TOÁN CHUYÊN NGÀNH: số phức hàm biến phức

Chương số phức hàm biến phức Ta biết luỹ thừa chẵn số thực khác không dương, lớp số thực khơng thể khai bậc chẵn số âm Cũng khơng phải phương trình bậc hai có nghiệm thực Do ta phải mở rộng khái niệm số, đưa vào lớp số nhận số thực làm trường hợp riêng Lớp số gọi số phức 1.1 Số phức 1.1.1 Định nghĩa Số phức biểu thức dạng s = a + jb , a b số thực, j đơn vị ảo với j = −1 a b gọi phần thực phần ảo số phức s Có hai trường hợp đặc biệt số phức sau: Nếu b = s = a Như số thực trường hợp riêng số phức Nếu a = s = jb , số gọi số ảo tuý Hai thành phần số phức a b độc lập, khác hẳn chất s = a + jb không a = b = Mỗi số phức s biểu diễn điểm S tương ứng mặt phẳng phức với hai trục tọa độ hình 1.1 Trong đó, trục thực trục hồnh kí hiệu +1 trục ảo trục tung kí hiệu + j  Hình 1.1: Biểu diễn số phức s mặt phẳng phức Độ dài véctơ OS gọi mô đun (hay mod) số phức s Mod số phức s ký hiệu tính sau: =s = a + b2 (1.1) Góc tạo véctơ OS trục thực gọi arg (argument) số phức s Arg số phức s ký hiệu tính sau:  = arctg b a (1.2) với giả thiết a  1.1.2 Các cách biểu diễn số phức a Biểu diễn đại số s = a + jb =  (cos + j sin  ) (1.3) Ví dụ 1.1 Cho số phức s1 = − j Biểu diễn số phức dạng đại số (1.3) Ta có: 1 = + = 2; 1 = arctg ( =− −1 )  Vậy s1 = 2(cos   − j sin ) 6 b Biểu diễn dạng mũ Ta có, s = a + jb =  (cos + j sin  ) Theo cơng thức Euler e j = cos + j sin  , suy e s =  e j (1.4 a) 2, 7182 số logarit tự nhiên Tuy nhiên để thuận tiện ta thường viết s =  (1.4 b) Ví dụ 1.2  Cho số phức s = 5e j , biểu diễn số phức dạng đại số Ta cú: s = 5 / = 5(cos   + j sin ) 3 1.1.3 Số phức liên hợp Định nghĩa 1.1 Hai số phức gọi liên hợp có phần thực phần ảo trái dấu (hay có mod arg đối nhau) Kí hiệu số phức liên hợp số phức s s* Cho s = a + jb Suy ra, s = a − jb (1.5) Ví dụ 1.3 s1 = + j  s1* = − j s2 = − j  s2* = + j 1.1.4 Các số phức đặc biệt a e j  = 1 Vậy j = e j    = cos + jsin 2  Ví dụ 1.4 s = 100 b e −j  = 1 −  = 100 j    = cos − jsin = − j 2 Vậy e −j  = −j Ví dụ 1.5 s = 50 −  = −50 j 1.2 Các phép tính số phức Với số phức ta có phép tính sau: cộng, trừ, nhân, chia lấy số thực 1.2.1 Cộng đại số số phức Khi cộng đại số số phức ta thường đưa dạng đại số Định lý 1.1 Tổng (hoặc hiệu) số phức số phức có phần thực tổng (hoặc hiệu) phần thực phần ảo tổng (hoặc hiệu) phần ảo Giả sử s1 = a1 + jb1 s2 = b2 + jb2 Ta có, s1  s2 = (a1  a2 ) + j (b1  b2 ) (1.6) Ví dụ 1.6 Cho s1 = + j s2 = − j Tổng hiệu hai số phức tính sau: s1 + s2 = (2 + 5) + j[3 + (−4)] =7− j s1 − s2 = (2 − 5) + j[3 − (−4)] = −3 + j 1.2.2 Nhân chia số phức Khi nhân chia số phức ta thường biểu diễn số phức dạng mũ (trừ trường hợp thực máy tính kỹ thuật) Định lý 1.2 Tích (hoặc thương) số phức số phức có mod tích (hoặc thương) mod arg tổng (hoặc hiệu) arg Giả sử s1 = 1e j1 s2 =  2e j2 Ta có s1.s2 = 1. 2e j (1 +2 ) (1.7 a) s1 1 j (1 −2 ) = e s2  (1.7 b) Ví dụ 1.7 Cho s1 = 545o s = 2030o Tớch thương hai số phức tính sau: s1.s2 = 5.20e j (45 o + 30o ) = 100e j 75 o s1 j (45o −30o ) = e s2 20 = 0, 25e j15 o Chú ý: Khi nhân chia số phức ta để dạng đại số sử dụng cụng thức j = −1 Cho số phức s1 = a1 + jb1 s2 = a2 + jb2 Ta có s1.s2 = (a1 + jb1 )(a2 + jb2 ) = (a1a2 − b1b2 ) + j (a1b2 + a2b1 ) Khi ta nhân n số phức giống s = a + jb =  = (cos  + jsin ) ta kết quả: s n = (a + jb) n =  n (n) =  n (cos n + jsin n) Đặc biệt  = , ta có (cos  + jsin ) n = (cos n + jsin n) (1.8) Công thức gọi công thức Moivre 1.2.3 Khai số phức Xét số phức s = a + bj =  = (cos  + jsin ) Căn bậc n s là:  + k  + k   n s = n  cos + j sin n n   (1.9) với k nguyờn, n  N Chứng minh: Giả sử ta có n s = s1 = a1 + jb1 = 11 Suy ra, s1n = s hay 1n n1 = 1n (cos n1 + j sin n1 ) =  (cos  + j sin  )  = 1n  n1 =  + 2k 1 = n     + 2k 1 =  n Trong công thức ta thấy: cho k với giá trị n , chẳng hạn k k + n ta có số phức vì:  + 2(k + n)  + 2(k + n) cos + j sin n n  + k  + k = cos ( + 2 ) + j sin( + 2 ) n n  + k  + k = cos + j sin n n Vì biểu thức tính n z ta cần lấy k số nguyên liên tiếp: k = 0,1, 2, , n − đủ Với n giá trị k ta có n số phức khác nhau: z0 , z1 , z2 , , zn−1 Chúng bậc n z  z0 = n  (cos = n  e j  n z1 = n  (cos = n  e j  + j sin ) n n  + 2 n  + 2 + j sin n )  + 2 n zn −1 = n  (cos j  + 2(n − 1) n + j sin  + 2(n − 1) n )  + 2( n −1) = n  e Từ ta có: n z1 = 1.e j j  + 2 n  = 1e e = z0 e z2 = 1.e = 1e j = z1.e j n j j 2 n 2 n  + 4 n  + 2 n j e j 2 n 2 n Nghĩa z suy từ z phép quay quanh gốc 2 Tương tự z suy từ z n 2 phép quay quanh gốc tọa độ O góc Vậy tọa độ n z k (k = 0,1, 2, , n − 1) đỉnh đa giác tọa độ O góc n cạnh tâm có tâm O Ví dụ 1.8 Tính −1 Ta có −1 = 1(cos  + j sin  ) Khi k = : z0 = 1(cos   + j sin ) 4 2 = +j 2 Khi k = : 3 3 + j sin ) 4 2 =− +j 2 z1 = 1(cos Khi k = : 5 5 + j sin ) 4 2 =− −j 2 z2 = 1(cos Khi k = : 10 nút xi giá trị hàm y = f(x) yi = f ( xi ) Hãy tìm đa thức Pn ( x) cho: Pn ( xi ) = yi , i = 0,1, 2, , n Còn giá trị x khác Pn ( x)  f ( x) 6.2.2 Thành lập đa thức Xét đa thức li ( x j ) = 0, j  i  li ( x j ) = 1, j = i Suy ra, li(x)=0 x = x0 , x1 , , xi −1 , xi +1 , , xn Hay li(x)=0 có n nghiệm: x0 , x1 , x2 , , xi −1 , xi +1 , , xn Vậy li(x) có dạng sau: li ( x) = ( x − x0 )( x − x1 ) ( x − xi −1 )( x − xi +1 ) ( x − xn ) (1) Thay x = xi vào (1) ta có: = ( xi − x0 )( xi − x1 ) ( xi − xi −1 )( xi − xi +1 ) ( xi − xn ) Thay vào biểu thức (1) ta có: li ( x) = ( x − x0 )( x − x1 ) ( x − xi −1 )( x − xi +1 ) ( x − xn ) ( xi − x0 )( xi − x1 ) ( xi − xi −1 )( xi − xi +1 ) ( xi − xn ) Đa thức nội suy Pn ( x) (bậc n ) thoả mãn điều kiện:  Pn ( xi ) = yi  i =  n có dạng sau: 112 n Pn ( x) =  li ( x) yi i =0 Đa thức gọi đa thức nội suy Lagarange Thử lại ta thấy Pn ( x j ) = y j Pn ( x j ) = l0 ( x j ) y0 + l1 ( x j ) y1 + + l j ( x j ) y j + + ln ( x j ) yn = 0*1 + 0*1 + + 1* y j + + 0*1 = yj 6.2.3 Nội suy bậc Khi n = ta có: P1 ( x) = y0l0 ( x) + y1l1 ( x) đó: l0 ( x) = P1 ( x) = y0 x − x0 x − x1 ; l1 ( x) = x0 − x1 x1 − x0 x − x0 x − x1 + y1 x0 − x1 x1 − x0 Suy P1 ( x) đa thức nội suy bậc có dạng: P1 ( x) = Ax + B Vớ dụ: Cho giỏ trị hàm số y = f(x) điểm, xõy dựng đa thức nội suy cho hàm số i x y 1,5 113 Theo cụng thức ta cú: x −3 x − 1,5 +9 1,5 − 3 − 1,5 = −4( x − 3) + 6( x − 1,5) = 2x + 6.2.4 Đa thức nội suy bậc Khi n = ta có: P2 ( x) = y0l0 ( x) + y1l1 ( x) + y2l2 ( x) P1 ( x) = l0 ( x) = ( x − x1 )( x − x2 ) ( x0 − x1 )( x0 − x2 ) l1 ( x) = ( x − x0 )( x − x2 ) ( x2 − x1 )( x1 − x2 ) l2 ( x) = ( x − x0 )( x − x1 ) ( x2 − x0 )( x2 − x1 ) Đa thức P2 ( x) đa thức bậc x cú dạng: P2 ( x) = Ax + Bx + C Ví dụ: Biết đại lượng y đa thức bậc x có bảng giỏ trị số điểm sau: i xi 0.78 1,56 2,34 yi 2,5 1,2 1,12 Hãy xõy dựng đa thức nội suy Lagrange 114 Giải: Đa thức nội suy bậc ta có: Pn ( x) = l0 ( x) y0 + l1 ( x) y1 + l2 ( x) y2 đó: l0 ( x) = ( x − 1,56)( x − 2,34) (0, 78 − 1,56)(0, 78 − 2,34) x − 3,9 x + 3, 65 1, 22 ( x − 0, 78)( x − 0,34) l1 ( x) = (1,56 − 0, 78)(1,56 − 2,34) = x − 3,12 x + 1,82 −0, 61 ( x − 0, 78)( x − 1,56) l2 ( x ) = (2,34 − 0, 78)(2,34 − 1,56) = = x − 2,34 x + 1, 22 1, 22 Vậy P2 ( x) = 2,5.l0 ( x) + 1, 2.l1 ( x) + 1,12.l2 ( x) = 1, 002x − 4, 01x + 5, 045 Ví dụ: Cho bảng cỏc giỏ trị hàm số y = f(x) sau: i xi yi Tìm cơng thức nội suy Lagrange cho hàm f(x) Ta có đa thức nội suy Lagrange sau: 115 ( x − 2)( x − 3)( x − 5) ( x − 0)( x − 3)( x − 5) + (0 − 2)(0 − 3)(0 − 5) (2 − 0)(2 − 3)(2 − 5) ( x − 0)( x − 2)( x − 5) ( x − 0)( x − 2)( x − 3) + (3 − 0)(3 − 2)(3 − 5) (5 − 0)(5 − 2)(5 − 3) 13 62 = x3 − x + x +1 10 16 15 P3 ( x) = 6.3 Phương pháp bỡnh phương cực tiểu 6.3.1 Khái niệm Đây phương pháp ứng dụng rộng rãi kỹ thuật Giả sử ta phải tìm quan hệ y = f(x) Ta tiến hành thí nghiệm đo đạc, sau thu bảng kết sau: x … … x2 xn x1 xi y y1 y2 … yi … yn Vấn đề đặt là: từ bảng thực nghiệm ta phải tìm quan hệ hàm số x y với đánh giá xác so với quan hệ thực chúng phương pháp bỡnh phương cực tiểu Ở ta xột số hàm sau: y = ax +b y = ax2 + bx + c y = asinx + bcosx+ c y = aebx 116 Theo thuật toán bỡnh phương cực tiểu: từ kết thực nghiệm ta phải tìm hàm số gần hàm xác định hàm số a, b, c, cho: n S =   f ( xk ) − yk  → k =1 6.3.2 Các công thức thực nghiệm cụ thể 6.3.2.1 Trường hợp y = ax +b Giả sử y phụ thuộc vào x cú dạng y = ax + b, ta phải tìm a b cho S đạt giỏ trị nhỏ n S =   axk + b − yk  → k =1 Theo lý thuyết hàm nhiều biến, muốn S đạt cực tiểu a b phải nghiệm hệ phương trình  S  a =   S =  b  n 2 (axk + b − yk ).xk =  k =1  n 2 (ax + b − y ).1 = k k   k =1 Triển khai được: n n  n a x + b x = 1 k 1 xk yk   k  k =1  n n a x + nb = 1 yk k   117 Giải hệ trờn ta tìm a b Ví dụ: Cho biết phụ thuộc hai đại lượng x y có dạng y = ax + b bảng cỏc giỏ trị hàm số điểm sau: i xi yi 1,1 0,78 2,1 7,3 3,2 9,2 4,4 11,9 5,2 13,3 Hãy xác định a b phương pháp bình phương bé Giải: Để thuận tiện cho việc giải hệ phương trỡnh, ta lập bảng sau: i xi yi xi2 xi yi  -1,1 2,1 3,2 4,4 5,2 13,8 0,78 7,3 9,2 11,9 13,3 42,48 1,21 4,41 10,24 19,36 27,04 62,26 - 0,858 15,33 29,44 52,36 69,16 165,43 Ta cú hệ phương trỡnh: 62, 26a + 13,8b = 165, 43  13,8a + 5b = 42, 48 118 Giải hệ ta thu được: a = 1,9935131 b = 2,9939036  Suy ra, y =2x +3 Đối với trường hợp y = aebx, ta làm sau: Lấy lô ga số e hai vế lny = lna + bx Đặt Y = lny, X = x, A = b B = lna Khi ta có dạng Y = AX + B giống với trường hợp 6.3.2.2 Trường hợp y = ax2 + bx + c Ta có: n S =   axk2 + bxk + c − yk  → Để S đạt giỏ trị nhỏ thỡ đạo hàm S theo cỏc tham số phải đồng thời khụng, tức a, b c phải nghiệm hệ phương trình sau:  S  a =   S  =0  b  S  b =   n 2 2 (axk + bxk + c − yk ).xk =   n  2 (axk2 + bxk + c − yk ).xk =   n 2 (axk + bxk + c − yk ).1 =  119 Triển khai ta có: n n n  n a x + b x + c x = xk2 yk    k k   k 1  n n n n  a  xk + b xk + c  xk =  xk yk 1  n n  n a  xk + b xk + nc =  yk 1  Giải hệ ta tìm a, b c Đối với trường hợp y = asinx + bcosx+ c, ta làm tương tự cỏch thay xk2 sin(xk) xk cos(xk) (chỳ ý xk2  xk * xk trường hợp này), thu hệ phương trỡnh sau: n n n  n a sin ( x ) + b sin( x ) c os( x ) + c sin( x ) = yk sin( xk )     k k k k  1  n n n  n a sin( x ) c os( x ) + b c os ( x ) + c c os( x ) =   1 1 1 yk cos( xk ) k k k k  n n  n a  sin( xk ) + b cos( xk ) + nc =  yk 1  Giải hệ ta tìm a, b c 120 Chương Giải gần phương trình vi phân thường 7.1 Đặt vấn đề Trong kỹ thuật, số toán giải cách giải phương trình vi phân thường Ta phân loại thành dạng toán sau: Bài toán 1: Giải phương trình vi phân cấp Tìm nghiệm phương trình y = f(x) thoả mãn y' = g(x,y) biết điều kiện đầu y( x ) =  với x  x  a , x0,  a cho trước Bài toán 2: Giải phương trình vi phân cấp n Tìm nghiệm phương trình y = f(x) thoả mãn y(n) =g(x,y,y', ,y(n-1)) biết điều kiện đầu y( x ) =  , y ' ( x ) = 1 , y n −1 ( x ) =  n −1 với x  x  a Bài tốn 3: Giải hệ n phương trình vi phân cấp Cho dy dx g = ( g1 = g ( x, y ) , y = [ y1 g g n )T y2 yn ]T , điều kiện đầu: y ( x0 ) =  ,  = [1   n ]T 121 Bằng phương pháp đổi biến, ta dễ dàng chuyển toán toán để giải cỏch đặt: dy = y1 dx dy1 = y2 dx dyn−2 = yn−1 dx dyn−1 = g ( x, y, y1 , , yn−1 ) dx Một số tốn vi phân như: - Phương trình có biến phân li - Phương trình đẳng cấp cấp - Phương trình tuyến tính cấp Có thể tìm nghiệm phương trình Nhưng với tốn tốn với g(x,y) có dạng khơng có phương pháp giải nghiệm Việc giải nghiệm gần toán có vai trị quan trọng thực tế 7.2 Phương pháp Euler 122 Cho y'=g(x,y) biết điều kiện đầu y( x ) =  với x  x  a , x0  Để tìm giá trị gần y chia [x0;a] thành n đoạn nhỏ điểm chia xi xi = x0 + ih, i =  n − xn = a, h = a − x0 n Ký hiệu: y(x) nghiệm x y(xi) nghiệm xi yi nghiệm gần y(xi) Giả thiết biết yi xi, cần tính yi+1 xi+1 Khai triển Taylor xi bỏ qua số hạng có đạo hàm bậc cao ta y(x) = y(xi) + (x - xi) y'(xi) Thay x=xi+1= xi + h y'(xi)=g(xi, y(xi)) vào biểu thức trờn, ta cú: y(xi+1) = y(xi) + hg(xi,y(xi)) Xấp xỉ y(xi+1) = yi+1 y(xi) = yi, suy yi+1 = yi + hg(xi,yi) với i =  n − 1, y = y( x ) =  Nhận xét: Phương pháp có ưu điểm tính tốn đơn giản, có nhược điểm độ xác thấp 123 Đối với tốn 3, áp dụng phương pháp Euler được: yi+1 = yi + hg(xi,yi) với i =  n − 1, y = y( x ) =  7.3 Phương pháp Euler cải tiến Áp dụng công thức Newton - Leipnit có: y( x i +1 ) − y( x i ) = x i +1  y (x)dx ' xi Tính gần tích phân xác định cơng thức hình thang được: h y( x i +1 ) − y( x i ) = [ y' ( x i +1 ) + y' ( x i )] (1) Xấp xỉ y(xi+1) = yi+1, y(xi) = yi, y '( xi ) = g ( xi , yi ) y '( xi +1 ) = g ( xi +1, yi +1 ) Khi ta có: h yi +1 = yi + [ g ( xi , yi ) + g ( xi +1 , yi +1 )] (2), với i =  n − , y = y( x ) =  biết Muốn tìm yi+1 ta phải giải phương trình (2), nhược điểm phương trình (2) Để giải phương trình (2) người ta sử dụng công thức sau: h yik+1 = yi + [ g ( xi , yi ) + g ( xi +1 , yik+−11 )] 124 yi0+1 = yi + hg ( xi , yi ) Q trình tính tốn giá trị yi+1 lấy xấp xỉ theo công thức y i +1 = y ik+1 với k = 1, 2, 125 126