BÀI tập GIẢI TÍCH PHỨC

Nếu thay Zn= ni n không thể áp dụng định lý xác định duy nhất để kết luận fz = gz trên D.. khả vi thực trên ... Chứng minh rằng f là một đa thức có bậc không vượt quá 2013.. Bài làm

BÀI TẬP GIẢI TÍCH PHỨC

Ta có: u x y( , )e xxcosyisiny ;  v x y( , )e xxsiny ycosy 

















x

x

x

x

u

x

u

y

v

x

v

y

Vì  ; ; ;

x y x y liên tục tại

2

( , )

 x y  

 u,v khả vi tại mọi điểm  z xiy 

Điều kiện Cauchy_Reimann

( , ) ( , )

( , ) ( , )

sin 0

0 si













 







 







0





y

 f là  _khả vi trên đường thẳng y0

Bài 1: Xét tính chỉnh hình của hàm số

( ) x cosy sin  x sin  cos

Vậy f không chỉnh hình tại mọi zxiy 

Ta có: Dz: z 1 bị chặn

D z z 

Xét

:

z ( )





f D

f z z

Dễ thấy f C D có ( )  

0

 

  



z

f

 f _  khả vi  z D

 f chỉnh hình trên D

 f H D( )C D ( )

Mà f z( ) z không là hàm hằng nên theo nguyên lý modul cực đại thì f chỉ đạt cực đại tại

 

Bài 3: Cho miền D =zC z: 1, dãy Zn=

2 1

ni

n ,n=1,2,… và các hàm f,g chỉnh hình trên D

Chứng minh rằng nếu f(zn) =g(zn) với mọi n thì f(z) = g(z) với mọi z thuộc D Kết luận còn đúng không nếu thay Zn=

1



ni

n ,n=1,2,…?

Giải

Ta có Zn=

1



ni

n ,n=1,2,…

|Zn|= 1 , (z )

n

i

Do f(zn) =g(zn), n nên f(z) = g(z) trên D theo định lý xác định duy nhất

Bài 2: Cho miền Dz: z 1 và điểm a Dz: z 1 Chứng minh rằng tồn tại hàm

f chỉnh hình trên D, liên tục trên Dz: z 1 và max ( )



z D f z chỉ đạt tại a

Nếu thay Zn=



ni

n không thể áp dụng định lý xác định duy nhất để kết luận

f(z) = g(z) trên D

Xét g(z)=0,  z D

Xét f(z)=sin  ( )



i

H D

Ta có f(zn)=sin sin[ (n 1) ] 0 ( )

1







i

ni i n

Rõ ràng f(zn)  g(zn) trên D

Vậy khi thay Zn=

1



ni

n ,n=1,2,…thì kết luận trên không còn đúng nửa

Bài 4: Xét tính chỉnh hình của hàm số   2 2 2

,

f z az b z c z z x yi trong đó a,b,c là các hằng số phức

Giải

+ Vì các đạo hàm z xiy z; x iy là các hàm khả vi thực trên   nên   2 2 2

khả vi thực trên 

+ Điều kiện Cauchy –Rieman

Với a = b = c = 0 suy ra f(z) = 0 f H 

Xét    2 0(1)



f

Th1:  0   0, 

z

Suy ra f là  -khả vi   z  f H 

0









x

Suy ra f là  -khả vi tại Z = 0

0









x

y

Suy ra f là  -khả vi tại Z = 0

Th4:b c, 0

,     



b c

c i khi đó



 



D

Nếu D01212 422422 thì hệ có nghiệm duy nhất 0

0











x

 z0 Suy ra f là  -khả vi tại Z = 0

Nếu D = 01212 422 422 thì hệ có nghiệm là tập hợp các điểm thuộc đường thẳng

122x  122y0

 f là  -khả vi trên đường thẳng

Suy ra f là không chỉnh hình tại mọi điểm z 

Bài tập 5: Cho f, g là các hàm chỉnh hình trên mặt phẳng phức C và {zn} C là dãy bị chặn, zm zn

với mọi m, n sao cho f(zn) = g(zn) với mọi n

Chứng minh: f = g|C

Kết luận trên còn đúng không nếu bỏ giả thiết {zn}  C là dãy bị chặn

Giải

 Xét dãy {zn}  C là dãy bị chặn

  dãy con (znk)  (zn) sao cho znk  a  C

Theo giả thiết zm  zn, m, n và f(zn) = g(zn), n

 f(znk) = g(znk), nk

Mà f, g  H(C) nên theo định lí xác định duy nhất ta có f = g trên C

 Nếu (zn)  C không bị chặn thì zn không hội tụ nên không thể áp dụng định lí xác định duy nhất để kết luận f = g|C

4



n

Khi đó (zn)  C không bị chặn

Xét f(z) = cosz  H(C)

g(z) = sinz  H(C)

Ta có f(zn) = cos( 2

4 





n ) = 2

2 g(zn) = sin( 2

4 





n ) = 2

2 Suy ra f(zn) = g(zn) n

Rõ ràng f  g|C

Bài 6: Xét tính chỉnh hình của hàm f z( )2z33 z z2 4z2,  z

Giải

Xét z xiy z; x iy là khả vi thực trên  

 f z là khả vi thực trên  ,     z

0 2





x z

 f là _khả vi tại ziy,   y

 không tồn tại D(z,r) để f là _khả vi trên D(z,r)

Vậy f không chỉnh hình trên 

Giải

Giả sử f c (c là hằng số)

 TH1 xét c 0 f 0

 TH2 xét c0

Giả sử f  u iv , khi đó f 2 u2v2 c 2 (1)

Đạo hàm hai vế (1) theo x ta được

2  2  0    0

Tương tự, đạo hàm hai vế (1) theo y ta được

2  2  0    0

Ta có điều kiện Cauchy – Riemann





  





  



(4)

Nhân (2) với v trừ cho (3) nhân u vế theo vế và theo (4) ta có

Bài 7 Giả sử f là hàm chỉnh hình trên miền D sao cho f là hằng số trên D Chứng mnh rằng f

là hàm hằng trên D

 2 2 2

Nhân (2) với u trừ cho (3) nhân v vế theo vế và theo (4) ta có

 2 2 2

Từ (5) và (6) suy ra f '0

Vậy f là hàm hằng trên D

Câu 8: Cho dãy số n  n1

n , n = 1,2,… Giả sử f g là các hàm chỉnh hình trên ,

D z z sao cho f z n  g z n với mọi n Chứng minh rằng f  g trên D Kết luận

còn đúng hay không khi thay miền D bởi miền G z: z 1?

Bài Giải:



Ta có : n n1

n , n = 1,2,…

 2

2

1



 z n  n   n z n D

n

Và z n  i D khi  , n

Do f z n g z , n nên  n f g|D( Định lý xác định duy nhất)



Do n  n1   

n không thể ap dụng định lý duy nhất để kết luận f g|G

Xét g z( )0, z G

Xét ( )sin  ( )



i

z i

Ta có

( ) sin

1



i

f z

i n

sin ( 1)



n i

( ) sin 





n i

f z

i

 

 f z  n  g z n

Rõ ràng f  g|G

Vậy kết luận là sai khi thay D bởi miền G z: z 1

Câu 9 : Cho D  là miền bị chặn với biên D Giả sử f là hàm chỉnh hình trên Dliên tục trên

bao đóng D của D.Chứng minh rằng Re f đạt cực đại trên D

Chứng minh:

Ta có : e z eRef

Xét hàm   ( )

 f z

gH D C D

g đạt cực đại tại D

Re ( )

e f z đạt cực đại trên D

Re ( )

 f z đạt cực đại trên D

Bài 10

Giả sử f là hàm chỉnh hình trên mặt phẳng phức sao cho f z  2013.z2013,  z

Chứng minh rằng f là một đa thức có bậc không vượt quá 2013

Bài làm

Không mất tính tổng quát ta xét khai triển Taylor tại z0 0

Vì f H  nên  

0





n n

1

0

n

z R

Ta có:

 

2013 1

2

2

0

2013









it

f z

Với n2013 khi đó n20130

Vì f H  nên ta có R  Suy ra c n 0, n 2013

Do đó c n 0, n 2013

Như vậy  

0





n n

Vậy f là một đa thức có bậc không vượt quá 2013

Câu 12: Xét tính chỉnh hình của hàm

2

( ) az bz ,  

f z z e z , vớí a b là các hằng số phức ,

Bài Giải:

Ta có f z( )z e2 az bz ,  z

Do các đạo hàm z xiy , z x iy là khả vi thực trên  nên  f z( )z e2 az bz khả vi thực trên 

( ) 







az bz

f

z

Ta xét :  ( )0



f

z

z

 z b e az bz 



f

z

Suy ra f là  -khả vi tại mọi z

Vậy f chỉnh hình trên 



f

z

2

0

 z 

 x y  xyi

0

 





xy

0

 x y

Suy ra f là  -khả vi tại điểm z = 0

Suy ra không tồn tại D z r sao cho f là  -khả vi trên D ( ; )

Vậy f không chỉnh hình tại mọi điểm z  

Bài 13: Giả sử f là hàm chỉnh hình trên  sao cho f đạt cực đại tại z2013i2013 Chứng minh rằng f là hàm hằng trên 

Theo giả thuyết ta có f H( )

Do f đạt cực đại tại z2013i2013 

Nên M 0 sao cho f 2013i2013 M  f z( ) M , z  

 f bị chặn

 f là hàm hằng (theo định lý Louvile)

Câu 14: Cho miền Dz: z 1, dãy , 1, 2,



n

ni

n và hàm f chỉnh hình trên

D Chứng minh rằng nếu f z n 2013 với mọi n thì f z 2013 với mọi z D Kết luận còn

đúng không khi thay , 1, 2,

1



n

ni

n

Chứng minh:

 Chứng minh nếu f z n 2013 với mọi n thì f z 2013 với mọi z D

Ta có : , 1, 2,



n

ni

n

  1,



n

i

Do f z( )n 2013,n nên ( ) f z 2013 |Dtheo định lý xác định duy nhất

 Thay

1





n

ni z

n thì kết quả có đúng hay không?

1



n

ni

n không thể áp dụng định lý xác định duy nhất để kết luận f g|D

Xét g z( )2013, z D

Xét ( ) 2013.cos 2

1



f z

ni i n

   n 2013g z n ,n

Rõ ràng f  g|D

Bài 15: Cho f, g, là hàm các chỉnh hình trên C và K là tập compact của C Chứng

minh rằng nếu K là tập vô hạn và f g trên K thì f = g trên C Hãy cho ví dụ chứng tỏ kết luận không còn đúng nếu K là tập hữu hạn hoặc K không compact

Giải

 Chứng minh trên C:

Vì K là tập compact, vô hạn nên lấy dãy (zn) ⊂K

Vì trên K nên

Vậy trên C

 Cho ví dụ chứng tỏ kết luận trên không còn đúng:

+ Nếu K là tập hữu hạn:

Xét

Rõ ràng trên K,

Suy ra kết luận trên không còn đúng nếu K là tập hữu hạn

+ Nếu K không compact:

Xét

Mà

Suy ra kết luận trên không còn đúng nếu K không compact

Câu 16: Xét tính chỉnh hình của hàm số

  3 2 4 ,    

Chứng minh:

Ta có:   3 2

4

Do các đạo hàm z xiy, z  x iy là khả vi thực trên  nên   3 2

trên 

Ta có :  2 4



f

z z z

Ta xét  0



f

z

2 4 0





f

z z

z

   

 x iy x iy  

2

 x y 

Vậy f là -khả vi tại các điểm trên đường tròn C0; 2

Mà  z C0; 2 không tồn tại D z r sao cho f là ( ; ) -khả vi trên D z r ,( ; ) z

Vậy f không chỉnh hình tại mọi điểm z 

Câu 17: Chứng minh rằng các hàm cos z , sin z không bị chặn trên 

Bài Giải:

Chứng minh cos z không bị chặn trên 

Sử dụng phản chứng:

Giả sử cos z bị chặn trên 

 Tồn tại M 0 sao cho: cosz M,  z

Mà ta có: cos

2







z

Ta xét dãy z n ni với n = 1,2,… ,

Ta có

cos

2







n

z

2





khi  n ( Mâu thuẫn với giả thuyết)

Vậy cos z không bị chặn trên 

Chứng minh tương tự với hàm sin z:

Giả sử sin z bị chặn trên 

 Tồn tại M 0 sao cho: sinz M,  z

Mà ta có: sin

2







z

i

Ta xét dãy z n ni với n = 1,2,… ,

Ta có

cos

2







n

z













i

2





khi  n ( Mâu thuẫn với giả thuyết)

Vậy sin z không bị chặn trên 

Câu 18: Cho D  là miền bị chặn với bao đóng D Giả sử f g là các hàm chỉnh hình trên , D và

liên tục trên D sao cho f g trên một tập vô hạn compact của D Chứng minh rằng f g trên

D

Bài Giải:

Do D là tập vô hạn và compact nên

 dãy  z n  D vì tính compact tồn tại dãy con  z n k :

k

k

n

Vì f g|D nên    , 

Vậy theo định lý xác định duy nhất thì f g|D

Câu 19: Xét tính chỉnh hình của hàm số

2 ,

Chứng minh:

2

Do các đạo hàm zxiy, z x iy là khả vi thực trên  nên   3 2 2

2

f z z z z z z khả vi

thực trên 

Ta có :  2 2 2



f

z

Ta xét  0



f

z

2





f

z

    2

 x iy x iy  x iy 

 x  y  x y  xyi 

2

 y  xyi

0

0







y

y xi

0

0

0







 



 



y

x

y

Vậy f là -khả vi tại các điểm z = x và z = 0

Suy ra không tồn tại D z r sao cho f là  -khả vi trên ( ; )( ; ) D z r , z

Vậy f không chỉnh hình tại mọi điểm   z

Bài 21: Xét tính liên tục và liên tục đều của hàm số f z( ) 1

z trên miền 0 z 2

1) Dễ thấy f liên tục trên 0 z 2

2) Chứng minh f z( )sin1

z không liên tục đều trên miền 0 z 2

Lấy    z n , u n trong miền 0 z 2 với  1



n

z

2



 

n

u

Lúc này:

0





n



 f không liên tục đều trên miền 0 z 2

Câu 22: Xét tính chỉnh hình của hàm số

2

Bài Giải:

( )

2

Do các đạo hàm zxiy, z x iy là khả vi thực trên  nên 3 3 2 2

( )

2

f z z z z z khả vi thực

trên 

Ta có :  3 23



f

z

Ta xét  0



f

z

2





f

z

0 0





   



z

0

0





x iy

0 0

 





 



x y yi

0

0

0

 





 

 



x

y

y

Vậy f là  -khả vi tại điểm z = 0 và z x

Suy ra không tồn tại D z r sao cho f là ( ; ) -khả vi trên D z r ,( ; ) z

Vậy f không chỉnh hình tại mọi điểm   z

Bài 23: Cho f g là các hàm chỉnh hình trên ; Dz:1 z 2 và f z n g z n ;n , trong





n

ni

z

n với n1; 2;3;

a) Chứng minh f  g trên D

b) Câu a còn đóng không nếu thay 2

1





n

ni z

n với n1; 2;3;

a) Ta có 3





n

n z

n với n1; 2;3; Do đó  z n D



n

n

Mà f g là các hàm chỉnh hình trên D và ; f z n  g z n ;n

Theo định lý xác định duy nhất, ta có f g trên D

b)

1



n

ni

n nên không thể áp dụng định lý xác định duy nhất

Xét g z 0; z D

2



i

2 2 1









i

ni i n

; với với n1; 2;3;

Rõ ràng f  g trên D

Vậy câu a không còn đúng

Bài 24: Xét tính chỉnh hình của hàm f z( )z e , trong đó p là hằng số phức 2 b z

Hàm z xiy và zxiy là khả vi thực trên 

 f khả vi thực trên 

Ta có:  ( ) 2



b z

f

Trường hợp 1: b = 0   ( ) 2.0 0 0



z

f

 f là C_khả vi tại mọi điểm z 

 f chỉnh hình tại mọi điểm z (1)





b z

f

z

 z2 0

 x2 y22ixy0



0









x

y

 f là C_khả vi tại điểm z(0;0)  

 f chỉnh hình tại điểm z(0;0)  (2)

(1),(2)  f chỉnh hình tại mọi điểm  z

Chứng minh: 

D

f g

+ Ta có: 2





n

ni z

n ,n



n

n z

n , n   z n D



n

ni

+ Do f z n g z , n  n

Từ 3 điều trên, theo định lý xác định duy nhất, ta có thể suy ra 

D

a) Kết luận trên còn đúng hay không nếu thay





n

i z

n





n

i z

n với n1, 2,3,



i

n

Lúc này, không thể sử dụng định lý xác định duy nhất để biện luận 

D

Xét g z 0

( )sini ( )

Ta có: ( ) sin sin sin (4 1) 0 ( ),





i z

n

Rõ ràng, 

D

Vậy nếu





n

i z

n thì kết luận về f g không còn đúng nữa D

Bài 25: Cho f,g là hàm các chỉnh hình trên

và f z n  g z n với mọi n1, 2,3, trong đó: 2





n

ni z

n với n1, 2,3,

a) Chứng minh: f  g D

b) Kết luận trên còn đúng hay không nếu thay





n

i z

n