Lí thuyết thặng dư và ứng dụng

Mục lục Mục lục Lời nói đầu Phần A : Lý thuyết thặng d Bài 1: Khái niệm- Các định lý bản- Cách tính Phần B: ứng dụng Bài 1: Tính tích phân hàm biến phức đờng cong đóng Bài 2: ứng dụng thặng d vào giải tích Kết luận Tài liệu tham khảo Lời nói đầu Trang 4 12 12 17 32 33 Lý thuyết thặng d hớng nghiên cứu lý thuyết hàm số biến số phức Bản thân có nhiều ứng dụng khoa học, kỹ thuật thực tiễn, đặc biệt Toán học Vật lý Khi khảo sát hàm chỉnh hình biến số phức điểm bất thờng cô lập thặng d công cụ có hiệu lực Ta tính tích phân hàm số + biến số phức nhờ thặng d Ngoài ra, hàm số thực f(x) có f ( x)dx hội tụ hàm lợng giác R(sin, cos), hàm hữu tỉ tích phân + f ( x)dx R(cos , sin )d tính thặng d Với mục đích hiểu sâu lý thuyết thặng d, ứng dụng thặng d tạo tiền đề, sở cho việc học tập bớc đầu tập dợt nghiên cứu khoa học Trong luận văn tác giả đề cập đến nội dung lý thuyết thặng d số ứng dụng giải tích Luận văn đợc chia làm hai phần Phần A Trình bày nội dung lý thuyết thặng d Khái niệm, định lý cách tính Phần B Trình bày số ứng dụng thặng d Tính tích phân hàm biến phức đờng cong đóng + Tính tích phân suy rộng hàm biến thực dạng f ( x)dx tính tích phân xác định hàm lợng giác, dạng : R(cos , sin )d R hàm hữu tỉ sin cos Luận văn đợc hoàn thành khoa Toán Trờng Đại Học Vinh dới hớng dẫn Th.s Trần Văn Tự, giúp đỡ thầy cô giáo khoa, bạn bè gia đình Vì lực có hạn hạn chế thời gian nên khoá luận khó tránh khỏi sai sót nội dung hình thức, nên tác giả mong đợc góp ý, bảo thầy, cô giáo khoa bạn Nhân dịp cho phép tác giả đợc bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thạc sỹ Trần Văn Tự trực tiếp giao đề tài, hớng dẫn tận tình giúp đỡ suốt trình viết hoàn thành khoá luận Cuối tác giả xin chân thành cảm ơn : Ban chủ nhiệm khoa Toán, thầy cô giáo khoa Toán nói chung, tổ Giải tích nói riêng, toàn thể lớp 40E4 Toán bạn bè tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tác giả trình học tập hoàn thành khoá luận Vinh, ngày 25 tháng 04 năm 2004 Tác giả Phần A: Lý thuyết thặng d : Khái niệm, định lý bản, cách tính 1.1Khái niệm thặng d Giả sử hàm f(z) chỉnh hình miền G trừ điểm z điểm bất thờng cô lập hàm f(z), hàm f(z) chỉnh hình lân cận thủng U ={z C : 0< z-z0 < r} z0 , U G, ta khai triển hàm f(z) thành chuỗi Lorăng U, nh sau: + f ( z) = an ( z z0 ) n (1.1) Chuỗi (1.1) hội tụ miền đóng P U có biên đờng cong Joođan kín, trơn khúc bao z0 Do đờng cong tuỳ ý nên lấy = { z C : z z0 = }, > 0, đủ nhỏ: U, chuỗi (1.1) hội tụ , nên lấy tích phân số hạng dọc theo ta có: + f ( z )dz = a ( z z ) dz n = n n (1.2) Theo (5.7.15) Tài liệu tham khảo [1], ta có: n -1 ( z z ) dz = n 2i n = -1 Thay kết vào (1.2) ta đợc : f ( z )dz = 2ia 1 Suy : a = 2i f ( z )dz Trong : a-1 hệ số phần chuỗi Lorăng Từ ta có định nghĩa sau: 1.1.1.Định nghĩa 1: Giá trị tích phân 2i f ( z )dz (= a ) đợc gọi thặng d hàm f(z) điểm z0 Kí hiệu: Re s ( f ( z ), z ) = 2i f ( z )dz = a (1.3) Trên ta xét cho trờng hợp z0 , z0 = thặng d giá trị nào? 1.1.2.Định nghĩa 2: Thặng d hàm f(z) z = giá trị 2i f ( z )dz (với - hớng chiều kim đồng hồ ) hay : Re s ( f ( z ), ) = 2i f ( z )dz = a 1.1.3.Nhận xét: Nếu z0 điểm chỉnh hình điểm bất bình thờng bỏ đợc thì: Re s ( f ( z ), z ) = Nếu z = Re s ( f ( z ), z ) = a 1.2.Các định lý thặng d 1.2.1.Định lý 1: (Định lý Côsi thặng d) Nếu hàm f(z) giải tích miền G trừ số điểm bất thờng cô lập aj (j = 1,n) : n f ( z )dz = 2i Re s( f ( z ), a j =1 j ) Trong : đờng cong Joocđan kín, trơn khúc nằm hoàn toàn G, chứa tất điểm {aj}, j = 1,n Chứng minh: Trên C, bao hữu hạn điểm điểm aj ; j = 1,2,3 ,n đờng cong đóng vây điểm {aj} j = 1,2,3 ,n đờng tròn: j = {z C :z - aj = j }, j = 1,2,,n nhỏ cho chúng không giao nhau, không bao j , j = 1,2,3,,n n -Đặt: G = U * j =1 j- , j- đờng tròn j có hớng ngợc chiều kim đồng hồ, hàm f(z) giải tích G* miền đa liên Theo định lý tích phân Cosi miền đa liên, ta có G n f ( z ) dz = f ( z )dz + j =1 f ( z)dz = j hay n f ( z )dz = j =1 j n n n f ( z ) dz = i Re s ( f ( z ), a j ) j =1 2i j j =1 f ( z )dz = f ( z )dz = 2i j =1 j 1.2.2.Định lý 2: (Định lý thặng d cực điểm) a.Nếu z0 cực điểm đơn hàm f(x) Re s ( f ( z ), z ) = Lim( z z ) f ( z ) z z0 b.Nếu z0 cực điểm cấp n hàm f(z) : Re s ( f ( z ), z ) = d n [( z z ) n f ( z ) Lim (n 1)! z z0 dz n Chứng minh: a.Giả sử z0 cực điểm đơn hàm f(z) khai triển Lorăng f(z) lân cận thủng z0 : f ( z ) = a + a0 + a1 ( z z ) + z z0 Nhân hai vế đẳng thức với (z z0), cho qua giới hạn z z0 ta đợc : Lim( z z ) f ( z ) = a = Re s ( f ( z ), z ) z z0 b.Giả sử z0 cực điểm bội n hàm f(z) Khi khai triển Lorăng hàm f(z) lân cận thủng điểm z0 : f ( z) = a ( n 1) a n a + + + + a + a1 ( z z ) + n n z z0 (z z0 ) (z z0 ) Nhân hai vế đẳng thức với (z z0)n ta có : (z z0)n f(z) = a-n + a-n+1(z z0) + .+ a-1 (z z0)n-1 + Lấy đạo hàm cấp (n 1) đẳng thức cho qua giới hạn z z0 ta đợc: d n 1[(z z ) n f (z)] = (n 1)!a = ( n 1)!Re s(f ( z), z ) Suy ra: Lim z z dz n Re s ( f ( z ), z ) = Hệ quả: Nếu hàm f ( z ) = d n [( z z ) n f ( z )] Lim (n 1)! z z0 dz n ( z0 ) z0 cực điểm đơn, (z0) 0, (z0) = 0, ( z) (z0) 0, (z), (z) giải tích z0 ta có : Re s ( f ( z ), z ) = (z0 ) ' (z0 ) (chứng minh dựa vào định lý trên) 1.2.3.Định lý 3: (Định lý tổng toàn phần thặng d) Giả sử hàm f(z) chỉnh hình điểm mặt phẳng phức trừ số hữu hạn điểm bất thờng cô lập aj , j = 1,2,,n điểm z = (điểm bình thờng bất thờng) Khi ta có đẳng thức: n Re s( f ( z ), a j =1 j ) + Re s( f ( z ), ) = (1.4) Chứng minh: Trên mặt phẳng phức C, vẽ đờng tròn = {z C : z =R}, R> đủ lớn cho aj {zC : z < R }, j = 1,2,,n Theo định lý Cosi thặng d ta có : n f ( z )dz = Re s ( f ( z ), a j ) 2i j =1 (a) Mặt khác theo định nghĩa thặng d vô cực ta lại có : Re s ( f ( z ), ) = f ( z ) dz 2i (b) Từ (a) (b) ta có : n Re s( f ( z ), a j =1 j ) + Re s( f ( z ), ) = 1 f ( z )dz + ( f ( z )dz ) = 2i 2i 1.3.Cách tính thặng d Có nhiều cách tính thặng d, vận dụng định nghĩa định lý thặng d cực điểm ta tính thặng d hàm f(z) điểm bất thờng cô lập theo hai cách sau : 1.3.1.Cách 1: Dựa vào định nghĩa Muốn tìm thặng d hàm f(z) cực điểm z0 ta khai triển hàm f(z) thành chuỗi Lorăng lân cận thủng điểm z0 Sau tìm hệ số: a = Re s( f ( z ), z ) Ví dụ: Tìm thặng d hàm số sau điểm bất thờng z = a cos z z3 c z 2z + z = ( z 2)( z + 1) b sin z d z +1 Giải a.Hàm f ( z ) = cos z không chỉnh hình z = z = khai triển Lorăng z3 hàm f(z) hình vành khăn: < z < f (z) = cos z = z3 z Ta có: a = : Re s ( f ( z ),0) = b.Hàm f ( z ) = sin Lorăng : (1) n =0 n z 2n z n = (1) n (2n)! n =0 (2n)! 1 Re s ( f ( z ), ) = 2 chỉnh hình hình vành khăn : < z < , có khai triển z f ( z ) = sin (1 / 2) n+1 (1) n (1) n = (1) n = n+1 = n+1 z n =0 (2n + 1)! n=0 z (2n + 1)! n=0 (2n + 1)! z Ta có : a = ứng với n = vậy: Re s ( f ( z ),0) = Re s ( f ( z ), ) = c.Hàm f ( z ) = z 2z + có cực điểm đơn z1 = 2, z2,3 = i ( z 2)( z + 1) Tại z = 2, khai triển Lorăng hàm f(z) lân cận thủng điểm z1=2: f ( z) = = z 2z + 1 = = + i ( z 2)( z + 1) z z + z z i z + i 1 + i z ( z 2) + (2 i ) ( z 2) + ( + i ) 1 1 = + i z 2+i z z 2 i 1+ 1+ 2i + i n n 1 n z n z = + i (1) (1) z i n =0 + i n =0 2i + i = 1 ( z 2) n + i (1) n n +1 n +1 z n =0 (2 + i ) (2 i) Ta có : a = suy : Re s ( f ( z ),2) = Tại z = i, khai triển Lorăng hàm f(z) lân cận thủng z = i : f ( z) = z 2z + i i i 1 = + = + ( z 2)( z + 1) z i z + i z z i ( z i ) + 2i ( z i ) + (2 + i ) = i z i 2i 1 + = z i i z i 1+ 1+ 2i i2 n i z i z i = + z i 2i n =0 2i i n =0 i = i (1) n ( z i) n n +1 n +1 z i n=0 ( i ) ( i ) Ta có : a1 = i Re s ( f ( z ), i) = i Tơng tự: Re s ( f ( z ),i) = i d Hàm f ( z ) = có hai cực điểm đơn z1 = i, z2 = - i z +1 Khai triển Lorăng hàm f(z) z1 = i f ( z) = i 1 i i = = z i z +i z i ( z i ) + 2i z +1 n i 1 i z i = = + (z i) 2i + z i 2(z i) 4i n =0 2i 2i n i n ( z i) = (1) ( z i ) 2i n =0 (2i ) n +1 Ta có : a = n i i Re s ( f ( z ), i) = 2 Tơng tự: Re s ( f ( z ),i) = i 1.3.2.Cách : Tính theo công thức : (z z0 ) f (z) Nếu z0 cực điểm đơn f(z) : Re s ( f ( z ), z ) = Lim zz Nếu z0 cực điểm bội n hàm f(z) thì: [ d n ( z z ) n f ( z ) Re s ( f ( z ), z ) = lim (n 1)! z z0 dz n f ( z) = ] ( z) , (z0) 0, (z0) = 0, (z0) (z), (z) giải tích z0 ( z) : Re s(f (z), z ) = (z o ) ' (z o ) Ví dụ : Tìm thặng d hàm sau cực điểm z2 z2 a b z z5 c sin z Giải: a.Hàm f ( z ) = z2 có cực điểm đơn z = áp dụng công thức : z2 Re s ( f ( z ), z ) = Lim( z z ) f ( z ) z z0 ( z 2) Ta có : Re s ( f ( z ),2) = Lim z z2 = Lim z = z z2 Vậy Re s ( f ( z ),2) = b.Hàm f ( z ) = có cực điểm đơn z1 = -1, z2 = cực điểm bội z z5 3 z3 = áp dụng công thức tính thặng d cực điểm, ta có : // 1 Re s ( f ( z ),0) = Lim z = Lim z z (3 1)! z z (1 z ) 2z = Lim 2 z (1 z ) Vậy : / 2(1 z ) z ( z )(1 z ) 1 + 2z = Lim = Lim =1 2 z (1 z ) (1 z ) Re s ( f ( z ),0) = Re s ( f ( z ),1) = Lim( z 1) z // 1 = Lim = z z ( z 1)( z + 1) z ( z + 1) 10 2.1.2.Bổ đề Joocđan 2: Giả sử hàm f(z) chỉnh hình nửa mặt phẳng {z C : Im z > 0} trừ số điểm bất thờng cô lập a1, a2,,an nửa đờng tròn (R)={z C : z =R, Im z > 0} nằm nửa mặt phẳng cho: f ( z) M , M, số dơng R1+ Khi : Lim R f ( z )dz = (2.2) ( R) Chứng minh : Vì z (R) nên : z = R.ei, [0,] RM M Do đó: f (z )dz f ( z ) Rd 1+ d = 0(R ) R R (R ) Vậy ta có : Lim R f ( z )dz = ( R) 2.1.3 Định lý: Giả sử hàm f(z) chỉnh hình nủa mặt phẳng {z C : Im z > 0}trừ M số hữu hạn điểm bất thờng cô lập a1, a2,,an đờng tròn f ( z ) R1+ CR = {z C : z = R, Im z > 0}khi đó: + n f ( x)dx = 2i Re s ( f ( z ), a j ) (2.3) j =1 Chứng minh: Trong mặt phẳng phức C Vẽ nửa đờng tròn CR = { z C : z = R, Im z > 0} với R đủ lớn cho miền D = [-R, R] + CR bao điểm a1, a2,,an Theo công thức Cosi thặng d ta có: R n f (z)dz = f ( x )dx + f (z)dz = 2i Re s(f (z), a j ) D R j=1 CR Theo giả thiết ta có: Lim R f ( z )dz = CR 20 Do cho đẳng thức qua giới hạn R ta có : Lim f ( z )dz = Lim R R hay Lim R + Vậy: R R D R f ( x)dx + Lim R R n f ( z ) dz = 2i Re s ( f ( z ), a j ) j =1 CR n f ( x)dx = 2i Re s ( f ( z ), a j ) j =1 n f ( x )dx = 2i Re s( f ( z ), a j ) j =1 2.2.ứng dụng thặng d tính tích phân suy rộng hàm biến thực 2.2.1.Đặt vấn đề + Xét tích phân có dạng f ( x)dx , với f ( x) = P( x) hàm hữu tỉ Q( x) Trên miền D có biên : [-R, R] CR Với [-R, R] R CR = {z C : z = R, Im z > 0} Giả sử f(x) liên tục R, f(x) = f(z), x [-R, R] f(z) chỉnh hình nửa mặt phẳng trừ hữu hạn điểm bất thờng cô lập a1, a2,,an Khi theo định lý Cosi thặng d ta có: R f ( z )dz = f ( x )dx + R D CR n f ( z )dz = 2i Re s ( f ( z ), a j ) j =1 Cho đẳng thức qua giới hạn R ta có : Lim f ( z )dz = Lim R R D R f ( x)dx + Lim R R j =1 CR + Nếu tích phân n f ( z ) dz = 2i Re s ( f ( z ), a j ) R f ( x)dx hội tụ : Lim R f ( x)dx = R f ( z )dz = Mặt khác theo giả thiết ta có: Lim R C R + Nên ta có : n f ( x )dx = 2i Re s( f ( z ), a j ) j =1 21 + f ( x)dx + Vậy để tính tích phân f ( x)dx ta làm nh sau : + 1.Kiểm tra điều kiện hội tụ tích phân f ( x)dx tức hàm f(x) thoả mãn + Q(x) nghiệm thực + Bậc Q(x) bậc P(x) +2 Lập hàm f(z) tơng ứng f(x) lên mặt phẳng phức C 3.Tìm cực điểm f(z) thuộc nửa mặt phẳng 4.áp dụng công thức + n f ( x )dx = 2i Re s( f ( z ), a j ) j =1 Tính đợc I 2.2.2.Các ví dụ Ví dụ 1: Tính tích phân sau: + + dx a 2 (1 + x ) b x dx +1 Giải: + a.Tích phân dx f ( x ) = hội tụ hàm có: 2 (1 + x ) (1 + x ) mẫu số nghiệm thực bậc mẫu số bậc tử số + Thác triển tơng ứng f(x) lên mặt phẳng phức C hàm f ( z ) = (1 + z ) Hàm f(z) có cực điểm bội : z = -i, z2 = i nhng có z2 = i thuộc nửa mặt phẳng Theo công thức tính thặng d cực điểm bội ta có : / ( z i) Re s ( f ( z ), i ) = Lim = Lim 2 z i ( z + i ) (2 1)! z i ( z i ) ( z + i ) = Lim z i 2( z + i ) 2 = Lim = = z i ( z + i ) 8i 4i ( z + i) 22 / áp dụng công thức: + n f ( x )dx = 2i Re s( f ( x), a j ) j =1 ta có: + (x dx = 2i Re s ( f ( x), i ) = 2i = 4i + 1) Vậy I = có x4 + nghiệm thực bậc mẫu số bậc x +1 b.Hàm f ( x) = tử số +4 nên tích phân cần tính hội tụ Thác triển f(x) lên mặt phẳng phức hàm f ( z ) = Hàm f(z) có z +1 cực điểm đơn + 2k + 2k z k = cos + i sin k= 0, 1, 2, 4 Nhng có z = 2 2 z1 = thuộc nửa mặt phẳng +i +i 2 2 Theo công thức tính thặng d cực điểm ta có: Re s ( f ( z ), z ) = Lim z z0 z z0 1 1 = Lim = = = 3 z + z z0 z 4z0 2 ( i 1) i + (Giới hạn dạng 0/ 0, khử theo LHopital) Tơng tự ta tính đợc: Re s ( f ( z ), z1 ) = 1 = = z1 2 (i + 1) 2 +i 2 áp dụng công thức: + n f ( x)dx = 2i Re s ( f ( z ), a j ) a j , j = 1, n cực điểm f(z) thuộc nửa mặt phẳng j =1 23 + Ta có : x dx = 2i ( Re s ( f ( z ), z ) + Re s ( f ( z ), z1 ) ) +1 1 = = 2i + 2 ( i + ) 2 ( i ) Vì hàm f ( x) = I= Vậy I = hàm chẵn nên ta có : x +1 + + dx dx x + = x + = = 2 2 Ví dụ 2: Tính tích phân sau : + + 2x + dx a x + x + x2 + x +1 dx b x + x + Giải a, Hàm f ( x) = 2x + dx có x + x + nghiệm thực bậc mẫu số x + 5x + 4 bậc tử số +3 , tích phân cần tính hội tụ Thác triển f(x) lên mặt phẳng phức hàm f ( z ) = 2z + dz có z + 5z + 4 cực điểm đơn: z1,2 = i z3,4 = 2i nhng có z1 = i z2 = 2i thuộc nửa mặt phẳng Theo công thức tính thặng d cực điểm ta có : Re s ( f ( z ), z1 ) = Lim z z1 = z1 + ( z1 z )( z1 + 4) = ( z z1 )(2 z + 1) 2z + = Lim ( z z1 )( z z )( z + 4) z z1 ( z z )( z + 4) 2.i + 2i + = 6i (i + i )(i + 4) Tơng tự : Re s ( f ( z ), z ) = áp dụng công thức : + 2z3 + ( z z )( z + 1) n = 2.2.i + 4i + = (2i + 2i )((2i ) + 1) 12i f ( x)dx = 2i Re s ( f ( z ), a j ) j =1 24 + Ta có : x 2x + dx = 2i ( Re s( f ( z ), z1 ) + Re s( f ( z ), z ) ) + 5x + 2i + 4i + = 2i = 12i 6i x2 + x +1 b, Hàm f ( x) = có mẫu số nghiệm thực bậc mẫu số x + 7x2 + bậc tử số +2 nên tích phân cần tính hội tụ z2 + z +1 Thác triển f(x) lên mặt phẳng phức hàm f ( z ) = z + 7z + Hàm f(z) có cực điểm đơn z1, = i z 3, = 6i nhng có z1 = i z = 6i thuộc nửa mặt phẳng Tính : Re s ( f ( z ), z1 ) = Lim z z1 ( z z1 )( z + z + 1) z2 + z +1 = Lim ( z z1 )( z z )( z + 6) z z1 ( z z )( z + 6) = z1 + z1 + ( z1 z )( z1 + 6) = i2 + i +1 = (i + i )(i + 6) 10 Tơng tự ta có: Re s ( f ( z ), z ) = z3 + z3 + ( z z )( z + 1) = ( 6i ) + 6i + ( 6i + 6i )(( 6i ) + 1) = 6i 10 6i áp dụng công thức : + n f ( x)dx = 2i Re s ( f ( z ), a j ) j =1 Ta có : x2 + x +1 6i x + x + dx = 2i( Re s( f ( z), z1 ) + Re s( f ( z), z )) = 2i 10 10 6i = + Vậy I = Ví dụ 3: Tính tích phân sau: cos x dx a 2 x + sin x b dx x +1 cos x c dx x +1 25 Giải: Xét f ( z ) = e iz z2 + a2 Trên miền D có biên : [-R, R] CR CR = {zC : z = R, Im z > 0}và [-R, R] R, R > Hàm g ( z ) = g ( z) < thoả mãn điều kiện bổ đề Joocđan z + a2 (R ) R a2 ix f ( z )dz = g ( z)e dz Do : CR CR (R ) Với R > a , theo định lý Cosi thặng d ta có : e iz e ix e iz dz = dx + D z + a 2 2 dz = 2i Re s( f ( z), ai) R x + a CR z + a R Vì hàm f(z) có hai cực điểm đơn z 1,2 = nhng có z1 = , thuộc nửa mặt phẳng ( z )e iz e iz e iai = Lim = Ta có: Re s ( f ( z ), ai) = Lim z ( z )( z + ) z ( z + ) + = e a = 2ai 2aie a Do : e ix e iz dx + R x + a C z + a dz = 2i Re s( f ( z), ai) = 2i 2aie a = ae a R R Mặt khác theo đề Joocđan ta có : R + e iz e ix e ix ( R ) dx = Lim C z + a 2 dx R x + a R x + a R + nên : e ix x + a dx = ae a Vì vế phải số thực nên phần ảo vế trái Do đó: + + e ix cos x = Re dx = dx a 2 2 ae x + a x + a 26 Vì hàm f ( x) = cos x hàm chẵn nên ta có : x2 + a2 + cos x cos x x + a dx = x + a dx = ae a Vậy I = 2ae a b.Ta có : sin x cos x dx cos x (1 + x ) dx = 2(1 + x ) dx = 2(1 + x ) 2(1 + x ) dx dx = arctgx = = 2(1 + x ) 2 mà : Theo câu (a) ta tính đợc : cos x 2(1 + x Vậy : I = ) e 2a dx = e = (1 e ) 2 c Ta có : cos x sin x sin x dx = dx = dx x + x + x + x + dx + sin x = arctgx dx 0 x +1 Theo câu (b) ta có : cos x 2 x + dx = arctgx (1 e ) = (1 e ) = (1 + e ) + Vậy: I = (1 + e ) 2.3.ứng dụng thặng d tính tích phân xác định hàm lợng giác 2.3.1.Đặt vấn đề Xét tích phân có dạng : R(cos sin )d với R hàm hữu tỉ sin cos Đặt: z = rei , [0, 2], r > ,suy : d = 27 dz iz Theo công thức le ta có : cos = 1 1 z + sin = z z 2i z 1 Ta có : R (cos , sin ) = R z + ; z z 2i z [0,2] z {z C : z = 1} nên: 1 dz R z + ; z = z 2i z iz i z =1 R(cos , sin )d = f ( z )dz z =1 Giả sử f(z) chỉnh hình đờng tròn z =1 trừ hữu hạn điểm bất thờng cô lập a1, a2, ., an ta có : n R (cos , sin ) d = i Re s ( f ( z ), a j ) i j =1 Vậy muốn tính tích phân R(cos , sin )d ta làm nh sau: 1.Đổi biến : z = re i ; d = dz iz 2.Dựa vào công thức le : cos = 1 1 z + sin = z z 2i z 1 lập hàm R (cos , sin ) = R z + ; z f ( z ) = z 2i z R( z ) z 3.Tìm cực điểm f(z) thuộc đờng tròn z =1 4.áp dụng kết định lý Cosi thặng d ta tính đợc I 2.3.2.Các ví dụ Ví dụ : Tính tích phân sau: 2 d a + cos b, d 2a cos + a Giải 28 a, Đặt z = re i d = dz iz 1 Theo công thức le : cos = z + z 1 2z = = Do đó: + cos + z + z + z + z Khi [0, 2] z { z C : z = 1}, ta có : d + cos = 2z dz = iz i z =1 z + z + dz z =1 z + z + dz f (z) = , có hai cực điểm đơn z1, = , nhng z + 4z + z =1 z + z + Tính : có z1 = + thuộc đờng tròn {z C : z < 1} Theo công thức tính thặng d cực điểm ta có : Re s( f ( z ), z1 ) = Lim z z1 z z1 1 1 = Lim = = = ( z z1 )( z z ) z z1 z z z1 z + + + 3 Theo định lý Cosi thặng d suy : I= d + cos = i 2i Re s( f ( z ),1) = 2 Vậy I = = b, Đặt z = rei , [0, 2] d = dz iz Theo công thức le : cos = 1 z + z Ta có : = 2a cos + a 1 1 2a z + + a 2 z Khi [0, 2] z {z = 1, z C}, nên : 29 = 2z az + (a + 1) z a 2 d 2a cos + a = z dz dz =i 2 iz z =1 az + ( a + 1) z a z =1 az ( a + 1) z + a Hàm f ( z ) = az (a + 1) z + a có hai cực điểm đơn z1 = a z2 = 1/ a nhng có z1 thuộc z1 {z < 1, z C} (vì a < 1) Ta có : Re s( f ( z ), a ) = Lim z a za 1 = Lim = z a a ( az 1) a ( z a ) z a a a áp dụng công thức : n j =1 R(cos , sin )d = Re s( f ( z), a j ) ta có : d 2a cos + a = i.2i Re s ( f ( z ), a) = Vậy I = a2 Ví dụ : Tính tích phân sau : sin d a + cos b, d (1 + a cos ) Giải a, Đặt z = re i d = dz z =1 iz Theo công thức le : cos = 1 z + z sin = 1 z 2i z Ta có : 1 z sin 1+ z2 2i z = = 1 2i ( z + 3z + 1) + cos + z + z Khi [0, 2] z {z = 1, z C}, nên : 30 = 1+ a a2 sin + cos d = 1+ z dz z =1 2i( z + 3z + 1) iz = z2 +1 dz z =1 z ( z + z + 1) z2 Hàm f ( z ) = có cực điểm đơn z1 = 0; z 2,3 = z ( z + 3z + 1) nhng có z1 z2 { z C : z = 1}, nên : Re s( f ( z ),0) = Lim z z ( z + 1) z2 = Lim =1 z ( z + 3z + 1) z z + z + ( z z )( z + 1) z2 Re s( f ( z ), z ) = Lim = Lim z z z ( z z )( z z ) z z2 z ( z z ) 3 3+ z2 = = = z ( z z ) + + + + 2 áp dụng công thức : n R(cos , sin )d = Re s( f ( z), a j ) ta có : sin + cos d = ( Re s( f ( z ),0) + Re s( f ( z), z ) ) = (1 1) = Vậy : I = b, Đặt z = re i d = dz , z = iz theo công thức ơle : cos = 1 z + ta có : z 1 4z = = (1 + a cos ) (az + z + a ) a + z + z Khi [0, 2] z { z C : z = 1}, nên : 31 (1 + a cos ) d = z 4z dz z =1 (az + z + a) iz = i Hàm f ( z ) = (az + z + a) z dz z =1 ( az + z + a ) 2 có hai cực điểm bội : z1, = a a 1+ a2 {z < 1, z C} z1 = a nhng có ' (z z ) z z Lim = Lim Ta có : Res(f(z),z1) = 2 2 z z1 ( z z ) a ( 1)! z z1 (z z ) (z z ) a = ' ( z z ) 2z(z z ) (z + z2 ) 1 ( z1 + z ) Lim = Lim = 2 zz a (z z2 ) a z z1 ( z z ) a ( z1 z ) = Vậy I = 1+ a2 1 a2 + a a a2 1+ a2 1 a2 a a = a a a = 2i Res(f(z), z1) = (1 a ) i 32 (1 a ) 3 = (1 a ) Kết luận Khoá luận trình bày nội dung lý thuyết thặng d ứng dụng lý thuyết thặng d, làm rõ đợc số vấn đề sau: - Đề cập đến nội dung lý thuyết thặng d: Khái niệm thặng d, định lý thặng d - Đa phơng pháp tính tích phân hàm biến phức đờng cong đóng thông qua tính thặng d - Đặc biệt nêu đợc số ứng dụng quan trọng lý thuyết thặng d vào giải tích : Tính tích phân suy rộng hàm biến thực tích phân xác định hàm lợng giác nêu đợc : + + Phơng pháp tính tích phân dạng f ( x)dx + Phơng pháp tính tích phân xác định hàm lợng giác có dạng R(sin , cos )d Do thời gian hạn chế nên khoá luận số ứng dụng khác lý thuyết thặng d, tác giả cha có điều kiện đề cập đến Hy vọng có điều kiện tác giả nghiên cứu bổ sung 33 Tài liệu tham khảo [1] Trần Anh Bảo- Lý thuyết thặng d Nhà xuất giáo dục-Hà Nội - 1976 [2] Trơng Văn Thơng Hàm số biến số phức Nhà xuất giáo dục-Hà Nội - 1999 [3] Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải Hàm biến phức Nhà xuất ĐHQG-Hà Nội - 1997 [4] Đậu Thế Cấp Bài tập hàm số biến số phức Nhà xuất giáo dục-Hà Nội 2000 [5] Đinh Văn Phiêu Lê Mậu Hải Nguyễn Thu Nga Nguyễn Huy Lợi Bài tập hàm số biến số phức Nhà xuất giáo dục -1984 34 [...]... trình bày nội dung về lý thuyết thặng d và ứng dụng của lý thuyết thặng d, đã làm rõ đợc một số vấn đề sau: - Đề cập đến những nội dung cơ bản về lý thuyết thặng d: Khái niệm thặng d, các định lý cơ bản về thặng d - Đa ra phơng pháp tính tích phân của hàm biến phức trên đờng cong đóng thông qua tính thặng d - Đặc biệt đã nêu đợc một số ứng dụng quan trọng của lý thuyết thặng d vào giải tích : Tính tích... điểm đơn : z1 = -i, z2 = i, z3 = -2, z4 = -3 áp dụng kết quả định lý tổng thặng d toàn phần ta có: 4 2i Re s ( f ( z ), z j ) + Re s( f ( z ), ) = 0 j =1 4 Suy ra: I = 2i Re s ( f ( z ), z j ) = 2i Re s( f ( z ), ) = 0 j =1 Vậy : I = 0 16 17 Bài 2 ứng dụng thặng d vào giải tích Thặng d có nhiều ứng dụng vào giải tích, trong tiết này ta xét ứng dụng thặng d: -Tính tích phân suy rộng của hàm biến... các hàm biến thực và tích phân xác định của hàm lợng giác và đã nêu đợc : + + Phơng pháp tính tích phân dạng f ( x)dx + Phơng pháp tính tích phân xác định của hàm lợng giác có dạng 2 R(sin , cos )d 0 Do thời gian còn hạn chế nên trong khoá luận này còn một số ứng dụng khác của lý thuyết thặng d, tác giả cha có điều kiện đề cập đến Hy vọng khi có điều kiện tác giả sẽ nghiên cứu và bổ sung 33 Tài... các cực điểm nào của f(z) bị bao trong Bớc 3: áp dụng định lý Cosi về thặng d : n f ( z )dz = 2i Re s ( f ( z ), a j ), a j , j = 1, n là các cực điểm của f(z) j =1 ( *) Bớc 4 : áp dụng công thức tính thặng d tại các cực điểm tính Re s ( f ( z ), a j ), a j , j = 1, n Bớc 5 : Thay các giá trị vào công thức (*) tìm đợc I 1.2.Các ví dụ Ví dụ 1: Dùng thặng d tính các tích phân sau: zdz a I = z 2 1... 4 (1 e ) = 2 4 (1 e ) = 4 (1 + e ) + 4 Vậy: I = (1 + e 2 ) 2.3 .ứng dụng thặng d tính tích phân xác định của hàm lợng giác 2.3.1.Đặt vấn đề 2 Xét tích phân có dạng : R(cos sin )d với R là hàm hữu tỉ đối với sin và cos 0 Đặt: z = rei , [0, 2], r > 0 ,suy ra : d = 27 dz iz Theo công thức ơ le ta có : cos = 1 1 1 1 z + và sin = z 2 z 2i z 1 1 1 1 Ta có : R (cos , sin ) = R z + ;... tích phân R(cos , sin )d ta làm nh sau: 0 1.Đổi biến : z = re i ; d = dz iz 2.Dựa vào công thức ơ le : cos = 1 1 1 1 z + và sin = z 2 z 2i z 1 1 1 1 lập hàm R (cos , sin ) = R z + ; z 2 và f ( z ) = z 2i z R( z ) z 3.Tìm cực điểm của f(z) thuộc đờng tròn z =1 4.áp dụng kết quả định lý Cosi về thặng d ta tính đợc I 2.3.2.Các ví dụ Ví dụ 1 : Tính các tích phân sau: 2 2 d a 2 +... (2.1) n n E a N C Chứng minh : Chia cung n thành 4 cung nhỏ o -a D n = AB + BE + EC + CD M n B Theo giả thiết f(z) liên tục trên cung n f ( z ).e iz dz = 0 khi n 0 (n ) ta cần chứng minh Lim n hay : n f (z).e Lim n 2 z dz = 0 AB + BE + EC + CD f ( z) Đặt : z = x + iy = rei , 0 < r < Rn và Mn = max z n a và n = arcsin R n Từ điều kiện cần của bổ đề suy ra: Lim M n = 0 , Lim n = 0 và Lim n M n =... j ) j =1 n f ( x )dx = 2i Re s( f ( z ), a j ) j =1 2.2 .ứng dụng thặng d tính tích phân suy rộng của hàm biến thực 2.2.1.Đặt vấn đề + Xét tích phân có dạng f ( x)dx , với f ( x) = P( x) là hàm hữu tỉ Q( x) Trên miền D có biên : [-R, R] CR Với [-R, R] R và CR = {z C : z = R, Im z > 0} Giả sử f(x) liên tục trên R, f(x) = f(z), x [-R, R] và f(z) chỉnh hình trên nửa mặt phẳng trên trừ hữu hạn điểm... Re s ( f ( z ),1) = Tơng tự : c f ( z) = 1 sin z 1 2 Re s ( f ( z ),1) = 1 2 ( z) có dạng ( z ) , (z) = sinz và (z) = 1 có sin(0) = 0, (0) = 1, (0) = cos(0) = 1 áp dụng công thức : Ta có : Re s(f (z),0) = Re s ( f ( z ), z 0 ) = (z0 ) / (z0 ) ( 0) 1 = =1 , (0) 1 11 Phần B : ứng dụng bài 1.Tính tích phân của hàm biến phức trên đờng cong đóng 1.1.Đặt vấn đề Để tính tích phân I = f ( z )dz ,... Hàm f ( x) = 2x + 1 dx có x 4 + 5 x 2 + 4 không có nghiệm thực và bậc mẫu số x + 5x 2 + 4 4 bằng bậc tử số +3 , do đó tích phân cần tính hội tụ Thác triển của f(x) lên mặt phẳng phức là hàm f ( z ) = 2z + 1 dz có 4 z + 5z 2 + 4 4 cực điểm đơn: z1,2 = i và z3,4 = 2i nhng chỉ có z1 = i và z2 = 2i thuộc nửa mặt phẳng trên Theo công thức tính thặng d tại cực điểm ta có : Re s ( f ( z ), z1 ) = Lim z z1 ... = 2i Re s( f ( z ), ) = j =1 Vậy : I = 16 17 Bài ứng dụng thặng d vào giải tích Thặng d có nhiều ứng dụng vào giải tích, tiết ta xét ứng dụng thặng d: -Tính tích phân suy rộng hàm biến thực -Tính... luận trình bày nội dung lý thuyết thặng d ứng dụng lý thuyết thặng d, làm rõ đợc số vấn đề sau: - Đề cập đến nội dung lý thuyết thặng d: Khái niệm thặng d, định lý thặng d - Đa phơng pháp tính... tính thặng d Với mục đích hiểu sâu lý thuyết thặng d, ứng dụng thặng d tạo tiền đề, sở cho việc học tập bớc đầu tập dợt nghiên cứu khoa học Trong luận văn tác giả đề cập đến nội dung lý thuyết thặng