ÔN THI LÝ THUYẾT
HÀM BIẾN PHỨC
KHOÁ 2012-2013
BẢO VƯƠNG _ CĐSTOAN
*-*-*-*-*-*
1. Công thức Niutơn - Leibnitz
Hàm F gọi là một nguyên hàm của hàm f trên miền D nếu F’(z)=F(z) với mọi
Dz ∈
.
Định lý 2 (Công thức Niutơn – Leibnitz): Nếu
Dba →],[:
γ
là một đường cong trơn từng khúc,
1
)( za =
γ
,
2
)( zb =
γ
, F là một nguyên hàm của f trên miền D thì.
)()()(
12
zFzFdzzf
∫
−=
γ
Chứng minh:
Theo công thức
∫ ∫
=

γ
γγ
b
a
dtttfdzzf )('))(()(
Đặt
))(()( tFt
γ
=Φ
ta có
)('))(()(' ttft
γγ
=Φ
.
Áp dụng công thức Niutơn – Leibnitz trong giải tích thực cho phần thực và phần ảo của
)(tΦ
ta
có
)()()()()(
12
zFzFabdzzf
∫
−=Φ−Φ=
γ
2. Công thức tích phân Cauchy
Cho D là một miền bị chặn, có biên là hữu hạn đường cong. Nếu f giải tích trên D và liên tục
trên
D
thì với mọi
Dz ∈

0
ta có
dz
zz
zf
i
zf
D
∫
∂
−
=
0
0
)(
2
1
)(
π
Chứng minh:
Với mọi r>0 sao cho B
Drz ⊂),(
0
, đặt
),(\'
0
rzBDD =
. Hàm
0
)(

)(
zz
zf
zg
−
=
giải tích trên D’ nên
theo định lý Cauchy: Cho D là một miền bị chặn, có biên là hữu hạn các đường cong trơn
từng khúc. Nếu f giải tích trên D và liên tục trên
D
thì
0)( =
∫
∂D
dzzf
ta có:
0
)()()(
00
'
0
=
−
−
−
=
−
∫∫∫
∂∂
dz

zz
zf
dz
zz
zf
dz
zz
zf
r
CDD
Từ đó
dz
zz
zf
i
dz
zz
zf
i
r
CD
∫∫
−
=
−
∂
00
)(
2
1)(

2
1
ππ
.
Vì
idz
zz
zf
r
C
π
2
)(
0
=
−
∫
nên
dz
zz
zfzf
i
dz
zz
zf
i
zf
rr
CC
∫∫

−
−
=
−
−
0
0
0
0
)()(
2
1)(
2
1
)(
ππ
(1)
Với mọi
0,0 >>
δε
sao cho
δ
<−
0
zz
thì
ε
<−
0)
()( zfzf

. Khi đó mọi
δ
<r
ta có:
1
επ
ε
ππ
=≤
−
−
∫
r
r
dz
zz
zfzf
i
r
C
2
2
1
)()(
2
1
0
0
.Do
0>

ε
tuỳ ý nên từ (1) suy ra
dz
zz
zf
i
dz
zz
zf
i
zf
DC
r
∫∫
∂
−
=
−
=
00
0
)(
2
1)(
2
1
)(
ππ
3. Hàm điều hoà
Định lý: Một hàm hai biến thực trên miền D là hàm điều hoà khi và chỉ khi là phần thực hay

phần ảo của một hàm giải tích nào đó trên D.
Chứng minh:
Ta chứng minh nếu u (hoặc v) là hàm điều hoà trên D thì tồn tại v (hoặc u) là hàm trên D sao
cho
ivuf +=
là hàm giải tích trên D. Thật vậy, giải sử u là hmà điều hoà, với mỗi
Dyx ∈),(
00
,
đặt
dy
x
u
dx
y
u
yxv
yx
yx
∂
∂
+
∂
∂
−=
∫
),(
),(
00
),(

(1).
Do u là hàm điều hoà nên
)()(
y
u
y
u
x
u
x
u
∂
∂
−
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
, từ đó tích phân đường (1) không phụ thuộc vào
hình dạng đường nối
),(
00
yx
với
),( yx
trong D.
Vì

dy
x
u
dx
y
u
dv
∂
∂
+
∂
∂
−=
, nên ta có
x
u
y
v
y
u
x
v
∂
∂
−=
∂
∂
∂
∂
−=

∂
∂
,
, mà theo định lý 1(chương I): Hàm f khả vi
tại
000
iyxz +=
khi và chỉ khi nó R
2
khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Rieman tại
),(
00
yx
nên
ivuf +=
là hàm giải tích.
Do đó hàm v xác định bởi (1) là hàm cần tìm.
Tương tự, nếu v là một hàm điều hoà đã cho thì hàm
dy
x
v
dx
y
v
yxu
yx
yx
∂
∂
−

∂
∂
=
∫
),(
),(
00
),(
(2) là hàm sao cho
là
ivuf +=
hàm giải tích.
4. Định lý Cauchy
Cho f là một hàm giải tích trên miền D và
Dz ∈
0
. Khi đó trong hình tròn
),(
0
RzB
,
),(
0
DzdR ∂=
,
ta có
∑
∞
=
−=

0
0
)()(
k
k
k
zzazf
(1 ). Các hệ số
k
a
là duy nhất, được tính theo công thức:
!
)(
0
)(
k
zf
a
k
k
=
.
Chứng minh:
Với r tuỳ ý,
Rr
<<
0
, kí hiệu C
r
là đường tròn tâm z

0,
bán kính r.
Theo công thức tích phân Cauchy ta có:
η
η
η
π
d
z
f
i
zf
D
∫
∂
−
=
)(
2
1
)(
0
(2).
Với mọi
),(
0
rzBz∈
. Vì
00
zzz −<−

η
nên có khai triển
)()(
11
00
zzzz −−−
=
−
ηη
0
0
0
1
1
.
1
z
zz
z
−
−
−
−
=
η
η
∑
∞
=
+

−
−
=
0
1
0
0
)(
)(
n
n
n
z
zz
η
(3).
Với mọi
r
C∈
η
,
1
0
0
0
<
−
=
−
−

r
zz
z
zz
η
, nên theo (định nghĩa chuỗi hàm): Nếu chuỗi hàm xác định
tên tập
CA∈
là chuỗi dạng
∑
=
=++++
n
k
kk
zfzfzfzf
1
21
)( )( )()(
hội tụ đều trên A và
ϕ
là một
2
hàm bị chặn trên A thì chuỗi
∑
=
n
k
k
zf

1
0
)(
hội tụ đều trân A chuỗi
∑
∞
=
+
−
−
0
1
0
0
)(
))((
k
k
k
z
zzf
η
η
hội tụ đều trên
C
r
với z, z
0
cố định.
Thế (3) và (2) và áp dụng (định lý 6 chương III):

∑
∞
=
=
1
)()(
k
k
dzzfdzzf
ta được
k
k
C
k
zzd
z
f
i
zf
r
)(
)(
)(
2
1
)(
0
0
1
0

−








−
=
∑
∫
∞
=
+
η
η
η
π
.
Theo công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàm
!
)(
)(
)(
2
1
0
)(

1
0
k
zf
d
z
f
i
a
k
C
k
k
r
=
−
=
∫
+
η
η
η
π
, do đó
∑∑
∞
=
∞
=
−=−=

0
0
0
)(
0
0
)(
!
)(
)()(
k
k
k
k
k
k
zz
k
zf
zzazf
(4).
Vì chuỗi (4) hội tụ trên mọi hình tròn
),(
0
RzB
, r < R, nên nó hội tụ trên
),(
0
RzB
.

Ta kiểm tra tính duy nhất của các hệ số a
k
. Giả sử
∑
∞
=
−=
0
0
)()(
k
k
k
zzbzf
,
),(
0
RzBz ∈
là một khai
triểu tuỳ ý của f. Theo định lý Abel, lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này k lần và thay
0
zz =
ta
nhận được:
k
k
bkzf !)(
0
)(
=

. Vậy ta cũng có
!
)(
0
)(
k
zf
b
k
k
=
5. Định lý Laurent
Cho hàm f giải tích trên vành khăn
{ }
RzzrCzV <−<∈=
0
:
,
∞≤<≤ Rr0
. Khi đó trên V ta có
∑
+∞
−∞=
−=
k
k
k
zzazf )()(
0
(1), trong đó các hệ số a

k
là duy nhất và được tính theo công thức
η
η
η
π
ρ
d
z
f
i
a
C
k
k
∫
+
−
=
1
0
)(
)(
2
1
(2).
ρ
C
là đường tròn tâm z
0

, bán kính
ρ
,
Rr <<
ρ
Chứng minh:
Giả sử z là điểm tuỳ ý thuộc V. Chọn r’, R’ sao cho
RRzzrr <<−<< ''
0
. Ký hiệu
{ }
'':'
0
RzzrCzV <−<∈=
. Theo công thức tích phân Cauchy
η
η
η
π
d
z
f
i
zf
V
∫
∂
−
=
'

)(
2
1
)(
η
η
η
π
η
η
η
π
d
z
f
i
d
z
f
i
rR
CC
∫∫
−
−
−
=
''
)(
2

1)(
2
1
(3).
Với mọi
'R
Cn ∈
)()(
11
00
zzzz −−−
=
−
ηη
0
0
0
1
1
.
1
z
zz
z
−
−
−
−
=
η

η
∑
∞
=
+
−
−
=
0
1
0
0
)(
)(
k
k
k
z
zz
η
.
Vì
1
0
0
<
−
−
z
zz

η
, nên chuỗi này hội tụ đều trên C
R’
.
Tương tự như chứng minh định lý Taylor
∑
∫
∞
=
−=
−
0
0
)(
)(
2
1
'
k
k
k
C
zzad
z
f
i
R
η
η
η

π
(4) trong đó
( )
η
η
η
π
d
z
f
i
a
R
C
k
k
∫
+
−
=
'
1
)(
2
1
(4’). Với mọi
'r
C∈
η
, ta có

)()(
11
00
zzzz −−−
−=
−
−
ηη
0
0
0
1
1
.
1
zz
z
zz
−
−
−
−
=
η
∑
∞
=
−
−
−

=
1
0
1
0
)(
)(
l
l
l
zz
z
η
.
3
Vì
1
0
0
<
−
−
zz
z
η
nên chuỗi này hội tụ đều trên C
r’
.
Từ đó
∑

∫
∞
=
−
−
−=
−
−
1
0
)(
)(
2
1
'
l
l
l
C
zzad
z
f
i
r
η
η
η
π
(5), trong đó
( )

ηηη
π
dzf
i
a
r
C
l
l
∫
−
−
−=
'
1
)(
2
1
(5’).
Trong (5) và (5’) thay –l bởi k ta có
∑
∫
−
−∞=
−
−=
−
−
1
0

)(
)(
2
1
'
k
k
l
C
zzad
z
f
i
r
η
η
η
π
(6), trong đó
( )
η
η
η
π
ρ
d
z
f
i
a

C
k
k
∫
+
−
=
1
0
)(
2
1
(6’).
Chú ý trong (4’) và (6’) ta có thể thay đường lấy tích phân là
Rrzz <<=−
ρρ
,
0
nên thay (4) và
(6) vào (3) ta có
∑
+∞
−∞=
−=
k
k
k
zzazf )()(
0
, trong đó

( )
η
η
η
π
ρ
d
z
f
i
a
C
k
k
∫
+
−
=
1
)(
2
1
,
Rr <<
ρ
.
Ta chứng minh tính duy nhất của các hệ số a
k
. Giả sử
∑

+∞
−∞=
−=
k
k
k
zzbzf )()(
0
(7) là mộ khai triểu tuỳ
ý của f trên v.
Khi đó
∑
−
−∞=
−
1
0
)(
k
k
k
zzb
và
∑
+∞
=
−
0
0
)(

k
k
k
zzb
hội tụ đều trên một đường tròn
ρ
C
,
R<<
ρ
1
. Ta có
dzzz
C
m
∫
−
ρ
)(
0



−≠
−=
=
1,0
1,2
m
mi

π
.
Do đó nhân hai vế của (7) với
( )
1
0
1
.
2
1
+
−
k
zz
i
π
rồi lấy tích phân trên
ρ
C
ta có
( )
k
C
k
bdz
zz
zf
i
=
−

∫
+
ρ
π
1
0
)(
2
1
.
Vậy
( )
η
η
η
π
d
z
f
i
ba
n
kk
∫
+
−
==
1
0
)(

2
1
với mọi số nguyên k.
6. Định lý thặng dư
a) Nếu f giải tích trong miền
Rzz <−<
0
0
và khai triểu Laurent của f trong lân cận
0
z
là
∑
+∞
−∞=
−=
k
k
k
zzazf )()(
0
(3)thì
[ ]
10
),(
−
= azzfres
b) Nếu f giải tích trong miền
Rz >
và khai triểu Laurent của f trong lân cận của

∞
là
∑
+∞
−∞=
=
k
k
k
zazf )(
(4)thì
[ ]
1
),(
−
−=∞ azfres
Chứng minh:
a) Chuỗi (3) hội tụ đều trên
ρ
C
,
R<<
ρ
0
nên tích phân từ số hạng của chuỗi ta được
∫∫
−=
ρρ
C
k

k
C
dzzzadzzf )()(
0
.
Vì



−=
−≠
=−
∫
12
1,0
)(
0
ki
k
dzzz
C
k
π
ρ
nên
iadzzf
C
π
ρ
2)(

1−
=
∫
. Vậy
[ ]
10
),(
−
= azzfres
b) Tương tự a), tích phân từng số hạng của chuỗi (4) ta có
dzzadzzf
k
k
k
C
∑
∫
+∞
−∞=
−=
ρ
)(
ia
π
2
1−
−=
.
Từ đó
[ ]

10
),(
−
−= azzfres
4