BÀI tập GIẢI TÍCH PHỨC

1 BÀI TẬP GIẢI TÍCH PHỨC Bài 1: Xét tính chỉnh hình hàm số f ( z )  e x  x cosy  i sin y   ie x  x sin y  y cos y  , z  x  iy   Ta có: u ( x, y )  e x  x cosy i sin y  ; v( x, y )  e x  x sin y  y cos y  u ( x, y )  e x  x cosy  y sin y  cos y  x u ( x, y )  e x   x sin y  sin y  y cos y  y v ( x, y )  e x  x siny y cos y  sin y  x v ( x, y )  e x  x cos y  cos y  y sin y  y Vì u u v v liên tục ( x, y )   ; ; ; x y x y  u,v khả vi điểm z  x  iy   Điều kiện Cauchy_Reimann v  u  x ( x, y )  y ( x, y )    u ( x, y )   v ( x, y )  y x e x  x cos y  y sin y  cos y   e x  x cos y  cos y  y sin y   x x e   x sin y  sin y  y cos y   e  x siny y cos y  sin y   y sin y   sin y  y cos y  y  sin y    sin y  y cos y  sin y  y cos y  y  sin y    sin y   y   y0  f  _khả vi đường thẳng y  Vậy f khơng chỉnh hình z  x  iy      f chỉnh hình D, liên tục D   z   : z  1 max zD  Bài 2: Cho miền D  z   : z  điểm a  D  z   : z  Chứng minh tồn hàm f ( z ) đạt a Ta có: D   z   : z  1 bị chặn D   z   : z  1 D   z   : z  1 Xét f : D   z   f ( z)  z Dễ thấy f  C ( D) có f '(z)  lim z 0  z  z   z  z  f _  khả vi z  D  f chỉnh hình D  f  H ( D)  C ( D ) Mà f ( z )  z không hàm nên theo nguyên lý modul cực đại f đạt cực đại a  D ni ,n=1,2,… hàm f,g chỉnh hình D 2n  Chứng minh f(zn) =g(zn) với n f(z) = g(z) với z thuộc D Kết luận ni không thay Zn= ,n=1,2,…? n 1 Bài 3: Cho miền D =  z  C : z  1 , dãy Zn= Giải Ta có Zn= |Zn|= ni ,n=1,2,… n 1 n i  , n  (z n )  D Z n   D , n   n 1 Do f(zn) =g(zn), n nên f(z) = g(z) D theo định lý xác định 4 ni  i  D  áp dụng định lý xác định để kết luận n 1 Nếu thay Zn= f(z) = g(z) D Xét g(z)=0, z  D Xét f(z)=sin i z i Ta có f(zn)=sin  H ( D) i ni i n 1  sin[(n  1) ]   g ( zn ) n Rõ ràng f(zn)  g(zn) D Vậy thay Zn= ni ,n=1,2,…thì kết luận khơng cịn nửa n 1 2 Bài 4: Xét tính chỉnh hình hàm số f  z   az  b z  c.z , z  x  yi   a,b,c số phức Giải Ta có f  z   az  b z  c.z 2 + Vì đạo hàm z  x  iy ; z  x  iy hàm khả vi thực  nên f  z   az  b z  c.z khả vi thực  + Điều kiện Cauchy –Rieman Với a = b = c = suy f(z) =  f  H    Xét f  z   bz  2cz  0(1) z Th1: b  c   f  z   0, z   z Suy f  -khả vi z    f  H    x  Th2: b  0; c   z    y  Suy f  -khả vi Z = x  Th3: b  0; c   z   z    y  Suy f  -khả vi Z = Th4: b, c  b  1  i 1 Ta có: b, c     c    i  2  1  1  i1  x  iy     i  x  iy    1 x  1iy  i1 x  1 y  2 x  2 2iy  2i x   y  1  2  x    1  2  y    1  2  x  1  2  y  D 1  2 1  2  1  2 1  2  12  4 22  12  4 22 Dx  0, Dy  x  Nếu D   12  12  4 22  4 22 hệ có nghiệm  y   z  Suy f  -khả vi Z = Nếu D =  12  12  4 22  4 22 hệ có nghiệm tập hợp điểm thuộc đường thẳng 1  2  x    1  2  y   f  -khả vi đường thẳng Suy f không chỉnh hình điểm z   Bài tập 5: Cho f, g hàm chỉnh hình mặt phẳng phức C {zn} C dãy bị chặn, zm zn với m, n cho f(zn) = g(zn) với n Chứng minh: f = g|C Kết luận cịn khơng bỏ giả thiết {zn}  C dãy bị chặn Giải  Xét dãy {zn}  C dãy bị chặn   dãy (znk)  (zn) cho znk  a  C Theo giả thiết zm  zn, m, n f(zn) = g(zn), n  f(znk) = g(znk), nk Mà f, g  H(C) nên theo định lí xác định ta có f = g C  Nếu (zn)  C khơng bị chặn zn khơng hội tụ nên khơng thể áp dụng định lí xác định để kết luận f = g|C   2n , n Khi (zn)  C không bị chặn Xét f(z) = cosz  H(C) g(z) = sinz  H(C) Xét dãy zn   2  g(zn) = sin(  2n ) = Suy f(zn) = g(zn) n Rõ ràng f  g|C Ta có f(zn) = cos(  2n ) = Bài 6: Xét tính chỉnh hình hàm f ( z )  z  z z  z , z   Giải Xét z  x  iy ; z  x  iy khả vi thực   f  z  khả vi thực  , z   z  x  y    x0 Xét hàm f '  z    z  z.z     z  2 x   f  _khả vi z  iy , y    không tồn D(z,r) để f  _khả vi D(z,r) Vậy f không chỉnh hình  Bài Giả sử f hàm chỉnh hình miền D cho f số D Chứng mnh f hàm D Giải Giả sử f  c (c số)  TH1 xét c   f   TH2 xét c  Giả sử f  u  iv , f  u  v2  c2 (1) Đạo hàm hai vế (1) theo x ta 2u u v u v  2v   u v 0 x x x x (2) Tương tự, đạo hàm hai vế (1) theo y ta 2u u v u v  2v   u  v  y y y y  u v  x  y  Ta có điều kiện Cauchy – Riemann   v   u  x y (3) (4) Nhân (2) với v trừ cho (3) nhân u vế theo vế theo (4) ta có u  v2  v v v  c2 0 0 x x x (5) Nhân (2) với u trừ cho (3) nhân v vế theo vế theo (4) ta có u  v2  u u u  c2 0 0 x x x (6) Từ (5) (6) suy f '  Vậy f hàm D n 1 i , n = 1,2,… Giả sử f , g hàm chỉnh hình n D   z   : z  2 cho f  zn   g  zn  với n Chứng minh f  g D Kết luận Câu 8: Cho dãy số zn  hay không thay miền D miền G   z   : z  1 ? Bài Giải:  Ta có : zn   zn n 1 i , n = 1,2,… n  n  1  n2  1, n  ( zn )  D Và zn  i  D, n   Do f  zn   g  zn  , n nên f  g |D ( Định lý xác định nhất)  Do zn  n 1 i  i  G  ap dụng định lý để kết luận f  g |G n Xét g ( z )  0, z  G  i  Xét f ( z )  sin    H (G )  z i        n i i Ta có f ( z )  sin    sin    (n  1)i  in    n  1 i  i     n   n i   f ( z )  sin    i   f ( z )  sin  n    g ( z ), n Rõ ràng f  g |G Vậy kết luận sai thay D miền G   z   : z  1 Câu : Cho D   miền bị chặn với biên D Giả sử f hàm chỉnh hình D liên tục bao đóng D D Chứng minh Re f đạt cực đại D Chứng minh: Ta có : e z  e Re f Xét hàm g  z   e f ( z )  g  H  D  C  D g đạt cực đại D  e Re f ( z ) đạt cực đại D  Re f ( z ) đạt cực đại D Bài 10 Giả sử f hàm chỉnh hình mặt phẳng phức cho f  z   2013 z 2013 , z   Chứng minh f đa thức có bậc khơng vượt q 2013 Bài làm Khơng tính tổng quát ta xét khai triển Taylor z0   Vì f  H    nên f  z    cn z n n0 Trong cn  f n  0  n!  z R f  z dz z n 1 Ta có: cn   z R f  z dz  z n1 2  z R f z z n 1 dz   z R 2013 z z n 1 2013 dz  2013 2013 2013 2013 2013.2 2  n 2012  d  R.eit   n 2012 R t  n 2012 2 R  n 2013 R R R R Với n  2013 n  2013  Vì f  H    nên ta có R   Suy cn  0, n  2013  z R R n  2012 dz 10 Do cn  0, n  2013  Như f  z    cn z n n0 Vậy f đa thức có bậc khơng vượt q 2013 Câu 12: Xét tính chỉnh hình hàm f ( z )  z 2e az bz , z   , vớí a, b số phức Bài Giải: Ta có f ( z )  z 2e az bz , z   Do đạo hàm z  x  iy , z  x  iy khả vi thực  nên f ( z )  z e az bz khả vi thực  Ta có : f ( z )  z b.e az bz z Ta xét : f ( z)  z  z b.e az bz   Trường hợp 1: b   f ( z )  0, z z Suy f  -khả vi z Vậy f chỉnh hình   Trường hợp 2: b   f (z)  z  z2   x  y  xyi   x2  y    xy   x y0 Suy f  -khả vi điểm z = Suy không tồn D( z; r ) cho f  -khả vi D Vậy f không chỉnh hình điểm z   11 Bài 13: Giả sử f hàm chỉnh hình  cho f đạt cực đại z  2013  i 2013 Chứng minh f hàm  Theo giả thuyết ta có f  H () Do f đạt cực đại z  2013  i 2013   Nên M  cho f  2013  i 2013  M  f ( z )  M ,  z    f bị chặn  f hàm (theo định lý Louvile) ni , n  1, 2, hàm f chỉnh hình 2n  D Chứng minh f  zn   2013 với n f  z   2013 với z  D Kết luận Câu 14: Cho miền D   z   : z  1 , dãy zn  không thay zn  ni , n  1, 2, n 1 Chứng minh:  Chứng minh f  zn   2013 với n f  z   2013 với z  D Ta có : zn  zn  ni , n  1, 2, 2n  n i  1, n   zn   D zn   D, n   2n  Do f ( zn )  2013, n nên f ( z )  2013 |D theo định lý xác định  Thay zn  zn  ni kết có hay khơng? n 1 ni  i  D  áp dụng định lý xác định để kết luận f  g |D n 1 Xét g ( z )  2013, z  D     i Xét f ( z )  2013.cos 2    2013.cos  2  n  1   2013  g  zn  , n ni  i   n 1  Rõ ràng f  g |D 12 Bài 15: Cho f, g, hàm chỉnh hình C K tập compact C Chứng minh K tập vô hạn f g K f = g C Hãy cho ví dụ chứng tỏ kết luận khơng cịn K tập hữu hạn K khơng compact Giải  Chứng minh C: Vì K tập compact, vô hạn nên lấy dãy (zn) ⊂K Vì tính compact nên tồn mà Vì K nên Vậy C  Cho ví dụ chứng tỏ kết luận khơng cịn đúng: + Nếu K tập hữu hạn: Xét Rõ ràng K, Suy kết luận khơng cịn K tập hữu hạn + Nếu K không compact: Xét Mà Suy kết luận khơng cịn K khơng compact Câu 16: Xét tính chỉnh hình hàm số f  z   z  z z  z , z  x  iy   Chứng minh: Ta có: f  z   z  z z  z Do đạo hàm z  x  iy , z  x  iy khả vi thực  nên f  z   z  z z  z khả vi thực  f Ta có :  z z  z f Ta xét 0 z f   z z   z   x  iy   x  iy      x2  y2     x2  y  13  Vậy f  -khả vi điểm đường tròn C 0;    Mà z  C 0; không tồn D( z; r ) cho f  -khả vi D( z; r ) , z Vậy f khơng chỉnh hình điểm z   Câu 17: Chứng minh hàm cos z , sin z không bị chặn  Bài Giải: Chứng minh cos z không bị chặn  Sử dụng phản chứng: Giả sử cos z bị chặn   Tồn M  cho: cos z  M , z  Mà ta có: cos z  eiz  e  iz Ta xét dãy zn  ni, với n = 1,2,… 2 ei n  e  i n Ta có cos zn   e n  en   n   ( Mâu thuẫn với giả thuyết) Vậy cos z không bị chặn  Chứng minh tương tự với hàm sin z: Giả sử sin z bị chặn   Tồn M  cho: sin z  M , z   eiz  e  iz 2i Mà ta có: sin z  Ta xét dãy zn  ni, với n = 1,2,… 2 ei n  e  i n Ta có cos zn  14  e n  en en  e n  i 2i  e n  e n   n   ( Mâu thuẫn với giả thuyết) Vậy sin z không bị chặn  Câu 18: Cho D   miền bị chặn với bao đóng D Giả sử f , g hàm chỉnh hình D liên tục D cho f  g tập vô hạn compact D Chứng minh f  g D Bài Giải: Do D tập vô hạn compact nên    dãy  zn   D tính compact tồn dãy znk :  z    z   D  z   a  D nk n nk     Vì f  g |D nên f znk  g znk , znk  D Vậy theo định lý xác định f  g |D Câu 19: Xét tính chỉnh hình hàm số f  z   z  z z  z z , z  x  iy   Chứng minh: Ta có: f  z   z  z z  z z Do đạo hàm z  x  iy , z  x  iy khả vi thực  nên f  z   z  z z  z z khả vi thực  Ta có : f  z z  z z Ta xét f 0 z  f  z z  z  z 15   x  iy   x  iy   2( x  iy )2   x  y   x  y  xyi    y  xyi  y    y  xi  y     x    y  Vậy f  -khả vi điểm z = x z = Suy không tồn D( z; r ) cho f  -khả vi D( z; r ) , z Vậy f khơng chỉnh hình điểm z   Bài 21: Xét tính liên tục liên tục hàm số f ( z )  miền  z  z 1) Dễ thấy f liên tục  z  không liên tục miền  z  z miền  z  với zn  ; un  n  2n  1  2) Chứng minh f ( z )  sin Lấy  zn  ,  un  Lúc này: zn  un  n   0 n  2n  1  Mà f  zn   f  un   sin  sin    1   n  2n  1   f không liên tục miền  z  Câu 22: Xét tính chỉnh hình hàm số f ( z)  z  Bài Giải: Ta có: f ( z )  z  z z  z 2 z z  z , z   16 Do đạo hàm z  x  iy , z  x  iy khả vi thực  nên f ( z )  z  z z  z khả vi thực  Ta có : f  z  z z z  x   x  iy  z  f f   Ta xét 0  z  zz      y  z z z  z   x  iy   x  iy    yi   x     y   y  Vậy f  -khả vi điểm z = z  x Suy không tồn D( z; r ) cho f  -khả vi D( z; r ) , z Vậy f khơng chỉnh hình điểm z   Bài 23: Cho f ; g hàm chỉnh hình D   z   :1  z  2 f  zn   g  zn  ; n , zn  3ni với n  1; 2;3; 2n  a) Chứng minh f  g D b) Câu a cịn đóng khơng thay zn  2ni với n  1; 2;3; n 1 a) Ta có zn  3n với n  1; 2;3; Do  zn   D 2n  Mặt khác zn  3ni 3i  D 2n  2 Mà f ; g hàm chỉnh hình D f  zn   g  zn  ; n Theo định lý xác định nhất, ta có f  g D b) Vì zn  2ni  2i  D nên áp dụng định lý xác định n 1 17 Xét g  z   0; z  D Xét f  z   sin 2 i  H  D z  2i Ta có f  zn   sin 2 i  sin    n  1     g  zn  ; với với n  1; 2;3; 2ni  2i n 1 Rõ ràng f  g D Vậy câu a khơng cịn Bài 24: Xét tính chỉnh hình hàm f ( z )  z eb z , p số phức Hàm z  x  iy z  x  iy khả vi thực   f khả vi thực  Ta có: f ( z )  z beb z z Trường hợp 1: b =  f ( z )  z 0e z  (ln có) z  f C_khả vi điểm z    f chỉnh hình điểm z   (1) Trường hợp 2: b ≠  f ( z )  z beb z  z  z2   x  y  2ixy    x2  y  x    y  2 xy   f C_khả vi điểm z (0;0)   f chỉnh hình điểm z (0;0)   (2) (1),(2)  f chỉnh hình điểm z   18 Bài 25: Cho f,g hàm chỉnh hình D   z   :  z  1 f  zn   g  zn  với n  1, 2,3, đó: zn  2ni với n  1, 2,3, 4n  a) Chứng minh: f  g D b) Kết luận hay không thay zn  i 4n  Chứng minh: f  g D 2ni , n 4n  2n  zn   , n   zn   D 4n  2ni + zn      D n  4n  + Do f  zn   g  zn  , n + Ta có: zn  Từ điều trên, theo định lý xác định nhất, ta suy f  g D a) Kết luận cịn hay khơng thay zn  i 4n  i với n  1, 2,3, 4n  i + zn     D  zn  D 4n  Lúc này, sử dụng định lý xác định để biện luận f  g D zn  Xét g  z   f ( z )  sin i z Ta có: f ( zn )  sin  H ( D) i z  sin i i 4n   sin  (4n  1)     g ( zn ), n Rõ ràng, f  g D Vậy zn  i kết luận f  g D khơng cịn 4n  ... 12 Bài 15: Cho f, g, hàm chỉnh hình C K tập compact C Chứng minh K tập vơ hạn f g K f = g C Hãy cho ví dụ chứng tỏ kết luận khơng cịn K tập hữu hạn K không compact Giải  Chứng minh C: Vì K tập. .. có nghiệm tập hợp điểm thuộc đường thẳng 1  2  x    1  2  y   f  -khả vi đường thẳng Suy f khơng chỉnh hình điểm z   Bài tập 5: Cho f, g hàm chỉnh hình mặt phẳng phức C {zn}... chặn với bao đóng D Giả sử f , g hàm chỉnh hình D liên tục D cho f  g tập vô hạn compact D Chứng minh f  g D Bài Giải: Do D tập vô hạn compact nên    dãy  zn   D tính compact tồn dãy znk