0.1 Hàm phức và toán tử Laplace - Phạm Tùng Lâm
Bài tập 1 (Bài 58 (trang 94))
Tìm tổng các chuỗi sau trong miền |z| = 1
b)
∞
P
n=1
zn n
d)
∞
P
n=0
(−1)n+1 znn
Bài Giải
b) Ta có:
∞ X n=1
zn
n = z +
z2
2 +
z3
3 + +
zn
n + = C1z + C2z
2 + C3z3+ + Cnzn+
Xét:
R = lim n→∞
Cn
Cn+1 = limn→∞
1/n 1/(n + 1) = limn→∞
n + 1
n = limn→∞
1 + 1 n
= 1
Suy ra chuỗi hội tụ tuyệt đối trong hình tròn |z| = 1
Ta có:
∞ X n=1
zn
n =
∞ X n=1
z Z
0
zn−1dz
=
z Z
0
∞ X n=1
zn−1
!
dz =
z Z
0
z0
1 − z
dz
=
z Z
0
1
1 − z
dz = − ln (1 − z)|z0= − ln (1 − z)
Vậy:
∞ X n=1
zn
n = − ln (1 − z)
d) Tương tự bài trên, ta xét:
R = lim
n→∞
Cn Cn+1 = limn→∞
(−1)n+1 n (−1) n+2
n+1
= lim n→∞
− (n + 1)
n = − limn→∞
n + 1
n = − limn→∞
1 + 1 n
= −1
Vậy chuỗi hội tụ tuyệt đối trong hình tròn |z| = 1
Ta có:
∞
X
n=0
(−1)n+1.z
n
n = (−1)
0+1 z 0
0 +
∞ X n=1 (−1)n+1.z
n
n = −∞ +
∞ X n=1 (−1)n+1.z
n
n =
∞ X n=1 (−1)n+1.z
n n
Trang 2Ta lại có:
∞
X
n=1
(−1)n+1.z
n
n =
∞ X n=1 (−1) (−1)n.z
n
n =
∞ X n=1
(−z)n
−n =
∞ X n=1
z Z
0 (−z)n−1dz
=
z Z
0
∞ X n=1 (−z)n−1
! dz
=
z
R
0
(−z)1−1
1−(−z)
dz = z R 0
1 1+z
dz = ln (1 + z)|
z 0
= ln (1 + z)
Vậy:
∞ X n=0 (−1)n+1.z
n
n = ln (1 + z)
Bài tập 2(Bài 77a (trang 147))
Nhờ hàm bước nhảy đơn vị biểu diễn dưới dạng công thức các hàm cho bằng đồ thị dưới đây và tìm ảnh của chúng:
Hình 1: a)
Bài Giải
Từ đồ thị ta có:
f (t) =
0 (t < 1)
3 (1 ≤ t ≤ 4)
0 (t > 4)
ta có:
η (t − 1) =
(
0 (t < 1)
và
η (t − 4) =
(
0 (t < 4)
1 (t ≥ 4)
Trang 3⇒ f (t)= F (p) =. 3
p.e
−p−3
p.e
−4p=3
p e
−p− e−4p
Vậy ảnh cần tìm là:
F (p) = 3
p.e
−p−3
p.e
−4p=3
p e
−p− e−4p
Bài tập 3
Giải phương trình:
utt= a2uxx 0 < x < l, t > 0
u (0; t) = u (l; t) = 0
u (x; 0) = 0; ut(x; 0) = sin 2πl x
Bài Giải
Giả sử:
u (x; t)= U (x; p). utt= p. 2U (x; p) − pu (x; 0) − ut(x; 0) = p2U (x; p) − sin 2πl x
u (0; t)= U (0; p) = 0.
u (l; t)= U (l; p) = 0. Phương trình vi phân gốc utt= a2uxxtrở thành phương trình ảnh sau:
p2U (x; p) − sin
2π
l x
= a2 d 2
dx2U (x; p) ⇔ d
2
dx2U −p
2
a2U = − 1
a2sin
2π
l x
(1)
Nghiệm của phương trình trên có dạng
Trong đó:
U1 là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng U2 là nghiệm riêng của phương trình (1)
- Nghiệm của phương trình thuần nhất:
d2
dx2U − p
2
a2U = 0
có dạng:
U1= C1 exp p
ax
+ C2exp
−p
ax
- Nghiệm riêng U2 của phương trình (1) có dạng:
U2= C3 sin
2π
l x
+ C4 cos
2π
l x
(3)
Trang 4Ta có:
d
dxU2= C3.
2π
l cos
2π
l x
− C4.2π
l sin
2π
l x
⇒ d2
dx2U2= −C3
2π l
2 sin
2π
l x
− C4
2π l
2 cos
2π
l x
(4)
Thế (3) và (4) vào (1) ta có:
−C3
2π
l
2
sin
2π
l x
−C4
2π l
2 cos
2π
l x
−p2
a2
C3 sin
2π
l x
+ C4 cos
2π
l x
= − 1
a2sin
2π
l x
⇔ C3 sin
2π
l x
"
−
2π l
2
−p2
a2
# + C4 cos
2π
l x
"
−
2π l
2
−p2
a2
#
= − 1
a2sin
2π
l x
Ta cân bằng hệ số 2 vế, ta có:
C3=a12 1
(2π
l)2+p2
a2
(2πa
l )2
+p 2
C4= 0 Thế C3và C4vào biểu thức U2ta có:
2πa l
2 + p2 sin
2π
l x
Thế U2 và U1vào biểu thức U = U1+ U2ta có:
U = C1 exp p
ax
+ C2 exp
−p
ax
2πa l
2 + p2 sin
2π
l x
áp dụng điều kiện biên: U (0; p) = U (l; p) = 0 ta có:
( C1+ C2= 0 C1 exp pal
+ C2 exp −pal
= 0
có định thức:
exp pal
exp −pal
= exp
−p
al
− exp p
al
6= 0
nên hệ phương trình này chỉ có nghiệm tầm thường là C1= C2= 0
Vậy nghiệm của phương trình ảnh thỏa mãn điều kiện bài toán là:
Trang 5U (x; p)= u (x; t) =. l
2πa sin
2π
l t
sin
2π
l x
Vậy hàm nghiệm của bài toán có dạng:
u (x; t) = l
2πa sin
2π
l t
sin
2π
l x