Hàm giải tích theo một biến số phức

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)

=|fϿ) , 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