Công thức tích phân Cauchy Cho D là một miền bị chặn, có biên là hữu hạn đường cong... Hàm điều hoàĐịnh lý: Một hàm hai biến thực trên miền D là hàm điều hoà khi và chỉ khi là phần thực
Trang 1ÔN THI LÝ THUYẾT HÀM BIẾN PHỨC
KHOÁ 2012-2013
BẢO VƯƠNG _ CĐSTOAN
*-*-*-*-*-*
1 Công thức Niutơn - Leibnitz
Hàm F gọi là một nguyên hàm của hàm f trên miền D nếu F’(z)=F(z) với mọi z D
Định lý 2 (Công thức Niutơn – Leibnitz): Nếu : [a,b] D là một đường cong trơn từng khúc,
1
)
(a z
, (b ) z2, F là một nguyên hàm của f trên miền D thì.
) ( ) ( )
(z dz F z2 F z1 f
Chứng minh:
Theo công thức
b
a
dt t t f dz z
Đặt (t) F( (t)) ta có ' (t) f( (t)) ' (t)
Áp dụng công thức Niutơn – Leibnitz trong giải tích thực cho phần thực và phần ảo của (t)
ta có
) ( ) ( ) ( ) ( )
(z dz b a F z2 F z1 f
2 Công thức tích phân Cauchy
Cho D là một miền bị chặn, có biên là hữu hạn đường cong Nếu f giải tích trên D và liên tục trên D thì với mọi z 0 D ta có
dz z z
z f i z
f
D
0 0
) ( 2
1 ) (
Chứng minh:
Với mọi r>0 sao cho B(z0,r) D, đặt D ' D\B(z0,r) Hàm
0
) ( ) (
z z
z f z g
giải tích trên D’ nên
theo định lý Cauchy: Cho D là một miền bị chặn, có biên là hữu hạn các đường cong trơn từng khúc Nếu f giải tích trên D và liên tục trên D thì ( ) 0
D
dz z
0 )
( )
( )
(
0 0
dz z z
z f dz z z
z f dz
z
z
z
f
r
C D
D
Từ đó i z f z z dz i z f z z dz
r
C
) ( 2
1 )
( 2
1
Vì z f z z dz i
r
C
2 )
(
0
nên f z i z f z z dz i f z z z f z dz
r
0
0 0
0
) ( ) ( 2
1 )
( 2
1 ) (
Với mọi 0 , 0 sao cho z z0 thì f(z) f(z)0 Khi đó mọi r ta có:
f z z z f z dz r r
i
r
C
2 2
1 )
( )
(
2
1
0
dz z z
z f i
dz z z
z f i
z
f
D
0 0
0
) ( 2
1 )
( 2
1
)
(
Trang 23 Hàm điều hoà
Định lý: Một hàm hai biến thực trên miền D là hàm điều hoà khi và chỉ khi là phần thực hay
phần ảo của một hàm giải tích nào đó trên D.
Chứng minh:
Ta chứng minh nếu u (hoặc v) là hàm điều hoà trên D thì tồn tại v (hoặc u) là hàm trên D sao cho f uiv là hàm giải tích trên D Thật vậy, giải sử u là hmà điều hoà, với mỗi (x0,y0) D,
x
u dx y
u y
x
v
y x
y
) , (
) , ( 0 0
)
,
Do u là hàm điều hoà nên ( ) ( )
y
u y
u x
u x
u
, từ đó tích phân đường (1) không phụ thuộc vào hình dạng đường nối (x0,y0) với(x,y) trong D
x
u dx y
u
dv
, nên ta có x v u y y v u x
, , mà theo định lý 1(chương I): Hàm f khả vi tại z0 x0 iy0 khi và chỉ khi nó R 2 khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Rieman tại
)
,
(x0 y0 nên f uiv là hàm giải tích
Do đó hàm v xác định bởi (1) là hàm cần tìm
x
v dx y
v y
x u
y x
y
) , (
) , ( 0 0
) ,
cho là f uiv hàm giải tích
4 Định lý Cauchy
Cho f là một hàm giải tích trên miền D và z 0 D Khi đó trong hình tròn B(z0,R),
) ,
(z0 D
d
) ( )
(
k
k
k z z a z
f (1 ) Các hệ số a k là duy nhất, được tính theo công thức:
!
) ( 0
) (
k
z f
a
k
Chứng minh:
Với r tuỳ ý, 0 r R, kí hiệu Cr là đường tròn tâm z0, bán kính r
z
f i z
f
D
2
1 )
Với mọi z B(z0,r) Vì z z0 z0 nên có khai triển 1 ( )1( )
0
z
0
0
0 1
1
1
z
z z
z
0
) (
) (
n
z
z z
Với mọi C r , 0 1
0
r
z z z
z z
, nên theo (định nghĩa chuỗi hàm): Nếu chuỗi hàm xác định
n
k k
f z
f z f
1 2
1 ( ) ( ) ( ) ( ) hội tụ đều trên A và là một
hàm bị chặn trên A thì chuỗi
n
k
k z f
1
0 ) ( hội tụ đều trân A chuỗi
0
) (
) )(
(
k
z
z z f
hội tụ đều trên
Cr với z, z 0 cố định
Trang 3Thế (3) và (2) và áp dụng (định lý 6 chương III):
1
) ( )
(
k
k z dz f dz
z
k
z z d z
f i z
f
r
) ( )
(
) ( 2
1
)
Theo công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàm 21 ( ( )) (! 0)
) ( 1
z f d z
f i a
k
C
k k
r
0
0 0
) (
0
!
) ( )
(
)
(
k
k k
k
k
k
z f z
z a
z
Vì chuỗi (4) hội tụ trên mọi hình tròn B(z0,R), r < R, nên nó hội tụ trên B(z0,R)
Ta kiểm tra tính duy nhất của các hệ số ak Giả sử
0
0 ) ( )
(
k
k
k z z b z
f ,z B(z0,R) là một khai
triểu tuỳ ý của f Theo định lý Abel, lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này k lần và thay z z0ta
k z k b
f( ) ( 0) !
Vậy ta cũng có
!
) ( 0
) (
k
z f b
k
k
5 Định lý Laurent
Cho hàm f giải tích trên vành khăn V zC:r z z0 R,0 rR Khi đó trên V ta có
k
k
k z z
a
z
f( ) ( 0) (1), trong đó các hệ số a k là duy nhất và được tính theo công thức
d z
f i
a
C
k
k ( 0) 1
) ( 2
1
(2) Clà đường tròn tâm z 0 , bán kính , r R
Chứng minh:
Giả sử z là điểm tuỳ ý thuộc V Chọn r’, R’ sao cho rr' z z0 R' R Ký hiệu
: ' '
' z C r z z0 R
V Theo công thức tích phân Cauchy
z
f i
z
f
V
'
) ( 2
1
)
z
f i
d z
f i
r
' '
) ( 2
1 )
( 2
Với mọi n C R'
) ( ) (
1 1
0
z
0
0
0 1
1 1
z
z z z
0
) (
) (
k
z
z z
0
0
z
z
z
, nên chuỗi này hội tụ đều trên CR’
Tương tự như chứng minh định lý Taylor
( 2
1
' k
k k
C
z z a d
z
f i R
d
z
f i
a
R
C
k
'
1
) ( 2
1
(4’) Với mọi C r', ta có 1 ( )1( )
0
z
0
0
0 1
1 1
z z
z z
z
1 0
) (
)
(
l
z
z
z
0
0
z
z
z
nên chuỗi này hội tụ đều trên Cr’
1
0 ) ( )
( 2
1
' l
l l
C
z z a d
z
f i
r
i
a
r
C
l
'
1 )
( 2
1
(5’)
Trang 4Trong (5) và (5’) thay –l bởi k ta có
1
0 ) (
) ( 2
1
' k
k l
C
z z a d
z
f i
r
d
z
f i
a
C
k
0
) ( 2
1
(6’)
Chú ý trong (4’) và (6’) ta có thể thay đường lấy tích phân làz z0 ,r Rnên thay (4) và (6) vào (3) ta có
k
k
k z z a
z
z
f i
a
C
k
2
1
,r R
Ta chứng minh tính duy nhất của các hệ số ak Giả sử
k
k
k z z b z
f( ) ( 0) (7) là mộ khai triểu tuỳ ý của f trên v
Khi đó
1
0 ) (
k
k
k z z
b và
0
0 ) (
k
k
k z z
b hội tụ đều trên một đường tròn C , 1 R Ta có
dz
z
z
C
m
)
1 ,
0
1 ,
2
m m i
Do đó nhân hai vế của (7) với 1
0
1 2
1
z k z i
C
k dz b z
z
z f
0 1
) ( 2
1
d
z
f i b
a k k n
0
) ( 2
1
với mọi số nguyên k.
6 Định lý thặng dư
a) Nếu f giải tích trong miền 0 z z0 R và khai triểu Laurent của f trong lân cận z0 là
k
k
k z z
a
z
f( ) ( 0) (3)thì res f(z),z0a1
b) Nếu f giải tích trong miền z R và khai triểu Laurent của f trong lân cận của là
k
k
k z
a
z
f( ) (4)thì res f(z), a1
Chứng minh:
a) Chuỗi (3) hội tụ đều trên C,0 Rnên tích phân từ số hạng của chuỗi ta được
k k
C
dz z z a
dz
z
k i
k dz
z
z
C
k
2 )
( 1
Vậy res f(z),z0 a1 b) Tương tự a), tích phân từng số hạng của chuỗi (4) ta có f z dz a z dz
k
k k C
)
Từ đó res f(z),z0 a1