Toán chuyên ngành kỹ thuật điện (chương 3)

CHƯƠNG 3: TÍCH PHÂN HÀM PHỨC   §1 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG CỦA HÀM BIẾN PHỨC Định nghĩa: Cho đường cong C định hướng, trơn khúc C cho hàm phức f(z) Tích phân f(z) dọc theo C định nghĩa kí hiệu là: n lim ∑ f ( t k )(z k − z k −1 ) = ∫ f (z)dz n →∞ k =1 (1) C Trong a = zo , z1, ,zn = b điểm C; a b hai mút, tk điểm tuỳ ý C nằm cung [ zk, zk-1] Giới hạn (1) thực cho max lk → với lk độ dài cung [ zk, zk-1] Cách tính: Đặt f(z) = u(x,y) + jv(x,y), zk = xk + jyk ∆xk = xk - xk-1, ∆yk = yk - yk-1 tk = αk +jβk; u(αk , βk) = uk; v(αk , βk) = vk n n n k =1 ta có: k =1 k =1 ∑ f ( t k )(z k − z k −1 ) = ∑ (u k ∆x k − v k ∆y k ) + j∑ (u k ∆x k + v k ∆y k ) (2) Nếu đường cong C trơn khúc f(z) liên tục khúc, giới nội n→∞ vế phải (2) tiến tới tích phân đường hàm biến thực Do tồn tại: (3) ∫ f (z) = ∫ (udx − vdy) + j∫ (udy + vdx ) C C C Nếu đường cong L có phương trình tham số x = x(t), y = y(t) α≤ t ≤ β ta viết dạng hàm biến thực: z = x(t) + jy(t) = z(t) α≤ t ≤ β với z(a) = α; z(b) = β Khi ta có cơng thức tiện dụng: β ∫ f (z)dz = ∫ f [ z( t ) ].z′( t ) dt (4) α C Ví dụ 1: Tính I = ∫ Rezdz , L đoạn thẳng nối điểm + j theo chiều từ đến L y y 1+j B j L C x -a O O Phương trình tham số L lấy là: ⎧x ( t ) = t Vậy z(t) = (1 + j)t, t thực t ∈ [0, 1] ⎨ y( t ) = t ⎩ Điểm O ứng với t = điểm B ứng với t = Theo (4): a x 51 1 0 I = ∫ Re(1 + j) t.z′( t )dt = ∫ (1 + j) tdt = (1 + j) ∫ tdt = 1+ j dz , L nửa cung tròn nằm nửa mặt phẳng trên, nối điểm -a L z a, chiều lấy tích phân từ -a đến a Phương trình tham số đường cong L là: ⎧x = acos t ⎨ ⎩ y = asin t Vậy z(t) = a(cost + jsint) = aejt, z’(t) = jaejt Điểm -a ứng với t = π, điểm a ứng với t = Theo (4): dz jae jt dt I=∫ =∫ = j∫ dt = − jπ jt L z π ae π Ví dụ 3: Tính I = ∫ (1 + j − z )dz , C cung parabol y = x2, nối gốc O điểm B có Ví dụ 2:Tính I = ∫ C toạ độ (1,1) Hàm f(z ) = + j − 2z = + j − 2( x − jy) Tách phần thực phần ảo ta có u(x, y)=1-2x v(x, y) = + 2y Dùng (3) ta có: I = ∫ (1 − x )dx − (1 + y)dy + j∫ (1 + y)dx + (1 − x )dy C C Chuyển tích phân đường loại thành tích phân xác định ta có: ∫ (1 − 2x )dx − (1 + y)dy = ∫ (1 − 2x )dx − (1 + 2x C ∫ (1 + y)dx + (1 − 2x )dy = ∫ (1 + 2x C 2 )2 xdx = ∫ (−4x − 4x + 1)dx = − )dx + (1 − 2x )2xdx = ∫ (−2x + 2x + 1)dx = Thay vào ta có: 4j I = −2 + Ví dụ 4: Tính I = ∫ z dz , AB đoạn thẳng nối điểm A toạ vị số phức AB điểm B toạ vị số phức j f(z) = z2 = (x + jy)2 = (x2 - y2 + 2jxy) nên u = x2 - y2 v = 2xy Theo (3) ta có: I = ∫ ( x − y )dx − xydy + j ∫ ( x − y )dy + xydx AB AB Vì AB có phương trình x = - 2y, dx = -2dy (chọn y làm tham số) nên: ∫ (x AB − y )dx − 2xydy = ∫ (4 + y − 8y − y )(−2dy) − 2(2 − y)ydy = − 2 2 ∫ ( x − y )dy + 2xydx = ∫ (4 + y − 8y − y )dy + y(2 − y)(−2 ydy) = − AB Thay vào ta có: 52 8+ j Ví dụ 5: Tính I k = ∫ (z ) dz k = 1, I=− C với C1 đoạn thẳng nối + j C2 đường gấp khúc nối 0, 1, + j Áp dụng (4) với C1 ta có z = (1 + j)t, t từ đến nên: 2 I1 = ∫ (z ) dz = ∫ (1 − j) t (1 + j)dt = (1 − j) C1 o Tương tự: 1 2 I1 = ∫ (z ) dz = ∫ t dt + ∫ (1 − jt ) 2dt = (2 + j) o o C2 Các tính chất tích phân: Từ cơng thức (3) ta suy tích phân hàm biến phức dọc theo đường cong có tất tính chất thơng thường tích phân đường loại Ta nêu lại tính chất đó: - Tích phân khơng phụ thuộc tên gọi biến số tích phân ∫ f (z)dz = ∫ f (ζ )dζ AB - AB ∫ [f (z) + g(z)]dz = ∫ f (z)dz + ∫ g(z)dz AB AB AB - Nếu a số phức thì: ∫ af (z)dz =a ∫ f (z)dz AB AB ∫ f (z)dz = − ∫ f (z)dz - AB BA - Nếu A, B C điểm nằm đường cong thì: ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz AC z AB BC ∫ dz = z − z o - zo Các công thức ước lượng tích phân: Nếu M giá trị lớn | f(z) | đường cong L (nghĩa | f(z) | ≤ M ∀z ∈ L) ta có: ∫ f (z)dz L ≤ ∫ f (z)dz dz ≤ Ml (5) L Chứng minh: Vì mơđun tổng nhỏ tổng môđun nên: n ∑ f (ζ k )∆z k k =1 n ≤ ∑ f (ζ k ) ∆z k k =1 Nhưng theo giả thiết | f(ζk) | ≤ M nên: 53 n n n k =1 k =1 k =1 ∑ f (ζ k )∆z k ≤ ∑ M ∆z k = M ∑ ∆z k n n k =1 Vậy: k =1 ∑ f (ζ k )∆z k ≤ M∑ ∆z k Chú ý n ∑ k =1 ∆z k chiều dài đường gấp khúc có đỉnh zo, z1, z2 , ,zn Khi max | ∆zk | → n ∑ k =1 ∆z k dần tới độ dài l đường cong L Chuyển qua giới hạn (6) ta có: ∫ f (z)dz ≤ Ml (5) L §2 ĐỊNH LÍ CAUCHY CHO MIỀN ĐƠN LIÊN Định lí: Nếu f(z) giải tích miền đơn liên D C đường cong kín nằm D thì: (6) ∫ f (z)dz = L Chứng minh: Giả thiết địi hỏi f(z) giải tích D , với giả thiết này, cách chứng minh khó Để đơn giản cách chứng minh, ta giả thiết thêm f’(z) liên tục D Vậy u(x, y) v(x, y) liên tục có đạo hàm riêng liên tục D Theo (3) thì: ∫ f (z)dz = ∫ udx − vdy + j∫ vdx + udy L L L Trong giải tích, biết P(x, y), Q(x, y) liên tục có đạo hàm riêng liên tục ∂Q ∂P D điều kiện cần đủ để ∫ Pdx + Qdy = ∀C ∈ D = ∂x ∂y C Áp dụng kết cho, ta thấy ∫ udx − vdy = Thật vậy, P = u Q = -v Do L giả thiết f(z) giải tích nên điều kiện C - R thoả mãn, ∂u ∂P ∂ (− v) ∂Q = = = ∂y ∂y ∂x ∂x Tương tự ta chứng minh ∫ vdx + udy = Do ∫ f ( z)dz = L L y Ví dụ 1: Nếu L đường cong kín giới hạn miền đơn liên G, ∫ e z dz = f(z) = ez giải tích L mặt phẳng j x -j 54 sin z dz , L đường tròn | z - 1| = z2 + L Ví dụ 2: Tính I = ∫ sin z có hai điểm bất thường nghiệm phương trình z2 + = ±j z +1 Vậy f(z) giải tích miền | z - | ≤ Áp dụng định lí Cauchy ta có I = dz Ví dụ 3: Tính I = ∫ , L đường trịn tâm zo, bán kính R, tích phân lấy theo L z − z0 chiều dương Phương trình tham số L là: ⎧x = x o + a cos t ⎨ ⎩ y = y o + a sin t Vậy z(t) = x(t) + jy(t) = zo + aejt; z’(t) = jaejt Theo (4) ta có: 2π jae tj I = ∫ tj dt = 2πj ae có điểm bất thường z = zo giả thiết định lí Sở dĩ I ≠ hàm f (z) = z − z0 Cauchy không thoả mãn Qua ví dụ ta thấy f(z) có điểm bất thường G định lí Cauchy khơng Hàm f ( z ) = j Ví dụ 4: Tính I = ∫ ze z dz o j Ta viết: I = ∫ ze dz = ze z z j o o j − ∫ e z dz = je j − (e j − 1) = + ( j − 1)(cos1 + j sin 1) o = (1 − cos1 − sin 1) + j(cos1 − sin 1) j+1 Ví dụ 5: Tính I = ∫ (z − 1)100 zdz Đặt t = z - ta có: j ⎛ t102 t101 ⎞ j102 j101 j ⎟ = I = ∫ t100 ( t + 1)dt = ∫ ( t101 + t100 )dt = ⎜ + + =− + ⎜ 102 101 ⎟ 102 102 o o ⎝ ⎠ 102 101 j j §3 ĐỊNH LÍ CAUCHY CHO MIỀN ĐA LIÊN Định lí: Giả sử miền G đa liên mà biên L gồm đường cong bên Lo, đường cong bên L1, L2, , Ln.(hình a) Nếu f(z) hàm giải tích G thì: (7) ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + L + ∫ f (z)dz Lo L1 L2 Ln 55 A L1 B L1 Lo L2 Lo a b Các tích phân lấy theo hướng dương, nghĩa ngược chiều kim đồng hồ Chứng minh: Ta chứng minh ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz Lo L1 biên bên có đường cong kín L1(hình b) Cách chứng minh tương tự biên bên có nhiều đường Giả sử AB lát cắt nối điểm A đường Lo điểm B đường L1 Do lát cắt AB, miền G trở thành đơn liên, áp dụng định lí Cauchy nêu phần Ta có: ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz = Lo Kí hiệu AB L1 BA ∫ f (z)dz tích phân theo hướng thuận chiều kim đồng hồ L1 Theo tính chất tích phân ta có: ∫ f (z)dz = − ∫ f (z)dz L1 L1 ∫ f (z)dz = − ∫ f (z)dz AB BA Thay vào ta có: ∫ f (z)dz − ∫ f (z)dz = Lo L1 Đây điều cần chứng minh Ghi chú: Cơng thức (7) viết thành: ∫ f (z)dz − ∫ f (z)dz − ∫ f (z)dz − L − ∫ f (z)dz = Lo hay: L1 L2 Ln ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + L + ∫ f (z)dz = Lo L1 L2 Ln hay gọn hơn: ∫ f (z)dz = Lo + L1+L+ Ln Gọi L biên có hướng dương miền G đẳng thức viết là: ∫ f (z)dz = L Đây công thức (1) suy rộng cho miền đa liên 56 Hệ quả: Giả sử f(z) giải tích miền D có biên C liên tục D với ro ∈ D thì: f (z) = 2πjf (z o ) ∫ C z − zo dz với n nguyên dương, zo cho trước L đường cong kín (z − z o )n L Ví dụ :Tính I = ∫ không qua zo zo G zo Gọi G miền giới hạn đường cong L hàm giải tích G nên theo định lí Giả sử zo ∉ G Khi f (z) = (z − z o )n Cauchy I = Giả sử zo ∈ G Loại khỏi G miền hình trịn tâm zo , bán kính a Như f(z) giải tích miền nhị liên cịn lại Theo (8) thì: dz dz I=∫ =∫ n n L (z − z o ) γ (z − z o ) γ đường tròn | z - zo | = a Nếu n = I = 2jπ Nếu n ≠ 1, ý z ∈ γ thì: z = zo + aejt, dz = jaejtdt ≤ t ≤ 2π Vậy: 2π 2π dz jae jt dt j 2π I=∫ = ∫ n jnt = n −1 ∫ e j(1−n ) t dt = e j(1−n ) t = ej(1-n)2π = eo = n n −1 a (1 − n )a a e L (z − z o ) Ta tóm tắt kết để dùng sau này: ⎧2 jπ n = 1, L bao z o dz ∫ (z − z )n = ⎨0 ∀z ≠ L ⎩ o Tích phân khơng phụ thuộc đường đi: Định lí: Giả sử f(z) hàm giải tích miền đơn liên G zo điểm cố định thuộc G Khi tích phân hàm f(z) dọc theo đường cong kín nằm z trọn G, từ điểm zo đến điểm z ∫ f (z)dz không phụ thuộc vào đường lấy tích zo phân 57 Nếu cận z thay đổi tích phân hàm giải tích z G có đạo hàm xác định công thức: ⎞ d ⎛z ⎜ ∫ f (z)dz ⎟ = f (z) (10) ⎟ dz ⎜ zo ⎠ ⎝ Chứng minh: Lấy hai đường cong bất lì L1 L2 nằm G từ zo đến z Do f(z) giải tích nên áp dụng định lí Cauchy cho đường cong kín MomMnMo: ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz = M o mM L2 Mo(zo) m n M(z) L1 MnM o ∫ f (z)dz − ∫ f (z)dz = hay: M o mM M onM tức là: ∫ f (z )dz = ∫ f (z )dz L1 L2 Vì L1 L2 nên ta kết luận tích phân từ zo đến z không phụ thuộc đường lấy tích phân mà phụ thuộc cận z z Bây ta phải chứng minh đặt F(z) = ∫ f (z)dz F’(z) = f(z) Vì zo tích phân khơng phụ thuộc đường nên ứng với z tích phân có giá trị hồn toàn xác định Vậy F(z) hàm đơn trị Ta có: z zo z + ∆z zo ∆F = F(z + ∆z) − F(z) = z + ∆z zo z z ∫ f ( ζ ) dζ − ∫ f ( ζ ) dζ = + ∫ f ( ζ ) dζ = ∫ f ( ζ ) dζ Vì f(ζ) giải tích, nên liên tục z Do viết f(ζ) = f(z) + α(ζ) với α(ζ) hàm giải tích, dần tới ζ→0 Vậy: z + ∆z z + ∆z z + ∆z z + ∆z z ∆F = z + ∆z z z z z ∫ [f (z) + α(ζ)]dζ = ∫ f (z)dζ + ∫ α(ζ)dζ = f (z) ∫ dζ + ∫ α(ζ)d = f (z)∆z + z + ∆z ∫ α(ζ)dζ z z + ∆z ∫ α(ζ)dζ ∆F hay (11) = f (z) + z ∆z ∆z Cho ∆z→0 z + ∆z → z Số hạng thứ hai bên vế phải dần tới Thật vậy, tích z + ∆z phân khơng phụ thuộc đường nên tích phân ∫ α(ζ)dζ ta chọn đường từ z z tới z + ∆z đoạn thẳng nối hai điểm Chiều dài đoạn thẳng | ∆z | Sau áp dụng cơng thức ước lượng tích phân ta có: z + ∆z ∫ α(ζ)dζ ≤ max α(ζ ) ∆z z 58 z + ∆z Vậy: ∫ α ( ζ ) dζ z ∆z ≤ max α(ζ ) z + ∆z Cho ∆z→0 max | α(ζ) | → Do ∫ α(ζ)dζ z ∆z → Từ (11) ta suy F’(z) = f(z) §4 TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH Ta gọi F(z) nguyên hàm f(z) F’(z) = f(z) Hiển nhiên, F(z) nguyên hàm f(z) F(z) + C , C số phức nguyên hàm f(z) Ngược lại Φ(z) F(z) nguyên hàm f(z) chúng phải khác số phức C: Φ(z) - F(z) = C Thật vậy, đặt g(z) = Φ(z) - F(z) = u(x, y) + jv(x, y) Ta phải chứng minh u v số Ta có: g’(z) = Φ’(z) - F’(z) = (12) Nhưng theo cơng thức tính đạo hàm: ∂u ∂u ∂v ∂v g′(z) = +j = −j =0 ∂x ∂x ∂y ∂y Như vậy: ∂u ∂v ∂u ∂v = = 0; = =0 ∂x ∂y ∂y ∂x Nghĩa u(x, y) v(x, y) số Ta suy F(z) nguyên hàm f(z) họ hàm số F(z) + C với C số phức tuỳ ý, chứa tất nguyên hàm f(z) Ta gọi họ hàm số tích phân bất định hàm f(z) kí hiệu ∫ f (z)dz Tóm lại: ∫ f (z)dz = F(z) + C : F′(z) = f (z) Theo bảng đạo hàm ta suy bảng nguyên hàm, giống tích phân thực: z z ∫ e dz = e + C z n +1 ∫ z dz = n + + C ∫ sin zdz = cos z + C n ∫ zdz = ln z + C 59 §5 CƠNG THỨC NEWTON - LEIBNITZ Định lí: Giả sử f(z) hàm giải tích miền đơn liên G có ngun hàm F(z) Khi đó: z2 ∫ f (ζ)dζ = F(z ) − F(z1 ) (13) z1 z ∫ f (ζ )dζ Chứng minh: Ta biết là nguyên hàm f(z) Vậy: zo z ∫ f (ζ)dζ = F(z) + C zo Thay z = zo vào vế ta có: = F(zo) + C Do C = - F(zo) Như vậy: z ∫ f (ζ )dζ = F(z) − F(z o ) zo Khi z = z1: z1 z ∫ f (ζ)dζ = F(z1 ) − F(z o ) = F(z) z o zo Công thức gọi công thức Newton - Leibnitz Khi tính tích phân hàm giải tích ta dùng trực tiếp công thức mà không đưa tính tích phân đường loại j Ví dụ 1: Tính I = ∫ z dz j z3 j+8 =− I = ∫ z dz = 3 dz Vi dụ 2: Tính I = ∫ , L cung tròn từ điểm z = -a đến điểm z = a( a> 0) L z j a dz a dz I = ∫ = ∫ = ln z = ln a − ln(−a ) = ln a − [ln a + j arg(−a )] = − jπ −a z L z −a j Ví dụ 3: Tính I = ∫ ze z dz j I = ∫ ze dz = ze z z j j j j 0 − ∫ e z dz = ze z − e z = −0.381 − 0.301 j §6 CƠNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY Tích phân Cauchy: Định lí: Giả sử G miền đơn liên đa liên giới hạn biên L z điểm bên G Nếu f(z) giải tích G ta có cơng thức: 60 f ( ζ ) dζ (14) ∫ jπ L ζ − z Tích phân bên vế phải gọi tích phân Cauchy hàm f(z) Công thức (14) gọi công thức tích phân Cauchy Ý nghĩa: Cơng thức cho phép ta tính giá trị hàm giải tích bên miền G biết giá trị biên Nói khác đi, giá trị hàm giải tích miền, hồn tồn γ xác định giá trị biên Chứng minh: Lấy zo miền G, ta chứng minh zo rằng: f (ζ )dζ f (z o ) = (15) ∫ jπ L ζ − z o L f (z) Loại khỏi miền G hình trịn Đặt ϕ(z) = z − zo bán kính r đủ nhỏ có tâm zo ϕ(z) giải tích miền đa liên cịn lại Áp dụng định lí Cauchy cho miền đa liên ta có: f ( ζ ) dζ f ( ζ ) dζ ∫ ζ − z =∫ ζ − z L γ o o f (z) = γ đường tròn | ζ - zo | = r Vì cơng thức với r bé nên (để đường tròn γnằm miền G) ta viết: f (ζ )dζ f ( ζ ) dζ ∫ ζ − z = lim ∫ ζ − z r →0 γ L o o Ta có: f (ζ ) − f ( z o ) f (ζ ) − f ( z o ) + f ( z o ) f ( ζ ) dζ dζ dζ + f ( z o ) ∫ dζ = ∫ ∫ ζ−z = ∫ ζ − zo ζ − zo ζ − zo γ γ γ γ o f (ζ ) − f ( z o ) dζ + jπf (z o ) ζ − zo γ =∫ (16) Do tính liên tục hàm f(ζ) nên ∀ε > ta chọn r bé để | f(ζ) - f(zo) | < ε Khi ∀ζ ∈ γ ta có | ζ - zo | = r và: f (ζ ) − f ( z o ) ε < r ζ − zo Áp dụng cơng thức ước lượng tích phân ta có: f (ζ ) − f ( z o ) ε ≤ 2πr = 2πε ∫ ζ−z r γ o Vì ε bé tuỳ ý nên: 61 f (ζ ) − f ( z o ) dζ = r →0 ζ − zo γ Từ (16) suy ra: f (ζ ) lim ∫ dζ = 2πεf (z o ) r →0 ζ − z γ o Đó điều cần chứng minh Nhờ cơng thức tích phân Cauchy ta tính số tích phân lấy dọc theo đường cong kín e z dz Ví dụ 1: Tính I = ∫ trường hợp sau: L z ( z − 3) - L đường tròn tâm 2, bán kính 1.5(đường L1) L2 - L đường trón tâm O, bán kính 0.25(đường L2) - L đường trón tâm 0.5, bán kính 5(đường L3) L1 e z dz ta dùng (15) - Để tính tích phân I = ∫ L1 z ( z − 3) lim ∫ ez , zo = 3; hàm f(z) giải tích z hình trịn z − ≤ Vậy giả thiết định lí thoả mãn Ta có: e z dz ez I= ∫ = jπf (3) =2 jπ L1 z ( z − 3) Chọn f (z) = L3 ez e z dz - Để tính I = ∫ ta đặt f (z) = , zo = 0; hàm f(z) giải tích hình trịn z−3 L2 z ( z − 3) z ≤ Vậy giả thiết định lí thoả mãn Ta có: e z dz e0 jπ I= ∫ = jπf (0) = jπ =− 0−3 L1 z ( z − 3) ez giải tích miền đa liên mà biên z(z − 3) Lo hai biên L1 L2 Áp dụng định lí Cauchy cho miền đa liên ta có: ⎡ ez ⎤ e z dz e z dz e z dz ∫ z(z − 3) = ∫ z(z − 3) + ∫ z(z − 3) = jπ⎢− + ⎥ L L1 L2 ⎣ ⎦ dz Ví dụ 2: Tính I = ∫ trường hợp: L z +1 - L đường tròn | z - | = 3/2(đường L1) - L đường tròn | z - j | = (đường L1) - Hàm dấu tích phân f (z) = 62 Vì hàm f (z ) = giải tích hình z +1 L2 tròn z − ≤ nên theo định lí Cauchy ta có: dz I= ∫ =0 L1 z + dz dz I= ∫ = ∫ L1 L2 z + L ( z + j)( z − j) Ta đặt f (z) = , zo = j Hàm f(z) giải tích hình trịn | z - j | ≤ Áp dụng (15) z+ j ta có: dz ∫ z + = f ( j) = j jπ L Như vậy: dz ∫ z2 + = π L2 Tích phân loại Cauchy: Định nghĩa: Giả sử L đường cong trơn f(t) hàm liên tục L Xét hàm: f ( t )dt , z ∈ L (17) Φ ( z) = ∫ jπ L t − z Nếu z ∈ L hàm số dấu tích phân hàm liên tục Vậy tích phân tồn cho ta hàm số z xác định khắp nơi, trừ điểm thuộc L Định lí: Hàm Φ(z) xác định tích phân loại Cauchy hàm giải tích điểm z ∈ L Đạo hàm cấp n tính theo cơng thức: n1 f (ξ)dξ , z ∉ L Φ ( n ) (z) = ∫ 2πj L t − z §7 ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA MỘT HÀM GIẢI TÍCH Đạo hàm cấp cao hàm giải tích: Định lí: Nếu f(z) giải tích miền giới nội D liên tục D với biên C z ∈ D hàm f(z) có đạo hàm cấp và: n! f ( t )dt (20) f ( n ) (z) = ∫ ( t − z) n+1 ; n = 1,2, jπ C Trong chiều biên C chiều dương Chứng minh: Theo định nghĩa đạo hàm cơng thức tích phân Cauchy ta có: 63 f (z + h ) − f (z) 1 ⎤ ⎡ lim ∫ f ( t ) ⎢ = − dt h →0 h jπ h→0 h C t − z − h t − z⎥ ⎣ ⎦ 1 f ( t )dt f ( t )dt lim ∫ = = ∫ ( t − z) 2 jπ h→0 h C ( t − z − h )( t − z) jπ C f ′(z) = lim Việc qua giới hạn dấu tích phân thực hàm g( t ) = z cố định t−z−h h → t−z Ta chứng minh công thức với n = Với n > ta chứng minh cách quy nạp Như ta suy f(z) giải tích miền đơn liên giới hạn đường cong C liên tục D , zo ∈ D : f (z)dz jπ ( n ) ∫ (z − z ) n−1 = n! f (z o ) n = 0, 1, 2, C o với quy ước 0! = 1, f (o)(zo) = f(zo) cos zdz Ví dụ: Tính I = ∫ , L đường tròn | z - j | = L ( z − j) Ta viết công thức (20) dạng khác: n! f (z)dz f ( n ) (z o ) = ∫ (z − z ) n+1 jπ L o Trong công thức f(z) = cosz, zo = j, n = Ta có: cos zdz jπf ′′( j) I=∫ = = jπf ′′( j) 2! L ( z − j) Do f’(z) - -sinz, f”(z) = -cosz nên f”(j) = -cosj = -ch1 Vậy: I = -πjch1 Bất đẳng thức Cauchy định lí Liouville: a Bất đẳng thức Cauchy: Giả sử G miền có biên L f(z) hàm giải tích G Gọi M giá trị lơn | f(z) | miền G , R khoảng chá từ điểm zo ∈ G tới biên, l độ dài L từ (20) suy ra: n! f ( t )dt n!Ml f ( n ) (z o ) ≤ ∫ ( t − z ) n +1 ≤ 2πR n +1 2π L o Nếu G hình trịn | z - zo | < R l = 2pR cơng thức trở thành: n!M (21) f ( n ) ( z o ) ≤ n1 R Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Cauchy b Định lí Liouville: Nếu hàm f(z) giải tích tồn mặt phẳng bị chặn số thuộc D t chạy C hội tụ C đến 64 Chứng minh: Giả thiết | f(z) | < M ∀z ∈ C Từ (21) suy f ′(z) ≤ M với R đủ lớn R Vì vế trái khơng phụ thuộc R nên | f’(z) | = ∀z ∈ C Tóm lại f’(z) = tồn mặt phẳng, áp dụng công thức Newton - Leibnitz, chọn zo cố định ta được: z f (z) − f (z o ) = ∫ f ′(z)dz = zo Vậy f(z) = f(zo) ∀z §8 CƠNG THỨC SCHWARTZ - CHRISTOPHELL a Định lí: Gọi P đa giác mặt phẳng w có n đỉnh w1, w2, w3, , wn với wk ≠ ∞ ∀k wn v y w1 w2 wk w3 u O1 a1 O a2 an x Gọi αk góc đa giác đỉnh wk < α k < 2π : n ∑ α k = (n − 2)π k =1 Hàm w = f(z) biến nửa mặt phẳng Imz > lên miền đa giác P cho ảnh điểm a1, a2, an -∞ < a1 < a2 < ⋅⋅⋅< an < ∞ trục thực Ox đỉnh w1, w2, , wn đa giác P, xác định công thức Schwartz - Christophell: z α1 −1 α2 αn f (z) = C ∫ (ζ − a1 ) π (ζ − a ) π L (ζ − a n ) π dζ + C1 −1 −1 (10) zo Trong zo, C C1 số phức b Dạng khác công thức Schwartz - Christophell: Nếu đỉnh đa giác tương ứng với điểm ∞, chẳng hạn đỉnh w1 tương ứng với a1 = ∞, (10) thay bởi: z α2 α3 αn f (z) = C ∫ (ζ − a ) π (ζ − a ) π L (ζ − a n ) π dζ + C1 −1 −1 −1 (11) zo α2 Như (11) vắng mặt thừa số (ζ − a ) π Trái lại đỉnh đa giác điểm ∞, chẳng hạn wk = ∞ (10) −1 65 ta phải đặt αk = -βk βk góc hai cạnh qua wk giao điểm hữu hạn chúng c Sử dụng công thức Schwartz - Christophell: Khi ta phải biến đa giác P cho trước mặt phẳng w lên nửa mặt phẳng Imz > ta sử dụng công thức (10) Chú ý ta chưa biết ak ảnh đỉnh đa giác số zo, C1 C2 Theo định lí Rieman, ta chọn tuỳ ý ảnh đỉnh đa giác, nghĩa chọn tuỳ ý số a1, a2 a3 Các số an lại số tích phân zo, C1, C2 xác định tuỳ theo điều kiện tốn, Ví dụ 1: Biến miền G gạch chéo lên nửa mặt phẳng Imz > v A3 A1 A1 y A2 απ O1 A2 u a2 a3 O a1 a2 x Miền G coi tam giác có đỉnh A1 = ∞, A2 = ∞ A3 có toạ vị w = jh Các góc đỉnh tam giác α1 = 0, α2 = -απ, α3 = π + απ Ta biến điểm A1, A2 A3 thành điểm a1, a2 a3 Ta có: z w = C ∫ z −1 (z + 1) α dz + C1 zo Vì w(-1) = jh nên ta lấy zo = -1 C1 = jh Vậy: z (z + 1) α w = C∫ dz + jh z −1 Để xác định số tích phân C, ta làm sau: cho điểm z chạy nửa cung tròn γ bán kính r bé z = rejϕ cho ϕ biến thiên từ π đến Gọi ∆w số gia tương ứng w z chạy cung trịn Ta có: (z + 1) α ∆w = C ∫ dz z γ Khai triển (1 + z)α theo luỹ thừa z ta có: α(α − 1) ⎡1 ⎤ w = C∫ ⎢ + α + z + L⎥ dz 2! ⎦ γ ⎣z Đặt z = rejϕ tích phân theo ϕ từ π đến ta được: ∆w = - Cπj +O(r) O(r) → r → Mặt khác mặt phẳng w điểm w tương ứng chuyển từ tia A1A3 sang tia A1A2 nên ta được: ∆w = - jh +O(r) 66 h π Tóm lại phép biến hình phải tìm hàm ngược hàm: h z (z + 1) α (13) w= ∫ dz + jh π −1 z Trường hợp α = ta có: h z (z + 1) h h z w= ∫ dz + jh = (z + ln z) −1 + jh = (z + + ln z) (14) π π π −1 z phép biến hình , biến nửa mặt phẳng Imw > có lát cắt dọc theo A1A3 thành nửa mặt phẳng Imz > Ví dụ 2: Tìm phép biến hình bảo giác biến hình chữ nhật có đỉnh A1(w1 = k), A2(w2= h+ jk) , A3(w = -h + jk), A4(w4 = -h) lên nửa mặt phẳng Imz > Từ suy -jh = - Cπj hay C = y v A3 A4 A2 B O1 a4 1/k A1 u a3 O a1 a2 1/k x Gọi w = f1(z) phép biến hình biến góc phần tư thứ (Rez > 0, Imz > 0) thành hình chữ nhật O1A1A2B cho o1 ứng với O A1 ứng với điểm z = B ứng với điểm z = ∞ Trong phép biến hình A2 ứng với điểm z = 1/k với k số dương nhỏ mà ta phải xác định Qua phép biến hình, đoạn BO1 ứng với nửa trục Oy dương Theo nguyên lí đối xứng, hàm w = f(z) hàm phải tìm để biến nửa mặt phẳng Imz > lên hình chữ nhật A1A2A3A4 thác triển hàm f1(z) qua trục ảo Cũng theo nguyên lí đối xứng, điểm đối xứng qua BO1 ứng với điểm đối xứng qua Oy Vậy A4 ứng điểm z = -1; A3 ứng với điểm z = -1/k Áp dụng công π thức Schwartz - Christophell với α1 = α = α = α = zo = ta có: z w = f (z) = C ∫ (ζ + 1) −1 (ζ − 1) −1 1⎞ ⎛ ⎜ζ − ⎟ k⎠ ⎝ −1 1⎞ ⎛ ⎜ζ + ⎟ k⎠ ⎝ −1 dζ + C1 Vì f(0) = nên C1 = 0, vậy: z z dζ dζ = C∫ w = C′∫ (1 − ζ )(1 − k 2ζ ) 0 ⎛ 1⎞ (ζ − 1)⎜ ζ − ⎟ k ⎠ ⎝ Ta phải xác định số C k Vì A1(w1 = h) ứng với = nên: 67 dζ h = C∫ (1 − ζ )(1 − k ζ ) 2 Vì A2(w2 = h +jk) ưng với z = 1/k nên : 1 ⎡1 k k dζ dζ h + jk = C ∫ +j = C⎢∫ (1 − ζ )(1 − k 2ζ ) ⎢ (1 − ζ )(1 − k 2ζ ) ∫ 0 ⎢ ⎣ k = h + j∫ ⎤ ⎥ 2 ⎥ (1 − ζ )(1 − k ζ ) ⎥ ⎦ (15) dζ dζ (1 − ζ )(1 − k ζ ) 2 Suy ra: k k=∫ dζ (1 − ζ )(1 − k ζ ) 2 (16) Các đẳng thức (15) (16) cho phép ta xác định C k 68 ... tích phân I = ∫ L1 z ( z − 3) lim ∫ ez , zo = 3; hàm f(z) giải tích z hình trịn z − ≤ Vậy giả thiết định lí thoả mãn Ta có: e z dz ez I= ∫ = jπf (3) =2 jπ L1 z ( z − 3) Chọn f (z) = L3 ez e z... hình trịn z−3 L2 z ( z − 3) z ≤ Vậy giả thiết định lí thoả mãn Ta có: e z dz e0 jπ I= ∫ = jπf (0) = jπ =− 0−3 L1 z ( z − 3) ez giải tích miền đa liên mà biên z(z − 3) Lo hai biên L1 L2 Áp dụng... Áp dụng định lí Cauchy cho miền đa liên ta có: ⎡ ez ⎤ e z dz e z dz e z dz ∫ z(z − 3) = ∫ z(z − 3) + ∫ z(z − 3) = jπ⎢− + ⎥ L L1 L2 ⎣ ⎦ dz Ví dụ 2: Tính I = ∫ trường hợp: L z +1 - L đường tròn