1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

Hàm giải tích theo một biến số phức

83 542 1
Tài liệu được quét OCR, nội dung có thể không chính xác

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 83
Dung lượng 4,66 MB

Nội dung

Trang 1

tung _w,'

Ì TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH ỦÌ`

HHOA TOÁN - TIN HỌC _ “LH 5] HAM GIAITICH -

BIEN SOẠN: PGS.TS LÊ HOÀN HÓA THANH PHO HO CHi MINH

I NAM 2014 [

_=xX

Trang 2

HAM GIẢI TÍCH THEO MỘT -_ BIẾN SỐ PHỨC I_ Tâp số phức: | 1_ Dinh nghia: Tập : số phức ký hiệu là C= {(x, y)/x, yeR} với phép (+) và phép ( 3 định bởi: z; = (x7,97) » 22> (x2,92) eC, | #¡+Z2 =(xi+#2, dạt V2): Z1°%2 = (x¡xa— — }I}2 › *1Y2 +X2y7)

Thi C là một trudng giao hodn, nghĩa là: @ z¡+(z¿+ <3) =(zy + Z2) +23 (phi hop)

(21) 27 +22 =2%2 +2) ( giao hoán)

(3i) Tổn tại (0,0) thỏa mãn: z+(0,0)=z (4i Với z=(x,y) tổn tại:

—Z= (-x,-y)eC thoa man: bz (- -#)= (0, 0) (5ï) (z, <2) 23 = 2] .(z2.z3)

(61) 77.22 = 27.2] «

(7) Tôn tại (1, 0)<C thỏa man: (1, 0) Z=Z

Trang 3

Gia su (x¡:y;) # (0, 0), xem 252 là 2 ẩn số của hệ phương trình tuyến tính trên, có định thức là x? 1+ YT #0 Vay hé có nghiệm

duy nhat la x» = y> = 0 Ghi chú:

E> Tập hợp Rx{0}={(x,0)/xR} bên đối với phép (+) và phép

(.) trén C Ta đồng nhất phần tử (x,0)= x Qua phép đồng _nhất này tập số thực Rla một trường con của C

bu Đặt i=(0,1) Ta cé: ‘(y,0)(0,1) =(0,y)

uy ra với mọi z = (x.y)e C, ta có thể viết:

z=(x,0)+(0,y)=(x,0)+i(0,y) = x+iy

đây là dạng đại số của số phức z, x là phần thực của z, ký hiệu

x=Rez, yla phần ảo của z, ký hiệu y= Imz

Số ¡=(0,1) là số ảo c6 tinh chat: i* =(0,1)(0,1) =(-1,0) =- và ¡2# = (-1)* , ¡2k1 =(- lạ 2_ Số phức liên hợp: - Cho z=x+ïy ; ; phần tử z=x-¡y được gọi là số phức liên hop cua Zz Tinh chat: a) z=Z © zelR © Imz=0 b) z4 +Z2=Z4+Z2 › S1°22 = 24-2 - Cc) (gt) =z, 3 Modun:

Cho z=x+iy Ta có: zZ=x°+y “>0

Đặt: lãi = /Z.Z = x7 + y” được gọi là môđun hay chuẩn của z

Trang 4

) | <—_ "sàb ue Tiêu chúm a) |z|=Ú © z=0 z1 = lz[” b) |zi‹Z2|=|za|-|za| ; ©) lZ +Z2|<|za|+|za| Ghỉ chú: Môđun của z= (x, y) bằng chuẩn Euclide của phần tử (x,y) trong R? 4_ Đối số: |

Với zz0, đặt 9 là góc định hướng làm bởi trục Óx với đoạn

thẳng định huéng Oz 0 được gọi là đối số hay argument của z, ký

hiệu là 0 = DS z hay 0= Arg z

Góc 0 được xác định sai kém k2zx Ta có: x= lz|cos6 ;

y= Iz|sin6 ‹ |

Suy ra: z=x+iy= Iz|(cos0 + l sin6) day la dạng lượng giác cua

Z oe -

Ghi chi: | |

Dạng lượng øiác của số phức rất thuận tiện trong phép nhân các

sé phic That vay, v6i 0; = DSz, , 0) = DS z2 thì:

1 =|Z4|(cos®y +isin81) ; z; =|z2|(cosÔ; +¿sin6;)

la cÓ: z1.z2 = |Z1|.|za|.(cosØy +isin@, )(cos0, +isin®, ) |

= Izi|-|za|-| (cos Ø1.cosØs — sinÔ.sin0; ) + i(sin®,.cos0, + sin8,.cos0, )]

= |z1|.|z2]-[ cos(01 +02) + isin(0, +0, )]

Vay ĐSz1.zy =ĐSzn +ÐSz›

Nếu z> 0 thì ĐSz=0,z<0 thì DSz=nx Từ đó suy ra công thức Moivre:

với mọi øcœZ thì (cos@+isin0)” = c0S79 +zsin 00

Trang 5

5_ Căn số bậchn: Cho øeNÑ, số phức z là căn số bậc ø của số phức z nếu a" =Z, ky hiéu: a=%/z Cho ze(C, hãy tìm ø = fz Nếu z=0 thì z=#z=0 - Nếu z # 0 thì =1; z() Đặt: 0=ĐÐSz và o=DSa Ta có:

=|z|(cos0 + isin®) ; a=|a\(cos@ + ising) / Do a="z , suy ra:

d”=z © la|" (cosng + isinng) =|z|(cos@ + isin®) Jẹr= tay na = hay ; no =0+k2n ,keZ o= +2” kez _ —-H H

Do @ xác định sai kém k2z nên khi k thay đổi từ 0,1,2,

n—1 ta sẽ có tất cả giá trị phân biệt của ọ Ứng với mỗi giá trị

phân biệt của œ ta có một giá trị của ty Vậy, nếu Z#0 thi:

k2 k2 Sa

Wz = lz) s5 tor) + isin( 94 42 | v6i k=0,1,2, ,.n-1 neon) |

Vay, néu z#0 thi ty có đúng ø giá trị phân biệt, chúng là

đỉnh của hình đa giác đều ø đỉnh nội tiếp trong vòng tròn tâm QO, | bán kính bằng Miz ¡ Để xác dinh n gia tri nay, nghia lA dinh của đa ˆ

giác đều, ta chỉ cần biết một đỉnh a, cdc đỉnh khác có được bằng

cách chỉa vòng tròn thành ø ¡ cung bằng nhau mà z là một điểm chia

Thi du:

E ở-1 có 3 øiá trị phân biệt, trong đó có một giá trị là —1 E Ÿ1 có4 giá trị phan biét, trong đó có một giá trị là 1

Vậy toàn bộ giá trị của /-1 va 41 cho trén vong tron đơn vị là:

Trang 6

ay, «& XS | Ghi chi: Ae : , ? , a 1/m n n 1/m An ,

X> V6i z#0 , mét cdch tong quat ta cé: (2 # (z Tu do,

trong tap số phức ký hiệu zi m khong hoàn toàn xác định Thật vậy, với z=1 ta có: 1/6 2k1 ° 2kn 4£“ =C0S§———+iSin—— , k=0,1,2, ,5 6 6 (2) "` „ k=0,1,2 1/6\^ 12 x ¬ La vee as , ( Z chứa đúng 3 giá trị phân biệt, trong khi đó, ta có: 7 2k1 _ 2ÂT z=1 và : = cos +isin—— ; ,„ k=0,1,2, 5 có đúng 6 1/6 giá trị phân biệt Vậy: (2s “(2) - , | n 1/m X2 Với nymeN nhw thé nào ta sẽ có: (z1”] =(z] 6_ Vô cực: |

_ lanối zeC tiếnra œ nếu |z| tiếnra œ (vô cực không phải

là số phức, vô cực chỉ là một kHái niệm) Ta định nghĩa các phép

tốn đối với œ© như sau: œ.œ=œ ; z+œ=oœ > Z.00=0 (z# 0) ;

—=0 (với mọi z eC)

Trang 7

z A ° oO Các dạng vô định: œo+oœ , 0-0, Qo, — | _ Đặt: C=C U {co} ; 6 được gọi là tập số phức mở rộng 7_ Tôpô trên(C:

Về tập hợp thì C=R?, về cấu trúc không gian định chuẩn thi

môđun của số phức z chính là chuẩn Euclide của vectơ (x, y)e RẺ

Vậy tôpô trên C chính là tôpô trên IR? với chuẩn Euclide Như vậy

C là không gian đầy đủ nghĩa là mọi dấy cơ bản của C đều hội tụ

Cho z, €C va r>0, tap B(z¿.r) = {z E C/|z-z,| < r} là quả cầu mở tâm z¿ bán kính r B(z„.r) = {Z = C/|z- Z| < r} la qua cầu đóng

tam z, bán kính z a

Tap D được gọi là miền nếu Ð là tập mở liên thông Néu D là miền trong C thì với mọi z,z'eÐD tồn tại đường sấp khúc 7 chứa

trong D có các cạnh song song với 2 trục Ox, Oy nối z và z' Điểm

zeC là điểm biên của D nếu với mọi r > 0 thì : | B(z,r)¬DzØ và B(z,r)¬(C\D)zØ % Biên của D ký hiệu là ôD, là tập hợp tất cả các điểm biên của _ Ù | | BAI TAP ; | 5 a) Z=—— b) z=(1+iv3)

2_ Tính môđun và đối số của: |

a) z=1+ti b) z=1+iV3 c) z=3+iV3

3 Tinh médun cua: | ¬

a) z=—2i(3+i)(2+4i)(1+i)

Trang 8

(3+ 4i)(-1+ 2i) (-1-i)(3-i) Chứng mỉnh rằng ƒ(z)= ƒŒ) b) z= 4_ Cho f(z)=— _#ø “+ —b l-a 5_ Chứng minh rằng =1 nếu |z|=1 hoặc |b|= 6_ Giải phương trình: z=z"”Í, n=0,1,2 7_ Dùng công thức Moivre hãy biểu diễn cosnx, sinnx theo cosx, sinx 8_ Giải thích ý nghĩa hình học của các hệ thức sau: a) z—2|+\z+2/=5 b) |z—2|—|z+2|> 3 Cc) Z—x|=|z—z9| d) Rez+lImz<1 e) Im^— “1 = (0) (z1 # z2) £— <2 f) Ret—L=0 (4 #z) KO £4 g) oo 4 =a (a>0) ‹— 42

H Hàm giải tích theo một biến số phức:

1_ Ham phức theo một biến phức:

| Định nghĩa: Cho DcC, một hàm phức f theo một biến phức xác định trên D là một phép tương ứng mỗi phần tử z e D một tập

số phức hoàn toàn xác định ghi là f(z) Nếu ứng với mỗi Z, f(z) chi

chứa một phần tử ta nói f là hàm đơn trị, ngược lại, ta nói f là hàm đa trị

Trang 9

———— Thí dụ: f(z) = z?+1 là hàm đơn trị f(z)=Vz là hàm đa trị _ Ở đây ta chỉ xét các hàm đơn trị

Cho f:DcC->C Với mọi zeD, ta viết: f(z)= u(z) + 1v(z)

trong đó: u(z) = Ref(z); V(z) = Imf(z); u,v là các hàm số thực theo 2 biến số thực

Thí dụ: f(z)=z2+1= (x? _y2+ 1) + 2ixy

Thi: u(x,y)=x* —y* +15 v(x,y) = 2xy

Dinh nghia: Cho f:DcC->C va z, la diém giéi han cia D Ta noi: lim f(z)=w, 7—>7o © Ve>0,3ỗ>0:VzeD,0<|z—zs|<ð thì f(z)— wa|<e Ta để ý rằng nếu z=x+iy thì lz|=./x7 +y? xị=|Re.|<|4| Suyra: |y|=|Imz|<|z|+ (*) và |z|<|x|+|y|, Từ các bất đẳng thức suy ra: lim f{(z)=W, =U, t+IV, Z—>7o

&> lim u(x,y)=U, va — lim - _Y(X,y)= Vọ‹

Trang 10

Định nghĩa: Cho f : DT—>C Ta nói: f lên tục đều trên D

© Ve>0, 3ồ >0:Vz,zeD,|z-z|<ö thì |fŒ)—-f(')|<e

Cũng do các bất đẳng thức (*)ta có: -

f liên tục đều trên D © u,v liên tục đều trên D

_ Định lý: Cho D là tập đóng, bị chặn trong C và f:D->C liên

tục Thì f liên tục đều trên D va |f| dat cực đại, cực tiểu trên D

Chứng minh: |

Do É liên tục nên u,v liên tục Do D đóng và bị chặn nên u,v

liên tục đều trên D Suy ra f liên tục đều trên D Mặt khác, do

If| =Vu“+v2 liên tục trên tập D đóng và bị chặn nên l đạt cực đại

AQ on ^

va cực tiều trên D 2_ Sư khả vi:

Định nghĩa: Cho D mở trong C và f:D->C Ta nói f khả vi tại zeD nếu tổn tại lim (z+ h)- f(z) = f(z)

| h—>0 h

f'(z) la dao ham cia f tai z

Ta sé tim diéu kién trén u(x,y), v(x,y) để f khả vi tại

Zz=X+ iy |

Dinh ly: (Diéu kién cần)

Cho D mở trong C, f:D->C, f()= u(x,y)+iv(x,y) Nếu f khả

vi tại z=x+iy eD thì u,y thổa điều kiện sau:

Ou, OV .„ Ou OV |

—(x,y)=—(x và —(x,y)=—-—(x,y)

2x „y) Sy ( y) ¬ „y) > ( „y)

(Điều kiện này được gọi là điều kiện Cauchy — Riemann hay

diéu kién d’Alembert — Euler)

Trang 11

Chứng minh: f(z + h) — f(z) =f'{z) Lấy h | Do f khả vi tại z nên tổn tại lim | h0 h=s, ta có: fz+s)-fŒ) _ u(x+s,y)—uÉx;y)_ v(x+s,y)- v(x,y) | S 2 S Cho s—0, ta có: f'(z)= (x,y) + 15053) (1) | Mặt khác, lấy h =i(, ta có: | a f(z+it)~ f(z) | u(x, y+t)- u(xsy) v(x,y+t)— v(x) it it t | _ V(x,y+f£)—v (sy)_u(x,y+9)~ú(x>) —_Í | t

er„y_ ƠV _,Øu

Cho t 0, taco: Ma) == (%9) iy 9) (2)

Dong mat phần thực và phần ảo ở (1) và (2) ta có:

Ø

2H (5,9) =x) 5 Ms9)=—- Mn)

Dinh ly: (Diéu kiện cần và đủ)

Trang 12

{(z+h)-f(z : Do f khả vi tại z, nghĩa là: | ( ( ra) |=0 | h—>0 h Ø, Ww en’ Ta có thể viết: f(z+h)- f(z)= f'(z).h+ lh|.g(h) trong đó: lim s(h) = | im ¢ với h=s+it va f'(z)= (2) + i (a) > g(h)= ọ(h)+iự(h), ta | x | ? co: ‘taht =| Mes” f(z+h)- f (2) = 2x ARS 2 (z).t + | h ott) +i E (z).s — = (z).t +|h| vt) với lim g(h)=0 ; lim w(h)=0 h>0 h0 Mặt khác ta có: f(z+h)-f(z)= lu(x+s,y+t)- u(x,y) | +1 |v(x+s, y+t)- v(x,y)] _ Đồng nhất phần thực và phần ảo ta có: | u(x +S,Vt t) — u(x,y) = a OY) + a (ey)! + Ih|.@(h) v(x +S,y+ t) — v(x,y) = 0a nh + 2 (x9)! + [hl Ch) với lim @(h)= tim 1 w(h) = h—0

Vay u,v kha vi tai Z=x+iy= (x,y)

(<=) Gia su u,v kha vi tai (x,y) và théa man: Ou ov _ Ou _ | _ Ov

Ox dy’ dy Ox”

Ta sẽ chứng mỉnh f khả vỉ tại z=x+iy Ta có:

Trang 13

với f) g) 12 f(z+h)—f(2) = | u(x+s;y+£)— —u(x,y) | #YEserer vị (x,y) | ou 3u bà|,;| CY vr = Fc + ay +|h | + |= x (z)s +2 2y “(z)t+ [hy v0) lim tọ(h) = lim 1 w(h) = Thé Ou _ = av z = _, một cách thích hợp, ta co: Ox Oy dy 6x f(2+h)- f(z) = <= (a)-h + iM @).h + |h|.[p(h) + iy(h)] f(z+h)—f() ¬ = (Z) +1 Ay (z)+ b [|ọ(h)+ iy(h)] , du dv (bl, Suy ra: gu OV

Trang 14

Chứng mỉnh: Ta chỉ chứng minh tinh chat (g) Điều này dễ dang suy ra từ 2 sự wm

0 f0)=0© =0 - a(9= = 2) - a =0

H) Với mọi z, z cD tồn tại đường gấp khúc T chứa trong D, có các cạnh song song với 2 trục

Định nghĩa: Ta nói f giải tích tại z nếu f khả vi tại mọi điểm

cua B(z,r) (r > 0) Nếu D là tập mở và f ' khả vi tai moi ze D ta noi

f la ham giai tich trén D

Y nghia hinh hoc cua dao ham: !

Giả sf f:D3C khả vi tai z, và f'(z,)#0 Cho

O71, :[-1,1] — C là 2 đường cong thổa mãn a; (0) =a2(0)=z, va

a;#0, i=1,2 Khi d6 tiép tuyến của œ1,Œa2 fại z¿ có vectơ chỉ

phương là œ1(0),œ2(0) theo thứ tự Góc của hai đường œ¡,œ; cong

tai z la góc định hướng làm bởi œ¡(0),œ2(0) Đối số œ1(0)= góc

định hướng làm bởi trục Ox và vectơ œ1(0) Vậy góc của ƠI; œ2 tại

ze bằng ĐSœ¡(0)— ĐÐSœ5(0)

_ Ánh xạ f biến đường cong œ,œ¿ thành foa,, f ° œ2 (theo thứ

tự)

Ta có: (feœ¡) (0) =f'(œ¡(0))œ{(0)= f'(z o)01(0)#0, i=1,2

Tiếp tuyến của đường cong foa; tại Í(zo) có vecto chỉ phương

Trang 15

va Suy ra: (fsơ¡) (0) =|f"(Zo)a}(0)) (foi) (0) si) =|fœø) , i=1,2

Điều này có nghĩa là góc định hướng làm bởi trục Ox và vectd chỉ phương ơ;(0), qua ánh xạ f đã quay một góc bing DS f'(z,) va f

đã làm dẫn đường cong ơ;, tại z„, theo tỉ lệ lf (Zo) Vay ĐSf(z¿) là góc quay của ánh xạ f

lf '(ze)| độ dấn của ánh xạ f trên mỗi đường cong qua z,

Định nghĩa: Một ánh xạ f vừa bảo toàn góc định hướng của các

đường cong và làm dẫn đều trên mỗi đường cong được gọi là ánh xạ

bảo giác Theo trên, nếu f (z„) # 0 thì f bảo giác tại z 14 BÀI TẬP Cho f(z)=u(x,y)+iv(x,y) với u,vy là các hàm khả vỉ Chứng minh rang: [(Vu.Vv)=0' [f khả vi =| - |

IVu| =|Vv| f(z) = u(x, y)—iv(x,y) kha vi

Trang 16

3_ Xác định tập D dé hàm sau đây khả vi tại mọi z e D

f(z) = x? + v? + 2i|xy| |

4_ Chứng minh hàm f (z)=z.Rez chỉ khả vi tại điểm z = 0

Tính f (0)

5 ChoD la tap mở liên thông và f giải tích trên D,

f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = |£(z)|(cos@+isin®) véi @=DS f(z)

Chitng minh rang f là hằng số trên D nếu một trong các điều

kiện sau được thỏa mãn: ˆ

a) Tén tại 3 hằng sé a,b,c không cùng triệt tiêu sao cho:

a.u(x,y)+b.v(x,y)=c

b) |f(œ)|= k (hằng số ) với mọi zeD

c) 0(z)=DS f(z) = hang so

d) u(x,y),v(x,y) thoa man phương trình @(u,v)=(' trong đó

_@ø là hàm kha vi va (20,2) (0,0) tai moi (u,v) thỏa | u V 0(u, v) = 0 6_ Cac ham sau đây có khả vi không? Nếu có hãy tính đạo hàm của chúng | a) f(z) = e* ‘(cosy +isiny) b) f(z) =(x° ~3xy?) + i(3x2y-y9)

Â) ôf(z)=sinx.chy +icosx shy

Trang 17

Ill Cac ham so cap: 1 Hàm đa thức:

Cho n>0 là số nguyên, đa thức bậc n có dạng:

PnŒ) =anZ” + a, yz} + +ai2+ao ; an #0 Đa thức bậc 0 là hằng số - Tính chất: j_ Pạ là hàm giải tích trên C va PnŒ)= naz"! + + ay Nếu n>1 thì P là đa thức bậc n—1 c 2i) Nếu n>1 thì P„ là toàn ánh từ C vào C Thật vậy, phương trình P,(z)= w có n nghiệm (kể cả bậc đa trùng) | 3i) Néu n>1 thì lim P„(z) =œ Thật vậy, ta có: z—>0 | (| Bazil _ lay) (a) P.(z))> z|° " Pr | JZ _ lz DI 2|" > al gp khi |z| khá lớn Suy ra: lim P,(z)= œ z—>0 |

4i) Néu z, la nghiém bac k—1 của phương trình P.(z)=0 thì góc của 2 đường cong tại z¿, qua ánh xạ Pn sẽ tăng lên k lần

(k>2) a

Thật vậy, do z¿ là nghiệm bậc k—1 của phương trình P¡ (2) = 0

nên z¿ là nghiệm bậc k của phương trinh P, (z) = Py (29) Ta viet: Pa(2)— Pn(Z¿)=(z—z¿)`.Q)

trong đó Q là đa thức bậc n—k và Q(zạ) # 0

Xem đường cong œ :|—1,1| —> C thỏa œ(0)=z¿, œ (0) # 0

_ Ánh xạ Pạ biến œ thành đường cong P¡ sœ |

Trang 18

Do: (P, 0a) (0)= Pa (œ(0))— œ'(0) = P¿(z¿).œ'(0), ta chưa thé

kết luận về tiếp tuyến của đường cong P„ạceœ tại P„(z¿) Xem cát

tuyến nối P„n(z¿) và P, (e6) làm với trục Ox (trục thực) một góc bằng: - Ч[Pa (œ())— Pa(z¿) |= ÐS[œ(©)—e(0)]*.Q(œ() = k.DS[a(t)— œ(0)]+ÐS Q(œ(£)) Với t > 0, ta có: DS| P, (a(t) - Py (2) |= Bs) th to) - Py “ =k.ps| SG ch DS Q(a(t)) Cho t— 0, ta có: tim DS| P, (a(t) — Py (Zo) | =k.DSa’(0) + DSQ(z,) t

Điều nầy chứng tỏ đường cong Pnceœ có tiếp tuyến tại điểm

EPnG,) làm với trục Ox một góc bằng k.ĐSơ(0)+ĐÐS Q(z,)

Nếu œ,œ; là 2 đường cong théa _04(0)=0(0)=2, , a (0) #0,

07(0)#0 Géc cia a, va a, tai Z, la DSa,(0)- DSa(0) Ham P,,

biến «1,0 thanh 2 đường cong Pne0œ1, P, oa, qua điểm ỨnŒa)›

góc của chúng tại Pn(Zs) là k [Sexi (0) - ĐSœ¿(0)Ï

Ánh xạ tuyến tính: Hàm tuyến tính là đa thức bậc nhất, có dang:

{(z)=az+b , a#0 Xem cac ham sau: |

{(z)=z+b là phép tịnh tiến vectơ b

{(z)= la|.z là phép vị tự tâm O, tỉ số lal

f(z) = (cos, + isin®, ).z là phép quay tâm O, góc quay Đẹọ

Trang 19

Ta có thể viết hàm tuyến tính dưới dạng:

f(z) = lal (cos®, +isin9 o) Z+b véi 0,=DSa

Vậy f là hợp nối của 3 phép biến hình: phép quay, phép vị tự và phép tịnh tiến Suy ra f là phép đồng dạng, f biến hình H thành hình f (H) đồng dạng với hình H, đặc biệt Í biến đường thắng thành đường thang, biến đường tròn thành đường tròn

2_ Hàm mũ:

Với z=x+iy , ta định nghĩa e” = e“(cosy +isiny)

Tính chất:

i) Ham mii giai tich trén C va (e7) =e” #0, Vz

That vay, taco: Í(z)= e” =e (cosy + isiny) :

u(x,y)=eŸcosy ; v(X,y)=e”siny

ov (

Suy ra: ~(xy) =e" cosy = ôy x,y)

ôu Ov

2y 5y) = —e* siny = a (9)

Suy ra u,v có đạo hàm riêng liên tục và thỏa điều kiện Cauchy |

— Riemann Vay f kha vitai moi z<¢ C Ngoaira:

f'(z) = <(xy)+ (x) = e" (cosy + isiny) =e”,

2i) Hàm mũ tuần hoàn có chu kỳ i2

_ Điểu này suy ra dễ dàng từ định nghĩa của e” và từ tinh tuần

hoàn với chu kỳ 2# của hàm cosy và sỉny

e^1 e72

3i) e”!””2=e7le^2 và e 1 Z2 =

Thật vậy, với Z¡ =XỊT ly » Zo =X + ly> „ta có:

— eX1TX2 | cos(yy + Y2) + isin(y, +Yy% )]

18 tusachvang.net

Trang 20

=e"! [cosy + isinyq |.e”2 [cosya + isin y„ |= e“1.e”2 ; _ _ _g _A ằ=; A Mặt khác, do e°=1=e”Z=e?†C?) —e”e-Z nên: e "_== e e1 e”2 Suyra: e”1”Z2 =

4i) Hàm mũ toàn ánh từ € trên C\ {0}

Thật vậy, với w z0, xem phương trình e“=w Viết w dưới đạng lượng giác ta có: | e“=woe “(cosy + isiny) = Iw|(cosØ + isin0) với 0 ÐSw e* =|w ¬ q | S & ©z=In|w|+i(9 + k2r) „ keZ y=Ð+k2r, keZ |

Vậy phương trình có vô số nghiệm

5) e“->o nếu và chỉ nếu Rez >o

Do vậy e“ không phải là hàm đa thức

Trang 21

3_ Hàm lượng giac: Với ze(C, ta định nghĩa: elZ _ eZ elz + e sinz = ; ; COSZ= 21 2

Ghi chú: Từ đẳng thức e' =cos0+isin0 ta suy ra:

io, ,-i0 jÐ — —iÐ |

e +e e -e h

cos§ = ; sinO= v6i OER

cóc 2 21 |

Do đó nếu zelR thì biểu thức định nghĩa của sinz,cosz tring

với hàm sin va cos thực | Tinh chat: ` e e âđ #, ^ ` e / _ Hàm sỉnz,cosz giải tích trên C va (sinz) = COSZ 5 / ® (cosz) =-—-SINZ ¬ „ ' eˆ—e e+e That vay, ta co: (sinz) = 2ï = 2 = COSZ I | 1Z 1Z : ’ e+e I ° _% (cosz) = =.(e”e *) =—sinz 2 | 2

2i) Ham sinz,cosz tudn hoan, cé chu ky 27 Điều nầy suy từ định nghĩa và tính tuần hoàn với chu kỳ i2rz của hàm e” ˆ

Trang 22

eZ1+z2) _ eo i(z1+22) _

=2 Ai = cos(Z +z2) |

lương tự cho trường hợp cos(zy + z2)

_ Từ công thức cộng suy ra:

2 2

1= cos0 = c0s(z—z) = cos z+sin“z với mọi ze(Œ

4ï) Phần thực và phần ảo của sỉnz và cosz Với z=x+iy thì: " sinZ = sinx.chy , + icosx.shy , Isinz| = (sin x+sh y) 2 2_\/Z

| ¬ TC 2 + \1⁄2

cOSZ = cosx.chy —isinx.shy , lcosx| = (cos x+sh y)

That vậy, từ công thức cộng suy ra:

sinz = sin(x + iy) = sin x cosiy + cosx.siniy eiliy) + e_ y) e7 + ey nhung cosiy = = = chy 2 2 eiliy) _ -ifiy) — e TY _-eỲ 2i _— 2i Vay sinz=sinx.chy+icosx.shy siniy = = shy Tương tự ta có: cosz= cos x.chy —isinx.shy Từ đó suy ra: : x.chếy + cos” x.sh7y _ {2 |sin 2| = sin

= sin” x.ch^y + (1 ~ sin” x) shy

= sin” x(chy — shy] + sh*y = sin? x + sh*y : (do chếy — shˆy = 1) ;

2 212

Tương tự ta có: lcos 2 = (cos x+sh vị

e

Trang 23

b)

51)

22

Hé qua:

sinz— oo và cosz->oœ nếu và chỉnếu y = Imz —> +œ

sinz=(©z=kứr ; cosz.= 0 = (2k +1)- ; keZ Chifng minh: Được suy từ các bất dang thức: 2 lshy| +12 [sin z| = sin X + sh’y > [shy] 2 Ishy| +12 lcos 2 = cos x+ sh^y > Ishy| Ta có: |sinz|= sin? z+sh*y =0 sinx = 0 x=k7 => > hn an oz=kn,keZ [ : Tự _ 2 2 cosx = 0 x =(2k+1)— leosz|= cos z+sh 0 & < 2 y=0 ©z=(2k+1) ,keZ

Trang 24

Suy ra: 2 = (0, +k2z) i.In|t| ke

e đ â _s _s Z1—7t

Do t¡.t¿ =—1=e1,elZ2 — e2 =—e-Z1 = gil 1 ), Vậy z;= —(0, +k2n- ) + i.In|ty| voi keZ

Vậy phương trình có vô số nghiệm

Ngoài ra, do cosa =sin( ~z] suy ra phuong trinh cosz=w

voi weEC luôn luôn có nghiệm

Vậy sinz,cosz toàn ánh từ C vào Œ,

61) Anh của đường thẳng X=a qua ham COSZ

Gọi D là đường thẳng có phương trình x = a thì:

| zED&z=artit véi teR

Véi zeD ,tacé: cosz = cos(a+it) = cos a.cht —i.sina sht u(t) = cosa.cht Suy ra: ,teR v(t) = —sina.sht la biện luận các trường hợp: u(£) =(—1)*.cht v(t) =

Ảnh của D là nửa đường thẳng trên (trục Qu, la [1, s[n nếu k ~& Néu a=kz thì: tho ,teR

chắn là |—=; -1] nếu k lẻ

u(t) =

v(t) = (-1)*1 sh

Ảnh của D là truc Ov va cosz thay đổi theo hướng ting cua v

nếu k lẻ, hướng giam cia v néuk chan

Trang 25

Đây là phương trình của Hyperbole có hai nửa trục là lcos al va lsinal, tiêu điểm (-1.0) và (1,0) Do u(t) = cosa.cht, cht21, nén

u(t) c6 déu của cosa Suy ra anh cua D chi la một nhánh cua

Hyperbole: phía u > 0 nếu cosa > 0, phía u < 0 nếu cosa < 0

Ti) Ánh của đường thẳng y = b qua ham cosz

- Gọi A là đường thẳng có phương trình y =b , thì: | zEA © z=t+ib,tekR Với ze A, ta có: cosz= cos(t + ib) = cost.chb —i.sint.shb u(t) = cost.chb Suy ra: ,teR v(t) =—sint.shb Ta biện luận các trường hợp: u(t) = cost v(t)=0 Ảnh của A là đoạn [-1,1] trén truc Ou 9 X> Néu b=0 thi 2 2 u Vv 1 + = | chb sh“b_

Đây là phương trình của elip có hai nửa trục là chb và |shb|,

tiêu điểm là (-1,0) và (1,0) Khi t tăng trên mỗi khoảng có độ dài -

2z thì cosz chạy một vòng trên elip ngược chiều kim đồng hồ

X> Nếu b+0 thì u,y thỏa phương trình:

BÀI TẬP

1_ Tìm dạng tổng quát của hàm tuyến tính:

-a) Biến nửa mặt phẳng trên thành chính nó | b) Biến nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng dưới

c)_ Biến nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng bên phải d) Biến dải 0<x< 1 thành chính nó

Trang 26

e) Biến dải giới hạn bởi hai đường thang y=x va y=x-l1

thành chính nó |

2_ a) Chứng minh rang phương trình: asinz + bc0sz =c ( với a,b,ceC ; 8,b không cùng triệt tiêu) luôn có nghiệm

b) Giải phương trình: isinz+2cosz= 3 iZ — | iZ — HD: Viết: sinz=~ - 21 ễ ; COSZ= ere - Dat: t=e” 2 | Đưa về phương trình bậc 2 theo t

3_ Giải phương trình: cosz = e",

4 Tìm ảnh của các tập sau đây qua f(z) = e”

a) Đường thẳng: y=kx+b

b) Dái giới hạn bởi hai đường thẳng y =x , VY=X+27r c Nửa dải 0>x, 0<y<œ (œ< 2n)

d) Hình chữ nhật a<x<B, c<y<d

Py(Z) _ agz°+atz" + +.an

Om(Œ) boz™ + byz™ 1 404d, |

trong do P,,,Q,, 1a da thife bac n,m (theo thứ tự) tối giản, nghĩa là

phương trình P,(z)=( và Qm(2)=0 không có nghiệm chung

4_ Hàm hữu (tỉ: có dạng f(z)=

Gọi Œ1,O2› p là nghiệm bậc kị,kạ, Ky cua phuong trinh

P,(z)=0 va BBs »Bg la nghiệm bậc lị,la, „lạ của Qm(2) = 0

Trang 27

01,0œ2; ,œn là 0— điểm bậc kj,kp, ,k, cla f va By,B2, Bq

là cực điểm bậc HỊ;Ì2; , lạ của f (theo thứ tự) — a a aoz” m 14 24 4—2 Z xT Mặt khác ta có thể viết: f(z) = bạ(1+ + | V/ „m Ta có: | | E> Nếu n>m thì limf(z)=œ tanói œ là cực điểm bậc n—m Z—>œ _ của f, - | > Néu n<m thi limf(z)=0 tandéi œ là 0— điểm bậc m-n | z—>œ của f

E> Nếu n=m thì limf(z)=-° z—>0 bọ

Dat: N= max{n, m} là hạng của f Ta có:

Trang 28

Py (Z) — WQm (Z) Qin (Z) P, (Zz) — wQ,, (2) Om(2) của E chính là nghiệm của phương trình f(z)=0 Ta cần chứng minh: | =0, Dat: F(z) = thì F là hàm hữu tỉ và các 0— điểm hạng E = hạng f J=n nếu n>m Taco: Bậc của Pn(z)-wQm(z)—>|=m nếu n<m <n nếu n=m Suy ra: Hạng F = max{n,m}= Hangf Định lý được chứng minh Hàm phân tuyến tính: có dang f(z )=Š với ad — bc z ( cz+d (néu ad=be thi f(z)=— là hằng) C Tính chất: i) Ham phan tuyén tính f là hàm hữu tỉ hạng 1 suy ra f là SOng - ánh từ C trên C 21) Tacé: f'(z)= aca Pe “( taimoi zeC, ze" Vay f bao (cz +d) _€ ©e # e d giac taimol z#—— * Cc 3i) f bao toan géc dinh hướng tại œ và tại a | | C

Dinh nghia: Cho 2 đường cong ơ,œs có nhánh tiến ra œ Ta

định nghĩa góc định hướng của œ¡,œ› tại © bằng góc định hướng

2 ` | 2 e 2 Z | | 1

cua 2 dudng cong anh hoa,, hoa, cua œŒ,œ+ qua ánh xạ h(z)=— 2

Trang 29

| | d

Tai _8, Cho œ,œ¿ là 2 đường cong qua —— Qua ánh xạ f,

cT | | C

œ,œ bién thanh y; =foa,, yz =foa2 qua œ Góc của 71,72 taico

bằng góc cua hoy,, hoy, tai O bang góc của (hof)oay, (hof)oa, C <ố (ho _œz+d Ta có: (h f)@)=—— " Suy ra: (hof) (z)= be~ad #0 tại z=—Š 2 (az+b) So Uf Vay hof bao toan goéc dinh huéng tai z= _@ Suy ra: C Góc định hướng của Y,ya tại œ = góc định hướng của œ1,œ2 d tại —— Cc | yy A | L2 =h °72 en | _— O Ty =hoy

Tai ©: Cho a ;,0, là 2 đường cong tiến ra vô cực Đặt:

Yị =fsơi, yy=fsơ; là ảnh của œ,œ¿ qua f Thi y;,72 giao nhau tại a Cc Géc cla 01,0 tai o = géc cua hoay, hoa, tai O bz+a dz+c Ta có: hlz)=+ và [tsh*]œ)= Z biến đường he, Aa ss ., hoa, qua O thanh duéng foa,=71, foa2=y2 qua — , bao giac oe } c””

tai z=0 Diéu nay dân đến:

Trang 30

“Góc định hướng của heơ, heơ; tại O (=góc của s02 tại 00 ) = goc dinh hướng cua fo ƠI, foa, tai Cc Vay f bao toan géc định hướng tại œ NÀ Gœ OL

4i) Anh xa phân tuyến tính f biến đường tròn hoặc đường thắng thành đường tròn hoặc đường thẳng |

Trước tiên ta tìm ảnh của đường thẳng và đường tròn qua ánh xạ h(z)= 1 7 Xem đường thẳng A có phương trình: ax+ by =c với z=x+iy I , Z+Z Z—Z va W=—=u+iv#0, tacd: x= Z | ; y=— 2 2ï Từ phương trình đường thẳng suy ra: aft a 11) ~| —†+— |+—-| ——-— |+c=\0 2\w wj 2i(w w c© (57):1( "a Jew =0 2S au—bv-+c(u? +v?)=0

_ Đây là phương trình đường cong ảnh của A qua h

= Néuc=0 (A qua O) ảnh là đường thang qua O

- Nếu c#0 ảnh là đường tròn qua O

Vậy ảnh cua A qua | h hoặc là đường thang hoac la đường tròn qua O |

cs

Trang 31

Xem đường tròn C có phương trình: xế + '“ +2ax+2by+c=0 Từ phương trình đường tròn suy ra: 1 1 +a{2 +t }+0(2-Z)+e=0 , — Iwlf w w w w > 1+2au-2bv+e(u? +v7)=0 Đây là phương trình đường cong ảnh của C qua h - Nếu c=0 ảnh là đường thẳng

- Nếu cz 0 anh là đường tròn

— Vậy ảnh của C qua h hoặc là một đường thang hoặc là một đường tròn

Ta có thể phân tích hàm f như sau:

az+ _a_, be-ad 1 {(z)= cz+d ec C cz+d Dưới dạng nầy ta thấy f là hợp nối của 3 ánh xạ sau: 1 h(w)=— : hy w h2 a be-ad 1 zbWw=cz+d bb =Z —+ ° | | cz+d Cc Ằ© cz+d | | N bc-ad _ a hz(z)=Az+B với A=—— ; B=— _ C C

h;,h; là ánh xạ tuyến tính biến đường thắng thành đường thẳng, biến đường tròn thành đường tròn |

Vậy f biến một đường thắng hoặc một đường tròn thành một | đường thắng hoặc một đường tròn

5ï) Ánh xạ phân tuyến tính f được xác định duy nhất nếu biết ảnh

của 3 điểm phân biệt Z4,z2,z4 là w,w;,wx theo thứ tự Khi đó

biểu thức của f(z)=w_ được suy ra từ phương trình: | W3-W2 W-Wy Z73—Z72 2-74

Wa—WI “WW” 13-2, Z#—72

Trang 32

Aem ánh xạ phân tuyến tính f¡ biến 3 điểm z,z+,z4 thành 0,

Z4—Z72 Z— Z1

œ và l theo thứ tự Ta có: f,(z)= :

| Z34—74 Z—72

Tương tự, ánh xạ phân tuyến tính f› biến 3 điểm phân biệt W1,W2,W3 thanh 0, © va 1 theo thif tu la:

W3-W) w-wi

f, (w) =

W3-W1 W—Wa2

Khi đó ánh xa f, I f, sé bién 3 diém z,,z>,z3 thanh WỊ,W2,Wa

Ta dễ dàng kiểm tra ánh Xạ ngược của hàm phân tuyến tính là hàm phân tuyến tính và nop nối của 2 hàm phân tuyến tính là hàm phân tuyến tính Vậy 1 of; la ham phân tuyến tính

Cuối cùng ta chứng miỉnh một hàm phân tuyến tính có 3 điểm bất động phân biệt là hàm đồng nhất

az+b cz+d

Xem phuong trinh: =Z © C7 + (d- a)Z— b=0

Đây là phương trình bậc 2 có 3 nghiệm phân biệt nếu và chỉ nếu

c=Ũ, a=d, b=0 Nhưyậy f(z)=z với mọi Zz

Từ đố suy ra rằng có duy nhất một hàm phân tuyến tính biến 3

điểm phần biệt Z1,z2,z4 thành W1,W2,W3 theo thi tu Ta có: w=(f" of )(@) © fs(w)=f(z) Wa— h2 W_— Vy _ 43 — 722 “— Z7Ị hay tà W4 — WỊ we W2 23-2; “—Z2

Trang 33

BAI TAP _1_ Tìm ảnh của: a) Góc phần tư thứ nhất qua ánh xa f(z)= A z+Ì

b) Nửa hình tròn lz|<1; Imz>0 qua ánh xạ Tàn , iz +

c) Góc 0<o<7 có đỉnh z= qua anhxa f(z)= =: | L_— 2ø a z—1 d) Dai 0<x<1 qua anhxa f(z)= z—-2 e) Vành khăn 1<|z|<2 qua f(z)= =: z—

2 Tìm ánh xạ phân tuyến tính theo các điều kiện sau:

a) Điểm 1 va i bat dong, điểm 0 biến thành -—1

_ b) Các điểm -1, 0, 1 biến thành 1, ¡, -1 tương ứng

IV Tích phân của hàm phức theo một biến số phức:

I_ Đường cong:

Đường cong L trong C là một ánh xạ liên tục từ đoạn [a,b] có giá trị trong C Với mọi te [a,b] , L(t)=x(t)+iy(t) La) là điểm

đầu, L(h) là điểm cuối, L[a,b] là đường cong ảnh cua L

Ta nói đường cong L là:

- trơn nếu x,y có đạo hàm liên tục theo t va L'(t)=x'(t)+iy'(t) #0 vdimei te [a,b] ,

- trơn từng đoạn nếu tôn tại một số hữu hạn các điểm

t, =a<t, <t)< .<t, =b sao cho L trơn trên mỗi đoạn [titi], i=0,1,2, ,n-1 -

32 | tusachvang.net

Trang 34

- kín nếu L(a)= L(b) |

- Jordan néu L don 4nh trén [a,b] (ghi chú một đường cong kín không tự cắt là đường cong J ordan)

Định nghĩa: Cho L: [a, b]>C la | duong cong Ta dinh nghia đường cong L_ :[a, bị —>(€ bởi: |

L (t)= L(a+b- t) với mọi te[a,b]

Đường cong ảnh của L và L trùng nhau nhưng chiều chuyển động của L(£) và L/ (t) trên đường cong anh khi t tăng từ a đến b

ngược nhau |

Ta déng nhất đường cong L với đường cong ảnh và chiều

chuyển động của L(t) trên L[a, bị -

Thí dụ: L(f) = cost+isint , te[0,27] ,

L'(t)=—sint+icost #0 véi moi te[0,2x] L(0)=L(2n) L đơn

Trang 35

2 Tich phan:

Dinh nghia: Cho f: [a,b] >C liên tục từng đoạn trên [a,b],

f(t)=u(t)+iv(t), te[a,b] Ta dinh nghia: b pb b | f(t).dt = | u(t).dt +i | v(t).dt a Tinh chat: bd b b i) [(f +f)(t).dt = [ f(t).dt + [f,(0).0t b : b | 2ï) |(ef)().dt=c.[f(Đ.dt với mọi ceC 31) b | f(t).dt b < [|f)|.dt Chứng mỉnh: Ta chứng mỉnh 2i) và 3i)

_ (2ï) Giả sử f()=u()+iv() và c=œ+iB Tacó: -

Trang 36

— bd (3i) Nếu [f(Đdt =0 thì bất đẳng thức đúng | a | | b | Giả sử z= | f(t)dt 0 a _ Đặt: 0=ÐSz Ta có: ids b | f(t)dt b b =e T9 | f(t)dt = | e"'? f(t)dt a a Gm, Re| e.£(6 lát < f le? £(b|at = [to dt

Dinh nghia: Cho L :[a,b] — C la dudng cong tron từng đoạn và

liên tục trên LÌa,b] Thì ánh xạ biến te[a,b] thành f(L(t))

Trang 37

[ †ø)dz = [r(L (ĐÌ(L @) dt = f(u(2 +b-t)).L'(a+b-t).dt _— I> a SỐ _=-[f(L(@)).L().đs (đổi biến s=a+b-t) =— | f(z)dz L 3_ Định lý Cauchy:

_ Định lý: Cho D là tập mở trong C và L là đường cong trơn từng đoạn thỏa mãn L[a, b] cD Giả sử tồn tại hàm F giải tích trên D sao cho F'(z) = f(z) với mọi z e L[a,b] thi:

[ f(2)dz = F(L())- F(L€@)) -

L

Đặc biệt nếu L kin thi | f(z)dz=0 | c1

Chứng minh:

Trang 38

b , = J[u(x(9,y())-x')— v(x(Ð,y(9))-y'(9 ].át b | +i.|[v(x(),y()).x'() +u(x(),y()).y'(9 ].dt 7 =| (xt (t)).x'()+ 3 2x „Y ° = (x(t) (t)).y'(t) |.dt ay sỳ .ÿ ° ob | | | +i Ỉ L2 6006)3x@)+5Ý (6á, v(o).¥ fat a Ð 1 1 b 4 | _— J gL.) }.at-+ tJ LV o,9(0)] =| U(L(b)) - U(L(a)) ]+i.[ V(L0b))- V(L(a)) | = F(L(b)) - F(L(a))

Néu L kin, do L(b)= L(a) nén [f(z).dz=0 a

Ghỉ chú: Từ định lý trên suy ra: | (z-z,)" -dz=0 véi moi

neZ, n#-1 (L kin va 2 £ L[a,b]) Bổ đề Goursat:

Cho D là tập mở và L là đường cong trơn từng đoạn chứa trong

D Cho f liên tục trên D, với mọi ¢> 0 cho trước, tồn tại đường gấp

Trang 39

Thì d>0 với s >0 cho trước, do Í liên tục đều trên Dị nên ton

-fŒ)|<—

tại 5>0 (5<d) sao cho véi z,z’ ED, |z-z'|<8 thi

_với l là chiều dài của L

Chia L thành một số hữu hạn các cung nhỏ Lị, có chiều dài bé hơn ö bởi các điểm z¿ = L(a), Z1,Z2› ÄZzn = L(Œ) Gọi Ly là đường

Trang 40

Dinh ly Cauchy: | |

Cho D là tập mở đơn liên (nghĩa là D mở, liên thông và biên

ØD là tập liên thông), f giải tích trên D và L là đường cong kín ‘tron từng đoạn chứa trong D Thì : [ f (2) dz=0

TL |

Chứng minh: Ta chia làm 3 bước:

| f(z).dz|

oA

Nối trung điểm 3 cạnh của tam giác A, chia A thành 4 tam giác © _bằng nhau AX, k=1,2,3,4.Tacé:

1) Trường hợp L là biên của tam giác Đặt: M= 4 _4 : =|) [ t@.az<> [ fz).dz| : | ! aA aa‘ Như vậy tồn tại ít nhất một số hạng trong tổng lớn hơn hay bằng = [ f(z).dz OA M Đặt tam giác tương ứng là A¡, khi đó: _< Ỉ f(z).dz F 4 OA,

Lại nối (trung điểm 3 cạnh của A,, chia A, thanh 4 tam gidc

bằng nhau AT, k=l,2,3,4.Tacó: | 4 4} SỈ [ fz).dz|=|, J fz).dz|<5| [ f).di| ÔAt La | lilaAk Vậy tồn tại ít nhất một số hạng trong tổng lớn hơn ~ Dat tam 4“ e # : 7 ` | ~ A M giac tuong ing 1a A, , nghia la: >< | f(z).dz| 4 | OA>

Liên tục quá trình trên, ta thiết lập được dãy tam giác (4x)

dong, théa man: |

“2

Ngày đăng: 28/09/2014, 07:57

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w