Giải và khai thác một số dạng toán cơ sở về hàm số một biến phức

1 Giải khai thác số dạng toán sở hàm số biến phức Hà Thu Giang MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Cơ sở lý thuyết hàm số biến phức đặt móng từ kỉ XVII công trình nghiên cứu hai nhà toán học vĩ đại: L.Euler, Giăng Đalămbe Tuy nhiên phải đến kỷ XIX nhờ công trình Cauchy, Becna Riman… lý thuyết hàm số biến số phức xây dựng tương đối hoàn chỉnh trở thành thành môn độc lập Một đặc điểm bật môn hàm số biến phức là, mặt nội dung có giá trị lý luận sâu sắc, mặt khác thành tựu đẹp đẽ mà đạt phần lớn việc trực tiếp giải toán thực tiễn Chính công cụ toán học áp dụng cách có hiệu lực để giải hàng loạt vấn đề khó nội toán (tính tích phân suy rộng, chứng minh định lý đại số học, ) để giải vấn đề lớn thực tiễn (các toán lý thuyết đàn hồi, nước thấm, toán thủy khí động học, ) Việc học tập nghiên cứu môn cần thiết cho sinh viên ngành khoa học tự nhiên (không phân biệt khoa học hay khoa học kỹ thuật) Lý thuyết hàm số biến số phức nghiên cứu hệ thống hàm số hay nhiều biến biến số số phức Đã có nhiều giáo trình tài liệu viết lý thuyết hàm biến phức:[1], [2], [5], [7], [8]… Giáo trình Hàm biến phức chủ yếu biên soạn cho sinh viên năm thứ 2, thứ khoa toán trường Đại học Sư phạm, Đại học Khoa học Tự nhiên, học viên cao học nghiên cứu sinh chuyên ngành Việc nghiên cứu hàm số biến số phức sinh viên chuyên ngành toán trường Đại học Sư phạm không giúp người học hiểu kiến thức học giải tích cổ điển Về mặt nghiệp vụ, nhờ học hàm số biến số phức, người học hiểu quan hệ gắn bó hàm sơ cấp như: hàm lượng giác, hàm số mũ hàm số logarit, người học có công cụ để giải nhiều toán khó hình học sơ cấp Điều nâng cao kiến thức chuyên môn người học sau tốt nghiệp Trong học phần Hàm biến phức học kì VI sinh viên chuyên ngành Toán trường Đại học Hùng Vương, sinh viên tiếp cận với Hà Thu Giang kiến thức sở hàm số biến phức Nhưng thời lượng không nhiều nên việc tìm hiểu hàm số biến phức hạn chế, đặc biệt vận dụng lý thuyết để giải tập, bên cạnh việc khai thác dạng toán sở lớp hàm mẻ sinh viên Trong kì thi Olympic toán sinh viên quốc tế quốc gia, toán liên quan đến biến phức thường đề cập đến với nhiều dạng phong phú thông qua đặc trưng phép biến đổi khác phương pháp giải, vừa mang tính tổng hợp cao vừa mang tính đặc thù sâu Vì việc phân dạng toán sở hàm số biến phức tạo tảng khoa học để sinh viên áp dụng giải tập cách tốt Như việc giải khai thác dạng tập toán học thực cần thiết Đóng vai trò công cụ đắc lực để giải có hiệu nhiều lớp toán điển hình Việc nhìn nhận toán nhiều góc độ khác nhiều đem đến cho người học nhiều kết thú vị đồng thời phát huy lực tìm tòi sáng tạo, tập dượt cho sinh viên kỹ nghiên cứu khoa học Vấn đề giải khai thác dạng toán nhận nhiều quan tâm Có nhiều tài liệu viết khai thác dạng tập toán [4], [6], [11] Các tài liệu đưa hệ thống tập sở phân dạng, hướng dẫn giải từ khai thác đưa dạng tập dựa liệu cụ thể Tuy nhiên tài liệu giới hạn cho toán phổ thông Thực tế chưa có nhiều nghiên cứu tiếp cận hàm số biến phức theo hướng giải khai thác số dạng toán sở Như việc cung cấp thêm cho người đọc đề tài thể hệ thống ý tưởng, cách tiếp cận dạng toán sở hàm số biến phức theo hướng khai thác đáp ứng nhu cầu toán học đặt tạo tảng kiến thức để tiếp tục nghiên cứu giải tích hàm nhiều biến phức, hình học vi phân chuyên đề toán học chuyên sâu sau Trên sở nắm khái niệm, tính chất hàm số biến phức, thân với mong muốn đưa hệ thống tập trung, phân loại kiến thức khai thác số dạng toán sở nhằm đem lại thuận lợi cho học sinh, sinh viên hiểu sâu sắc hàm số biến số phức.Vì chúng Hà Thu Giang mạnh dạn chọn đề tài nghiên cứu: “Giải khai thác số dạng toán sở hàm số biến phức” Mục tiêu khóa luận Hệ thống, phân loại số tập hàm số biến phức theo chủ điểm từ xây dựng lời giải đưa khai thác chúng Nhiệm vụ nghiên cứu • Nghiên cứu kiến thức sở hàm số biến phức • Phân loại số dạng tập hàm số biến phức xây dựng lời giải cho dạng toán • Đưa hướng khai thác dạng toán từ toán cho trước dạng Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc nghiên cứu tài liệu, giáo trình, luận văn có nội dung liên quan đến hướng nghiên cứu phân hóa, hệ thống hóa kiến thức, hướng khai thác toán khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự • Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc nghiên tham khảo tài liệu, giáo trình từ rút kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu • Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến giảng viên trực tiếp hướng dẫn, giảng viên khác để hoàn thiện mặt nội dung hình thức khóa luận Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng: Hàm số biến phức • Phạm vi: Tập trung nghiên cứu dạng toán sở vấn đề liên quan đến hàm số biến phức như: lý thuyết chuỗi, giới hạn, tính liên tục, tính khả vi phức, tính biến hình … Ý nghĩa khoa học thực tiễn Khóa luận hệ thống kiến thức sở hàm số biến phức, đồng thời sở nghiên cứu lời giải toán cho, đề xuất hướng khai thác chúng dạng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự Qua đó, cung cấp thêm thông tin khai thác toán, tạo tài liệu tham khảo hữu ích Hà Thu Giang Bố cục khóa luận: Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận chia thành chương Chương trình bày sơ lược bước giải khai thác toán số kiến thức cở lý thuyết hàm số biến phức Chương trình bày lời giải khai thác số dạng toán dạng toán giới hạn tính liên tục hàm số biến phức Chương trình bày lời giải khai thác số dạng toán dạng toán tính khả vi tính biến hình hàm số biến phức Chương trình bày lời giải khai thác số dạng toán dạng toán tích phân hàm số biến phức, lý thuyết chuỗi lý thuyết thặng dư Hà Thu Giang CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ Chương này, khóa luận tập trung trình bày số kiến thức sở bước giải khai thác toán Những nội dung lý thuyết liên quan đến hàm số biến phức như: Dãy số, chuỗi số, giới hạn tính liên tục, tích phân theo biến phức, lý thuyết chuỗi lý thuyết thặng dư 1.1 Sơ lược bước giải khai thác toán Thông thường để giải toán, cần qua nhiều công đoạn khác Trong [6] đưa số công đoạn sau: tìm hiểu sơ đề bài, khai thác đề bài, tìm tòi lời giải, trình bày lời giải, đánh giá lời giải, khai thác lời giải, đề xuất toán Tất nhiên toán phải trải qua đủ công đoạn đó, song chúng giúp ích nhiều cho việc giải toán, toán chọn lọc điển hình nên phân tích kỹ theo trình tự để rèn luyện thao tác tư 1.1.1 Tìm hiểu sơ đề toán Khi chọn toán, không nên chọn khó, mà không nên chọn dễ Cần trình bày toán cho tự nhiên gợi hứng thú cho người học Trước hết cần đọc kỹ toán để thấy “toàn cảnh” toán, sáng sủa rõ ràng hay, không vội vào chi tiết chi tiết rắc rối Cần cố gắng “khoanh vùng” phạm vi đề toán: toán thuộc “vùng” kiến thức nào? Sẽ cần có kiến thức, kỹ gì? Nếu giải giải vấn đề gì? 1.1.2 Khai thác đề toán Nếu toán tìm tòi cần xác định rõ đâu ẩn? Cần phải tìm gì? Đâu kiện? Đã cho biết gì? Mối tương quan cần tìm chưa biết (các điều kiện buộc) Nếu toán chứng minh cần nêu rõ giả thiết, kết luận Nếu toán cần có hình vẽ phải vẽ hình (các phép biến hình bảo giác, ) Nếu cần sử dụng nét đậm nét nhạt, nét đứt dùng màu hình vẽ Cảm nhận trực giác hình vẽ giúp nắm bắt dễ dàng nội dung ghi đề toán 1.1.3 Tìm tòi lời giải Hà Thu Giang Đây bước quan trọng việc giải toán Không có thuật toán tổng quát để giải bìa toán, mà đưa lời khuyên, kinh nghiệm, chúng giúp cho việc tìm tòi lời giải hướng hơn, nhanh hơn, thuận lợi có nhiều khả dẫn tời thành công Tùy trường hợp cụ thể mà vận dụng kinh nghiệm đó, linh hoạt nhuần nhuyễn dễ tời thành công Càng giải nhiều toán chúng trở thành “của mình”, thành “kinh nghiệm sống” dẫn khô khan 1.1.4 Trình bày lời giải Khi tìm lời giải việc trình bày lời giải không khó khăn nữa, song tính chất hai công việc có khác Việc trình bày lời giải văn để đánh giá kết hoạt động tìm tòi lời giải toán Khi tìm tòi lời giải, ta mò mẫm, dự đoán dùng lập luận tạm thời, cảm tính Nhưng trình bày lời giải dùng lý luận chặt chẽ, phải kiểm nghiệm lại chi tiết Phải ý đến trình tự chi tiết, đến tính xác chi tiết, đến mối liên hệ chi tiết đoạn lời giải toàn lời giải Không có chi tiết “bỗng dưng” xuất mà không vào kiến thức học chi tiết mà ta trình bày trước Khi trình bày lời giải, ngắn gọn ta thường dùng phương pháp tổng hợp Lời giải phải trình bày gọn gàng, mạch lạc, sáng sủa, dễ đọc 1.1.5 Khai thác số toán Công việc cần thiết học toán thường hay bị bỏ qua Việc nhìn nhận lại toàn cách giải toán giúp phát cách giải khác tốt hơn, ngắn gọn hơn, hay sâu sắc Việc nhìn nhận lại toàn lời giải gợi ý cho ta tìm toán mới, mà toán vừa xét trường hợp đặc biệt Công đoạn gọi khai thác toán Có thể khai thác toán sau: a) Hướng 1: Phát biểu toán tương tự, toán giải không? b) Hướng 2: Khái quát hóa, phát biểu toán tổng quát không? Bài toán tổng quát có không? Trái lại với khái quát hóa đặc biệt hóa luôn đưa đến kết đúng, chí mạnh Hà Thu Giang c) Hướng 3: Thay đổi giả thiết để toán Phương pháp để giải toán khác d) Hướng 4: Từ ý nghĩa toán giải dẫn đến phương pháp giải toán khác Ví dụ 1.1: Từ toán “ Chứng minh tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho hai” đưa đến hai toán tương tự sau: Bài toán 1: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Bìa toán 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho Ví dụ 1.2: Từ toán “ Chứng minh tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho hai” khái quát thành: Bài toán khái quát 1: Tích số nguyên liên tiếp chia hết cho (đúng) Bài toán khái quát 2: Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n (đúng) Bài toán đặc biệt hóa: Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho (mạnh hơn) 1.2 Dãy số chuỗi số phức 1.2.1 Giới hạn dãy số phức Định nghĩa1.2.1: Dãy số phức ánh xạ từ tập hợp số tự nhiên vào (hay £ ), nghĩa ánh xạ £ A: ¥ → £ n a A ( n ) = zn Kí hiệu: { zn } ∞n = hay { zn } Định nghĩa 1.2.2: Số phức ε− lân cận zn ∈V V z0 z0 gọi giới hạn dãy số phức tồn n0 ∈¥ cho với ∀ε > 0, ∃ n0 ∈¥ , n > n0 ⇒ zn − z0 < ε , nghĩa lim zn = z0 n→∞ Kí hiệu: {z } n z0 z n → z0 , n → ∞ Ta nói dãy hội tụ Kí hiệu £ Trong dãy hội tụ có giới hạn Hà Thu Giang {z } n ∈¥ n với mà n > n0 Định lí 1.2.1: Dãy x0 dãy {z } n hội tụ {y} z0 = x0 + iy0 dãy {x } n hội tụ y0 n hội tụ { zn } { ωn } z0 ω0 Định lí 1.2.2: Giả sử có giới hạn Khi lim ( zn ± ωn ) = z0 ± ω n→∞ (i) lim ( zn ωn ) = z0 ω n→∞ (ii) zn z = ω0 n →∞ ωn (ω lim (iii) Định lí 1.2.3: Dãy {r} n {z } n ≠ 0, ω0 ≠ ) z0 = r0 ( cos ϕ0 + i sin ϕ0 ) hội tụ , (z ≠ 0) {ϕ } ω0 n hội tụ hội tụ 1.2.2 Dãy (dãy Cauchy) { zn } Định nghĩa 1.2.3: Dãy gọi dãy (hay gọi dãy Cauchy) r0 n ∀ε > 0, ∃ n0 ∈ ¥ , ∀ m, n ∈ ¥ , m > n0 Định lí 1.2.4: (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãy n > n0 {z } n z m − zn < ε dãy dãy {z } n hội tụ 1.2.3 Chuỗi số phức Định nghĩa 1.2.4: Cho dãy số phức {z } n , biểu thức z1 + z2 + z3 + zn + ∞ ∑ zn gọi chuỗi số phức Kí hiệu n =1 n S n = ∑ zk Đặt k =1 , ta gọi tổng riêng chuỗi Hà Thu Giang Sn tổng riêng thứ n chuỗi Dãy {S } n gọi dãy 10 ∞ ∑ zn Chuỗi n =1 gọi hội tụ dãy tổng riêng n hội tụ Nếu ∞ lim S n = S n→∞ {S } S ta gọi ∑ zn tổng chuỗi Khi ta nói chuỗi hội tụ ∞ lim Sn = ∞ Ngược lại n =1 ∑ zn n→∞ không tồn ta nói chuỗi ∞ Điều kiện cần đủ để chuỗi số phức phân kỳ lim zn = ∑ zn n =1 n =1 hội tụ n→∞ Định lí 1.2.5: (Tiêu chuẩn Cauchy chuỗi số phức) ∞ ∑ zn Chuỗi n =1 ε >0 hội tụ với tồn n0 ∈ ¥ cho p ∑ zn + k < ε k =1 với n > n0 p∈¥ ∞ ∞ ∑ zn ∑ zn n =1 n =1 Định nghĩa 1.2.5: Chuỗi gọi hội tụ tuyệt đối chuỗi hội tụ Định lí 1.2.6: Mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối hội tụ 1.3 Tôpô mặt phẳng phức z → ( Re z , Im z ) £ ¡2 Mặt phẳng phức đồng với qua ánh xạ: nên tôpô mặt phẳng phức Cho r > 0, a ∈ ¡ £ tôpô , đó: ¡ D ( a , r ) = { z ∈ £ : z − a < r} D ( a, r ) = { z ∈ £ : z − a ≤ r } Cho X ⊂£ Hà Thu Giang đó: ; 77 O 3 Bài toán: Tìm bán kính hội tụ chuỗi Taylor hàm mà không cần khai triển f ( z) chỉnh hình f ( z) D Bước 1: Tìm tập điểm bất thường z0 D Bước 2: Tính khoảng cách từ đến (nếu có) R = d ( z0 , D ) Khi Ví dụ: Tìm bán kính hội tụ chuỗi Taylor z f ( z) = z+2 z =1 hàm số z + = ⇔ z = −2 ⇒ D = { −2} Ta có Minh họa hình vẽ Vậy R = d ( 1, − ) = − ( −2 ) = Bài 3.[7]: Chứng minh khai triển hàm ∞ E2 n n = ∑ ( −1) z cos z n=0 ( 2n ) ! Thì số E2n n n! k  k ÷ = Cn = k ! n − k ! ( )   Cách 1: Ta có Hà Thu Giang z=0 (các số Euler) thỏa mãn  2n   2n  E0 = 1, E0 +  ÷E2 + +  ÷E2 n = 2  2  Giải: Chú ý cos z cos z = cos z Suy dạn z0 78 ( 2n) ( kn ) 2n     ( 2n) ( n −k ) cos z ÷ = = ⇔ ∑ Cnk   ÷ cos z z =0 =  cos z  z =0  cos z  z =0 k =0 ( k)    ÷ =0  cos z  z =0 Ta có k k Nếu lẻ Vì hàm số chẵn nên với lẻ ta có k k f ( x) = f ( −x) ⇒ f ( ) ( x) = f ( ) ( −x) Nếu k chẵn, k = 2l Từ công thức khai triển ta có ( 2l ) ( k) ( 2l )   l E2 l     z 2l   ÷ = ÷ = ( −1) ( 2l ) !  z =0  cos z  z =0  cos z  z =0  Vì hạng tử bậc nhỏ tử bậc lớn 2l 2l sau đạo hàm sau đạo hàm ( 2l ) ( 2l ) lần thay z=0 ( 2l ) z thừa Tính toán tiếp ta được: ( 2l ) Vậy ta Ta có z 2n cos z = ∑ ( −1) ( 2n ) ! k =0 n cos z (z =0 n−k ) =0 k Lập luận tương tự lẻ r ′ = 2r , cos z (zk=′0) = cos z (z2=r0) = ( −1) k ′ k Khi chẵn, Hà Thu Giang triệt tiêu chứa lũy   l E2 l l z 2l  = ( −1) E2l ( −1) ( 2l ) !  z =0  l    ÷ = ( −1) E2l  cos z  z =0 ∞ lần triệt tiêu Các hạng 79 cosz (z =0 2n − k ) Suy ra: , k lÎ 0 = n−l , k = 2l ( −1) ( kn ) ,k lÎ 0   ( 2n− k )  C  n ÷ cosz z =0 =  k  cosz  z =0 ( −1) C 2n E k ,k = 2l k n 2n ∑ ( −1) k =0 k chan n n C2kn Ek = ⇔ ∑ C22nl E2l = l =0 Vậy Cách 2: Từ ∞  n E2 n 2n  cos z = ∑ ( −1) ( 2n ) ! z n =0   2n ∞ cos z = ( −1) n z ∑  ( 2n ) ! n =0 cos z = cos z ta có 2 ∞ E2 n n   ∞ z 2n  − z − ∑ ( )  ∑ ( )  =1 n ! n ! ( ) ( )  n=0   n =0  Thực nhân chuỗi: ∞ ∑C m=0 1 , 2m z = ⇔ C 2m 2m  0 , ( m = 0) ( m > 0) E2 n ( −1) E2 n m = ∑ ( −1) = ∑ ( −1) ( 2n ) ! ( 2k ) ! k + n = m ( 2n ) !( 2k ) ! k +n=m k C2 m n 2m ) ! ( m m m = E2 n = ( −1) ( −1) C22mk E2 k ∑ ∑ ( 2m ) ! k + n = m ( 2n ) !( 2k ) ! ( 2m ) ! k =0 m −1) m k ( C2 m = C2 m E2 k ⇒ C2m = ⇔ ∑ C22mk E2 k ∑ ( 2m ) ! k =0 k =0 m Hà Thu Giang 80 Bài 4.[7]: Chứng minh z0 không điểm cấp k hàm giải tích z0 f ( z ) = ( z − z0 ) ϕ ( z ) k lân cận z0 ( ⇐) , ϕ ( z) f ( z) chỉnh hình ϕ ( z0 ) ≠ Giả sử ϕ ( z) Giải: z0 thỏa mãn giả thiết viết khai triển ϕ ( z) n ∞ ϕ ( z ) = ∑ Cn ( z − z0 ) , C0 ≠ n =0 ∞ f ( z ) = ∑ Cn ( z − z0 ) n+k n =0 ⇒ f ( z0 ) = = f ( k −1) ( z0 ) , f( k) ∞ ( ⇒) z0 Giả sử không điểm cấp f ( z0 ) = ⇒ C0 = f ′ ( z0 ) = ⇒ C0 = 0, , f ( f( k) k −1) k n n =0 viết ( z0 ) = ⇒ Ck −1 = ( z0 ) ≠ ⇒ C k ≠ n ∞ f ( z ) = ∑ Cn ( z − z0 ) = ( z − z ) n =0 Vậy ∞ ϕ ( z ) = ∑ Cn ( z − z0 ) Đặt ( z0 ) ≠ f ( z ) = ∑ Cn ( z − z0 ) n=k n−k k ∞ ∑C ( z − z ) n=k n n −k , ϕ ( z0 ) = Ck ≠ thỏa mãn yêu cầu toán Khai thác Kiến thức: f ( z ) = an z n + an −1z n−1 + + a1z + a0 ∈ £ [ z ] (i) đa thức với hệ số phức z0 k k không điểm bậc hay nghiệm bội k −1 k f ( z0 ) = f ′ ( z0 ) = = f ( ) ( z0 ) = 0; f ( ) ( z0 ) ≠ ⇔ f ( z ) = ( z − z0 ) g ( z ) ; g ( z ) ≠ k Hà Thu Giang 81 f ( z) (ii) z z0 k chỉnh hình , không điểm bậc ∞ ⇔ f ( z ) = ∑ Cn + k ( z − z ) n =0 n+ k = Ck ( z − z0 ) + Ck +1 ( z − z0 ) k ( k +1 + + Cn+ k ( z − z0 ) = ( z − z0 ) Ck + Ck +1 ( z − z0 ) + + Cn+ k ( z − z0 ) + k n n+ k ) = ( z − z0 ) g ( z ) k g ( z ) = Ck ≠ f ( z) < z − z < r z0 n (iii) chỉnh hình hình tròn , cực điểm bậc g ( z) k f ( z) = = b0 + b1 ( z − z0 ) + + bk ( z − z0 ) + n n ( z − z0 ) ( z − z ) ( ) z0 g ( z0 ) = b0 = C− n ≠ chỉnh hình , ϕ ( z) ψ ( z) z0 m n (iv) Giả sử không điểm bậc , không điểm bậc g ( z) ϕ ( z ) ( z − z0 ) ϕ1 ( z ) = ψ ( z ) ( z − z0 ) n ψ ( z ) m Phân thức ϕ1 ( z ) ψ1 ( z ) chỉnh hình ≠0 z0 Nếu m=n z0 không không điểm z0 m>n m−n Nếu không điểm bậc z0 n 0, Theo giả thiết, tồn cho với z − z0 < r f ( z ) = ( z − z0 ) g ( z ), g ( z0 ) ≠ 0, g ( z ) chỉnh hình ϕ ( z ) = ( z − z0 )ψ ( z ), ψ ( z0 ) ≠ 0, ψ ( z ) (i) chỉnh hình f ( z )ϕ ( z ) = ( z − z0 ) g ( z )ψ ( z ), g ( z0 )ψ ( z0 ) ≠ 0, g ( z )ψ ( z ) z − z0 < r (ii) z − z0 < r Vậy z0 không điểm cấp chỉnh hình f ( z )ϕ ( z ) f ( z ) + ϕ ( z ) = ( z − z0 ) ( z − z0 ) g ( z ) + ψ ( z )  , ( z − z0 ) g ( z ) + ψ ( z ) ( z − z0 ) g ( z ) + ψ ( z ) chỉnh hình f ( z ) + ϕ ( z ) z − z0 < r , khác z0 Vậy z0 không điểm cấp g ( z0 ) f (z) g(z) g ( z) ≠ = ( z − z0 )3 ψ ( z0 ) z0 ϕ ( z) ψ (z) ψ ( z) (iii) Dễ thấy chỉnh hình f ( z) z0 ϕ ( z) Vậy không điểm cấp ∞ Bài 5.[7]: Khai triển Laurent hàm sau: 1 f z = ( ) f ( z) = z(1− z) z−2 a) b) Giải: z 1 f  ÷= = 1  z  − − 2z f ÷ z z a) Ta khai triển Hà Thu Giang 83 n ∞ ∞ 1 f  ÷ = z = z.∑ ( z ) = n = ∑ n z n +1 − 2z z n=0 n =0 n ∞ 2 − n +1 f ( z ) = ∑ 2n z ( ) = + n +1 + + + z z z n=0 Nhận xét: Đây khai triển điểm cấp f ( z) f ( z) z=∞ Qua ta thấy f ( ∞ ) = lim f ( z ) = z →∞ : Vì f ( z) z=∞ phần mà ∞ phần chuỗi Laurent z2 1 f  ÷= = 1  z  1− 1− z f ÷ z z b) Ta khai triển ∞  ∞  1 2  n f  ÷= z = z  −∑ z ÷ =  ∑ ( −1) z n ÷ z −1 z  n=0   n=0  ∞ f ( z ) = ∑ ( −1) z ( f ( z) ∞ Khai triển : ( −1) ( −1) ( −1) f ( z ) = + n+ + + + z z z z=∞ không điểm cấp hai n+ ) n=0 f ( z) Khai thác f ( z) ∞ Bài toán: Khai triển thành chuỗi Laurent −n −1 f ( z ) = + C− n z + + C−1 z + C0 + C1 z + + Cn z n + Bước 1: Tìm Chú ý: f ( z) f ( z) z >R chỉnh hình Bước 2: Khai triển Laurent Hà Thu Giang ∀z >R 1 f ÷ z 1 >R⇒ z < z R nên chỉnh hình, ∞ 1 f  ÷ = ∑ Cn z n 0< z < R  z  n=0 84 f ( z) = Bước 3: ∞ ∑C z −n z >R n n =−∞ 4.3 Giải khai thác số dạng toán lý thuyết thặng dư ∞ ∞ −∞ −∞ ∫ R ( x ) cosβ xdx, ∫ R ( x ) sinβ xdx Tính tích phân dạng R( z) = Kiến thức: Giả sử P( z) Q( z) phân thức hữu tỷ thỏa mãn diều kiện sau: R( z) Im z > (i) giải tích nửa mặt phẳng ngoại trừ số hữu hạn a1 , , an cực điểm R ( x ) ei β x R( z) b1, , bm m (ii) có cực điểm trục thực khả tích điểm Q( z) P( z) (iii) Bậc lớn bậc đơn vị ∞ n m −∞ k =1 k =1 iβ x iβ z iβ z ∫ R ( x ) e dx = 2π i ∑  res R ( z ) e ; ak  + π i ∑  res R ( z ) e ; bk  Khi ∞ I=∫ Bài 1.[7]: Tính cosλ x dx x2 + a2 ( λ, a > 0) Giải: Vì hàm dấu tích phân hàm chẵn nên      π e −λa ∞ cosλ x  ∞ e iλ x e iλ x I= ∫ dx = Re  ∫ dx ÷ = Re  2π i  res ;  ÷ = ÷ −∞ x + a 2  −∞ x + a   2a  x +a  2π ∫ R ( cos nx,sin nx ) dx Tính tích phân dạng Kiến thức: Đặt Hà Thu Giang z = eix , z n + z −n cos nx = sin nx = , z n − z −n dz dx = iz 2i , 85 Khi x biến thiên từ → 2π z = eix vạch lên đường tròn đơn vị C theo chiều  z n + z − n z n − z − n  dz R cos nx ,sin nx dx = R , ) ∫ ( Ñ ∫  ÷ 2i  iz C  2π dương Vì Bài 2.[7]: Tính 2π dx I= ∫ ,( a > 1) a + cos x a) Giải: a) Đặt Vậy z = eix 2π dϕ ∫ − 2a cos ϕ + a ( a ∈ £ ; a ≠ 1) b) 1 1 cos x =  z + ÷ 2 2 dz = ieix dx = izdx Ta có −i dz −2i z I= ∫ = ∫ dz 1  z =1 z + 2az + z =1 a+ z+ ÷ 2 z Hàm dấu tích phân có hai cực điểm có −a + a − z f ( z) z trừ điểm bất thường liên tục +∞ N −∞ k =1 R nhận f ( z) , a1 , a2 , , an ∞ Hà Thu Giang nằm nửa mặt phẳng trên, làm không điểm cấp ∫ f ( x ) dx = 2π i∑ res [ f , a ] Chứng minh: Đặt chỉnh hình nửa mặt phẳng k  z = Aeiϕ ( ≤ ϕ ≤ π )   2 iϕ z = A e dz = Aieiϕ dϕ   ≥2 Khi 87 ( Im z ≥ ) ∩ { Áp dụng định lý Cauchy miền đa liên nửa hình tròn bỏ lân cận đủ bé điểm +A N −A k =1 a1 , a2 , , an ∫ f ( z ) dz + ∫ f ( z ) dz = 2π i ∑ res [ f , a ] CA f ( z) = Viết g ( z) , lim g ( z ) = g ( ∞ ) ∈ £ , g ( z ) = z f ( z ) z →∞ z thỏa mãn điều kiện f ( z) Từ kết này, cho A → +∞ (x + + 13) π ∫ g ( Aeiϕ ) Aie ∫(x idϕ ≤ ∫ +∞ π iϕ đẳng thức minh Bài 3.[7]: Tính +∞ xdx −∞ áp dụng địn h lý thặng dư (*) k tính chỉnh hình, liên tục π g ( Aeiϕ ) g ( z) iϕ ∫CA f ( z ) dz = CA∫ z dz = ∫0 A2e2iϕ Aie dϕ = ∫ z ≤ A} ( *) +a )( x A → +∞ dϕ  A → ta điều phải chứng dx g ( Aeiϕ ) + b2 ) a > 0, b > a) b) với  Áp dụng kiến thức ta có: z f ( z) = ( z + z + 13) z = −2 ± 3i Xét có hai cực điểm cấp nằm nửa mặt phẳng ′ I = 2π i res  f ( z ) , −2 + 3i  = 2π i lim ( z + − 3i ) f ( z )   x →∞   ′ z i π = π i lim   = 2π i = − x →∞ 54 27  ( z + − 3i )  Chú ý: Ta dung nửa mặt phẳng Hà Thu Giang Im z < cho kết tương tự 88 +∞ ∫(x +∞ dx + a2 ) ( x2 + b2 ) dx = ∫ 2 −∞ ( x + a ) ( x + b ) b) Ta có      1  = π i res  ;  + res  ; bi  ÷ 2 2 2  x + a x + b x + a x + b  ( )( )   ( )( )  ÷   1 = πi +  2ai ( b − a ) 2bi ( a − b )  I= +∞ ∫ f ( x )e imx  π ÷= ÷ 2ab ( a + b )  dx, m > −∞ Tích phân dạng x z f ( z) Kiến thức: Giả sử thay hàm thỏa mãn: a) Chỉnh hình nửa mặt phẳng trừ hữu hạn điểm bất thường cô lập a1 , , aN nằm ¡ b) Liên tục f ( z) → z → ∞ Im z ≥ c) , N I = 2π i ∑ res  f ( z ) eimz , ak  k =1 Khi +∞ Bài 4.[12]: Tính eix I=∫ dx (a > 0) x + a2 −∞ Giải: f ( z) = Hàm điểm ia ix e x + a2 chỉnh hình nửa mặt phẳng trên, kể trục thực, trừ lim f ( z ) = 0, Im z ≥ z →∞ nên +∞ ix e eiz e−a π iz   I=∫ dx = π i res f z e ; ia = π i lim = = ( ) 2   z →ia x + a x +a 2ia ae a −∞ Hà Thu Giang 89 KẾT LUẬN Khóa luận “Giải khai thác số dạng toán sở hàm số biến phức” tập trung nghiên cứu giải khai thác dạng toán hàm số biến phức sau: • Dạng toán dãy số phức (7 toán) • Dạng toán chuỗi số phức (4 toán) • Dạng toán giới hạn tính liên tục hàm số biến phức (4 toán) • Dạng toán tính khả vi hàm biến phức (4 toán) • Dạng toán tính biến hình hàm phân tuyến tính (2 toán) • Dạng toán tính biến hình số hàm số sơ cấp (4 toán) • Dạng toán tích phân hàm biến phức (3 toán) • Dạng toán lý thuyết chuỗi (5 toán) • Dạng toán lý thuyết thặng dư (4 toán) Việc khai thác thực chủ yếu theo bước: khái quát hóa, đặc biệt hóa đưa toán tương tự Nội dung khóa luận cho thấy, toán không dừng lại việc giải mà cần tiến hành khai thác để tìm thông tin từ toán đó, mối liên hệ toán cho với toán khác Hà Thu Giang 90 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Anh Bảo (1798), Lý thuyết hàm số biến số phức, NXB Giáo dục [2] Đậu Thế Cấp, Hàm biến phức lý thuyết ứng dụng, NXB Giáo dục [3] Đậu Thế Cấp, Bài tập hàm biến phức, NXB Khoa học Kĩ thuật [4] Văn Như Cương (2005), Hình học sơ cấp thực hành giải toán, NXB – ĐHSP [5] Nguyễn Kim Đính (2001), Hàm phức ứng dụng, NXB – ĐHQG Hà nội [6] Hoàng Kì (2005), Đại số sơ cấp thực hành giải toán, NXB – ĐHSP [7] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2001), Hàm biến phức, NXB – ĐHQG Hà nội [8] Trần Ngọc Liên, Lê Hoài Nhân (2013), Giáo trình Giải tích phức, NXB – ĐH Cần Thơ [9] Nguyễn Thủy Thanh (2005), Hướng dẫn giải tập hàm biến phức, NXB – ĐHQG Hà nội [10] Nguyễn Thị Phương, Luận văn: “Số phức, hàm biến phức ứng dụng toán phổ thông” [11] Nguyễn Cảnh Toàn, Tập dượt cho học sinh giỏi toán quen dần với nghiên cứu toán [12] Nguyễn Văn Trào, Phạm Nguyễn Thu Trang (2009), Bài tập hàm biến phức, NXB – ĐHSP Hà Thu Giang 91 MỤC LỤC Trang phụ bìa ………………………………….………… i Lời cảm ơn ………………………………….………… …ii MỞ ĐẦU ………………………………….………… … Hà Thu Giang [...]... 1 và f1 (a) ≠ 0 f2 ( z) z=a res [ f ( z ), a ] = f1 ( a) f 2′ (a ) đồng thời chỉnh hình tại thì c) Đối với điểm bất thường cốt yếu để tìm thặng dư ta phải khai triển Laurent c−1 qua đó xác định Hà Thu Giang 27 CHƯƠNG 2 GIẢI VÀ KHAI THÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ GIỚI HẠN VÀ TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN PHỨC Chương này, khóa luận tập trung giải và khai thác một số dạng toán cơ sở về dãy số, chuỗi số phức, ... Giới hạn và tính liên tục của hàm số một biến số phức 1.4.1 Định nghĩa hàm số biến số phức Định nghĩa 1.4.1: Giả sử trên Ω⊂C là một tập tùy ý cho trước Một hàm biến phức f :Ω→£ Ω với giá trị phức là một ánh xạ ω = f ( z ) , z ∈ Ω Hàm như vậy được kí hiệu là Ví dụ 1.4.1 (i ) f : Ω → £ z a a là hàm hằng (ii ) f : £ → £ z a a0 + a1 z + a2 z 2 + + an z n ( a , a , a , , a ) ∈ £ 0 1 2 n là hàm đa thức... SỐ MỘT BIẾN PHỨC Chương này, khóa luận tập trung giải và khai thác một số dạng toán cơ sở về dãy số, chuỗi số phức, giới hạn và tính liên tục của hàm số một biến phức 2.1 Giải và khai thác một số dạng toán về dãy số 2 2 ( 2 z1 + z2 + z1 − z2 = 2 z1 + z2 Bài 1.[7]: Chứng minh 2 ) Giải: Cách 1: Ta có 2 z1 + z2 + z1 − z2 2 ( ) ( ) = ( z + z )( z + z ) +( z − z )( z − z ) = ( z1 + z2 ) z1 + z2 + ( z1 − z2... 0 ÷ n   n n z   lim Arg 1 + 0 ÷ n →∞ n   (khi n đủ lớn) và n c) z   lim 1 + 0 ÷ x →∞  n 1  zn =  + in ÷ ; zn = 2n − 1 + i n  n +1 n +1 (ii) Tìm giới hạn của dãy số phức 2.2 Giải và khai thác một số dạng toán về chuỗi số phức ∞ ∑C n =1 Bài 1.[7]: ∑C n =1 ∑C n Cho các chuỗi hội tụ n =1 và 2 ∞ Re Cn ≥ 0 ∞ n thì chuỗi hội tụ Giải: ∞ Đặt Cn = an + ibn Do đó lim an = 0 n→∞ Hà Thu Giang ∞... Suy ra do đó Khai thác Kiến thức: Hà Thu Giang y0 là ÷  36 { zn }  Cho dãy số lim ϕn = ϕ0 n →∞ với lim zn = z0 thì n →∞ {z } n  Dãy số phức {y} x0 zn = rn ( cosϕn + isinϕn ) với ( z0 Nếu và = r0 ( cosϕ0 + isinϕ0 ) ) z0 = x0 + iy0 hội tụ về lim rn = r0 n →∞ khi và chỉ khi dãy {x } n hội tụ y0 n về và dãy hội tụ về Tương tự: z0 = x0 + iy0 (i) Cho là một hằng số phức Tính: z 1 + 0 n a) b) và z lim 1... xảy ra ở ( **) thì tỷ số hai số hạng bất kỳ khác không là một số dương Ngược lại, giả sử có một số hạng khác không gọi nó là các số hạng còn lại với Khi đó, ta có z1 z1 và tỷ số giữa là một số thực không âm z1 + z2 + z3 + + zn = z1 1 + = z1 1 + z2 z + + n z1 z1 z z2 + + n z1 z1 = z1 + z2 + z3 + + zn Tóm lại ta có được: Dấu đẳng thức xảy ra ở ( **) khi và chỉ khi tỷ số hai số khác không bất kỳ... sin z cos z cot z = và cos z sin z Lưu ý: (i) Các tính chất hàm lượng giác phức có tính chất như hàm lượng giác thực sin z cos z (ii) và nói chung không bị chặn như trong số thực 1.7.3 Hàm Lôgarit Là hàm ngược của hàm mũ, nó được xác định bởi tập hợp tất cả các số logarit của z ( { ω ∈£ : e Kí hiệu ω ) = z} ω = Lnz z≠0 Lnz = ln z + iA rg z Nói cách khác, với thì Hàm logarit là một hàm đa trị Lưu ý:... hàm của hàm tại 2 2 f ( z ) = ( x + iy ) ( x − iy ) = x + y − 2 xy Ta có ∂u ∂u ∂v ∂u = 2x; = 2 y; = 0; =0 ∂x ∂y ∂x ∂y Tại z0 = 0 f , ta có ∂u ∂u ( 0, 0 ) = ( 0, 0 ) = 0 ∂x ∂y z0 = 0 và ∂u ∂v ( 0, 0 ) = − ( 0, 0 ) = 0 ∂y ∂x Vậy khả vi tại 1.7 Một số hàm số sơ cấp 1.7.1 Hàm số mũ zn f ( z) = e = ∑ n = 0 n! ∞ z Được định nghĩa qua chuỗi lũy thừa £ Hàm mũ xác định đơn trị trên và có các tính chất như hàm. .. đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nghĩa là tích z1 z2 là một số thực không âm Vậy khi một trong hai số bằng không dấu đẳng thức xảy ra, và khi cả hai khác không dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z1 >0 z2 nghĩa là tỷ số của hai số là dương Khai thác i) Chú ý trong chứng minh bất đẳng thức tam giác ta có được đẳng thức 2 2 ( 2 z1 + z2 = z1 + z2 + 2 Re z1 z2 ) Hơn nữa, bằng qui nạp toán học bất đẳng thức... kì các số phức Bây giờ ta đi xét dấu đẳng thức trên xảy ra khi nào, ta có thể loại bỏ các số bằng không và giả sử rằng các số khác không và có nhiều hơn hai số hạng Khi đó, ta có z1 + z2 + z3 + + zn = z1 + z2 + z3 + + zn ≤ z1 + z2 + z3 + + zn ≤ z1 + z2 + z3 + + zn Do đó, các dấu bằng của đẳng thức trên phải xảy ra , và ta có Khi đó tỷ số giữa Hà Thu Giang z1 và z2 z1 + z2 = z1 + z2 là một số dương