Bài tập hàm biến số phức
Ngày 15 tháng 3 năm 2022
CHƯƠNG 4
Bài 207: Khai triển các hàm số sau thành chuỗi laurent trong vành khuyên đã cho
1
z2+ 2z − 8 =
1 (z − 2)(z + 4), 1 < |z + 2| < 4
1
(z − 2)(z + 4) =
1 6
1
z − 2−1
6
1
z + 4 Trong miền đề bài cho ta có
1
z − 2 = −
1
4
1
−z + 2
4 + 1
= −1 4
P∞ n=0(−z + 2
4 )
n, |z + 2| < 4
1
z + 4 =
1
z + 2
1
1 + 2
z + 2
= 1
z + 2
∞
X
n=0
(−1)n( 2
z + 2)
n, |z + 2| > 2
Chuỗi Laurent trong hình vành khăn như sau:
−1
24
∞
X
n=0
(z + 2
4 )
n−1 6
1
z + 2
∞
X
n=0
(−1)n( 2
z + 2)
n
Bài 217:
Hãy tìm và xác định loại điểm bất thường cô lập của các hàm sau
a) z
z5+ 2z4+ z3 = 1
z2(z + 1)2
Có 2 điểm bất thường cô lập là z=0 và z=-1
Phân loại như sau:
Ta áp dụng định lý có:
Với điểm z=0
lim
z→0
1
z2(z + 1)2 = ∞ Và
lim
z→0z2 1
z2(z + 1)2 = 1
Từ 2 điều kiện trên ⇒ z = 0 là cực điểm cấp 2
Với điểm z=-1
lim
z→−1
1
z2(z + 1)2 = ∞ Và
lim (z + 1)2 1
z2(z + 1)2 = 1
Trang 2Từ 2 điều kiện trên ⇒ z = −1 là cực điểm cấp 2
b) cos 1
e−z− 1 +
1
z2
Điểm bất thường cô lập là z = 0
Áp dụng định lý :
lim
z→0(cos 1
e−z− 1 +
1
z2) = ∞ Và lim
z→0
Bài 190:
Khai triển các hàm số thành chuỗi Laurent lân cận z = 0
f (z) = e
z
z3
Ta có công thức khai triển Taylor của hàm cơ bản quanh z=0
ez=
∞
X
n=0
zn
n!
⇒ e
z
z3 = 1
z3
∞
X
n=0
zn
n!
Bài 200:
Khai triển các hàm số sau thành chuỗi Laurent lân cận các điểm đã cho
f (z) = ze
1
1 + i
Ta có công thức khai triển Taylor như sau:
e
1
z = 1 + 1
z +
1 2z2+ 1
6z3 + =
∞
X
n=0
1 n!zn
Áp dụng công thức trên vào bài làm
ze
1
1 + i = z
∞
X
n=0
1 n!(1 + i)n
Bài 226:
Phân loại điểm bất thường của các hàm sau theo điểm đã cho
f (z) = ln(1 + z
3)
z2 , z = 0
Áp dụng định lý ta có:
lim
z→0
ln(1 + z3)
z2 = ∞ Và
lim
z→0z2ln(1 + z3)
z2 = 1
Từ 2 điều kiện trên ⇒ z = 0 là cực điểm cấp 2
Bài 248:
f (z) = ez+
1
z2 = ez.e
1
z2 Điểm bất thường là z=0
Áp dụng công thức khai triển Taylor cho các hàm cơ bản quanh z=0
Trang 31
z2 =
∞
X
n=0
zn
n!
∞
X
n=0
1 n!z2n
= (1 + z +z
2
2! +
z3
3! + )(1 +
1
z2 + 1 2z4 + 1 3z6+ )
Ta có thể thấy rằng tích các số hạng kia nhân nhau ra vô hạn hạng tử 1
z Vậy thặng dư bằng ∞
Bài 259: Tìm thặng dư tại các điểm bất thường cô lập của các hàm số sau:
f (z) = ezsin1
z, điểm bất thường cô lập z=0
Áp dụng công thức khai triên Taylor:
ez=
∞
X
n=0
zn
n!
sin1
z =
∞
X
n=0
(−1)n( 1
(2n + 1)!z2n+1
Chuỗi Laurent hoàn chỉnh là:
∞
X
n=0
zn
n!
∞
X
n=0
(−1)n( 1
(2n + 1)!z2n+1
Cách trên làm bằng định nghĩa chưa chắc đúng nên thử cách làm bằng định lý nha
lim
z→0ezsin1
z = −1 ⇒ z = 0 là điểm bất thường bỏ được
Áp đụng định lý ta tính được thặng dư bằng công thức sau:
Res[f (z), ∞] = − lim
z→∞z[ezsin1
z + 1] = ∞ Bài 241: Tính thặng dư tại các điểm bất thường cô lập của các hàm số sau:
f (z) = e
z
z3(z − 1), Có 2 điểm cô lập là z=0 và z=1
Tại z=0 ta có: ez=
∞
X
n=0
zn
n!
1
z3(z − 1) = −
1
z − 1
z2 − 1
z3 + 1
z + 1 = −
1
z − 1
z2 − 1
z3 +
∞
X
n=0
(−1)nzn
Chuỗi Laurent hoàn chỉnh là:
∞
X
n=0
zn
n! −1
z− 1
z2 − 1
z3 +
∞
X
n=0
(−1)nzn
!
Cách trên là theo định nghĩa hơi khó nên chưa làm ra, thoii mình đến với cách theo định lý nha :))
f (z) = e
z
z3(z − 1), Có 2 điểm cô lập là z=0 và z=1
*Với z=0
lim
z→0
ez
z3(z − 1) = ∞ Và
Trang 4z→0z3 e
z3(z − 1)= −1
Từ 2 điều kiện trên ta thấy z=0 là cực điểm cấp 3
Áp đụng định lý ta có công thức tính thặng dư như sau:
Res[f (z), 0] = 1
2!z→0lim
d2
dz2
ez
z − 1 =
1
2z→0lim
ez(z2− 4z + 5) (x − 1)3 = −5
2
* Với z=1
lim
z→0
ez
z3(z − 1) = ∞ Và
lim
z→0(z − 1) e
z
z3(z − 1) = e
Từ 2 điều kiện trên ta thấy z=1 là cực điểm đơn
Áp dụng định lý công thức tính thặng dư như sau:
Res[f (z), 0] = lim
z→1[(z − 1) e
z
z3(z − 1)] = e Bài 274:
f (z) =
ˆ
C
z sin zdz
(z − 1)5
Xét f (z) = z sin z
(z − 1)5, điểm z = 1 là điểm bất thường cô lập
Áp dung định lý :
lim
z→1
z sin zdz
(z − 1)5 = ∞ Và
lim
z→1(z − 1)5z sin zdz
(z − 1)5 = sin 1 ̸= 0
Từ 2 điều kiện trên ta suy ra z = 1 là cực điểm cấp 5
⇒Res(f (z), z0) = 1
4!z→1lim
d4
dz4(z − 1)5 z sin z
(z − 1)5 = 1
4!z→1lim[−4 cos x + x sin x]
= −1
6cos 1 +
1
24sin 1
Vậy
ˆ
C
z sin zdz
(z − 1)5 = 2πi(−1
6cos 1 +
1
24sin 1)
= −1
3πi cos 1 +
1
12πi sin 1 Bài 234:
f (z) = (1 − cosh z) sinh z
(1 − cos z) sin2z