Tóm tắt nội dungSố phức là một sự mở rộng hoàn hảo của tập số thực, là một trường số mà ở đó vấn đề giải phương trình đại số được giải quyết triệt để và những yêu cầu khác của toán học..
Trang 1Tóm tắt nội dung
Số phức là một sự mở rộng hoàn hảo của tập số thực, là một trường số mà ở đó vấn
đề giải phương trình đại số được giải quyết triệt để và những yêu cầu khác của toán học Chính vì vậy số phức có vai trò quan trọng trong toán học, đặc biệt là lĩnh vực toán học ứng dụng
Giải tích phức là một môn học nghiên cứu về các số phức, nó được hình thành dựa trên những định lý và nguyên lý cơ bản mà những nguyên lý trình bày trong tiểu luận này là một phần trong số đó
Nội dung chính của tiểu luận này như sau:
Phần 1: trình bày nguyên lý môđun cực đại và nguyên lý bảo toàn miền
Phần 2: trình bày các ứng dụng của các nguyên lý trên
Do sự hạn chế về tài liệu và khả năng nên tiểu luận còn nhiều khiếm khuyết Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của Thầy Cô và các bạn
Qui Nhơn, ngày 08 tháng 06 năm 2009
Bùi Văn Cảnh
Trang 2Mục lục
1.1 Nguyên lý bảo toàn miền 1
1.2 Nguyên lý môđun cực đại 1
2 ứng dụng 3 2.1 Nguyên lý argument 3
2.2 Bổ đề Schwarz 4
2.3 Định lý Liouville 4
2.4 Định lý cơ bản của đại số 5
2.5 Một số ứng dụng khác 5
Trang 31 Những nguyên lý cơ bản
1.1 Nguyên lý bảo toàn miền
Định lý 1.1 Nếu G là một miền, f(z) là hàm chỉnh hình trong G, f0(z) 6= 0 trong G thì f(G) cũng là một miền
Chứng minh Theo giả thiết, f0(z) 6= 0
Giả sử z = x + iy; f(z) = u(x; y) + iu(x; y); w = f(z) = + i:
Đặt
(x; y; ; ) = u(x; y)
(x; y; ; ) = v(x; y)
Xét định thức Jacobi
0x 0
y
0
x 0
y
= u0x u0
y
v0
x v0
y
= u0
xvy0 u0yvx0 = u0x2+ vx02 = f0 2
6= 0 Dấu = thứ 3 từ trái qua trong đẳng thức trên là do f(z) thỏa mãn điều kiện Cauchy - Rieman
Do chứng minh trên, ta có định thức Jacobi đã xét khác 0, nên theo định lý hàm ẩn, ta có: với 0 = (0; 0); 0 = u(x0; y0); 0 = v(x0; y0); 0 = f(z0), tồn tại > 0 và > 0 sao cho 8 = (; ); j 0j < thì tồn tại z = (x; y) sao cho = f(z) Do đó f(G) là tập mở vì hình tròn j 0j < đều thuộc f(G)
81; 2 2 f(G) ) 1 = f(z1); 2 = f(z2); z1; z2 2 G Do G là miền nên tồn tại một
đường cong C G nối z1; z2 Do f liên tục nên f(C) cũng là đường cong nằm trong f(G)
Điều này có nghĩa có một đường cong f(C) nối 1; 2 nằm trong f(G) Vì vậy f(G) liên thông
Vậy f(G) là một miền
1.2 Nguyên lý môđun cực đại
Định lý 1.2 Môđun của một hàm chỉnh hình khác hằng số trong miền nào đó không thể đạt giá trị lớn nhất tại một điểm trong của miền
Chứng minh Nhận xét: Nếu jfj = const trong miền G thì f = const
Chứng minh: Nếu jfj = const ) jfj2 = u2+ v2 = const )
( 2uu0x+ 2vvx0 = 0 2uu0y + 2vv0y = 0
Do f thỏa mãn điều kiện Cauchy-Rieman nên suy ra
(
uu0x vu0y = 0
vu0x+ uu0y = 0
uv uv = u2+ v2 = const 6= 0 nên ta có u0x = 0; u0y = 0 ) u0x = 0; vx0 = 0 ) f0 6= 0 ) f 6= 0
Trang 4Trở lại định lý, nếu f 6= const ) jfj 6= const (do nhận xét trên).
Giả sử M = max
z2G jf (z)j với G = G [ @G
Giả sử z là một điểm thuộc G mà jf (z)j = M
Đặt E = fz 2 Gg j jf (z) = Mj ) z 2 E Suy ra E là tập đóng (do jf(z)j liên tục)
Ta cần chứng minh E mở, tức là z là điểm trong của G
Giả sử z không là điểm trong của E Khi đó trong mọi lân cận của z phải có điểm z không thuộc E Suy ra jf(z)j < M (do định nghĩa E) Lấy vòng tròn tâm z, bán kính , trên đó có
z0 : jf(z0)j < M Vì vậy 9 > 0 : jz z0j < thì jf(z)j < M
Gọi C là cung tròn trên vòng tròn tâm z, bán kính nằm trong lân cận của z0, ta có
f (z) = 21
2
Z
0
f z+ ei
d
jf (z)j =
21
2
Z
0
f z+ ei
d
= 21
Z
C
f z+ ei
d + Z
CnC
f z + ei
d
21
0 B
@ Z
C
f z+ ei d + Z
CnC
f z+ ei d
1 C A
< 1 2
0 B
@ Z
C
Md +
Z
CnC
Md
1 C
A = M
) jf (z)j = M < M (vô lý)
Vậy z =2 E ) z 2 @G
Trang 52 ứ ng dụng
2.1 Nguyên lý argument
Định lý 2.1 Giả sử f(z) chỉnh hình trong miền G, giới hạn bởi đường cong đơn đóng C, trừ
ra tại hữu hạn cực điểm trong G, còn trên C, hàm f(z) chỉnh hình và khác 0 Khi đó ta có
1 2i
Z
C
f0(z)
f (z)dz = N P
trong đó N là số không điểm của f(z) trong G, P là số cực điểm trong G, đồng thời mỗi không
điểm hoặc cực điểm được tính một số lần bằng bội của nó
Chứng minh Giả sử f có các không điểm: b1; b2; :::; bs và có các cực điểm: a1; :::; ar Xét hàm
(z) = f0(z)
f (z) Giả sử z0 là không điểm cấp m của f(z) Khi đó
f(z) = am(z z0)m+ :::; am 6= 0 = (z z0)mg(z); g(z0) 6= 0
f0(z)
f (z) = (log f (x))0 = m (z z0) 1 +
g0(z)
g (z) Vì g(z) 6= 0 nên gg(z)0(z) chỉnh hình Suy ra
resz0f0(z)
f (z) = m:
Nếu z0 là cực điểm cấp k của f(z), tương tự trên, ta có f(z)(z z0)k = g(z) chỉnh hình và khác 0 tại z0 Do đó
f0(z)
f (z) = (log f (x))0 =
k
z z0 +gg (z)0(z) Suy ra
resz 0
f0(z)
f (z) = k Vì vậy
1 2i
Z
C
f0(z)
f (z) =
X
z2G
reszf = N P
Trang 62.2 Bổ đề Schwarz
Định lý 2.2 Giả sử hàm f(z) chỉnh hình trong hình tròn đơn vị fjzj < 1g và jf(z)j 1 trong fjzj < 1g, đồng thời f(0) = 0: Khi đó 8z 2 fjzj < 1g, ta có
jf(z)j jZj Hơn nữa, nếu
jf(z)j = jZj tại một điểm trong z 6= 0 nào đó thì f(z) có dạng
f(z) = zei ; 2 R
Chứng minh Xét hàm (z) = f (z)z ; z 6= 0
Vì f(0) = 0 nên (z) chỉnh hình trong fjzj < 1g Lấy R tùy ý mà 0 < R < 1 Khi đó trong hình tròn fjzj < Rg, môđun (z) đạt cực đại trên biên jzj = R Do đó
max
jzjRj (z)j = max
jzj=Rj (z)j = max
jzj=R
jf (z)j
1
R; 8z : jzj R Cho R ! 1, ta được
j (z)j 1; jzj < 1 hay
jf (z)j jzj Giả sử jf(z)j = jzj tại một điểm trong z 6= 0 ) j (z)j = 1 đạt cực đại tại một điểm trong của hình tròn đơn vị Theo nguyên lý môđun cực đại, (z) = const ) f(z) = cz Vì j (z)j = 1 nên suy ra jcj = 1 Vậy f(z) = ei :z; z 2 R
2.3 Định lý Liouville
Định lý 2.3 Hàm chỉnh hình và giới nội trên toàn mặt phẳng là hằng số
Chứng minh trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 2.1 Giả sử f(z) chỉnh hình trong miền G giới nội bởi đường cong đơn đóng C Khi
đó 8z 2 G, ta có bất đẳng thức
f(n)(z) n!M: 12hn+1:L; n = 1; 2:::: (1) trong đó L là độ dài đường cong C, M = max
z2C jf (z)j, h là khoảng cách từ z đến đường cong C
Chứng minh Ta có
f(n)(z) = 2in!
Z
C
f (t) (t z)n+1dt ) f(n)(z) n!2iZ
C
(t z)f (t)n+1
dt n!M:2h1n+1:L
Trang 7Trở lại phép chứng minh định lý:
Giả sử f(z) là chỉnh hình trên toàn mặt phẳng phức Lấy z0 2 C
Vì f(z) giới nội nên jf(z)j M; 8z 2 C Khi đó xét đường tròn bán kính r, tâm z0, áp dụng công thức (1), ta được
jf0(z0)j M: 1
2r2:2r = M
r Cho r ! 1, ta được f0(z0) = 0 trên C Điều này có nghĩa f là hằng số trên C
2.4 Định lý cơ bản của đại số
Định lý 2.4 Mọi đa thức bậc n (n 1) hệ số phức đều có n nghiệm (mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó)
Chứng minh Lấy f(z) = zn+ z1zn 1+ ::: + an; n 1 Cần chứng minh f(z) có ít nhất một nghiệm
Giả sử f(z) không có nghiệm Khi đó f(z) 6= 0 8z 2 C; g(z) = 1
f(z) chỉnh hình trên C Mà lim
z!1jf (z)j = 1 ) lim
z!1g (z) = 0 Suy ra tồn tại một số R > 0 đủ lớn sao cho khi jzj R, ta có jg(z)j 1
Mặt khác, g chỉnh hình nên 8jzj R, theo nguyên lý môđun cực đại, ta có
jg (z)j max
jzj=Rjg (z)j 1
Do đó, theo định Liouville, ta có g là hằng số Từ đó suy ra f phải là hàm hằng Điều này vô
lý vì f có bậc n 1 Vậy f phải có ít nhất một nghiệm z1
Bằng cách viết lại f theo dạng f(z) = (z z1)qn 1(z), ta tiếp tục lập luận cho qn 1(z), rồi lại tách ra như trên Ta có thể viết lại f dưới dạng f(z) = a(z z1):::(z zn) Vậy f có
n nghiệm
2.5 Một số ứng dụng khác
Định lý 2.5 Cho
f(z) = a0+ a1z + ::: + adzd
là một đa thức khác hằng số, và ad6= 0 Khi đó có một số phức z0 sao cho f(z0) = 0 Chứng minh Giả sử trái lại Khi đó f(z)1 được xác định với mọi z, và nó là hàm giải tích Bằng cách viết
f(z) = adzd
a0
adzd + ::: + 1
ta thấy rằng
lim
jzj!1
1
f (z) = 0
Trang 8Lấy là một số phức sao cho f( ) 6= 0 Chọn một số R dương đủ lớn sao cho jzj < R, và nếu jzj R thì
1 jf(z)j <
1 jf( )j Lấy S là hình tròn đóng bán kính R, tâm là gốc tọa độ Khi đó S là đóng và bị chặn, và 1
jf(z)j
là liên tục trên S, khi đó trên S có một giá trị cực đại, gọi là z0 Do cách xây dựng, điểm z0
này không thể nằm trên biên của hình tròn, và phải là điểm trong Theo nguyên lý môđun cực đại, ta suy ra 1
f(z) bằng hằng số trên S Rõ ràng điều này là không thể bởi vì bản thân f khác hằng số do khai triển
f(z) = b0 = b1(z z0) + ::: + bd(z z0)d; với các hệ số bi thích hợp và bd6= 0 Điều này suy ra kết luận của định lý
Định lý 2.6 Tồn tại không hàm chỉnh hình trong vành khăn f1 jzj 2g và thỏa điều kiện f(1; 5) = 3i, jf(z)j 1 khi jzj = 1, jf(z)j 4 khi jzj = 2
Chứng minh Xét hàm
g (z) = f (z)
z2
Khi đó g(z) chỉnh hình trong vành khăn Trên biên jg(z)j 1 Theo nguyên lý môđun cực
đại, ta có 8z thuộc vành khăn, jg(z)j 1 , jf(z)j jzj28z thuộc vành khăn
Mà f(1; 5) = 3i nên jf(1; 5)j = 3 > (1; 5)2 Vậy không tồn tại f như thế
Định lý 2.7 Giả sử f chỉnh hình trong fjzj Rg Đặt M (r; f) = max
jzjr jf (z)j Khi đó ta có
T (r; f) log+M (r; f) R + r
R rT (R; f) ; 0 r < R Chứng minh Do f chỉnh hình nên không có cực điểm, suy ra N(r; f) = 0 Mà T (r; f) = m(r; f) Theo định nghĩa m, ta có
T (r; f) = 21
Z 2
0 log+ f rei d log+M (r; f) Suy ra bất đẳng thức đầu tiên
Nếu M(r; f) 1 thì log+M(r; f) = 0 thì bất đẳng thức thứ hai hiển nhiên đúng
Giả sử M(r; f) > 1 Theo nguyên lý môđun cực đại, tồn tại (thuộc biên) và z0 = rei sao cho
jf(z0)j = M(r; f)
Ta có
log+M(r; f) = log+jf(z0)j = logjf(z0)j
áp dụng công thức Poisson-Jensen
log jf (z )j = 1
Z 2
log f Rei R2 r2
d +XM log
R (z a)
Trang 9
21
Z 2
0 log f Rei R2 r2
R2 2Rr cos ( ) + r2d
R + r
R r
1 2
Z 2
0 log f Rei d = R + rR rT (R; f)
Định lý 2.8 Cho f(z) là chính quy, và jf(z)j M trong hình tròn jz aj R; và giả sử rằng f(a) 6= 0 Khi đó nếu các số zm; m = 1; :::; n trong hình tròn jz aj 1
3R mà làm cho f(zm) = 0 thì n sẽ không vượt quá Alog(M=jf(z)j)
Chứng minh Ta có thể giả sử rằng a = 0 Lấy z1; :::; zn là các số phức sao cho f(zi) = 0 trong jzj 1
3R và lấy
g (z) = Qn f (z)
m=1
z m
Khi đó g(z) là chính quy với jzj R, và trên jzj = R ta có jz=zmj 3 với m = 1; :::; n Vì vậy
jg (z)j Qn M
m=1(3 1) = 2
nM
với jzj = R, và vì vậy cũng với jzj < R (theo nguyên lý môđun cực đại) Trong trường hợp riêng điều này cũng đúng cho z = 0 Bởi vì g(0) = f(0) nên suy ra rằng
jf (0)j 2 nM
và vì vậy
log 2log
M
jf (0)j
Đây chính là điều cần chứng minh
Nhận xét: Một kết quả đầy đủ hơn có thể thu được từ định lý Jensen Nếu các số r1; :::; rn thuộc jzj R mà f(rm) = 0; m = 1; :::; n Khi đó
log Rn
r1:::rn = 1
2
2
Z
0
log f Reid logjf (0)j logM logjf (0)j
Lấy các số r1; :::; rn thuộc jzj R; 0 < < 1 mà f(rm) = 0; m = 1; :::; n Khi đó vế trái không bé hơn
log Rn
r1:::rn log
1
n
= n log1
Vì vậy
log1
jf (0)j:
Trang 10Định lý 2.9 (Định lý ba đường tròn của Hadamard)
Lấy f(z) là một hàm giải tích và chính quy trong hình vành khăn R1 jzj r3 Lấy
r1 < r2 < r3 và đặt M1; M2; M3 là cực đại của jf(z)j trên vòng tròn jzj = r1; r2; r3 tương ứng Khi đó
Mlog(r3 =r 1 )
2 Mlog(r3 =r 2 )
1 Mlog(r2 =r 1 )
Chứng minh Lấy ' (z) = zf (z), trong đó là một hằng số sẽ được xác định sau Khi đó '(z) là chính quy trong vành khăn giữa jzj == r1 và jzj = r3 Vì vậy cực đại của j'(z)j xảy
ra trên biên của đường tròn (theo nguyên lý môđun cực đại), tức là
' (z) max r
1M1; r
3M3: Vì vậy trên jzj = r2,
jf (z)j max r
1r
2 M1; r
3r
2 M3
(3) Bây giờ ta chọn
= log
M 3
M 1
logr 3
r 1
thay vào (3),
M2
r2
r1
M1
và vì vậy
Mlog(r3 =r 1 )
2 (r2=r1)log(M3 =M 1 )Mlog(r3 =r 1 )
1 = Mlog(r3 =r 2 )
1 Mlog(r2 =r 1 )
Trang 11Tµi liÖu tham kh¶o
[1] S Lang Complex analysis (4ed) Springer, 1999
[2] Titchmarsh E.C The theory of functions (2ed) Oxford, 1939