Bài tập chương 3 hàm biến phức

Bài 1: Kiểm tra điều kiện Cauchy – Riemann đối với các hàm z n , e z , cos z và
chứng tỏ ( z n ) ' = nz n −1 , (e z ) ' = e z ,(cos z) ' = − sin z
1) Kiểm tra điều kiện Cauchy – Riemann
• w = zn
Đặt z = reiϕ .Khi đó
w = (reiϕ ) n = r n einϕ = r n cos nϕ + ir n sin nϕ
⇒ u = r n cos nϕ , v = r n sin nϕ
∂u
∂v
= nr n −1 cos nϕ , = nr n −1 sin nϕ
∂r
∂r
∂u
∂v
= −nr n sin nϕ ,
= nr n cos nϕ
∂ϕ
∂ϕ
∂u 1 ∂v ∂v
1 ∂u
⇒
=
, =−
∂r r ∂ϕ ∂r
r ∂ϕ

•

⇒ thỏa mãn điều kiện Cauchy - Riemann
w = ez
Đặt e z = e x (cos y + i sin y ) . Khi đó

⇒ u = e x cos y, v = e x sin y
∂u
∂u
= e x cos y,
= −e x sin y
∂x
∂y
∂v
∂v
= e x sin y , = e x cos y
∂x
∂y
∂u ∂v ∂u
∂v
⇒
= ,
=−
∂x ∂y ∂y
∂x

⇒ thỏa mãn điều kiện Cauchy – Riemann
• w = cos z
2) Chứng minh
• ( z n ) ' = nz n−1
- Với n = 2 ta có: ( z 2 ) ' = ( z.z ) ' = z '.z + z.z ' = 2 z
⇒ đúng với n = 2
- Gỉa sử đúng với n = k: ( z k ) ' = kz k −1
- Chứng minh đúng với n = k + 1
( z k +1 ) ' = ( z k z ) ' = ( z k ) ' z + z ' z k = kz k −1 z + z k = kz k + z k = (k + 1) z k

⇒ đpcm
•
•

∞

(e z ) ' = ( ∑
n =0

∞
zn
z n −1
)' = ∑
= ez
n!
(
n
−
1)!
n =1

∞

cos z = ∑ (−1)
n =0

∞

n +1

z 2n+2
(2n + 2)!

(cos z ) ' = ∑ ( −1) n +1
n =0

z 2 n +1
= − sin z
(2n + 1)!

3) f(z) = cosz
*Kiểm tra điều kiện C – R
Đặt z = x + iy ⇒ cos z = cos( x + iy )


z = x + iy ⇒ cosz = cos ( x + iy )
ei z + e −iz ei ( x+iy ) + e − i ( x +iy )
=
2
2
−y
y
e (cosx + isiny ) + e (cosx − isiny )
=
2
y
−y
e +e
e y − e− y

=
cosx − isinx
2
2
y
−y
e +e
e− y − e y
,
u ( x, y ) =
cosx v ( x, y ) = isinx
2
2
2
=> u,v là các hàm khả vi trên ¡
cosz =

Điều kiện C – R :
∂u
e y + e− y
=−
sinx,
∂x
2
∂u e − y − e y
−
=
cosx,
∂y
2

∂v
e− y + e y
∂u ∂v
=−
sinx ⇒
=
∂y
2
∂x ∂y
∂v e − y − e y
∂u ∂v
=
cosx ⇒ −
=
∂x
2
∂y ∂x

Vậy cosz thỏa mãn điều kiện C – R
* Chứng minh (cosz)’ = -sinz
Cho z số gia ∆z , ∆f = f ( z + ∆z ) − f ( z ) ⇒ ∆f = cos( z + ∆z ) − cos z
∆f
cos( z + ∆z ) − cos z
= lim
∆
z
→
0
∆z

∆z
cos z cos ∆z − sin z sin ∆z − cos z
= lim
∆z →0
∆z
cos ∆z − 1
sin ∆z
= cos z lim
− sinz lim
∆z →0
∆
z
→
0
∆z
∆z
cosx − 1
sinx 

= − sin z  do lim
= 0, lim
÷
x →0
x →0
x
x 

f ' ( z ) = lim

∆z →0

Vậy (cosz)’ = -sinz
Bài 2: Tìm các hằng số a,b,c để hàm sau là £ - khả vi tại z = x + iy :
1)

f ( z ) = x + ay + i (bx + cy )

 u ( x, y ) = x + ay
⇒
v( x, y ) = bx + ay

Xét ∂u = 1
∂x

∂u
=a
∂y

∂v
=b
∂x

∂v
=c
∂y

Theo điều kiện Cauchy- Riemann để hàm f(z) là £ - khả vi thì :


 ∂u ∂v

 ∂x = ∂y
 1= c

⇔ 

 a = −b
 ∂u = − ∂v
 ∂y
∂x

2) f ( z ) = cosx(chy + ashy ) + i sin x(chy + bshy )
u ( x, y ) = cosx(chy + ashy )
⇒
 v( x, y ) = sin x(chy + bshy )

Xét

∂u
= − sin x(chy + ashy )
∂x
∂u
= cosx ( shy + achy )
∂y
∂v
= cosx(chy + bshy )
∂x
∂v
= sin x( shy + bchy )
∂y

Theo điều kiện Cauchy- Riemann để hàm f(z) là £ - khả vi thì :
 ∂u ∂v
 ∂x = ∂y
− sin x(chy + ashy ) = sin x( shy + bchy )

⇔

 cosx( shy + achy ) = −cosx(chy + bshy )
 ∂u = − ∂v
∂x
 ∂y
−(chy + ashy ) = shy + bchy
⇔
 shy + achy = −(chy + bshy )
⇔ (b − a) shy = (b − a)chy
⇔ (b − a )( shy − chy ) = 0

⇔ b = a (vì shy − chy ≠ 0 )

Vậy với a = b thì f ( z ) = cosx(chy + ashy ) + i sin x (chy + bshy ) ( x, y ∈ ¡ ) £ - khả vi
Bài 4: Giả sử f ( z ) = u + iv = ρ eiθ là C – khả vi. Chứng minh rằng nếu một trong
các hàm u, v hay θ là hằng số thì f là hằng số.
Ta có f ( z ) = u + iv = ρ eiθ = ρ (cos ϕ + i sin ϕ )
u = ρ cos ϕ (1)
⇒
v = ρ sin ϕ (2)


∂u
= cos ϕ

∂ρ
∂v
= ρ .cos ϕ
∂ϕ
∂u
= − ρ .sin ϕ
∂ϕ
∂v
−
= − sin ϕ
∂ρ

Theo điều kiện Cauchy- Riemann do hàm f(z) là £ - khả vi thì :
∂u ∂v
=
⇔ cos ϕ = ρ .cos ϕ
∂ρ ∂ϕ

(3)

∂u
∂v
=−
⇔ sin ϕ = ρ .sin ϕ
∂ϕ
∂ρ

(4)

• Giả sử u là hằng số thì theo (1) ρ và ϕ là hằng số. Từ đó suy ra v là hằng số.

• Tương tự nếu v là hằng số thì u, ρ , ϕ là hằng số.
• Giả sử ρ là hằng số, theo (3) suy ra ϕ là hằng số. Từ đó suy ra u,v cũng là hằng
số.
• Ngược lại nếu ϕ là hằng số thì ρ , u,v cũng là hằng số.
−

Bài 6: Chứng minh hàm f ( z ) = z không C – khả vi tại điểm nào của C
Giải: f ( z ) = z = x − iy
∂u
∂v
= 1,
= −1
∂x
∂y
=> Hàm đã cho không C – khả vi tại điểm nào của C
∂u
∂v
= 0, − = 0
∂y
∂x

Bài 7: Chứng minh hàm f(z) = z.Rez C – khả vi tại z=0. Tính f’(0)
Giải: f(z) = z.Rez = (x+iy)x = x2 + ixy (u=x2 , v= xy)
u,v khả vi => f(z) R2 – khả vi

∂u
∂v
= 2x =
=x
∂x

∂y
∂u
∂v
=0=
=y
∂y
∂x
=> x=0 , y=0
=> f(z) thỏa mãn C – R chỉ tại z=0
=> f(z) C – khả vi tại z=0


 ∂f

∂u
∂v
⇒ f '(0) = 0.  (0) =
+ i (0) = f '(0) ÷
∂y (0) ∂y
 ∂z


Bài 8: Chứng minh rằng hàm f ( z ) = | xy | thỏa mãn điều kiện Cauchy –
Riemann trong tọa độ cực (r ,θ )
Ta có :
u = | xy |
f ( z ) = | xy | ⇒ 
v = 0
∂u
| y | ∂v

=
, =0
∂x 2 | xy | ∂y

∂u
| x | ∂v
=
, =0
∂y 2 | xy | ∂x
∂u

∂v

| y|

∂u

∂v

| x|

=0⇔ y=0
Để ∂x = ∂y ⇔
2 | xy |
=0⇔ x=0
Để ∂y = ∂x ⇔
2 | xy |

⇒ f ( z ) thỏa mãn điều kiện Cauchy-Rieman tại z = 0
Vì u , v không khả vi tại z = 0 ⇒ f ( z ) không C-khả vi tại z0

Vậy f ( z ) thỏa mãn điều kiện Cauchy –Rieman tại z0 nhưng không C-khả vi tại z0
Bài 10: Tìm dạng tổng quát của ánh xạ nguyên tuyến tính biến
1, nửa mặt phẳng trên thành chính nó.
Giải: w = az + b(a, b ∈ £ )

= (a1 x + ia2 )( x + iy ) + (b1 + ib2 )
= (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 )

⇒ w = a1 x − a2 y + b1
v = a2 x + a1 y + b2
Giả sử y = 0 a v = 0

⇒ 0 = a2 x + b2 (a2 , b2 ∈ ¡ )
Phương trình luôn nghiệm đúng với mọi x ⇔ a2 = b2 = 0

w = a1 x + ia1 y + b1 = a1z + b1

(1)

Có Im w = a1 y > 0 mà Im z > 0 ⇒ y > 0

⇒ a1 > 0

(2)


Từ (1)(2) ⇒ w = az + b (a > 0, b ∈ ¡ )
2, nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng dưới.
Giả sử w = az + b ( a, b ∈ £ )

= (a1 + ia2 )( x + iy ) + (b1 + ib2 )
= (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 )
u = a1 x − a2 y + b1
⇒
v = a2 x + a1 y + b2

Giả sử y = 0 a v = 0

⇒ 0 = a2 x + b2
Phương trình nghiệm đúng ⇒ a2 = b2 = 0

w = a1 x + ia1 y + b1 = a1 z + b1
Im w < 0 ⇒ a1 y < 0 mà Im z > 0 ⇒ y > 0 ⇒ a1 < 0
⇒ w = az + b (a < 0, b ∈ ¡ )

3) nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng bên phải
Im z > 0 → Re w > 0

Giả sử :
w = az + b ; a, b ∈ £

= ( a1 + ia2 ) .( x + iy ) + b1 + ib2

= ( a1 x − a2 y + b1 ) + i ( a2 x + a1 y + b2 )
Giả sử

y=0a u=0

0 = a1 x + b1 ( a1 , b1 ∈ £ )
Phương trình có nghiệm đúng với mọi x  a1=b1=0

Vậy
w= - a 2 y + ia2 x + ib2
(1)
= i ( a2 x + ia2 y + b2 ) = i ( a2 z + b2 )
Re w = - a2y >0, mà Im z > 0  y > 0 nên a2 < 0. (2)
Từ (1), (2) ta có : w = i (az +b) với a< 0 , b ∈ ¡
4, nửa mặt phẳng bên phải thành chính nó
Giả sử ánh xạ cần tìm là W = az + b
W = ( a1 + ia2 )( x + yi ) + (b1 + ib2 ) = (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 )


u ( x, y ) = a1 x − a2 y + b1
v( x, y ) = a1 y + a2 x + b2

Đặt 

x = 0 → u = 0
 Re w > 0

Ta có 
Do đó :

x = 0 ⇒u = −a2 y + b1 = 0 ⇒ a2 = b1 = 0
⇒ w = a1 x + i (a1 y + b2 ) = a1 z + ib2
Re w > 0
⇒ w = az + ib(a > 0)

Bài 11: Tìm dạng tổng quát của ánh xạ nguyên tuyến tính biến
1) dải 0< x <1 lên chính nó.
Giải: giả sử w = az + b

= (a1 + ia2 )( x + iy ) + (b1 + ib2 )
= (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a2 x + a1 y + b2 )

u = a1 x + a2 y + b1
v = a2 x + a1 y + b2
+TH1: x=0 => u=0
x=1 => u=1
−a2 y + b1 = 0
a = 1
a = 1
⇔ 1
⇔ 1
ta có hpt 
a1 − a2 y + b1 = 1  −a2 y + b1 = 0
a2 = b1 = 0

⇒ w = x + i (y+ b 2 ) = z + ib2 (b2 ∈ ¡ )
+TH2: : x=0 => u=1
x=1 => u=0
a1 = −1
−a2 y + b1 = 1
a1 = −1

⇔
⇔ a2 = 0
ta có hệ phương trình 
a1 − a2 y + b1 = 0
 −a2 y + b1 = 1 b = 1
1

⇒ w = − x + 1 + i (− y + b2 ) = 1 − z+ ib 2
3, Dải bị chặn bởi các đường y = x và y = x − 1 lên chính nó
Giải :
Giả sử ánh xạ cần tìm là W = az + b
W = ( a1 + ia2 )( x + yi ) + (b1 + ib2 ) = (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 )
u ( x, y ) = a1 x − a2 y + b1
v( x, y ) = a1 y + a2 x + b2

Đặt 


TH 1:
y = x → v = u

 y = x −1 → v = u −1
a x − a2 x + b1 = a1x + a2 x + b2
⇔ 1
a1 x − a2 ( x −1) + b1 −1 = a1 ( x −1) + a2 x + b2
−2a2 x + b1 − b2 = 0
⇔
−2a2 x + a1 + a2 + b1 − b2 −1 = 0
a = 1; a2 = 0
⇔ 1
b1 = b2
⇒ w = x + b1 + i( y + b1 ) = z + (i +1)b1

TH 2:
 y = x → v = x −1

 y = x −1 → v = x

a x + a2 x + b2 = x − 1
⇔ 1
a1 ( x − 1) + a2 x + b2 = x
 x( a + a − 1) + b2 = −1
⇔ 1 2
 x( a1 + a2 − 1) + b2 − a1 = 0
a = −1; a2 = 2
⇔ 1
b2 = −1
⇒ w = − x − 2 y + b1 + i (2 x − y − 1) = −( x + iy ) + 2i ( x + iy ) + b1 − i
= z (−1 + 2i) + b1 − i

Bài 13: Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên Imz > 0 lên hình
tròn w < 1 sao cho
1) w ( i ) = 0,arg w ' ( i ) =

π
2

Giải: w(i ) = 0 ⇒ zo = i
⇒ w = eiϕ

( z + i) − ( z − i)
2i
= eiϕ
2
( z + i)
( z + i)2

 1 

2i
= eiϕ  − i ÷
2
4i
 2 
 1 
 1 
arg w '(i) = arg eiϕ + arg  − i ÷ = ϕ + arg  − i ÷
 2 
 2 

⇒ w '(i) = eiϕ

3π



Mà arg  − i ÷ =
 2  2
1


⇒ arg w '(i ) = ϕ +

3π π
=
2
2

⇒ ϕ = −π

z −i
z +i

⇒ w = e − iπ

arg w′(2i ) = 0

2) w(2i) = 0,

w(2i ) = 0 ⇒ z0 = 2i, z0 = −2i
w = eiϕ

z − 2i
z + 2i

w′ = eiϕ

2 z + 2i − ( z − 2i )
( z + 2i ) 2

= eiϕ

4i
( z + 2i) 2

4i
−i
= eiϕ
2
(4i )

4

w′(2i ) = eiϕ

argw′(2i ) = argeiϕ + arg (
⇒ϕ =

−i
3π
) =ϕ +
=0
4
2

−3π π
=
2
2
i

π

Vậy w = e 2

z − 2i
z + 2i

Bài 14: Ánh xạ nửa mặt phẳng trên Im z > 0 lên hình tròn | w − w0 | < R sao cho
điểm i biến thành tâm đường tròn còn đạo hàm tại đó dương.
Ánh xạ nửa mặt phẳng trên Im z > 0 lên hình tròn | w − w0 | < R sao cho điểm i biến

iϕ
thành tâm đường tròn là : w = R .e .

z − z0
+i
z − z0

Đạo hàm theo z ta được:
w ′ = R .eiϕ .

z0 − z 0
( z − z0 ) 2

0

Lấy z = z suy ra
w ′ = R .eiϕ .

z0 − z 0
1
1
= R .eiϕ .
= R .eiϕ .
2
2 Im z
( z 0 − z0 )
z0 − z0


’

Vì Imz > 0 nên w > 0
Vậy ánh xạ cần tìm là:
w = R .eiϕ .

z − z0
+i
z − z0

Bài 15: Ánh xạ z < 2 lên nửa mặt phẳng Re w > 0 sao cho ω (0) = 1 và arg ω '(0) =
Giải
iϕ
Ánh xạ cần tìm ω = e .

z − z0
z − z0

Do ω (0) = 1 nên z0 = 1
iϕ
Suy ra ω = e .

ω ' = eiϕ .

z −1
z +1

2
( z + 1)2

Ta có arg ω '(0) =

Nên ϕ =

π
; ω '(0) = 2.eiϕ
2

π
4
i

π

Vậy ω = e 4 .

z −1
z +1

Bài 16: Ánh xạ z < 1 nên w < 1 sao cho:

1
1
1, w  ÷ = 0,arg w '  ÷ = 0
2
2

1
2

1
2

2, w  ÷ = 0,arg w '  ÷ =

π
2

π
i
3, w ( 0 ) = 0,arg w '  ÷ = −
2
 2
4, w ( a ) = a,arg w ' ( 0 ) = α
Giải:

1
1, Có w  ÷ = 0 ⇒ zo =
 2
2
1

π
2


Ánh xạ cần tìm có dạng tổng quát:
z−1
2 = eiϕ 2 z −1
w =e
1 z −1
z−2

2
iϕ

2 ( z − 2 ) − (2 z −1) iϕ −3
=e
( z − 2)2
( z − 2)2
1
−4
w '  ÷÷ = eiϕ
3
2
w 'z = eiϕ

1
 −4 
 −4 
arg w '  ÷ = arg eiϕ + arg  ÷ = ϕ + arg  ÷ = 0
2
3
 


 3 
 −4 
÷ = −π
 3 

⇒ ϕ = − arg 
⇒ w = e−iπ

2 z −1
z−2

i
2

i
2

2) w( ) = 0, argw′( ) =
α=

π
2

i
2

i
2 = eiϕ 2 z − i
w = eiϕ
i
− zi − 2
−z −1
2
z−

w′ = eiϕ
= eiϕ

2(− zi − 2) + i (2 z − i )
( zi + 2) 2

−3
( zi + 2) 2

i
−3
w′( ) = eiϕ
= eiϕ
i
2
( i + 2) 2
2

−3
−4 iϕ
=
e
3 2
3
( )
2

i
−4
π
argw′( ) = argeiϕ + arg ( ) = ϕ + π =
2

3
2
−π
⇒ϕ =
2
π
−i
2z − i
⇒w=e 2
− zi − 2

3) w(0)= 0, arg w’(0) =

−π
2

Có w(0) = 0 ⇒ z0 = 0
⇒ Ánh xạ cần tìm có dạng tổng quát :
z −0
w = eiϕ .
= eiϕ .( − z )
z.0 − 1


w(0) = 0 ⇒ z = 0
w’(0) = −eiϕ
arg w’(0) = arg ( −eiϕ ) = arg eiϕ + arg (- 1)
arg w’(0) = −
⇒ arg

π
2

eiϕ + arg (- 1) =

−

π
π
π
⇔ ϕ = − arg ( −1) − ⇔ ϕ = −π −
2
2
2

Bài 17: Tìm ánh xạ biến z < R1 lên w < R2 sao cho w(a) = b, arg w '(a) = α
( a < R1 , b < R2 )
iβ
Ánh xạ biến z < R1 → w < R2 sao cho w(a) = 0 là w1 = R1.e .
0

iβ
Ánh xạ biến z < R1 → w < R2 sao cho w(b) = 0 là w = R2 .e .
1

z−a
z−a

z −b
z −b

Ánh xạ w biến z < R1 → w < R2 xác định từ hệ thức :
R1.eiβ0 .

Hay

z−a
iβ z − b
= R2 .e 1 .
z−a
z −b

w − b R1 iβ z − a
= .e .
, β = β 0 − β1
w − b R2
z−a

Lấy đạo hàm 2 vế theo z :

(b − b)w ' R1 iβ ( a − a)
= .e .
(w − b) 2 R2
( z − a)2
⇒ w '(a ).

R
1
1
= 1 .eiβ

2.Im b R2
2.Im a

⇒ w '( a) =

R1 iβ Im b
.e .
R2
Im a

⇒ arg w '( a) = β với α = β

Ánh xạ cần tìm là :

w − b R1 iβ z − a
= .e .
w − b R2
z−a

Bài 19: Tìm ánh xạ biến | z − 2 |< 1 lên | ω − 2i |< 2 với ω (2) = i, arg ω '(2) = 0
Ánh xạ biến | z − 2 |< 1 lên | ω − 2i |< 2 với ω (2) = 0 có dạng

iϕ z − 2
iϕ z − 2
iϕ
ω =e 1
+2=e 1
+2=e 1+2
z−2
z−2

Ánh xạ biến | z − 2 |< 1 lên | ω − 2i |< 2 với ω (i) = 0 có dạng

iϕ ω − i
iϕ ω − i
ω = 2e 2
+ 2i = 2e 2
+ 2i
ω +i
ω −i
Ánh xạ ω có dạng
iϕ
iϕ ω − i
e 1 + 2 = 2e 2
+ 2i
ω +i
eiϕ 2 − 2i ω − i
⇔
+
=
iϕ
2
ω +i
2
2e
eiϕ 1 − i ω − i
⇔
+
=

iϕ
2
ω +i
2
e

(với ϕ = ϕ1 − ϕ2 )

Lấy đạo hàm 2 vế theo z ta được

(ω − i)ω '
(i + i)
= 0 ⇔ ω ' (2)
=0
(ω + i)2
(i + i)2
1
⇔ ω ' (2) = 0
2i
⇒ arg ω ' (2) = 0
Vậy ánh xạ cần tìm là

ω − i eiϕ 1 − i
=
+
iϕ
ω +i 2
e 2