ÔN 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 Dz ∈ . Định lý 2 (Công thức Niutơn – Leibnitz): Nếu Dba →],[: γ là một đường cong trơn từng khúc, 1 )( za = γ , 2 )( zb = γ , F là một nguyên hàm của f trên miền D thì. )()()( 12 zFzFdzzf ∫ −= γ Chứng minh: Theo công thức ∫ ∫ = γ γγ b a dtttfdzzf )('))(()( Đặt ))(()( tFt γ =Φ ta có )('))(()(' ttft γγ =Φ . Áp dụng công thức Niutơn – Leibnitz trong giải tích thực cho phần thực và phần ảo của )(tΦ ta có )()()()()( 12 zFzFabdzzf ∫ −=Φ−Φ= γ 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 Dz ∈ 0 ta có dz zz zf i zf D ∫ ∂ − = 0 0 )( 2 1 )( π Chứng minh: Với mọi r>0 sao cho B Drz ⊂),( 0 , đặt ),(\' 0 rzBDD = . Hàm 0 )( )( zz zf zg − = 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 dzzf ta có: 0 )()()( 00 ' 0 = − − − = − ∫∫∫ ∂∂ dz zz zf dz zz zf dz zz zf r CDD Từ đó dz zz zf i dz zz zf i r CD ∫∫ − = − ∂ 00 )( 2 1)( 2 1 ππ . Vì idz zz zf r C π 2 )( 0 = − ∫ nên dz zz zfzf i dz zz zf i zf rr CC ∫∫ − − = − − 0 0 0 0 )()( 2 1)( 2 1 )( ππ (1) Với mọi 0,0 >> δε sao cho δ <− 0 zz thì ε <− 0) ()( zfzf . Khi đó mọi δ <r ta có: 1 επ ε ππ =≤ − − ∫ r r dz zz zfzf i r C 2 2 1 )()( 2 1 0 0 .Do 0> ε tuỳ ý nên từ (1) suy ra dz zz zf i dz zz zf i zf DC r ∫∫ ∂ − = − = 00 0 )( 2 1)( 2 1 )( ππ 3. 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 ivuf += là hàm giải tích trên D. Thật vậy, giải sử u là hmà điều hoà, với mỗi Dyx ∈),( 00 , đặt dy x u dx y u yxv yx yx ∂ ∂ + ∂ ∂ −= ∫ ),( ),( 00 ),( (1). 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 ),( 00 yx với ),( yx trong D. Vì dy x u dx y u dv ∂ ∂ + ∂ ∂ −= , nên ta có x u y v y u x v ∂ ∂ −= ∂ ∂ ∂ ∂ −= ∂ ∂ , , mà theo định lý 1(chương I): Hàm f khả vi tại 000 iyxz += khi và chỉ khi nó R 2 khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Rieman tại ),( 00 yx nên ivuf += là hàm giải tích. Do đó hàm v xác định bởi (1) là hàm cần tìm. Tương tự, nếu v là một hàm điều hoà đã cho thì hàm dy x v dx y v yxu yx yx ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∫ ),( ),( 00 ),( (2) là hàm sao cho là ivuf += hàm giải tích. 4. Định lý Cauchy Cho f là một hàm giải tích trên miền D và Dz ∈ 0 . Khi đó trong hình tròn ),( 0 RzB , ),( 0 DzdR ∂= , ta có ∑ ∞ = −= 0 0 )()( k k k zzazf (1 ). Các hệ số k a là duy nhất, được tính theo công thức: ! )( 0 )( k zf a k k = . Chứng minh: Với r tuỳ ý, Rr << 0 , kí hiệu C r là đường tròn tâm z 0, bán kính r. Theo công thức tích phân Cauchy ta có: η η η π d z f i zf D ∫ ∂ − = )( 2 1 )( 0 (2). Với mọi ),( 0 rzBz∈ . Vì 00 zzz −<− η nên có khai triển )()( 11 00 zzzz −−− = − ηη 0 0 0 1 1 . 1 z zz z − − − − = η η ∑ ∞ = + − − = 0 1 0 0 )( )( n n n z zz η (3). Với mọi r C∈ η , 1 0 0 0 < − = − − r zz z zz η , nên theo (định nghĩa chuỗi hàm): Nếu chuỗi hàm xác định tên tập CA∈ là chuỗi dạng ∑ = =++++ n k kk zfzfzfzf 1 21 )( )( )()( hội tụ đều trên A và ϕ là một 2 hàm bị chặn trên A thì chuỗi ∑ = n k k zf 1 0 )( hội tụ đều trân A chuỗi ∑ ∞ = + − − 0 1 0 0 )( ))(( k k k z zzf η η hội tụ đều trên C r với z, z 0 cố định. Thế (3) và (2) và áp dụng (định lý 6 chương III): ∑ ∞ = = 1 )()( k k dzzfdzzf ta được k k C k zzd z f i zf r )( )( )( 2 1 )( 0 0 1 0 − − = ∑ ∫ ∞ = + η η η π . Theo công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàm ! )( )( )( 2 1 0 )( 1 0 k zf d z f i a k C k k r = − = ∫ + η η η π , do đó ∑∑ ∞ = ∞ = −=−= 0 0 0 )( 0 0 )( ! )( )()( k k k k k k zz k zf zzazf (4). Vì chuỗi (4) hội tụ trên mọi hình tròn ),( 0 RzB , r < R, nên nó hội tụ trên ),( 0 RzB . Ta kiểm tra tính duy nhất của các hệ số a k . Giả sử ∑ ∞ = −= 0 0 )()( k k k zzbzf , ),( 0 RzBz ∈ là một khai triểu tuỳ ý của f. Theo định lý Abel, lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này k lần và thay 0 zz = ta nhận được: k k bkzf !)( 0 )( = . Vậy ta cũng có ! )( 0 )( k zf b k k = 5. Định lý Laurent Cho hàm f giải tích trên vành khăn { } RzzrCzV <−<∈= 0 : , ∞≤<≤ Rr0 . Khi đó trên V ta có ∑ +∞ −∞= −= k k k zzazf )()( 0 (1), trong đó các hệ số a k là duy nhất và được tính theo công thức η η η π ρ d z f i a C k k ∫ + − = 1 0 )( )( 2 1 (2). ρ C là đường tròn tâm z 0 , bán kính ρ , Rr << ρ Chứng minh: Giả sử z là điểm tuỳ ý thuộc V. Chọn r’, R’ sao cho RRzzrr <<−<< '' 0 . Ký hiệu { } '':' 0 RzzrCzV <−<∈= . Theo công thức tích phân Cauchy η η η π d z f i zf V ∫ ∂ − = ' )( 2 1 )( η η η π η η η π d z f i d z f i rR CC ∫∫ − − − = '' )( 2 1)( 2 1 (3). Với mọi 'R Cn ∈ )()( 11 00 zzzz −−− = − ηη 0 0 0 1 1 . 1 z zz z − − − − = η η ∑ ∞ = + − − = 0 1 0 0 )( )( k k k z zz η . Vì 1 0 0 < − − z zz η , nên chuỗi này hội tụ đều trên C R’ . Tương tự như chứng minh định lý Taylor ∑ ∫ ∞ = −= − 0 0 )( )( 2 1 ' k k k C zzad z f i R η η η π (4) trong đó ( ) η η η π d z f i a R C k k ∫ + − = ' 1 )( 2 1 (4’). Với mọi 'r C∈ η , ta có )()( 11 00 zzzz −−− −= − − ηη 0 0 0 1 1 . 1 zz z zz − − − − = η ∑ ∞ = − − − = 1 0 1 0 )( )( l l l zz z η . 3 Vì 1 0 0 < − − zz z η nên chuỗi này hội tụ đều trên C r’ . Từ đó ∑ ∫ ∞ = − − −= − − 1 0 )( )( 2 1 ' l l l C zzad z f i r η η η π (5), trong đó ( ) ηηη π dzf i a r C l l ∫ − − −= ' 1 )( 2 1 (5’). Trong (5) và (5’) thay –l bởi k ta có ∑ ∫ − −∞= − −= − − 1 0 )( )( 2 1 ' k k l C zzad z f i r η η η π (6), trong đó ( ) η η η π ρ d z f i a C k k ∫ + − = 1 0 )( 2 1 (6’). Chú ý trong (4’) và (6’) ta có thể thay đường lấy tích phân là Rrzz <<=− ρρ , 0 nên thay (4) và (6) vào (3) ta có ∑ +∞ −∞= −= k k k zzazf )()( 0 , trong đó ( ) η η η π ρ d z f i a C k k ∫ + − = 1 )( 2 1 , Rr << ρ . Ta chứng minh tính duy nhất của các hệ số a k . Giả sử ∑ +∞ −∞= −= k k k zzbzf )()( 0 (7) là mộ khai triểu tuỳ ý của f trên v. Khi đó ∑ − −∞= − 1 0 )( k k k zzb và ∑ +∞ = − 0 0 )( k k k zzb hội tụ đều trên một đường tròn ρ C , R<< ρ 1 . Ta có dzzz C m ∫ − ρ )( 0 −≠ −= = 1,0 1,2 m mi π . Do đó nhân hai vế của (7) với ( ) 1 0 1 . 2 1 + − k zz i π rồi lấy tích phân trên ρ C ta có ( ) k C k bdz zz zf i = − ∫ + ρ π 1 0 )( 2 1 . Vậy ( ) η η η π d z f i ba n kk ∫ + − == 1 0 )( 2 1 với mọi số nguyên k. 6. Định lý thặng dư a) Nếu f giải tích trong miền Rzz <−< 0 0 và khai triểu Laurent của f trong lân cận 0 z là ∑ +∞ −∞= −= k k k zzazf )()( 0 (3)thì [ ] 10 ),( − = azzfres b) Nếu f giải tích trong miền Rz > và khai triểu Laurent của f trong lân cận của ∞ là ∑ +∞ −∞= = k k k zazf )( (4)thì [ ] 1 ),( − −=∞ azfres Chứng minh: a) Chuỗi (3) hội tụ đều trên ρ C , R<< ρ 0 nên tích phân từ số hạng của chuỗi ta được ∫∫ −= ρρ C k k C dzzzadzzf )()( 0 . Vì −= −≠ =− ∫ 12 1,0 )( 0 ki k dzzz C k π ρ nên iadzzf C π ρ 2)( 1− = ∫ . Vậy [ ] 10 ),( − = azzfres b) Tương tự a), tích phân từng số hạng của chuỗi (4) ta có dzzadzzf k k k C ∑ ∫ +∞ −∞= −= ρ )( ia π 2 1− −= . Từ đó [ ] 10 ),( − −= azzfres 4 . 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 Dz ∈ . Định lý. ra dz zz zf i dz zz zf i zf DC r ∫∫ ∂ − = − = 00 0 )( 2 1)( 2 1 )( ππ 3. 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. bởi (1) là hàm cần tìm. Tương tự, nếu v là một hàm điều hoà đã cho thì hàm dy x v dx y v yxu yx yx ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∫ ),( ),( 00 ),( (2) là hàm sao cho là ivuf += hàm giải tích. 4. Định lý Cauchy Cho