tài liệu trang web lớp đ5h13b đại học điện lực

§2 TÍCH PHÂN CAUCHY CHO MIỀN ĐƠN LIÊN& ĐA LIÊN I... Phép biến đổi Laplace.[r]

CHƯƠNG I: HÀM GIẢI TÍCH

§ SỐ PHỨC VÀ CÁC PHÉP TOÁN TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC I Dạng đại số:

1 Định nghĩa: Dạng đại số của số phức có dạng: z=x+iy x=Rez: phần thực

y=Imz: phần ảo i: đơn vị ảo, i2=−1

Tập tất cả các số phức gọi là Trường số phức: ký hiệu C 2 số phức bằng nhau:

x1+iy1=x2+iy2⇔{

x1=x2

y1=y2

3 Số phức liên hợp:

Số phức liên hợp của z=x+iy là ¯z=x −iy

4 Các phép toán về số phức:

 Phép cộng:

z1+z2=(x1+x2)+i(y1+y2)

 Phép trừ:

z1− z2=(x1− x2)+i(y1− y2)

 Phép nhân:

z1z2=(x1x2− y1y2)+i(x2y1+x1y2) ¯z z=x2+y2

 Phép chia:

z1

z2

=z1z2

z2z2

Ví dụ: Tính A=

(2 −3 i )(1+i )=

(2− 3i ) (1+i )

26 =

5+i 26

Ví dụ : Rút gọn

B=i+i

2

+i3+i4+i5

1+i =

i− 1− i+1+i

1+i =

i(1 −i)

2 =

i+1

2 II.Biểu diễn hình học và dạng lượng giác

2 Dạng lượng giác:

z=x+iy=r ( cos ϕ+i sin ϕ) r=√x2

+y2

ϕ=Argument(z)=Arg(z )=arg (z )+k Π , (k =0,± 1, ±2, …) ϕ là hàm đa trị

arg(z) là giá trị chính (− Π <arg(z )< Π)

arg (z)=

{arctan yx x >0 Π +arctan y

x x<0 , y>0 − Π +arctan y

x x<0 , y<0 Π

2 x=0 , y >0

−Π

2 x=0 , y <0

Ví dụ:

Biểu diễn số phức z=-1-I về dạng lượng giác:

r =√2

arg z=− Π +arctan 1=− Π +Π 4=−

3 Π

⇒ z=√2(cos3 Π −i sin

3 Phép nhân và chia số phức dưới dạng lượng giác:

z1z2=r1.r2[cos(ϕ1+ϕ2)+i sin(ϕ1+ϕ2)]

z1 z2=

r1

r2[cos(ϕ1− ϕ2)+i sin(ϕ1− ϕ2)]

4 phép lũy thừa và phép khai  zn=rn[cos (nϕ)+isin (nϕ)]

 √n z=√nr[cos(ϕ+k Π

n )+isin(

ϕ+k Π

n )], k =0 ;n −1

Vậy bậc n của số phức z gồm n giá trị Ví dụ:

 Tìm √31+i=√62 [cos(

Π

4 +k Π

3 )+i sin(

Π

4 +k Π

3 )], k=0; n− 1

5 Dạng mũ

Công thức Euler: eiϕ=cos ϕ+isin ϕ

z=reiϕ

Ví dụ:

z=−1 −i=√2 e−i Π4

5 Một số miền mặt phẳng phức:  |z1− z2| : Khoảng cách giữa số phức  |z − z0|=r : Đường tròn tâm Z0, bán kính r

 |z − z0|<r : Hình tròn mở tâm Z0, bán kính r ( hình tròn không tính biên)

 |z− z0|≤ r : Hình tròn đóng tâm Z0, bán kính r ( hình tròn có biên)  |z − z0|>r : Phần ngoài hình tròn mở tâm Z0, bán kính r

BÀI TẬP

1 Viết dưới dạng mũ và dạng lượng giác các số phức sau:

a) z=-5 b) 1− i√3 c)-2+2i d) −√3 −i

2 Tính và viết dưới dạng đại số:

a¿− 2+i

4 − 3i b) (1+i√3)

6 c)

(1−i1+i)

5

d) (1+i1− i√3)

4

e)

√1

3.Tính và viết dưới dạng mũ: a)

4 Tìm và biểu diễn hình học các số phức thỏa: ¯z=z2

GIẢI:

r=0

rei ϕ=1⇔

{ϕ=k Πr=1

3 , k =0 ;1;2

⇔ reiϕ

=r2ei ϕ⇔re−iϕ=r2ei ϕ⇔¿

5 Vẽ tập điểm xác định bởi

a) |z − 1+i|=1 b) |z +i|≤ 3 c) Re (¯z− i)=2 d) |2 z −i|=4 e) |z − 1|=|z +i|

§2 HÀM BIẾN PHỨC I Miền và biên mp phức:

Miền mp phức là tập D có tính chất sau: D là tập mở ⇔ ∀ z∈ D ,∃ S ( z , r)⊂ D

2 D liên thông ⇔ ∀ z1, z2∈ D có thể nối z1, z2 bằng đường gấp khúc nằm trọn D

3 Biên của D là đường cong kín C: gồm các điểm của mp phức thỏa:

a) C ∩ D=Φ

b) ∃ hình tròn nếu chứa điểm của C thì nó sẽ chứa ít điểm của D D=D¯ ∪C gọi là miền đóng

II Hàm biến phức

1 Định nghĩa: S⊂C , Hàm số f: S →C là quy tắc cho mỗi z∈ S tương

ứng phần tử nhất f ( z )∈C Hàm biến phức này gọi là hàm đơn trị Trong lý thuyết hàm phức ta thường gặp các hàm đa trị nghĩa là ứng với mỗi z

có thể có nhiều f(z)

3 Phần thực và phần ảo của hàm biến phức:

z=x +iy⇒ w=f ( z)=u ( x ; y )+iv ( x ; y )

Ví dụ:

Cho w=f ( z )=x2− y2

+i(x + y2) Tính f(1+2i)

GIẢI:

Ví dụ:

Cho w=f ( z )=z2 Tính u(x;y), v(x;y)

GIẢI:

w=f ( x +iy )=x⏟2− y2

u

+i(2 xy )⏟

v

⇔{u=x2− y2 v=2 xy

III Giới hạn và liên tục

1 Giới hạn: w0 gọi là Giới hạn của hàm w=f(z) z → z0 ⇔ ∀ ε>0,∃ δ>0

sao cho |z − z0|<δ⇒|w − w0|<ε

Ký hiệu: z → zlim

0

f (z)=w0

2 Liên tục: f(z) gọi là liên tục tại z0 ⇔ z → zlim

0

f(z)=f(z0)

3 f ( z)=u ( x ; y )+iv ( x ; y ) liên tục ⇔ Các hàm u(x;y), v(x;y) cũng liên tục

IV Các hàm sơ cấp bản

1 Hàm mũ:

 ez : đơn trị và giải tích ∀ z

 ez : có thể âm

 (ez

)′=ez

2.Hàm lượng giác



¿

eiz=cos z+i sin z

e− iz

=cos z − isin z

eiz+e

− iz

2 ,sin z=e

iz−e− iz

2 i

⇒cos z=¿{

¿

 (cos z)′=− sin z ,(sin z)′=cos z

3 Hàm Hypebolic:

ez+e

− z

2 , shz=e

z− e− z

2 , tghz= sinh z

cosh z ,coth z= cosh z sinh z chz=¿

4 Hàm Logarit:

z=reiϕ⇒ Lnz=Lnr+i(ϕ+k Π ), (− Π <ϕ<Π )

 Vậy Lnz là hàm đa trị

 Với k=0 ta được nhánh chính của Lnz

BÀI TẬP:

1 Tính giá trị các hàm phức sau:

a) Ln(−√2+i√2) b) Ln(1 −i√3) c) Ln(−1

2+i

√3

2 )

2 Viết các hàm sau về dạng đại số:

a)ch(1-i) b)sin(1+i) c) (1− i)2+i d) ii e) (2+i)1− i f) (1− i)2i +1 g) 32+i

h) sin(Π

§3 ĐẠO HÀM

1 Định nghĩa: Đạo hàm của hàm biến phức f(z) tại z nếu giới hạn sau tồn tại

f'( z )= lim

Δz→ 0

f (z+ Δz)− f ( z) Δz

2 Quy tắc: a) (w1± w2)

′

=w1' ± w2'

b) (w1w2) ′

=w1' w2± w2' w1

c) (ww1

2) ′

=w1

'w

2− w'2w1

w22

d) (wn)′=nwn −1 w'

3 Điều kiện để hàm biến phức khả vi tại điểm:

Định lý: Cho hàm f ( z)=u ( x ; y )+iv ( x ; y ) , nếu các hàm biến u(x;y), v(x;y) có các đạo hàm riêng liên tục và thỏa điều kiện Cauchy-Riemann:

{ ∂ x∂u= ∂ v ∂ y ∂ u ∂ y=−

∂ v ∂ x

Tại điểm z=x+iy thì f(z) khả vi tại điểm này

4 Điều kiện để hàm biến phức giải tích tại điểm:

Định lý: Nếu hàm f ( z)=u ( x ; y )+iv ( x ; y ) khả vi tại mọi điểm lân cận nào đó của điểm z0 thì f(z) giải tích tại z0

NHẬN XÉT:

 Trong miền thì tính khả vi và giải tích là tương đương

 Nhưng tại điểm thì tính giải tích đòi hỏi điều kiện nhiều tính khả vi Định lý: Cho hàm f ( z)=u ( x ; y )+iv ( x ; y ) , nếu các hàm biến u(x;y), v(x;y) có các đạo hàm riêng liên tục và thỏa điều kiện Cauchy-Riemann:

{ ∂ x∂u= ∂ v ∂ y ∂ u ∂ y=−

∂ v ∂ x

Trong miền D là điều kiện cần và đủ để hàm f(z) giải tích miền D và đó đạo hàm của f(z) cho bởi công thức:

f'(z )=¿ ∂ u∂ x+i∂ v

∂ x= ∂ v ∂ y−i

∂ u ∂ y

5 Liên hệ giữa hàm giải tích và hàm điều hòa

5.1 Hàm u(x;y) gọi là hàm điều hòa miền D nếu nó thỏa pt LPLACE:

∇u

=¿ ∂

2

v ∂ x2+

5.2 Định lý: hàm f ( z)=u ( x ; y )+iv ( x ; y ) giải tích D ⇔ phần thực và phần ảo là những hàm điều hòa D và thỏa điều kiện C-RVí dụ: xét tính giải tích và tính đạo hàm của các hàm sau:

a) f ( z )=x2− y2+2 ixy b) f ( z )=ex(cos y +i sin y )

GIẢI:

a) ∂ u∂ x=2 x ,∂ v

∂ x=2 y , ∂ v ∂ y=2 x ,

∂ u

∂ y=− y

Các đạo hàm riêng thỏa điều kiện C-R ⇒ f'(z )=¿ ∂ u∂ x+i∂ v∂ x=2 x+2 iy=2 z Vậy

(z2

)′=2 z

b) ∂ u∂ x=cos yex,∂ v

∂ x=sin ye

x,∂ v

∂ y=cos ye

x,∂ u

∂ y=−sin ye

x

Các đạo hàm riêng thỏa điều kiện C-R ⇒

f'(z )=¿ ∂ u∂ x+i∂ v

∂ x=e

x

(cos y +isin y )=ez Vậy (ez)′=ez

Ví dụ: xét tính khả vi của các hàm sau: a) f ( z )=x2− y3

+9 ixy b) f ( z)=(¯z )2 c) f ( z )=z2−i¯z+iz \{¯z

GIẢI:

a) ∂ u∂ x=2 x ,∂ v

∂ x=9 y , ∂ v ∂ y=9 x ,

∂ u

∂ y=−9 y

2

Để hàm số khả vi và chỉ điều kiện C-R được thỏa ta có hệ pt:

x=0

¿

y=0 y=1

¿

⇔ (0 ;0) ∨(0 ;1)

2 x=9 x

− y2=−9 y⇔¿

¿

b) f ( z )=x2− y2− ixy ∂ u

∂ x=2 x , ∂ v

∂ x=− y , ∂ v

∂ y=− x , ∂ u

∂ y=−2 y

Để hàm số khả vi và chỉ điều kiện C-R được thỏa ta có hệ pt:

{− y=2 y2 x=−2 x⇔{ x=0

y =0⇔ (0 ;0)

c) f ( z )=x2− y2− y +i(x2+y2+2 xy − x)

∂ u ∂ x=2 x ,

∂ v

∂ x=2 x+2 y −1, ∂ v

∂ y=2 y +2 x , ∂ u

∂ y=− y −1

Để hàm số khả vi và chỉ điều kiện C-R được thỏa ta có hệ pt:

{2 x +2 y −1=2 y+12 x=2 y +2 x ⇔{

y =0

x=1⇔ (1;0 )

Ví dụ: Tìm hàm giải tích f(z)=u(x;y)+iv(x;y) biết

v =3 x2y+2 x2− y3− y2; f (0 )=1 b) u=excos y , f (0)=1 c) u=ln(x2+y2)

 Kiểm tra v là hàm điều hòa

∂ v

∂ x=6 xy+4 x⇒ ∂

2

v

∂ x2=4+6 y − 1,

∂ v

∂ y=−3 y

2

+3 x2− y ,∂

2

v

∂ y2=−6 y − 4

⇒∂2v ∂ x2+

∂2v ∂ y2=0

Ta có V là hàm điều hòa

 Từ điều kiện C-R ta có hệ pt: {

∂u ∂ x=

∂ v ∂ y=3 x

2

− y2− y ∂ u

∂ y=− ∂ v

∂ x=− xy −4 x

Ta có:

u=∫(−6 xy − x ) dy+ g( x)=− xy2− xy+g (x)⇒∂u

dx =−3 y

2

− y +g'(x ) 3 x2−3 y2− y⇒ g'

(x)=3 x2⇒ g(x)=x3+C

⇒ f ( z)=− xy2− xy+ x3

+C +(3 x2y +2 x2− y3−2 y2)i Because : f (0)=C=1, so : f (z)=−3 xy2−4 xy +x3

+1+(3 x2y +2 x2− y3− y2)i

GỈAI: a)

 Kiểm tra v là hàm điều hòa

∂ u ∂ x=e

x

cos y⇒ ∂2v ∂ x2=e

x

cos y ,∂ v

∂ y=−sin ye

x

,∂

2

v

∂ y2=− cos ye

x

⇒∂2v ∂ x2+

∂2v

∂ y2=0

Ta có V là hàm điều hòa

 Từ điều kiện C-R ta có hệ pt: {

∂u ∂ x=

∂ v ∂ y=e

xcos y

∂ u ∂ y=−

∂ v ∂ x=−e

xsin y

Ta có:

v=∫exsin ydx +g( y )=exsin y +g( y )⇒∂ v

dy =e

x

cos y+g'(y)

excos y⇒ g'

(y )=o⇒ g ( y)=C

⇒ f (z)=ex

cos y +(exsin y +C)i

Because : f (0)=iC+1=1⇒C=0, so :f (z)=ex

cos y+(exsin y)i

c)

 Kiểm tra v là hàm điều hòa

∂ u ∂ x=

2 x

x2

+y2⇒ ∂

2

u ∂ x2=

2(y2− x2)

(x2+y2)2

,∂ u ∂ y=

2 y

x2

+y2 ,

∂2u ∂ y2=

2(− y2

+x2)

(x2+y2)2

⇒∂2v ∂ x2+

∂2v

∂ y2=0

 Từ điều kiện C-R ta có hệ pt: {

∂u ∂ x=

∂ v ∂ y=

2 x

x2

+y2

∂ u ∂ y=−

∂ v ∂ x=

2 y

x2

+y2

Ta có:

¿

v =−∫ 2 y x2

+y2dx +g( y )=− 2acrtg(

x

y)+g( y )⇒ ∂ vdy = 2 x

x2

+y2+g

'

(y ) 2 x

x2+y2⇒ g

'

(y )=0⇒ g( y )=C

⇒ f (z)=ln(x2

+y2)+(− 2arctg(x

y)+C)i

BÀI TẬP: HÀM GIẢI TÍCH- HÀM KHẢ VI-TÍNH ĐẠO HÀM

1 Viết mỗi hàm sau thành đa thức theo z=x+iy

¿

x3−3 xy2− y +

¿ ¿

+i(3 x2y − y3+x)

¿

c

a ( z )=(x2− y2− y +1)+2i (xy +x ), b¿f (z )=¿

2 Tính đạo hàm:

a¿w=−2 z2+3 z + , b¿w=5 z2− z +2 , c¿w=z3,d¿w=|z|z ,e¿w=(¯z)2

3 Tìm các điểm mà tại đó hàm f(z) thỏa điều kiện C-R

f ( z )=xy2+ix2y

4 Chứng minh rằng các hàm sau thỏa PT: LAPLACE: a¿Re z2&Im z2, b¿Re z3&Im z3, c¿Re z4&Im z4

Tìm hàm giải tích: f(z)=u(x;y)+iv(x;y) biết

a¿u=2 x − xy − x

x2+y2, f (i)=i , b¿v =ln(x

2

§4 PHÉP BIẾN HÌNH PHÂN TUYẾN TÍNH I Định nghĩa:

1.Ánh xạ phân tuyến tính có dạng:

ω=az+b

cz+d , ad − bc ≠ 0

z1=cz+d , z2=1

z1

⇒ω=(az+b) z2=a(z +b

a)z2=

a c(cz +

bc

a )z2

a

c(cz +d +

bc

a −d)z2= a c z1z2+

bc− ad

a z2= a c+

bc − ad

a z2

2.Vậy phép biến hình phân tuyến tính là hợp của phép: 1) z1=cz+d là phép co và phép tịnh tiến.

2) z2=1

z1 là phép nghịch đảo

3) ω = ac+bc − ad

a z2 là phép co và phép tịnh tiến

3 Ánh xạ phân tuyến tính có tính chất:

a) Ánh xạ phân tuyến tính có tính chất bảo giác

b) Ánh xạ phân tuyến tính biến đường tròn thành đường tròn c) Ánh xạ phân tuyến tính biến miền thành miền

d) Ánh xạ phân tuyến tính biến các điểm đối xứng thành điểm đối xứng Ánh xạ phân tuyến tính biến điểm tương ứng thành điểm:

z1, z2, z3⃗w=f ( z) ω1,ω2,ω3 ω− ω1

ω3−ω1

ω3− ω2 ω− ω2=

z − z1 z3− z1

z3− z2 z − z2

ví dụ:

1) Tìm PBHPTT biến điểm -1, 0, 1→ 0, i, 3i

z +1

1+1 1− 0

z − 0= ω

3i 3i −i

ω− i⇔ z +1

2 z = 2 ω

3 ω−i❑ ⇔ ω=3 i z+1

3 − z

2) Tìm PBHPTT biến điểm 1, 0, -1→ i, ∞ ,

z −1 −2

− 1 z =

ω−i

1 −i 1 −∞

ω− ∞⇔ ω= −i2

z −1 z +i=

(1+ i ) z +i − 1 2 z

BÀI TẬP:

Tìm các PBHPTT sau:

a¿0,1 ,i →−1

2, 0,− 1+i ,¿b¿0 , i, −i →i ,1,

2i¿c¿0,1 ,i →i ,

i+1

CHƯƠNG II TÍCH PHÂN HÀM BIẾN PHỨC

§1 TÍCH PHÂN ĐƯỜNG CỦA HÀM PHỨC I Định nghĩa và công thức:

1 Định nghĩa: Cho đường cong C định hướng, trơn từng khúc và C cho hàm phức f(z) Tích phân đường của f(z) dọc theo C được tính theo công thức:

f ( z) dz=¿∮

C

( udx − vdy )+i∮

C

( vdx+ udy ) ∮

C

¿

2 Nếu C cho dưới dạng tham số: {x=x (t )y= y (t) với α ≤ t ≤ β , đó z(t)=x(t)

+iy(t) Ta có ∮

C

f ( z) dz=∫

α β

f[z (t )]z'

(t ) dt

II Tính chất: Các tính chất của tích phân đường loại II của hàm thực vẫn còn

đúng cho hàm phức:

¿

a¿C[af ( z )+bg ( z )]dz=a∮

C

f (z ) dz+b∮

C

g ( z ) dz¿b¿ ∮

C1∪C2

f ( z )dz=∮

C1

f (z ) dz+∮

C2

f ( z) dz , withC1C2=Φ¿c¿∮ AB

f ( z ) dz=−∮

BA

f ( z ) dz¿d¿|∮

C

f ( z )dz|∮

C

|f ( z )||dz|≤ ML¿

L: độ dài của C, M=max{|f ( z)|, z∈C}

Ví dụ: Tính các tích phân sau:

a¿Ik=∮

Ck

(¯z)2dz , k=1,2 đó C1 là đoạn thẳng nối O→1+i

C2 là đường gấp khúc nối O→1&1→1+i GIẢI:

Tham số hóa đường thẳng C1: y=x ⇔{y=x=t0 ≤ t ≤ 1 Z(t)=x(t)+iy(t)=t(1+i)

I1=∫

0

t2(1− i)2(1+i )dt =∫

0

t2(2 −2 i )dt =2 (1 −i)t

3

3 ¿0

0→ 1⇔{x=t , ≤ t ≤1

y=0 ⇔ z (t)=t

1→ 1+i⇔{x=1,0 ≤ t ≤ 1

y=t ⇔ z (t )=1+it I2=∫

0

t2t'dt+∫

0

(1− it )2idt=t

3

3¿0

+∫

0

(1− it −t2)dt=1

3+i(t − it

2

−t

3

3)¿0

=2 i +

4

Ví dụ

Tính các tích phân sau Ik=∮ Ck

|z|dz Trong đó C

1 là đường thẳng AB

C2, C3 là các nửa cung tròn đơn vị ( |z|=1 ) có cùng điểm đầu và điểm cuối và chiều hình vẽ

GIẢI:

Tham số hóa đường thẳng C1: AB ⇔{

x=0 y=t −1 ≤t ≤1

Z(t)=x(t)+iy(t)=ti

− tdt +∫

0

tdt+¿

∫

−1

¿ ¿

I1=∫

−1

√x2+y2idt=i∫

−1

Tham số hóa nửa đường tròn C2: ⇔{

z=reit

=eit

r=1 Π

2 ≤t ≤ 3 Π

2

I2=∫

Π 3 Π

2

i eitdt=eit

¿Π

2 3 Π

2

=(cos3 Π +isin

3 Π

2 )−(cos

Π

2 +isin

Π

2)=− i− i=−2 i Tham số

hóa nửa đường tròn C3: ⇔{

z=reit

=eit

r =1 −3 Π

2 ≤ t ≤

− Π

2

I3= ∫

−3 Π − Π

i eitdt=eit¿

− Π −Π2

=(cos− Π +i sin

− Π

2 )−(cos

− Π

2 +i sin

−3 Π

2 )=−i −i=− 2i

ví dụ: Tính tích phân sau với C là biên nửa hình vành khăn

C=C1∪C2∪C3∪C4 I=∮

C

z

¯zdz

GIẢI:

I=I1+I2+I3+I4=¿ ∮

C1

z

¯zdz+∮C2

z

¯zdz +∮C 3

z

¯zdz+∮C4

z

¯zdz

Tham số hóa đường thẳng C2: BC ⇔{

x=t y=0

1≤ t ≤ 2

Z(t)=x(t)+iy(t)=t

I2=∫

2

t

tdt=t¿2

Tham số hóa đường thẳng C4: DA ⇔{

x=t y =0 −2 ≤ t ≤− 1

Z(t)=x(t)+iy(t)=t

I2=∫

−1 −2

t

tdt=t¿−1 −2

=− 1

Tham số hóa nửa đường tròn C1: ⇔{

z=reit=2 eit

r =2 Π ≤ t ≤ Π I1=∫

Π 2 Π

2 eit

2e− it2i e

itdt=2i

3 ie

3 it

¿Π2 Π=2 3(e

6 Πi− e3 Πi)

=4

Tham số hóa nửa đường tròn C3: ⇔{

z=reit

=eit

r =1

0≤ t ≤ Π

I3=∫ Π

eit e− itie

it

dt= i 3 ie

3 it

¿0Π=1

3(e

3 Πi

− e0)=−2

Vậy I=−1 −1 −2

3+ 3=−

4

ví dụ: Tính tích phân sau với C là biên nửa đường tròn đơn vị

I=∮

C

|z|¯z dz

Tham số hóa nửa đường tròn C3: ⇔{

z=reit

=eit

r =1

0≤ t ≤ Π

I3=∫ Π

ieite− itdt=it¿0Π=iΠ

ví dụ: Tính tích phân I =∮

C

¯z dz với C là đường nối từ z=0→z=4+2i

trong các trường hợp sau: a) C1 là đường x= y2

GIẢI:

a) Tham số hóa đường cong C1 ⇔{

x=t2 y=t

0 ≤ t ≤2

Z(t)=x(t)+iy(t)= t2+it

I=∫

0

(t2− it)

(2 t +i ) dt =t

4

2− it3

3 +

t2

2¿0

2=10 −8 i

3

b) Tham số hóa đường thẳng C2: AB ⇔{

x=0 y=t

0 ≤ t ≤2

Z(t)=x(t)+iy(t)=it

I1=∫

0

−itidt=t

2

2¿0

=2

Tham số hóa đường thẳng C2: BC ⇔{

x=t y=2

0 ≤ t ≤ 4

Z(t)=x(t)+iy(t)=t+2i

I2=∫

0

(t −2 i )dt =t

2

2− it¿0

4=8 − 8i⇒ I=2+8 −8 i=10 − i

BÀITẬP: 1.Tính Ik=∮

Ck

( x+ y )dz

với a) C1 :0→i& i→1+i

b) C2: 0→1+i theo đường thẳng: y=x

§2 TÍCH PHÂN CAUCHY CHO MIỀN ĐƠN LIÊN& ĐA LIÊN I Các định lý

1 Định lý

f(z) giải tích miền đơn liên D, thì ∮

C

f ( z) dz đối với mọi đường cong

miền này có cùng điểm đầu và điểm cuối sẽ có cùng giá trị:

∮

C1

f(z)dz=∮

C2

f(z)dz=∫

a b

f(z)dz

Định lý

f(z) giải tích miền đơn liên D và C là đường cong kín trơn từng khúc bất kỳ

trong D thì ∮

C

f(z)dz=0

Mở rộng của định lý 2:

Nếu D là miền giới nội với biên C thì ∮

C

f(z)dz=0

Nguyên hàm và tích phân bất định

∫f (z ) dz=F ( z)+C

Ví dụ:

¿

(2 z + cos z)dz=¿z2+4 sin z+C

a¿b¿∫axdz=¿ a

x

ln a+C

4 Công thức Newtons-Leibnitz:

f(z) giải tích miền đơn liên D, ∀ a , b ∈ D ,∫

a b

f ( z)dz=F ( z)¿ab=F (b) − F (a)

Ví dụ: Tính

¿

a=∫

0 1+i

( z +2) eizdz¿{

u=z +2⇒ du=dz v =∫eizdz=e

iz

i

¿I=( z+2)e

iz

i ¿0 1+i

−1 i ∫0

1 +i

eizd=(i+3)e

i −1

i −

2

i+e

iz

¿01+ i=(2− i )ei −1+2 i−1¿b¿I=∫

1 1+i

( z −1)20zdz¿t=z − 1⇒ dt=dz ⇒ I =∫

0 i

t20(t +1) dz=∫

0 i

t21+t20dz=[ t 22+

t

21]0 i

=− 22+

i

5 Tích phân Cauchy cho miền đa liên:

Định lý: D là miền đa liên, bị chặn có biên là các đường cong C0, C1, …, Cn, đó C0 bao các đường cong kín C1, …, Cn

f(z) là hàm giải tích D ta có:

∮

C0

f ( z) dz=∮

C1

f ( z)dz +∮

C2

f ( z) dz+…+∮

Cn

§3 CƠNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY

I Các định lý:

1 Định lý 1: Gỉa sử f(z) giải tích miền đơn liên D( giới nội và bị chặn), liên tục D ,¯ ∀ z∈ D , ta có:

f ( z )=

2 Πi∮C

f (t) dt t − z

 Hệ quả:

Gỉa sử f(z) giải tích miền đơn liên D( giới nội và bị chặn), liên tục

¯

D ,∀ z0∈ D , ta có:

∮

C

f ( z)dz z − z❑0

=2 Π if(z0)

Định lý 2: Gỉa sử f(z) giải tích D ,¯ với biên C trơn từng khúc ∀ a ∈ D ,f(z) có đạo hàm moi cấp ta có:

f(n)

(a)= n ! 2 Πi∮C

f ( z) dz

( z − a)n+ 1

 Hệ quả:

Gỉa sử f(z) giải tích miền đơn liên D( giới nội và bị chặn), liên tục

¯

D ,∀ a ∈ D , ta có:

∮

C

f ( z) dz

(z − a)n+1= 2 Πi

n! f

(n)

(a) , with : n=0,1,2 …

CHÚ Ý:

∮

C

dz

(z − z❑0)

n={

2 Πi if : n=1 if : n≠ 1

Ví dụ: Tính tích phân

z2

z −2 idz , With:a Ik=∮

Ck

a¿I1=∮ C1

z2

z − 2idz , With :f ( z )=z

2

giải tích hình tròn C1,

z0=2 i∈ D1⇒ I1=∮ C1

z2

z− 2idz=2 Π if (2 i)=2 Πi (2i)

2

=− Πi

b¿I2=∮ C2

z2

z − 2idz , With :f ( z )= z2

z− 2i giải tích hình tròn C2, I2=∮

C2

z2

z − 2idz=0

Vídụ: Tính tích phân

1

z2+9dz , With :a

Ik=∮

Ck

¿C1:|z − 2i|=2 ,b¿ ¿C2:|z +2 i|=2 , c¿C3:|z+2 i|=1

GIẢI:

a¿I1=∮

C1

1

z+3 i

z −3 idz , With: f (z)=

1

z+3 i giải tích C1,

z0=3 i∈ D1⇒

I1=∮

C1

f ( z)

z − idz=2 Π if (3i)=

2 Πi 6 i =

Π

3

b¿I2=∮

C2

1

z −3 i

z +3 i dz , With : f (z)=

1

z −3 i giải tích C2,

z0=−3 i∈ D2⇒

I2=∮

C2

f (z)

z +3 idz=2 Π if (−3 i)=

2 Πi

−6 i=− Π

c¿I3=∮

C2

1

z2

+9dz , With : f ( z)=

z2

+9 giải tích hình tròn C3,

I3=∮

C3

f ( z)dz=0

Vídụ: Tính tích phân I=∮

C

ez

ez

z2[z− (1− i)][z − (1+i)]dz=¿

ez

z2(z2− z +2)dz=¿∮C

¿With :C1:|z|=r1,C2:|z − (1+i)|=r2,1 −i∉ D

f ( z)

z2 dz , with: f (z)=¿ ez

(z2−2 z+2), GT in D1, f

'

( z )=e

z(

z2−4 z+4) (z2− z+2)2 I=∮

C

¿I1=∮

C1

¿⇒ f'(0)=1

We have : I1=∮ C1

f ( z ) z2 dz=

2 Πi f'(0)

1 ! =2 Πi

f ( z )

z −(1+i)dz , with: f ( z)=¿

ez

z2[z − (1 −i)],GT in D2

f ( z )

z − (1+i)dz=¿2 Π if (1+i)=−

Π ie1+ i

2

I2=∮

C2

¿We have : I2=∮

C2

¿

∮

C

f ( z) dz=∮

C1

f ( z)dz +∮

C2

f ( z) dz=2 Πi −1

2Π ie

1+i

=Πi(4 −e

1+i)

2

Vídụ: Tính tích phân I=∮

C

ez

z2(z2+4)dz , With :C :|z −2 i|=3

GIẢI:

¿

I=∮

C

ez

z2( z +2 i )( z −2 i)dz=I1+I2=∮C1

f1(z)

z2 dz+∮C2

f2(z )

z −2 idz

With: f1( z )= e

z

z2+4GT in D1∧ f1

'

(z )=e

z(

z2−2 z+4) (z2+4)2 ⇒ f1

'

(0 )=1

¿

We have : I1=∮

C1

f1(z )

z2 dz=

2 Πi f1' (0)

1 ! =

Πi

2

f2(z )

z −(2 i)dz , with: f2(z )=¿

ez z2

[z +(2 i)], GT in D2 f2( z )

z −(2 i)dz=¿2 Π if2(2i )=− Πe2 i

8

I2=∮

C2

¿We have : I2=∮

C2

∮

C

f ( z) dz=∮

C1

f ( z)dz +∮

C2

f ( z) dz=Πi

2 − 8Πe

2 i

=Π(4 i− e

2i)

BÀI TẬP TÍCH PHÂN CAUCHY

Tính các tích phân sau các miền đã chỉ ra:

¿

a=∮

C

ez

(z2+Π2)2

dz , With:C :|z − i|=4¿b¿I =∮

C

z

(z − 1)( z +1)2dz , With :C :|z − 2|=4¿c¿I=∮C

z2

(z2

+1)(z +3 )2dz , With :C :|z|=2¿d¿I=∮C

sinΠz

(z2−1)dz , With :C : x

CHƯƠNG III: CH̃I HÀM PHỨC

§1 CH̃I LŨY THỪA

Phần này sở của chuỗi lũy thừa hàm thực sinh viên đã học ở toán cao cấp Việc xét tính hội tụ và tìm bán kính hội tụ dựa các tiêu chuẩn D’Alembert và tiêu chuẩn Cauchy Do đó bài này không nói lại lý thuyết, chỉ xét ví dụ và bài tập

1 Tiêu chuẩn D’Alembert

Bán kính hội tụ của chuỗi ∑

n=1 ∞

anzn là R=lim n → ∞|

an an+1|

2 Tiêu chuẩn Cauchy:

Bán kính hội tụ của chuỗi ∑

n=1 ∞

anzn là R=lim n → ∞

1

n

√|an|

Ví dụ: Tìm R và hình tròn hội tụ của chuỗi lũy thừa sau:

¿

a¿∑

n=1 ∞

zn

n 4n,¿b¿n=1¿∞

(− 1)nzn

n ,¿c¿ ¿∑n=1 ∞

n ( z −1)n

3n ,¿d¿∑n=1 ∞

4n(z −1)n,¿

GIẢI:

¿ ¿

With

a=lim

n →∞|

an

an +1|=n →∞lim

(n+1) 4n+1

n 4n =4¿With z∈{|z|=4}⇒∑n=1 ∞

| zn

n 4n|=∑n=1 ∞

|z|n

n 4n=∑n=1 ∞

4n

n 4n=∑n=1 ∞

1

nphân ky ̀̀¿MHT :|z|<4¿b¿R=limn → ∞|

an

an+1|=n→ ∞lim

( n+ 1)

n =1¿With z∈{|z|=1}⇒∑n=1

∞

|(− 1)nzn

n |=∑n=1

∞ |z|n

n =∑n=1

∞

1

nphân ky ̀̀¿MHT :|z|<1¿c¿With z

'

=z − 1⇒∑

n=1 ∞

n(z')n

3n ¿R=limn →∞|

an

an +1|=limn →∞

n3n+1

(n+1)3n=3¿n¿n z❑

3n ¿ ¿ ¿∑n=1 ∞

n3n

3n =∑n=1 ∞

n phân ky ̀̀¿ ¿MHT :|z − 1|<3¿ ¿ ¿

n

4nz❑

d

¿z'¿=z −1⇒∑

n=1 ∞

❑R=lim

n → ∞|

an

an+1|=n → ∞lim

4n 4n +1=

1

4¿¿n¿4

n

z❑

¿ ¿ ¿With z∈{|z'|=3}⇒∑

n=1 ∞

❑¿ ¿ ¿

BÀI TẬPCHUỖI LŨY THỪA

Tìm R và hình tròn hội tụ của chuỗi lũy thừa sau:

¿

a¿∑

n=1 ∞

(z+2 )n

(n+1)24n,¿b¿n=1¿∞

(−1)nz2 n+1

(2 n+1) ! ,¿c¿ ¿∑n=1 ∞

e√n(z+i)n

,¿d¿∑

n=1 ∞

n4(z − 1)n,¿

§2 CH̃I TAYLOR-CH̃I MACLAURIN I Chuỗi Taylor và Maclaurin

Hàm f(z) giải tích hình tròn |z − a|<R ,∀ z∈ that square¿ ta có:

f ( z)=∑

n=0 ∞ f(n)

(a )

n ! ( z − a)

Khi a=0 ta có chuỗi Maclaurin:

f ( z)=∑

n=0 ∞

f(n)

(0 )

n ! z

n

Ví dụ:

f ( z)=ez

=∑

n=0 ∞

ea

n !( z − a)

n ( chuỗi Taylor)

Khi a=0 ta có chuỗi Maclaurin:

f ( z)=ez=∑

n=0 ∞

1

n !z

II Khai triển Maclaurin của số hàm sơ cấp bản

¿

1 e¿z=1+z +z

2

2!+

z3

3 !+⋯+

zn

n !+⋯=∑n=0 ∞

zn

n !∀ z∈ C¿2¿cos z=1 − z2

2!+

z4

4 !−

z6

6 !+⋯+(−1)

n z2 n

2 n !+⋯=∑n=0 ∞

(− 1)n z

2 n

2 n! ∀ z∈C¿3¿sin z=z −

z3

3 !+

z5

5 !−

z7

7 !+⋯+(−1)

n z2 n+1

2 n+1!+⋯=∑n=0 ∞

(−1)n z

2 n+1

2 n+1 !∀ z∈ C¿4¿(1+ z)

α=1+αz+α (α −1) z2

2 !+α (α −1) (α − 2)

z3

3 !+⋯+α (α − 1)⋯(α −n+1)

zn

n !+⋯¿∑n=0 ∞

α (α −1)⋯( α −n+1) zn

n!∀ z∈ C¿5¿

1

1 − z=1+z+ z

2

+⋯+zn+⋯=∑

n=0 ∞

zn |z|<1¿

6)

1+z=1 − z +z

2− z3

+⋯+(−1)nzn+⋯=∑

n=0 ∞

(−1)nzn|z|<1

III.Chuỗi Laurent và điểm bất thường cô lập của hàm giải tích

1 Định lý và định nghĩa

f(z)giải tích hình vành khănD: 0 ≤ r<|z− a|<R ≤+∞¿ ∀ z∈ D , ¿

ta có f ( z)= ∑

n=− ∞ +∞

an( z −a )n ( Chuỗi Laurent) với

an= 2 Πi∮C

f (t )

(t − a)n+1dt ,n=0, ±1, ± 2,⋯.(C ) là đường cong bất kỳ bao quanh

a và (C )⊂ D

 Chuỗi f1( z )=∑ n=0 +∞

an(z − a) n

 Chuỗi

an( z − a)n= a− 1

z −a+¿ a− 2

( z − a)2+⋯

f2(z )=∑ n=− 1

− ∞

¿

hội tụ |z − a|>r gọi là phần

chính

2 Điểm bất thường cô lập của hàm giải tích

a) Định nghĩa: Hàm f(z) giải tích miền 0<|z −a|<r thì a gọi là

điểm bất thường cô lập của hàm giải tích f(z) Khi đó f(z) có thể khai triển thành chuỗi Maclaurin miền 0<|z −a|<r

f ( z)= ∑

n=− ∞ +∞

an( z −a )n=∑

n=0 +∞

an( z −a )n+ ∑

n=−1 −∞

an( z − a)n

NHẬN XÉT: a− 1= 2 Πi∮C

f (t )

(t − a)n +1dt=

2 Πi∮C f (t ) dt=

2 Πi∮C f ( z)dz

3 Phân loại

a) Cực điểm: Điểm cô lập bất thường z=a được gọi là cực điểm cấp m nếu khai triển Laurent của f(z) hình tròn 0<|z −a|<r có dạng:

an( z − a)n= a−m (z −a )m+¿

a− m+1

(z − a)m −1+⋯+ a− 1

( z −a )+∑n=0 +∞

an(z −a )n,

f ( z )=∑

n=− 1 −∞

¿with a− m≠ 0

 Nếu m=1 thì a gọi là cực điểm đơn  Nếu a là cực điểm cấp m của f(z) thì {

lim

z →af ( z )=∞

lim

z →a(z −a ) m

f ( z)= A ≠ 0

b) Điểm bất thường bỏ được

Điểm bất thường cô lập z=a của f(z) gọi là điểm bất thường bỏ được, nếu khai triển Laurent của f(z) miền 0<|z −a|<r có phần chính triệt tiêu,

tức là f ( z)=¿ ∑

n=0 +∞

c) Điểm bất thường cốt yếu

điểm bất thường cô lập z=a của f(z) gọi là điểm bất thường cốt yếu, nếu phần chính của khai triển Laurent miền 0<|z −a|<r có vô số số

hạng

Ví dụ : Khai triển Laurent của hàm số tại điểm bất thường cô lập đã chỉ và gọi tên các điểm bất thường cô lập đó

¿

a ( z)= e

2 z

( z − 2)3at z=2¿f ( z)=

e4e2(z −2)

( z − 2)3 =

e4

( z −2)3∑n=0 ∞

2n(z −2)n

n ! ¿ e4

( z − 2)3[1+

2 (z −2) 1 ! +

22( z − 2)2 2 ! +⋯+

2n( z − 2)n

n! +⋯]¿ e4

( z −2)3+ 2 e4 (z −2)2+

22e4

( z −2) 2!+ 23e4

3 ! +⋯¿We have :{ lim

z →2f (z)=∞

lim

z →2( z −2)

f ( z)=e4≠ 0

¿

Vậy z=2 là cực điểm cấp

¿

b ( z )=( z −1) cos

z −1at z=1¿=(z − 1)∑n=0 ∞

(− 1)n(z − 1)

−2 n

2 n ! =∑n=0 ∞

(−1)n

2n !( z− 1)2 n −1¿

z=1 là điểm bất thường cốt yếu vì phần chính có vô số số hạng

¿

c (z)=sin z

z at z=0¿f ( z)=

1

z∑n=0 ∞

(−1)n z

2 n+1

(2 n+1) !=∑n=0 ∞

(− 1)n z

2 n

(2 n+1)!¿

f(z) không có phần chính ⇒ z=0 là điểm bất thường bỏ được

Ví dụ:

Khai triển f ( z)=

GIẢI:

f ( z )= z ( z+4 )=

1 4(

1

z−

1

z +4)=

1 4(

1

1

(1+z −2 )

−1

6

(1+z − 2 ))

¿1

8∑n=0 ∞

(−1 )n( z −2 )

n

2n − 24 ∑n =0

∞

(−1)n( z − 2)

n

6n =∑n=0 ∞

(−1 )n ( z − 2)

n

2n+3−24 6n

Ví dụ:

Khai triển f ( z)=

1− z thành chuỗi Taylor lân cận điểm z0=3i GIẢI:

f ( z)=

1− z=

1

1 −3 i− ( z−3 i)= 1− 3i

1

(1−z −3 i 1 −3 i)

=

1 −3 i∑n=0 ∞

(1− 3iz −3 i)

n

|1 −3 iz −3 i|<1⇔|z − 3i|<|1− 3i|=√10

Ví dụ:

Khai triển f (z)=ez2−4 z +3 thành chuỗi Taylor lân cận điểm z0=2 GIẢI:

f ( z)=e(z − 2)2−1

=1

e∑n=0 ∞

( z − 2)2 n,∀ z

Ví dụ:

Khai triển f ( z)= z

z2+4 thành chuỗi Taylor lân cận điểm z0=0

GIẢI:

f ( z )=z

4 1+z =z

4∑n=0 ∞

(− 1)n(z

2 4) n =∑ n=0 ∞

(−1 )nz

2 n +1

4n+1

Vídụ

Khai triển f(z) thành chuỗi Taylor lân cận các điểm đã chỉ

¿

1(z)=z −1

z+1 at a=0 , a=1¿2¿f(z)=

1

GIẢI:

¿

1: a=0 , f (z)=1−

1+z=1− 2∑n=0 ∞

(−1)nzn|z|<1⇒ R=1¿When :a=1 , f ( z)=( z − 1)

2+z − 1=

z −1

2 1+z − 1

2

=z − 1 ∑n=0

∞

(−1)n(z − 1 )

n

¿∑

n=0 ∞

(−1)n(z − 1 )

n+1

condition :|z −1

2 |<1⇔|z − 1|<2⇒ R=2¿2¿When : a=0 , f (z )=

( z +1) ( z+ 2)=

z +1−

1

z +2=∑n=0 ∞

(−1)nzn−1 2∑n=0

∞

(−1)n(z 2)

n

¿∑

n=0 ∞

(−1)nzn(1−

2n +1),condition :{

|z|<1

|2z|<1

⇔|z|<1⇒ R=1¿When :a=2 , f ( z )=

z+1− z+2=

(1+z −2 )

−1

4

(1+z −2 )

¿1

3∑n=0 ∞

(−1)n(z − 2 )

n

−1

4∑n=0 ∞

(−1)n(z − 2 )

n

=∑

n=0 ∞

(−1)n(z −2)n( 3n +1−

1

4n+1)¿condition :{

|z − 23 |<1

|z − 24 |<1

⇔{|z − 2|<3

|z −2|<4⇔|z −2|<3⇒ R=3¿

BÀI TẬP:

Khai triển f(z) thành chuỗi Taylor lân cận các điểm đã chỉ

¿

1(z)=1

zat a=i¿2¿f(z)=e

z

at a=Πi¿3¿f(z)=

3 − zat a=3¿4¿f(z)=sin

2

z at a=0¿5¿f(z)= z

z2+4at a=i¿6¿f(z)=sin(2 z +1)at a=−1¿

¿

7 ( z )=3 z +1

(z −2)2 at a=0¿8¿f ( z)=

1

z2at a=2¿9¿f ( z )=

1

CHƯƠNG IV: THẶNG DƯ VÀ ỨNG DỤNG

§1 KHÁI NIỆM VỀ THẶNG DƯ VÀ CÁCH TÍNH I Khái niệm và định nghĩa:

1 Gỉa sử cần tính ∮

C

f ( z) dz với điều kiện f(z) giải tích C, bên trong

C, trừ điểm bất thường nhất a Khai triển Laurent f(z) quanh điểm bất thường a ta có:

f(z)=∑

− ∞ +∞

an(z − a)n=∑

n=0 +∞

an(z − a)n+∑

n=−1 − ∞

an(z −a)n that a− 1=

2 Πi∮C f(z)dz II Cách tính thặng dư

1 Thặng dư của hàm giải tích f(z) tại điểm bất thường cô lập a được định nghĩa và ký hiệu:

Re s[f ( z ), a]:=

2 Πi∮C f ( z )dz

Trong đó C là đường cong trơn hoặc trơn từng khúc, không tự cắt, bao điểm a, f(z) giải tích bên C, C trừ điểm a

2 Cách tính thặng dư

a) Tổng quát: Nếu khai triển Laurent của f(z) quanh điểm a có dạng:

¿

f(z)=∑

− ∞ +∞

an(z − a)n

¿

thì Re s[f ( z), a]=a− 1

b) Nếu a là cực điểm cấp m của f(z) thì

Re s[f ( z), a]=lim

z → a

1

(m−1) ![(z − a)

m

f ( z)](m − 1)

c) Nếu a cực điểm đơn của f(z) thì:

Re s[f ( z), a]=lim

Ví dụ: Tìm thặng dư các hàm số tại các điểm bất thường cô lập

¿

a ( z )= e

2 z

( z − 2)3at z=2¿f ( z )=

e4

( z −2 )3+ 2 e4 (z −2)2+

22e4

(z −2) 2!

⏟

a−1

z − 2

+2

3

e4

3 ! +⋯¿⇒[Re sf ( z );2]=a− 1=2 e

¿

¿

b ( z )=( z −1) cos

z −1at z=1¿=(z − 1)∑n=0 ∞

(− 1)n(z − 1)

−2 n

2 n ! =∑n=0 ∞

(−1)n

2n !( z− 1)2 n −1=

1 ( z −1)−1−

1

2 !( z − 1)+⋯¿⇒Re s[f ( z ), 1]=− 2¿

¿

c (z)=sin z

z at z=0¿f ( z)=

1

z∑n=0 ∞

(−1)n z

2 n+1

(2 n+1) !=∑n=0 ∞

(− 1)n z

2 n

(2 n+1)!¿

f(z) không có phần chính ⇒a−1=0 suy ⇒Re s[f ( z ) ,0]=0

¿

d ( z)=

(z −1)2z at z=1¿Re s[f ( z ) ,1]=limz → 1

1

1 ![( z − 1)

2

(z −1)2z]

(1)

=lim

z → 1(−

1

z2)=−1¿e¿f ( z )=

1

(z − 1)2zat z=0¿Re s[f ( z ) , 0]=limz →1[z

1

III.ỨNG DỤNG THẶNG DƯ TÍNH TÍCH PHÂN

Tích phân dọc theo đường cong kín:

f(z) giải tích miền đóng D¯ , giới hạn bởi biên C là đường cong kín,

trừ số hữu hạn điểm bất thường cô lập a1, a2,…an nằm D thì:

∮

C

f ( z) dz=2 Πi∑

k=1 n

Re s[f ( z) , ak]

Ví dụ:

a) Khai triển Laurent f ( z)=z cos(1+Πz

z ) thành chuỗi Laurent quanh

điểm bất thường cô lập z0=0

b)Tính TP ∮

C

z cos(1+Πz

z )dz , With C :|z|=2

GIẢI

¿

a ( z )=z cos(1+Πz

z )=− z cos

1

z=− z[∑n=0

∞

(−1)n

2 n ! z2n]¿− z +

1 2 z−

1

4 ! z3+⋯+(−1)

n +1

2n ! z2 n −1¿⇒ a−1=

1 2¿ ∮

C

z cos(1+Πz

z )dz=2 Πi Re s[f ( z) ;0]=2 Π ia− 1=Πi

Ví dụ:

Tính TP ∮

C

ez

(z2+1)

GIẢI:

f(z) có cực điểm ±i∈ D , ∉ D

I=Re s[f ( z ), i]+Re s[f ( z ), −i]= Πe

i

i− 4+ Πe−i

i+4

Ví dụ: Tính TP

Ik=∮

Ck

1

z ( z+2)2(z −3 i )dz , k=1,2,3,4 that in C1:|Z − 2|=1 , C2:|Z −1|=2 ,C3:|Z +2|=1

a¿I1=0 vì f(z) giải tích và C1

b) I2=∮ C2

1

z (z+2)2

( z −3 i )dz , f(z) có cực điểm đơn z=0 C2

I2=2 Πi Re s[f ( z) ,0]=2 Πi lim

z →0zf ( z)=2 Πi limz → 0

1

( z+ 2)2( z − i )=−

Π

6

c) I3=∮

C3

1

z (z+2)2

( z − 3i )dz , f(z) có cực điểm cấp 2, z=-2 C3

I3=2 Πi Re s[f(z),− 2]=2 Πi lim

z → −2

[(z +2)2f(z)]′

1 ! =2 Πi limz → 0[

1

z(z − i)]

′

=Π(63+16 i) 338

d) C4 chứa cực điểm:

I4=2 Πi{Re s[f ( z) ,0],Re s[f ( z) ,− 2],Re s[f ( z) ,3 i]}

−Π

6+

Π (63+16 i)

338 +2 Πi limz → i( z − i ) f ( z )=−

Π

6 +

Π (63+16i)

338 +

2 Πi (−12+5 i) 507

Ví dụ:

Tính TP ∮

C

2 z2+5

(z2+4)( z +2)2z2dz , With C :|z −2 i|=6

C chứa cực điểm, cấp 2: z=-2, z=0, cấp 1: z=-2i, 2i

I=∮

C

f ( z) dz=2 Πi∑

k=1

I1=Re s[f ( z), −2]=lim

z → −2

[( z +2)2f ( z)]′

1 ! =z → −2lim[

2 z2+5

z2(z2+4)] ′

=23 64

I2=Re s[f ( z) ,0]=lim

z → 0

[(z )2f ( z)]′ 1 ! =

5 16

I3=Re s[f ( z), i]=lim

z → i( z −2 i ) f ( z )= limz → 2i[

2 z2

+5

z2

( z +2)2( z +2 i )]=− 128

I4=Re s[f ( z ) ,− 2i]= lim

z → −2 i( z +2 i ) f (z )=limz → i[

2 z2+5

z2(z +2)2

(z −2 i)]=−

3 128

I=2 Πi(23

64+ 16 −

6 128)=

5 Πi

BÀI TẬP

Tính các tích phân sau các miền đã chỉ ra:

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

a=∮

C

dz

z3+1C :2 x

2

+y2=3

2b I=∮C

ezdz

(z2+Π2)2C :|z −i|=4¿c¿I=∮C

(sin Πz2+cos Πz2)dz

( z − 1)( z −3) C :|z|=2 d I =∮C

zdz

( z − 1)( z +1)2C :|z −2|=4¿e¿I=∮C

z2dz

(z2+1)( z+ 3)2C :|z|=2 f I=∮C

z2dz

(z2+4)C :is squarte ±2, ± 2+4 i¿g¿I=∮C

sinΠz dz

z2− 1 C : x

2

+y2− x=0 h I=∮

C

ezdz

(z2)(z2+2 z+2)C :|z|=3¿m¿I=∮C

ezdz

(z −1) ( z+ 3)C :|z −i|=2¿n¿I=∮C

2+3sin Π zdz

CHƯƠNG V: TOÁN TỬ LAPLCE VÀ ỨNG DỤNG

§1 KHÁI NIỆM VỀ TOÁN TỬ LAPLACE I Hàm gốc:

Là hàm phức biến thực: f(t)=u(t)+iv(t) thỏa:

1) f(t) liên tục hay liên tục từng khúc trục t 2) f(t)=0 t<0

3) f(t) có bậc mũ: ∃ M >0 , s ≥ 0, ∀ t>0,|f (t)|≤ Mest

Ví dụ:

a) Hàm bậc thang đơn vị ( unit step function)

u (t)={0 t <0

1 t >0

Ký hiệu: u(t) là Đồ thị:

b) Hàm bậc thang đơn vị trễ a đơn vị thời gian

u (t − a)={0 t<a

1 t>a

c) Hàm lọc:

uab(t )=u (t − a) −u (t − b)

Đồ thị:

II.Hàm ảnh:

1 Định nghĩa: Hàm ảnh của f(t) là hàm F(p) với p=a+ib, F(p) xác định bởi toán tử Laplace:

F ( p)=∫

0 +∞

e−ptf (t ) dt=L [f (t )]

2 Ví dụ:

a) f(t)=1

F ( p)=L[1]=∫

0 +∞

e− ptdt= lim a →+∞[−

1

pe

− pt

]¿0a= lim

a →+∞−

1

p(

1

epa−1)=

1

p(Re p>0)

b) f(t)= eαt

F ( p)=L[eαt]=∫

0 +∞

e− pteαtdt= lim

a →+∞[

1

α − pe

(α − p)t

]¿0a=lim

a→+ ∞

1

α − p(

1

e(p − α)a− 1)

1

BẢNG ẢNH CỦA PHÉP BIẾN ĐỔI LAPLACE

¿

1[1]=1

pRe p>0¿2¿L[t]=

1

p2Re p>0¿3¿L[e

αt]

=

p −αRe p>α¿4¿L[sin t]=

1

1+ p2Re p>0¿5¿L[cos t]=

p

1+ p2Re p>0¿6¿L[u (t −a )]=

e− pa

p Re p >0¿

III Các tính chất bản của phép biến đổi Laplace

1 Tính chất tuyến tính:

If L[f (t )]=F ( p) , L[g (t )]=G ( p ),∀ α , β ∈ C THEN:

L[αf (t)+βg (t )]=αF ( p)+βG ( p )

Ví dụ: Tính

¿ ¿ ¿

a¿L[5 − e2 t+4 sin t]b[sh ωt]¿c L[ch ωt]d[uab(t )]¿

2 Tính chất đồng dạng ( thay đổi thang đo)

¿

a[f ( αt )]=1

αF( p

α)¿b¿L

−1[F (αp)]

=1

α f( t α)¿

Ví dụ:

¿

a¿L[sin ωt]= ω

ω2+p2b L[cos ωt]=

p ω2+p2

3 Tính chất dịch chuyển gốc:

L[u (t − a) f (t − a)]=e−paF ( p )

Ví dụ:

¿

a¿L[u (t − a) sin ω(t − 2)]=e−2 p w

w2+p2b L¿

−1

[e− p

4 Tính chất dịch chuyển ảnh:

L[eatf (t)]=F ( p− a) Re ( p −a )> 0

Ví dụ:

¿ ¿ ¿

a[eαtt]=

( p − α )2b L[e

αt

sin ωt]= ω

ω2+( p − α )2c L[e

αt

cos ωt]= p − α

ω2+( p −α )2¿d¿L

− 1

[p2−4 p+13p+4 ]=L

−1

[ p +4

( p − 2)2+9]=L

−1

[ p− 2

( p − 2)2+9+2

( p −2 )2+9]=¿e

2 t

cos t+2 e2 tsnỉ t¿

5 Ảnh của hàm gốc tuần hoàn:

f(t) là hàm gốc tuần hoàn với chu kỳ T

F ( p)=L[f (t )]= 1− e−pT∫0

T

e− ptf (t )dt

6 Đạo hàm của hàm gốc

L[f'(t )]

=pF ( p )− f (0 )

L[f' '(t )]

=p2F ( p) − pf(0 )− f'(0)

L[f' ''

(t )]=p3F ( p) − p2f (0 )− p f'(0 )− f' '(0 ) ⋮

L[f(n)

(t )]=pnF ( p) − pn − 1f ( 0)− pn −2f' '(0 )−⋯f(n −1)(0)

Ví dụ:

Giải phương trình vi phân: y''− y=t (1) , y (0)=1, y'(0)=1

Lấy ảnh Laplace vế pt (1) ta có:

L(y' ')− L ( y )=L (t )

⇔ p2

F ( p )− py (0) − y'(0 )− F ( p )=

p2

⇔ p2

F ( p )− p − 1− F ( p)= p2

⇔(p2−1)F ( p )=

p2+p+1

F ( p)= p+1+

1

p2(p2− 1)=

1

p+1+

1

(p2−1)−

1

p2 ⇒ y (t )=L−1

[F ( p)]=e−t+sht −t

L[tf (t)]=− F'(p) L[t2f (t )

]=F' '( p)

L[t3f (t )

]=− F' ' '( p) ⋮

L[t(n)

f (t)]=(−1)nF(n)( p )

Ví dụ:

¿

a[t sin ωt]=− F'( p )=−( ω

ω2

+p2)

′

= 2 pω

(ω2+p2)2

¿b¿L[tn]=L[tn.1]=(−1)n(1

p)

n

= n!

pn+1¿

8 Tích phân hàm gốc:

L[∫

0 t

f (u) du]=F ( p)

p Re p>0

9 Tích phân hàm ảnh(chia cho t)

L[f (t) t ]=∫p

+∞

Ví dụ:

¿

a[sin t t ]=∫p

+∞

F (u )du=∫

p +∞

1

1+u2du= lima→+ ∞∫p a

1

1+u2du= lima →+ ∞arctgu¿p a

=Π

2 − arctgp¿b¿L[∫0

t

sin u

u du]=

L[sin u u ] P =

1

P[ Π

§2 TÍCH CHẬP VÀ ẢNH CỦA TÍCH CHẬP I Tích chập

1.Định nghĩa: Tích chập của hàm phức biến thực f(t) và g(t) với 0 ≤t ≤ ∞

Ký hiệu: f∗ g được định nghĩa: f∗ g (t )=∫

0 t

f (u) g (t − u) du

2 Ví dụ:

¿

a∗t=∫

0 t

1 (t − u) du=[tu −u

2

2 ]0 t

=t

2

2¿b¿e

t∗ 1=

∫

0 t

eudu=eu¿0t=et−1¿c¿sin t∗ 1=∫

0 t

sin udu=− cos u¿0t=1− cos t¿d¿t∗ sint=∫

0 t

(t −u) sin udu=− (t −u )cos u¿0t−∫

0 t

cos udu=t −sin t¿

3 Tính chất:

a) Giao hoán: f∗ g=g ∗ f

b) Kết hợp: (f∗ g)∗ h=f ∗(g∗ h)=f∗ g ∗h

c) Phân phối: f∗(g+h)=f∗ g+f ∗h

d) (kf)∗ g=k(f∗ g)

e) |f∗ g|≤|g||f|

4 Ảnh của tích chập

Định lý Borel

IF{L[f (t)]=F ( p )

L[g (t )]=G ( p )THEN{

L[f∗ g]=F ( p ) G ( p )

L−1[F ( p ) G ( p )]

Ví dụ:

a)Tìm ảnh của hàm gốc:

f (t )=5+t sh 2t +e−2 tcos t +∫

0 t

e3 usin (t −u ) du

F ( p)=5

p+L[t sh t]+L[e

−2 t

cos t]+L[∫

0 t

e3 usin (t −u) du]

p−(

2

p2− 4) ′

+ p+2

( p +2)2+9+L[e

3 t∗sin t

]

5

p−(

4 p

(p2− 4)2)+

p+2

( p+2 )2+9+L(e

3 t) L (sin t )

5

p−(

4 p

(p2−4)2)+

p+2

( p +2)2+9+

p −3

1

p2+1

b) Tìm gốc của hàm ảnh

F ( p)= p3(p2+1) L−1[1

p

1

p2

1

p2+1]=L

−1

(1p)∗ L

− 1

(p12)∗ L

− 1

(p21+1)=1∗ t ∗ sint=1 ∗ (t ∗sin t ) 1∗ (t − sin t)=1∗ t −1 ∗sin t=t2

Ví dụ : Gỉai pt tích phân:

y (t )=2+∫

0 t

sin(t −u) y (u )du

⇔ y(t )=2+ y (t )∗ sin t ⇔ L[y (t )]=L[2]+L[y (t )∗ sin t]

⇔Y = 2

p+L[y (t )] L[sin t]=

2

p+Y

1

p2

+1

⇔ Y =2(p

2

+1) p3 =2[

1

p+

1

p

1

p2] ⇒ y (t)=L−1

[Y]=2 L−1[1

p]+2 L

− 1

[1p

1

p2]

⇒ y (t)=2+2 L−1

[1p]∗ L

− 1

[p12]=2+2 1∗t=2+t

2

BÀI TẬP:

1 Tìm ảnh của các gốc

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

a (t )=sin t b f (t )=cos 5t c f (t)=cht d f (t)=sh αt e (t)=sin2mt¿ ¿f¿f (t)=cos2mt¿

GỈA I:

¿

a ( p)=

4 + p2¿b¿F ( p)=

p

25+ p2 ¿c¿f (t )=cht=

et+e−t

2 ⇒ F ( p)=12[L(e

t

)+L(e− t)]=1 2[

1

p −1+

1

p+1]= p

p2−1¿d¿f (t )=sh αt =

eαt− e− αt

2 ⇒ F ( p)= 12[L(e

αt

)− L(e− αt)]=1 2[

1

p − α−

1

p+α]= α

p2− α2¿e¿f (t )=sin

mt=1 −cos mt

2 ⇒ F ( p )= 12[L(1) − L (cos mt )]¿ 2[

1

p− p

4 m2

+p2]= 2[

4 m2

(4 m2+p2)p]

¿

f (t )=cos2mt=1+cos mt

2 ⇒ F ( p )=

2[L (1 )+L (cos mt )]¿ 2[

1

p+ p

4 m2+p2]=[

p2+2 m2

(4 m2

+p2)p]

¿

2 Tìm ảnh của hàm gốc:

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

a e¿4 tcos t b e2tsin t c e−3 tch 2t d cos t e t+tsh t¿ ¿ ¿f¿2 t −2 t cos 2t¿

GIẢI:

¿

a ( p)= p− 4

1+( p −4 )2¿b¿F ( p)=

9+( p − 2)2¿c¿F ( p )=

p+3

( p+3 )2− 4¿d¿F ( p )= 3 p

16+( p)2 ¿e¿L(f (t ))=L (ch t )+L (tsh t )=

p p2−9− F

'

( p)= p

p2−9−(

3

p2−9) '

¿ p

p2−9+

6 p

(p2− 9)2=

p3− p

(p2− 9)2 ¿f¿L(f (t))=L(sin t )− L (t cos t )=

2

p2

+4−2 F

'

( p )=

p2

+4−2(

p p2

+4)

'

¿

p2

+4+

2(4 − p2)

(p2+4)2 =

16

(p2+4)2

¿

2 Tìm ảnh của hàm gốc:

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

a¿t2eαtb¿0¿t sin udu¿c∫

0 t

cos udu d sin2t¿ t ¿e

1− cos t

GIẢI

¿

(1

u−

d(u2+4)

2(u2+4))du=¿

(1u− u

u2+4)du=¿

2a→ +∞lim∫p a

¿1

2a →+∞lim [lnu¿p a

−1

2ln(u

2

+4)¿p a

]=1

2a→+ ∞lim [ln

u

(√u2+4)

¿p a

]

(u+11 −

u+1

u2+2 u+2)du=¿

(

u+1−

d(u2+2 u+2)

2(u2+2u+2))du=¿a →+∞lim [ln (u+1)¿p a−1

2ln(u

2

+2u+2)¿ap]

a[t2eαt]=F' '( p)=(

p− α)

″

=( ( p −α )2)

′

=

( p − α )3¿b¿L[∫0 t

sin udu]=F ( p )

p =

1

p

1

1+ p2¿c¿L[∫0 t

cos udu]=F ( p )

p =

1

p L[cos t]=

1

p p

4 + p2=

4+ p2¿d¿L[

1− cos 2t 2 t ]=

1 2∫p

+∞

L[1− cos u]du=1 2∫p

+∞

¿1

2[a →+∞lim ln

a

(√a2+4)

∨− ln p

(√p2+4)]

=1 4ln

p2+4

p2 ¿e¿L[

1− cos t tet ]=∫p

+∞

F1(u )du , With F1=L[e− t−e−tcos t]=

p+1−

p+1

1+( p+1)2¿

p+1−

p +1

p2+2 p+2⇒ L[f (t )]=∫p +∞

¿ lim

a →+∞∫p a

¿ lim

a →+∞[ln

u+1

(√u2+2 u+2)¿p a

]=− ln p+1

(√p2+2 p+2)=

1 2ln

p2+2 p+2

¿

f 1¿

t (sin t sin t )=−

1 2(

cos 10 t −cos t

t )¿L[−

1

(cos 10 t − cos t )

t ]=−

1 2[∫p

+∞

F1(u) du −∫

p +∞

F2(u) du]=−1 2[∫p

+∞

(u2+u102−

u

u2+42)du]¿−

2[a →+∞lim∫p a

1 2(

d(u2+102) u2+102 −

d(u2+42)

u2+42 )]=−

4a→+ ∞lim [ln

u2+102

u2+42 ¿p

a

]=−1 4ln

p2+102

p2+42 ¿

3 Các bài tập dùng Định lý hoãn CHÚ Ý CÁC CÔNG THỨC

¿

a[u (t − a) f (t − a)]=e− paF ( p)¿b¿uab(t )=u (t − a)− u (t −b )¿

a) Tìm ảnh của hàm sau:

f (t )={

0 t <0 t+1 ≤ t<1

3 t 1≤ t<4 t ≥ 4

f (t )=(t+1)[u (t )− u(t −1)]+3 t[u (t −1) −u (t − )]

¿tu (t )+u (t)+2 (t −1 )u (t −1 )+u (t − 1)− (t − 4) u (t − )−12 u (t − )

⇒ L[f (t )]=L(t )+L (1)+2 L[(t −1) u (t −1)]+L[u (t −1)]−3 L[(t −4 ) u (t − 4)]−12 L[u (t − )]

¿

p2+

1

p+e

− p

(p22+

1

p)−e

− p

(p32+

12

b) Tìm ảnh của hàm sau:

f (t )={03 1≤ t<4t<0 t ≥ 4

GIẢI

f (t )=3[u (t −1) −u (t − )]

¿3 u (t − 1)−3 u (t − )

⇒ L[f (t )]=3 L[u (t − 1)]− L[u (t − 4)]

¿3 e

− p

p −

3 e− p

p

b) Tìm ảnh của hàm sau: f(t)={

0 t <0 t 0 ≤t <a

a t>a

GIẢI

f (t )=t[u (t )− u (t −a )]+au (t − a)

¿tu (t) −(t −a )u (t − a)

⇒ L[f (t )]=L[t]− L[(t − a) u (t − a)]

¿

p2− e− ap

p2

b) Tìm ảnh của hàm sau:

f (t )={

0 t<0 h

at 0 ≤t <a −h

a(t −2 a) a ≤t <2 a

0 t ≥2 a

f (t )=h

at[u (t) −u (t − a)]− h

a(t −2 a)[u (t −a )− u (t −2 a)]

¿h

at[u (t )]−

2 h

a (t −a )[u (t − a)]+ h

a(t −2 a)[u (t −2 a)] ⇒ L[f (t )]=h

a

1

p2−

2 h

a e− ap

p2 + h a

e− ap p2

Ví dụ Tìm hàm gốc biết ảnh của chúng:

¿ ¿ ¿ ¿ ¿f ( p)= p

(p2+4) (p2+9)

a ( p)= 2 p− 1 p2

+p− 3b ( p)=

6

( p −3 )( p −1) ( p +2)+

p+6

(p+2)2+42¿ ¿c¿F ( p )=

10 p+6

( p+ 3) ( p −1 )( p − 4)+

p+8

p2−6 p+25d ( p )=

4

( p −3 )( p −1)+

p+1

p2−6 p+25¿ ¿e¿F ( p)=

5 p +3

(p2+2 p+5

)( p− 1)¿ g ( p )=

6

( p −5 )( p −2)+

p

p2−2 p+2¿ ¿ ¿

GIẢI:

¿

a ( p)= 2 p− 1 p2

+p− 3=

2(p+1

2)− 2

(p+1

2)

2

−(√13

2 )

2¿

2(p+1

2)

(p+1

2)

2

−(√13

2 )

2−

2√13

(p+1

2)

2

−(√13

2 )

2

2

√13¿⇒ L

−1

[F ( p)]=2 e− 12tch√13

2 t −

√13e

− 1

2tsh√13

¿

b ( p)=

( p −3) ( p− 1) ( p+2 ) ⏟

F1

+ p+6

( p +2)2+42 ⏟

F2

¿L−1[F1( p )]=lim

p →3

6 e3 t

( p −1 )( p+2)+limp →1

6 et

( p −3 )( p+2)+p →− 2lim

6 e− 2t

( p − 1)( p −3)=¿ 5e

3 t−3 et

+2 5e

− 2t

¿L− 1[F2( p)]=L−1[ p+2

( p+2)2+42+

( p+2)2+42]=e

−2 tcos t +e−2 tsin t

¿

c¿F ( p )=10 p +6

( p+ 3) ( p −1 )( p −4 ) ⏟

F1

+ p +8

p2−6 p+25

⏟

F2

L−1[F1( p )]=lim

p →− 3

(10 p+6) e− t (p −1) ( p − )+limp → 1

(10 p+6) et (p +3) ( p − )+limp → 4

(10 p+6 ) e4 t (p −1) ( p+3)=¿−

24 28 e −3 t −16 12 e t +46 21 e 4 t L−1

[F2( p)]=L− 1[ p − 3 ( p −3)2+42+

11

4

( p+2)2+42]=e

3 tcos t+11

4 e

3 tsin t

¿

d ( p )=

(p − 3) ( p −1 )+

p+1 p2−6 p+25¿

1 4(

1

p −3−

1

p −1)+

p −3

( p −3 )2+42+

( p −3 )2+42¿⇒ L

− 1

[F ( p )]=2(e3 t− et)+e3 tcos t+e3 tsin t¿ ¿

e ( p)= 5 p+3 (p2

+2 p+5)(p −1)=

5 p +3

(( p+1)2+4)( p − 1)=

5 p+3

(( p+1)+2 i)(( p+ 1)− 2i)( p − 1)¿⇒ L

−1

[F ( p)]=lim

p → 1

(5 p+ 3) et

(( p+1)+2 i) (( p+1) −2 i)+limp → 1

(5 p+3 )e(− 1+2 i)t

(( p+1)+2 i)( p −1)+¿+limp →1

(5 p+ 3) e(−1 −2 i)t

(( p +1)− 2i)( p− 1)¿

f¿F(p)= p

(p2+4) (p2+9) =1

5(

p p2+22−

p

p2+32)⇒ L

−1

[F(p)]=1

5(cos2 t − cos t)

¿

g ( p )=

(p − 5)( p −2 )+ p p2−2 p+2=

6 3(

1

p −5−

1

p− 2)+

p − 1

( p − 1)2+1+

( p − 1)2+1¿⇒ L

−1[F ( p )]=2(e5t− e2t)

+etcos t +etsin t¿

BÀI TẬP

1 Tìm ảnh của hàm gốc sau:

¿

a e¿−tsin2t¿b¿3 t5e−t+3 tet+7¿c¿2 e− tsin t −5 etcos t+3¿d¿t cos t − t sin t+4¿e¿4 e3 tsin2t +2 t3e2t+5 e− tsh t +4 cos2t¿f¿4 etsin4t+t3e2t+6 etsh t+3¿g¿tetcos t+t2e− 3tsin2 t¿h¿te−2 tchat¿m¿t

2

2+1+te

t

§3 ỨNG DỤNG CỦA TOÁN TỬ LAPLACE I Gỉai phương trình vi phân

Ví dụ: Gỉai phương trình vi phân: y''+2 y'+5 y =e−tsin t (1) y (0 )=0, y'(0 )=1

GIẢI:

Đặt Y =F ( p )=L[y (t )]

L[y'']+2 L[y']

+5 L[y]=L[e− tsin t]

⇔ p2

Y − py (0) − y'(0 )+ 2[pY− y (0 )]+5Y = ( p+1 )2+1

⇔ p2Y +2 pY+5Y − 1=

( p+1 )2+1

⇔Y = p2+2 p+3 (p2

+2 p+5) (p2+2 p+2

)=

2

1 ( p+1)2+22+

1

1 ( p+1)2+1

⇒ y(t )=L−1

[Y]=2 3e

−t

sin t+1 3e

− t

sin t

Ví dụ: Gỉai phương trình vi phân:

y''+3 y'+2 y =f (t )(1) y (0 )=0= y'(0 )=0 with f (t )={e

t 0<t<2

1 t >2

GIẢI:Đặt

Y =F ( p)=L[y (t )]

L[y' ']+3 L[y']+2 L

[y]=L[f (t )]

⇔ p2Y − py (0 )− y'

(0)+3[pY − y (0)]+2 Y =L[etu (t)]+L[u (t −2)]− e2L[u (t − 2) et − 2]

⇔ p2Y +3 pY+2Y =

( p − 1)+

e−2 p

p − e

2e− p

( p− 1)

⇔Y =

( p −1)(p2+3 p +2

)+

e−2 p p(p2+3 p+2

)− e

2

e−2 p

( p −1)(p2

+3 p+2)

1

P(p2+3 p+2)=

1

( p )( p+1) ( p+ 2)=

A p+

B p +1+

C p+2 A=lim

p → 0

1

( p+1) ( p+ 2)=

2, B= limp → −1

1

( p) ( p+2)=−1 , C= limp →− 2

1 ( p )( p+1)=

1

(p −1)(p2

+3 p+2)

=

( p −1) ( p +1)( p+2)=

A p −1+

B p+1+

C p+2 A=lim

p → 1

1

( p+1) ( p+ 2)=

6, B= limp →− 1

1

( p − 1)( p+2 )=−

2,C= limp → −2

1

( p −1) ( p+1)=

L[

(p −1) 6−

1 (p+1) 2+

1 (p+2) 3]=

1 6e

t−1

2e

− t

+1 3e

−2 t

L[e

−2 p

( p )2−

e− p

( p+ 1)+

e− p

( p +2)2]=

2u (t − 2) −u (t −2) e

−(t −2)

+1

2u (t − 2) e

− 2(t − 2)

L[ e

−2 p

( p − 1)6−

e− p

2( p+1)+

e− p

( p+ 2)3]=

6u (t −2) e

(t − 2)

−1

2u (t −2) e

−(t −2)

+1

3u (t − 2) e

− 2(t − 2)

⇒ y (t)=L−1

[Y]=1 6e

t−1

2e

−t

+1 3e

− 2t

+¿+u (t − 2)[1 2− e

−(t −2)

+1 2e

−2(t −2)−1

6e

2e(t − 2)−1

2e

2e−(t −2)

+1 3e

2e−2(t − 2)

Ví dụ: Gỉai phương trình vi phân: y''+6 y'

+9 y=9 e3 ty (0)=0, y'(0)=0

GIẢI:

Đặt Y =F ( p )=L[y (t )]

L[y' ']+6 L[y']+9 L[y]=L[e3t9]

⇔ p2Y − py (0)− y'

(0 )+ 6[pY− y (0)]+9 Y = ( p −3)

⇔ p2Y +6 pY+9 Y =

(p −3) ⇔Y =

( p −3 )( p+3)2

⇒ y (t )=L− 1

[Y]=9 L− 1

[( p − 3) ( p+ 3)1 2]=9{Re s[F ( p) e

pt;3]

+Re s[F ( p ) ept;−3]} Re s[F ( p ) ept;3

]=l im

p → 3[

( p −3 ) e3 t ( p −3) ( p +3)2]=

e3t

36 Re s[F ( p ) ept;−3]=l im

p → −3[

(p+3)2e−3 t

(p − 3) ( p+3)2]

′

=l im

p → −3[

− te−3 t− e−3 t

(p − 3)2 ]=−

e− t(6 t+1) 36

y=e

3 t

4 −

e−3 t(6 t+1 )

Ví dụ:

Gỉai phương trình vi phân: y''+3 y'+2 y =0 y (0)=0, y'(0 )=1

GIẢI:

Đặt Y =F ( p )=L[y (t )]

L[y' ']+3 L[y']+2 L[y]=L[0]

⇔ p2Y − py (0) − y'

(0 )+ 3[pY− y (0)]+2Y =0

⇔ p2

Y +3 pY+2 Y − 1=0 ⇔ Y =

(p+1)( p+2 )=

1 (p+1)−

1 (p+2) ⇒ y (t )=L−1

Ví dụ: Gỉai phương trình vi phân: y''+3 y'

+2 y =e−3 ty (0)=1, y'(0 )=−1

GIẢI:

Đặt Y =F ( p )=L[y (t )]

L[y' ']+3 L[y']+2 L[y]=L[e−3 t]

⇔ p2Y − py (0)− y'

(0 )+ 3[pY− y (0)]+2Y = ( p+3 )

⇔(p2+3 p+2)Y − p −2=

(p+3 ) ⇔ Y =

( p+ 3) ( p+ 1)( p+2)+ ( p+1)

⇒ y (t)=L−1

[Y]=L− 1[

( p+3) ( p+1) ( p+ 2)+

( p +1)]=¿{Re s[F ( p) e

pt

;−1]+Re s[F ( p ) ept;−2]+Re s[F ( p) ept;−3]}+e− t Re s[F ( p ) ept;−1]=l im

p → −1[

( p+1) e− t

( p+2) ( p+1) ( p+ 3)]=

e− t

2 Re s[F ( p ) ept;−2

]=l im

p → −2[

( p+2) e−2 t ( p+2 )( p+1) ( p+ 3)]

′

=− e− 2t Re s[F ( p ) ept;−3

]=l im

p → −3[

( p+3 )e−3 t ( p +2)( p+1) ( p+3)]

′

=1 2e

−3 t

y=e

− t

2 − e

−2 t

+e

−3 t

2 +e

Ví dụ: Gỉai phương trình vi phân: y''−3 y'

+2 y =tety (0)=1, y'(0)=− 2

GIẢI:

Đặt Y =F ( p )=L[y (t )]

L[y'']− L[y']+2 L[y]=L[tet]

⇔ p2Y − py (0) − y'

(0)− 3[pY − y (0)]+2 Y = ( p − 1)2

⇔(p2−3 p+2)Y = p −5+

( p −1)2

⇔Y = p − 5

( p −1) ( p − 2)+

1 (p − 1)3(p −2) ⇒ y (t)=L−1

[Y]=L− 1

[⏟( p −1) ( p − 2)p −5

F1

+

( p −1)3( p − 2) ⏟

F2 ]

=¿{Re s[F1( p) ept;1]+Re s[F1( p )ept;2]} Re s[F1( p )ept;1;2]=l im

p → 1[

( p −5 )et

( p − 2) ]+l imp→ 2[

( p −5 )e2 t ( p − 1) ]=4 e

t−3 e2 t

Re s[F2( p ) ept;1 ;2]=l im

p→ 1[

et

( p −2)]

″

+l im

p → 2[

e2t

(p −1)3]=

1 2 e

t(− t2−2 t − 2)

+2 e2 t

y=et

(−1

2t

2−t +3

)− e2 t

Ví dụ: Gỉai phương trình vi phân: y''− y'+3 y =0 y ( 0)=0, y'(0 )=10

GIẢI:

Đặt Y =F ( p )=L[y (t )]

L[y' ']− L[y']+3 L[y]=L[0]

⇔ p2Y − py (0) − y'

(0 )− 4[pY− y (0 )]+3Y =0

⇔ p2Y − pY+3Y −10=0

⇔Y =10

(p −1 )( p −3)=5[ (p −3)−

1 (p −1)]

⇒ y(t )=L− 1

[Y]=5(e3 t−et

)

II ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH MẠCH ĐIỆN:

1 Xét mạch gồm R,L,C

VR(t )+VL(t )+ VC(t )=E (t )

⇔Ri (t)+Ldi

dt +

Cq (t )=E (t ) ⇔ R

Li (t)+

di dt+

1

LC q (t)=

E (t ) L ⇔d

2

q

dt2 +

R L

dq dt +

1

LCq (t )=

E (t) L (1)

If circuit only have R , L then

⇔ Ldi (t)

dt +Ri (t )=E (t )(2) If circuit only have R , C then

Rdq (t )

dt +

Cq (t )=E (t ) (3 )

Ví dụ:

Xét mạch điện gồm R,L biết i(0 )=0 , R , L is const

a) Cho E (t)=E0=const Tìm biểu thức của dòng điện tức thời i(t)

b) Tìm i(t ) If E (t)=E0sin ωt , with ω=const .

GIẢI:

a) Mạch chỉ gồm R,L nên áp dụng công thức (2) ta có: Ldi(t)

dt +Ri(t)=E(t) (2)

⇔i'

(t)+R

Li(t)= E(t)

L =

E0 L

Đặt

I=I ( p )=L[i (t )], we have : L[i'

(t )]=pI−i (0)=pI (2)⇔ pI+ R

L I= E0

L

1

p ⇔ I=E0

L

1

p

1

(p+R L)

=E0

R (

1

p−

1

(p+R L))

⇒i (t )=L−1

[I]=E0

R [1 −e

− R Lt]

b) Trường hợp nguồn AC hình sin

Ldi (t )

dt +Ri (t )=E (t ) (2)

⇔i'

(t )+R

Li(t )= E (t )

L =

E0sin ωt

Đặt

I =I ( p)=L[i(t )], we have : L[i'

(t )]=pI− i(0 )=pI, L[sin ωt]= ω

p2+ω2 (2)⇔ pI+R

LI= E0

L ω p2

+ω2

⇔ I =E0

L

1

(p+R L)

ω

p2+ω2⇒i (t )=L

−1

[I]=E0

L L

− 1

[(p+1R L)]

∗ L− 1

[p2ω+ω2]

e− RL(t −u) sin ωudu=

¿E0

L e

− R Lt

[∫

0 t

e

R

L(u) sin ωudu

]

i(t )=E0 L e

−R

Lt∗ sin ωt=E0

L ∫0

t

¿[∫

0 t

e

R

L(u) sin ωudu

]=− L

2ω

R2+L2ω2e

❑

R Lt

cos ωt +LR

R2+L2ω2e

❑

R Lt

sin ωt+ L

2ω

R2+L2ω2

⇒i (t )=− E0Lω

R2+L2ω2cos ωt +

E0R

R2+L2ω2sin ωt+

E0Lωe − R

Lt

R2+L2ω2

BÀI TẬP

Gỉai các phương trình vi phân sau:

¿

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Võ Đăng Thảo Hàm phức và Toán tử LAPLACE Nhà xuất bản Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh -2004

[2] Ngô Hữu Tâm Gíao Trình Hàm biến phức và phép biến đổi Laplace Trường Đại học sư phạm kỹ thuật TP Hồ Chí Minh -2005

[3] Nguyễn Kim Đính Hàm phức và ứng dụng Nhà xuất bản Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh -2001

[4] Nguyễn Kim Đính Phép biến đổi Laplace Nhà xuất bản Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh -2003

[5] Trương Văn Thương Hàm số biến số phức Nhà xuất bản Gíao Dục 2007

MỤC LỤC

TRANG

CHƯƠNG I: Hàm giải tích

§1 Sớ phức

§2 Hàm biến phức

§3 Đạo hàm của hàm phức

§4 Tích phân của hàm biến phức 14

CHƯƠNG II: Tích phân của hàm biến phức 15

§1 Tích phân đường của hàm biến phức 15

§2 Tích phân Cauchy cho miền đơn liên và đa liên 22

§3 Cơng thức tích phân Cauchy 25

CHƯƠNG III: Chuỗi hàm phức 32

§1 Ch̃i lũy thừa 32

§2 Ch̃i Taylor-Ch̃i Maclaurin-Ch̃i Laurent 34

CHƯƠNG IV: Thặng dư và Ứng dụng 42

§1 Khái niệm về Thặng dư và cách tính 42

CHƯƠNG V: Toán tử Laplace và ứng dụng 48

§1 Khái niệm về Toán tử Laplace 48

§2 Tích chập và ảnh của tích chập 55

§3 Ứng dụng của Toán tử Laplace 67

TÀI LIỆU THAM KHẢO 75