Ly thuyet ham bien phuc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ÔN THI LÝ THUYẾT HÀM BIẾN PHỨC KHOÁ 2012-2013 BẢO VƯƠNG _ CĐSTOAN *-*-*-*-*-*. 1.Điều kiện Cauchy-Riemann (trang 16-17). Cho hàm w=f ( z)=u( x , y )+iv ( x , y) , z=x +iy ∈ D . Hàm f gọi là R2 -khả vi tại z 0=x 0 +iy 0 nếu các hàm của hai biến thực u và v khả vi tại ( x 0 , y 0 ) . Hàm f được gọi là thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại z0 nếu tại ( x 0 , y 0 ) có các đẳng thức. ∂u ∂v ∂u ∂v = =− , ∂x ∂ y ∂y ∂x Định lý : Hàm f khả vi tại z 0=x 0 +iy 0 khi và chỉ khi nó R2 -khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại (x 0 , y 0 ) . Chứng minh: ¿ f ' (z 0) Δz+0 (Δz) . Đặt Δz=Δx+iΔy , Giả sư f khả vi tại z0. Khi đó Δf (z 0)= Δu+iΔv f ' (z 0)=B+ iC , 0( Δz)=01 (Δz)+i 02 ( Δz) trong đó B ,C ∈ R , 01 (Δz) , 02 ( Δz) là các vô cùng bé thực bậc cao hơn Δz khi Δz → 0 . Ta có: Δu+ iΔv ¿ f ' (z 0) Δz+0 (Δz) ¿( B+ iC)( Δx+iΔy) +01 ( Δz)+i 02 (Δz) (1) Từ đó: Δu=BΔx − CΔy+ 01 ( Δz) , Δv =CΔx+ BΔy +0 2( Δz) (2). Vậy u và v khả vi tại (x 0 , y 0 ) và ∂u ∂v ∂v ∂u B= = , C= =− tức là thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại ( x 0 , y 0 ) . ∂x ∂y ∂x ∂y Ngược lại, nếu u và v khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại (x 0 , y 0 ) thì có (2) và do đó có (1). Vậy f khả vi tại z0.. 2. Công thức Niutơn – Leibnitz (trang 32) Hàm F gọi là một nguyên hàm của hàm f trên miền D nếu F’(z)=F(z) với mọi z  D . Định lý 2 (Công thức Niutơn – Leibnitz): Nếu γ :[a , b]→ D là một đường cong trơn từng khúc, γ (a)=z 1 , γ (b)=z 2 , F là một nguyên hàm của f trên miền D thì. ∫ f (z)dz=F ( z 2)− F( z1 ) γ. Chứng minh: b. Theo công thức. ∫ f (z)dz=∫ f (γ (t)) γ '( t)dt γ. a. Đặt Φ(t)=F (γ (t)) ta có Φ ' (t)=f ( γ (t))γ ' (t) . Áp dụng công thức Niutơn – Leibnitz trong giải tích thực cho phần thực và phần ảo của Φ( t) ta có ∫ f (z)dz=Φ (b)− Φ( a)=F( z2 )− F( z 1 ) γ. 3. Công thức tích phân Cauchy (trang 38) Cho D là một miền bị chặn, có biên là hữu hạn đường cong. Nếu f giải tích trên D và liên tục trên mọi z 0  D ta có f ( z 0)=. D thì với. f ( z) 1 dz ∫ 2 πi ∂ D z − z 0. Chứng minh: f (z ) giải tích trên D’ nên theo z − z0 định lý Cauchy trang 33 (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 ∫ f ( z) dz=0 ) ta có: Với mọi r>0 sao cho B (z 0 ,r ) ⊂D , đặt. D'=D {B(z 0 , r ) . Hàm. ∂D. f ( z) f (z) f (z) ∫ z − z dz=∫ z − z dz −∫ z − z dz=0 ∂D' 0 ∂D 0 C 0 f ( z ) f ( z ) 1 1 dz= dz . ∫ ∫ Từ đó 2 πi ∂ D z − z 0 2 πi C z − z 0 r. r. g( z )=.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> f ( z0 )− f (z) f (z) 1 1 dz= dz (1) ∫ ∫ 2 πi C z − z 0 2 πi C z − z0 C 0 Với mọi ε > 0 , δ>0 sao cho |z − z 0|<δ thì |f (z) − f ( z 0)|< ε . Khi đó mọi r <δ f ( z 0 )− f (z ) 1 1 ε dz ≤ 2 πr =ε .Do ε > 0 tuỳ ý nên từ (1) suy ra ∫ 2 πi C z − z0 2π r Vì. f ( z). ∫ z−z. dz=2 πi nên f (z 0) −. r. |. r. ta có:. |. r. f (z 0)=. r. f ( z) f (z) 1 1 dz= dz ∫ ∫ 2 πi C z − z 0 2 πi ∂ D z − z 0 r. 4. Hàm điều hoà (trang 44) 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 f =u+ iv là ∂u ∂u − dx+ ¿ dy ∂y ∂x (x , y) hàm giải tích trên D. Thật vậy, giải sử u là hàm điều hoà, với mỗi (x 0 , y 0 )∈ D , đặt (1). v (x , y )= ∫ ¿ (x0 , y 0). ∂u ∂u ∂u ∂u ( )= (− ) , từ đó tích phân đường (1) không phụ thuộc vào hình dạng Do u là hàm điều hoà nên ∂x ∂x ∂ y ∂ y đường nối (x 0 , y 0 ) với (x , y ) trong D. ∂u ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u dx + dy , nên ta có =− , =− Vì dv=− , mà theo định lý 1[(chương I) trang 17: Hàm ∂y ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x f khả vi tại z 0=x 0 +iy 0 khi và chỉ khi nó R2 khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Rieman tại (x 0 , y 0 ) ] ta có f =u+ iv là hàm giải tích. Do đó hàm v xác định bởi (1) là hàm cần tìm. (x , y) ∂v ∂v dx − dy (2) là hàm sao cho Tương tự, nếu v là một hàm điều hoà đã cho thì hàm u( x , y )= ∫ ∂x (x , y ) ∂ y f =u+ iv là hàm giải tích. 0. 0. 5. Định lý Taylor (trang 54). Cho f là một hàm giải tích trên miền D và z 0 ∈ D . Khi đó trong hình tròn B ( z 0 , R) , R=d ( z 0 , ∂ D) , ta z − z 0 ¿k ak ¿ f (k) (z 0) a có (1 ). Các hệ số là duy nhất, được tính theo công thức: . a = k ∞ k k! f ( z)=∑ ¿ k=0. Chứng minh: Với r tuỳ ý, 0<r < R , kí hiệu Cr là đường tròn tâm z0, bán kính r. f ( η) 1 dη (2). Theo công thức tích phân Cauchy ta có: f ( z 0)= ∫ 2 πi ∂ D η − z 1 1 = Với mọi z ∈ B (z 0 , r ) . Vì |z − z 0|<|η − z 0| nên có khai triển η− z ( η− z 0)−( z − z 0 ) z − z 0 ¿n ¿ η − z 0 ¿n+1 1 1 ¿ . ¿ (3). η− z 0 z − z0 ¿ 1− ¿ η− z0 ¿ ∞. ¿∑ ¿ n=0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Với mọi η ∈C r ,. z − z0 z − z0 = < 1 , nên theo (định nghĩa chuỗi hàm, định lí 2 trang 51): Nếu chuỗi η− z 0 r. | |. n. hàm xác định tên tập A ∈C. là chuỗi dạng f 1 (z )+f 2(z )+.. .+ f k ( z)+. ..=∑ f k ( z) hội tụ đều trên A và k=1. z − z 0 ¿k ¿ η − z 0 ¿k+1 n ¿ ¿ ϕ là một hàm bị chặn trên A thì chuỗi ∑ f k ( z 0 ) hội tụ đều trên A chuỗi hội tụ đều trên Cr k=1 f (η)¿ ¿ ∞. ∑¿ k=0. với z, z0 cố định.. ∞. Thế (3) và (2) và áp dụng (định lý 4 chương III trang 51):. ∫ f ( z) dz=∑ ∫ f k ( z) dz. ta được. k=1 γ. γ. η − z 0 ¿k+1 ¿ z − z 0 ¿k f (η) ¿ (¿ dη¿) 1 ¿ 2 πi ∫ C ¿. .. r. ∞. f (z)=∑ ¿ k=0. k. k+1. η − z0 ¿ ¿ ¿ f ( η) Theo công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàm , do đó ¿ 1 a k= ∫¿ 2 πi C r. z − z0 ¿ ¿ z − z 0 ¿k f (k) (z 0 ) ¿ k! ak ¿. (4).. ∞. f ( z)=∑ ¿ k=0. Vì chuỗi (4) hội tụ trên mọi hình tròn B ( z 0 , R) , r < R, nên nó hội tụ trên B ( z 0 , R) . k z − z0 ¿ bk ¿ Ta kiểm tra tính duy nhất của các hệ số ak. Giả sử , z ∈ B (z 0 , R) là một khai triểu tuỳ ý của f. ∞ f ( z)=∑ ¿ k=0. Theo định lý Abel, lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này k lần và thay f (k) ( z 0) Vậy ta cũng có bk = k!. z=z 0 ta nhận được: f (k) (z 0 )=k ! b k .. 6. Định lý Laurent (trang 58) Cho hàm f giải tích trên vành khăn V = { z ∈C :r <|z − z 0|< R } , 0 ≤ r< R≤ ∞ . Khi đó trên V ta có η − z 0 ¿ k+1 k ¿ z − z0 ¿ ¿ ak ¿ f ( η) (1), trong đó các hệ số ak là duy nhất và được tính theo công thức (2). C ρ là +∞ ¿ f ( z)= ∑ ¿ 1 k=− ∞ ak= ∫¿ 2 πi C đường tròn tâm z0, bán kính ρ , r < ρ< R ρ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chứng minh: Giả sử z là điểm tuỳ ý thuộc V. Chọn r’, R’ sao cho r <r ' <| z − z 0|< R ' < R . Ký hiệu V '= { z ∈C :r ' <|z − z 0|< R ' } . Theo công thức tích phân Cauchy f (η) f (η) f ( η) 1 1 1 dη − dη (3). f (z)= dη ¿ ∫ ∫ ∫ 2 πi C η− z 2 πi C η− z 2 πi ∂ V ' η − z Với mọi n ∈C R ' z − z 0 ¿k ¿ k+1 η − z 0¿ 1 1 ¿ . ¿ 1 1 . η− z 0 z − z0 = ¿ η− z ( η− z 0)−( z − z 0 ) 1− ¿ η− z0 ¿ R'. r'. ∞. ¿∑ ¿ k=0. Vì. z − z0 <1 , nên chuỗi này hội tụ đều trên CR’. η− z 0. | |. z − z0 ¿k ak ¿ f ( η) 1 dη (4’). ∫ Tương tự như chứng minh định lý Taylor (4) trong đó a k = ∞ 2 πi C ( η− z )k+1 f (η) 1 dη=∑ ¿ ∫ 2 πi C η− z k=0 R'. R'. Với mọi η ∈C r ' , ta có −. 1 1 =− η−z (η− z0 )−(z − z 0 ). ¿. 1 . z − z0. 1 η − z0 1− z − z0. η − z 0 ¿l −1 ¿ z − z 0 ¿l ¿ . ¿ ¿ ¿ ∞. ¿∑ ¿ l=1. Vì. η− z 0 <1 z − z0. | |. nên chuỗi này hội tụ đều trên Cr’. −l. z − z0 ¿ a− l ¿. Từ đó. ∞. −. f (η) 1 dη=∑ ¿ ∫ 2 πi C η− z l=1. 1 l−1 (5), trong đó a− l= 2 πi ∫ f (η) ( η − z ) dη (5’). Cr'. r'. k. z − z0 ¿ a− l ¿ f (η) 1 dη (6’). Trong (5) và (5’) thay –l bởi k ta có (6), trong đó a k = 2 πi ∫ −1 k +1 f (η) 1 Cρ ( η − z 0 ) − dη= ∑ ¿ ∫ 2 πi C η− z k=−∞ Chú ý trong (4’) và (6’) ta có thể thay đường lấy tích phân là |z − z 0|=ρ , r < ρ< R nên thay (4) và (6) vào (3) r'. ta có. z − z0 ¿ ak ¿. k. , trong đó a k =. +∞. f ( z)=. ∑. k=− ∞. ¿. f (η) 1 dη , r < ρ< R . ∫ 2 πi Cρ ( η − z )k+1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta chứng minh tính duy nhất của các hệ số ak. Giả sử. z − z 0 ¿k bk ¿. (7) là một khai triển tuỳ ý của f trên v. Khi. +∞. f (z)=. ∑. ¿. k=− ∞. đó. z − z0 ¿ bk ¿. k. −1. ∑. ¿. k=− ∞ m 0. và. z − z0 ¿ bk ¿ +∞. k. hội tụ đều trên một đường tròn C ρ , 1< ρ< R . Ta có. ∑¿ k=0. ¿ 2 πi , m=−1 1 1 rồi lấy tích phân trên C ρ ta có 0 , m≠ −1 . Do đó nhân hai vế của (7) với 2 πi . k+1 z − z ( ) 0 ¿={ Cρ ¿ f (z ) f (η) 1 1 dz=b k . Vậy a k =bk = dη với mọi số nguyên k. ∫ ∫ k+1 2 πi Cρ ( z − z0 ) 2 πi ( η− z0 ) n+1 z− z ¿ ¿ ¿ ∫¿. 7. Định lý thặng dư (trang 70) k. a) Nếu f giải tích trong miền 0<|z − z 0|< R và khai triểu Laurent của f trong lân cận. z 0 là. z − z0 ¿ ak ¿. +∞. f ( z)=. ∑. ¿. k=− ∞. (3)thì res [ f ( z), z 0 ] =a− 1 b) Nếu f giải tích trong miền |z|> R và khai triểu Laurent của f trong lân cận của ∞ +∞. f (z)=. ∑. k=− ∞. là. ak z k (4)thì res [ f ( z ), ∞ ] =−a −1. Chứng minh: a) Chuỗi (3) hội tụ đều trên C ρ , 0< ρ< R nên tích phân từ số hạng của chuỗi ta được 0 , k ≠− 1 2 πi k=− 1 k z − z 0 ¿k dz z − z 0 ¿ dz ¿ ¿ . Vì nên ∫ f (z )dz=a−1 2 πi . Vậy res [ f ( z) , z 0 ] =a− 1 ¿ Cρ ∫ f (z )dz=ak∫ ¿ ¿{ Cρ Cρ ¿ ¿∫ ¿ Cρ. +∞. b) Tương tự a), tích phân từng số hạng của chuỗi (4) ta có. ∫ f ( z )dz=− ∑ Cρ. res [ f ( z), z 0 ] =−a −1. k=−∞. ak z k dz. ¿ −a −1 2 πi . Từ đó.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>