Toán chuyên ngành kỹ thuật điện (chương 4)

CHƯƠNG 4: CHUỖI HÀM PHỨC   §1 KHÁI NIỆM CHUNG Định nghĩa: Cho dãy hàm biến phức u1(z), u2(z), u3(z), xác định miền E Ta gọi biểu thức: ∞ ∑ u n (z) = u1 (z) + u (z) + L + u n (z) + L (1) n =1 chuỗi hàm biến phức Tổng n số hạng là: Sn(z) = u1(z) + u2(z) + ⋅⋅⋅+ un(z) gọi tổng riêng thứ n chuỗi hàm (1) Nó hàm phức xác định miền E Nếu z = zo, chuỗi ∞ ∑ u n(z o ) hội tụ zo gọi điểm hội tụ chuỗi n =1 hàm (1) Nếu z = zo, chuỗi ∞ ∑ u n(z o ) khơng hội tụ zo gọi điểm phân kì n =1 chuỗi hàm (1) Tập hợp điểm hội tụ chuỗi hàm gọi miền hội tụ Nếu gọi f(z) tổng chuỗi (1) điểm hội tụ z f(z) hiển nhiên hàm biến phức xác định miền hội tụ G Khái niệm hội tụ đều: Theo định nghĩa ta có ∀z ∈ G: lim Sn (z) = f (z) (2) n →∞ Nếu đặt Rn(z) = f(z) - Sn(z) đẳng thức (2) viết là: lim R n (z) = n →∞ Điều có nghĩa ∀ε > cho trước, tồn số N(ε, z) dương phụ thuộc vào ε z cho n > N | Rn(z) | < ε a Định nghĩa: Chuỗi hàm (1) gọi hội tụ tập Go ⊂ G, ∀ε>0 cho trước, tồn số N phụ thuộc ε: N = N(ε) cho n > N(ε) | Rn(z) | < ε ∀z ∈ Go b Tiêu chuẩn Weierstrass: Nếu | un(z) | ≤ an ∀z ∈ G chuỗi ∞ ∑ a n hội tụ n =1 chuỗi hàm (1) hội tụ miền G Nói vắn tắt hơn, chuỗi (1) hội tụ G chuỗi môđun nó, thừa nhận chuỗi số dương trội hội tụ Chứng minh: Cho trước ε > 0, ta chứng minh tồn N(ε) cho n > N(ε) | Rn(z) | < ε ∀z ∈ G Thật chuỗi ∞ ∑ a n hội tụ nên ∀ε > luôn tồn N(ε) n =1 cho n > N(ε) thì: rn = an+1 + an+2 + ⋅⋅⋅ < ε Nhưng | un+1(z) | < an+1, | un+2(z) | < an+2, | un+3(z) | < an+3 nên: | Rn(z) | = | un+1(z) + un+2(z) + ⋅⋅⋅ | < | un+1(z) | + | un+2(z) | + ⋅⋅⋅ < an+1 + an+2 +⋅⋅⋅ < ε 69 ∀z ∈ G Đó điều cần chứng minh c Tính chất chuỗi hội tụ đều: Định lí 1: Nếu tất số hạng un(z) chuỗi hàm (10) liên tục miền G chuỗi hàm (1) hội tụ G tổng f(z) liên tục G Chứng minh: Giả sử z z + h hai điểm G Ta có: f(z) = Sn(z) + Rn(z) f(z + h) = Sn(z + h) + Rn(z + h) Cho trước ε > t phải chứng minh với | h | đủ nhỏ, ta có: | f(z + h) - f(z) | < ε Thật vậy: | f(z + h) - f(z) | = | Sn(z + h) + Rn(z + h) - Sn(z) - Rn(z) | = | Sn(z + h) - Sn(z) + Rn(z + h) - Rn(z) | ≤ | Sn(z + h) - Sn(z) | + | Rn(z + h) - Rn(z) | (4) Do tính hội tụ chuỗi ta tìm số n phụ thuộc vào ε cho: ε ε R n (z + h ) < ; R n (z) < 3 Với n chọn trên, xét hàm Sn(z) Đó tổng số hữu hạn hàm liên tục miền G Vậy Sn(z) liên tục G Do ta chọn h nhỏ để: ε Sn ( z + h ) − Sn ( z ) < Thay vào (4) ta có: | f(z + h) - f(z) | ≤ ε Đó điều cần chứng minh Định lí 2: Nếu tất số hạng chuỗi hàm (1) liên tục cung L chuỗi hàm (1) hội tụ cung ta tính tích phân số hạng chuỗi hàm (1) dọc theo Lo, nghĩa f(z) tống chuỗi hàm (1) thì: ∫ f (z)dz = ∫ u1 (z)dz + ∫ u (z)dz + L + ∫ u n (z)dz + L L L L L Chứng minh: Trước hết ta nhận xét f(z) liên tục L nên tồn tích phân ∫ f (z)dz Đặt σ n = ∫ u1 (z)dz + ∫ u (z)dz + L + ∫ u n (z)dz Ta cần chứng minh rằng: L L L L lim σ n = ∫ f ( z)dz n →∞ L ⎤ ⎡ lim ⎢ ∫ f (z)dz − σ n ⎥ = n →∞ ⎦ ⎣L ⎛ ⎞ hay lim⎜ ∫ f (z)dz − ∫ [u1 (z) + u (z) + L + u n (z)]dz ⎟ = (6) n →∞ ⎝L ⎠ L Vì chuỗi (1) hội tụ L nên với ε > cho trước ta tìm N(ε) cho n > N(ε) | Rn(z) | < ε ∀z ∈ L Áp dụng cơng thức ước lượng tích phân ta có: hay 70 ∫ R n (z)dz ≤ εl , l chiều dài cung L L Vì ε bé nên lim ∫ R n (z)dz = Đây điều cần phải chứng minh n →∞ L d Định lí Weierstrass: Nếu số hạng chuỗi hàm (1) giải tích miền G chuỗi (1) hội tụ miền tổng f(z) chuỗi hàm giải tích G Đối với chuỗi hàm (1) ta đạo hàm số hạng tới cấp tuỳ ý, nghĩa là: f ( m ) ( z) = u( m ) ( z) + u(2m ) ( z) + L + u(nm ) ( z) + L z ∈ G, m nguyên Chứng minh: Ta nhận thấy định lí khơng giả thiết tính hội tụ chuỗi đạo hàm Lấy z thuộc G C đường trịn tân z bán kính r nhỏ cho hình trịn Go bao C nằm trọn G Để chứng minh f(z) giải tích Go, ta chứng minh f(z) biểu diễn tích phân loại Cauchy, cụ thể ta chứng minh rằng: f ( ζ ) dζ (7) f (z) = ∫ jπ C ζ − z Thật vậy, giả thiết, chuỗi hàm (1) hội tụ G Vậy hội tụ C Ta có: u1(ζ) + u2(ζ) + ⋅⋅⋅+ un(ζ) + ⋅⋅⋅ = f(ζ) ∀z ∈C (8) 1 Vì với ζ∈C ζ - z ≠ nên nhân vế với ta có: jπ ζ − z ⎤ ⎡ u (ζ ) u (ζ ) u (ζ ) f (ζ ) + L⎥ = +L+ n + ∀z ∈ C jπ ⎢ ζ − z ζ − z jπ(ζ − z) ζ−z ⎣ ⎦ Vì chuỗi hàm vế trái hội tụ C nên theo định lí 2, ta tích phân số hạng dọc theo C: ⎤ ⎡ u1 (ζ )dζ u (ζ )dζ u (ζ )dζ f (ζ ) +∫ +L+ ∫ n + L⎥ = ∫ (ζ − z)dζ (9) ⎢∫ ζ − z ζ−z ζ−z jπ ⎣ C C C ⎦ jπ C Mặt khác số hạng un(z) giải tích nên theo (9), tích phân Cauchy: u n (ζ ) dζ = u n (z) ∫ jπ C ( ζ − z ) Vậy (9) viết được: f (ζ ) u1 (z) + u (z) + L + u n (z) + L = ∫ (ζ − z)dζ jπ C f (ζ ) tức: f (z) = ∫ ( ζ − z )dζ jπ C Vậy f(z) giải tích miền G Vì lấy z G nên kết luận f(z) giải tích G Lập luận tương tự ta chứng minh đạo hàm số hạng chuỗi (1) tới cấp tuỳ ý 71 m! ta có: 2πj(ζ − z) m+1 ⎤ m! ⎡ u1 (ζ ) u (ζ ) u n (ζ ) m!f (ζ ) ⎢ (ζ − z) m+1 + (ζ − z) m+1 + L + (ζ − z) m+1 + L⎥ = 2πj(ζ − z) m+1 2πj ⎣ ⎦ ∀ζ ∈ C Do tính hội tụ ta tích phân số hạng dọc theo C được: ⎤ m! f (ζ )dζ m! ⎡ u1 (ζ )dζ u1 (ζ )dζ u1 (ζ )dζ ⎢ ∫ (ζ − z) m+1 + ∫ (ζ − z) m+1 + L + ∫ (ζ − z) m+1 + L⎥ = 2πj ∫ (ζ − z) m+1 (9’) 2πj ⎣C C C C ⎦ Vì un(z) giải tích theo giả thiết f(z) giải tích kết chứng minh nên theo (2) mục 12, chương ta có : m! u1 (ζ )dζ m! f (ζ )dζ (m) = u (nm+1) (z) ; ∫ (ζ − z) m+1 ∫ (ζ − z) m+1 = f (z) 2πj C 2πj C Vậy (9’) trở thành: ( u1m+1) (z) + u (2m+1) (z) + L + u (nm+1) (z) + L = f ( m ) (z) Đó điều cần chứng minh Nhân vế (8) với §2 CHUỖI LUỸ THỪA Định nghĩa: Ta gọi chuỗi luỹ thừa, chuỗi hàm mà số hạng hàm luỹ thừa Nó có dạng: ∞ ∑ c n (z − a ) n = c1 (z − a ) n + c (z − a ) n + L + c n (z − a ) n + L (10) n =0 Trong cn (n = 0, 1, 2, ) a số phức, a gọi tâm chuỗi Bằng cách đổi biến ζ = z - a, chuỗi (1) có dạng: ∞ ∑ c n ζ n = c1ζ n + c 2ζ n + L + c n ζ n + L (11) n =0 có tâm ζ = Định lí Abel: Nếu chuỗi luỹ thừa (11) hội tụ ζo ≠ hội tụ tuyệt đối trong hình trịn | ζ | < ζo Trong hình trịn | ζ | < ϕ, (11) hội tụ Chứng minh: Lấy ρ số dương ρ < | ζo | ta chứng minh hình trịn |ζ| ≤ρ chuỗi (11) thừ nhận chuỗi trội hội tụ Thật vậy, theo giả thiết, chuỗi ∞ n ∑ cn ζ o hội tụ Do n =0 n n lim c n ζ o = Dãy số {c n ζ o } có giới hạn Vậy bị chặn, nghĩa n →∞ tồn số M > cho: n c n ζ o ≤ M ∀n nguyên dương (12) Từ (12) suy với ζ hình trịn kín | ζ | ≤ ρ ta có: n cn ζ n = cn ζ o ζn ζ n o n = cn ζ o ζ ζo n ρ ≤M ζo n 72 Điều chứng tỏ chuỗi ∞ ∑ c n ζ n thừa nhận chuỗi dương trội chuỗi n =0 ∞ M∑ n =0 ρ ζo n Chuỗi dương cấp số nhân hội tụ cơng bội ρ < ζo Vậy theo tiêu chuẩn Weierstrass, chuỗi (11) hội tụ tuyệt đối mặt tròn | ζ | ≤ ρ Vì số ρ chọn gần | ζo | nên (11) hội tụ tuyệt đối điểm hình trịn mở | ζ | < ζo Hệ quả: Nếu chuỗi (11) phân kì ζ1 phân kì điểm miền |ζ| < | ζ1 | Chứng minh: ta chứng minh phản chứng Giả sử chuỗi (11) hội tụ ζo thuộc miền | ζ | > | ζ1 | Áp dụng định lý Abel suy chuỗi hội tụ hình trịn | ζ | < | ζo | , đặc biệt chuỗi hội tụ ζ1 | ζ1 | < | ζo | Điều mâu thuẫn với giả thiết Bán kính hội tụ: Trước điểm ζ = điểm hội tụ chuỗi (11) Tại chuỗi hàm tổng co y Bây ta xét tia Ot bất kì, xuất phát từ gốc ζ = Có thể xảy trường hợp: t * Trên tia Ot có điểm hội tụ điểm phân kì Vì theo định lí Abel, điểm hội tụ x O nằm gần gốc điểm phân kì Do G C tia Ot tìm điểm ζ* ngăn cách diểm hội tụ tia với điểm phân kì Bản thân ζ* , tuỳ trường hợp, điểm hội tụ hay phân kì Cũng theo định lí Abel, chuỗi hội tụ hình trịn G: | ζ | < | ζ* | phân kì bên tức miền | ζ | < | ζ* | Hình trịn G gọi hình trịn hội tụ chuỗi hàm (11), bán kính R = | ζ* | gọi bán kính hội tụ Trên biên C hình trịn có điểm hội tụ lẫn phân kì * Trên tia Ot, tất điểm điểm hội tụ Khi đó, theo định lí Abel, chuỗi hàm hội tụ hình trịn bán kính lớn tuỳ ý Nghĩa hội tụ tồn mặt phẳng ζ ta nói bán kính hội tụ ∞ * Trên tia Ot khơng có điểm điểm hội tụ trừ ζ = Khi theo hệ định lí Abel, chuỗi hàm phân kì bên ngồi hình trịn mà bán kính nhỏ tuỳ ý Nói cách khác, điểm c khác điểm phân kì ta nói bán kính hội tụ R = Lập luận tương tự giải tích thực, dựa vào tiêu chuẩn D’Alembert hay Cauchy, ta thấy bán kính hội tụ tìm theo cơng thức: c R = lim n (13) n →∞ c n +1 73 hay: R = lim n →∞ n (14) cn Ghi chú: Đối với chuỗi ∞ ∑ c n (z − a ) n phép đổi biến ζ = z - a ta đưa dạng n =0 ∞ ∑ cn ζ n nên ta suy chuỗi n =0 ∞ ∑ c n (z − a ) n hội tụ tâm z = a, hội tụ n =0 mặt phẳng hội tụ hình trịn | z - a | < R phân kì bên ngồi hình trịn Ví dụ 1: Xét chuỗi ∞ ∑ zn = + z + z2 + L + zn + L n =0 Ta tính bán kính hội tụ R cơng thức (13): c R = lim n = cn = cn+1 = n →∞ c n +1 Vậy chuỗi hội tụ tuyệt đối hình trịn | z | < Trong hình trịn | z | ≤ ρ ≤ 1, chuỗi hội tụ Ta xét tổng riêng: − zn n −1 Sn ( z ) = + z + z + L + z = 1− z Cho n → ∞, | z | < lim z n = Vậy lim Sn (z) = Như vậy: n →∞ 1− z n →∞ ∞ ∑ zn = + z + z2 + L + zn + L = − z ; | z | < n =0 Ví dụ 2: Xét hội tụ chuỗi hàm: ∞ (z − 1) n z − (z − 1) =1+ + +L ∑ n! n =0 Bán kính hội tụ chuỗi cho bằng: c (n + 1)! R = lim n = lim n! = lim = lim(n + 1) = ∞ n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ c n! n +1 (n + 1)! Vậy chuỗi hội tụ toàn mặt phẳng phức ∞ (z − j) n +1 Ví dụ 3: Tìm hình trịn hội tụ chuỗi ∑ n ( n + 1) Áp dụng tiêu chuẩn D’Alembert cho chuỗi mođun số hạng ta có: n +3 2 z− j z− j z− j (n + 1) (n + 1)4 n u n +1 lim = = = lim d = lim n +1 n →∞ u n →∞ ( n + 2) n +1 n →∞ ( n + 2) 4 z− j n Như miền hội tụ chuỗi | z - j |2 < hay | z - j | < 74 §3 CHUỖI TAYLOR Giả sử chuỗi luỹ thừa ∞ ∑ cn (z − a )n có bán kính hội tụ R = Theo kết n =0 trên, hình trịn bán kính | z - a | ≤ ρ < R chuỗi hội tụ Vì số hạng chuỗi hạng chuỗi hàm giải tích chuỗi hội tụ nên theo định lí Weierstrass tổng f(z) chuỗi hàm giải tích miền | z - a | ≤ ρ Bây ta đặt vấn đề ngược lại: cho trước hàm f(z) giải tích lân cận điểm a Hỏi khai triển thành chuỗi luỹ thừa (z - a) hay khơng Nói khác đi, tìm thấy chuỗi dạng ∞ ∑ cn (z − a )n có tổng f(z) lân cận a hay khơng? n =0 Định lí 1: Mọi hàm f(z) giải tích hình trịn | z - a | < R khai triển cách thành chuỗi luỹ thừa (z - a) Chứng minh: lấy z thuộc hình trịn | z - a | < C R Ta vẽ hình trịn C’ = {| z - a | = ρ} (ρ < R) bao điểm z bên Gọi C đường tròn | z - a | = R, C’ đường tròn | z - a | = ρ Theo cơng thức tích a L phân Cauchy ta có: C’ f ( ζ ) dζ (16) f (z ) = ∫ πj C ' ζ − z Ta tìm cách khai triển hàm số dấu tích phân thành chuỗi luỹ thừa (z - a) hội tụ biến ζ đường tròn C’ Muốn ta viết: 1 = = ζ − z ζ − a − (z − a ) ⎛ z−a⎞ ( ζ − a )⎜ − ⎟ ⎝ ζ−a⎠ Nhưng ζ∈ C’ nên | z - a | < | ζ - a | z−a < Vậy theo cơng thức tính tổng ζ−a chuỗi nhân (xem cơng thức 15) ta có: n ⎛z−a⎞ z−a ⎛z−a⎞ = 1+ +⎜ ⎟ +L+ ⎜ ⎟ +L z−a ζ−a ⎝ζ−a⎠ ζ−a⎠ ⎝ 1− ζ−a n n 1 ⎛z−a⎞ ⎛z−a⎞ ⎛z−a⎞ Vậy: = + ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ +L+ ⎜ ⎟ +L ζ−z ζ−a ζ−a⎝ζ−a⎠ ζ−a⎝ζ−a⎠ ζ−a⎝ζ−a⎠ f (ζ) f (ζ) f (ζ) ⎛ z − a ⎞ f (ζ) ⎛ z − a ⎞ f (ζ) ⎛ z − a ⎞ = + ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ +L+ ⎜ ⎟ + L (17) ζ−z ζ−a ζ−a⎝ζ−a⎠ ζ−a⎝ζ−a⎠ ζ−a⎝ζ−a⎠ 75 f (ζ) hàm liên tục ζ ζ−z z−a z−a f (ζ) z−a ≤ M Mặt khác Vậy bị chặn, tức = = = q r, ta tìm cách khai triển f1(z) thành chuỗi luỹ thừa (z - a) khai triển f2(z) thành chuỗi luỹ thừa (z - a)-1 Cũng dựa vào khai triển Taylor hàm sơ cấp ez, cosz, sinz để khai triển số hàm siêu việt thành chuỗi Laurent Ví dụ 1: Khai triển hàm : y f (z) = (z − 1)(z − 2) thành chuỗi Laurent tâm miền sau: - hình trịn bỏ tâm < | z - | < - miền ngồi hình trịn x Với hình trịn bỏ tâm < | z - | < 1ta viết: 1 f (z) = − z − z −1 Vì hàm f ( z) = giải tích khắp nơi trừ z −1 z = Bản thân hàm f2(z) luỹ thừa (z - 1) nên cần khai triển f1(z) Vì miền | z -1 | < 1, hàm f1(z) giải tích nên khai triển thành chuỗi Taylor z = 81 f1 ( z ) = −1 1 = = z − z − − − − (z − 1) [ ] = − + (z − 1) + (z − 1) + L + (z − 1) n + L Vậy miền < | z -1 | < ta có: f (z) = − − − ( z − 1) − ( z − 1) − L − ( z − 1) n − L z −1 Bây ta tìm khai triển hình trịn | z -1| > Trong miền ta có: 1 = = f1 (z) = ⎤ z − z −1−1 ⎡ (z − 1) ⎢1 − ⎣ z − 1⎥ ⎦ Vì < nên ta có khai triển : z −1 1 = 1+ + +L z − (z − 1) 1− z −1 Vậy: ⎤ 1 ⎡ 1 1 = ⎢1 + z − + (z − 1) + L⎥ = z − + (z − 1) + L + (z − 1) + L z − z −1 ⎣ ⎦ f (z) = 1 1 − = + +L+ +L z − z − (z − 1) (z − 1) (z − 1) n Ví dụ 2: Viết khai triển hàm f (z) = theo luỹ thừa z z (z − 1)(z − 2) thuộc miền sau: - hình trịn | z | < - hình vành khăn < | z | < - miền ngồi hình trịn tâm O, bán kính : | z | > Trong hình trịn | z | < 1, hàm f(z) giải tích, khai triển thành chuỗi Taylor Ta phân tích F(z) viết khai triển cho số hạng ⎤ 1 1 ⎡ z z z3 = =− = − ⎢1 + + + + L⎥ z−2 2⎣ 2 ⎛z ⎞ ⎛ z⎞ ⎦ 2⎜ − 1⎟ 2⎜1 − ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝ 2⎠ − Vậy: 1 = = + z + z + z3 + L z −1 1− z 82 ⎤ ⎡ z z z3 f (z) = − ⎢1 + + + + L⎥ + + z + z + z + L 2⎣ 2 ⎦ [ ] ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎞ ⎛ + ⎜1 − ⎟z + ⎜1 − ⎟z + L + ⎜1 − n +1 ⎟z n + L ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Xét miền < | z | < Vì hàm giải tích miền | z | < nên khai z−2 triển thành chuỗi Taylor z: ⎤ 1 ⎡ z z z3 = − ⎢1 + + + + L⎥ z−2 2⎣ 2 ⎦ Cịn hàm giải tích bên ngồi hình trịn đon vị nên ta tìm cách khai triển theo 1− z chuỗi luỹ thừa Ta có: z 1 = =− 1− z ⎛1 ⎞ ⎛ 1⎞ z⎜ − 1⎟ z ⎜1 − ⎟ ⎝z ⎠ ⎝ z⎠ < nên: Vì z 1 = 1+ + +L z z 1− z 1⎛ 1 1 ⎞ = − ⎜1 + + + L⎟ = − − − − L Vậy: 1− z z⎝ z z z z z ⎠ Hay: f (z) = ⎤ ⎡1 1 1 ⎡ z z z3 ⎤ f (z) = − = − ⎢1 + + + + L⎥ − ⎢ + + L + n + L⎥ z −1 z −1 2⎣ 2 z ⎦ ⎦ ⎣z z z z2 zn 1 = − − − − L n +1 − L − − − L − n − L 2 2 z z z Xét miền | z | > Ta phải khai triển hai hàm số : z 1 1 = − − − −L 1− z z z z 1 theo chuỗi luỹ z−2 z −1 thừa 83 1 = z−2 ⎛ 2⎞ z ⎜1 − ⎟ ⎝ z⎠ 2 22 < nên: = 1+ + +L Vì z z z 1− z 1 2 n −1 = + + +L+ n +L Vậy: z − z z2 z3 z 1 22 − n −1 − − = + +L+ +L f (z) = z −1 z −1 z2 z zn ⎛ z ⎞ Ví dụ 3: Khai triển hàm số f (z) = sin ⎜ ⎟ thành chuỗi Laurent tâm ⎝ z − 1⎠ Ta viết: ⎞ 1 ⎛ z ⎞ ⎛ f (z) = sin ⎜ + cos1 sin ⎟ = sin⎜1 + ⎟ = sin cos z −1 z −1 ⎝ z −1⎠ ⎝ z − 1⎠ Dựa vào khai triển sinz cosz ta có: 1 1 sin = − + −L z − z − 3!(z − 1) 5!(z − 1) 1 cos = 1− + −L z −1 2!(z − 1) 4!(z − 1) Hai khai triển ∀z ≠ Vậy: cos1 sin cos1 ⎛ z ⎞ − − +L+ sin ⎜ ⎟ = sin + z − 2!(z − 1) 3!(z − 1) ⎝ z − 1⎠ sin sin + (−1) n +L (−1) n 2n (2n + 1)!(z − 1) n +1 2n!(z − 1) Ví dụ 4: Khai triển thành chuỗi Fourrier hàm số: a sin t ϕ( t ) = (| a | < 1) , t biến số thực − 2a cos t + a Theo công thức Euler: e jt + e − jt e jt − e − jt cos t = ; sin t = 2 Thay vào biểu thức ϕ(t) ta có: − e jt ϕ( t ) = 1⎞ ⎡ ⎤ ⎛ j ⎢e jt − ⎜ a + ⎟e jt + 1⎥ a⎠ ⎝ ⎣ ⎦ Xét hàm: 84 − z2 f (z) = 1⎞ ⎡ ⎤ ⎛ j ⎢z − ⎜ a + ⎟z + 1⎥ a⎠ ⎝ ⎣ ⎦ jt Hiển nhiên f(e ) = ϕ(t) Vậy ϕ(t) giá trị hàm f(z) đường tròn đơn vị z = ejt Dễ thấy hàm f(z) giải tích hình vành khăn tâm O, chứa đường trịn đơn vị | z | = Ta khai triển f(z) thành chuỗi Laurent hình vành khăn Trước hết ta phân tích f(z) thành tổng phân thức đơn giản: ⎛ ⎞ ⎜ 1 ⎟ ⎜ −1+ ⎟ f (z) = + z − az ⎟ 2j⎜ 1− ⎜ ⎟ a ⎝ ⎠ Chú ý với | az | < ta có: = + az + (az) + (az) + L − az với | z | > | a | ta có: ⎞ 1 a ⎛ a a2 a3 =− = − ⎜ + + + + L⎟ ⎟ ⎜ z z z z⎛ a⎞ z⎝ z ⎠ 1− ⎜1 − ⎟ a a ⎝ z⎠ Vậy miền a < z < ta có: a ⎞ ∞ ⎛ 1⎛ a a2 a3 1⎞ 2 3 f (z) = ⎜ az + a z + a z + L − − − − L⎟ = ∑ a n ⎜ z n − n ⎟ ⎟ j n =1 ⎜ 2j⎝ z z z z ⎠ ⎝ ⎠ jt Khi z = z , | z | = 1, ta có: ∞ ∞ e njt − e − njt ∞ n ϕ( t ) = ∑ a n (e njt − e −njt ) = ∑ a n =∑ a sin(nt ) j n =1 2j n =1 n =1 Đó khai triển Fourrier cần tìm §5 ĐIỂM BẤT THƯỜNG CỦA HÀM GIẢI TÍCH Phân loại: Giả sử a điểm bất thường cô lập hàm f(z), nghĩa tồn lân cận bé a có a điểm bất thường Như f(z) giải tích hình vành khăn nhỏ tâm a Theo mục 5, ta khai triển f(z) thành chuỗi Laurent hình vành khăn Ta vào khai triển Laurent để phân loại tính bất thường điểm a Nếu khai triển Laurent khơng chứa phần tức cn = ∀n < Do đó: (31) f(z)= co + c1(z - a) + c2(z - a)2 +⋅⋅⋅ điểm a gọi điểm bất thường bỏ Nếu a điểm bất thường bỏ được, theo (3) ta có: lim f (a ) = c o z→a 85 Do đặt f(a) = co hàm f(z) bổ sung giá trị điểm a Như hàm giải tích lân cận nói a Điều giải thích ý nghĩa thuật ngữ “bỏ được” dùng Nếu phần có số hữu hạn số hạng a gọi cực điểm Khi khai triển có dạng: c −n c −n +1 c (32) f (z) = + + L + −1 + c o + c1 (z − a ) + L n n −1 (z − a ) (z − a ) (z − a ) Trong c-n ≠ Số mũ n gọi cấp cực điểm Nếu a cực điểm từ (32) suy ra: lim f (z) = ∞ z→a Nếu phần khai triển có vơ số số hạng ta gọi a điểm bất thường cốt yếu f(z) Đối với điểm bất thường cốt yếu ta có định lí Xakhốtxki: Nếu a điểm bất thường cốt yếu f(z) với số A cho trước, luôn tồn dãy {zk} dần tới điểm a cho dãy {f(z)} dần tới A sin z Nó thừa nhận điểm z = làm điểm bất thường cô lập z Khai triển f(z) theo luỹ thừa z ta có: ⎞ sin z ⎛ z3 z5 z2 z4 = ⎜ z − + − L⎟ = − + + L ⎟ z z⎜ 3! 5! 3! 5! ⎠ ⎝ Vậy điểm z = điểm bất thường bỏ hàm Nếu ta bổ sung sau: ⎧ sin z z ≠ ⎪ f (z) = ⎨ z ⎪1 z = ⎩ f(z) giải tích z = ez Ví dụ 2: Hàm f (z) = thừa nhận điểm z = làm điểm bất thường cô lập Khai triển z theo luỹ thừa z ta có: ⎞ 1 ez ⎛ z z z3 1 z + + +L = ⎜1 + + + + L⎟ = + + ⎟ z z z z ⎜ 1! 2! 3! 2!z 3! 4! ⎠ ⎝ Từ suy điểm z = cực điểm cấp f(z) Ví dụ 1: Xét hàm f ( z ) = z Ví dụ 3: Xét hàm f (z) = e Điểm z = điển bất thường cốt yếu hàm vì: z 1 1 + + +L+ +L 1! z 2! z 3! z n! z n f (z) Định lí: Giả sử f (z) = f1(z) f2(z) hàm giải tích a Nếu f (z) điểm a không điểm tử số, tức f1(a) ≠ không điểm cấp m mẫu số, a cực điểm cấp m f(z) f (z) = e = + 86 Chứng minh: theo giả thiết ta có f2(z) = (z - a)mϕ(z) với ϕ(z) giải tích a ϕ(a) = f (z) Hàm giải tích a nên khai triển thành chuỗi Taylor lân cận điểm a ϕ(z) f1 ( z ) f (a ) = b o + b1 (z − a ) + b (z − a ) + L với b o = ≠0 ϕ(z) ϕ(a ) Từ suy khai triển Laurent f(z) là: bo f1 ( z ) b1 f (z) = = + +L (z − a ) m ϕ(z0 (z − a ) m (z − a ) m−1 Điều chứng tỏ a cực điểm cấp m f(z) z +1 Ví dụ: Xét hàm f ( z) = z +4 Vì z + = ( z + 2j )( z - 2j ) nên mẫu số có hai khơng điểm đơn z = ± 2j Vậy f(z) phải có hai cực điểm đơn z = ± 2j sin z Ví dụ: Xét hàm f (z) = (z + 1) Vì ( z2 + 1)3 = ( z2 +j )( z2 - j )3 nên z = ±j không điểm cấp mãu số Vù z = ± j cực điểm cấp mẫu số   87 ... liên Go mà biên L2 biên L1 ta có: f (ζ )dζ f ( ζ ) dζ f (z) = ( 24) ∫ (ζ − a ) n +1 − 2πj ∫ (ζ − a ) n+1 2πj L2 L1 Tích phân thứ ( 24) hàm giải tích bên đường trịn lớn L2 Ta tìm cách khai triển theo... liên tục miền G Vậy Sn(z) liên tục G Do ta chọn h nhỏ để: ε Sn ( z + h ) − Sn ( z ) < Thay vào (4) ta có: | f(z + h) - f(z) | ≤ ε Đó điều cần chứng minh Định lí 2: Nếu tất số hạng chuỗi hàm (1)... thấy bán kính hội tụ tìm theo cơng thức: c R = lim n (13) n →∞ c n +1 73 hay: R = lim n →∞ n ( 14) cn Ghi chú: Đối với chuỗi ∞ ∑ c n (z − a ) n phép đổi biến ζ = z - a ta đưa dạng n =0 ∞ ∑ cn