Bài tập chương 3 hàm biến phức

Bài 1: Kiểm tra điều kiện Cauchy – Riemann đối với các hàm z n , e z , cos z và chứng tỏ ( z n ) ' = nz n −1 , (e z ) ' = e z ,(cos z) ' = − sin z 1) Kiểm tra điều kiện Cauchy – Riemann • w = zn Đặt z = reiϕ Khi đó w = (reiϕ ) n = r n einϕ = r n cos nϕ + ir n sin nϕ ⇒ u = r n cos nϕ , v = r n sin nϕ ∂u ∂v = nr n −1 cos nϕ , = nr n −1 sin nϕ ∂r ∂r ∂u ∂v = −nr n sin nϕ , = nr n cos nϕ ∂ϕ ∂ϕ ∂u ∂v ∂v ∂u ⇒ = , =− ∂r r ∂ϕ ∂r r ∂ϕ • ⇒ thỏa mãn điều kiện Cauchy - Riemann w = ez Đặt e z = e x (cos y + i sin y ) Khi đó ⇒ u = e x cos y, v = e x sin y ∂u ∂u = e x cos y, = −e x sin y ∂x ∂y ∂v ∂v = e x sin y , = e x cos y ∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v ⇒ = , =− ∂x ∂y ∂y ∂x ⇒ thỏa mãn điều kiện Cauchy – Riemann • w = cos z 2) Chứng minh • ( z n ) ' = nz n−1 - Với n = ta có: ( z ) ' = ( z.z ) ' = z '.z + z.z ' = z ⇒ đúng với n = - Gỉa sử đúng với n = k: ( z k ) ' = kz k −1 - Chứng minh đúng với n = k + ( z k +1 ) ' = ( z k z ) ' = ( z k ) ' z + z ' z k = kz k −1 z + z k = kz k + z k = (k + 1) z k ⇒ đpcm • • ∞ (e z ) ' = ( ∑ n =0 ∞ zn z n −1 )' = ∑ = ez n! ( n − 1)! n =1 ∞ cos z = ∑ (−1) n =0 ∞ n +1 z 2n+2 (2n + 2)! (cos z ) ' = ∑ ( −1) n +1 n =0 z n +1 = − sin z (2n + 1)! 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 ) ei z + e −iz ei ( x+iy ) + e − i ( x +iy ) = 2 −y y e (cosx + isiny ) + e (cosx − isiny ) = y −y e +e e y − e− y = cosx − isinx 2 y −y e +e e− y − e y , u ( x, y ) = cosx v ( x, y ) = isinx 2 => u,v hàm khả vi ¡ cosz = Điều kiện C – R : ∂u e y + e− y =− sinx, ∂x ∂u e − y − e y − = cosx, ∂y ∂v e− y + e y ∂u ∂v =− sinx ⇒ = ∂y ∂x ∂y ∂v e − y − e y ∂u ∂v = cosx ⇒ − = ∂x ∂y ∂x 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 ) − cos z ∆f cos( z + ∆z ) − cos z = lim ∆ z → ∆z ∆z cos z cos ∆z − sin z sin ∆z − cos z = lim ∆z →0 ∆z cos ∆z − sin ∆z = cos z lim − sinz lim ∆z →0 ∆ z → ∆z ∆z cosx − sinx   = − sin z  lim = 0, lim ÷ x →0 x →0 x x   f ' ( z ) = lim ∆z →0 Vậy (cosz)’ = -sinz Bài 2: Tìm số a,b,c để hàm sau £ - khả vi z = x + iy : 1) f ( z ) = x + ay + i (bx + cy )  u ( x, y ) = x + ay ⇒ v( x, y ) = bx + ay Xét ∂u = ∂x ∂u =a ∂y ∂v =b ∂x ∂v =c ∂y Theo điều kiện Cauchy- Riemann để hàm f(z) £ - khả vi :  ∂u ∂v  ∂x = ∂y  1= c  ⇔    a = −b  ∂u = − ∂v  ∂y ∂x 2) f ( z ) = cosx(chy + ashy ) + i sin x(chy + bshy ) u ( x, y ) = cosx(chy + ashy ) ⇒  v( x, y ) = sin 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) £ - khả vi :  ∂u ∂v  ∂x = ∂y − sin x(chy + ashy ) = sin x( shy + bchy )  ⇔   cosx( shy + achy ) = −cosx(chy + bshy )  ∂u = − ∂v ∂x  ∂y −(chy + ashy ) = shy + bchy ⇔  shy + achy = −(chy + bshy ) ⇔ (b − a) shy = (b − a)chy ⇔ (b − a )( shy − chy ) = ⇔ b = a (vì shy − chy ≠ ) Vậy với a = b f ( z ) = cosx(chy + ashy ) + i sin x (chy + bshy ) ( x, y ∈ ¡ ) £ - khả vi Bài 4: Giả sử f ( z ) = u + iv = ρ eiθ là C – khả vi Chứng minh rằng nếu một các hàm u, v hay θ là hằng số thì f là hằng số Ta có f ( z ) = u + iv = ρ eiθ = ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) u = ρ cos ϕ (1) ⇒ v = ρ sin ϕ (2) ∂u = cos ϕ ∂ρ ∂v = ρ cos ϕ ∂ϕ ∂u = − ρ sin ϕ ∂ϕ ∂v − = − sin ϕ ∂ρ Theo điều kiện Cauchy- Riemann hàm f(z) £ - khả vi : ∂u ∂v = ⇔ cos ϕ = ρ cos ϕ ∂ρ ∂ϕ (3) ∂u ∂v =− ⇔ sin ϕ = ρ sin ϕ ∂ϕ ∂ρ (4) • Giả sử u số theo (1) ρ ϕ số Từ suy v số • Tương tự v số u, ρ , ϕ số • Giả sử ρ số, theo (3) suy ϕ số Từ suy u,v số • Ngược lại ϕ số ρ , u,v số − Bài 6: Chứng minh hàm f ( z ) = z không C – khả vi điểm C Giải: f ( z ) = z = x − iy ∂u ∂v = 1, = −1 ∂x ∂y => Hàm cho không C – khả vi điểm C ∂u ∂v = 0, − = ∂y ∂x Bài 7: Chứng minh hàm f(z) = z.Rez C – khả vi 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) R2 – khả vi ∂u ∂v = 2x = =x ∂x ∂y ∂u ∂v =0= =y ∂y ∂x => x=0 , y=0 => f(z) thỏa mãn C – R z=0 => f(z) C – khả vi z=0  ∂f  ∂u ∂v ⇒ f '(0) =  (0) = + i (0) = f '(0) ÷ ∂y (0) ∂y  ∂z  Bài 8: Chứng minh hàm f ( z ) = | xy | thỏa mãn điều kiện Cauchy – Riemann tọa độ cực (r ,θ ) Ta có : u = | xy | f ( z ) = | xy | ⇒  v = ∂u | y | ∂v = , =0 ∂x | xy | ∂y ∂u | x | ∂v = , =0 ∂y | xy | ∂x ∂u ∂v | y| ∂u ∂v | x| =0⇔ y=0 Để ∂x = ∂y ⇔ | xy | =0⇔ x=0 Để ∂y = ∂x ⇔ | xy | ⇒ f ( z ) thỏa mãn điều kiện Cauchy-Rieman z = Vì u , v không khả vi z = ⇒ f ( z ) không C-khả vi z0 Vậy f ( z ) thỏa mãn điều kiện Cauchy –Rieman z0 không C-khả vi z0 Bài 10: Tìm dạng tổng quát ánh xạ nguyên tuyến tính biến 1, nửa mặt phẳng thành Giải: w = az + b(a, b ∈ £ ) = (a1 x + ia2 )( x + iy ) + (b1 + ib2 ) = (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 ) ⇒ w = a1 x − a2 y + b1 v = a2 x + a1 y + b2 Giả sử y = a v = ⇒ = a2 x + b2 (a2 , b2 ∈ ¡ ) Phương trình nghiệm với x ⇔ a2 = b2 = w = a1 x + ia1 y + b1 = a1z + b1 (1) Có Im w = a1 y > mà Im z > ⇒ y > ⇒ a1 > (2) Từ (1)(2) ⇒ w = az + b (a > 0, b ∈ ¡ ) 2, nửa mặt phẳng thành nửa mặt phẳng Giả sử w = az + b ( a, b ∈ £ ) = (a1 + ia2 )( x + iy ) + (b1 + ib2 ) = (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 ) u = a1 x − a2 y + b1 ⇒ v = a2 x + a1 y + b2 Giả sử y = a v = ⇒ = a2 x + b2 Phương trình nghiệm ⇒ a2 = b2 = w = a1 x + ia1 y + b1 = a1 z + b1 Im w < ⇒ a1 y < mà Im z > ⇒ y > ⇒ a1 < ⇒ w = az + b (a < 0, b ∈ ¡ ) 3) nửa mặt phẳng thành nửa mặt phẳng bên phải Im z > → Re w > Giả sử : w = az + b ; a, b ∈ £ = ( a1 + ia2 ) ( x + iy ) + b1 + ib2 = ( a1 x − a2 y + b1 ) + i ( a2 x + a1 y + b2 ) Giả sử y=0a u=0 = a1 x + b1 ( a1 , b1 ∈ £ ) Phương trình có nghiệm với x  a1=b1=0 Vậy w= - a y + ia2 x + ib2 (1) = i ( a2 x + ia2 y + b2 ) = i ( a2 z + b2 ) Re w = - a2y >0, mà Im z >  y > nên a2 < (2) Từ (1), (2) ta có : w = i (az +b) với a< , b ∈ ¡ 4, nửa mặt phẳng bên phải thành Giả sử ánh xạ cần tìm W = az + b W = ( a1 + ia2 )( x + yi ) + (b1 + ib2 ) = (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 ) u ( x, y ) = a1 x − a2 y + b1 v( x, y ) = a1 y + a2 x + b2 Đặt  x = → u =  Re w > Ta có  Do : x = ⇒u = −a2 y + b1 = ⇒ a2 = b1 = ⇒ w = a1 x + i (a1 y + b2 ) = a1 z + ib2 Re w > ⇒ w = az + ib(a > 0) Bài 11: Tìm dạng tổng quát ánh xạ nguyên tuyến tính biến 1) dải 0< x u=0 x=1 => u=1 −a2 y + b1 = a = a = ⇔ ⇔ ta có hpt  a1 − a2 y + b1 =  −a2 y + b1 = a2 = b1 = ⇒ w = x + i (y+ b ) = z + ib2 (b2 ∈ ¡ ) +TH2: : x=0 => u=1 x=1 => u=0 a1 = −1 −a2 y + b1 = a1 = −1  ⇔ ⇔ a2 = ta có hệ phương trình  a1 − a2 y + b1 =  −a2 y + b1 = b = 1 ⇒ w = − x + + i (− y + b2 ) = − z+ ib 3, Dải bị chặn đường y = x y = x − lên Giải : Giả sử ánh xạ cần tìm W = az + b W = ( a1 + ia2 )( x + yi ) + (b1 + ib2 ) = (a1 x − a2 y + b1 ) + i (a1 y + a2 x + b2 ) u ( x, y ) = a1 x − a2 y + b1 v( x, y ) = a1 y + a2 x + b2 Đặt  TH 1: y = x → v = u   y = x −1 → v = u −1 a x − a2 x + b1 = a1x + a2 x + b2 ⇔ a1 x − a2 ( x −1) + b1 −1 = a1 ( x −1) + a2 x + b2 −2a2 x + b1 − b2 = ⇔ −2a2 x + a1 + a2 + b1 − b2 −1 = a = 1; a2 = ⇔ b1 = b2 ⇒ w = x + b1 + i( y + b1 ) = z + (i +1)b1 TH 2:  y = x → v = x −1   y = x −1 → v = x a x + a2 x + b2 = x − ⇔ a1 ( x − 1) + a2 x + b2 = x  x( a + a − 1) + b2 = −1 ⇔  x( a1 + a2 − 1) + b2 − a1 = a = −1; a2 = ⇔ b2 = −1 ⇒ w = − x − y + b1 + i (2 x − y − 1) = −( x + iy ) + 2i ( x + iy ) + b1 − i = z (−1 + 2i) + b1 − i Bài 13: Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng Imz > lên hình tròn w < cho 1) w ( i ) = 0,arg w ' ( i ) = π Giải: w(i ) = ⇒ zo = i ⇒ w = eiϕ ( z + i) − ( z − i) 2i = eiϕ ( z + i) ( z + i)2   2i = eiϕ  − i ÷ 4i       arg w '(i) = arg eiϕ + arg  − i ÷ = ϕ + arg  − i ÷     ⇒ w '(i) = eiϕ 3π   Mà arg  − i ÷ =   ⇒ arg w '(i ) = ϕ + 3π π = 2 ⇒ ϕ = −π z −i z +i ⇒ w = e − iπ arg w′(2i ) = 2) w(2i) = 0, w(2i ) = ⇒ z0 = 2i, z0 = −2i w = eiϕ z − 2i z + 2i w′ = eiϕ z + 2i − ( z − 2i ) ( z + 2i ) = eiϕ 4i ( z + 2i) 4i −i = eiϕ (4i ) w′(2i ) = eiϕ argw′(2i ) = argeiϕ + arg ( ⇒ϕ = −i 3π ) =ϕ + =0 −3π π = 2 i π Vậy w = e z − 2i z + 2i Bài 14: Ánh xạ nửa mặt phẳng Im z > lên hình tròn | w − w0 | < R cho điểm i biến thành tâm đường tròn còn đạo hàm tại đó dương Ánh xạ nửa mặt phẳng Im z > lên hình tròn | w − w0 | < R cho điểm i biến iϕ thành tâm đường tròn : w = R e z − z0 +i z − z0 Đạo hàm theo z ta được: w ′ = R eiϕ z0 − z ( z − z0 ) Lấy z = z suy w ′ = R eiϕ z0 − z 1 = R eiϕ = R eiϕ 2 Im z ( z − z0 ) z0 − z0 ’ Vì Imz > nên w > Vậy ánh xạ cần tìm là: w = R eiϕ z − z0 +i z − z0 Bài 15: Ánh xạ z < lên nửa mặt phẳng Re w > cho ω (0) = arg ω '(0) = Giải iϕ Ánh xạ cần tìm ω = e z − z0 z − z0 Do ω (0) = nên z0 = iϕ Suy ω = e ω ' = eiϕ z −1 z +1 ( z + 1)2 Ta có arg ω '(0) = Nên ϕ = π ; ω '(0) = 2.eiϕ π i π Vậy ω = e z −1 z +1 Bài 16: Ánh xạ z < nên w < cho: 1 1 1, w  ÷ = 0,arg w '  ÷ = 2 2 1 2 1 2 2, w  ÷ = 0,arg w '  ÷ = π π i 3, w ( ) = 0,arg w '  ÷ = −  2 4, w ( a ) = a,arg w ' ( ) = α Giải: 1, Có w  ÷ = ⇒ zo =  2 1 π Ánh xạ cần tìm có dạng tổng quát: z−1 = eiϕ z −1 w =e z −1 z−2 iϕ ( z − ) − (2 z −1) iϕ −3 =e ( z − 2)2 ( z − 2)2 1 −4 w '  ÷÷ = eiϕ 2 w 'z = eiϕ 1  −4   −4  arg w '  ÷ = arg eiϕ + arg  ÷ = ϕ + arg  ÷ =        −4  ÷ = −π   ⇒ ϕ = − arg  ⇒ w = e−iπ z −1 z−2 i i 2) w( ) = 0, argw′( ) = α= π i i = eiϕ z − i w = eiϕ i − zi − −z −1 z− w′ = eiϕ = eiϕ 2(− zi − 2) + i (2 z − i ) ( zi + 2) −3 ( zi + 2) i −3 w′( ) = eiϕ = eiϕ i ( i + 2) 2 −3 −4 iϕ = e 3 ( ) i −4 π argw′( ) = argeiϕ + arg ( ) = ϕ + π = −π ⇒ϕ = π −i 2z − i ⇒w=e − zi − 3) w(0)= 0, arg w’(0) = −π Có w(0) = ⇒ z0 = ⇒ Ánh xạ cần tìm có dạng tổng quát : z −0 w = eiϕ = eiϕ ( − z ) z.0 − w(0) = ⇒ z = w’(0) = −eiϕ arg w’(0) = arg ( −eiϕ ) = arg eiϕ + arg (- 1) arg w’(0) = − ⇒ arg π eiϕ + arg (- 1) = − π π π ⇔ ϕ = − arg ( −1) − ⇔ ϕ = −π − 2 Bài 17: Tìm ánh xạ biến z < R1 lên w < R2 cho w(a) = b, arg w '(a) = α ( a < R1 , b < R2 ) iβ Ánh xạ biến z < R1 → w < R2 cho w(a) = w1 = R1.e iβ Ánh xạ biến z < R1 → w < R2 cho w(b) = w = R2 e z−a z−a z −b z −b Ánh xạ w biến z < R1 → w < R2 xác định từ hệ thức : R1.eiβ0 Hay z−a iβ z − b = R2 e z−a z −b w − b R1 iβ z − a = e , β = β − β1 w − b R2 z−a Lấy đạo hàm vế theo z : (b − b)w ' R1 iβ ( a − a) = e (w − b) R2 ( z − a)2 ⇒ w '(a ) R 1 = eiβ 2.Im b R2 2.Im a ⇒ w '( a) = R1 iβ Im b e R2 Im a ⇒ arg w '( a) = β với α = β Ánh xạ cần tìm : w − b R1 iβ z − a = e w − b R2 z−a Bài 19: Tìm ánh xạ biến | z − |< lên | ω − 2i |< với ω (2) = i, arg ω '(2) = Ánh xạ biến | z − |< lên | ω − 2i |< với ω (2) = có dạng iϕ z − iϕ z − iϕ ω =e +2=e +2=e 1+2 z−2 z−2 Ánh xạ biến | z − |< lên | ω − 2i |< với ω (i) = có dạng iϕ ω − i iϕ ω − i ω = 2e + 2i = 2e + 2i ω +i ω −i Ánh xạ ω có dạng iϕ iϕ ω − i e + = 2e + 2i ω +i eiϕ − 2i ω − i ⇔ + = iϕ ω +i 2e eiϕ − i ω − i ⇔ + = iϕ ω +i e (với ϕ = ϕ1 − ϕ2 ) Lấy đạo hàm vế theo z ta (ω − i)ω ' (i + i) = ⇔ ω ' (2) =0 (ω + i)2 (i + i)2 ⇔ ω ' (2) = 2i ⇒ arg ω ' (2) = Vậy ánh xạ cần tìm ω − i eiϕ − i = + iϕ ω +i e [...]... − (2 z −1) iϕ 3 =e ( z − 2)2 ( z − 2)2 1 −4 w '  ÷÷ = eiϕ 3 2 w 'z = eiϕ 1  −4   −4  arg w '  ÷ = arg eiϕ + arg  ÷ = ϕ + arg  ÷ = 0 2 3      3   −4  ÷ = −π  3  ⇒ ϕ = − arg  ⇒ w = e−iπ 2 z −1 z−2 i 2 i 2 2) w( ) = 0, argw′( ) = α= π 2 i 2 i 2 = eiϕ 2 z − i w = eiϕ i − zi − 2 −z −1 2 z− w′ = eiϕ = eiϕ 2(− zi − 2) + i (2 z − i ) ( zi + 2) 2 3 ( zi + 2) 2 i 3 w′( ) = eiϕ =... − i w = eiϕ i − zi − 2 −z −1 2 z− w′ = eiϕ = eiϕ 2(− zi − 2) + i (2 z − i ) ( zi + 2) 2 3 ( zi + 2) 2 i 3 w′( ) = eiϕ = eiϕ i 2 ( i + 2) 2 2 3 −4 iϕ = e 3 2 3 ( ) 2 i −4 π argw′( ) = argeiϕ + arg ( ) = ϕ + π = 2 3 2 −π ⇒ϕ = 2 π −i 2z − i ⇒w=e 2 − zi − 2 3) w(0)= 0, arg w’(0) = −π 2 Có w(0) = 0 ⇒ z0 = 0 ⇒ Ánh xạ cần tìm có dạng tổng quát : z −0 w = eiϕ = eiϕ ( − z ) z.0 − 1 w(0) = 0 ⇒ z = 0 w’(0)