Hàm biến phức chương 2: Hàm số biến phức

BÀI TẬP LỚN MÔN: HÀM BIẾN PHỨC NHÓM Năm học 2015 – 2016 Chương II HÀM SỐ BIẾN PHỨC *** § HÀM BIẾN PHỨC Chương trình bày giới hạn hàm chuỗi hàm biến số phức, sau áp dụng vào việc xây dựng số hàm số sơ cấp thường gặp Điều ta biết giải tích thực – giải tích hàm nhiều biến thực Vì vậy, hoàn toàn Tuy nhiên để thuận lợi cho người học, đưa số khái niệm kết dùng sau Định nghĩa: Giả sử D⊂C tập tùy ý cho trước Một hàm biến phức D với giá trị f :D→C phức ánh xạ w = f ( z ), z ∈ D Hàm ký hiệu là: 1.1 Các ví dụ z → f ( z ) = az + b a) Ánh xạ: xác định hàm (gọi hàm nguyên tuyến tính) z → f ( z) = b) Ánh xạ:  d D = C \ −   c az + b cz + d , c≠0 C xác định hàm ( gọi hàm phân tuyến tính) tập bc − ad ≠ ( sau thường giả thiết )  1 z → f ( z ) = × z + ÷  z c) Ánh xạ: xác định hàm ( hàm Jukovski) D = C \ { 0} f :D→C Khi f đơn ánh, hàm f hợp f không đơn diệp D đơn diệp Khi Di chia f D thành tập gọi miền đơn diệp Bằng cách viết hàm gọi đơn diệp Có thể xảy trường f Di lớn w = u + iv, u = Re w, v = Im w viết dạng f ( z ) = u ( z ) + iv ( z ) Hai hàm u v gọi phần thực phần ảo f u ( z ) = Re f ( z ) = (Re f )( z ) v( z ) = Im f ( z ) = (Im f )( z ) Bằng cách đồng z với ( x, y ) , x = Re z, y = Im z x, y hai biến thực hai hàm u v , hàm f coi hàm coi Ví dụ: a) Cho hàm f ( z ) = x3 y + i sin ( x + y ) Ta có u ( x, y ) = x y v ( x, y ) = sin ( x, y ) b) Giả sử n số nguyên Đặt f ( z ) = zn Viết z = reiφ, z = │z│, φ = argz, z = reiϕ ta có: f (z) = r e n inϕ = r (cos nϕ + i sin nϕ ) n u(x, y) = rnCosnφ v(x, y) = rnSinnφ Vậy Chú ý: Ta xét hàm f D ⊂ C , với giá trị C 1.2 Tính liên tục liên tục Cho hàm f xác định tập tùy ý D ⊂ C với giá trị C z0 điểm tụ D hữu hạn điểm xa vô tận Số phức a ∈ f ( z) C gọi giới hạn hàm lim z → z0 z dần đến = =a ∈ V với z U Nói cách khác z0 viết f ( z) Nếu với lân cận V a tồn lân cận U f (z) ∈ z0 ∩ D,z z0 cho ≠ z0 hữu hạn , điều có nghĩa ∀ε >0, Còn ∀ε ∃δ > 0, z0 = ∞ >0 ∃ δ ∀ ∈ z D, < < < , phát biểu vừa nêu nói R >0 ∀ z ∈ f ( z) D, >R: f ( z) − a < ε Điểm xa vô tận a = ∀ ∃ R >0 , f ( z) ∞ ∈ C gọi giới hạn lân cận U z0 z → z0 cho f ( z ) > R∀z ∈ U ∩ D, z ≠ z0 Hàm f gọi liên tục z0 hai điều kiện sau thỏa mãn : C1 z0 z0 ) điểm cô lập D Nói cách khác tồn lân cận U ( D) cho U C2 ) Nếu z0 ∩ D= { z0 } không điểm cô lập D lim f ( z ) = f ( z ) z → z0 Dễ thấy C2' ∀ε ) C2 ) tương đương với hai điều kiện sau : >0 , ∃ lân cận U f ( z ) − f ( z0 ) < ε , C2'' ) Nếu { zn } ⊂ D, z n → z0 ∀ z0 z cho ∈ ∩ U D lim f ( z ) = f ( z ) n n→∞ Khi viết f ( z ) = u ( z ) + iv ( z ) ,z ∈ Dễ dàng thấy f liên tục D z0 ∈ D u v liên tục Hàm f gọi liên tục D liên tục điểm z ∈ z0 D Tương tự hàm biến thực , f(z) g(z) hàm liên tục α f ( z ) + β g ( z ), z, f ( z ) g ( z ), f ( z ) / g ( z ), g ( z0 ) ≠ liên tục z0 ∈ z0 ∈ D với D α, β ∈ C Hàm f gọi hàm liên tục D : ∀ε >0, ∃δ > 0, ∀z1 , z2 ≠ ∞, z1 , z2 ∈ D,< δ : f ( z2 ) − f ( z1 ) < ε Rõ ràng f liên tục D hàm liên tục D Các định lý sau chứng minh tương tự trường hợp hàm biến thực Định lý :Nếu f liên tục tập compact K Định lý 2: Nếu f liên tục tập compact ⊂ D f liên tục K K⊂D z → f ( z) hàm đạt cận ∃a, b ∈ K cận K, tức để: f (a) = sup f ( z) z∈K f (b) = Định lý 3: Nếu f liên tục tập compact K⊂D inf z∈K f ( z) f (K ) ⊂ D compact CHUỖI HÀM 2.1 Sự hội tụ hội tụ Xét dãy hàm biến số phức: f1 , f , f , , f n , D⊂C xác định tập tùy ý Dãy hàm (1) gọi hội tụ hội tụ z∈D (1) z∈D dãy số { f n ( z )} ∞ hội tụ Nếu dãy (1) ta nói hội tụ D Trong trường hợp giới hạn dãy hữu hạn D , cách đặt f ( z ) = lim f n ( z ), z ∈ D n →∞ f :D →C ta nhận hàm Hàm f gọi hàm giới hạn dãy (1) viết f = lim n→∞ f n Nói cách cụ thể hàm f giới hạn dãy hàm ∀ε > bé tùy ý, { fn} D nếu: ∀z ∈ D, ∃N (ε , z ), ∀ n > N(ε , z) : fn ( z) − f ( z) < ε Nếu ∀ε > bé tùy ý, ∃N (ε ) cho : f n ( z ) − f ( z ) < ε ∀n > N (ε ) ta nói dãy hàm Giả sử { fn} { fn} ∀z ∈ D hội tụ tới f D Rõ ràng dãy hội tụ dãy hội tụ dãy hàm D⊂C Khi “biểu thức” hình thức ∞ f1 + f + + f n + = ∑ f n n =1 (2) gọi chuỗi hàm D Nếu đặt n ≥1 n Sn ( z ) = ∑ f k ( z ), z ∈ D k =1 ta nhận dãy hàm { Sn } chuỗi hàm (2) Hơn D Dãy hàm gọi dãy tổng riêng Sn ( z) gọi tổng riêng thứ n - Chuỗi hàm (2) gọi hội tụ hay khả tổng dãy - Nếu dãy { Sn } { Sn } hội tụ hội tụ chuỗi (2) gọi hội tụ Hàm: f ( z ) = lim Sn ( z ), z ∈ D n →∞ gọi tổng (2) viết: ∞ ∞ f = ∑ fn n =1 f ( z ) = ∑ f n ( z ), z ∈ D n =1 hay f tổng chuỗi (2) Định lý Nếu chuỗi (2) hội tụ hàm liên tục fn liên tục tổng f Định lý Giả sử chuỗi (2) hội tụ Giả sử tồn giới hạn hữu hạn lim f k ( z ) = Ck , k = 1, 2, z → z0 z∈D Khi chuỗi số hội tụ tổng chuỗi (2) ∞ ∞ n =1 n =1 lim f ( z ) = ∑ Cn = ∑ lim f n ( z ) z → z0 z∈D z → z0 z∈D Chứng minh Theo tiêu chuẩn Cauchy với chuỗi (2) ta có f n +1 ( z ) + + f n+ p (z) < ε ∀n > N (ε ), ∀p ≥ 1, ∀z ∈ D Với z → z0 , z ∈ D Cho ∀ε < 0, ∃N (ε ) : ta có: Cn+1 + + Cn + p ≤ ε Với ∀n > N (ε ), ∀p ≥ Vậy theo tiêu chuẩn Cauchy chuỗi số hội tụ Đặt , với ta có n f ( z ) − C ≤ f ( z ) − S n ( z ) + S n ( z ) − ∑ Ck + k =1 n n k =1 k =1 ∑ Ck − C = Rn ( z ) + Sn ( z ) − ∑ Ck + n ∑C k =1 k −C (3) Vì chuỗi (2) hội tụ chuỗi số hội tụ nên với ta tìm cho Cố định Theo giả thiết ta có Do ta tìm cho Vì với bất đẳng thức (3) cho ta Nhận xét: Từ định lý ta suy rằng: Nếu chuỗi (2)hội tụ D hàm liên tục chuỗi hội tụ tổng hàm liên tục Ví dụ Xét tính hội tụ chuỗi hình tròn đơn vị D(0, 1) Ta biết với |z| 0, ϕ ≤ π , e ( ϕ ≤ π ) Giải a )e 2+i e 2+i = e e i = e ( cos1 + i sin1) = e cos1 + i.e sin1 ⇒ e +i = (e cos1) + ( e2 sin1) = e2 2  e cos1 = cos1  e  ⇒ϕ =1 e sin1 sin ϕ = = sin1   e cos ϕ = b)e 2−3i = e e −3i = e ( cos − i sin ) = e cos − i.e sin ⇒ e 2−3i = (e cos ) + ( −e2 sin ) = e 2 ⇒ϕ =3 c)e3+ i = e3 e i = e3 ( cos + i sin ) = e3 cos + i.e3 sin ⇒ e3+ i = (e cos ) + ( e3 sin ) = e3 2 ⇒ϕ = d ) − aeiϕ ( a > 0; ϕ ≤ π ) −aeiϕ = −a ( cos ϕ + i sin ) ϕ = − a cos ϕ − i.a sin ϕ ⇒ −aeiϕ = ( −a cos ϕ ) + ( − a sin ϕ ) = 2a = a = a giá trị argument e)eiϕϕ ( ϕ ≤ π ) ϕ ϕ ≤π với e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ ⇒ e iϕ = cos ϕ + sin ϕ = Bài 8: Tính: e) + cosx + cos2x + + cosnx 30 f) sinx + sin2x + + sinnx g) cosx + cos3x + + cos(2n-1)x h) sinx + sin3xx + + sin(2n-1)x Giải Ta có: Do đó: ∀x ∈ R eix = cos x + i sin x eiox + ei x + + einx = (1 + cos x + cos x + + cos nx) + i (sin x + sin x + + sin nx) Vế trái tổng ( n + 1) số hạng cấp số cộng có công bội eix số hạng 1 − ei ( n+1) x ⇒ VT = − eix x≠0 = = − cos( n + 1) x + i sin( n + 1) x − cos x + i sin x [ − cos(n + 1) x + i sin(n + 1) x ] (1 − cos x − i sin x) (1 − cos x) + sin x − cos x + cos nx − cos( n + 1) x sin( n + 1) x − sin x − sin nx = +i − cos x − cos x x (2 n + 1) x x 2sin + 2sin ×sin 2 + i sin(n + 1) x − sin x − sin nx = x − cos x 4sin 2 Vậy: a) ( 2n + 1) x sin 1 + cos x + cos x + + cos nx = + × × x x 2 sin sin 2 31 sin x + sin x + + sin nx = b) sin( n + 1) x − sin nx − sin x − cos x Mặt khác: eix + ei x + + ei (2 n −1) x = (cos x + cos 3x + + cos(2n − 1) x + i (sin x + sin x + + sin(2n − 1) x) ⇒ VT = eix − (eix ) n +1 eix − ei (2 n +1) x = − (eix ) − ei x x≠0 cos x + i sin x − cos(2 n + 1) x − i sin(2n + 1) x − cos x − i sin x ( cos x − cos(2n + 1) x + i ( sin x − sin(2n + 1) x  ×[ (1 − cos x) + i sin x ] = (1 − cos x )2 + (sin x) 2sin 2nx.sin x + i.2sin x(1 − cos nx) = − cos x 2sin x [ sin 2nx + i (1 − cos nx) ] = 2.2 cos x 2sin [ sin 2nx + i (1 − cos nx) ] = 2.2sin x sin 2nx + i (1 − cos 2nx) = 2sin x sin 2nx − cos 2nx = +i× 2sin x 2sin x = Vậy: cos x + cos x + + cos(2 n − 1) x = c) sin x + sin x + + sin(2n − 1) x = d) − cos 2nx 2sin x − cos 2nx 2sin x Bài 9/56: Chứng minh: 4) siniz = ishz 5) cosiz = chz 6) tgiz = ithz 32 Giải 1) sin iz = i sin z với z = x + iy Ta có: VT = sin iz = sin i ( x + iy ) = sin(− y + ix) = ( ei ( − y +ix ) − e −i ( − y +ix) ) 2i = ( e − x −iy − e x +iy ) = × e − x (cos y − i.sin y ) − e x (cos y + i.sin y )  2i = × cos y.(e − x − e x ) − i.sin y.(e − x + e x )  2i = ×[ cos y.(− shx) − i.sin y.chx ] i = i.(cos y.shx + i.sin y.chx) = − sin y.chx + i.cos y.shx i VP = i.shz = i.sh( x + iy ) = ×( e x +iy − e − ( x +iy ) ) i = ×e x (cos y + i.sin y ) − e − x (cos y − i.sin y )  i = ×cos y ( e x − e − x ) + i.sin y ( e x + e− x )  e x + e− x ) e x − e− x ) ( ( = − sin y + i.cos y 2 = − sin y.chx + i.cos y.shx ⇒ VT = VP 2) cos iz = chz Ta có: 33 e x +iy + e − x −iy e x eiy + e − x e −iy VP = chz = ch( x + iy ) = = 2 = × e x (cos y + i.sin y ) + e− x (cos y − i.sin y )  e x + e− x e x − e− x = cos y + i.sin y 2 = cos y.chx + i.sin y.shx VT = cos iz = cos i ( x + iy ) = cos(− y + ix) = ei ( − y +ix ) + e −i ( − y +ix) 1 = × e − x −iy + e x +iy  = × e − x (cos y − i.sin y ) + e x (cos y + i.sin y )  2 e− x + e x e− x − e x = cos y + i.sin y 2 = cos y.chx + i.sin y.shx ⇒ VT = VP tgiz = i.thz 3) Ta có: VT = tgiz = ∞ sin iz i.z n +1 ∞ (2n)! = ∑ (−1) n ∑ (−1) − n n cos iz n =0 (2n + 1)! n =0 i.z ∞  ∞ iz (2n)!  ∞  ∞ iz  = ∑ ∑  = ∑  ∑ 2n + ÷ n =  n = (2 n + 1)!  n=  n =  VP = i.thz = i ∞ ∞ shz z n +! (2n)! = i.∑ ×∑ n chz n = (2n + 1)! n = z ∞  ∞ i.z.(2n)!  ∞  ∞ iz  = ∑ ∑  = ∑  ∑ 2n + ÷ n =  n = (2 n + 1)!  n =0  n =0  ⇒ VT = VP Bài 10: Biểu diễn qua hàm lượng giác hyperbolic biến số thực phần thực, phần ảo môđun hàm: 34 1) sinz; 2) cosz; 3) shz; 4) chz Giải sin z = f ( z ) 1) sin z = iz − iz ( e −e ) 2i ⇒ sin z = Với ( z = x + iy i( x +iy ) −i( x+iy ) e −e 2i ) − y +ix ( e − e y −ix ) 2i = ( e − y eix − e y e − ix ) 2i = −y e (cos x + i sin x) − e y (cos x − i sin x) ) ( 2i e− y − e y (e − y − e y )i = cos x × + sin x × 2i 2i −y y y e +e e − e− y = sin x × + i cos x × 2 = sin x.chy + i cos x.shy = Re f = sin x.chy Im f = cos x.shy Vậy f ( z ) = cos z 2) cos z = iz e + e −iz ) ( Với z = x + iy 35 i ( x +iy ) −i ( x +iy ) (e +e ) = ( e − y eix + e y e − ix ) −y = ( e (cos x + i sin x) + e y (cos x − i sin x) ) = e y + e− y e y − e− y = cos x × + i sin x × 2 = cos.chy − i sin x.shy Re f = cos x.chy Im f = − sin x.shy Vậy f ( z ) = shz 3) shz = ez − e− z ( = −i.sin iz ) Re f = cos y.chx với z = x + i y Im f = sin y.shx Vậy Re f =cos y.shx Im f = sin y.chx f ( z ) = chz 4) với z = x + i y 36 e z + e− z chz = x +i y e + e − x −i y e x ei y + e − x e −i y = = 2 = e x (cos y + i.sin y ) + e − x (cos y − i.sin y )  e x + e− x ex − e− x = cos y + i.sin y 2 = cos y.chx + i.sin y.shx Vậy Re f = cos y.chx Im f = sin y.shx Bài 11: Tìm phần thực, phần ảo của: 1) cos(2+i) 2) sin2i 3) tg(2-i) Giải f ( z ) = cos(2+i) 1) Áp dụng kết 10 ta có: cosz = cosx.chy - isinx.shy với z = x + iy Suy ra: Re(cosz)=cosx.chy Im(cosz ) = − s inx.shy z = x + iy = + i ⇒ x = & y = Với Vậy: Re(cos(2+i)) = cos2.ch1 Im(cos(2+i)) = - sin2.sh1 f ( z ) = sin 2i 2) Áp dụng kết 10: 37 sinz = sinx.chy + icosx.shy với z = x + iy Suy ra: Re(sinz) = sinx.chy Im(sinz ) = cosx.shy z = x + iy = 2i ⇒ x = & y = Với Vậy: Re(sin 2i ) = sin 0.ch2 = Im(sin2i) = cos0.sh2 = sh2 f ( z ) = tg (2 − i) 3) tgz = tg ( x + iy ) = = sin( x + iy ) s inx.chy + i cos x.shy = cos(x+iy) cosx.chy − i sin x.shy (s inx.chy + i cos x.shy ).(cosx.chy + i sin x.shy ) (cosx.chy ) + (s inx.shy) sin x.ch y + i (sin x.chy.shy + cos x.chy.shy ) − sin x.sh y = (cosx.chy ) + (s inx.shy ) sin x.(ch y − sh y ) shy.chy = + i 2 (cosx.chy ) + (s inx.shy ) (cosx.chy ) + (s inx.shy ) Suy ra: sin x.(ch y − sh y ) Re tgz = (cosx.chy ) + (s inx.shy) Im tgz = shy.chy (cosx.chy ) + (s inx.shy ) z = x + iy = − i ⇒ x = & y = −1 Với 38 Vậy: sin 4.[ch ( −1) − sh ( −1)] Re tgz = [cos2.ch( −1)]2 + [s in2.sh( −1)]2 Im tgz = sh(−1).ch(−1) [cos2.ch( −1)]2 + [ s in2.sh( −1)]2 Bài 12: Tìm cách bổ sung thêm giá trị hàm sau z = để trở thành hàm liên tục z = 1) Giải f (z) = 1, z 2) z Re z z ; 3) 4) Re z z { zn } =  i  n - Chọn f ( zn ) = với zn → n→∞ , ta được: Re zn = ⇒ lim f ( zn ) = n →∞ zn { z } =  1n  ' n - Chọn Re( z ) z ; z Re z ; z với z 'n → n→∞ , ta được: Re z 'n n f ( z n ) = ' = = ⇒ lim f ( z 'n ) = n →∞ zn n ' ⇒ lim f ( z ) ∄ z →0 f (0) Vậy không bổ sung z = f ( z) z 39 { zn } =  1  n - Chọn với zn → n→∞ , ta được: z f ( zn ) = n = n = ⇒ lim f ( zn ) = n →∞ zn n { z } = − 1n  ' n - Chọn f ( z 'n ) = ⇒ z 'n → với ' zn z 'n n→∞ 1 − = n = n = −1 ⇒ lim f ( z 'n ) = −1 n →∞ 1 − n n − lim f ( z ) ∄ f (0) z →0 f ( z) = , ta được: Vậy không bổ sung Re( z ) z { zn } - Chọn 1 1 =  + i  n n với zn → n→∞ , ta được: 1 1 Re( zn ) =  ÷ −  ÷ = n n 2 1 1 zn =  ÷ +  ÷ = n n n f ( zn ) = Re( zn ) zn { z } =  1n + i n2  = ⇒ lim f ( z n ) = n →∞ ' n - Chọn với z 'n → n→∞ , ta được: 40 2 1 2 Re( z ) =  ÷ −  ÷ = − n n n ' n 2 1 2 zn =  ÷ + ÷ = n n n ' Re( z ) 3 f ( z 'n ) = = n = − ⇒ lim f ( z ' n ) = − n →∞ 5 z n ' n ' n ⇒ − lim f ( z ) ∄ f (0) z →0 f ( z) = Vậy không bổ sung z.Rez z f ( z) = z.Rez = Re z ≤ z z Ta có: z → ⇒ z → ⇒ f ( z) → ⇒ ∃ lim f ( z ) = z →0 f ( z) = Vậy f liên tục z=0 lim f ( z ) = f (0) = z →0 41 [...]... cấp Hàm sơ cấp trước hết là các hàm sau đây: 14 f ( z ) = az + b hàm nguyên tuyến tính f ( z) = z n f ( z) = f ( z) = (n là số nguyên không âm ) - hàm lũy thừa az + b cz + d - hàm phân tuyến tính a0 z n + a1 z n −1 + + a n b0 z m + b1 z m −1 + + b m - hàm hữu tỷ Chú ý rằng tất cả các hàm ở trên đều là những trường hợp riêng của hàm cuối cùng Cũng như đối với hàm biến thực, ta còn có hàm mũ, hàm lượng... riêng của hàm cuối cùng Cũng như đối với hàm biến thực, ta còn có hàm mũ, hàm lượng giác, hàm hyperbolic xác định trên toàn mặt phẳng phức 3.2 Hàm mũ, hàm lượng giác và hàm hyperbolic Trong giải tích thực ta đã biết các chuỗi sau đây hội tụ tuyệt đối với mọi số thực x∈R e x ,sinx,cosx,shx,chx lần lượt tới các hàm ∞ 1 n x n = 0 n! ex = ∑ ∞ sin x = ∑ (−1) n n=0 ∞ cosx = ∑ (−1) n n=0 x 2 n +1 (2n + 1)!... đối nếu thay bởi số phức bất kỳ thuộc Vì vậy ta có các hàm biến phức tương ứng xác định trên toàn bộ mặt phẳng phức sau đây: ez = 1+ shz = ∞ z 1 + = ∑ z n 1! n = 0 n! ∞ z z3 z 2 n +1 − + = ∑ (−1) 1! 3! (2 n + 1)! n =0 cos = 1 − shz = ∞ z2 z 2n + = ∑ ( −1) n 2! (2 n)! n =0 ∞ z z3 z 2 n +1 + + = ∑ 1! 3! n = 0 (2 n + 1)! chz = 1 + ∞ z2 z 2n + = ∑ 2! n = 0 (2 n)! 3.3 Các tính chất của hàm mũ ez Định... 4) chz Bài 11: Tìm phần thực, phần ảo của: 1) cos(2+i) 2) sin2i 3) tg(2-i) 20 Bài 12: Tìm cách bổ sung thêm giá trị của các hàm sau tại z = 0 để nó trở thành hàm liên tục tại z = 0 1) Re( z 2 ) z ; z Re z ; z z 2) Bài 15: Cho hàm số 4) z ≤R −1 z Bài 13: Chứng minh rằng hàm 0 f ( z) = e z Re z z ; 3) f (z) = e Bài 14: Hàm 2 liên tục đều trong hình tròn −1 z 2 có liên tục đều trong miền ω=e 1) Trong... của các số phức: ( ) iϕ e 2+i , e 2−3i , e3+ 4i , −aeiϕ a > 0, ϕ ≤ π , e ( ϕ ≤ π ) Bài 8: Tính: a) 1 + cosx + cos2x + + cosnx b) sinx + sin2x + + sinnx c) cosx + cos3x + + cos(2n-1)x d) sinx + sin3xx + + sin(2n-1)x Bài 9: Chứng minh: 1) siniz = ishz 2) cosiz = chz 3) tgiz = ithz Bài 10: Biểu diễn qua các hàm lượng giác và hyperbolic biến số thực phần thực, phần ảo cũng như môđun của các hàm: 1)... (−1) z n n =0 2n (2n)! ∞ + i ∑ (−1) n z 2 n +1 (2n + 1)! n =0 Từ đó eiz = cos z + i.sin z ∀z ∈ C (1) Tính toán tương tự ta cũng có e −iz = cos z − i.sin z ∀z ∈ C (2) Định lý 2: Hàm lượng giác và hàm hyperbolic được biểu diễn qua hàm mũ theo các công thức sau: iz − sin z = e e − iz 2i iz + cos z = e e (3) − iz 2 z − shz = e e −z = −i sin iz 2 z + chz = e e 2 (4) (5) −z = cos iz (6) 17 Chứng minh: Hai... đường thẳng c ≠ 0 ⇒ x2 − y2 = c TH2: ⇔ x = ±y của góc phần tư t1 , t2 x2 y 2 − =1 c c Tạo ảnh là hyperbol có bán trục thực b) v = 0 TH1: c = 0 và v = 2xy ⇒ 2 xy = c ⇔ y = c 2x y= Tạo ảnh là parabol Bài 2:Cho hàm 1 ω= z c 2x (Trừ gốc tọa độ) Hãy tìm: 3) Ảnh của các đường x = C , y = C , z = R, arg z = α 4) Tạo ảnh của các đường u = C , v = C z − 1 = 1 , Giải w= 1 z Hàm 1 Tìm ảnh của các đường 1 1 x... chz n = 0 (2n + 1)! n = 0 z ∞  ∞ i.z.(2n)!  ∞  ∞ iz  = ∑ ∑  = ∑  ∑ 2n + 1 ÷ n = 0  n = 0 (2 n + 1)!  n =0  n =0  ⇒ VT = VP Bài 10: Biểu diễn qua các hàm lượng giác và hyperbolic biến số thực phần thực, phần ảo cũng như môđun của các hàm: 34 1) sinz; 2) cosz; 3) shz; 4) chz Giải sin z = f ( z ) 1) sin z = 1 iz − iz ( e −e ) 2i ⇒ sin z = Với ( z = x + iy 1 i( x +iy ) −i( x+iy ) e −e 2i ) 1 −... phẳng phức ∞ 1 ∑ (n + n ) n 2 zn n =1 b, Tìm bán kính hội tụ của chuỗi Theo công thức Cauchy - H’adamard (7) ta có: R= 1 1 2 lim sup n (n + ) n n →∞ n lim n →∞ z 1 1 lim(n + ) n n →∞ n = 1 e 2 ∞ c) Tìm miền hội tụ của chuỗi Bởi vì = zn ∑ n =1 n ! n 2 + 2 n +1 n! (n + 1)! z n2 2 n +1 z = lim = n →∞ n + 1 D (0,1) Nên miền hội tụ của chuỗi đã cho là hình tròn đóng §3 ĐỊNH NGHĨA CÁC HÀM SƠ CẤP 3.1 Hàm sơ... sin(2n-1)x Giải Ta có: Do đó: ∀x ∈ R eix = cos x + i sin x eiox + ei 2 x + + einx = (1 + cos x + cos 2 x + + cos nx) + i (sin x + sin 2 x + + sin nx) Vế trái là tổng của ( n + 1) số hạng của một cấp số cộng có công bội eix và số hạng đầu tiên là 1 1 − ei ( n+1) x ⇒ VT = 1 − eix x≠0 = = 1 − cos( n + 1) x + i sin( n + 1) x 1 − cos x + i sin x [ 1 − cos(n + 1) x + i sin(n + 1) x ] (1 − cos x − i sin x)