Biểu diễn tích phân của hàm chỉnh hình

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI PHẠM QUANG TUYẾN BIỂU DIỄN TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI – 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI PHẠM QUANG TUYẾN BIỂU DIỄN TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NGUYỄN HUY LỢI HÀ NỘI – 2016 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình PGS TS Nguyễn Huy Lợi Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy Trong trình học tập hoàn thành luận văn, tác giả nhận quan tâm giúp đỡ giảng viên: Khoa Toán; Phòng Sau đại học Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Tác giả xin trân trọng cảm ơn giúp đỡ quý báu Được tạo điều kiện Trường THPT Nguyễn Trường Thúy bạn bè đồng nghiệp nhà trường Nhân dịp tác giả xin gửi lời cảm ơn trân trọng! Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Phạm Quang Tuyến LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn với đề tài “Biểu diễn tích phân hàm chỉnh hình” công trình nghiên cứu tìm hiểu tác giả Bản luận văn hoàn thành sở kế thừa kết nhà Toán học lĩnh vực khoa học trình bày Tôi xin trân trọng cảm ơn! Tác giả Phạm Quang Tuyến Mục lục MỞ ĐẦU Một số kiến thức hàm chỉnh hình 1.1 Không gian C, C, Cn 1.2 Hàm chỉnh hình 18 1.3 Nguyên hàm tích phân hàm biến phức 26 Biểu diễn tích phân hàm chỉnh hình 33 2.1 Tích phân Cauchy 33 2.2 Tích phân loại Cauchy 38 2.3 Tích phân Fourier 43 2.4 Tích phân Laplace 45 2.5 Mối liên hệ tích phân Fourier tích phân loại Cauchy 48 2.6 Một số ứng dụng 52 KẾT LUẬN 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lý thuyết giải tích phức có nhiều ứng dụng việc giải số vấn đề toán học thực tiễn Ngay từ năm đầu kỷ XVIII nhiều nhà toán học có thành công việc nghiên cứu ứng dụng Lý thuyết giải tích phức để giải toán thủy động học khí động học Trong môn giải tích phức hàm chỉnh hình đóng vai trò quan trọng số vấn đề lý thuyết thực tiễn Đặc biệt giải vấn đề thực tiễn ta thường dẫn tới toán biểu diễn tích phân hàm chỉnh hình Hơn phương pháp biểu diễn tích phân hàm chỉnh hình giúp nhìn nhận kiến thức giải tích phức cách sâu rộng từ đáp ứng tốt yêu cầu dạy học Với lý với giúp đỡ, hướng dẫn tận tình PGS TS Nguyễn Huy Lợi, chọn đề tài: “Biểu diễn tích phân hàm chỉnh hình” Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp biểu diễn tích phân hàm chỉnh hình sau nêu số ứng dụng lý thuyết thực tiễn Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu tính chất hàm chỉnh hình, hệ thống phương pháp biểu diễn tích phân hàm chỉnh hình Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đề tài tập trung nghiên cứu số phương pháp biểu diễn tích phân hàm chỉnh tích phân Cauchy, tích phân Fourier, tích phân Laplace ứng dụng hàm chỉnh hình việc giải phương trình vi phân thường số phương trình đạo hàm riêng đặc biệt Phương pháp nghiên cứu Đọc, dịch, tra cứu, tổng hợp theo chủ đề tài liệu tham khảo, nghiên cứu khoa học cách logic có hệ thống Giả thuyết khoa học Nghiên cứu sâu khái niệm Toán học, nâng lên thành đề tài nghiên cứu đề xuất ứng dụng việc giải số vấn đề lý thuyết, giải toán thực tiễn Chương Một số kiến thức hàm chỉnh hình Trong chương trình bày tóm tắt số kiến thức không gian không gian C, C, Cn , kiến thức hàm chỉnh hình, nguyên hàm, tích phân hàm phức làm sở để nghiên cứu cho chương II Tài liệu dùng để viết chương chủ yếu dựa vào X ([2] , [3]) 1.1 Không gian C, C, Cn 1.1.1 Không gian C, C Trong mặt phẳng Oxy ta gọi điểm z = (x, y) số phức Mặt phẳng Oxy gọi mặt phẳng phức, ký hiệu C Ta gọi x phần thực số phức z, ký hiệu Re(z); y gọi phần ảo số phức z, ký hiệu Im(z); trục Ox gọi trục thực, Oy gọi trục ảo Với hai số phức z1 = (x1 , y1 ) z2 = (x2 , y2 ), ta nói z1 = z2 x1 = x2 y1 = y2 Các phép toán tính chất Ta đồng số thực x với số phức (x, 0) viết x = (x, 0) Đặc biệt (0, 0) = (1, 0) = Ký hiệu số phức (0, 1) = i gọi đơn vị ảo Trên tập hợp số phức, ta xây dựng hai phép toán z1 + z2 = (x1 + x2 , y1 + y2 ); z1 z2 = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 ) Từ đồng x = (x, 0) phép toán tập hợp số thực bảo toàn Thật vậy, ta số điều x + y = (x, 0) + (y, 0) = (x + y, + 0) x.y = (x, 0).(y, 0) = (x.y − 0.0, x.0 + y.0) = (xy, 0) z + = (x, y) + (0, 0) = (x + 0, y + 0) = (x, y) = z z.0 = (x, y).(0, 0) = (x.0 − y.0, x.0 + y.0) = z.1 = (x, y).(1, 0) = (x.1 − y.0, x.0 + y.1) = (x, y) = z i.i = (0, 1).(0, 1) = (0.0 − 1.1, 0.1 + 1.0) = (−1, 0) = −1 Bởi (y, 0) = y với y ∈ R nên (0, y) = (0, 1).(y, 0) = i.y Do đó, ta nhận dạng biểu diễn sau số phức z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x + iy Số phức z¯ = x − iy gọi số phức liên hợp số phức z = x + iy Ta dễ dàng chứng minh tích chất sau: Với số phức z = x + iy, z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2 ta có (i) z = z; z1 + z2 = z¯1 + z¯2 ; z1 z2 = z¯1 ¯ z2 (ii) z + z¯ = Rez = 2x; z − z¯ = 2iImz = 2iy (iii) z.¯ z = x2 + y ≥ Các phép toán ngược z1 − z2 = (x1 − x2 ) + i(y1 − y2 ) z1 ¯ z2 x x + y1 y2 z1 = = z2 z2 ¯ z2 x22 + y22 Mặt cầu số phức Riemann Trong không gian Oξηζ, xét mặt 1 bán kính , cực bắc mặt cầu điểm N (0; 0; 1) 2 Mặt phẳng Oξη trùng với mặt phẳng Oxy Với z ∈ C, đường thẳng cầu S tâm 0; 0; zN cắt mặt cầu S điểm Π(z) Phép tương ứng z → Π(z) xác định song ánh từ C lên S\{N } Nếu điểm z = x + iy Π(z) có tọa độ x y |z|2 ξ= ;η = ;ζ = + |z|2 + |z|2 + |z|2 (1.1.1) Trong phép ánh xạ Π : C → S, điểm N điểm không tương ứng với điểm C Ta thấy |z| → ∞ Π(z) → N Một cách tự nhiên cần bổ sung điểm ∞ để tương ứng với N Ta kí hiệu C = C ∪ {∞} gọi mặt phẳng phức mở rộng Với z1 , z2 ∈, ta đặt d(z1 , z2 ) = (ξ1 − ξ2 )2 + (η1 − η2 )2 + (ζ1 − ζ2 )2 , Π (z1 ) = (ξ1 ; η1 ; ζ1 ), Π (z2 ) = (ξ2 ; η2 ; ζ2 ) Số d (z1 ; z2 ) gọi khoảng cách cầu hai số phức z1 z2 Tập điểm mặt phẳng phức Giả sử a ∈ C số thực r > Ta gọi tập hợp S(a, r) = {z ∈: |z − a| < r} S(a, r) = {z ∈: |z − a| ≤ r} tương ứng hình tròn mở hình tròn đóng tâm a bán kính r Tập hợp G ⊂ C gọi tập hợp mở a ∈ G tồn đĩa mở S(a, r) ⊂ G Điểm a gọi điểm biên tập hợp X ⊂ C với r > ta có S(a, r) ∩ X = φ S(a, r) ∩ (C\X) = φ Tập tất điểm biên X gọi biên X ký hiệu ∂X không đổi tích phân lấy dọc theo đường thẳng x + iy với y số Vì ∞ fˆ (µ) = √ 2π Với y = ∞ e−α(x+iy) −∞ e−iµ(x+iy) dx = √ eαy +µy 2π e−αx −ix(2αy+µ) dx −∞ −µ 2α ∞ µ2 fˆ (µ) = √ e− 4α 2π −∞ µ2 e−αx dx = √ e− 4α , 2α ∞ e−αx dx = π α −∞ µ2 x2 f (x) = e− ; fˆ (µ) = e− Khi ta nói f fˆ có dạng giống µ2 Vậy biến đổi Fourier hàm f (x) fˆ (µ) = √ e− 4α 2α Nếu α = 2.4 Tích phân Laplace 2.4.1 Một số khái niệm Giả sử f hàm biến thực phức biến t > s tham số thực phức Biến đổi Laplace f xác định ký hiệu ∞ e−st f (t)dt F (s) = (Lf (t)) = τ e−st f (t)dt = lim τ →∞ (2.4.1) Biến đổi Laplace hàm f (t) gọi tồn tích phân (2.4.1) hội tụ miền Trường hợp tích phân phân kỳ ta nói không tồn biến đổi Laplace xác định hàm f 45 Ký hiệu L(f ) sử dụng cho biến đổi Laplace hàm f , tích phân tích phân Riemann thông thường với cận vô tận Hàm F (s) gọi hàm ảnh biến đổi Laplace Phép biến đổi Laplace gọi thực hay phức biến số s hàm ảnh F (s) thực hay phức Tham số s thuộc miền đường thẳng thực mặt phẳng phức Chúng ta chọn s thích hợp cho tích phân (2.4.1) hội tụ Trong toán học kỹ thuật, miền biến đóng vai trò quan trọng Tuy nhiên, trường hợp đặc biệt, phương trình vi phân giải được, miền tham số s thường không cần xét đến Khi biến s phức ta thường sử dụng ký hiệu s = x + iy Ký hiệu L biến đổi Laplace, tác động lên hàm f = f (t) sinh hàm theo biến s hàm F (s) = L (f (t)) 2.4.2 Một số ví dụ Nếu f (t) ≡ với t ≥ 0, ∞ (Lf (t)) = e −st 1dt = lim τ →∞ e−st −s τ = lim τ →∞ e−sτ + −s s (2.4.2) Trường hợp s số thực dương ta nhận (1) = ; s > 0, s (2.4.3) s ≤ tích phân phân kỳ dĩ nhiên lời giải biến đổi Laplace Nếu s biến phức mà Re(s) > tính toán tương tự ta có L(1) = Thực vậy, để kiểm tra tính toán đây, ta cần đến s công thức Euler eiθ = cos θ + i sin θ; θ thực (2.4.4) Dĩ nhiên, ta có |eiθ | = Chúng ta cần chứng tỏ (có thể bỏ qua 46 dấu trừ cận lấy tích phân để đơn giản hóa tính toán) est , e dt = s st (2.4.5) với số phức tùy ý s = x + iy khác Để thấy điều này, theo công thức Euler có nhận xét est dt = e(x+iy)t dt = ext cos ytdt + i ext sin ytdt Tích phân phần hai tích phân ta nhận ext e dt = [(x cos yt + y sin yt) + i(x sin yt − y cos yt)] x + y2 st Ta biểu diễn vế phải (2.4.5) sau est e(x+iy)t ext (cos yt + i sin yt)(x − iy) = = s x + iy x2 + y ext [(x cos yt + y sin yt) + i(x sin yt − y cos yt)] = x + y2 Như đẳng thức (2.4.5) chứng minh Thêm nữa, thu đẳng thức (2.4.3) tham số phức s lấy Re(s) = x > Bởi lim e−sτ = lim e−xτ e−iyτ = lim e−xτ = 0, τ →∞ τ →∞ τ →∞ nên ta nhận giới hạn (2.4.3) Sử dụng kết đây, tính L(cos ωt) L(sin ωt), với ω số thực Trước hết ta tính ∞ e(iω−s)t e dt = lim τ →∞ iω − s τ −st iωt iωt L(e ) = e = s − iω Bởi x = Re(s) > nên lim eiωt e−sτ = lim e−xt = Tương tự ta τ →∞ τ →∞ tính L(e−iωt ) = Sử dụng tính chất tuyến tính phép s + iω 47 biến đổi Laplace L tích phân toán tử tuyến tính, ta suy L(eiωt ) + L(e−iωt ) eiωt + e−iωt =L 2 = L(cos ωt) Do L(cos ωt) = 1 + s − iω s + iω = s s2 + ω (2.4.6) Hoàn toàn tương tự L(sin ωt) = 2i 1 − s − iω s + iω = ω ; Re(s) > s2 + ω (2.4.7) Biến đổi Laplace hàm xác định phân đoạn xử lý dễ dàng sau Cho hàm  t f (t) = 1 ≤ t ≤ Từ định nghĩa phép biến đổi t > Laplace, ta có ∞ e−st f (t)dt L (f (t)) = te−st = −s 1 + s −st e e−st dt + lim τ →∞ −s τ 1 − e−s ; Re(s) > = s2 2.5 Mối liên hệ tích phân Fourier tích phân loại Cauchy Giả sử F (ζ) hàm xác định đường cong L Ta nhớ lại tích phân 2πi F (ζ) dζ ζ −z L gọi tích phân loại Cauchy 48 (2.5.1) + Trường hợp đường L đường thẳng, ta có   F + (z), Imz ≥ F (ζ) dζ =  F − (z), Imz < 2πi ζ − z (2.5.2) L + Nếu F (ζ) ∈ {{0}} tồn giới hạn hàm số F ± (z) trục thực giới hạn có mối liên hệ với F tích phân ∞ 1 F + (x) = F (x) + 2πi F (ζ) dζ ζ −x −∞ ∞ 1 F − (x) = − F (x) + 2πi F (ζ) dζ ζ −x (2.5.3) −∞ Hoặc biểu diễn theo hai công thức sau F + (x) − F − (x) = F (x) (2.5.4) ∞ F (ζ) dζ ζ −x F + (x) + F − (x) = πi (2.5.5) −∞ Tích phân (2.5.5) hiểu toán đặc biệt với tích phân Fourier ∞ F (x) = √ 2π f (t)eixt dt (2.5.6) −∞ Thay biến thực x biến phức z ta nhận ∞ F (z) = √ 2π f (t)eizt dt (2.5.7) −∞ Tích phân (2.5.7) tích phân tương ứng mặt phẳng z = x + iy (ở tích phân tuyệt đối giống nhau) Nếu lớp {{0}} không đặt vào trục thực, tích phân (2.5.7) phần 49 phân tích tích phân (2.5.6) mặt phẳng phức z = x + iy Tích phân (2.5.7) gọi tích phân Fourier Khi thay giá trị tích phân Fourier vào mặt phẳng phức trước tiên ta thiết lập mối liên hệ tích phân Fourier tích phân Cauchy với F (x) lấy theo trục Ta có: ∞ ∞ F (ζ) dζ = ζ −z 2πi 2πi −∞ −∞ ∞ =√ 2π eiζt dζ + √ ζ −z 2π f (t)dt 2πi −∞ −∞ ∞ 1 dζ √ ζ −z 2π f (t)eiζt dt −∞ ∞ ∞ f (t)dt 2πi eiζt dζ ζ −z −∞ Ta xét hai trường hợp (∗) Trường hợp điểm z nằm nửa mặt trục Ta có ∞ F (ζ) dζ ζ −z 2πi −∞ ∞ = 2πi −∞ eiζt dζ √ ζ −z 2π ∞ f (t)dt + 2πi −∞ −∞ eiζt dζ √ ζ −z 2π ∞ f (t)dt ∞ =√ 2π f (t)eizt dt; (Imz > 0) Do ∞ 2πi eiζt dζ = 0; Imz < ζ −z −∞ ∞ 2πi eiζt dζ = eizt ; Imz > ζ −z −∞ nên ∞ 2πi −∞ ∞ F (ζ) dζ = √ ζ −z 2π f (t)eizt dt; Imz > 0 50 (2.5.8) (∗∗) Trường hợp điểm nằm nửa mặt Bằng lập luận tương tự ta ∞ 2πi −∞ F (ζ) dζ = − √ ζ −z 2π f (t)eizt dt; Imz < (2.5.9) −∞ Trong thực tế ta chứng minh ngược lại từ vế bên phải công thức cuối ta rút vế trái công thức Trước tiên ta thiết lập hai hệ thức liên kết eizt hệ số Cauchy Giả sử công thức t ζ số thực, z = x + iy ζ −z số phức Ta có ei(z−ζ)t = e−yt ei(x−ζ)t , y t dấu t → ∞ ei(z−ζ)t → Từ đó, ta nhận công thức sau ∞ e i(z−ζ)t ei(z−ζ)t dt = i(z − ζ) e i(z−ζ)t ei(z−ζ)t dt = i(z − ζ) −∞ ∞ ; Imz > i(ζ − z) = 0 =− −∞ ; Imz < i(ζ − z) (2.5.10) (2.5.11) Từ đó, ta nhận ∞ √ 2π ∞ f (t)eizt dt = 2π ∞ −∞ ∞ = F (ζ)e−itζ dζ eizt dt 2π ∞ ei(z−ζ)t dt F (ζ)dζ −∞ Theo (2.5.10) (2.5.11) ta nhận công thức (2.5.8) (2.5.9) Tuy nhiên vấn đề thực tế, để thuận tiện ta lấy công thức khởi đầu ∞ f (t) = √ 2π F (x)e−ixt dx −∞ 51 (2.5.12) Tiếp theo ta chứng minh công thức ∞ F (x) = √ 2π f (t)eixt dt −∞ suy từ công thức (2.5.2) đồng thời theo (2.5.8) (2.5.9) ta có ∞ F + (z) = √ 2π f (t)eizt dt, 0 F − (z) = − √ 2π f (t)eizt dt −∞ Trong trường hợp với biến z tích phân thu giá trị giới hạn hàm số F ± (z) trục cách thay z vào x sau việc áp dụng công thức (2.5.3) 2.6 Một số ứng dụng Phần trình bày số ứng dụng tích phân vừa trình bày (tích phân lớp hàm chỉnh hình) 2.6.1 Bài toán biên Riemann-Hilbert Bài toán đặt sau: tìm hàm biến phức f (z) = u(z) + iv(z) chỉnh hình miền D liên tục D thỏa mãn biên ∂D điều kiện a(ζ)u(ζ) − b(ζ)v(ζ) = c(ζ) (2.6.1) a, b, c hàm số thực ∂D Ý tưởng giải toán diễn giải sau Trước hết, D miền liên thông việc sử dụng toán ánh xạ quy trường hợp D đường tròn đơn vị |z| < Trường hợp này, giả định thêm hàm số a, b, c thỏa mãn điều kiện H¨older a2 + b2 = khắp nơi ∂D Điều kiện biên (2.6.1), viết lại dạng 2Re(a + ib)f (ζ) = (a + ib)f (ζ) + (a − ib)f (ζ) = 2c 52 (2.6.2) Bên đường tròn đơn vị ta có f∗ (z) = f z¯ (2.6.3) Biểu thức F (z) hàm số f (z) nằm hình tròn |z| < f∗ (z) nằm bên Giá trị giới hạn F (z) ∂D bên phải F + (ζ) = f (ζ), giá trị giới hạn bên trái F − (ζ) = f (ζ) Khi đó, điều kiện (2.6.2) viết lại sau (a + ib)F + (ζ) + (a − ib)F − (ζ) = 2c; (2.6.4) F − (ζ) = A(ζ)F + (ζ) + B(ζ) (2.6.5) với −2c a + ib , B(ζ) = (2.6.6) a − ib a − ib Vì vậy, lời giải toán Riemann – Hilbert quy lời giải A(ζ) = − toán Hilbert – Privalov [4] Tuy nhiên, lời giải F (z) toán (2.6.5) cho lời giải toán (2.6.2), điều kiện (2.6.3) liên kết giá trị F (z) tương xứng với số điểm vòng tròn, nói chung không thỏa mãn Tuy nhiên, với lời giải F (z) dễ dàng xây dựng lời giải thỏa mãn điều kiện Để làm điều này, với hàm F (z) ta xét hàm F∗ (z) = F z¯ Lưu ý rằng, hàm thỏa mãn điều kiện (2.6.4) nên thỏa mãn điều kiện (2.6.5) Như thế, hàm {F (z) + F∗ (z)} đương nhiên thỏa mãn điều kiện (2.6.4) Như vậy, hình tròn đơn vị ta nhận lời giải toán biên Riemann–Hilbert 53 2.6.2 Ứng dụng tích phân Fourier vào tìm nghiệm toán Dirichlet nửa mặt phẳng Cho phương trình ∂ 2u ∂ 2u + = 0, ∂x2 ∂y −∞ < x < ∞, (2.6.7) y > thỏa mãn điều kiện u (x, 0) = f (x) , −∞ < x < ∞ (2.6.8) Ta tìm nghiệm phương trình (2.6.7) Giả sử hàm có tính chất đủ tốt, ta có ∞ uˆ (µ, y) = √ 2π u (x, y) e−iµx dx −∞ Ta có ∂u ∂x ∂ 2u ∂x2 ∧ = iµˆ u, ∧ = −µ2 uˆ, ∧ ∂ 2u ∂ uˆ = ∂y ∂y Từ (2.6.7) (2.6.8) ta có ∂ uˆ −µ uˆ + = ∂y (2.6.9) Giải phương trình (2.6.9) ta nghiệm uˆ (µ, y) = C1 e−|µ|y + C2 e|µ|y Vì e−|µ|y biến đổi Fourier ngược, nên ta xét trường hợp C2 = Khi uˆ (µ, y) = C1 e−|µ|y , điều kiện (2.6.8) nên ta có uˆ (µ, y) = fˆ (µ) e−|µ|y 54 Đặt gˆ (µ) = e−|µ|y , ∞ g (x, y) = √ 2π −∞  =√  2π ∞ gˆ (µ) eixµ dµ = √ 2π e−|µ|y eixµ dµ −∞ ∞ e(ix+y)µ dµ + −∞  e(ix−y)µ dµ 1 =√ − 2π ix + y ix − y y π x2 + y 2y =√ = 2π x2 + y Từ ta có ∞ u (x, y) = (f ∗ g) (x, y) = g (x − t, y) f (t) dt −∞ ∞ = π −∞ y f (t) dt (x − t)2 + y Vậy nghiệm phương trình Dirichlet ∞ u (x, y) = π −∞ y f (t) dt (x − t)2 + y 2.6.3 Ứng dụng tích phân Laplace giải số phương trình đạo hàm riêng đặc biệt Cho phương trình a ∂u ∂ 2u ∂u ∂ 2u + b + cu + a + b =0 1 ∂x2 ∂x ∂t2 ∂t (2.6.10) a, b, c, a1 , b1 hàm số liên tục biến số x với điều kiện ≤ x ≤ l t > Đối với toán có hai trường hợp phân biệt sau Trường hợp Nếu a1 < 0, (2.6.10) phương trình Hypebol 55 Trường hợp Nếu a1 = b1 < 0, (2.6.10) phương trình Parabol Để tìm nghiệm u(x, t) phương trình (2.6.10) với ≤ x ≤ l, t > thỏa mãn điều kiện ban đầu u(x, 0) = ϕ(x), ∂u(x, 0) = ψ(x) ∂t (2.6.11) điều kiện biên u(0, t) = f (t), α ∂u(l, t) ∂u(l, t) +β = γu(l, t) ∂x ∂t (2.6.12) α, β, γ số Đặt ∞ u(x, t)e−st dt (2.6.13) ∂u −st ∂U e dt = ∂x ∂x (2.6.14) ∂ 2U ∂ u −st e dt = ∂x2 ∂x2 (2.6.15) U (x, s) = ta nhận ∞ ∂u L = ∂x ∂ 2u = L ∂x2 ∞ Sử dụng công thức đạo hàm gốc ta L ∂u ∂ 2u ∂u(x, 0) = sU − u(x, 0); L = s U − su(x, 0) − ∂t ∂t2 ∂t Từ kiện đầu toán ta nhận L ∂u = sU − ϕ(x) ∂t (2.6.16) ∂ 2u L = s2 U − sϕ(x) − ψ(x) ∂t (2.6.17) Đặt F (s) = L[f (t)], ta có U |x=0 = F (s), [α ∂U + β(sU − ϕ)] ∂x 56 = γ U |x=1 x=1 (2.6.15) Thay điều kiện (2.6.14), (2.6.15), (2.6.16), (2.6.17) vào phương trình (2.6.10), ta phương trình toán tử ∂ 2u ∂u a +b + AU + B = ∂x ∂x với A = c + a1 s2 + b1 s, B = −a1 sϕ − a1 ϕ − b1 ϕ 57 KẾT LUẬN Luận văn hệ thống hóa số kiến thức về: Tích phân Cauchy, tích phân loại Cauchy, tích phân Fourier, tích phân Laplace Mục đính đề tài nghiên cứu số biểu diễn dạng tích phân hàm chỉnh sau Ứng dụng tích phân loại Cauchy vào giải số toán biên phương trình đạo hàm riêng Ứng dụng tích phân Fourier vào tìm nghiệm toán Dirichlet nửa mặt phẳng Ứng dụng tích phân Laplace việc giải số phương trình đạo hàm riêng đặc biệt Tác giả chân thành cảm ơn nhận ý kiến đóng góp thành viên hội đồng để luận văn hoàn thiện 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu tiếng Việt [1] Đ T Cấp (2003), Bài tập hàm biến phức, NXB Giáo dục, Hà Nội [2] N V Khuê, L M Hải (2006), Hàm biến phức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] B V Sabat (1979), Nhập môn giải tích phức, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp Hà Nội Tài liệu tiếng Anh [4] H Triebel (1978), Interpolation theorem, Function spaces differential operators, Berlin 59 [...]... 32 (1.3.8) Chương 2 Biểu diễn tích phân của hàm chỉnh hình Trong chương này chúng ta sẽ nghiên cứu biểu diễn tích phân của lớp hàm chỉnh hình từ đó nhận được tích phân dạng Cauchy, dạng Fourier, dạng Laplace đồng thời nghiên cứu một số tính chất của chúng và xem xét một số ứng dụng của các loại tích phân này Tài liệu dùng để nghiên cứu chương này là X([2] , [3] , [4]) 2.1 Tích phân Cauchy 2.1.1 Định... ⊃ M thành hàm chỉnh hình trên Ω Cuối cùng, tính chỉnh hình của hàm f tại điểm vô cùng được hiểu là tính chỉnh hình của hàm ϕ(z) = f 1 z tại z = 0 Định nghĩa này cho ¯ phép ta xét hàm chỉnh hình trên các tập hợp của mặt phẳng đóng C (∗) Ý nghĩa hình học: Hàm f là C khả vi tại z0 cùng với điều kiện f (z0 ) = 0 chính là tính bảo giác của ánh xạ f tại z0 Một số tính chất cơ bản của hàm chỉnh hình Tính... nghĩa 1.2.3 (Hàm chỉnh hình) Hàm f xác định trên miền D được gọi là hàm chỉnh hình (hay hàm giải tích) tại z0 ∈ D nếu tồn tại ε- lân cận của z0 chứa trong D sao cho f là C- khả vi tại z0 và U (ε, z0 ) Ta gọi hàm f là chỉnh hình trên tập hợp mở Ω ⊂ C, nếu nó chỉnh hình tại mỗi điểm của tập này (do vậy đối với những tập này khái niệm chỉnh 21 hình và khả vi phức trùng nhau) Hàm f chỉnh hình trên tập... 1.3.1 Giả sử hàm f ∈ H (D) Hàm F (z) ∈ H (D) được gọi là nguyên hàm của hàm f (z) nếu F (z) = f (z), ∀z ∈ D 1 Nếu F là nguyên hàm của f trong D thì F + C, với C là hằng số, cũng là nguyên hàm của f trong D 2 Một hàm f bất kỳ chỉnh hình trong miền đơn liên D thì có nguyên hàm trong miền ấy Sự tồn tại nguyên hàm Giả sử f là một hàm chỉnh hình trong một miền đơn liên D và z, z0 ∈ D Khi đó tích phân z φ(z0... hàm của hàm chỉnh hình trong D là mạnh hơn chỉnh hình trong D Chứng minh Đối với điểm z0 ∈ D bất kỳ, ta dựng hình tròn U = {|z − z0 | < R} ⊂ D Khi đó hàm f được biểu diễn như là tổng của chuỗi lũy thừa trong hình tròn này ∞ Theo định lý: Tổng của chuỗi lũy thừa f (z) = cn (z − a)n chỉnh hình n=0 trong hình tròn hội tụ của nó, đạo hàm f = ϕ được biểu diễn bởi chuỗi hội tụ trong chính hình tròn ấy Do đó,... trong công thức (1.3.4) là tổng của hai tích phân đường loại hai Như vậy, tích phân (1.3.3) tồn tại nếu tồn tại hai tích phân đường udx − vdy và γ udy + vdx γ 28 Như vậy nếu f liên tục trên γ thì tích phân (1.3.3) tồn tại và udx − vdy + i f (z)dz = γ γ udy + vdx (1.3.5) γ Một số tính chất cơ bản của tích phân phức Từ công thức biểu diễn (1.3.5) dưới dạng tổng của hai tích phân đường loại hai ta nhận được... ấy Do đó, lại ứng dụng định lý này cho hàm ϕ và nghĩa là ϕ khả vi trong U theo nghĩa giải tích phức Một vài định lý quan trọng đối với hàm chỉnh hình Định lý 1.2.2 Giả sử f là hàm chỉnh hình trong miền D và hình tròn ¯ 0 , r) ⊂ D Khi đó giá trị của hàm f tại z0 có thể biểu diễn dưới dạng S(z 2π 1 f (z0 ) = 2πi f (z0 + reiϕ )dϕ 0 Chứng minh Theo công thức tích phân Cauchy, ta có f (z) = 1 2πi f (z)... chất cơ bản của hàm chỉnh hình Tính chất 1.2.1 Nếu hàm f có nguyên hàm F trong D thì f chỉnh hình trong D Tính chất này cho ta một ý nghĩa quan trọng như sau: Mọi dạng vi phân đóng f dz = dF trong D là một dạng đóng trong D Tính chất 1.2.2 Tổng và tích của các hàm chỉnh hình trong miền cũng chỉnh hình trong miền ấy Do đó tập tất cả những hàm chỉnh hình trong miền D lập nên một vành và vành này ta sẽ... là hàm ϕ(z) = f (z) 1 = z 2πi f (η) dη η(η − 1) ∂S(o,r) chỉnh hình trong hình tròn S(0, r) Vì r < 1 tuỳ ý nên ϕ(z) là chỉnh hình trong hình tròn đơn vị S(0, 1) Khi |z| = r < 1 thì f (z) 1 < z r |ϕ(z)| = Theo nguyên lý modul cực đại, ta có 1 |ϕ(z)| < ; với mọi |z| ≤ r r Cho r → 1, ta nhận được f (z) |ϕ(z)| = ≤ 1; với mọi z ∈ S(0, 1) z 1.3 Nguyên hàm và tích phân của hàm một biến phức 1.3.1 Nguyên hàm. .. ϕ(η) là hàm giải tích ánh xạ 1 − 1 đường cong Γ lên đường cong γ = ϕ(Γ), thì f (ϕ(η)) · ϕ (η)dη f (z)dz = γ Γ 29 Đặc biệt, nếu z = z(t); t ∈ [a, b] là phương trình của đường cong γ thì b f (z(t)) · z (t)dt f (z)dz = γ a Nếu tồn tại một hàm chỉnh hình g trong miền D chứa γ sao cho g (z) = f (z) với mọi z ∈ γ, thì g được gọi là một nguyên hàm của hàm f Giả sử z = z(t); t ∈ [a, b] là phương trình của γ