Giáo trình phân tích các tính chất của hàm điều hòa có đạo hàm riêng trong tập số phức p4 pdf

Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 70 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Định lý Thăng d của hàm f tại điểm a là hệ số c -1 của khai triển Laurent tại điểm đó. Resf(a) = c -1 (4.7.3) Chứng minh Khai triển Laurent hàm f tại điểm a f(z) = + = 1n n n )az( c + + = 0n n n )az(c với c n = + d )a( )(f i2 1 1n , n 9 So sánh với công thức (4.7.1) suy ra công thức (4.7.3) Hệ quả Cho điểm a là cực điểm cấp m của hàm f Resf(a) = )]z(f)az[( dz d lim )!1m( 1 m )1m( )1m( az (4.7.4) Chứng minh Khai triển Laurent tại cực điểm a cấp m f(z) = m m )az( c + + a z c 1 + + = 0n n n )az(c Suy ra (z - a) m f(z) = c -m + + c -1 (z - a) m-1 + c 0 (z - a) m + [(z - a) m f(z)] (m-1) = (m - 1)!c -1 + m(m-1) 2c 0 (z - a) + Chuyển qua giới hạn hai vế az lim [(z - a) m f(z)] (m-1) = (m - 1)!c -1 Ví dụ Hàm f(z) = 32 z )1z( e + có hai cực điểm cấp 3 là i Resf(i) = + 3 2 iz )iz( e lim !2 1 = iz 5 z 4 z 3 z )iz( e12 )iz( e6 )iz( e 2 1 = + + + + = 16 1 e i (3 - 2i) Định lý Cho hàm f có các cực điểm hữu hạn là a k với k = 1 n = n 1k k )a(sfRe + Resf( ) = 0 (4.7.5) Chứng minh Gọi k với k = 1 n là các đờng tròn | z - a k | = R k đủ bé để chỉ bao riêng từng điểm a k và là đờng tròn | z | = R đủ lớn để bao hết tất cả các đờng tròn k . Theo công thức tích phân Cauchy dz)z(f = = n 1k k dz)z(f = - dz)z(f Chuyển vế sau đó chia hai vế cho 2 i suy ra công thức (4.7.5) Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 71 Hệ quả Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và hàm f liên tục trên , giải tích trong D ngoại trừ hữu hạn cực điểm a k D với k = 1 n dz)z(f = 2i = n 1k k )a(sfRe (4.7.6) Ví dụ Tính I = ++ )3z)(1z( zdzsin 2 với là đờng tròn | z | = 2 định hớng dơng Hàm f(z) có hai cực điểm z = i nằm trong miền D và một cực điểm z = -3 nằm ngoài miền D . Resf(-i) = iz lim )3z)(iz( zsin = i 6 2 )isin( + Resf(i) = iz lim )3z)(iz( + = i 6 2 )isin( I = 2i[Resf(-i) + Resf(i)] = - 5 3 sin(i) Đ8. Thặng d Loga Cho hàm f giải tích và khác không trong B(a, R) - {a}, liên tục trên = B(a, R). Tích phân ResLnf(a) = dz )z(f )z(f i2 1 (4.8.1) gọi là thặng d loga của hàm f tại điểm a. Theo định nghĩa trên ResLnf(a) = Resg(a) trong đó g(z) = [Ln f(z)] = )z(f )z(f với z B(a, R) - {a} Định lý Với các kí hiệu nh trên 1. Nếu a là không điểm cấp n của hàm thì ResLnf(a) = n 2. Nếu b là cực điểm cấp m của hàm f thì ResLnf(b) = -m Chứng minh 1. Theo hệ quả 3, Đ4 z B(a, R), f(z) = (z - a) n h(z) với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0 Đạo hàm hàm f suy ra f(z) = n(z - a) n-1 h(z) + (z - a) n h(z) g(z) = a z n + )z(h )z(h với )z(h )z(h là hàm giải tích trong B(a, R) - 3 - i i Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 72 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Suy ra ResLnf(a) = c -1 (g) = n 2. Theo hệ quả 3, Đ5 z B(a, R), f(z) = m )az( )z(h với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0 Đạo hàm hàm f suy ra f(z) = 1m )az( m + h(z) + m )az( 1 h(z) g(z) = az m + )z(h )z(h với )z(h )z(h là hàm giải tích trong B(a, R) Suy ra ResLnf(a) = c -1 (g) = -m Hệ quả 1 Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và hàm f liên tục trên , có các không điểm a k cấp n k với k = 1 p và giải tích trong D ngoại trừ các cực điểm b j cấp m j với j = 1 q dz )z(f )z(f i2 1 = == q 1j j p 1k k mn = N - M (4.8.2) Chứng minh Kết hợp định lý trên, công thức tích phân Cauchy và lập luận tơng tự hệ quả 1, Đ7 Ta xem một không điểm cấp n là n không điểm đơn trùng nhau và một cực điểm cấp m là m cực điểm đơn trùng nhau. Theo công thức Newtown - Leibniz và định nghĩa hàm logarit phức dz )z(f )z(f = )]z(f[lnd = Lnf(z) = ln| f(z) | + i Argf(z) = i Argf(z) Kết hợp với công thức (4.8.2) suy ra hệ quả sau đây. Hệ quả 2 (Nguyên lý Argument) Số gia của argument của hàm f khi z chạy hết một vòng trên đờng cong kín, trơn từng khúc và định hớng dơng bằng 2 nhân với hiệu số của số không điểm trừ đi số cực điểm của hàm f nằm trong miền D . Tức là Argf(z) = 2(N - M) (4.8.3) Hệ quả 3 (Định lý Rouché) Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và các hàm f , g liên tục trên , giải tích trong D . Kí hiệu N (f) là số không điểm của hàm f nằm trong D . Khi đó nếu z , | f(z) | > | g(z) | thì N (f + g) = N (f). Chứng minh Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 73 Theo giả thiết z , )z(f )z(g < 1 Arg(1 + )z(f )z(g ) = 0 Suy ra N (f + g) = 2 1 Arg[f(z) + g(z)] = 2 1 Arg[f(z)(1 + )z(f )z(g )] = 2 1 Argf(z) + 2 1 Arg(1 + )z(f )z(g ) = N (f) Hệ quả 4 (Định lý D Alembert - Gauss) Mọi đa thức hệ số phức bậc n có đúng n không điểm phức trong đó không điểm bội k tính là k không điểm. Chứng minh Giả sử P(z) = a 0 + a 1 z + + z n với a k Kí hiệu f(z) = z n , g(z) = a 0 + + a n-1 z n-1 , M = Max{| a k | , k = 0 (n-1)} và R = nM + 1 Trên đờng tròn : | z | = R | g(z) | M(1 + + R n-1 ) nMR n-1 < R n = | f(z) | Theo hệ quả 3 N (P) = N (f + g) = N (f) = n Đ9. Các ứng dụng thặng d Định lý (Bổ đề Jordan) Cho đờng cong R = {| z | = R, Imz } và hàm f giải tích trong nửa mặt phẳng D = {Imz > } ngoại trừ hữu hạn điểm bất thờng. Khi đó ta có 1. Nếu z lim zf(z) = 0 thì +R lim R dz)z(f = 0 (4.9.1) 2. Nếu z lim f(z) = 0 thì > 0, + R lim R dze)z(f zi = 0 (4.9.2) Chứng minh 1. Từ giả thiết suy ra z R , | zf(z) | M +R 0 | f(z) | R M Suy ra 1+ )z(g )z(f 1 3 2 1 Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 74 Giáo Trình Toán Chuyên Đề R dz)z(f ds)z(f = R M R( + 2 ) + R 0 2. Từ giả thiết suy ra z R , | f(z) | M + R 0 Suy ra R dz)z(fe zi 1 ds)z(fe zi + 2 ds)z(fe zi + 3 ds)z(fe zi Ước lợng tích phân, ta có 1 ds)z(fe zi + 3 ds)z(fe zi 2Me - y R 2Me - | | +R 0 2 ds)z(fe zi = MR 0 tsinR dte = MRe - Rsin +R 0 với (0, ) Hệ quả 1 Cho f(z) là phân thức hữu tỷ sao cho bậc của mẫu số lớn hơn bậc tử số ít nhất là hai đơn vị, có các cực điểm a k với k = 1 p nằm trong nửa mặt phẳng trên và có các cực điểm đơn b j với j = 1 q nằm trên trục thực. Khi đó ta có + dx)x(f = 2 i = p 1k k )a(sfRe + i = q 1j j )b(sfRe (4.9.3) Chứng minh Để đơn giản, xét trờng hợp hàm f có một cực điểm a thuộc nửa mặt phẳng trên và một cực điểm đơn b thuộc trục thực. Trờng hợp tổng quát chứng minh tơng tự. Kí hiệu R : | z | = R, Imz > 0, : | z | = , Imz > 0 = R [-R, b - ] [b + , R] Theo công thức (4.7.6) dz)z(f = R dz)z(f + ]b,R[ dz)z(f + dz)z(f + + ]R,b[ dz)z(f = 2iResf(a) Kết hợp với công thức (4.9.1) suy ra + dx)x(f = 0,R lim + ]b,R[ dz)z(f + 0,R lim + + ]R,b[ dz)z(f = 2iResf(a) - 0 lim dz)z(f (1) Do b là cực điểm đơn nên f(z) = bz c 1 + g(z) với g(z) giải tích trong lân cận điểm b Suy ra hàm g(z) bị chặn trên a R - R R b Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Argument) Số gia của argument của hàm f khi z chạy hết một vòng trên đờng cong kín, trơn từng khúc và định hớng dơng bằng 2 nhân với hiệu số của số không điểm trừ đi số cực điểm của hàm f nằm trong. với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0 Đạo hàm hàm f suy ra f(z) = n(z - a) n-1 h(z) + (z - a) n h(z) g(z) = a z n + )z(h )z(h với )z(h )z(h là hàm giải tích trong B(a,. Hệ quả 1 Cho f(z) là phân thức hữu tỷ sao cho bậc của mẫu số lớn hơn bậc tử số ít nhất là hai đơn vị, có các cực điểm a k với k = 1 p nằm trong nửa mặt phẳng trên và có các cực điểm đơn b j