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... hàm xác định tên tập A ∈C..[r]
Trang 1ÔN 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 tạiz0=x0+iy0 nếu các hàm của hai
biến thực u và v khả vi tại (x0 , y0)
Hàm f được gọi là thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại z0 nếu tại (x0, y0)có các đẳng thức
∂ u
∂ x=
∂ v
∂ y,
∂u
∂ y=−
∂ v
∂ x
Định lý : Hàm f khả vi tại z0=x0+iy0 khi và chỉ khi nó R2-khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại
(x0, y0).
Chứng minh:
Giả sư f khả vi tại z0 Khi đó Δff (z0)=Δfu+iΔvΔfv¿f ' (z0)Δfz+0(Δfz) Đặt Δfz=Δfx+iΔvΔfy, f ' (z0)=B+iC,
0( Δfz)=01(Δfz)+iΔv 02(Δfz) trong đó B ,C ∈ R, 01(Δfz), 02(Δfz) là các vô cùng bé thực bậc cao hơn Δfz khi Δfz → 0
Ta có: Δfu+iΔvΔfv¿ f ' (z0)Δfz+0(Δfz)¿(B+ iC)(Δfx+iΔvΔfy)+01(Δfz)+iΔv02(Δfz)(1)
Từ đó: Δfu=BΔfx − CΔfy+01(Δfz),Δfv=CΔfx +BΔfy+02(Δfz)(2) Vậy u và v khả vi tại (x0, y0)và B=∂ u
∂ x=
∂ v
∂ y, C= ∂ v
∂ x=−
∂ u
∂ y tức là thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại (x0, y0)
Ngược lại, nếu u và v khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Riemann tại (x0 , y0) 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)=z1,
γ(b)=z2, F là một nguyên hàm của f trên miền D thì.
∫
γ
f (z )dz=F (z2)− F (z1)
Chứng minh:
Theo công thức ∫
γ
f (z )dz=∫
a
b
f (γ(t))γ ' (t)dt
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
∫
γ
f (z )dz=Φ (b)−Φ(a)=F (z2)− F (z1)
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 D thì với mọi D
z 0 ta có
f (z0)= 1
2 πiiΔv∫
∂ D
f (z )
z − z0dz
Chứng minh:
Với mọi r>0 sao cho B(z0 , r) ⊂ D, đặt D '=D {B( z0, r ) Hàm g(z)= f (z)
z − z0giải tích trên D’ nên theo 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∫
∂ D
f (z)dz=0 ) ta có: ∫
∂ D '
f (z )
z − z0dz=∫
∂ D
f ( z)
z − z0dz −∫
C r
f (z )
z − z0dz=0
Từ đó 2 πiiΔv1 ∫
∂ D
f (z )
z − z0dz=
1
2 πiiΔv∫
C r
f (z)
z − z0dz
Trang 2Vì ∫
C r
f (z)
z − z0dz=2 πiiΔv nên f (z0)− 1
2 πiiΔv∫
C r
f (z)
z − z0 dz=
1
2 πiiΔv∫
C r
f (z0)− f (z)
z − z0 dz (1)
Với mọi ε>0 , δ>0 sao cho |z − z0|<δ thì |f (z)− f (z0)|<ε Khi đó mọi r<δ ta có:
2 πiiΔv∫
C r
f (z0)− f (z)
z − z0 dz|≤ 1
2 πi
ε
r 2 πir =ε.Do ε>0 tuỳ ý nên từ (1) suy ra f (z0)= 1
2 πiiΔv∫
C r
f (z )
z − z0dz=
1
2 πiiΔv∫
∂ D
f (z )
z − z0dz
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 hàm giải tích trên D Thật vậy, giải sử u là hàm điều hoà, với mỗi (x0 , y0)∈ D, đặt
v (x , y )= ∫
(x0, y0)
(x, y)
− ∂ u
∂ y dx+¿
∂ u
∂ xdy¿(1)
Do u là hàm điều hoà nên ∂ u
∂ x(
∂ u
∂ x)=
∂u
∂ y(−
∂ u
∂ y), từ đó tích phân đường (1) không phụ thuộc vào hình dạng
đường nối (x0 , y0) với(x , y ) trong D
Vì dv=− ∂u
∂ y dx+
∂ u
∂ xdy, nên ta có ∂ v
∂ x=−
∂ u
∂ y ,
∂ v
∂ y=−
∂ u
∂ x, mà theo định lý 1 [ (chương I) trang 17 Hàm f khả
vi tại z0=x0+iy0 khi và chỉ khi nó R 2 khả vi và thoả mãn điều kiện Cauchy-Rieman tại(x0, y0)] ta có f =u+iv
là hàm giải tích
Do đó hàm v xác định bởi (1) là hàm cần tìm
Tương tự, nếu v là một hàm điều hoà đã cho thì hàm u(x , y)= ∫
(x0, y0)
(x , y)
∂ v
∂ y dx −
∂ v
∂ x dy(2) là hàm sao cho f =u+iv
là hàm giải tích
5 Định lý Taylor (trang 54)
Cho f là một hàm giải tích trên miền D và z0∈ D Khi đó trong hình tròn B(z0, R) , R=d (z0,∂ D) , ta có
f (z)=∑
k=0
∞
a k¿ ¿(1 ) Các hệ số a k là duy nhất, được tính theo công thức: a k=f(k)(z0)
k ! .
Chứng minh:
Với r tuỳ ý, 0<r< R, kí hiệu Cr là đường tròn tâm z0, bán kính r
Theo công thức tích phân Cauchy ta có:f (z0)= 1
2 πiiΔv∫
∂ D
f (η)
η − z dη (2)
Với mọi z ∈ B (z0 ,r ) Vì |z − z0|<|η − z0| nên có khai triển η− z1 = 1
(η − z0)−(z − z0)
¿ 1
η− z0.
1
1 − z − z0
η− z0
¿∑
n=0
∞
¿ ¿ ¿
(3)
Với mọi η ∈C r , |z − z0
η − z0|=z − z0
r <1, nên theo (định nghĩa chuỗi hàm, định lí 2 trang 51 ) : Nếu chuỗi hàm xác định tên tập A ∈C là chuỗi dạng f1(z)+f2(z)+ +f k(z )+ .=∑
k=1
n
f k(z ) hội tụ đều trên A và ϕ là một hàm bị
chặn trên A thì chuỗi ∑
k =1
n
f k(z0) hội tụ đều trên A chuỗi∑
k=0
∞
f (η)¿ ¿ ¿ hội tụ đều trên Cr với z, z0 cố định
Thế (3) và (2) và áp dụng (định lý 4 chương III trang 51) : ∫
γ
f (z )dz=∑
k=1
∞
∫
γ
f k(z )dz ta được f (z)=∑
k=0
∞
¿ ¿
Theo công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàmak= 1
2 πiiΔv∫
C r
f (η)
¿ ¿ ¿, do đó f (z)=∑
k=0
∞
a k¿ ¿(4)
Vì chuỗi (4) hội tụ trên mọi hình tròn B(z0 , R), r < R, nên nó hội tụ trênB(z0, R)
Trang 3Ta kiểm tra tính duy nhất của các hệ số ak Giả sử f (z)=∑
k=0
∞
b k¿ ¿ ,z ∈ B (z0, R) là một khai triểu tuỳ ý của f
Theo định lý Abel , lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này k lần và thay z=z0ta nhận được: f(k)(z0)=k ! b k Vậy ta
cũng có b k=f(k)
(z0)
k !
6 Định lý Laurent (trang 58)
Cho hàm f giải tích trên vành khăn V ={z ∈ C :r <|z − z0|<R},0 ≤ r <R ≤ ∞ Khi đó trên V ta có f (z)=∑
k=−∞
+∞
a k¿ ¿
(1) , trong đó các hệ số a k là duy nhất và được tính theo công thức a k= 1
2 πiiΔv∫
C ρ
f (η)
¿ ¿ ¿(2) C ρlà đường tròn tâm z 0 , bán kính ρ r <ρ<R
Chứng minh:
Giả sử z là điểm tuỳ ý thuộc V Chọn r’, R’ sao cho r <r '<|z − z0|<R ' <R Ký hiệu V '={z ∈ C :r '<|z − z0|<R '} Theo công thức tích phân Cauchy
f (z)= 1
2 πiiΔv ∫
∂V '
f (η)
η − z dη¿
1
2 πiiΔv∫
C R'
f (η)
η − z dη −
1
2 πiiΔv∫
C r '
f (η)
η − z dη(3)
Với mọi n ∈C R '
1
η− z=
1 (η − z0)−(z − z0)
¿ 1
η− z0.
1
1 − z − z0
η− z0
¿∑
k=0
∞
¿ ¿ ¿
Vì |z − z0
η − z0|<1, nên chuỗi này hội tụ đều trên CR’
Tương tự như chứng minh định lý Taylor 1
2 πiiΔv∫
C R'
f (η)
η − z dη=∑
k=0
∞
a k¿ ¿(4) trong đó a k= 1
2 πiiΔv∫
C R'
f (η)
(η − z ) k+1 dη(4’) Với
mọi η ∈Cr ', ta có − η − z1 =− 1
(η− z0)−(z − z0)
¿ 1
z − z0.
1
1− η − z0
z − z0
¿∑
l=1
∞
¿ ¿ ¿
Vì |η − z0
z − z0|<1 nên chuỗi này hội tụ đều trên Cr’
Từ đó − 2 πiiΔv1 ∫
C r '
f (η)
η − z dη=∑
l=1
∞
a − l¿ ¿(5), trong đóa −l= 1
2 πiiΔv∫
C r '
f (η)( η− z) l − 1
dη(5’)
Trong (5) và (5’) thay –l bởi k ta có− 2 πiiΔv1 ∫
C r '
f (η)
η − z dη=∑
k=−∞
− 1
a − l¿ ¿(6), trong đóak= 1
2 πiiΔv∫
Cρ
f (η)
(η − z0)k +1 dη(6’)
Chú ý trong (4’) và (6’) ta có thể thay đường lấy tích phân là|z − z0|=ρ, r < ρ<Rnên thay (4) và (6) vào (3) ta có
f (z)=∑
k=−∞
+∞
a k¿ ¿, trong đóak= 1
2 πiiΔv∫
Cρ
f (η)
(η − z ) k+ 1 dη,r<ρ<R
Ta chứng minh tính duy nhất của các hệ số ak Giả sửf (z)=∑
k=−∞
+∞
b k¿ ¿(7) là một khai triển tuỳ ý của f trên v Khi
đó∑
k=− ∞
−1
b k¿ ¿và∑
k=0
+∞
b k¿ ¿hội tụ đều trên một đường tròn Cρ, 1<ρ<R Ta có
∫
Cρ
¿ ¿
2 πiiΔv , m=−1
0 , m≠ −1
¿={
¿
¿
Do đó nhân hai vế của (7) với 1
2 πiiΔv.
1
(z − z0)k +1 rồi lấy tích phân trênC ρ ta có
1
2 πiiΔv∫
Cρ
f (z )
(z − z0)k+1 dz=b k Vậy a k=b k=
1
2 πiiΔv∫ f (η)
(η− z0)n+1 dη với mọi số nguyên k.
Trang 47 Định lý thặng dư (trang 70)
a) Nếu f giải tích trong miền 0<|z − z0|<R và khai triểu Laurent của f trong lân cận z0 làf (z)=∑
k=−∞
+∞
a k¿ ¿(3)thì res[f (z), z0]=a − 1
b) Nếu f giải tích trong miền |z|>R và khai triểu Laurent của f trong lân cận của ∞ là f (z)=∑
k=−∞
+∞
a k z k(4)thì res[f (z), ∞]=− a −1
Chứng minh:
a) Chuỗi (3) hội tụ đều trên C ρ,0< ρ<Rnên tích phân từ số hạng của chuỗi ta được
∫
Cρ
f (z )dz=a k∫
Cρ
¿ ¿ Vì
0 , k ≠ −1
2 πiiΔv k =−1
¿∫
Cρ
¿ ¿
¿
nên ∫
Cρ
f (z )dz=a −1 2 πiiΔv Vậy res[f (z), z0]=a − 1
b) Tương tự a), tích phân từng số hạng của chuỗi (4) ta có ∫
Cρ
f (z )dz=− ∑
k=−∞
+∞
a k z kdz¿− a −1 2 πiiΔv Từ đó
res[f (z), z0]=− a −1