bài tập tích phân phức và thặng dư

Chương 1 LÝ THUYẾT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH Bài tập 1 1 Giả sử C là chu tuyến giới hạn bởi miền Ω có diện tích S Chứng minh a) ∫ C xdz = iS b) ∫ C ydz = −S c) ∫ C zdz = 0 Lời giải a) Áp dụng công.

Chương LÝ THUYẾT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH Bài tập 1.1 Giả sử C chu tuyến giới hạn miền Ω có diện tích S Chứng minh: xdz = iS a) C ydz = −S b) C zdz = c) C Lời giải P dx + Qdy = a) Áp dụng công thức Green: C xdz = Ta có: C P =x⇒ C ∂Q ∂P − ∂x ∂y dxdy x(dx + idy) C ∂P = 0; ∂y Q=0⇒ ∂Q =0 ∂x Mà: xdx = C 0dxdy DC (1 − 0)dxdy = xdy = C dxdy = S (diện tích miền DC) DC C xdz = iS Vậy C ydz = b) C y(dx + idy) = ydx + i C P =0⇒ C ∂P = 0; ∂y ydy = Q=y⇒ ydy ∂Q =0 ∂x C 0dxdy = C C Mà: (0 − 1)dxdy = ydx = C −dxdy = −S C C ydz = −S Vậy C c) Ta có zdz = (x + iy)(dx + idy) C C = xdx + i = = Bài tập 1.2 Tính I1 = ydx − xdy + i C C − iS + iS xdz, C I2 = C ydy C −0 ydz với: C a) C bán kính vector điểm z = + i b) C nửa đường tròn |z| = 1, ≤ argz ≤ π (điểm đầu z = 1) c) C đường tròn |z − a| = R Lời giải a) Đường lấy tích phân y = x ; x:0→2 I1 = xdz = L xdz = xdx + i xdy = xdx + i =2+i x2 x2 xdx = |20 + i |20 2 I2 = ydz L Đường lấy tích phân x = 2y, ydz = I2 = y:0→1 y(dx + idy) = L ydx + i L L ydy L ydy yd(2y) + i = 0 2y y2 |0 + i |10 2 i =1+ = b) Đặt z = cosϕ + isinϕ ⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ) dϕ π cosϕ (−sinϕ + icosϕ) dϕ xdz = I1 = L π =− π cos2 ϕdϕ cosϕsinϕdϕ + i 0 π −sin2ϕ + cos2ϕ dϕ + i dϕ 2 0 1 cos2π|π0 + i ϕ + sin2ϕ |π0 4 1 π 1 cos2π − cos0 + i + sin2π − sin0 4 4 1 πi − + 4 πi π = = = = = π I2 = ydz = sinϕ (−sinϕ + icosϕ) dϕ C π π −sin2 ϕdϕ + i = sinϕcosϕdϕ π π − cos2π sin2ϕ dϕ + i dϕ 2 0 −1 sin2ϕ π −cos2ϕ π = ϕ+ |0 + i |0 4 −1 1 i = π + sin2π − icos2π + cos0 = 4 =− −π c) Đặt z = x + iy C đường tròn tâm (a, 0), bán kính R ⇒ z = a + R(cosϕ + isinϕ) = (a + Rcosϕ) + iRsinϕ 2π I1 = xdz = C (a + Rcosϕ) d (a + Rcosϕ + iRsinϕ) 2π (a + Rcosϕ) d (a + Rcosϕ + iRsinϕ) = 2π 2π (a + Rcosϕ)d(a + Rcosϕ) + i = (a + Rcosϕ)d(Rsinϕ) 2π (a + Rcosϕ)2 2π = (aRcosϕ + R2 cos2 ϕ)dϕ |0 + i 2 (a + Rcos2π) (a + Rcos0)2 = − + i(−aRsinϕ |2π +i 2 R2 = i(−aRsin2π + aRsin0) + i ϕ − sin2ϕ R = + i 2π = iR2 π 2π R2 2π Rsinϕd(a + Rcosϕ + iRsinϕ) ydz = I2 = C 2π 2π = Rsinϕd(a + Rcosϕ) + 2π −R = 21 − cos2ϕ d(a + Rcosϕ) + i −R2 2π = −R2 π = Cách Dùng công thức Green xdz = iS vớiz = x + iy C (S miền giới hạn C) xdz = iπR2 ⇒ S = πR2 ⇒ Rsinϕd(iRsinϕ) 0 C 2π Rsinϕd(Rsinϕ) + cos2ϕ dϕ |z|dz với: Bài tập 1.3 Tính I = C a) C nửa đường tròn |z| = 1, ≤ argz ≤ π (điểm đầu z = 1) b) C nửa đường tròn |z| = 1, −π π ≤ argz ≤ (điểm đầu z = −i) 2 c) C đường tròn |z| = R Lời giải 0≤ϕ≤π a) Đặt z = cosϕ + isinϕ, ⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ)dϕ cos2 ϕ + sin2 ϕ = |z| = π |z|dz = I= C (−sinϕ + icosϕ)dϕ = (−cosϕ − isinϕ)|π0 = −1 − = −2 b) Đặt z = |z|(cosϕ + isinϕ) = cosϕ + isinϕ ⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ)dϕ π I= π dz = −π (−sinϕ + icosϕ)dϕ −π π = (cosϕ + isinϕ)| −π = −i − (−i) = −2i c) Đặt z = Rcosϕ + icosϕ 2π R(−Rsinϕ + icosϕ)dϕ = R2 (cosϕ + isinϕ)|2π = I= |z|zdz C đường cong kín gồm nửa Bài tập 1.4 Tính I = C đường tròn |z| = 1, đoạn −1 ≤ x ≤ 1, y = Lời giải Tách C thành hai đường |z| = −1 ≤ x ≤ 1, y = |z|zdz = I= C |z|zdz + C1 |z|zdz C2 |z|zdz I1 = C1 z = cosϕ + isinϕ ⇒ dz = (−sinϕ + icosϕ)dϕ ϕ : → π, |z| = Ta có: π 1(cosϕ − isinϕ)(−sinϕ + icosϕ)dϕ I1 = π π 0 = iϕ|π0 |z|zdz, I2 = (cos2 ϕ + sin2 ϕ)dϕ (−cosϕsinϕ + sinϕcosϕ)dϕ + i = = iπ x : −1 → C2 z = x + iy, y = ⇒ z = 0, |z| = |x| |x|xdx + I2 = |x|xdx −1 0 x2 dx = −x dx + = −1 = x3 −x3 |−1 + |10 3 −1 + =0 3 ⇒ I1 + I2 = πi + = πi dz √ theo đường sau: z C √ a) Nửa đường tròn |z| = 1, y ≥ 0, = Bài tập 1.5 Tính I = √ b) Nửa đường trịn |z| = 1, y ≥ 0, = −1 √ c) Nửa đường tròn |z| = 1, y ≤ 0, = √ d) Đường tròn |z| = 1, = Lời giải √ √ √ a) z = reiϕ , = ⇒ z = eiϕ , ϕ : → π I= C dz √ = z π d(eiϕ ) √ = eiϕ π ieiϕ ϕ dϕ = i ei π ϕ ϕ ei dϕ = 2ei |π0 = 2i − b) √ ϕ z = ei( +π) π ieiϕ ⇒I= dϕ = i ϕ +π ) e (2 eiϕ = cosϕ + isinϕ π ϕ ϕ ei( −π) dϕ = 2ei( −π) |π0 = 2e−i − 2e−iπ π e−iπ = cos(−π) + isin(−π) = −1 −π −π π + isin = −i e−i = cos 2 ⇒ I = −2i + √ √ √ c) z = reiϕ , = ⇒ z = eiϕ , ϕ : π → 2π I= C = dz √ = z ϕ 2ei |2π π 2π π i π2 = 2e d(eiϕ ) √ = eiϕ 2π π ieiϕ ϕ dϕ = i ei 2π ϕ ei dϕ π iπ − 2e eiϕ = cosϕ + isinϕ eiπ = cos(π) + isin(π) = −1 π π π + isin =i ei = cos 2 ⇒ I = 2i + √ √ √ d) z = reiϕ , = ⇒ z = eiϕ , ϕ : → 2π I= C = dz √ = z ϕ 2ei |2π 2π d(eiϕ ) √ = eiϕ 2π ieiϕ ϕ dϕ = i ei 2π iπ = − 2e = Bài tập 1.6 Giả sử C chu tuyến Tính I = C a) Điểm 3i nằm C, −3i nằm C b) Điểm −3i nằm C, 3i nằm C c) Điểm ±3i nằm C Lời giải dz nếu: +9 z2 ϕ ei dϕ a) I = C dz (z − 3i)(z + 3i) chỉnh hình C z + 3i dz 1 π = 2πi = 2πi = (z − 3i)(z + 3i) 3i + 3i 6i Ta có 3i ∈ C; I= C chỉnh hình C z − 3i dz −π z − 3i dz = 2πi = = (z − 3i)(z + 3i) −3i − 3i C z + 3i b) Ta có −3i ∈ C; I= C f (z) = f (z) = c) Cách I= C dz = (z − 3i)(z + 3i) C z + 3i dz + z − 3i C z − 3i dz = z + 3i Cách I= C A dz + z − 3i C B dz = z + 3i 6i C dz − z − 3i C dz z + 3i =0 Bài tập 1.7 Giả sử C chu tuyến không qua điểm 0, 1, −1 Hãy tính dz C z(z − 1) Lời giải    Cả ba điểm      Cả ba điểm ngồi Chu tuyến khơng qua điểm 0, −1, nên có trường hợp :   điểm      hai điểm • TH1: 0, −1 khơng thuộc Dγ , thuộc Dγ f (z) = chỉnh hình Dγ z(z + 1) dz ⇒ =0 C z(z − 1) • TH2: 1, −1 khơng thuộc Dγ , thuộc Dγ f (z) = chỉnh hình Dγ (z − 1) dz z − dz = 2πi = −2πi I1 = = z 02 − C z(z − 1) C • TH3: khơng thuộc Dγ , 1, −1 thuộc Dγ f (z) = chỉnh hình Dγ z(z + 1) dz z(z + 1) I2 = = dz = 2πi = πi z−1 1(1 + 1) C z(z − 1) C • TH4: 0, không thuộc Dγ , −1 thuộc Dγ f (z) = chỉnh hình Dγ z(z − 1) 1 dz z(z − 1) = dz = 2πi = πi I3 = z+1 −1(−1 − 1) C C z(z − 1) • TH5: −1 khơng thuộc Dγ , 0, thuộc Dγ I = I1 + I2 = −2πi + πi = −πi • TH6: khơng thuộc Dγ , 0, −1 thuộc Dγ I = I1 + I3 = −πi • TH7: khơng thuộc Dγ , 1, −1 thuộc Dγ I = I2 + I3 = 2πi • TH8: 0, 1, −1 thuộc Dγ I = I1 + I2 + I3 = Bài tập 1.8 Tính I = |z−a|=a zdz ,a > −1 z4 Lời giải Ta có a > ⇒ ∈ Dγ z chỉnh hình Dγ f (z) = (z + 1)(z + 1) z zdz πi (z + 1)(z + 1) I= = dz = 2πi = z−1 (1 + 1)(1 + 1) |z−a|=a z − |z−a|=a Bài tập 1.9 Tính I = C zez dz điểm a nằm chu tuyến C (z − a)3 Lời giải n=2 z0 = a f (z) = zez f (z) = ez + zez = (z + 1)ez f (z) = (z + 2)ez zez dz 2πi (a + 2)ea = πi(2 + a)ea ⇒I= = (z − a) 2! C Bài tập 1.10 Giả sử C chu tuyến Tính I = 2πi C ez dz nếu: z(1 − z)3 a) Điểm C, C b) Điểm C, C c) C vây quanh z = z = ez ⇒ f chỉnh hình với z = (1 − z)3 ez dz ez dz e0 (1 − z)3 I= = = =1 2πi C z(1 − z)3 2πi C z a) f (z) = ez ⇒ f (z) chỉnh hình C z ez z e dz z I1 = = dz 2πi C z(1 − z)3 2πi C (1 − z)3 ez z − ez (z − 1)ez f (z) = = z2 z2 (z − 2z + 2)ez f (z) = z3 2πi (1 − + 2)e1 e I2 = = 2πi 2! e c) I = I1 + I2 = + b) f (z) = Bài tập 1.11 Tìm hàm giải tích f (z) = u(x, y) + iv(x, y) theo phần thực, phần ảo cho; a) u = x2 − y + 5x + y − x2 y + y2 b) u = ex (xcosy − ysiny) + 2sinxshy + x3 − 3xy + y 10 c) v = + x2 − y − 2(x2 y + y2) d) v = ln(x2 + y ) + x − 2y a) Giả sử f (z) = u(x, y) + iv(x, y) Xét: ∂u 2xy ∂v = 2x + − = 2 ∂x (x + y ) ∂y ⇒ v(x, y) = 2x + − = (2x + 5)y − (x2 2xy + y )2 dy + ϕ(x) x + ϕ(x) x2 + y ∂v 2x2 − (x2 + y ) −∂u = 2y − + ϕ (x) = 2 ∂x (x + y ) ∂y 2 x2 − y x −y + ϕ (x) = − 2y + + ⇔ 2y − (x + y )2 (x2 + y )2 ⇔ ϕ (x) = −1 ⇔ ϕ(x) = −x + C x2 − y + 5x + y − ⇒ f (z) = b) x2 y x −x+C +i (2x + 5)y − 2 +y x + y2 ∂u ∂v = ex xcosy + ex cosy − ex ysiny + 2cosxshy + 3x2 − 3y = ∂x ∂y ⇒ v(x, y) = ex xcosy + ex cosy − ex ysiny + 2cosxshy + 3x2 − 3y dy + ϕ(x) = ex xsiny + ex siny + 2cosxchy + 3x2 y − y − ex ysinydy + ϕ(x) = ex xsiny + ex siny + 2cosxchy = 3x2 y − y + ex ycosy − ex siny + ϕ(x) = ex xsiny + 2cosxchy + ex ycosy + 3x2 y − y + ϕ(x) ∂u = −ex xsiny − ex siny − ex ycosy + 2sinxchy − 6xy + ∂y ∂v = ex xsiny + ex siny + ex ycosy − 2sinxchy + 6xy + ϕ (x) ∂x ∂u ∂v Mà =− nên −1 = ϕ (x) ⇔ ϕ(x) = −x + C ∂y ∂x ⇒ f (z) = ex (xcosy − ysiny) + 2sinxshy + x3 − 3xy + y + i(ex xsiny + 2cosxchy + ex ycosy + 3x2 y − y + x + c) 11 c) ∂v 4xy xy −∂u = 2x + = 2x + = 2 2 ∂x 4(x + y ) (x + y ) ∂y xy dy + ϕ(x) + y )2 xy = −2xy − dy + ϕ(x) (x + y )2 x + ϕ(x) = −2xy − 2(x + y ) ⇒ u(x, y) = − 2x + (x2 ∂u 2x2 + 2y − 4x2 ∂v = −2y − + ϕ (x) = 2 ∂x 4(x + y ) ∂y y − x2 −x2 + y ⇔ −2y − + ϕ (x) = −2y − 2(x2 + y )2 2(x2 + y )2 ⇔ ϕ (x) = ⇔ ϕ(x) = C x ⇒ u(x, y) = −2xy − +C 2(x + y ) y x + C + i + x2 − y − ⇒ f (z) = −2xy − 2 2(x + y ) 2(x + y ) d) ∂v 2y ∂u = − = ∂y x + y2 ∂x 2y x ⇒ u(x, y) = − dx + ϕ(y) = −2x + 2arctan + ϕ(y) 2 x +y y −x ∂u ∂v =2 + ϕ (y) = − x ∂y y ∂x + y2 −2x −2x ⇔ + ϕ (y) = −1 x +y x + y2 ⇒ ϕ (y) = −1 ⇒ ϕ(y) = −y + C x ⇒ u(x, y) = −2x + 2arctan − y + C y x ⇒ f (z) = −2x + 2arctan − y + c + i (ln(x2 + y ) + x − 2y) y 12 Chương CHUỖI TAYLOR VÀ LÝ THUYẾT THẶNG DƯ Bài tập 2.1 Khai triển hàm sau thành chuỗi Taylor z = tìm bán kính hội tụ: z z+2 z b) f (z) = z − 2z + a) f (z) = c) f (z) = z2 (z + 1)2 d) f (z) = lnz Lời giải a) Ta có: z z z−1+1 z−1 = = = + z+2 + (z − 1) + (z − 1) + (z − 1) + (z − 1) 1 z−1 = + z−1 z−1 1+ 1+ 3 ∞ ∞ n n z−1 z−1 z−1 n n = (−1) + (−1) n=0 3 n=0 13 ∞ = ∞ n+1 − 1)n n (z − 1) + (−1) 3n+1 3n+1 n=0 n (z (−1) n=0 b) Ta có: z2 z z z = = − 2z + (z − 2z + 1) + (z − 1)2 + z−1 z−1+1 = + = 2 (z − 1) + (z − 1) + (z − 1)2 + z−1 1 = + (z − 1) (z − 1)2 +1 +1 4 ∞ ∞ 2n z−1 z−1 z−1 n = (−1) (−1)n + n=0 n=0 n ∞ ∞ (−1)n = n=0 2n 2n (z − 1)2n+1 n (z − 1) + (−1) 22n+2 22n+2 n=0 c) Ta có: z2 z2 + − z2 − 1 = = + 2 (z + 1) (z + 1) (z + 1) (z + 1)2 z−1 + = z + (z + 1)2 z+1−2 2 z−1 = =1− =1− z+1 z+1 z+1 + (z − 1) ∞ =1− =1− (−1)n z−1 n=0 1+ −1 = (z + 1) z+1 1 1 = = z−1 z+1 + (z − 1) 1+ ∞ n z − (−1)n = n=0 ∞ (−1)n = n=0 14 (z − 1)n 2n+1 z−1 n ⇒ ∞ = (z + 1)2 (−1)n+1 n=0 ∞ (−1)n+1 n = n=0 ∞ z2 ⇒ =1− (−1)n (z + 1)2 n=0 d) Ta có: lnz = z−1 (z − 1)n−1 2n+1 ∞ n (−1)n+1 n + n=0 ∞ (−1)n (z − 1)n n=0 ∞ ∞ (−1)n (z − 1)n (−1)n n(z − 1)n−1 = n=0 n=0 Bài tập 2.2 Bài khai triển taylor laurent Bài tập 2.3 Tính thặng dư Bài tập 2.4 Tính tích phân sau nhờ thặng dư a) C C zdz , C : |z − 2| = (z − 1)(z − 2) C dz , C : |z| = (z − 3)(z − 1) C z dz , C : |z| = 2z + C ez dz , C : |z| = z (z − 9) c) d) e) f) dz , C : x2 + y = 2x +1 z4 b) sin dz, C : |z| = z C z zn e dz, n ∈ Z, C : |z| = r g) (z − 1)n−1 2n+1 z 1 = = z + (z − 1) ⇒ lnz = (z − 1)n 2n+1 C 15 Lời giải a) f (x) = z4 +1 z + = ⇔ z − (i)2 = ⇔ (z − i)(z + i) = √ √ √ √ ⇔ (z − i)(z + i)(z − −i)(z + −i) =  √ i √ +√ z i = =  2  √ i   z2 = − i = − √ − √  2 ⇔ −1 i  z = √−i = √ +√   2  √ i z1 = − −i = √ − √ 2 Có C : x2 + y62 = 2x ⇔ (x − 1)2 + y = ⇒ đường tròn tâm I(1, 0) bán kính R = ⇒ z1 , z4 nằm (C) Ta có: i z−√ −√ i 2 res f, √ + √ = lim i 1 i i z→ √ + √ 2 2 z−√ −√ z + √ + √ (z + i) 2 2 = lim i z→ √1 + √i 2 z + √ + √ (z + i) 2 √ √ √ − 2 = − i = = 2i 4i − 8 √ + √ 2i 2 i res f, √ − √ = lim i 2 z→ √1 − √i 2 z + √ − √ (z − i) 2 √ √ √ 2 = = =− + 2i −4i − 8i −2i √ − √ 2 √ √ √ √ − 2 − 2 ⇒ dz = 2πi − i + + i 8 8 C z +1 16 = 2πi b) f (z) = √ − √ − = πi z (z − 1)(z − 2)2 (z − 1)(z − 2)2 = ⇔ z1 = z2 = 1 C : |z − 2| = ⇒ đường tâm (2, 0), bán kính R = 2 ⇒ z2 = nằm đường tròn z Ta có: res[f, 2] = lim = =2 z→2 1! z − 2−1 z ⇒ dz = 2πires[f, 2] = 4πi C (z − 1)(z − 2) 17 ... (−1)n (z − 1)n (−1)n n(z − 1)n−1 = n=0 n=0 Bài tập 2.2 Bài khai triển taylor laurent Bài tập 2.3 Tính thặng dư Bài tập 2.4 Tính tích phân sau nhờ thặng dư a) C C zdz , C : |z − 2| = (z − 1)(z −... f (z) = −2x + 2arctan − y + c + i (ln(x2 + y ) + x − 2y) y 12 Chương CHUỖI TAYLOR VÀ LÝ THUYẾT THẶNG DƯ Bài tập 2.1 Khai triển hàm sau thành chuỗi Taylor z = tìm bán kính hội tụ: z z+2 z b) f... |z − a| = R Lời giải a) Đường lấy tích phân y = x ; x:0→2 I1 = xdz = L xdz = xdx + i xdy = xdx + i =2+i x2 x2 xdx = |20 + i |20 2 I2 = ydz L Đường lấy tích phân x = 2y, ydz = I2 = y:0→1 y(dx