Lí thuyết thặng dư và ứng dụng

Lý thuyết thặng dư là một trong những hướng nghiên cứu của lý thuyết hàm số biến số phức.. Khi khảo sát hàm chỉnh hình biến số phức tại các điểm bất thường cô lập thì thặng dư là một côn

Bài 1: Tính tích phân của hàm biến phức trên đường cong đóng 12

LỜI NÓI ĐẦU

Lý thuyết thặng dư là một trong những hướng nghiên cứu của lý thuyết hàm số biến số phức Bản thân nó có nhiều ứng dụng trong khoa học, kỹ thuật

và trong thực tiễn, đặc biệt là Toán học và Vật lý

Khi khảo sát hàm chỉnh hình biến số phức tại các điểm bất thường cô lập thì thặng dư là một công cụ có hiệu lực nhất Ta có thể tính tích phân của hàm

số biến số phức nhờ thặng dư Ngoài ra, đối với hàm số thực f(x) có 





dx x

R có thể tính bởi thặng dư…

Với mục đích hiểu sâu hơn về lý thuyết thặng dư, ứng dụng của thặng dư tạo tiền đề, cơ sở cho việc học tập tiếp theo và bước đầu tập dượt nghiên cứu khoa học Trong luận văn này tác giả chỉ đề cập đến nội dung cơ bản về lý thuyết thặng dư và một số ứng dụng của nó trong giải tích

Luận văn này được chia làm hai phần Phần A

Trình bày nội dung lý thuyết về thặng dư Khái niệm, các định lý cơ bản

và cách tính

Phần B

Trình bày một số ứng dụng của thặng dư

Tính tích phân của hàm biến phức trên một đường cong đóng

Tính tích phân suy rộng của hàm biến thực dạng 





dx x

f( )

và tính tích phân xác định của hàm lượng giác, dạng : 2   

0

) sin , (cos d R

trong đó R là hàm hữu tỉ đối với sin và cos

Luận văn được hoàn thành tại khoa Toán –Trường Đại Học Vinh dưới sự hướng dẫn của Th.s Trần Văn Tự, sự giúp đỡ của các thầy cô giáo trong khoa, bạn bè và gia đình

Vì năng lực có hạn và hạn chế về thời gian nên khoá luận khó tránh khỏi sai sót về nội dung và hình thức, nên tác giả rất mong được sự góp ý, chỉ bảo của các thầy, cô giáo trong và ngoài khoa cùng các bạn

Nhân dịp này cho phép tác giả được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thạc sỹ Trần Văn Tự đã trực tiếp giao đề tài, hướng dẫn và tận tình giúp đỡ trong suốt quá trình viết và hoàn thành khoá luận

Cuối cùng tác giả xin chân thành cảm ơn : Ban chủ nhiệm khoa Toán, các thầy cô giáo trong khoa Toán nói chung, tổ Giải tích nói riêng, cùng toàn thể lớp 40E4 Toán và bạn bè đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và hoàn thành khoá luận

Vinh, ngày 25 tháng 04 năm 2004

Tác giả

PHẦN A: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

BÀI 1 : KHÁI NIỆM, CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN, CÁCH TÍNH

1.1Khái niệm thặng dư

Giả sử hàm f(z) chỉnh hình trong một miền G trừ điểm z0 là điểm bất thường cô lập của hàm f(z), khi đó hàm f(z) sẽ chỉnh hình trong lân cận thủng

U ={z C : 0< z-z0 < r} của z0 , U G, do đó ta có thể khai triển hàm f(z) thành chuỗi Lorăng trong U, như sau:

Chuỗi (1.1) hội tụ đều trong mọi miền đóng P  U có biên  là đường cong Joođan kín, trơn từng khúc bao z0 Do  là đường cong tuỳ ý nên có thể lấy

 = { z C : z – z0 = },  > 0, đủ nhỏ:   U, khi đó chuỗi (1.1) cũng hội tụ đều trên , nên lấy tích phân từng số hạng dọc theo  ta có:

   

n

n

n z z dz a

dz z f





) ( )

Theo (5.7.15) Tài liệu tham khảo [1], ta có:

0 nếu n  -1   



dz z

Trong đó : a-1 là hệ số đầu tiên trong phần chính của chuỗi Lorăng

i z

z f

Trên đây ta đang xét cho trường hợp z0  , vậy z0 =  thì thặng dư của

hướng cùng chiều kim đồng hồ của )

2

1 ) ), (

1

) ), ( ( Re 2

) (

Trong đó :  là đường cong Joocđan kín, trơn từng khúc nằm hoàn toàn

trong G, chứa tất cả các điểm {aj}, j = 1,n

Chứng minh:

Trên C, bao hữu hạn điểm điểm aj ; j = 1,2,3 ,n bởi đường cong đóng  và

vây các điểm {aj} j = 1,2,3 ,n bởi các đường tròn:

j = {z  C :z - aj = j }, j = 1,2,…,n khá nhỏ sao cho chúng không giao nhau,

không bao nhau và j , j = 1,2,3,…,n

là một miền đa liên Theo định lý tích phân Cosi đối với miền đa liên, ta có

 f(z)dz f(z)dz n f(z)dz 0

z f dz

) ( )

( )

(

) ), ( ( Re 2

z f s

z



b.Nếu z0 là cực điểm cấp n của hàm f(z) thì :

1 0

) ( ) [(

)!

1 (

1 ) ), ( ( Re

z z f s

Chứng minh:

a.Giả sử z0 là cực điểm đơn của hàm f(z) khi đó khai triển Lorăng của

f(z) tại lân cận thủng của z0 là : ( ) 0 1( 0)

a z f

Nhân cả hai vế của đẳng thức này với (z – z0), rồi cho qua giới hạn khi

z z0 ta đƣợc :

( 0) ( ) 1 Re ( ( ), 0)

0

z z f s a

z f z z Lim

0

1 1

0

) 1 ( 0

a z

z

a z

z

a z

d

n 0 1

)]

( ) [(

)!

1 (

1 ) ), ( ( Re

z

z f z z d Lim n

z z f s

Hệ quả: Nếu hàm

) (

) ( )

z

z z

) ( '

) ( )

z

z z

z f

Chứng minh:

Trên mặt phẳng phức C, vẽ đường tròn  = {z  C : z =R}, R> 0 đủ lớn sao cho  aj {zC : z < R }, j = 1,2,…,n

z f

2

1)

),((

1 ) ), ( ( Re ) ), ( ( Re

1

dz z f i dz

z f i z

f s a

z f s

1.3.1.Cách 1: Dựa vào định nghĩa

Muốn tìm thặng dư của hàm f(z) tại cực điểm z0 nào đó ta sẽ khai triển hàm f(z) thành chuỗi Lorăng trong lân cận thủng của điểm z0

Sau đó tìm hệ số: a1  Res(f(z),z0)

Ví dụ: Tìm thặng dư của các hàm số sau tại các điểm bất thường và z = 

2 (

5 2 2 2

z z

tại z = 2

b

z

1 sin d

f  không chỉnh hình tại z = 0 và z =  khai triển Lorăng của hàm f(z) trong hình vành khăn: 0 < z < 

)!

2 ( ) 1 ( )!

2 ( ) 1 ( 1 cos ) (

3 2

0 0

2 3

z n

z z

z

z z

f

n

n

n n

n n

(

Res f z   và

2

1 ) ), ( (

Res f z  

b.Hàm

z z

f( )  sin1 chỉnh hình trong hình vành khăn : 0 < z <  , có khai triển

0 0

1 2

1 2

0

1 )!

1 2 (

) 1 ( )!

1 2 (

1 ) 1 ( )!

1 2 (

) 2 / 1 ( ) 1 ( 1 sin )

n n

n

n

z n n

z n

z z

f

Ta có : a1  1 ứng với n = 0 vậy:

1 ) 0 ), ( (

Res f z  và Res(f(z),  )   1

c.Hàm

) 1 )(

2 (

5 2 )

z z z

i z z

z z

z

z z z

2

1 1

2 2

1 ) 1 )(

2 (

5 2 )

1 )

2 ( ) 2 (

1 2

1

i z

i z

i z

z i

i z

2

2 1

1 2 1

2

2 1

1 2

1 2

1

1 ( 2

1 2

2 ) 1 ( 2

1 2

1

n n

n n

i

z i

i

z i

i z

n n

n n

i i

i

1 )

2 (

1 )

1 ( 2

1 2

) (

1 2

1 )

1 )(

2 (

5 2 )

2

i i

z i i z i z

i z

i z

i i z

i z

z

z z z

1 2 1 2

1

1 2 1

i

i z i

i

i z i i z i

2

1

n n

i

i z i

i

i z i

i z i

1 )

2 (

1 ) 1 (

n

n n

n n

i z i

i i

z i





z z

f có hai cực điểm đơn z1 = i, z2 = - i

Khai triển Lorăng của hàm f(z) tại z1 = i

i i

z

i i z i z

i z

z

f

2 ) (

1 2

1 1

2 1

n

i2

izi

4

1)iz(2ii

2

iz1

1.i2

1)iz

(

i2

) ( ) 1 ( 2

1 ) ( 2

1

n

n

n n

i

i z i

i z

Res f z i  i

Tương tự:

2 ) ), ( (

z f s

0

) ( ) ( lim )!

1 (

1 ) ), ( ( Re

z z f s

) (

) ( )

(

z

z z

)z()z),z(

f có một cực điểm đơn z = 2 áp dụng công thức :

0

z f z z Lim z

z f s

2 ( )

2 ), ( (

2 2

Lim z

f s

z z

Vậy Res(f(z), 2 )  4

b.Hàm ( ) 3 1 5

z z z

//

2 3 3

1 2

1 ) 1 (

1 )!

1 3 (

1 ) 0 ), ( (

f s

z z

1 ) 1 (

2 2 2

1 )

1 (

) 1 )(

2 ( 2 ) 1 ( 2 2

1 ) 1 (

2 2

1

3 2 2 0

4 2

2 2

2 /

2 2

z z z z

Lim z

z Lim

z z

Vậy : Res(f(z), 0 )  1

1 ) 1 (

1 )

1 )(

1 (

1 ).

1 ( ) 1 ), ( (

1 3

f

s

z z

Vậy:

2

1 ) 1 ), ( (

Res f z  

Tương tự :

2

1 ) 1 ), ( (

) (

) ( ) ), ( ( Re

0 / 0 0

z

z z

z f s

) 0 ( ) 0 ), z ( (

s

Re  ,  





I ( ) ,  đường cong đóng ta làm như sau:

Bước 1: Tìm các cực điểm của hàm dưới dấu tích phân

Bước 2 : Xét xem các cực điểm nào của f(z) bị bao trong 

( ( Re 2

n j a a z f

I

4

1

2 C là đường cong đóng Giải:

a.Hàm dưới dấu tích phân

1 )

f có hai cực điểm đơn z1 = -1, z2 = 1 đều nằm trong đường tròn z = 2

dz z f I

1

) ), ( ( Re 2

z

z I

1 )(

1 ( ).

1 ( )

1 ), ( ( Re

z

z z

Lim z

f s

z z

Tương tự :

2

1 ) 1 ), ( (

Res f z 

z

z I

1 2 1 2





z z

f có hai cực điểm đơn z1 = -2i, z2 = 2i

Lim i

z

Lim i

z i z i z Lim i

z f s

i z i

z i

1 2

1 2

1 )

2 )(

2 (

1 )

2 ( )

2 ), ( (

Re

2 2

4

1  



i I

Trường hợp 2: z2 = 2i nằm trong C, z1 = -2i nằm ngoài C Lập luận tương tự ta

tính được:

i i z Lim ) i ), z ( ( s Re i z

dz I

i z

1 2

1 2

2  



i

i I

Trường hợp 3 : z1 = -2i, z2 = 2i đều nằm trong C Khi đó ta áp dụng công thức :

dz z f

1

) ), ( ( Re 2

C

2 2

2 4

1 4

0 nếu z 1 , z 2 nằm trong và ngoài C

4

1 4

z I

) 1 ( ) 1 (

) 1 ( 2

3 2

Giải:

a.Hàm dưới dấu tích phân    



dz z z

z z

f

) 1 ( ) 1 (

) 1 ( )

(

2

3 2

1 ( 1 ) ( 1 )

) 1 ( ) 1 ( )!

1 2 (

1 ) 1 ), ( (

Lim z

f s

z

2

3 2 2

2

1

/ 3 2

) 1 ( 2 ) 1 ( 3 ) 1 ( 1

) 1 (

z Lim z

z Lim

z z

2

2 2 2

2

) 1 ))(

1 ( 6 6 (

z z Lim

z

10 )

1 (

) 1 )(

1 6 5 (

2

2 2 2

z

) 1 (

) 1 ( )

1 ( ) 1 (

) 1 ( ).

1 ( )

1 ), ( (

3 2

1 2

3 2

z

z z

Lim z

f s

z z

Vậy I  2 iRes(f(z),  1 )  Res(f(z), 1 ) 2 i( 10  2 )  24 i

b.Hàm dưới dấu tích phân

) 2 )(

1 (

2 )

z z

f có hai cực điểm đơn z1 = 1

2 )

2 )(

1 (

2 ) 1 ( )

1 ), ( ( Re

z

z z

Lim z

f s

z z

4 1

2 )

2 )(

1 (

2 ) 2 ( )

2 ), ( ( Re

z

z z

Lim z

f s

z z

1 4



4 2

) 3 )(

2 )(

1 (

zdz I

Giải:

a z =  là 0 - điểm cấp 4 của hàm

1

1 )





z z

f nên có khai triển Lorăng của hàm f(z) trong lân cận thủng của z = 

4 ( ) ( 1 ) 1

1 ) (

n n n

z z

z z





z z

f có 4 cực điểm đơn :

2

2 2

2

z    2

2



đều nằm trong đường tròn z = 2 Theo định lý tổng thặng dư toàn phần ta có :

z f s



1 2

z f s i

2 )(

2 )(

1 (

Hàm dưới dấu tích phân có các cực điểm đơn : z1 = -i, z2 = i, z3 = -2, z4 = -3

Áp dụng kết quả định lý tổng thặng dư toàn phần ta có:

0 ) ), ( ( Re ) ), ( ( Re 2

z f s i

j

j i s f z z

z f s i

Vậy : I = 0

BÀI 2 ỨNG DỤNG THẶNG DƯ VÀO GIẢI TÍCH

Thặng dƣ có nhiều ứng dụng vào giải tích, trong tiết này ta xét ứng dụng thặng dƣ:

-Tính tích phân suy rộng của hàm biến thực

-Tính tích phân xác định của hàm lƣợng giác

a

 arcsin khi n khá bé

 eiz = e-y ea (z n)

do đó:  ( )   n  0

a n n n a AB

z i

R a e R M e dz e z

0

2

)(

n

R n

n BE

z i

n f z e dz

Lập luận tương tự ta có :

0)

z i n

z i

n f z e dz Lim f z e dz Lim

n





Vì z (R) nên : z = R.ei,  [0,]

R

M d

R

RM Rd

) z ( f dz

) z ( f

0

1 )

R (

dx x f

1

) ), ( ( Re 2

)

Chứng minh: Trong mặt phẳng phức C

Vẽ nửa đường tròn CR = { z  C : z = R, Im z > 0} với R đủ lớn sao cho miền

D = [-R, R] + CR bao các điểm a1, a2,…,an

Theo công thức Cosi về thặng dư ta có:

j

R

) a ), z ( f s Re i 2 dz ) z ( f dx ) x ( f dz )

Lim

Do đó khi cho đẳng thức trên qua giới hạn khi R  ta có :

R R

R R D

R f z dz Lim f x dx Lim f z dz i s f z a Lim

) ), ( ( Re 2

) ( )

( )

dx x f

1

) ), ( ( Re 2

f( ) , với

) (

) ( ) (

x Q

x P x

f  là hàm hữu tỉ Trên miền D có biên : [-R, R]  CR

Với [-R, R]  R và CR = {z  C : z = R, Im z > 0}

Giả sử f(x) liên tục trên R, f(x) = f(z), x  [-R, R]

và f(z) chỉnh hình trên nửa mặt phẳng trên trừ hữu hạn điểm bất thường cô lập a1, a2,…,an

Khi đó theo định lý Cosi về thặng dư ta có:

R

R D

a z f s i

dz z f dx x f dz z f

) ), ( ( Re 2

) ( )

( )

R R

R R D

R f z dz Lim f x dx Lim f z dz i s f z a Lim

) ), ( ( Re 2

) ( )

( )

dx x f

1

) ), ( ( Re 2

)

+ Q(x) không có nghiệm thực + Bậc của Q(x)  bậc của P(x) +2

Vậy để tính tích phân 





dx x

f( ) tức là hàm f(x) thoả mãn

2 Lập hàm f(z) tương ứng của f(x) lên mặt phẳng phức C

3.Tìm các cực điểm của f(z) thuộc nửa mặt phẳng trên

dx x f

1

) ), ( ( Re 2

1

dx x

dx

) 1 (

1 )

(

x x

f



 có:

mẫu số không có nghiệm thực và bậc của mẫu số bằng bậc của tử số + 4

Thác triển tương ứng của f(x) lên mặt phẳng phức C là hàm

2 2

) 1

2 2

2

) (

1 )

( ) (

) ( )!

1 2 (

1 ) ), ( (

z f

s

i z i

z

i i i

z

Lim i

z

i z Lim

i z i

1 8

2 )

(

2 )

(

) ( 2

dx x f

1

) ), ( ( Re 2







i i i x f s i x





x x

f có x4 + 1 không có nghiệm thực và bậc của mẫu số bằng bậc của tử số +4 nên tích phân cần tính hội tụ

Thác triển của f(x) lên mặt phẳng phức là hàm

1

1 )





z z

2 cos    k

2

2 2

2 4

1 4

1 4

1 1

0 0

z

f

s

z z z

z

(Giới hạn dạng 0/ 0, khử theo L’Hopital)

Tương tự ta tính được:

Áp dụng công thức:

1 ( 2 2

1 )

1 ( 2 2

i

Vì hàm

1

1 )





x x

2 2 2

2

1 1 2

1 1





x

dx x

dx I

Vậy

2 2

x

x

4 5

x

x x

6 7

1

2 4 2

x x

x x

f

4 5

1 2 )

z z

f

4 5

1 2 )

(

1 2 )

4 )(

)(

(

) 1 2 )(

( )

), ( ( Re

2 2 2

2 1

1 1

z z z z z

z z z Lim z

z f s

z z z

z

i

i i

i i

i z

z z

z

6

1 2 ) 4 )(

(

1 2 )

4 )(

(

1 2

2 2

1 2 1

dx x f

1

) ), ( ( Re 2

)

Ta có : 2 Re ( ( ), ) Re ( ( ), )

4 5

1 2

3 1

2

x x

1 4 6

1 2

i i

b, Hàm

6 7

1 )

x x x

f có mẫu số không có nghiệm thực và bậc của mẫu số

bằng bậc của tử số +2 nên tích phân cần tính hội tụ

Thác triển của f(x) lên mặt phẳng phức là hàm

6 7

1 )

z z z

f Hàm f(z) có 4 cực điểm đơn z1,2  i và z3,4   6i nhưng chỉ có z1 = i và

i

z3  6 thuộc nửa mặt phẳng trên

Tính :

) 6 )(

(

1 )

6 )(

)(

(

) 1 )(

( )

), ( (

2

2 2

2 1

2 1 1

z z z z

z z z z Lim z

z f

s

z z z

z

10

1 ) 6 )(

(

1 )

6 )(

(

1

2 2 2

1 2 1

1 2

i i z

z z

z z

Tương tự ta có:

i

i i

i i

i i

z z z

z z z

z f s

6 10

5 6 ) 1 ) 6 )((

6 6 (

1 6 ) 6 ( )

1 )(

(

1 )

), ( ( Re

2

2 2

3 4 3

3 2 3 3

dx x f

1

) ), ( ( Re 2

10

5 6 10

1 2 ) ), ( ( Re ) ), ( ( Re 2 6 7

1

3 1

z z f s z

z f s i dx x x

x x

sin

dx x

x

c  

0 2 2

1

cos

dx x

x

Giải:

Xét ( ) 2 2

a z

e z

f

z i

dz e z g dz z

e dx

a x

e dz

2 2

2 2

e ai z

e Lim ai

z ai z

e ai z Lim ai

z f s

ai i z

i ai z

z i ai

)(

(

) ( )

), ( (

Re





a a

aie ai

z i R

R

x

i

ae aie

i ai z f s i dz a z

e dx

2 2 2

R a

z

e

) (

0

2 2



a x

e dx

a x

e Lim

R

R

x i x

ae

dx a x

e

2 2

Vì vế phải là một số thực nên phần ảo của vế trái bằng 0

x dx

a x

e ae

x i

x x

2

1 cos

2

1 cos

x dx

a x x

2 2

) 1 ( 2

2 cos )

1 ( 2 )

1 ( 2

2 cos 1 )

1

(

sin

dx x

x x

dx dx

x

x dx

2

1 0 2

1 ) 1

4

2

2

1 4

0 2 0

2 2 2

2

1

sin 1

1 1

sin 1 1

cos

dx x

x dx

x

dx x

x dx

x x

  

0 2 2

1

sin

x arctgx

Theo câu (b) ta có :

) 1 ( 4 ) 1 ( 4 2 ) 1 ( 4 0 1

Xét tích phân có dạng : 2   

0

) sin (cos d

R với R là hàm hữu tỉ đối với sin và cos

1 2

1 sin 

2

1

; 1 2

1 ) sin ,

2

0

) ( 1 1

2

1

; 1 2

1 )

sin , (cos

z z

dz z f i iz

dz z

z i z z R d

i d R

1 2

0

) ), ( ( Re 2

1 ) sin , (cos    



Vậy muốn tính tích phân 2   

0

) sin ,

1 2

2

1

; 1 2

1 ) sin , (cos  

và

z

z R

z

f( )  ( )

3.Tìm cực điểm của f(z) thuộc đường tròn z =1

Do đó:

1 4

2 1

2

1 2

1 cos

1 4

2 cos

dz i

iz

dz z z

z d

z z z

dz

,

1 4

1 )

f có hai cực điểm đơn z1,2   2  3, nhưng

chỉ có z1   2  3 thuộc đường tròn {z  C : z < 1}

Theo công thức tính thặng dư tại cực điểm ta có :

3 2

1 3 2 3 2

1 1

1 )

)(

( )

1

1 1

1 1

z

f

s

z z z

z

Theo định lý Cosi về thặng dư suy ra :

3 3 2

1 2 ) 1 ), ( ( Re 2 1 cos 2

Ta có :

a z a az

z a

z z a a

2 1

2

1 2 1

1 cos

2 1

1

2 2 2

) 1 ( cos

2

dz i

iz

dz a z a az

z a

a d

1 )

( 2 2 có hai cực điểm đơn z1 = a và z2 = 1/ a nhƣng chỉ

có z1 thuộc z1 {z < 1, z  C} (vì a < 1)

Ta có :

1

1 ) 1 (

1 1

) (

) ), ( (

a z Lim a

z f

s

a z a

R

1 2

0

) ), ( ( Re 2

) sin , (cos    



ta có :

2 2

1 2 ) ), ( ( Re 2 cos

Giải

a, Đặt

iz

dz d re

z  i   

và z =1 Theo công thức ơ le :

1 2

1 sin 

Ta có :

) 1 3 ( 2

1 1

2

1 2 3

1 2

z

z

z i

2 2

1 2

1 ) 1 3 ( 2

1 cos

z iz

dz z

z i

z d

1 )

z z

2

5 3

1 )

1 3 (

) 1 (

) 0 ), ( (

2

0 2

z z z

z z Lim z

f

s

z z

) (

1 )

)(

(

) 1 )(

( )

), ( (

Re

3 2

3 2

2 2 2

2

z Lim z

z z z z

z z z Lim z

z f

s

z z z

5 3 2

5 3 2

5 3

2

5 3 1 )

( 1

2

3 2 2

Áp dụng công thức :



1 2

0

) ), ( ( Re 2

) sin , (cos    



ta có :

Re ( ( ), 0 ) Re ( ( ), )

2 cos

2 3

sin

2 2

0

z z f s z

f s

z i   

, z = 1

khi đó theo công thức ơle :

2 2

2

) 2 (

4 1

2 1

1 )

z z a

z i

iz

dz a z az

z d

2 2

) 2 (

4 ) 2 (

4 )

cos 1

)

(

a z az

z z

2 2

, 1

2 1

z

z Lim

a ) z z ( ) z z (

z ) z z ( Lim

2 2 2 1

2 1

1 1

1 2 1

2

1

2 1

4

8

) a ( )

a





TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Trần Anh Bảo- Lý thuyết thặng dư

Nhà xuất bản giáo dục-Hà Nội - 1976

[2] Trương Văn Thương – Hàm số biến số phức

Nhà xuất bản giáo dục-Hà Nội - 1999

[3] Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải – Hàm biến phức

Nhà xuất bản ĐHQG-Hà Nội - 1997

[4] Đậu Thế Cấp – Bài tập hàm số biến số phức

Nhà xuất bản giáo dục-Hà Nội – 2000

[5] Đinh Văn Phiêu – Lê Mậu Hải – Nguyễn Thu Nga –

Nguyễn Huy Lợi Bài tập hàm số biến số phức

Nhà xuất bản giáo dục -1984