Bài tập chương 3 hàm biến phức

Từ đó suy ra v là hằng số.

Bài 1: Kiểm tra điều kiện Cauchy – Riemann đối với các hàm z e n, ,cosz z và chứng tỏ ( ) 'z n =nz n−1,( ) 'e z =e z,(cos ) 'z = −sinz

1) Kiểm tra điều kiện Cauchy – Riemann

w z=

Đặt i

z re= ϕ.Khi đó

,

u r n v r n

⇒ thỏa mãn điều kiện Cauchy - Riemann

• w e= z

Đặt e z =e x(cosy i+ sin )y Khi đó

cos , sin

,

u e y v e y

⇒ thỏa mãn điều kiện Cauchy – Riemann

• w=cosz

2) Chứng minh

• ( ) 'z n =nz n− 1

- Với n = 2 ta có: ( ) ' ( )'z2 = z z =z z z z' + ' 2= z

⇒ đúng với n = 2

- Gỉa sử đúng với n = k: ( ) 'z k =kz k−1

- Chứng minh đúng với n = k + 1

(z k+ ) ' (= z z k ) ' ( ) '= z k z z z+ ' k =kz z z k− + k =kz k +z k = +(k 1)z k

⇒ đpcm

( ) ' ( ) '

! ( 1)!

−

−

0

cos ( 1)

(2 2)!

n n n

z z

n

+

∞

+

=

+

∑

2 1 1 0

(cos ) ' ( 1)

(2 1)!

n n n

z z

n

+

∞

+

=

+

3) f(z) = cosz

*Kiểm tra điều kiện C – R

Đặt z x iy = + ⇒ cos z = cos( x iy + )

( )

z x iy= + ⇒cosz cos x iy= +

i i x iy i x iy

e z e iz e e

cosz= + − = + + − +

2

e− cosx isiny+ +e cosx isiny−

=

cosx isinx

( , )

2

y y

e e

u x y = + − cosx, ( , )

2

y y

e e

v x y =isinx − −

=> u,v là các hàm khả vi trên ¡ 2

Điều kiện C – R :

Vậy cosz thỏa mãn điều kiện C – R

* Chứng minh (cosz)’ = -sinz

Cho z số gia ∆z , ∆ =f f z( + ∆ −z) f z( )⇒ ∆ =f cos(z+ ∆ −z) cosz

'

0

cos( ) cos ( ) lim lim

cos cos sin sin cos

lim

z

f z

z

z

z do

∆ → ∆ →

∆ →

=

∆

−

Vậy (cosz)’ = -sinz

Bài 2: Tìm các hằng số a,b,c để hàm sau là £ - khả vi tại z x iy= + :

1) f z( ) = +x ay i bx cy+ ( + )

( , )

( , )

u x y x ay

v x y bx ay

= +





Xét u 1

x

∂ =

u a y

∂ =

∂

v b

x

∂ =

v c y

∂ =

∂ Theo điều kiện Cauchy- Riemann để hàm f(z) là £ - khả vi thì :

u v

c

x y

∂ ∂



 = −



2) f z( ) =cosx chy ashy( + ) +isin (x chy bshy+ )

u x y cosx chy ashy

v x y x chy bshy





Xét u sin (x chy ashy)

x

∂

u cosx shy achy( )

y

∂

v cosx chy bshy( )

x

∂

v sin (x shy bchy)

y

∂

Theo điều kiện Cauchy- Riemann để hàm f(z) là £ - khả vi thì :

u v

x chy ashy x shy bchy

x y

u v cosx shy achy cosx chy bshy



 = −



( )

chy ashy shy bchy shy achy chy bshy



 ⇔ − (b a shy) = − (b a chy)

⇔ − (b a shy chy)( − ) 0 =

⇔ =b a (vì shy chy− ≠ 0)

Vậy với a b= thì f z( ) =cosx chy ashy( + ) +isin (x chy bshy+ ) ( ,x y∈ ¡ ) £ - khả vi

Bài 4: Giả sử f z( )= + =u iv ρe iθlà C – khả vi Chứng minh rằng nếu một trong các hàm u v, hay θ là hằng số thì f là hằng số

Ta có f z( )= + =u iv ρe iθ =ρ(cosϕ+isin )ϕ

cos (1)

sin (2)

u

v

ρ ϕ

=



⇒  =



.cos

.sin

sin

u

v

u

v

ϕ

ρ

ϕ

ϕ

ϕ

ρ

∂ =

∂

∂ =

∂

∂ = −

∂

∂

− = −

∂

Theo điều kiện Cauchy- Riemann do hàm f(z) là £ - khả vi thì :

u v

∂ = −∂ ⇔ =

• Giả sử u là hằng số thì theo (1) ρ và ϕlà hằng số Từ đó suy ra v là hằng số.

• Tương tự nếu v là hằng số thì u, ρ,ϕ là hằng số.

• Giả sử ρ là hằng số, theo (3) suy ra ϕ là hằng số Từ đó suy ra u,v cũng là hằng số

• Ngược lại nếu ϕ là hằng số thì ρ, u,v cũng là hằng số.

Bài 6: Chứng minh hàm f z( )=z− không C – khả vi tại điểm nào của C

Giải: f z( )= = −z x iy

∂ = ∂ = −

∂ = −∂ =

=> Hàm đã cho không C – khả vi tại điểm nào của C

Bài 7: Chứng minh hàm f(z) = z.Rez C – khả vi tại z=0 Tính f’(0)

Giải: f(z) = z.Rez = (x+iy)x = x2 + ixy (u=x2 , v= xy)

u,v khả vi => f(z) R 2 – khả vi

2

0

y

∂ = = ∂ =

∂ = = ∂ =

=> x=0 , y=0

=> f(z) thỏa mãn C – R chỉ tại z=0

=> f(z) C – khả vi tại z=0

'(0) 0 (0) (0) '(0)

(0)

Bài 8: Chứng minh rằng hàm f z ( ) = | xy | thỏa mãn điều kiện Cauchy – Riemann trong tọa độ cực ( , )r θ

Ta có :

0

u xy

f z xy

v







=

=

∂ ∂

∂ ∂

( )

f z

⇒ thỏa mãn điều kiện Cauchy-Rieman tại z = 0

Vì u,v không khả vi tại z = 0 ⇒ f z ( ) không C-khả vi tại z 0

Vậy f z ( ) thỏa mãn điều kiện Cauchy –Rieman tại z 0 nhưng không C-khả vi tại z 0

Bài 10: Tìm dạng tổng quát của ánh xạ nguyên tuyến tính biến

1, nửa mặt phẳng trên thành chính nó.

Giải: w = az b a b + ( , ∈ £ )

x ia x iy b ib

a x a y b i a y a x b

w a x a y b

v a x a y b

Giả sử y = 0 a v = 0

0 a x b a b ( , )

Phương trình luôn nghiệm đúng với mọi x ⇔a2 = =b2 0

w = a x ia y b + + = a z b + (1)

Có Imw a y= 1 >0 mà Im z > ⇒ > 0 y 0

a

⇒ >

Từ (1)(2) ⇒ = w az b a + ( > 0, b ∈ ¡ )

2, nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng dưới.

Giả sử w = az b a b + ( , ∈ £ )

u a x a y b

v a x a y b





Giả sử y = 0 a v = 0

0 a x b

Phương trình nghiệm đúng ⇒ a2 = =b2 0

1

Im w < ⇒ 0 a y < 0 mà Im z > ⇒ > ⇒ < 0 y 0 a1 0

w az b a ( 0, b )

⇒ = + < ∈ ¡

3) nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng bên phải

Imz> →0 Re w 0>

Giả sử :

; ,

w az b a b

a ia x iy b ib

a x a y b i a x a y b

£

Giả sử

a x b a b

a

£

Phương trình có nghiệm đúng với mọi x  a1=b1=0

Vậy

( 22 2 2 2) (2 2 2)

w= - a y ia x ib

i a x ia y b i a z b

= + + = + (1)

Re w = - a2y >0, mà Im z > 0  y > 0 nên a2 < 0 (2)

Từ (1), (2) ta có : w = i (az +b) với a< 0 , b ∈ ¡

4, nửa mặt phẳng bên phải thành chính nó

Giả sử ánh xạ cần tìm là W az b= +

W (= a +ia )(x yi+ ) (+ b ib+ ) (= a x a y b− + )+i a y a x b( + + )

Đặt 1 2 1

( , )

( , )

u x y a x a y b

v x y a y a x b





Ta có 0 0

w

= → =



 >



Do đó :

a x i a y b a z ib

w

az ib a

>

Bài 11: Tìm dạng tổng quát của ánh xạ nguyên tuyến tính biến 1) dải 0< x <1 lên chính nó.

Giải: giả sử w az b= +

x a y b i a x a y b

u a x a y b

v a x a y b

+TH1: x=0 => u=0

x=1 => u=1

⇒ = + + = + ∈¡

+TH2: : x=0 => u=1

x=1 => u=0

ta có hệ phương trình

1

2

1

1

0

1

a

a

b

= −



w x 1 ( i y b ) 1 z ib

⇒ = − + + − + = − +

3, Dải bị chặn bởi các đường y x= và y x= −1 lên chính nó Giải :

Giả sử ánh xạ cần tìm là W az b= +

W (= a +ia )(x yi+ ) (+ b ib+ ) (= a x a y b− + )+i a y a x b( + + )

( , )

( , )

u x y a x a y b

v x y a y a x b





TH 1:

y x v u

a x a x b a x a x b

a x b b

a x a a b b

b b

x b i y b z i b

= → =



 = − → = −















TH 2:

2

1

1 1

1 ( 1)

1

( 1 2 )

y x v x

y x v x

a x a x b x

a x a x b x

x a a b

x a a b a

b

x y b i x y x iy i x iy b i

z i b i

= → = −



 = − → =







+ − + = −



⇔  + − + − =



= − =



⇔  = −



= − + + −

Bài 13: Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên Imz > 0 lên hình tròn w 1 < sao cho

1) w( ) 0,arg '( )

2

i = w i =π

Giải: w( ) 0i = ⇒ =z o i

w

2

w '( )

2 4

i

i

i

Mà arg 1 3

2i 2

π

3 arg '( )

2 2

w i

w i

z i

e

z i

π

π π ϕ

−

⇒ = −

−

⇒ =

+

2) w i(2 ) 0,= arg w i′(2 ) 0=

w i = ⇒ =z i z = − i

2

2

i z i

w e

z i

ϕ −

=

+

2

( 2 )

i z i z i

w e

z i

ϕ + − −

′ =

+

2

4

( 2 )

e

z i

ϕ

=

+

2

4

(2 )

i

3

3

argw i argeϕ arg ϕ π

π π

ϕ

−

−

2

i z i

w e

z i

π −

=

+

Bài 14: Ánh xạ nửa mặt phẳng trên Im z > 0 lên hình tròn |w w− 0| < R sao cho

điểm i biến thành tâm đường tròn còn đạo hàm tại đó dương.

Ánh xạ nửa mặt phẳng trên Im z > 0 lên hình tròn |w w− 0| < R sao cho điểm i biến

thành tâm đường tròn là : 0

0

w i z z

z z

ϕ −

−

Đạo hàm theo z ta được:

0 0 2 0

w

( )

i z z

R e

z z

ϕ −

′ =

−

Lấy z = z

0

suy ra

0 0 2

2 Im

z

Vì Imz > 0 nên w

’

> 0

Vậy ánh xạ cần tìm là:

0 0

w i z z

z z

ϕ −

−

Bài 15: Ánh xạ z <2 lên nửa mặt phẳng Rew>0sao cho ω(0) 1= và arg '(0)

2

π

Giải

Ánh xạ cần tìm 0

0

i z z e

z z

ϕ

−

Do ω(0) 1= nên z0 =1

Suy ra 1

1

i z

e

z

ϕ

+

2

2

( 1)

i

e

z

ϕ

ω =

+

Ta có arg '(0)

2

π

ω = ; ω'(0) 2.= e iϕ

Nên

4

π

ϕ =

1

i z

e

z

π

+

Bài 16: Ánh xạ z <1 nên w 1< sao cho:

1, w 1 0,arg ' 1 0

π

 =  =

3,w 0( ) 0,arg '

i

w   π

=  ÷= −

 

4,w ( ) a = a ,arg ' 0 w ( ) = α

Giải:

1, Có w 1 0

2

 

 ÷

2

o

z

⇒ =

Ánh xạ cần tìm có dạng tổng quát:

1

2 1 2

2 1

2

z z

−

w '

w '

z

i

e

ϕ

 

 ÷

 

−

=

4 arg

3

w

2

i

i

z e

z

ϕ

π

ϕ

−

−

−

2) ( ) 0, ( )

w = argw′ =π

2

i

α =

2 2

2 1

2

i

z

− −

− −

2

( 2)

i zi i z i

w e

zi

′ =

+

2

3

( 2)

i

e

zi

ϕ −

=

+

( )

3

i

i

i

+

2

4

2

2

2

i

i

i

argw arge arg

z i

w e

zi

ϕ

π

π

ϕ π π

ϕ

−

−

−

⇒ =

−

⇒ =

− −

3) w(0)= 0, arg w’(0) =

2

π

−

Có w(0) = 0 ⇒z0 = 0

⇒ Ánh xạ cần tìm có dạng tổng quát :

w 0 ( )

.0 1

z

−

w(0) = 0 ⇒ z = 0

w’(0) = − eiϕ

arg w’(0) = arg (− eiϕ ) = arg eiϕ + arg (- 1)

arg w’(0) =

2

π

−

⇒ arg eiϕ + arg (- 1) =

2

π

− ⇔ arg 1( )

Bài 17: Tìm ánh xạ biến z <R1 lên w <R2 sao cho w( )a =b,arg '( )w a =α

(a <R b, <R )

Ánh xạ biến z <R1→ w <R2 sao cho w( ) 0a = là 0

1 1

w i .z a

R e

z a

β −

=

−

Ánh xạ biến z <R1→ w <R2 sao cho w( ) 0b = là 1

2

w i .z b

R e

z b

β −

=

−

Ánh xạ w biến z <R1→ w <R2 xác định từ hệ thức :

0

1 i .z a

R e

z a

β −

1

2 i .z b

R e

z b

β −

−

2

w

w

i R

e R

β

− − , β β β= 0− 1

Lấy đạo hàm 2 vế theo z: 1

2

i R

e R

β

1

2

i R

β

1

2

Im

w '( )

Im

i

β

⇒ arg '( )w a =β với α β=

Ánh xạ cần tìm là : 1

2

w

w

i R

e R

β

Bài 19: Tìm ánh xạ biến | z − < 2 | 1 lên | ω − < 2 | 2 i với ω(2) i, arg '(2) 0= ω = Ánh xạ biến |z− <2 | 1 lên |ω− <2 | 2i với ω (2) 0 = có dạng

2 2

z z

ω = − + = −− + = +

−

Ánh xạ biến |z− <2 | 1 lên |ω− <2 | 2i với ω ( ) 0 i = có dạng

i i

Ánh xạ ω có dạng

2 2

2

1

i i

e

i

e

ω

−

+

(với ϕ ϕ ϕ = − 1 2)

Lấy đạo hàm 2 vế theo z ta được

arg

'

1

2

'(2) 0

i

ω

ω

ω

Vậy ánh xạ cần tìm là

1

i

i i

e

ϕ

ω

ϕ

ω − + = + −