8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012 http://slidepdf.com/reader/full/ham-bien-phuc-tac-gia-ho-cong-xuan-vu-y-dai-hoc-tien 1/341 HỒ CÔNG XUÂN VŨ Ý Hàm Biến Phức Tiền Giang - 2012 W W W D Y K E M QU Y N H O N U C O Z CO M
341
Embed
Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Ưng dụng lý thuyết thặng dư 257§ 1 Tính tích phân suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257§ 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos . . . . . . . . . . . 264§ 3 Tính tích phân xác định chứa sin và cos . . . . . . . . . . . 270§ 4 Đường bị khoét lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272§ 5 Tích phân theo đường phân nhánh . . . . . . . . . . . . . . 276§ 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché . . . . . . . . . . . . 284
IX Anh xạ bảo giác 293§ 1 Y nghĩa hình học của đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . 293§ 2 Ánh xạ bảo giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Ta biết rằng trường số thực R nhận được bằng cách làm “đầy” trường hữutỷ Q mà bản thân Q lại được xây dựng từ vành số nguyên Z. Việc làmđầy xuất phát từ sự nghiên cứu các phương trình đại số với hệ số hữu tỷvà giới hạn của dãy các số hữu tỷ. Tuy nhiên, trường R vẫn không đầy đủ,bởi vì ngay cả phương trình đơn giản x2 + 1 = 0 cũng không có nghiệmtrong R. Một cách tổng quát hơn, trong số thực không phải mọi số đều cócăn bậc chẵn và phương trình bậc lớn hơn một không phải bao giờ cũng
có nghiệm. Bên cạnh đó, trong giải tích nếu chỉ giới hạn trong R người takhông thể giải thích được vì sao hàm f (x) = 1
1 + x2 không thể khai triển
được thành chuỗi lũy thừa trên toàn bộ đường thẳng thực.∗
Với lý do trên đưa đến sự cần thiết mở rộng trường số thực. Cụ thểlà cần tìm kiếm một trường mới rộng hơn mà trong trường hợp riêng nóchính là trường số thực với các phép toán thông thường (hay trường sốthực R là một trường con của nó).
§ 1 Số phức và các phép toán
Định nghĩa số phức
Trong đại số người ta đã xây dựng trường số phức một cách chi tiết khắcphục những hạn chế của trường số thực. Chúng ta chỉ nêu một số ý đặctrưng ở đây. Số phức có thể được định nghĩa như là một cặp số thực cóthứ tự (x, y). Người ta thường viết số phức bởi các chữ z và w. Như vậy, với
Tập bài giảng này được soạn theo [9, 6, 7] và tham khảo thêm [3, 2, 4]∗Bạn đọc có thể tham khảo giải thích thú vị của [8, trang 212-217]
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
khi và chỉ khi x = x′ và y = y′. Mặtkhác, cặp số (x, y) có thể được hiểu làmột điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy.
Khi đó, nếu xem (x, y) là một số phứcthì mặt phẳng tọa độ Oxy sẽ được gọilà mặt phẳng phức Oxy và còn đượcký hiệu là (z) hoặc C. Ta có tập hợpsố phức
C = (x, y) : x, y ∈ R .
Xét số phức z = (x, y). Ta gọi x được gọi là phần thực của số phứcz và ký hiệu là Rez còn y được gọi là phần ảo của z và ký hiệu là Imz.Trong mặt phẳng phức, trục hoành còn được gọi là trục thực và trục tungcòn được gọi là trục ảo. Nếu xem trục Ox là một đường thẳng thực, thìmỗi số thực x ứng với điểm (x, 0) trên trục thực Ox. Do đó, tập hợp sốthực là một tập con của tập số phức, và số phức z = (x, 0) được gọi làsố thực và được đồng nhất với x, nghĩa là x ≡ (x, 0) (Xem thêm bài tập16). Số phức z = (0, y) được gọi là số thuần ảo; đặc biệt (0, 1) được gọi
là đơn vị ảo và ký hiệu là i, nghĩa là i = (0, 1). Như vậy 0 = (0, 0) là sốduy nhất vừa là số thực vừa là số thuần ảo.Cho số phức z = (x, y) số phức (x, −y) được gọi là số phức liên hợp
của số phức z và ký hiệu z. Dễ dàng kiểm tra được
¯z = z .
Hơn nữa, ta cũng thấy z là một số thực khi và chỉ khi nó bằng với liênhợp của nó.
Các phép toán trên số phức
Tổng của hai số phức z1 = (x1, y1) và z2 = (x2, y2) là số phức
z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2)(1.1)
và tích của chúng là số phức
z1z2 = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1).(1.2)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Người ta chứng minh được phép cộngvà phép nhân trên số phức có các tínhchất sau.
1.3 Định lý. Với mọi z1, z2, z3 ∈ C,ta có
(1) z1 + z2 = z2 + z1
(2) z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3
(3) z1 + (0, 0) = z1
(4) z1 + z′1 = (0, 0), trong đó z′1 = (
−x1,
−y1) nếu z1 = (x1, y1)
(5) z1z2 = z2z1
(6) z1(z2z3) = (z1z2)z3
(7) z1(1, 0) = z1
(8) Nếu z1 = (0, 0) thì z1z′1 = (1, 0), trong đó với z1 = (x1, y1) ta cóz′1 = ( x1
x21+y
21
, − y1
x21+y
21
)
(9) z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3.
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
1.4 Thí dụ. ⊲ i2 = (0, 1)(0, 1 ) = (−1, 0) = −1. Vậy i là nghiệm củax2 + 1 = 0 trong C.
⊲ Với z = (x, y), ta có zz = (x, y)(x, −y) = (x2 + y2, 0) = x2 + y2.
⊲ (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x + iy. Vậy số phức (x, y)được viết dưới dạng x +iy hay x +yi (do tính giao hoán của phép nhân),và gọi là dạng đại số của số phức.
Phép cộng và phép nhân được viết lại ở dạng đại số như sau: vớiz1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2 ta có
(x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2)
(x1 + iy1)(x2 + iy2) = (x1x2
−y1y2) + i(x1y2 + x2y1).
Như vậy, ở dạng đại số phép cộng và nhân được thực hiện như các phéptoán đại số trong số thực khi xem i là hằng số và lưu ý đẳng thức i2 = −1.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Với z = (x, y) = x + iy, ta ký hiệu −z = (−x, −y) = −x − iy, và nếuz = 0 ký hiệu z−1 = ( x
x2+y2 , − yx2+y2 ) = x
x2+y2 − i yx2+y2 . Từ đó ta định
nghĩa phép trừ và phép chia như sau.
z1 − z2 = z1 + (−z2) z1
z2 = z1z−1
2 , (z2 = 0).
Như vậy, để tìm thương của z1
z2với z2 = 0 ta nhân z1 với nghịch đảo
z−12 của z2. Giả sử z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2, ta có
z1z2
= (x1 + iy1) x2
x22 + y22
− i y2
x22 + y22
=
x1x2 + y1y2
x2
2 + y2
2
+ ix2y1 − x1y2
x2
2 + y2
2
(1.5)
Do đó, để tính được thương ta phải nhớ công thức nghịch đảo của số phức.Tuy nhiên, có một cách đơn giản để giúp ta thực hiện dễ dàng phép chiatrên là nhân tử và mẫu với số liên hợp của mẫu:
z1z2
= (x1 + iy1)(x2 − iy2)
(x2 + iy2)(x2 − iy2) =
x1x2 + y1y2x22 + y22
+ ix2y1 − x1y2
x22 + y22
.(1.6)
1.7 Thí dụ. Viết lại số phức 1 + i1 + i
√ 2
ở dạng đại số. Ta có
1 + i
1 + i√
2=
(1 + i)(1 − i√
2)
(1 + i√
2)(1 − i√
2)=
1 +√
2
3 + i
1 − √ 2
3 .
Cũng như trong tập số thực chúng ta có một số quy tắc tính toán chocác phép cộng và nhân đối với các số phức trong định lý sau.
1.8 Định lý. Với các số phức z1, z2, z3 và z4, ta có
(1) nếu z1z2 = 0 thì z1 = 0 hay z2 = 0.
(2) z1 + z2
z3=
z1z3
+ z2z3
( z3 = 0).
(3) 1
z1z2= (z1z2)−1 = z−1
1 z−12 =
1
z1 1
z2 ( z1 = 0, z2 = 0).
(4) z1z2
z3z4=z1
z3
z2z4
( z3 = 0, z4 = 0).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Nếu ξ là một nghiệm của phương trình trên, thì ξ là một nghiệm củaphương trình
c0zn + c1zn−1 + · · · + cn−1z + cn = 0.
Đặc biệt, nếu các hệ số của phương trình là thực thì ξ và ξ là các nghiệmcủa cùng một phương trình, và chúng ta có một định lý quen thuộc: các nghiệm không thực của một phương trình với các hệ số thực lập thành từng cặp nghiệm liên hợp.
Căn bậc hai
Bây giờ chúng ta chứng tỏ rằng căn bậc hai của một số phức có thể đượcbiểu diễn một cách tường minh. Với số phức α + iβ cho trước, ta tìm sốphức x + iy sao cho
(x + iy)2 = α + iβ.
Điều này tương đương với việc giải hệ phương trìnhx2 − y2 = α
2xy = β
Từ hai phương trình trên ta có (x2 + y2)2 = (x2 − y2)2 + 4x2y2 = α2 + β 2.Do đó, ta có
x2 + y2 = α2 + β 2,
ở đây là căn bậc hai thực cho một số không âm. Kết hợp với phương trìnhđầu ta được
x2 = 12(α +
α2 + β 2)
y2 = 12(−α +
α2 + β 2)
(1.12)
Ta nhận thấy các đại lượng của vế phải là dương hoặc bằng 0 không phụ
thuộc vào dấu của α.Nói chung, các phương trình trong (1.12) cho hai giá trị x đối nhau vàhai giá trị y đối nhau. Do 2xy = β ta không thể có 4 sự kết hợp của các
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
ký hiệu đơn giản hơn α + iβ ở đây dấu + để chỉ phép cộng trong C và i làmột nghiệm của phương trình x2 + 1 = 0.
Với việc nhìn lại, để đi đến quy tắc cộng và nhân của các số phức chúngta chỉ dùng i2 = −1. Do −i cũng có tính chất như thế, nên tất cả những
quy tắc về các phép toán vẫn còn đúng nếu thay i bởi −i ở mọi nơi. Điềunày đã được nêu trong Định lý 1.11. Phép biến đổi thay thế α + iβ bởiα − iβ được gọi là phép lấy liên hợp phức .
Bài tập
1 ) Thực hiện các phép tính sau đây (viết kết quả ở dạng đại số)
(a) (1 + i)(2
−i√
2) (b) (3 + i√
3)2 (c) (2 + i)2
(d) 1 − i
1 + 2i (e)
1
2 − 3i · 1
1 + i (f)
1 + 2i
3 − 4i +
2 − i
5i
2 ) Tính các biểu thức sau: (a) (1 + 2i)3 (b) (1 + i)n + (1 − i)n.
3 ) Nếu z = x + iy, tìm phần thực và phần ảo của: (a) z − 1
z + 1 (b)
1
z2
4 ) Chứng minh rằng−1 ± i√
3
2
3= 1 và
±1 ± i√
3
2
6= 1
với mọi tổ hợp của các dấu.
5 ) Tìm số thực a và b sao cho (a + ib)2 = −8 + 6i.
6 ) Tìm các căn (a) 1 − i√ 3
2 (b) √ 2 − i (c) √ i (d) 4√ i.
7 ) Chứng minh các tính chất trong Định lý 1.3.
8 ) Chứng minh các tính chất trong Định lý 1.11.
9 ) Giải phương trình z2 + z + 1 = 0 theo z = x + iy bằng cách viết lại
(x + iy)
2
+ (x + iy) + 1 = 0.10 ) Giải phương trình z2 + 2(1 + 2i)z − 5 + 2i = 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
12 ) Cho P (z) là một đa thức bậc n ≥ 1. Chứng minh rằng P (z) =
(z
−z0)Q(z) + P (z0), trong đó Q(z) là một đa thức bậc n
−1.
13 ) Chứng minh rằng số phức z là số thực hay thuần ảo khi và chỉ khi(z)2 = z2.
14 ) Hãy tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức thỏa (z − i) = 2.
15 ) Tìm họ đường cong trong mặt phẳng phức được cho bởi phương trình
(a) Re 1z = C (b) Im 1z = C (c) Re z2 = C (d) Im z2 = C
trong đó C là hằng số thực.
16 ) Chứng minh rằng ánh xạ f : R → C xác định bởi f (x) = (x, 0) làmột đơn cấu đối với trường.
17 ) Cho P (z) là một đa thức có các hệ số là số thực. Chứng minh rằngnếu z0 là nghiệm của đa thức thì z0 cũng là nghiệm của đa thức.
18 ) Tìm điều kiện để phương trình az + bz + c = 0 có nghiệm duy nhất vàtìm nghiệm ấy. Khi nào phương trình này được biểu diễn bởi đường thẳng.
19 ) Bằng việc tính toán trực tiếp kiểm chứng lại rằng giá trị của z
z2 + 1tại hai số phức liên hợp z = x + iy và z = x
−iy là liên hợp nhau.
20 ) Chứng minh rằng tập tất cả ma trận có dạng đặc biệt
α β −β α
cùng với phép cộng và phép nhân ma trận đẳng cấu với trường số phức.
§ 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác
Trong tập số thực R ta có khái niệm giá trị tuyệt đối của mỗi số thực, nóđóng một vai trò đặc biệt quan trọng trong giải tích thực. Khái niệm nàyđược mở rộng cho trường số phức C mà các tính chất vẫn được giữ nguyên.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
zz, và gọi là moduluscủa z. Như vậy, |z| chính là khoảng cách của (x, y) đến gốc tọa độ O(0, 0)
trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Ta biết rằng phương trình của đường tròn có tâm là (0, 0) có bán kính
r trong mặt phẳng Oxy là x2 + y2 = r2 hay
x2 + y2 = r. Nếu xem Oxy
là mặt phẳng phức và z = (x, y) thì phương trình đường tròn tâm O bánkính r được viết lại là |z| = r. Lập luận tương tự như trên, ta có phương trình của đường tròn tâm z0 = (x0, y0) bán kính r là |z − z0| = r.
Các tính chất về modulus trong định lý sau có thể chứng minh mộtcách dễ dàng.
2.1 Định lý. Với z, z1, z2 ∈ C, ta có
(1) |z| ≥ 0 và |z| = 0 khi và chỉ khi z = 0
(2) |z| ≥ | Re z|(3) |z| ≥ | Im z|(4) |z| ≤ | Re z| + | Im z|(5) |z| = |z|(6) |z1z2| = |z1| · |z2|
(7)z1
z2
= |z1||z2| với z2 = 0.
Chứng minh. Chúng tôi sẽ trình bày chứng minh tính chất (6), các tínhchất còn lại xin dành cho bạn đọc. Với z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2,
Hơn nữa, ta nhận thấy đẳng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Re(z1z2) =
|z1z2|, nghĩa là tích z1z2 là một số thực không âm. Vậy khi một trong haisố bằng không dấu đẳng thức xảy ra, và khi cả hai khác không dấu đẳngxảy ra khi và chỉ khi z1z2 > 0 hay z1
z2> 0, nghĩa là tỷ số của hai số là
dương.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chú ý trong chứng minh bất đẳng thức tam giác ta có được đẳng thức
|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2 Re(z1z2).(2.6)
Hơn nữa, bằng qui nạp toán học bất đẳng thức tam giác có thể được mở
rộng cho tổng hữu hạn bất kỳ của các số phức|z1 + z2 + · · · + zn| ≤ |z1| + |z2| + · · · + |zn|.(2.7)
Bây giờ ta xét dấu đẳng thức trên xảy ra khi nào. Giả sử dấu đẳng thức(2.7) xảy ra, ta có thể loại bỏ các số bằng không và giả sử rằng các số kháckhông và có nhiều hơn hai số hạng. Khi đó, ta có
≤ |z1 + z2| + |z3| + · · · + |zn|≤ |z1| + |z2| + |z3| + · · · + |zn|Do đó, các dấu bằng ở trên phải xảy ra, và ta có |z1 + z2| = |z1| + |z2|. Khiđó, tỷ số giữa z1 và z2 là một số dương. Như vậy, ta đi đến kết luận rằngnếu đẳng thức xảy ra ở (2.7) thì tỷ số hai số hạng bất kỳ khác không làmột số dương. Ngược lại, giả sử có một số hạng khác không, gọi nó là z1,và tỷ số giữa các số hạng còn lại với z1 là một số thực không âm. Khi đó,ta có
|z1 + z2 + · · · + zn| = |z1| ·1 +
z2z1
+ · · · + znz1
= |z1| ·
1 + |z2||z1| + · · · +
|zn||z1|
= |z1| + |z2| + · · · + |zn|.
Tóm lại ta có được: Dấu đẳng thức xảy ra ở (2.7) khi và chỉ khi tỷ số hai số khác không bất kỳ là dương.
2.8 Hệ quả. Với mọi số phức z1 và z2, ta có |z1 − z2| ≥ |z1| − |z2|.
Chứng minh. Theo bất đẳng thức tam giác ta có |z1 − z2| + |z2| ≥ |z1|suy ra |z1 − z2| ≥ |z1| − |z2|. Từ đó suy ra |z1 − z2| = |z2 − z1| ≥ |z2|− |z1|.Vậy |z1 − z2| ≥ |z1| − |z2|
2.10 Thí dụ. (OSV93) Cho 0 ≤ α ≤ 1. Chứng minh rằng với mọi a ∈ Cphương trình z3 − az + a = 0 có ít nhất một nghiệm thỏa mãn điều kiện|z − α| ≤ 2 − α.
Trong đại số ta biết rằng một phương trình bậc ba luôn có 3 nghiệm.Gọi ba nghiệm của z3 − az + a = 0 là z1, z2, z3. Khi đó, ta viết đượcz3 − az + a = (z − z1)(z − z2)(z − z3). Do đó, ta có hệ đẳng thức
z1z2z3 =
−a
z1z2 + z1z3 + z2z3 = −a
z1 + z2 + z3 = 0
Do đó, (1 − z1)(1 − z2)(1 − z3) = 1 − (z1 + z2 + z3) + (z1z2 + z2z3 + z1z3) −z1z2z3 = 1, cho nên |1 − z1| · |1 − z2| · |1 − z3| = 1. Vậy phải có ít nhất mộtnghiệm zi sao cho |1 − zi| ≤ 1. Từ đó ta có
Có nhiều bất đẳng thức khác cũng thường được dùng nhưng chứngminh nó không đơn giản. Một bất đẳng thức như thế được dùng khá phổbiến là bất đẳng thức Cauchy trong định lý sau.
2.11 Định lý. (Bất đẳng thức Cauchy) Với mọi số phức a1, a2, . . . , anvà b1, b2, . . . , bn, ta có
|a1b1 +
· · ·+ anbn
|2
≤(
|a1
|2 +
· · ·+
|an
|2)(
|b1
|2 +
· · ·+
|bn
|2).
Chứng minh. Dùng đẳng thức Lagrange ta có ngay bất đẳng thức Cauchy.Chúng ta sẽ chứng minh trực tiếp như sau. Với λ là một số phức bất kỳ,theo đẳng thức (2.6) ta được
nj=1
|aj − λbj |2 =
nj=1
|aj |2 + |λ|2nj=1
|bj |2 − 2 Re
λ
nj=1
ajbj
.
Rõ ràng, giá trị của biểu thức này không âm với mọi λ. Khi nj=1
|bj |2 = 0
thì các bj đều bằng 0 nên bất đẳng thức Cauchy hiển nhiên đúng (cả hai
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
17 ) Chứng minh rằng với mọi số phức a1, a2, . . . , an ta có
(a) (n − 2)nj=1
|aj |2 +nj=1
aj
2
=
1≤k<j≤n|ak + aj|2
(b) n
nj=1
|ak|2 − nj=1
aj
2 =
1≤<k<j≤n|ak − as|2
18 ) Chứng minh rằng nk=1
ak −nk=1
bk
≤nk=1
|ak − bk|, với mọi ak, bk ∈ C
thỏa |ak| ≤ 1, |bk| ≤ 1, k = 1, . . . , n.
19 ) Chứng minh bất đẳng thức Cauchy bằng quy nạp.
20 ) Nếu |ai| < 1, λi ≥ 0 với i = 1, 2, . . . , n và λ1 + λ2 + · · · + λn = 1,chứng minh rằng |λ1a1 + λ2a2 + · · · + λnan| < 1.
21 ) Chứng minh rằng tồn tại các số phức z thỏa |z − a| + |z + a| = 2|c|nếu và chỉ nếu |a| ≤ |c|. Nếu điều kiện này thỏa, hãy xác định giá trị lớnnhất và nhỏ nhất của
|z| thỏa phương trình trên.
22 ) Viết phương trình của một ellipse, hyperbola, parabola dưới dạngbiểu thức phức.
§ 3 Argument và căn bậc n của số phức
Argument
Cho số phức z = x + iy = 0. Gọi ϕ là góc có hướng của tia OM , ở đây O
là gốc tọa độ và M = (x, y), với tia Ox trong mặt phẳng phức Oxy. Góc ϕ
được gọi là argument của số phức z và ký hiệu Argz. Dễ dàng thấy rằng
x = |z| cos ϕ y = |z| sin ϕ.
Khi đó, số phức z được viết lại
z = |z| cos ϕ + i|z| sin ϕ = |z|(cos ϕ + i sin ϕ),
và ta nói số phức z được viết dưới dạng lượng giác.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
sao cho x = |z| cos ϕ0, y = |z| sin ϕ0, tanói ϕ0 là argument chính của z vàký hiệu arg z.
Argument của số phức được địnhnghĩa khi nó khác không. Trường hợpsố phức bằng 0 thì không xác định ar-gument. Khi số phức khác không, ta cóthể xác định argument của một số phứcnhư sau. Xét số phức z = x + iy. Nếu x = 0 thì
Argz = π
2 + 2kπ khi y > 0, (k ∈ Z)
−π
2 + 2kπ khi y < 0, (k ∈ Z).
Trường hợp x = 0, ta có
Argz =
arctan y
x + 2kπ
khi (x, y) ở góc phần tư thứ I và IV (k ∈ Z)
arctan y
x
+ (2k + 1)π khi (x, y) ở góc phần tư
thứ II và III (k ∈ Z)3.1 Thí dụ. Xét số phức −4 + 4i. Ta có | − 4 + 4i| = 4
√ 2. Vì −4 + 4i ở
góc phần tư thứ hai nên Argz = arctan(−1) + (2k + 1)π = 3π
4 + 2kπ.
Với số phức 3 − 3√
3i, ta có |3 − 3√
3i| = 6. Vì 3 − 3√
3i ở góc phần tư thứ IV nên Argz = arctan(−√
3) + 2kπ = −π
3 + 2kπ.
Cho hai số phức z1 và z2 khác không. Từ định nghĩa của modulus và
argument ta có được khẳng định sauz1 = z2 khi và chỉ khi
|z1| = |z2|Argz1 = Argz2 + 2kπ, k ∈ Z(3.2)
Dạng lượng giác của số có điểm tiện ích được thể hiện ở định lý sau.
3.3 Định lý. Cho hai số phức khác không z1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) và z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2) với r1, r2 > 0. Khi đó, ta có các đẳng thức sau
z1z2 = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2))
1
z1=
1
r1(cos ϕ1 − i sin ϕ1)
(3.4)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Từ định lý trên ta có cách vẽ sau đây để tìm z = z1z2. Ta dựng tamgiác có đỉnh là 0, 1, z1. Vẽ tam giác có hai đỉnh 0, z2 đồng dạng thuận với0, 1, z1. Khi ấy, đỉnh thứ ba chính là tích z1z2.
x
y
z1z2
z1z2
1O
Hình I.4: Phép nhân hai số phức
3.5 Thí dụ. Chứng minh rằng các số phức a, b thỏa mãn điều kiện a2 =
2b = 0 khi và chỉ khi các nghiệm của đa thức x2 + ax + b tạo trên mặtphẳng phức hai đỉnh của một tam giác vuông cân có đỉnh góc vuông tạigốc tọa độ.
Giải . Khi a2 = 2b = 0 thì phương trình x2+ax+b = 0 có hai nghiệm phânbiệt z1 = a 1+i
2 và z2 = a 1−i2 . Do z1 = z2i nên thỏa điều kiện bài toán.
Ngược lại nếu đa thức đã cho có hai nghiệm z1 và z2 tạo trên mặtphẳng phức hai đỉnh của một tam giác vuông cân có đỉnh góc vuông tạigốc tọa độ thì ta phải có một nghiệm bằng tích của nghiệm thứ hai với i,
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
nói là z2 = z1i. Khi đó theo định lý Viet ta cóz1(1 + i) = z1 + z2 = −a
z21i = z1z2 = bSuy ra b =
− a
1 + i
2i =
a2
2 .
Ta được điều phải chứng minh.
Cũng từ định lý trên và bằng qui nạp ta có thể chứng minh được côngthức sau: với z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ta có
zn = rn(cos nϕ + i sin nϕ)(3.6)
với mọi n ∈ N. Đặc biệt, khi r = 1, ta có công thức Moivre
(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ với mọi n ∈ N.(3.7)
Hơn nữa, các công thức trên cũng đúng với n nguyên âm.Để cho gọn người ta dùng kí hiệu eiϕ thay cho cos ϕ + i sin ϕ. Khi đó,
ta có một vài giá trị thường dùng đối với ký hiệu này là
eiπ2 = i, eiπ = −1, ei
3π2 = e−i
π2 = −i.
Như vậy, nếu số phức z
= 0 ta có thể viết lại như sau
z = |z|eiArgz.(3.8)
Dạng viết số phức z như trên được gọi là dạng Euler (hay dạng mũ ) củaz. Ta viết lại phép toán nhân và lũy thừa dưới dạng Euler như sau. Vớiz1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) và z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2), ta có
z1z2 = r1r2ei(ϕ1+ϕ2), 1
z1=
1
r1ei(−ϕ1), (z1)n = rn1 ei(nϕ1).(3.9)
3.10 Thí dụ. Để đưa biểu thức (√
3 + i)7 về dạng đại số, chúng ta tiếnhành như sau
(√
3 + i)7 = (2eiπ6 )7 = 27ei
7π6 = 64(−
√ 3 − i) = −64
√ 3 − 64i.
Dạng Euler của số phức rất tiện lợi vì nó phù hợp với các phép toánlũy thừa ở số thực khi xem i như là một hằng số. Hơn nữa, ta cũng dễdàng suy ra được công thức Euler quen thuộc về sau
cos ϕ = eiϕ + e−iϕ
2 sin ϕ =
eiϕ − e−iϕ
2i(3.11)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.12 Định nghĩa. Số phức w được gọi là một căn bậc n của số phức z
nếu wn = z .
Nếu z = 0, thì có thể thấy w = 0 là căn bậc n duy nhất của z. Trườnghợp z = 0, ta cũng thấy 0 không là căn bậc n của z . Ta viết z và w ở dạngEuler như sau
z = r0eiϕ0 w = reiϕ.
Từ đó suy ra rneinϕ = r0eiϕ0 . Vậy ta có
r
n
= r0nϕ = ϕ0 + 2kπ
suy ra
r = n√
r0
ϕ = ϕ0 + 2kπ
n
hay
|w| = n |z|
Argw = Argz + 2kπ
n
(3.13)
trong đó k ∈ Z. Từ đó có thể thấy được có n căn bậc n của số phức z
ứng với các giá trị của k = 0, 1, . . . , n
−1; cụ thể là n |z|
eiArgz+2kπ
n với
k = 0, 1 . . . , n − 1. Người ta dùng ký hiệu n√ z để chỉ tất cả các căn bậc n
của z; như vậy cũng có thể hiểu nó là tập hợp tất cả căn bậc n của z.
3.14 Chú ý. Các căn bậc n của z là các đỉnh của đa giác đều n cạnh nộitiếp trong đường tròn tâm O bán kính n
|z|. Đặc biệt, các căn bậc n củađơn vị, z = 1, là các đỉnh của đa giác đều nội tiếp trong đường tròn đơnvị |z| = 1. Đặt ω = cos 2πn + i sin 2π
n = ei2πn thì các căn bậc n của đơn vị
chính là 1, ω , ω2, . . . , ωn−1. Ta nói ω là một căn nguyên thủy của đơn vị.
Tổng quát hơn nếu k và n nguyên tố cùng nhau thì ωk cũng là một cănnguyên thủy của đơn vị, nghĩa là các căn bậc n của đơn vị đều là lũy thừacủa ωk. Hơn nữa, ta có thể chứng minh được kết quả sau: Nếu z0 là một căn bậc n của z thì ωkz0 với k = 0, 1, . . . , n − 1 là n căn bậc n của z.
x
y
Hình I.5:
3.15 Thí dụ. Ta tìm căn bậc 4 của 1 + i√
3. Taviết lại 1 + i
√ 3 = 2ei
π3 . Do đó, 4
1 + i
√ 3 =
4√
2ei( π12+
kπ2 ) với k = 0, 1, 2, 3. Hình I.5 biểu diễn
4 giá trị căn vừa tìm được.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Trong nhiều trường hợp, điểm vô cùng, kí hiệu ∞, có vai trò quan trọngkhông thể bỏ qua được. Mặt phẳng phức có bổ sung điểm vô cùng đượcgọi là mặt phẳng phức mở rộng , kí hiệu C, nghĩa là C = C ∪∞. Trên C
ta định nghĩa các phép toán liên quan với phần tử ∞ như sau.
(a) z ± ∞ = ∞ (b) z · ∞ = ∞ khi z = 0 (c) ∞ · ∞ = ∞
ζ
ξ
η
N (0, 0, 1)
I (0, 0, 12 )
z
z1
Hình I.6:
Trong khi đó, ∞ + ∞ và 0 · ∞không xác định. Để tiện lợi ta qui
ước a/∞ = 0 với a = 0.
Mặt cầu Riemann
Để hiểu rõ bản chất của điểm vôcùng, Riemann đã biểu diễn tập hợpcác số phức bằng cách sau. Trongkhông gian Euclid ba chiều với hệ
tọa độ Descartes vuông góc Oξηζ ,xét mặt cầu S có phương trình ξ 2 + η2 + ζ 2 = ζ . Đó là mặt cầu có tâm làđiểm I (0, 0, 1
2) và bán kính r = 12
.Phép tương ứng này gọi là phép chiếu nổi và z1 được gọi là biểu diễn
Riemann của số phức z. Khi z1 dần đến điểm cực bắc N , tia N z1 dần trởthành tia song song với mặt phẳng Oxy. Do đó, ta có thể xem điểm N ∈ S
tương ứng với điểm z = ∞.Trên dây ta mới thiết lập sự tương ứng giữa các điểm của mặt cầu S
với mặt phẳng phức mở rộng bằng hình học. Sau đây ta sẽ thiết lập sự tương ứng giữa chúng bằng các hệ thức đại số. Theo giả thiết ba điểm N ,z1 và z thẳng hàng. Do đó, ta có biểu thức
ξ
x =
η
y =
ζ − 1
−1 suy ra x =
ξ
1 − ζ , y =
η
1 − ζ .
Vậy
z = x + iy = ξ + iη
1 − ζ .(4.1)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Mặt khác, vì z1(ξ , η , ζ ) nằm trên mặt cầu S nên ξ 2 + η2 + ζ 2 = ζ . Từ đósuy ra
|z
|2 = x2 + y2 =
ξ 2 + η2
(1 − ζ )2
= ζ − ζ 2
(1 − ζ )2
= ζ
1 − ζ
.
Vậy ta được
ξ = x
1 + |z|2 η = y
1 + |z|2 ζ = |z|21 + |z|2 .(4.2)
Các hệ thức (4.1) và (4.2) nói lên sự tương ứng một-một giữa tập hợp cácsố phức và tập hợp các điểm trên mặt cầu S trừ điểm N . Tương ứng này
thật sự là một phép đồng phôi.Khi z dần ra vô cùng, từ hệ thức (4.2) ta suy ra điểm z1(ξ , η , ζ ) dầnvề điểm N (0, 0, 1). Ngược lại, khi điểm z1 dần về điểm N (0, 0, 1), từ hệthức (4.1) chuyển qua giới hạn khi ζ dần về 1 ta có z dần ra ∞. Vậy có sự tương ứng một-một giữa tập hợp tất cả các điểm trên mặt cầu S và tậphợp tất cả các điểm trong mặt phẳng phức mở rộng C, và mặt cầu S đượcgọi là mặt cầu Riemann . Tương ứng này là một phép đồng phôi giữa S vàC, và do S là tập compact trong R3 nên C là compact.
Bài tập
1 ) Làm sáng rõ các đẳng thức suy ra (4.1).
2 ) Tìm ảnh của z = 1√ 2 − i 1√
2 trong phép chiếu cầu.
3 ) Tìm trên mặt cầu của các miền được xác định bởi các bất đẳng thức
(a) Im(z) > 0 (b) |z| < 1.
4 ) Chứng minh rằng bất kỳ đường tròn nằm trên mặt cầu Riemann tươngứng với một đường tròn hay đường thẳng trong mặt phẳng phức (z).
5 ) Gọi z1 và z′1 là hai phép chiếu cầu của hai điểm z, z′ ∈ C. Tìm khoảngcách giữa z1 và z′1.
6 ) Tìm điều kiện để hai điểm z và z ′ có hai điểm phép chiếu cầu đối xứngqua tâm.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
7 ) Một hình lập phương có các đỉnh nằm trên mặt cầu và các cạnh tươngứng song song với các trục tọa độ. Hãy tìm các điểm trong mặt phẳngphức ứng với các đỉnh của hình lập phương.
§ 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳngphức
Cho hai số phức z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2. Ta nói khoảng cách giữaz1 và z2 là modulus của z1 − z2 và ký hiệu d(z1, z2). Vậy
d(z1, z2) = |z1 − z2| =
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2
Ta có thể dễ dàng chứng minh được định lý sau5.1 Định lý. Với mọi z1, z2, z3 ∈ C, ta có
(1) d(z1, z2) ≥ 0 và d(z1, z2) = 0 khi và chỉ khi z1 = z2
(2) d(z1, z2) = d(z2, z1)
(3) d(z1, z2) ≤ d(z1, z3) + d(z3, z2)
Như vậy, (C, d) là một không gian metric; đây chính là metric Euclid trongmặt phẳng. Từ đó ta có một topo cảm sinh bởi metric này. Vì vậy, C cũngđược xem là một không gian topo ứng với topo này.
Tập hợp tất cả các điểm z sao cho |z−z0| < ε được gọi là ε-lân cận củađiểm z0. Như vậy, nó chính là tập hợp các điểm nằm trong đường tròn tâmz0 có bán kính là ε trong mặt phẳng phức (C), nó là tập z : d(z, z0) < εvà được kí hiệu B(z0, ε). Khi ta không quan tâm đến giá trị ε, để cho gọnta nói tập trên là lân cận của z0. Ta gọi ε-lân cận thủng của z0 là ε-lân
cận của z0 bỏ đi điểm z0, nghĩa là nó là tập z : 0 < |z − z0| < ε.Điểm z0 được gọi là điểm trong của tập E nếu tồn tại một lân cậncủa z0 nằm hoàn toàn trong E . Điểm z0 được gọi là điểm ngoài của E
nếu tồn tại một lân cận của z0 không chứa điểm nào của E . Điểm z0 khôngphải là điểm trong cũng không phải điểm ngoài của E được gọi là điểmbiên của E ; nghĩa là với mọi ε-lân cận của điểm z0 luôn có một điểmthuộc E và một điểm không thuộc E . Tập hợp tất cả các điểm biên củaE được gọi là biên của E , ký hiệu ∂E .
Một tập là mở nếu nó không chứa điểm biên, hay mỗi điểm của nó làđiểm trong. Tập đóng là tập chứa tất cả các điểm biên. Bao đóng củatập E là tập E ∪ ∂E và kí hiệu là E .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Một tập mở liên thông được gọi là miền. Một tập đóng liên thông đượcgọi là miền đóng.
5.5 Thí dụ. Tập C là tập liên thông. Tập C \ z1, z2, . . . , zn là tập liênthông. Tập D = z ∈ C : |z| < 1 là miền. Tập mở xác định bởi Re z = 0
không phải là tập liên thông vì tập con xác định bởi Re z > 0 là tập conthực sự khác rỗng vừa đóng vừa mở trong tập đang xét. Cụ thể hơn, tacó thể chọn A = z : Re z > 0 và B = a : Re z < 0.
Trong tập A, tập con E ⊆ A liên thông và lớn nhất được gọi là mộtthành phần liên thông của A.
Tập E được gọi là bị chặn nếu nó nằm hoàn toàn trong một đườngtròn |z| = R nào đó, ngược lại được gọi là không bị chặn. Một tập đóngvà bị chặn được gọi là tập compact.
Điểm z0 được gọi là điểm giới hạn hay điểm tụ của E nếu mỗi lâncận thủng của z0 chứa ít nhất một điểm của E . Điểm z0 được gọi là điểmdính nếu mỗi lân cận của điểm z0 chứa ít nhất một phần tử của E . Ta cóthể thấy điểm giới hạn của tập E cũng là điểm dính của E . Trường hợpđiểm dính của E không là điểm giới hạn thì ta gọi nó là điểm cô lập. Từ đó ta dễ dàng chứng minh định lý sau.
5.6 Định lý. Tập E là đóng nếu và chỉ nếu mọi điểm dính của E đều thuộc E .
Chứng minh. Giả sử E là tập đóng. Theo định nghĩa của tập đóng thìmỗi điểm của E hoặc là điểm trong hoặc là điểm biên. Từ đó suy ra nó làđiểm dính của E .
Ngược lại, giả sử E là tập sao cho mọi điểm dính của E đều thuộc E .Giả sử z là một điểm biên bất kỳ của E . Theo định nghĩa thì z cũng làđiểm dính của E , cho nên z ∈ E . Vậy E là tập đóng.
Cho A và B là hai tập hợp trong C. Khoảng cách giữa A và B, kíhiệu d(A, B), được định nghĩa bởi biểu thức
d(A, B) = inf |z − z′| : z ∈ A, z′ ∈ B.(5.7)
Từ định nghĩa ta dễ dàng nhận thấy
• d(A, B) = d(B, A)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Dãy số phức là một ánh xạ từ tập hợp các số tự nhiên dương N+ vàotập số phức C, nghĩa là ánh xạ
f : N+ → C
n → f (n).
Đặt zn = f (n), và ký hiệu dãy số phức là zn∞n=1 hay zn.Trong số thực ta dựa vào trị tuyệt đối để đưa ra định nghĩa sự hội tụ
của một dãy số thực, tương tự như thế ta dùng khái niệm modulus để địnhnghĩa sự hội tụ của dãy số phức.
1.1 Định nghĩa. Cho dãy số zn. Ta nói dãy này hội tụ nếu tồn tại z0sao cho với mọi ε > 0 đều tồn tại n0 > 0 để với mọi n > n0 thì |zn−z0| < ε.Nói cách khác, với mỗi ε-lân cận của z0 đều tồn tại số n0 > 0 sao cho vớimọi n > n0 thì zn thuộc lân cận đó.
Ta có thể dễ dàng chứng minh được số phức z0 trong định nghĩa là duynhất. Vì thế ta đặt lim
n→∞zn = z0, và nói dãy zn hội tụ về z0 hay có giới
hạn là z0.Trong trường hợp dãy zn không hội tụ thì ta nói dãy ấy phân kỳ.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
iyn)(un + ivn) = xnun − ynvn + i(xnvn + ynun). Khi đó, limn→∞(xnun −ynvn) = xu − yv và limn→∞(xnvn + ynun) = xv + yu. Vậy lim
n→∞ znwn =
(xu − yv) + i(xv + yu) = z w.
Ngoài ra, ta cũng có tính chất tương tự như ở Định lý 1.2 nhưng dãysố phức ở dạng lượng giác.
1.5 Định lý. Cho dãy số phức khác không zn với zn = rn(cos ϕn +
i sin ϕn). Nếu dãy rn hội tụ về r0 và dãy ϕn hội tụ về ϕ0, thì dãy znhội tụ về z0 = r0(cos ϕ0 + i sin ϕ0).
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
1.6 Thí dụ. Xét dãy số phức zn với zn =
1 + iy0n
ntrong đó y0 là
hằng số thực. Khi đó, ta viết zn = rn(cos ϕn + i sin ϕn). Ta có
rn =1 + i
y0n
n =
1 + y20n2
n=
1 + y20n2
n2
suy ra limn→∞ rn = 1. Bên cạnh đó, ta chọn
ϕn = Arg1 + i y0nn = n arctan y0
n
suy ra limn→∞ ϕn = y0. Do đó, theo định lý trên ta cólimn→∞
1 + i
y0n
n= cos y0 + i sin y0 = eiy0 .
1.7 Định nghĩa. Dãy zn được gọi là dãy cơ bản hay dãy Cauchynếu với mọi ε > 0, tồn tại N > 0 sao cho với mọi n, m > N ta luôn có
|zn − zm| < ε.1.8 Định lý. (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãy zn hội tụ khi và chỉ khi nólà dãy Cauchy.
Chứng minh. Giả sử dãy zn hội tụ. Khi đó, tồn tại z0 = limn→∞ zn.Với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho khi n > N ta có |zn − z0| < ε/2. Vậykhi n, m > N ta có |zn − zm| ≤ |zn − z0| + |zm − z0| < ε
2 + ε2 = ε. Do đó,
zn
là dãy Cauchy.
Giả sử zn là dãy Cauchy và zn = xn + iyn. Với ε > 0 cho trước tồntại N > 0 sao cho khi n, m > N ta có |zn − zm| < ε. Mặt khác, ta có
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
|xn − xm|, |yn − ym| ≤ |zn − zm|. Do đó, ta suy ra được các dãy số thựcxn và yn là dãy Cauchy, cho nên chúng hội tụ∗. Vậy theo Định lý 1.2ta suy ra được dãy zn. hội tụ.
1.9 Định lý. (Bolzano-Weierstrass) Mọi dãy số phức bị chặn đều cómột dãy con hội tụ.
Chứng minh. Giả sử zn bị chặn và zn = xn + iyn. Nghĩa là tồn tạiM > 0 sao cho |zn| < M với mọi n, suy ra |xn|, |yn| < M với mọi n. Vậydãy số thực xn và yn bị chặn, suy ra tồn tại dãy con∗ xnk của dãyxn hội tụ. Ta lại có ynk là dãy con của dãy bị chặn yn nên nó bịchặn. Do đó, tồn tại dãy con ynkl hội tụ. Vì xnkl là dãy con của dãy
hội tụ xnk, nên nó hội tụ. Vậy theo Định lý 1.2 ta có dãy con znkl củadãy zn hội tụ.
1.10 Định lý. K là tập compact trong C khi và chỉ khi với mọi dãy thuộc K đều tồn tại dãy con hội tụ về một điểm thuộc K .
Chứng minh. Giả sử K là tập compact và zn là một dãy bất kỳ trongK . Do K bị chặn nên zn là dãy bị chặn; do đó, tồn tại dãy con znk
hội tụ. Đặt z0 = limk→∞ znk . Ta có thể thấy z0 là một điểm dính của K chonên z0 ∈ K .
Ngược lại, giả sử K là tập không bị chặn. Khi đó, với mỗi n ∈ N+ tồntại zn sao cho |zn| > n. Ta có zn là một dãy trong K nên tồn tại dãycon znk hội tụ. Nhưng |znk | > nk với mọi k nên lim
k→∞|znk | = ∞ mâu
thuẫn với sự hội tụ của dãy znk. Vậy K là tập bị chặn. Lấy z0 là mộtđiểm dính bất kỳ thuộc K . Khi đó, với mỗi n ∈ N+ tồn tại zn ∈ K sao cho
|zn
−z0
|< 1
n
. Vậy
zn
là một dãy trong K , nên tồn tại dãy con
znk
hộitụ về một điểm thuộc K . Đặt z∗ = lim
k→∞znk . Vì |zn − z0| < 1
n với mọi n
nên dãy zn hội tụ về z0. Do đó, dãy con znk cũng hội tụ về z0, nghĩalà z0 = z∗ ∈ K . Vậy mọi điểm dính của K đều thuộc K , cho nên K là tậpđóng. Ta đã biết K bị chặn, nên K là tập compact.
1.11 Định nghĩa. Họ tập Gαα∈I được gọi là một phủ mở của tập A
nếu các tập Gα là tập mở với mọi α ∈ I và A ⊆ α∈I Gα
∗Chẳng hạn, xem [5, trang 70].∗Xem [5, trang 70].
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1.12 Định lý. Giả sử K là tập compact trong C. Khi đó, với mỗi r > 0
tồn tại một số hữu hạn các hình tròn tâm thuộc K bán kính r phủ K .Nghĩa là K hoàn toàn bị chặn.
Chứng minh. Giả sử tồn tại r > 0 sao cho hợp mọi họ hữu hạn các hìnhtròn tâm thuộc K bán kính r không phủ K . Lấy z1 ∈ K và đặt B1 =
B(z1, r). Vì B1 không phủ K nên tồn tại z2 ∈ K \ B1. Đặt B2 = B(z2, r).Cũng do B1, B2 không phủ K tồn tại z3 ∈ K \ (B1 ∪ B2). Tiếp tục quátrình này ta lập được dãy các hình tròn B1, B2, . . . , Bn, ...và dãy sốz1, z2, . . . , zn, . . . trong K sao cho zn+1 /∈ B1 ∪ · · · ∪ Bn với mọi n ≥ 1.
Vì K compact, theo Định lý 1.10 tồn tại w là điểm tụ của dãy zn.Khi đó, theo định nghĩa điểm giới hạn tồn tại các số tự nhiên m > k sao
cho
|zk − w| < r
2 và |zm − w| <
r
2
Từ đó suy ra
|zk−zm| < r
ta gặp mâu thuẫn vì zm /∈ Bk.
1.13 Định lý. Tập K ⊂ C là tập compact khi và chỉ khi mọi phủ mở của K tồn tại phủ con hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử tồn tại phủ mở Gii∈I của K sao cho mọi hệ hữuhạn các tập Gi không đủ phủ K . Vậy theo định lý trên với mọi n ≥ 1 tồntại hình tròn Bn bán kính 1/n sao cho Bn ∩ K không thể phủ bởi một sốhữu hạn các tập Gi. Lấy tùy ý zn ∈ Bn∩ K . Vì K compact nên theo Địnhlý 1.10 tồn tại w
∈ K là điểm tụ của dãy
zn
. Chọn i0
∈ I để w
∈ Gi0 .
Do Gi0 là mở nên tồn tại r > 0 để B = B(w, r) ⊂ Gi0 . Lấy N và n0 đủlớn để 2/N < r, 1n0
< r4 và |zn0 − w| < 1
N . Với mỗi z bất kỳ thuộc Bn0 tacó
|z − w| ≤ |z − zn0 | + |zn0 − w| < 2
n0+
1
N < r.
Do đó, Bn0 ⊂ B ⊂ Gi0 . Điều này mâu thuẫn với điều kiện K ∩ Bn0 không
thể phủ bởi một số hữu hạn các tập Gi.Ngược lại, lấy a ∈ K tùy ý. Khi đó, B(a, n)n∈N là một phủ mở của K .Do đó, tồn tại phủ con hữu hạn B(a, nk)N k=1. Đặt M = maxn1, . . . , nN ,
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
K ta córz = |z − w|/2 > 0 và B(z, rz) ∩ B(w, rz) = ∅. Ta lại có B(z, rz)z∈K là một phủ mở của K , cho nên tồn tại phủ con hữu hạn B(zk, rzk)nk=1,nghĩa là
K ⊆nk=1
B(zk, rzk).
Đặt r = minrz1 , . . . , rzn; khi đó B(w, r) ∩ B(zk, rzk) = ∅ với mọi k =
1, . . . , n. Do đó, ta có
B(w, r) ∩ nk=1
B(zk, rzk)
= ∅ suy ra B(w, r) ∩ K = ∅.
Vậy K là tập đóng. Do đó, ta được K là tập compact.
1.14 Định lý. Cho K n là dãy các tập compact trong C. Nếu K n+1 ⊂K n với mọi n thì
∞
n=1K n = ∅. Đặc biệt, nếu lim
n→∞ sup|z − z′| : z, z′ ∈
K n = 0 thì ∞n=1
K n = z0.
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
1.15 Định lý. Giả sử A và B là các tập đóng trong C và một trong chúng là tập compact. Khi đó, tồn tại a ∈ A và b ∈ B để d(A, B) = |a − b|. Hơn nữa, nếu A ∩ B = ∅ thì d(A, B) > 0.
Chứng minh. Giả sử A là tập compact. Theo định nghĩa d(A, B) với mỗisố tự nhiên n = 0, tồn tại an ∈ A và bn ∈ B sao cho |an−bn| < d(A, B)+ 1
n .Do đó, ta có
limn→∞
|an − bn| = d(A, B).
Do A là tập compact nên từ dãy an tồn tại dãy con ank hội tụ về a ∈ A.Hơn nữa, ta cũng có limk→∞ |ank − bnk | = d(A, B). Suy ra |ank − bnk |bị chặn. Từ đó ta suy ra được dãy bnk bị chặn. Do đó, tồn tại dãy con
bnkl
hội tụ về b
∈B (vì B là tập đóng). Do
ankl
là một dãy con của
ank nên cũng hội tụ về a. Vậyd(A, B) = lim
n→∞|an − bn| = lim
l→∞|ankl − bnkl | = |a − b|.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Khi A ∩ B = ∅ ta suy ra a = b nên d(A, B) = |a − b| > 0.
Chuỗi số phức
Cho dãy số phức zn. Tổng vô hạn hình thức
z1 + z2 + · · · + zn + · · · =
∞n=1
zn(1.16)
được gọi là chuỗi số phức với số hạng tổng quát là zn. Đặt S n =n
k=1 zk,và S n được gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi (1.16). Nếu dãy S n hộitụ thì ta nói chuỗi (1.16) hội tụ và có tổng là limn→∞ S n. Khi đó, ta viết
∞n=1
zn = limn→∞
S n.
Một chuỗi không hội tụ được gọi là chuỗi phân kỳ.
1.17 Thí dụ. Với z0 là một hằng số phức, ta xét chuỗi số ∞n=0
zn0 . Tổng
riêng thứ n của chuỗi là
S n = 1 + z0 + z20 + · · · + zn0 =
n + 1 khi z0 = 1
1 − zn01 − z0
khi z0 = 1
Từ đó ta thấy chuỗi đang xét phân kỳ khi |z0| ≥ 1 và hội tụ về 1
1 − z0khi
|z0| < 1.
Như vậy, chuỗi số phức được định nghĩa tương tự như chuỗi số thực.Hơn nữa, do dãy số phức có các tính chất như dãy số thực, cho nên chuỗisố phức cũng có tính chất như chuỗi số thực. Trước tiên ta có tính chấttương tự như ở Định lý 1.2.
1.18 Định lý. Cho chuỗi số phức ∞
n=1 zn với zn = an + ibn. Khi đó,chuỗi
∞n=1 zn hội tụ về W = U + iV khi và chỉ khi chuỗi
∞n=1 an hội tụ
về U và chuỗi ∞n=1 bn hội tụ về V .
Chứng minh. Dựa vào định nghĩa chuỗi hội tụ và Định lý 1.2. Chúng tôixin dành cho bạn đọc trình bày chứng minh.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Tương tự như chuỗi số thực, ta có kết quả sau nói lên mối liên hệ giữakhái niệm hội tụ và hội tụ tuyệt đối của một chuỗi.
1.24 Định lý. Nếu chuỗi số phức hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ.
Chứng minh. Giả sử chuỗi ∞
n=1 zn hội tụ tuyệt đối. Theo định nghĩahội tụ tuyệt đối và tiêu chuẩn Cauchy (đối với chuỗi số thực) ta có: vớimọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n > N và mọi p ≥ 1 ta có
|zn+1| + · · · + |zn+ p| < ε.
Mặt khác, từ bất đẳng thức tam giác ta có thể thấy rằng
|zn+1 + · · · + zn+ p| ≤ |zn+1| + · · · + |zn+ p|.Từ hai bất đẳng thức trên và tiêu chuẩn Cauchy cho chuỗi số phức ta suyra được chuỗi
∞n=1 zn hội tụ.
Thí dụ sau cho chúng ta thấy mệnh đề đảo của định lý trên là khôngđúng. Nghĩa là từ tính hội tụ của chuỗi số phức ta không suy ra được tínhhội tụ tuyệt đối của nó.
1.25 Thí dụ. Xét chuỗi số∞
n=1ein
n =∞
n=1( cosnn + i sinnn ). Vì | einn | = 1n
nên chuỗi ∞
n=1 | einn | = ∞
n=11n phân kỳ, suy ra chuỗi
∞n=1
ein
n khônghội tụ tuyệt đối. Trong khi đó các chuỗi
∞n=1
cosnn và
∞n=1
sinnn hội tụ,
cho nên chuỗi ∞
n=1ein
n hội tụ.
1.26 Định lý. Giả sử chuỗi ∞
n=1
zn hội tụ tuyệt đối và δ : N+ → N+ là
một song ánh. Khi đó, chuỗi ∞n=1
zδ(n) hội tụ và ∞n=1
zδ(n) = ∞n=1
zn.
Chứng minh. Với ε > 0 bất kỳ, lấy số tự nhiên nε sao cho ∞n=nε+1
|zn| < ε.
Đặt m = maxδ −1(1), . . . , δ −1(nε) ≥ nε. Khi đó, với n > m ta có
n
k=1
zδ(k) −∞
k=1
zk
≤
∞
k=nε+1
|zk| < ε.
Do đó, ta được ∞n=1
zδ(n) =∞k=1
zk.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Hướng dẫn: Dùng tiêu chuẩn hội tụ Cauchy và phép biến đổi Abel .
§ 2 Hàm số biến số phức
Định nghĩa hàm số biến số phức
2.1 Định nghĩa. Giả sử D ⊆ C là một tập tùy ý cho trước. Một ánhxạ f : D → C được gọi là hàm số biến số phức (gọi ngắn gọn hàm số phức ). Thường người ta ký hiệu hàm biến phức đó là w = f (z). Tập D
được gọi là tập xác định của hàm f . Tập f (z) : z ∈ D được gọi tậpgiá trị của hàm f .Khi f : D → C là một đơn ánh, thì hàm f được gọi là đơn diệp. Có
thể xảy ra trường hợp f không đơn diệp trên D nhưng có thể chia D thànhcác tập con Di lớn nhất mà trên đó f là đơn diệp. Khi đó, mỗi Di đượcgọi là miền đơn diệp.
2.2 Thí dụ. Xét hàm số f (z) = z2. Rõ ràng hàm f xác định trên C. Hàm
này không là hàm đơn diệp vì f (1) = f (−1) = 1. Ta có thể kiểm chứngđược hai tập
z : Rez > 0 hay z = (0, y) với y ≤ 0
vàz : Rez < 0 hay z = (0, y) với y ≥ 0 là miền đơn diệp của hàm f .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Xét hàm số biến số phức w = f (z) xác định trên D. Với z ∈ D, đặtz = x + iy và w = u + iv. Rõ ràng w phụ thuộc vào z, nên nó phụ thuộcvào (x, y). Do đó, u và v phụ thuộc vào (x, y). Khi đó, ta được hai hàm sốthực hai biến số xác định trên D là u(x, y) và v(x, y). Vậy ta viết lại hàm
f như sauf (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y)
trong đó u(x, y) được gọi là hàm phần thực và v(x, y) được gọi là hàm phần ảo của f . Ngược lại, rõ ràng với hai hàm thực hai biến u(x, y) vàv(x, y) cùng xác định trên D ta xác định được một hàm biến phức f (z) =
u(x, y) + iv(x, y) với z = x + iy xác định trên D.
2.3 Thí dụ. Xét hàm số f (z) = z2. Rõ ràng hàm f xác định trên C. Vớiz = x + iy, ta có z2 = (x + iy)2 = x2 − y2 + i2xy. Vậy
f (x + iy) = x2 − y2 + i2xy,
u(x, y) = x2 − y2
v(x, y) = 2xy.
2.4 Thí dụ. Có hai hàm u(x, y) = x + y2 và v(x, y) = 2x2 − 3y xác địnhtrên R2. Ta có được hàm phức tương ứng xác định trên C là
f (z) = x + y2
+ i(2x2
− 3y)
= z + z
2 +
z − z
2i
2+ i
2z + z
2
2− 3
z − z
2i
=
z + z
2 − 3
2(z − z) − (z − z)2
4 + i
(z + z)2
2
= 2z − z − (z − z)2
4 + i
(z − z)2
2 ,
lưu ý x = z + z
2 và y =
z − z
2i .
Giả sử z ∈ D và z = 0, nên nó viết được ở dạng lượng giác hay dạngEuler z = r(cos ϕ + i sin ϕ) = reiϕ. Khi đó, u và v trong f (z) = u + iv làhàm số thực theo các biến r và ϕ, nên ta viết lại
f (reiϕ) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ).
2.5 Định nghĩa. Cho hàm f là đơn diệp trên D. Khi đó, f : D → f (D)
là một song ánh, cho nên tồn tại ánh xạ ngược ký hiệu f −1
xác định trênf (D) và có f −1(w) = z khi và chỉ khi f (z) = w, và f −1 được gọi là hàmngược của f và nó là đơn diệp.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
sao cho với mọi z ∈ D nếu 0 < |z − z0| < δ thì |f (z) − w0| < ε. Với zn làmột dãy tùy ý trong D hội tụ về z0. Với δ > 0 ở trên, tồn tại N > 0 saocho
|zn
−z0
|< δ với mọi n > N . Với mọi n > N , ta có 0 <
|zn
−z0
|< δ
suy ra |f (zn) − w0| < ε. Điều đó có nghĩa là limn→∞
f (zn) = w0.Ngược lại, giả sử lim
z→z0
f (z) = w0. Khi đó, tồn tại ε0 > 0, với mọi δ > 0
luôn tìm được z ∈ D thỏa 0 < |z − z0| < δ nhưng |f (z) − w0| ≥ ε0. Dođó, mỗi số tự nhiên n = 0, tồn tại zn ∈ D \ z0 sao cho |zn − z0| < 1
n
nhưng |f (zn) − w0| ≥ ε. Rõ ràng dãy zn ⊂ D \ z0 hội tụ về z0 nhưnglimn→∞
f (zn) = w0.
Ta có mối liên hệ giữa giới hạn hàm số biến số phức và giới hạn hàmbiến số thực như sau.
2.11 Định lý. Cho hàm f xác định trên D và z0 = x0 + iy0 là điểm tụ của D. Với w0 = u0 + iv0 và f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y), ta có
limz→z0
f (z) = w0 khi và chỉ khi
lim(x,y)→(x0,y0)
u(x, y) = u0
lim(x,y)→(x0,y0)
v(x, y) = v0.
Chứng minh. Giả sử ta có limz→z0 f (z) = w0. Khi đó, với mọi ε > 0 chotrước tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi z ∈ D thỏa 0 < |z − z0| < δ ta có|f (z) − w0| < ε. Mặt khác, |z − z0| =
(x − x0)2 + (y − y0)2. Do đó, khi
0 <
(x − x0)2 + (y − y0)2 < δ ta có |u(x, y) − u0| = |Re(f (z) − w0)| ≤|f (z) − w0| < ε và |v(x, y) − v0| = |Im(f (z) − w0)| ≤ |f (z) − w0| < ε. Vậyta suy ra được lim
(x,y)→(x0,y0)u(x, y) = u0 và lim
(x,y)→(x0,y0)v(x, y) = v0.
Giả sử lim(x,y)→(x0,y0) u(x, y) = u0 và lim(x,y)→(x0,y0) v(x, y) = v0. Khi
đó, với ε > 0 cho trước tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi (x, y) ∈ D thỏa0 <
(x − x0)2 + (y − y0)2 < δ ta có |u(x, y)−u0| < ε√ 2 và |v(x, y)−v0| <
ε√ 2
. Suy ra khi 0 < |z − z0| =
(x − x0)2 + (y − y0)2 < δ ta có
|f (z) − w0| =
(u(x, y) − u0)2 + (v(x, y) − v0)2 < ε.
Vậy limz→z0 f (z) = w0.
2.12 Thí dụ. Xét hàm số f (z) = 1
2iz
z − z
z. Với z = x + iy = 0, ta có
f (z) = 1
2i
x2 − y2 + i2xy
x2 + y2 − x2 − y2 − i2xy
x2 + y2
=
2xy
x2 + y2.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Từ định lý trên, tương tự như hàm số nhiều biến số thực, ta có cáctính chất sau về giới hạn của hàm số biến số phức.
2.13 Định lý. Nếu các hàm f và g có giới hạn khi z dần về z0 thì các hàm cf , f + g, f g và f /g cũng có giới hạn khi z dần về z0, và
(1) limz→z0
cf (z) = c limz→z0
f (z) với c là một hằng số phức.
(2) limz→z0
(f (z) + g(z)) = limz→z0
f (z) + limz→z0
g(z).
(3) limz→z0
(f (z)g(z)) = limz→z0
f (z) limz→z0
g(z).
(4) limz→z0
f (z)
g(z) =
limz→z0
f (z)
limz→z0
g(z) với điều kiện biểu thức có nghĩa.
2.14 Thí dụ. Dùng qui nạp và các tính chất trong định lý trên ta có
limz→z0
zn = zn0 limz→z0
P (z) = P (z0)
với P (z) = a0 + a1z + a2z2 + · · · + anzn là một đa thức trên C.
Từ định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức ta thấy nó tương tự như định nghĩa giới hạn của hàm số biến số thực. Ta cũng có thể địnhnghĩa giới hạn liên quan đến điểm vô cùng.
2.15 Định nghĩa. Cho hàm số biến số phức f có tập xác định không bịchặn. Hàm f (z) có giới hạn ∞ khi z dần ra ∞ nếu với mọi M > 0 lớn tồntại N > 0 sao cho với mọi z ∈ Df thỏa |z| > N ta có |f (z)| > M . Khi đó,ta kí hiệu lim
z→∞f (z) = ∞.
Tương tự ta có định nghĩa cho limz→∞ f (z) = w0 và lim
z→z0
f (z) = ∞. Từ
các định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức ta có các tính chất đượcnêu trong định lý sau.
2.16 Định lý. (1) limz→z0
f (z) = ∞ khi và chỉ khi limz→z0
1
f (z) = 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.1 Định nghĩa. Cho hàm f xác định trên D ⊆ C và z
0 ∈ D. Ta nói
hàm f liên tục tại z0 nếu limz→z0
f (z) = f (z0). Nếu hàm f liên tục tại mọi
điểm z ∈ D, thì ta nói hàm f liên tục trên D.
3.2 Thí dụ. Từ định nghĩa ta có thể nhận thấy các hàm f (z) = c (hằngsố) và g(z) = z liên tục trên C.
Từ các tính chất giới hạn của hàm số biến số phức ta có thể chứngminh được các tính chất sau.
3.3 Định lý. Hàm f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) liên tục tại z0 = x0 + iy0khi và chỉ khi u(x, y) và v(x, y) liên tục tại (x0, y0).
Chứng minh. Định lý suy ra được từ định nghĩa liên tục và Định lý2.11.
3.4 Thí dụ. Xét hàm f (z) = z2. Với z = x+iy ta có f (z) = x2−y2+i2xy.
Ta có u(x, y) = x2
− y2
và v(x, y) = 2xy là các hàm liên tục trên R2
. Vậyhàm f (z) liên tục trên C.
3.5 Thí dụ. Xét hàm f (z) = 1
z trên C \ 0. Với z = x + iy = 0 ta có
f (x + iy) = x − iy
x2 + y2 =
x
x2 + y2 − i
y
x2 + y2. Vì các hàm u(x, y) =
x
x2 + y2
và v(x, y) = − y
x2 + y2 liên tục trên R2 \(0, 0) cho nên hàm f (z) liên tục
trên C\
0
.
3.6 Định lý. Tổng, tích, thương (mẫu khác không) của các hàm liên tục là một hàm liên tục. Tích của một hằng số phức với một hàm liên tục là một hàm liên tục.
Chứng minh. Định lý được suy ra từ định nghĩa liên tục và Định lý2.13.
3.7 Thí dụ. Ta đã biết các hàm f (z) = z và g(z) = z2
liên tục trên C.Dùng qui nạp và định lý trên ta có thể chứng minh được hàm h(z) = zn
với mọi n ∈ N và hàm đa thức liên tục trên C.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.8 Định lý. Nếu hàm f (z) liên tục tại z0 thì hàm |f (z)| cũng liên tục tại z0.
Chứng minh. Với mọi ε > 0, do hàm f liên tục tại z0 nên tồn tại δ > 0
sao cho với mọi z ∈ Df thỏa |z − z0| < δ ta có |f (z) − f (z0)| < ε. Mặtkhác, ta luôn có bất đẳng thức |f (z)| − |f (z0)| ≤ |f (z) − f (z0)|. Do đó,
từ định nghĩa giới hạn của hàm nhiều biến thực ta suy ra được |f (z)| liêntục tại z0.
3.9 Định nghĩa. Một song ánh f : D → D′ được gọi là một phép đồngphôi nếu nó và ánh xạ ngược của nó là các hàm liên tục. Khi đó, ta nóiD và D′ đồng phôi nhau.
3.10 Định nghĩa. Hàm f (z) được gọi là liên tục đều trên D nếu vớimọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z, z′ ∈ D mà |z − z′| < δ ta có|f (z) − f (z′)| < ε.
3.11 Định lý. Nếu hàm f liên tục đều trên D thì nó là hàm liên tục trên D.
Chứng minh. Với ε > 0 cho trước, do f liên tục đều trên D nên tồn tại
δ > 0 sao cho khi z, z′ ∈ D thỏa |z − z′| < δ ta có |f (z) − f (z′)| < ε. Vớiz0 ∈ D tùy ý, với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta phải có |f (z)− f (z0)| < ε.Điều này có nghĩa là hàm f liên tục tại z0. Do ta lấy z0 ∈ D tùy ý, nên f
liên tục trên D.
Điều ngược lại của định lý trên là không đúng. Ta sẽ thấy điều đó trongthí dụ sau.
3.12 Thí dụ. Ta xét hàm f (z) = 1
z trên tập D =
z ∈C : 0 <
|z|
< 1
.
Rõ ràng hàm f (z) liên tục trên D (xem Thí dụ 3.5). Ta sẽ chứng minh nókhông liên tục đều trên D. Lấy ε = 1, khi đó với mọi δ > 0 chọn n sao chon > 1
δ . Chọn z = 1n và z′ = 1
2n thuộc D. Ta có
|z − z′| = 1
n − 1
2n
= 1
2n < δ,
nhưng
|f (z)
−f (z′)
|= 1
z − 1
z′ =|n
−2n
|= n
≥1.
Vậy f (z) không liên tục đều trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.13 Định lý. Nếu f là hàm liên tục và E là tập liên thông trong tập xác định của f thì f (E ) là tập liên thông.
Chứng minh. Giả sử f (E ) không là tập liên thông. Khi đó, tồn tại haitập mở A và B thỏa f (E ) ∩ A = ∅, f (E ) ∩ B = ∅, f (E ) ∩ A ∩ B = ∅,f (E ) ⊆ A ∪ B. Do f liên tục nên f −1(A) và f −1(B) mở. Ta nhận thấyE ∩ f −1(A) = ∅, E ∩ f −1(B) = ∅, E ⊆ f −1(A)∪ f −1(B) và E ∩ f −1(A) ∩f −1(B) = ∅. Do đó, E không là tập liên thông. Đó là điều vô lý. Vậy f (E )
là tập liên thông.
3.14 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì f liên tục đều
trên K .
Chứng minh. Giả sử f không liên tục đều trên K . Khi đó, tồn tại ε > 0 saocho với mọi δ > 0 tồn tại z, z′ ∈ D thỏa |z−z′| < δ nhưng |f (z)−f (z′)| ≥ ε.Do đó, với mỗi n ∈ N+, tồn tại zn và z′n thỏa |zn − z′n| < 1
n nhưng|f (zn) − f (z′n)| ≥ ε. Vì K là tập compact nên dãy zn trong K bị chặn;do đó, theo định lý Bolzano-Weierstrass tồn tại dãy con znk hội tụ.Đặt z0 = lim
k→∞
znk , ta có z0 ∈ K (do K compact). Do |znk − z′nk | <
1nk nên lim
k→∞(znk − z′nk) = 0, suy ra lim
k→∞z′nk = z0. Do hàm f liên tục
trên K nên ta có limk→∞
f (znk) = f (z0) và limk→∞
f (z′nk) = f (z0), suy ra
limk→∞
(f (znk) − f (z′nk)) = 0. Điều này mâu thuẫn với |f (znk) − f (z′nk)| ≥ ε
với mọi k. Do đó, f phải liên tục đều trên K .
3.15 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì |f (z)| đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên K .
Chứng minh. Ta có f (z) liên tục trên K , nên theo Định lý 3.8 hàm nhiềubiến thực |f (z)| liên tục trên K . Vì K là tập compact trong R2 nên |f (z)|đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên K .
3.16 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì f (K ) là com-pact.
Chứng minh. Lấy một dãy wn bất kỳ thuộc f (K ). Khi đó, với mỗin, tồn tại zn ∈ K sao cho f (zn) = wn. Vậy ta được dãy zn thuộc K
compact. Suy ra tồn tại dãy con znk của zn hội tụ về một điểm thuộc
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4.1 Định nghĩa. Giả sử có một họ các hàm số biến số phức cùng xácđịnh trên D. Dãy hàm là một ánh xạ từ N+ đến
và n → f n. Người tathường ký hiệu dãy hàm bởi f n∞n=1 hay f n, và liệt kê nó
f 1, f 2, . . . , f n, . . . .
Ta nói dãy hàm f n hội tụ tại z0 ∈ D nếu dãy số f n(z0) hội tụ. Dãyhàm f n được gọi là hội tụ trên D nếu nó hội tụ tại mọi điểm z ∈ D. Khiđó, ta được một hàm f xác định trên D được cho bởi f (z) = lim
n
→∞
f n(z)
với mỗi z ∈ D. Hàm f này được gọi là giới hạn của dãy hàm f n vàviết f = lim
n→∞ f n.
4.2 Thí dụ. Dãy hàm zn hội tụ về 0 khi |z| < 1, hội tụ về 1 khi z = 1,và phân kỳ trong các trường hợp khác.
4.3 Định nghĩa. Ta nói dãy hàm f n hội tụ đều về hàm f trên D
nếu với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho |
f n(z)
−f (z)
|< ε đúng với mọi
n > N và mọi z ∈ D.
4.4 Thí dụ. Dãy hàm zn hội tụ đều trên hình tròn z : |z| ≤ r, 0 <
r < 1. Hàm giới hạn là hàm hằng có giá trị 0 trên tập ấy. Thật vậy, vì0 < r < 1 nên với ε > 0 cho trước tồn tại N > 0 sao cho rn < ε với mọin > N . Do đó, |zn− 0| = |z|n ≤ rn < ε với mọi z ∈ z : |z| ≤ r, 0 < r < 1và mọi n > N .
4.5 Định lý. Nếu dãy f n hội tụ đều về hàm f thì nó hội tụ về hàm f .
Chứng minh. Ta thấy ngay từ định nghĩa của hội tụ đều và hội của dãyhàm và sự hội tụ theo điểm của dãy hàm.
Mệnh đề đảo của định lý trên là sai. Ta thấy điều đó qua thí dụ sau.
4.6 Thí dụ. Xét dãy hàm f n với f n(z) = 1 − zn+1
1 − z xác định trên D =
z :
|z|
< 1
. Với |
z|
< 1, ta có
limn→∞
f n(z) = limn→∞
1 − zn+1
1 − z =
1
1 − z.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
đã cho không hội tụ đều trên D. Thật vậy, với ε = 1, với mọi N > 0 lấyn > N và đủ lớn, lấy zn = 1 − 1
n ∈ D ta có
1 − zn+1n
1 − zn− 1
1 − zn
= n
1 − 1n
n+1> 1 = ε.
4.7 Định lý. (Tiêu chuẩn Cauchy) Điều kiện cần và đủ để dãy hàm f n(z) hội tụ đều trên tập D là với mỗi số ε > 0 cho trước, tồn tại số tự nhiên N sao cho với mọi n > N và với mọi p nguyên dương ta có
|f n+ p(z) − f n(z)| < ε, ∀z ∈ D.
Chứng minh. Giả sử dãy hàm f n(z) hội tụ đều về f (z) trên D. Thếthì, với ε > 0 cho trước, tồn tại số tự nhiên N sao cho
(∀n > N )(∀z ∈ D)(|f n(z) − f (z)| < ε2).
suy ra
(∀n > N )(∀ p ∈ N)(∀z ∈ D)(|f n+ p(z) − f (z)| < ε2 ).
Từ đó ta có (∀n > N )(∀ p ∈ N)(∀z ∈ D)
|f n+ p(z) − f n(z)| ≤ |f n+ p(z) − f (z)| + |f n(x) − f (z)| < ε
2 +
ε
2 = ε.
Bây giờ giả sử rằng với ε > 0 cho trước tồn tại số tự nhiên N sao cho
(∀n > N )(∀ p ∈ N)(∀z ∈ D)(|f n+ p(z) − f n(z)| < ε)
Cố định z ∈
D thì
f n(z)
là dãy số. Theo giả thiết trên thì dãy số
f n(z)là dãy Cauchy. Khi đó, theo tiêu chuẩn Cauchy cho dãy số thì dãy f n(z)
hội tụ về một số đặt là f (z) nghĩa là limn→∞ f n(z) = f (z). Từ đó suy ralim p→∞ |f n+ p(z)− f n(z)| = |f (z)− f n(z)|. Nhưng do |f n+ p(z)− f n(z)| < ε
với mọi n > N và mọi p ∈ N nên ta suy ra được |f (z) − f n(z)| ≤ ε. Vậy
(∀n > N )(∀x ∈ D)(|f n(z) − f (z)| ≤ ε),
cho nên dãy hàm f n(z) hội tụ về f (z).
4.8 Định lý. Cho f n là dãy các hàm liên tục hội tụ đều về hàm f trên D. Khi đó, hàm f liên tục trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Hoàn toàn tương tự như chứng minh ở dãy hàm thực, xindành cho bạn đọc xem như bài tập.
Bây giờ ta xét mối liên hệ giữa dãy hàm với các dãy hàm thực tương ứngcủa nó. Xét dãy hàm
f n
với f n(z) = un(x, y) + ivn(x, y) với z = x + iy.
Tương tự như giới hạn của hàm số và giới hạn của dãy số ta có các kếtquả sau:
4.9 Định lý. Dãy hàm f n với f n(z) = un(x, y)+ivn(x, y) với z = x +iy
hội tụ tại z0 = x0 + iy0 khi và chỉ khi cả hai dãy hàm thực un(x, y) và vn(x, y) hội tụ tại (x0, y0) và
limn→∞
f (z0) = limn→∞
un(x0, y0) + i limn→∞
vn(x0, y0).
4.10 Định lý. Dãy hàm f n với f n(z) = un(x, y) + ivn(x, y) với z =
x + iy hội tụ đều trên D khi và chỉ khi các dãy hàm thực un(x, y) và vn(x, y) hội tụ đều trên D.
4.11 Định nghĩa. Ta nói dãy f n hội tụ đều trên mọi tập compacttrong D tới hàm f nếu mọi tập compact K ⊂ D với mọi ε > 0 tìm đượcN sao cho |f n(z) − f (z)| < ε với mọi z ∈ K và mọi n > N ; nghĩa là f n
hội tụ đều trên K .4.12 Định lý. Cho D là một tập mở. Khi đó, dãy hàm f n hội tụ đều trên mọi tập compact trong D tới hàm f khi và chỉ nó hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng trong D.
Chứng minh. Giả sử f n hội tụ đều trên mọi tập compact trong D tớihàm f . Ta biết rằng mỗi hình tròn đóng là tập compact, cho nên f n hộitụ đều trên mọi hình tròn đóng trong D.
Ngược lại, lấy K là một tập compact bất kỳ trong D. Với mỗi x ∈K ⊂ D, do D là tập mở nên tồn tại rx > 0 sao cho B(x, rx) ⊂ D. Rõ ràng
K ⊂ x∈K
B(x, rx), cho nên tồn tại x1, . . . , xn sao cho K ⊂nj=1
B(xj , rxj ) ⊂nj=1
B(xj , rxj ). Do f n hội tụ đều trên B(xj , rxj ) với j = 1, . . . , n cho nên
cũng hội tụ đều trên K .
4.13 Định lý. Giả sử mỗi hàm f n liên tục trên tập mở D và dãy hàm f n hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f . Khi đó, f liên tục trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Do D là tập mở nên với x ∈ D bất kỳ tồn tại r > 0 saocho B(x, r) ⊂ D. Theo giả thiết f n hội tụ đều về hàm f trên B(x, r), dĩ nhiên cũng trên B(x, r). Hơn nữa, các hàm f n liên tục trên B(x, r), suyra (Định lý 4.8) f liên tục trên B(x, r); đặc biệt liên tục tại x. Vậy f liên
tục trên D.
Chuỗi hàm
4.14 Định nghĩa. Cho dãy hàm f n xác định trên D. Khi đó, tổnghình thức
f 1 + f 2 + · · · + f n + · · · =∞
n=1
f n
được gọi là chuỗi hàm trên D. Với mỗi n ≥ 1 và mỗi z ∈ D, đặt
S n(z) =nk=1
f k(z),
ta nhận thấy S n là một hàm số xác định trên D, và gọi là tổng riêngthứ n của chuỗi hàm
∞n=1 f n. Khi đó, ta nhận được dãy hàm S n xác
định trên D. Chuỗi hàm ∞n=1 f n được gọi là hội tụ tại điểm z0 ∈ D
nếu dãy hàm S n hội tụ tại z0. Khi đó, ta cũng nói chuỗi ∞
n=1 f n khảtổng tại z0 và tổng của nó là limn→∞ S n(z0); ta ký hiệu
∞n=1
f n(z0) = limn→∞
S n(z0).
Nếu dãy hàm S n hội tụ về f trên D thì ta nói chuỗi hàm
∞n=1 f n hội
tụ về f và viết
f =∞n=1
f n hay f (z) =∞n=1
f n(z), z ∈ D.
Nếu dãy hàm S n hội tụ đều về f trên D thì ta nói chuỗi hàm ∞
n=1 f nhội tụ đều về f trên D.
Như vậy, sự hội tụ và hội tụ đều của chuỗi hàm được định nghĩa theo
dãy hàm (dãy tổng riêng) nên ta cũng có định lý sau.
4.15 Định lý. Mọi chuỗi hàm hội tụ đều trên D, thì hội tụ trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
n=1 f n hội tụ đều về hàm f trên D và f n liên tục trên D với mọi n, thì hàm f là hàm liên tục trên D.
Chứng minh. Lấy z0 ∈ D tùy ý và ε > 0 bé tùy ý. Do chuỗi
∞n=1 f n hội
tụ đều về f trên D, nên tồn tại n0 ∈ N sao cho |S n0 (z)− f (z)| <
ε
3 với mọiz ∈ D, trong đó S n0 (z) =n0
k=1 f k(z). Do các hàm f n liên tục trên D vớimọi n nên S n0 (z) liên tục trên D, cụ thể là liên tục tại z0. Khi đó, tồn tạiδ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta có |S n0 (z) − S n0 (z0)| < ε
3 .Vậy với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta có
|f (z) − f (z0)| ≤ |f (z) − S n0 (z)| + |S n0 (z) − S n0 (z0)|+ |S n0 (z0) − f (z0)|
< ε3 + ε3 + ε3 = ε.
Vậy f liên tục tại z0. Suy ra hàm f liên tục trên D.
Xét chuỗi ∞
n=1 f n của dãy f n, đặt
Rn(z) =∞
k=n+1
f k(z), z ∈ D.
Rn được gọi là phần dư thứ n của chuỗi ∞
n=1 f n. Người ta chứng minhđược định lý sau.
4.20 Định lý. Chuỗi ∞
n=1 f n hội tụ tại z0 ∈ D khi và chỉ khi dãy Rn(z0) hội tụ về 0. Chuỗi
∞n=1 f n hội tụ đều trên D khi và chỉ khi
dãy Rn hội tụ đều về 0 trên D.
4.21 Định nghĩa. Chuỗi ∞n=1 f n được gọi là hội tụ tuyệt đối tại z0
nếu chuỗi ∞
n=1 |f n(z0)| là hội tụ.
4.22 Thí dụ. Ta biết rằng chuỗi hàm ∞n=0
zn hội tụ trên D = z : |z| < 1.
Hơn nữa, ta cũng thấy được chuỗi đang xét cũng hội tụ tuyệt đối trên D.
4.23 Định lý. Nếu chuỗi ∞n=1 f n hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ.
Chứng minh. Được suy ra từ các định nghĩa về sự hội tụ của chuỗi hàmvà Định lý 1.24.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4.24 Nhận xét. Từ kết quả của định lý này và các tiêu chuẩn hội tụD’Alembert và Cauchy của chuỗi số dương ta có thể tìm được phần nàotập các điểm hội tụ và phân kỳ của chuỗi hàm phức. Thật vậy xét chuỗi
hàm ∞
n=1
f n(z), xác định các giới hạn
ϕ(z) = limsupn→∞
|f n+1(z)||f n(z)| ψ(z) = lim sup
n→∞n
|f n(z)|.
Khi đó, nếu ϕ(z) < 1 hoặc ψ(z) < 1 thì chuỗi đang xét hội tụ tuyệt đối(hội tụ) tại z còn nếu ϕ(z) > 1 hoặc ψ(z) > 1 thì chuỗi đang xét phân kỳtại z.
4.25 Thí dụ. (a) Xét chuỗi hàm
∞n=1
zn2
n! . Ta có
lim supn→∞
z(n+1)2
n!
(n + 1)!zn2
= limn→∞
|z|2n+1
n + 1 =
0 khi |z| ≤ 1
∞ khi |z| > 1.
Vậy chuỗi hàm đã cho hội tụ trên hình tròn xác định bởi |z| < 1 vàphân kỳ ngoài đường tròn có phương trình |z| = 1
(b) Xét chuỗi hàm
∞
n=1
z + n
2nz n. Ta có
lim supn→∞
n
z + n
2nz
= lim supn→∞
1
2|z|1 +
z
n
= 1
2|z| limn→∞
1 + z
n
= 1
2|z|Vậy chuỗi hàm đã cho hội tụ khi 1
2|z| < 1 hay |z| > 12 và phân kỳ khi
|z| < 12 .
4.26 Định lý. (Tiêu chuẩn Weierstrass) Cho chuỗi hàm ∞n=1 f n.
Nếu với mọi z ∈ D ta có |f n(z)| < an với mọi n > n0 và chuỗi số ∞n=1 anhội tụ, thì chuỗi hàm
∞n=1 f n hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều trên D.
Chứng minh. Với mỗi z0 ∈ D, ta có |f n(z0)| ≤ an với mọi n. Do ∞
n=1
hội tụ, nên∞
n=1 |f n(z0)| hội tụ. Vậy∞
n=1 f n(z) hội tụ tuyệt đối trên D.Đặt S n(z) =
nk=1 f k(z) và f (z) =
∞n=1 f n(z). Với mọi ε > 0, tồn tại
N > 0 sao cho ∞
k=n+1 an < ε với mọi n > N . Suy ra với mọi n > N vàmọi z ∈ D, ta có
|S n(z) − f (z)| = ∞k=n+1
f k(z) ≤ ∞
k=n+1
|f k(z)| ≤ ∞k=n+1
an < ε.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
xét tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta có
S n(z) −nk=1
ck < ε
3.
Vậy từ các kết quả trên với |z − z0| < δ và z ∈ D ta có
|f (z) − c| < ε
3 +
ε
3 +
ε
3 = ε.
Do đó, ta được limz→z0z∈D f (z) = c =
∞n=1
cn.
4.28 Nhận xét. Từ định lý trên ta suy ra rằng nếu chuỗi ∞n=1
f n(z) hội
tụ đều trên D và các hàm f n(z) liên tục trên D thì chuỗi cũng hội tụ trênD và hàm tổng của nó cũng là hàm liên tục trên D.
Với nhận xét này ta có một cách lý giải khác để chứng tỏ rằng chuỗi
∞n=1
zn không hội tụ đều trên hình tròn đơn vị B(0, 1). Thật vậy, ta biếtrằng chuỗi hàm ấy hội tụ trên B(0, 1). Giả sử nó hội tụ đều trên B(0, 1).Vì mọi hàm zn liên tục trên C nên theo nhận xét trên chuỗi đã cho phảihội tụ trên B(0, 1). Ta gặp phải mâu thuẫn vì 1 ∈ B(0, 1) nhưng chuỗi∞n=1
1n phân kỳ. Vậy chuỗi ∞n=1
zn không hội tụ đều trên B(0, 1).
Để kết thúc phần này chúng tôi cũng nêu một số kết quả về mối liên hệgiữa chuỗi hàm và các chuỗi hàm phần thực và phần ảo tương ứng của nó.
4.29 Định lý. Chuỗi hàm ∞
n=1 f n với f n(z) = un(x, y) + ivn(x, y) trong đó z = x + iy hội tụ tại z0 = x0 + iy0 khi và chỉ khi các chuỗi hàm thực ∞
n=1 un(x, y) và ∞
n=1 vn(x, y) hội tụ tại (x0, y0).
4.30 Định lý. Chuỗi hàm ∞n=1
f n với f n(z) = un(x, y) + ivn(x, y) trong đó z = x + iy hội tụ đều (tuyệt đối) trên D khi và chỉ khi các chuỗi hàm thực
∞n=1 un(x, y) và
∞n=1 vn(x, y) hội tụ đều (tuyệt đối) trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm f n hội tụ đều về hàm f trên D vàdãy số zn hội tụ về z0 thì dãy hàm f n − zn hội tụ đều về hàm f − z0trên D.
2 ) Cho dãy hàm f n hội tụ về f trên D. Giả sử với mỗi z ∈ D tồn tạir > 0 sao cho dãy hàm f n hội tụ đều về f trên B(z, r). Chứng minhrằng f n hội tụ đều về f trêm mọi tập compact K ⊂ D.
3 ) Cho dãy hàm f n hội tụ đều về f trên D và |f (z)| ≥ m > 0 với mọiz ∈ D. Chứng minh rằng dãy hàm 1/f n hội tụ đều về hàm 1/f trên D.
4 ) Cho hai dãy hàm f n và gn lần lượt hội tụ đều về các hàm f và gtrên D. Chứng minh rằng dãy hàm f ngn hội tụ đều về hàm f g trên D.
5 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm f n hội tụ đều trên D1 và D2 thì nócũng hội tụ đều trên D1 ∪ D2.
6 ) Tìm miền hội tụ tuyệt đối của chuỗi hàm∞n=1
z3n−1
n2 + n.
7 ) Chứng minh Định lý 4.8.
8 ) Chứng minh Định lý 4.9.
9 ) Chứng minh Định lý 4.10.
10 ) Chứng minh Định lý 4.20.
11 ) Xét chuỗi hàm theo biến thực ∞n=0
e−nein2x.
(a) Chứng minh rằng chuỗi hàm trên và các chuỗi có được bằng cách lấyđạo hàm liên tiếp từng số hạng của nó hội tụ đều trên R. Suy ra hàmtổng f (x) của chuỗi hàm đã cho khả vi vô hạn lần trên R.
(b) Chứng minh rằng chuỗi Taylor của hàm f tại 0:
f (0) +
f ′(0)
1! x + · · · +
f (n)(0)
n! xn
+ · · ·không hội tụ với giá trị x = 0 nào.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
n = 0, 1, 2, . . .. Với mỗi z sao cho |z| < |z0|, đặt q = | zz0|, suy ra q < 1. Ta
có
|cnzn| = |cnzn0 |
z
z0 n
< M q n.
Ta thấy chuỗi ∞
n=0 M q n hội tụ, suy ra ∞
n=0 cnzn hội tụ tuyệt đối. Với0 < r < |z0|, đặt q = r
|z0| < 1. Ta có
|cnzn| = |cnzn0 | z
z0
n ≤ M rn
|z0|n = M q n với mọi |z| ≤ r.
Theo tiêu chuẩn Weierstrass ta có thể thấy được chuỗi ∞
n=0 cnzn hội tụđều trên z : |z| < r với r < |z0|.
Dùng phản chứng và kết quả vừa được chứng minh ta sẽ có được khẳngđịnh thứ hai trong định lý. Thật vậy, giả sử tồn tại z2 là điểm hội tụ củachuỗi đã cho thỏa |z2| > |z1|. Khi đó, theo phần trên ta có chuỗi đã chohội tụ tại mọi z thỏa |z| < |z2|, cho nên nó hội tụ tại điểm z1 (trái với giảthiết).
Theo định lý Abel nếu chuỗi∞
n=0 cnzn hội tụ tại z1 thì nó hội tụ bêntrong đường tròn tâm tại 0 bán kính |z1|, và nếu chuỗi
∞n=0 cnzn phân
kỳ tại z2 thì nó phân kỳ tại mọi điểm ngoài hình tròn tâm 0 bán kính |z2|.Vấn đề đặt ra là liệu tồn tại số R ≥ 0 sao cho chuỗi ∞
n=0 cnzn hội tụ khi|z| < R và phân kỳ khi |z| > R hay không? Định lý sau đây sẽ trả lời câuhỏi này.
5.3 Định lý. Tồn tại 0 ≤ R ≤ ∞, sao cho chuỗi ∞
n=0 cnzn hội tụ khi |z| < R và phân kỳ khi |z| > R. Số R gọi là bán kính hội tụ của chuỗi.
Chứng minh. Nếu chuỗi ∞n=0 cnzn hội tụ trên C thì R =
∞. Nếu chuỗi∞
n=0 cnzn phân kỳ tại mỗi điểm z = 0 thì R = 0.Giả sử chuỗi
∞n=0 cnzn hội tụ tại z0 = 0 và phân kỳ tại z1. Khi đó,
theo định lý Abel ta có ngay |z0| ≤ |z1|. Đặt
A =|z| :
∞n=0
cnzn hội tụ tại z
.
Rõ ràng A = ∅ vì z0 ∈ A và bị chặn trên bởi |z1| (theo định lý Abel). Đặt
R = sup A. Lấy z2 tùy ý thỏa |z2| < R. Theo định nghĩa của R và tập A,tồn tại z∗ là điểm hội tụ của chuỗi ∞
n=0 cnzn thỏa |z2| < |z∗| ≤ R. Theođịnh lý Abel, ta có chuỗi
∞n=0 cnzn hội tụ tại z2.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
6.4 Chú ý. Nếu R1 = R2 thì chuỗi tổng có bán kính hội tụ đúng bằngminR1, R2 do định lý Abel. Tuy nhiên, nếu R1 = R2 thì bán kính hội tụ
của chuỗi tổng có thể lớn hơn R1. Chẳng hạn chuỗi f − f = 0 =∞
n=00zn
có bán kính hội tụ ∞ bất kể bán kính hội tụ của f là bao nhiêu.Cũng thế, bán kính hội tụ của f g có thể lớn hơn minR1, R2. Ví dụ
chuỗi f (z) = 1 − z có bán kính hội tụ ∞ và chuỗi g(z) = 1
1 − z =
∞n=0
zn
có bán kính hội tụ 1 nhưng (f g)(z) = 1 + 0z + 0z2 + · · · có bán kính hộitụ ∞.
6.5 Hệ quả. Giả sử f (z) =∞
n=0anzn có bán kính hội tụ R > 0. Đặt
f p(z) =∞n=0
bnzn, với bn =
k1+···+kp=nak1 · · · akp .(6.6)
Khi ấy, chuỗi trên có bán kính hội tụ lớn hơn hoặc bằng R và ta có f p(z) =
(f (z)) p nếu |z| < R.
Chứng minh. Chuỗi (6.6) chính là chuỗi tích của f với chính nó lặp lại p
lần. Từ đó, áp dụng Định lý 6.3 ta có được điều phải chứng minh.
Phép tính quan trọng mà ta xét đến là phép thế một chuỗi lũy thừavào một chuỗi lũy thừa khác. Nghĩa là cho trước hai chuỗi lũy thừa f (z) =∞n=0
anzn và g(z) =∞n=0
bnzn có bán kính hội tụ lần lượt là R1 và R2 > 0,
ta muốn tìm một chuỗi lũy thừa ∞n=0
cnzn sao cho
f (g(z)) =∞n=0
cnzn với |z| bé.(6.7)
Vì dưới đây ta chỉ quan tâm đến các hàm f (z) và g(z) trong hình trònhội tụ của chuỗi tương ứng nên (6.7) có nghĩa là tìm 0 < r < R2 sao cho|g(z)| < R1 với |z| < r. Hơn nữa, với z như vậy, ta thế g vào f và được
∞
n=0
an(g(z))n =∞
n=0
cnzn.
Đặc biệt, ta có |g(0)| < R1. Ta có định lý sau:
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
6.8 Định lý. Giả sử |b0| = |g(0)| < R1. Khi đó, tồn tại 0 < r < R2 saocho |g(z)| < R1 nếu |z| < r. Hơn nữa, với |z| < r ta có
f (g(z)) =∞
n=0
c pz p
trong đó c p cho bởi chuỗi hội tụ tuyệt đối c p =∞n=0
k1+···+kn= p
anbk1 · · · bkn .
6.9 Nhận xét. Nếu g(0) = 0 (nghĩa là b0 = 0) thì điều kiện của định lýtrên luôn luôn được thỏa nếu R1, R2 > 0. Trong trường hợp này tổng xácđịnh c p là tổng hữu hạn vì nếu n > p thì ít nhất một kj = 0 và khi đó hệ
số bkj = 0. Do đó,
c p =
pn=0
k1+···+kn= p
anbk1 · · · bkn .
Nếu g(z) = z0 + z thì điều kiện |g(0)| < R1 trở thành |z0| < R1. Ta có|z0 + z| ≤ |z0| + |z|, cho nên với r = R1 − |z0| ta có |g(z)| = |z0 + z| < R1
khi |
z
| < r. Để ý rằng b0 = z0, b1 = 1 và bk = 0 khi k > 1. Do đó, khi
n < p ta phải có ít nhất một chỉ số kj > 1 trong k1 + · · · + kn = p, chonên bkj = 0. Khi n ≥ p, tổng bên trong công thức xác định c p các số hạngkhác không đều có p thừa số bằng 1 và n − p thừa số bằng z0, và các sốhạng này chính là hệ số nhị thức
c p =∞n= p
an
n
p
zn− p0 =
∞n=0
an+ p
n + p
p
zn0 .(6.10)
Bây giờ chúng ta hãy áp dụng Định lý 6.8 để biểu diễn nghịch đảo củamột chuỗi lũy thừa f (z) =
∞n=0
anzn có bán kính hội tụ R > 0 thành một
chuỗi lũy thừa; nghĩa là tìm một chuỗi lũy thừa g(z) =∞n=0
bnzn có bán
kính hội tụ dương sao cho g(z) = 1
f (z) với |z| bé.
Ta viết
1f (z)
= 1
1 − (1 − f (z)) =
∞n=0
(1 − f (z))n.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Nếu tồn tại n0 sao cho f (zn) = f (z0) với mọi n ≥ n0, thì biểu thức trêntrong đẳng thức (1.7) thỏa với n > n0, giới hạn của vế trái tồn tại do sự liên tục và tính khả vi của f tại z0 và sự khả vi của g tại f (z0); và giới hạnđó là g′(f (z0))f ′(z0). Nếu tồn tại một dãy con znk của zn mà nó thỏa
f (znk) = f (z0), thì f ′(z0) = 0; Đẳng thức (1.7) chỉ ra rằng giới hạn củavế trái cũng là không 0. Do đó, (g f )′(z0) tồn tại và bằng g′(f (z0))f ′(z0)
trong các trường hợp.
1.8 Thí dụ. Dùng định lý trên ta tính đạo hàm của hàm (2z2 + 3i)5 như sau [(2z2 + 3i)5]′ = 5(2z2 + 3i)4(4z) = 20z(2z2 + 3i)4.
Dấu hiệu Cauchy-Riemann
1.9 Định lý. (Cauchy-Riemann) Cho hàm số phức f (z) = f (x + iy) =
u(x, y) + iv(x, y) xác định trong miền D và z0 = x0 + iy0 ∈ D. Khi đó,điều kiền cần và đủ để f khả vi tại z0 là hai hàm thực u và v khả vi tại điểm (x0, y0) và
∂u
∂x(x0, y0) =
∂v
∂y(x0, y0)
∂u
∂y (x0, y0) = −∂v
∂x (x0, y0).
(1.10)
Hơn nữa, ta có f ′(z0) = u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0). Hệ (1.10) được gọi là hệ phương trình Cauchy-Riemann hay điều kiện Cauchy-Riemann .
Chứng minh. Giả sử hàm f khả vi tại z0. Theo định nghĩa ta có
f ′(z0) = lim∆z
→0
f (z0 + ∆z) − f (z0)
∆z
trong đó ∆z = z − z0 = x − x0 + i(y − y0) = ∆x + i∆y. Cho ∆y = 0, tacó ∆z = ∆x. Ta được
Sau đây ta phát biểu định lý Cauchy-Riemann trong trường hợp hàmphần thực và phần ảo theo cặp biến (r, ϕ).
1.14 Định lý. Cho hàm f (reiϕ) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ) xác định trên miền
D và z0 = r0eiϕ
0 ∈ D. Các hàm u(r, ϕ) và v(r, ϕ) khả vi tại (r0, ϕ0). Khi đó, f khả vi tại z0 khi và chỉ khi
∂u
∂r(r0, ϕ0) =
1
r · ∂v
∂ϕ(r0, ϕ0)
∂u
∂ϕ(r0, ϕ0) = −r
∂v
∂r(r0, ϕ0).
(1.15)
Hơn nữa, ta có f ′(z0) = e−iϕ(u′r(r0, ϕ0) + iv′r(r0, ϕ0)).
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
1.16 Thí dụ. Xét tính khả vi của hàm f (z) = 1
z. Ta viết lại f (reiϕ) =
1
rei(−ϕ) =
1
r cos ϕ − i
1
r sin ϕ. Các hàm u(r, ϕ) =
1
r cos ϕ và v(r, ϕ) =
−1
r sin ϕ khả vi tại mọi điểm (r, ϕ) với r = 0. Ta có
u′r(r, ϕ) = − 1r2
cos ϕ u′ϕ(r, ϕ) = −1r
sin ϕ
v′r(r, ϕ) = 1
r2 sin ϕ v′ϕ(r, ϕ) = −1
r cos ϕ.
Ta nhận thấy điều kiện Cauchy-Riemann (1.15) thỏa với mọi (r, ϕ) vớir > 0. Vậy f ′(z) = e−iϕ(− 1
r2 cos ϕ + i 1r2 sin ϕ) = − 1r2 ei(−2ϕ) = − 1
z2 .
Vi phân hàm phứcXét hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) với z = x + iy xác định trên D và cáchàm u(x, y) và v(x, y) khả vi tại (x, y) ∈ D. Khi đó, tương tự như tronggiải tích thực ta ký hiệu vi phân của hàm f tại z như sau:
0 khi z = 0với z = x + iy liên tục tại z = 0; và chứng minh f (z) thỏa mãn điềukiện Cauchy-Riemann tại z = 0, nhưng không có đạo hàm tại điểm đó.
13 ) Chứng minh rằng hàm f (z) =
z2
z khi z = 0
0 khi z = 0
thỏa điều kiện
Cauchy-Riemann tại z = 0 nhưng không có đạo hàm tại điểm đó.
14 ) Cho hàm phức f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y). Ký hiệu
∂f
∂x(x + iy) =
∂u
∂x(x, y) + i
∂v
∂x(x, y)
∂f ∂y
(x + iy) = ∂u∂y
(x, y) + i ∂v∂y
(x, y).
Chứng minh rằng nếu hàm f khả vi tại x0 + iy0 thì
∂f
∂x(x0 + iy0) =
1
i
∂f
∂y(x0 + iy0).
Đẳng thức trên gọi là điều kiện Cauchy-Riemann dưới dạng phức.
15 ) Giả sử hàm f (z) = u + iv = ρeiθ khả vi trên C. Chứng minh rằngnếu một trong các hàm (theo (x, y) với z = x + iy) u, v, ρ hay θ là hằngsố thì f là hằng số.
16 ) Chứng minh Định lý 1.14.
17 ) Cho hàm f khả vi tại z0 và nó có hàm ngược ϕ trong lân cận của z0.
Chứng minh rằng nếu ϕ khả vi tại f (z0) thì ϕ′(f (z0)) = 1
f ′(z
0)
.
18 ) Dùng Định lý 1.14 xét tính khả vi và tìm đạo hàm của các hàm
f (z) = zn và g(z) = 1
zn.
19 ) Chứng minh
(a) Nếu hàm w = f (z) = u + iv tại z = x + iy tồn tại giới hạn
lim∆z→0 Re
∆w
∆z
thì tồn tại u′x(x, y), v′y(x, y) và u′x(x, y) = v′y(x, y).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Im ∆w∆z thì tồn tại (x, y) và u′y(x, y), v′x(x, y) và
u′y(x, y) = −v′x(x, y).
(c) Nếu giả thiết u, v khả vi tại z = x + iy và tồn tại giới hạn ở (a) thì
kéo theo tồn tại giới hạn ở (b) và do đó f (x) khả vi tại z.
§ 2 Hàm giải tích
2.1 Định nghĩa. Hàm f xác định trên D ⊆ C được gọi là giải tíchhay chỉnh hình tại z0 ∈ D nếu tồn tại r > 0 để hàm f khả vi tại mọiz ∈ z : |z − z0| < r ⊂ D. Nếu hàm f giải tích tại mọi điểm z ∈ D0,
ta nói f giải tích trên D0. Nếu hàm f giải tích trên C thì ta nói f làhàm nguyên.
2.2 Thí dụ. Hàm đa thức giải tích trên C. Hàm hữu tỷ cũng giải tíchtrên C trừ đi các điểm mà nó không xác định.
Hàm f (z) = z z không giải tích tại bất kỳ điểm nào. Ta đã biết nó chỉkhả vi tại một điểm duy nhất là z = 0.
2.3 Định lý. Nếu hàm f khả vi trên tập mở D thì nó giải tích trên D.
Chứng minh. Với z0 ∈ D tùy ý và do D là tập mở nên tồn tại ε-lân cậnB(z0, ε) của điểm z0 thỏa B(z0, ε) ⊆ D. Từ giả thiết ta có f khả vi trênB(z0, ε), cho nên f giải tích tại z0. Suy ra f giải tích trên D.
2.4 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên D và f (z) = 0 với mọi z ∈ D thì 1/f giải tích trên D.
Chứng minh. Xin dành cho bạn đọc xem như bài tập.
2.5 Định lý. Gọi H(D) là tập tất cả các hàm giải tích trên D. Khi đó,H(D) là một không gian vector trên C và H(D) cũng là một vành.
Chứng minh. Xin dành cho bạn đọc xem như bài tập.
2.6 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên miền D và f chỉ nhận giá trị thực thì f là hàm hằng.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Vì hàm f chỉ nhận giá trị thực nên có dạng f (x + iy) =
u(x, y). Vì hàm f giải tích tại mỗi điểm (x, y) ∈ D, nên ta có hệ phươngtrình Cauchy-Riemann
u′x(x, y) = 0u′y(x, y) = 0
suy ra u(x, y) = C (hằng số).
2.7 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên miền D và f ′(z) = 0 với mọi z ∈ D thì f là hàm hằng.
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
2.8 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên miền D và hàm g giải tích trên f (D), thì hàm hợp g f giải tích trên D.
Chứng minh. Lấy z0 ∈ D tùy ý. Do f giải tích trên D nên tồn tại ε-lâncận B(z0, ε) của z0 thỏa B(z0, ε) ⊆ D và f khả vi trên B(z0, ε). Ta cóf (B(z0, ε)) ⊆ f (D) nên g khả vi trên f (B(z0, ε)). Do đó, g f khả vi trênB(z0, ε). Suy ra g
f giải tích tại z0. Vậy g
f giải tích trên D.
2.9 Định lý. Giả sử chuỗi lũy thừa ∞
n=0 cnzn có bán kính hội tụ R > 0. Khi đó, tổng f (z) =
∞n=0 cnzn giải tích tại mọi điểm z với
|z| < R và đạo hàm của nó f ′(z) =∞
n=1 ncnzn−1.
Chứng minh. Ta biết rằng chuỗi ∞
n=1 ncnzn−1 cũng có bán kính hội tụlà R. Lấy z0 tùy ý thỏa |z0| < R. Khi đó, tồn tại |z0| < r < R. Từ đóta có ∞
n=0cn
zn và ∞n=1
ncn
zn−1 hội tụ đều trên
z :
|z| < r
và chuỗi∞
n=1 n|cn|rn−1 hội tụ. Ta có
f (z) − f (z0)
z − z0=
∞n=1
cnzn − zn0z − z0
=∞n=1
n−1k=0
cnzkzn−1−k0 .
Với |z| < r, ta có
n−1
k=0
cnzkzn−1−k0 ≤
n−1
k=0 |cn
||zkzn−1−k
0
|< n
|cn
|rn−1.
Do chuỗi ∞
n=1 n|cn|rn−1 hội tụ nên theo tiêu chuẩn Weierstrass chuỗi
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Trong giải tích thực ta biết rằng hàm f (x) = ex là hàm duy nhất có đạo
hàm bằng chính nó trên R, nghĩa là f ′(x) = f (x), và f (0) = 1. Từ đó tamuốn xét xem có tồn tại và duy nhất hay không một hàm f (z) sao chonó khả vi trên C (hay nói cách khác nó làm một hàm giải tích), đạo hàmcủa nó bằng chính nó (nghĩa là f ′(z) = f (z)), và khi thu hẹp nó trên R tađược hàm mũ, nghĩa là f (x + i0) = ex.
Xét hàm f (z) = ex cos y + iex sin y = ex(cos y + i sin y). Ta có u(x, y) =
ex cos y và v(x, y) = ex sin y khả vi liên tục trên R2 và
u′x
(x, y) = ex cos y u′y
(x, y) =−
ex sin y
v′x(x, y) = ex sin y v′y(x, y) = ex cos y.
Rõ ràng các đạo hàm riêng này thỏa hệ phương trình Cauchy-Riemann(1.10). Vậy hàm f (z) khả vi trên C và đạo hàm của nó f ′(z) = u′x(x, y) +
iv′x(x, y) = ex cos y + iex sin y = f (z). Như vậy, hàm f (z) = ex cos y +
iex sin y là hàm khả vi trên C và có đạo hàm bằng chính nó, và nếu ta hạnchế biến z trên R thì ta lại có hàm f (x) = ex. Hơn nữa, người ta chứngminh được hàm f (z) = ex cos y + iex sin y là hàm duy nhất có các tínhchất trên. Do đó, một cách tự nhiên ta định nghĩa đó là hàm mũ phứcvà ký hiệu f (z) = ex cos y + iex sin y = ez. Với ký hiệu này ta viết lại
ex+iy = ex cos y + iex sin y = ex(cos y + i sin y),(3.1)
và nó phù hợp với ký hiệu Euler mà ta đã được giới thiệu ở trang 25. Vớicông thức (3.1) và z = x + iy ta có
|ez
| = ex
và Arg(ez
) = y + 2kπ.(3.2)
Tương tự hàm mũ thực, hàm mũ phức có các tính chất sau
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.3 Định lý. Với z1 và z2 là hai số phức tùy ý, ta có
(a) ez1 ez2 = ez1+z2
(b) ez1
ez2
= ez1−z2 .
Một đặc điểm nổi bật của hàm mũ phức mà hàm mũ thực không có làtính tuần hoàn của nó.
3.4 Định lý. Hàm mũ f (z) = ez là một hàm tuần hoàn với chu kỳ 2πi.
Chứng minh. Ta có ez+2kπi = eze2kπi = ez(cos2kπ + i sin2kπ) = ez. Vậyf là hàm tuần hoàn. Giả sử ez+c = ez với mọi z = x + iy. Ta viết c ở dạngc = α + iβ . Ta được ex+α+i(y+β) = ex+iy. Từ đó ta có
ex+α = ex
y + β = y + 2nπsuy ra
α = 0
β = 2nπ.
Vậy c = 2nπi, với n ∈ Z. Từ đó ta kết luận được chu kỳ của hàm f là 2πi.
Từ định lý trên và công thức (3.2) ta thấy rằng nếu ez1 = ez2 thìz1 = z2 + 2nπi hay
Re z1 = Re z2 và Im z1 = Im z2 + 2nπ.
Hàm mũ f (z) = ez không là một đơn ánh và một miền đơn diệp của nó làz = x + iy : 0 < y < 2π.
3.5 Thí dụ. Ta tìm các giá trị z sao cho ez = −1. Trước hết ta viết lạinhư sau ex+iy = eiπ. Cho nên ta phải có
ex = 1 và y = π + 2nπ.
Vậy z = (π + 2nπ)i với n = 0, ±1, ±2, . . ..
3.6 Xét sự biến hình qua ánh xạ f (z) = ez. Với x = x0 cố định và0 ≤ y ≤ 2π, ta có f (z) = ex0 eiy. Đây là phương trình đường tròn tâm O
bán kính ex0. Như vậy, qua ánh xạ f (z) = ez đoạn thẳng (x, y) : x =
x0, 0 ≤ y ≤ 2π đi từ điểm (x0, 0) đến (x0, 2π) biến thành đường tròn tâm0 bán kính ex0 xuất phát và kết thúc tại (ex0 , 0) theo chiều dương.
Ta tìm ảnh của đường thẳng y = y0. Khi đó, với z = x + iy0 ta cóf (z) = exeiy0 , cho nên ảnh cần tìm là một tia xuất phát từ gốc tọa độ hợpvới trục thực một góc y0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Từ dạng Euler của số phức (3.8) trang 25 ta có công thức Euler cho cáchàm sin và cos
eix = cos x + i sin x
e−ix = cos x − i sin xsuy ra
cos x = eix + e−ix
2
sin x = eix − e−ix
2i
Từ đó một cách tự nhiên ta định nghĩa hàm lượng giác phức bởi côngthức như sau
cos z = eiz
+ e−iz
2 và sin z = eiz
− e−iz
2i .(4.1)
Ta biết rằng hàm mũ là hàm giải tích. Theo tính chất khả vi của mộthàm hợp, ta có thể suy ra các hàm lượng giác theo định nghĩa trên là hàmgiải tích. Ta tính các đạo hàm của chúng
(cos z)′ = eizi − e−izi
2 = −eiz − eiz
2i = − sin z;
(sin z)′ = eizi + e−izi2i
= eiz + eiz
2 = cos z
giống như kết quả của hàm lượng giác thực.Ngoài ra hàm lượng giác phức cũng có các đẳng thức và tính chất như
hàm lượng giác thực như sau.
4.2 Định lý. (1) cos2 z + sin2 z = 1
(2) cos2z = cos2 z − sin2 z và sin 2z = 2 sin z cos z
(3) cos(−z) = cos z và sin(−z) = − sin z
(4) 2sin z1 cos z2 = sin(z1 + z2) + sin(z1 − z2)
(5) sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + sin z2 cos z1
(6) cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2
(7) Hàm cos z và sin z là những hàm tuần hoàn với chu kỳ 2π.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1.1 Định nghĩa. Số phức w được gọi là logarithm của số phức z nếuew = z . Ký hiệu w = Ln z.
Theo định nghĩa ta thấy không có logarithm của 0. Nếu z = 0, ta viếtz ở dạng Euler z = reiϕ. Nếu w = u + iv là logarithm của z, thì ta cóeu+iv = reiϕ, suy ra
eu = r
v = ϕ + 2kπ suy ra w = ln r + i(ϕ + 2kπ), k ∈ Z.
Như vậy, có vô hạn đếm được logarithm của một số phức khác không.
Ln z = ln |z| + iArgz = ln |z| + i(arg z + 2kπ), k ∈ Z.(1.2)
1.3 Thí dụ. Ln(−1 + i√
3) = ln | − 1 + i√
3| + iArg(−1 + i√
3) = ln 2 +
i(2π3 + 2kπ) với k ∈ Z.
1.4 Định lý. Với mọi số phức z1 và z2 khác không, ta có
Ln(z1z2) = Ln z1 + Ln z2(1.5)Ln
z1z2
= Ln z1 − Ln z2.(1.6)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Tương tự ta cũng chứng minh được đẳng thức thứ hai.
1.7 Định nghĩa. Hàm logarithm, ký hiệu ln, là hàm ngược của hàmmũ ez với miền xác định là tập
(x, y) : x tùy ý, 0 ≤ y < 2π
được định
nghĩa bởi công thức ln z = ln |z| + i arg z. Giá trị ln z được gọi là giá trịchính của logarithm của z.
1.8 Thí dụ. Ta có ln(√
3 + i) = ln |√ 3 + i| + i arg(
√ 3 + i) = ln 2 + iπ6 .
1.9 Định lý. Hàm ln z khả vi tại mọi điểm z = reiϕ với r > 0 và 0 <
ϕ < 2π và (ln z)′ = 1/z.
Chứng minh. Với z = reiϕ trong đó 0 < ϕ < 2π, ta có ln z = u(r, ϕ) +
v(r, ϕ) = ln r + iϕ, suy ra u(r, ϕ) = ln r và v(r, ϕ) = ϕ. Hơn nữa, ta tínhđược
u′r(r, ϕ) = 1
r u′ϕ(r, ϕ) = 0 v′r(r, ϕ) = 0 v′ϕ = 1.
Theo định lý 1.14 ta kết luận được hàm ln z khả vi tại z, và
(ln z)′ = e−iϕ1
r + i0
=
1
reiϕ =
1
z.
1.10 Một hàm logarithm khác cũng được sử dụng thường xuyên, ký hiệulog, là hàm ngược của hàm ez với miền xác định (x, y) : x tùy ý , −π <
y ≤ π được xác định bởi công thức log(z) = ln |z| + iϕ với ϕ = Arg(z) và−π < ϕ ≤ π. Ta cũng dễ dàng chứng minh rằng được hàm log(z) giải tíchtại mọi điểm z = reiϕ với r > 0 và −π < ϕ < π, đồng thời đạo hàm củanó vẫn là
log(z)′
= 1
z.
Bài tập1 ) Tính các giá trị sau
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4 ) Tìm tập hợp tất cả các điểm z mà hàm ln(z − i) giải tích.
5 ) Tìm tập hợp tất cả các điểm z mà hàm ln(iz − 2) giải tích.
6 ) Tìm miền giải tích của hàm log(z). Khi đó, ta có [log(z)]′ =
1
z .
§ 2 Hàm lũy thừa và lũy thừa phức2.1 Hàm lũy thừa là một hàm có dạng w = f (z) = zn với n là sốnguyên dương. Hàm lũy thừa xác định và khả vi trên C với đạo hàm tạiđiểm z là f ′(z) = nzn−1.
Với n > 1, đặt w1 = zn
1 và w2 = zn
2 . Dễ dàng thấy rằng w1 = w2 khivà chỉ khi
|z1| = |z2| arg z1 = arg z2 + 2kπ
n
với k là số nguyên. Do đó, miền đơn diệp của hàm f (z) = zn là miền khôngcó cặp điểm nào thỏa các điều kiện trên. Chẳng hạn, một miền đơn diệpcủa hàm f là
D =
z : 0
≤arg z < 2π
n
.
Trong trường hợp này hàm f có hàm ngược f −1 là một giá trị của căn bậcn nằm trong D và ta cũng ký hiệu f −1(z) = n
√ z và gọi là một nhánh giá
trị của căn bậc n của z. Ta cũng có thể chứng minh được hàm f −1(z) giảitích và
(f −1)′(z) = ( n√
z)′ = 1
nz
1n−1.(2.2)
Trong đại số thực ta có biến đổi sauab = eln a
b
= eb ln a với a > 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Từ đẳng thức trên giúp chúng ta hình thành khái niệm lũy thừa phứccủa một số phức như sau
zc = ecLn z.(2.3)
Như vậy, lũy thừa phức của một số phức có vô hạn đếm được giá trị khácnhau, trong đó giá trị ec ln z được gọi là giá trị chính của zc.
2.4 Thí dụ. Theo định nghĩa lũy thừa phức ta có (1 + i)i = eiLn(1+i) =
ei(ln√ 2+i(π4 +2kπ)) = e−(π4 +2kπ)+i ln
√ 2.
Cũng như trong số thực ta có các đẳng thức sau
1
zc = z−c(2.5)
zczd = zc+d.(2.6)
Nếu ta chỉ lấy giá trị chính ec ln z thì zc có thể được xem là một hàm vớibiến z. Hơn nữa, hàm này khả vi tại z = reiϕ với r > 0 và 0 < ϕ < 2π và
(zc
)′ = (ec ln z
)′ = ec ln z
(c ln z)′ = zc c
z = czc
−1
.
2.7 Đặc biệt khi c là một hằng số thực, ta có hàm lũy thừa zc =
|z|ceiArg z . Như vậy, |zc| = |z|c và Arg zc = c Arg z. Đặc biệt, ta có kếtquả: hàm zc biến hình quạt xác định bởi góc ϕ1 < ϕ < ϕ2 thành hìnhquạt cϕ1 < φ < cϕ2 khi c > 0.
2.8 Thí dụ. Tìm hàm lũy thừa biến hình quạt xác định bởi góc −π4 <
ϕ < π2
thành mặt phẳng phức bỏ đi một tia có gốc tại O.Ta có góc của hình quát là π2 + π
4 = 3π4 = 3
82π. Vậy hàm lũy thừa phảilà f (z) = z
83 . Khi đó, qua f tia có góc π
2 biến thành tia có góc 4π
3 . Vậy
qua f hình quạt đã cho biến thành mặt phẳng phức bỏ đi tia có góc 4π3 .
Ta có thể định nghĩa hàm mũ cơ số phức c bởi biểu thức sau.
cz
= ez ln c
.(2.9)
Khi đó, hàm này giải tích trên C và (cz)′ = ez ln c ln c = cz ln c.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Ta tìm ảnh của đường tròn có phương trình |z − 3 + i| = 4 qua ánh xạ w.Ta biến đổi như sau
w = (1 + i)z + 2 − i
= (1 + i)(z − 3 + i) + (1 + i)(3 − i) + 2 − i
= (1 + i)(z − 3 + i) + 6 + i.
Với |z − 3 + i| = 4, ta có |w − 6 − i| = |(1 + i)(z − 3 + i)| = 4√
2. Vậy ảnhcủa đường tròn đã cho qua ánh xạ tuyến tính w là đường tròn tâm 6 + i
bán kính 4√
2.
3.5 Thí dụ. Tìm hàm tuyến tính biến đường tròn|z
−1
|= 2 thành đường
tròn |w − 3| = 3. Ta có
w − 3 = 3
2eiα(z − 1) suy ra w =
3
2eiα(z − 1) + 3
với α ∈ R. Ta có thể kiểm tra hàm tuyến tính w = 32eiα(z − 1) + 3 thỏa
điều kiện.
Để khảo sát sự biến hình qua ánh xạ f (z) = 1/z ta cần một số kết quả
về sự đối xứng của hai điểm qua đường tròn.
Đối xứng qua đường tròn
3.6 Định nghĩa. Hai điểm z và z′ được gọi là đối xứng nhau quađường tròn (C ) nếu chúng thỏa mãn hai điều kiện: (i) z và z′ cùng nằmtrên một tia xuất phát từ tâm đường tròn, (ii) Tích khoảng cách từ haiđiểm này đến tâm đường tròn bằng bình phương bán kính của đường
tròn đó.
3.7 Thí dụ. Hai điểm z và z′ khác không đối xứng nhau qua đường trònđơn vị |z| = 1 khi và chỉ khi |zz′| = 1 và arg z = arg z′. Hơn nữa, ta có thểchứng minh tính chất tổng quát trong mệnh đề sau.
3.8 Mệnh đề. Hai điểm z và z′ đối xứng nhau qua đường tròn có phương
trình |z − z0| = R khi và chỉ khi z′ =
R2
z − z0 + z0.
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.9 Định lý. Cặp điểm z và z′ đối xứng nhau qua đường tròn C nếu và chỉ nếu mọi đường tròn Γ qua z và z′ đều trực giao với đường tròn C .
Chứng minh. Để chứng minh định lý này ta cần một tính chất trong hình
học sơ cấp: “Cho AT là tiếp tuyến với đường tròn và cát tuyến BC đi quaA; khi đó AT 2 = AB · AC ”
A T
C B
Hình IV.2:
Giả sử z và z′ đối xứng nhau qua C (có tâm tại z0 và bán kính R) vàΓ là đường tròn bất kỳ qua z và z′. Từ z0 vẽ tiếp tuyến với đường trònΓ tại w. Theo tính chất trên ta có |w − z0|2 = |z0 − z| · |z0 − z′|. Mặtkhác, do z và z′ đối xứng nhau qua C nên |z0 − z| · |z0 − z′| = R2, cho nên|w − z0| = R. Vậy w phải là giao điểm của hai đường tròn đã cho. Từ đócác bán kính của hai đường tròn xuất phát từ w vuông góc nhau và tiếp
xúc với đường tròn kia; nghĩa là hai đường tròn C và Γ trực giao nhau.Trong trường hợp Γ là đường thẳng qua z và z′, rõ ràng Γ trực giao với C .
z0
z
z′w
C
Γ
• •
Hình IV.3:
Ngược lại, giả sử đường tròn Γ bất kỳ qua z và z′ đều trực giao vớiđường tròn C . Bằng phép chứng minh khá đơn giản trong hình học sơ cấp
ta phải có z và z′ phải nằm trên một tia xuất phát từ z0, tâm của đườngtròn C . Gọi w là giao điểm của hai đường tròn. Khi đó, tiếp tuyến của haiđường tròn này tại w phải vuông góc nhau. Theo một tính chất của tiếp
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
tuyến với đường tròn ta suy ra được tiếp tuyến của đường tròn sẽ đi quatâm của đường tròn kia; điều đó có nghĩa là z0w là tiếp tuyến của đườngtròn Γ tại w. Do đó, theo tính chất tiếp tuyến và cát tuyến của đường trònnói ở phần đầu ta có |z0 − z| · |z0 − z′| = |z0 − w|2 = R2. Vậy z và z′ đối
xứng nhau qua đường tròn C .Trường hợp C là đường thẳng, dễ dàng chứng minh được z và z′ đối
xứng nhau qua C khi và chỉ khi mọi đường tròn (và đường thẳng) qua z
và z′ đều trực giao với C .
Hàm f (z) = 1/z
Ta thấy hàm f (z) = 1
z xác định trên C \ 0 và là hàm giải tích với
f ′(z) = − 1z2
. Hơn nữa, f (z) là một đơn ánh nên nó có hàm ngược, và dễ
dàng thấy rằng hàm ngược của nó là f −1(z) = 1
z.
Bên cạnh đó, ta có các giới hạn
limz→0
1
z = ∞ và lim
z→∞1
z = 0.
Từ đó ta có thể mở rộng hàm f ra trường số phức mở rộng như sau:
T (z) =
∞ khi z = 0
0 khi z = ∞1
z trường hợp khác.
Khi đó, hàm T là một hàm liên tục trên C và là một song ánh.
Ta viết lại hàm w = f (z) như sau
w = f (z) = 1
z =
1
|z|2 z.
y
xO
z
Z
w
Hình IV.4:
Vậy |wz| = 1 và arg w = arg z. Dođó, để xác định ảnh của z qua ánh xạf (z) ta tiến hành hai bước sau: thứ nhất, lấy điểm Z đối xứng với z qua
đường tròn đơn vị |z| = 1; thứ hai,điểm đối xứng với Z qua trục thực Ox
là ảnh w cần tìm.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
(khác không) qua ánh xạ w = f (z) với cách viết w = z/|z|2 cho ta
u = x
x2 + y2, v =
−y
x2 + y2.(3.10)
Hơn nữa, chúng ta cũng có mối liên hệ ngược lại
x = u
u2 + v2, y =
−v
u2 + v2.(3.11)
Ta biết rằng một đường tròn hay đường thẳng trong mặt phẳng phứcC có phương trình dạng
A(x2
+ y2
) + 2Bx + 2Cy + D = 0(3.12)với A, B, C , D là các hằng số thực thỏa B2 + C 2 > AD. Với z = x + iy
thuộc đường thẳng hay đường tròn trong mặt phẳng phức (z), ta có đượcphương trình (3.12). Thay (3.11) vào (3.12) sau khi biến đổi thu được (xemnhư bài tập)
D(u2 + v2) + 2Bu − 2Cv + A = 0.(3.13)
Do đó, w = u + iv là ảnh của z = x + iy thuộc đường tròn hay đườngthẳng trong mặt phẳng phức (w). Từ đó ta có thể chứng minh được địnhlý sau.
3.14 Định lý. Hàm f (z) = 1/z biến đường tròn hoặc đường thẳng thành đường tròn hoặc đường thẳng. Cụ thể như sau: (xem phương trình (3.12)và (3.13)) qua ánh xạ w = f (z) = 1/z
(a) một đường tròn không qua gốc tọa độ trong (z) biến thành một đường
tròn không qua gốc tọa độ trong (w).
(b) một đường tròn qua gốc tọa độ trong (z) biến thành một đường thẳng không đi qua gốc tọa độ trong (w).
(c) một đường thẳng không qua gốc tọa độ trong (z) biến thành một đường tròn đi qua gốc tọa độ trong (w).
(d) một đường thẳng qua gốc tọa độ trong (z) biến thành một đường
thẳng qua gốc tọa độ trong (w).
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Từ các nhận xét trên ta mở rộng hàm f trên tập số phức mở rộng C vànó là một song ánh:
T (z) =
a
c khi z = ∞
∞ khi z = − dc
az + b
cz + d trường hợp khác
Hàm T này được gọi là hàm phân tuyến tính trong trường số phức mởrộng C tương ứng với hàm f . Để cho gọn khi xét hàm phân tuyến tính
trong tập mở rộng C ta chỉ ghi công thức T (z) = az + b
cz + d còn tại hai điểm
z = ∞ và z = −d
c chúng ta tự nhớ và tự hiểu.Trở lại hàm phân tuyến tính f , ta biến đổi và viết lại như sau.
f (z) = az + b
cz + d =
a(cz + d) − ad + bc
c(cz + d) =
a
c +
−ad + bc
c
1
cz + d.
Như vậy, f là hợp thành của các hàm
f 1(z) = cz + d, f 2(z) = 1
z
, f 3(z) = −ad + bc
c
z + a
c
,
f = f 3 f 2 f 1. Do đó, theo tính chất của hàm tuyến tính và hàm 1/z tacó kết quả sau.
4.3 Định lý. Hàm phân tuyến tính biến đường tròn hoặc đường thẳng thành đường tròn hoặc đường thẳng.
Trong tập số phức mở rộng, đường thẳng cũng được xem là đường tròn
có tâm ∞ và bán kính ∞. Từ đây về sau ta xét hàm phân tuyến tính trongtập số phức mở rộng C.
Từ định lý trên và theo nguyên lý bảo toàn miền (Định lý 6.11 trang290) ta có thể dễ dàng chứng minh được tính chất: ánh xạ phân tuyến tính bảo toàn hình tròn; nghĩa là ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn thành hình tròn . Từ tính chất này ta có thể dễ dàng tìm ảnh của một miền xácđịnh qua ánh xạ phân tuyến tính như thí dụ minh họa sau.
4.4 Thí dụ. Tìm ảnh của nửa hình tròn z : |z| < 1, Im z > 0 qua ánhxạ f (z) =
2z − i
iz + 2.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Ta xét ảnh của của một số điểm đặc biệt trên biên và bên trong nửahình tròn; cụ thể ta được
f (0) = − i2
, f (1) = 3−4i5
, f (−1) = −3−4i5
, f (i) = i, f ( i2 ) = 0.
Như vậy, ảnh của đường tròn |z| = 1 qua ánh xạ f là đường tròn |w| = 1 vàảnh của đường thẳng y = 0 là đường tròn qua các điểm − i
2, 3−4i
5 , −3−4i
5 ,
nó có phương trình |w + 54
i| = 34 . Vậy ảnh của nửa hình tròn đã cho là
hình giới hạn bởi hai đường tròn vừa chỉ ra chứa điểm 0. Xem Hình IV.5.
1
(z)
• ••
•• •
•
•••
(w)
Hình IV.5:
Trong định nghĩa, hàm phân tuyến tính phụ thuộc bốn tham số phức
a,b,c,d. Ta luôn có thể giả thiết một tham số khác 0 và cho nó bằng 1.Như vậy, hàm phân tuyến tính chỉ còn phụ thuộc vào ba tham số, cho nênta cần biết ba điều kiện nào đó dẫn đến ba phương trình thì xác định đượchàm phân tuyến tính. Đặc biệt ta có kết quả sau:
4.5 Định lý. Tồn tại một và chỉ một ánh xạ phân tuyến tính f biến ba điểm phân biệt z1, z2, z3 ∈ C thành ba điểm phân biệt w1, w2, w3 ∈ C saocho f (zk) = wk với k = 1, 2, 3. Hàm phân tuyến tính w = f (z) xác định bởi
Vậy ánh xạ w biến ba điểm theo tương ứng (z1, z2, z3) thành ba điểmw1, w2, w3. Hơn nữa, w không là hàm hằng vì ba điểm w1, w2, w3 phân
biệt. Do đó, công thức (4.6) xác định một hàm phân tuyến tính w = f (z).Giả sử w = g(z) là một hàm phân tuyến tính biến ba điểm z1, z2, z3
lần lượt thành ba điểm w1, w2, w3. Ta đã biết hàm ngược g−1 của g cũnglà hàm phân tuyến tính nhưng biến ba điểm w1, w2, w3 thành ba điểm z1,z2, z3. Ta cũng có thể thấy hợp thành của hai hàm phân tuyến tính là hàmphân tuyến tính (bài tập), cho nên g−1f là một hàm phân tuyến tính vớig−1 f (zk) = g−1(f (zk)) = g−1(wk) = zk với k = 1, 2, 3. Ta có thể thấyhàm phân tuyến tính có nhiều hơn hai điểm bất động là hàm đồng nhất
(bài tập). Do z1, z2, z3 phân biệt nên g−1 f là hàm đồng nhất; nghĩa làg−1 f (z) = z với mọi z, suy ra f (z) = g(z) với mọi z. Vậy hàm phântuyến tính w = f (z) xác định ở trên là duy nhất.
4.7 Thí dụ. Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến ba điểm z1 = 1, z2 = 0,z3 = −1 thành ba điểm tương ứng w1 = i, w2 = ∞, w3 = 1.
Thay vào công thức (4.6) ta được
w
−i
w − 1 ÷ ∞ −i
∞ − 1 =
z
−1
z + 1 ÷ 0
−1
0 + 1 suy ra
w
−i
w − 1 =
1
−z
z + 1
Sau khi biến đổi và đơn giản ta được w = (i + 1)z + i − 1
2z .
Để việc giải các bài toán biến đổi ảnh được dễ dàng ta đưa ra một tínhchất của hàm phân tuyến tính mà phép chứng minh cần đến kết quả ởchương sau.
4.8 Định lý. Cho f là một ánh xạ phân tuyến tính trong trường số phức mở rộng. Nếu z và z′ đối xứng qua đường tròn C thì f (z) và f (z′) đối xứng qua đường tròn f (C ).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Xét Γ là một đường tròn bất kỳ qua f (z) và f (z′). Vì f làánh xạ phân tuyến tính nên f −1 cũng là ánh xạ phân tuyến tính. Do đó,theo Định lý 4.3 ta có f −1(Γ) là đường tròn qua z và z′. Mặt khác, do z
và z′ đối xứng qua đường tròn C nên theo Định lý 3.9 ta có C và f −1(Γ)
trực giao nhau. Vì ánh xạ phân tuyến tính bảo giác (Định lý 2.8 trang297) nên ta suy ra được f (C ) và Γ trực giao nhau. Một lần nữa, áp dụngĐịnh lý 3.9 ta có f (z) và f (z′) đối xứng nhau qua f (C ).
4.9 Thí dụ. Tìm ánh xạ phân tuyến tính f biến miền D = z ∈ C :
Im z > 0 thành miền D∗ = w ∈ C : |w| < 1.
(z)
D1
(w)
D∗
Hình IV.6:
Theo tính chất của hàm phân tuyến tính thì đường thẳng y = 0 quaánh xạ w = f (z) biến thành đường tròn |w| = 1. Gọi z0 ∈ D sao chof (z0) = 0. Ta có z0 đối xứng với z0 qua đường thẳng y = 0, cho nên f (z0)
đối xứng với 0 qua đường tròn |w| = 1, suy ra f (z0) = ∞. Vậy f phải códạng
w = f (z) = Az − z0z − z0
.
Lấy z = x là số thực (thuộc đường thẳng y = 0). Khi đó, f (x) thuộc đườngtròn |w| = 1; nghĩa là |f (x)| = 1. Do đó,
1 =A x − z0
x − z0
= |A|x − x0 − iy0
x − x0 + iy0
= |A| với z0 = x0 + iy0
Vậy A có thể được viết A = eiϕ. Do đó, ánh xạ cần tìm có phương trình
f (z) = eiϕz − z0z − z0
.
4.10 Thí dụ. Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến miền D = z : |z| < 1thành miền D∗ = w : |w| < 1.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
(c) f (a + ib) = 0, Arg(f ′(a + ib)) = 0, trong đó b > 0.
16 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính w = f (z) biến hình tròn đơn vị thànhchính nó sao cho
(a) f ( 12) = 0, Arg(f ′(12)) = 0.
(b) f ( i2) = 0, Arg(f ′( i2)) = π2
.
(c) f (0) = 0, Arg(f ′(0)) = −π2 .
(d) f (a) = a, Arg(f ′(a)) = α, trong đó α là một số thực.
17 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến miền D = z : |z − 3| > 9, |z − 8| <
16 thành miền D∗ = w : ρ < |w| < 1. Hãy xác định ρ.
18 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên z : Im z > 0lên hình tròn w : |w − w0| < R sao cho điểm i biến thành tâm hình tròncòn đạo hàm tại đó dương.
19 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z| < 2 thành nửamặt phẳng w : Re w > 0 sao cho w(0) = 1 và Arg(w′(0)) = π
2 .
20 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z| < R1 thànhhình tròn
w :
|w
| < R2
sao cho w(a) = b, Arg(w′(a)) = α (
|a
| < R1,
|b| < R2).
21 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z| < 1 thành hìnhtròn w : |w − 1| < 1 với w(0) = 1
2 , w(1) = 0.
22 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z − 2| < 1 thànhhình tròn w : |w − 2i| < 2 với w(2) = i và Arg(w′(2)) = 0.
23 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính w biến D = z = x + iy : x + y > 1thành D∗ = w : |w| < 1 sao cho w(1 + i) = 0 và w(2 − i) = 1.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Ta nhận thấy phương trình cuối ở trên là phương trình của ellipse tâm 0
với các nửa trục tương ứng là a = 12
r + 1
r
và b = 1
2
r − 1r
. Chú ý rằngkhi r biến thiên từ 0 đến 1 thì a biến thiên từ ∞ đến 1 còn b biến thiêntừ ∞ đến 0. Do đó, hàm Joukowski biến miền z : 0 < |z| < 1 thành cảmặt phẳng phức bỏ đi đoạn [
−1, 1]. Khi r biến thiên từ 1 đến
∞thì a biến
thiên từ 1 đến ∞ và b biến thiên từ 0 đến ∞. Vậy miền ngoài đường trònđơn vị tâm 0 qua ánh xạ Joukowski thành mặt phẳng phức trừ đi đoạn[−1, 1].
r = 3.5
r = 0.25
Hình IV.10:Bây giờ xét trường hợp cố định ϕ. Khi đó, ta có ảnh của đoạn từ 0 đến
đường tròn đơn vị hợp với trục thực một góc ϕ là đường cong từ ∞ vàoz = cos ϕ với phương trình tham số theo r là u và v xác định ở trên hay
u2
cos2 ϕ − v2
sin2 ϕ= 1 với ϕ = kπ
2 .
Phần còn lại của tia từ 0 hợp với Ox góc ϕ sau khi bỏ đoạn từ bên tronghình tròn đơn vị cũng là đường cong như trên nhưng có hướng từ cos ϕ ra∞. Khi ϕ = 0 thì đoạn (0, 1] biến thành [1, ∞) và đoạn [1, ∞) biến thành
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
nằm trên trục tung và trục hoành (chi tiết xin dành cho bạn đọc xem như bài tập).
Hình IV.11:
5.4 Thí dụ. Tìm ảnh của nửa dải D = z = x + iy : 0 < x < 2π, y > 0qua ánh xạ cos z.
Do hàm cos z có công thức
cos z = eiz + e−iz
2 =
1
2
eiz +
1
eiz
Vậy cos z là hợp thành của 3 hàm cos z = f 3
f 2
f 1 trong đó f 1(z) = iz ,
f 2(z) = ez và f 3(z) = 12(z + 1
z ). Qua f 1 nửa dải D biến thành nửa dảiz = x + iy : x < 0, 0 < y < 2π từ đây qua ánh xạ f 2 biến thành hìnhtròn đơn vị tâm 0 bỏ đi đoạn [0, 1], cuối cùng qua ánh xạ Joukowski f 3biến thành toàn mặt phẳng phức bỏ đi nửa đường thẳng [−1, ∞).
D f 1 f 2 f 3 D∗
Hình IV.12:
Bài tập
1 ) Tìm ảnh của các đường thẳng x = 1 và y = 1 qua ánh xạ Joukowski.
2 ) Tìm ảnh của các đường thẳng x = 1 và y = 1 qua ánh xạ cos z.
3 ) Tìm ảnh của các đường thẳng x = 1 và y = 1 qua ánh xạ sin z.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
(e) mặt phẳng với rạch theo tia nằm trong góc phần tư thứ nhất xuấtphát từ i và song song với đường y = x.
(f) nửa mặt phẳng Im z > 0 với khía theo [0, ih], h > 0.
(g) hình tròn |z| < 1 với khía theo bán kính [0, 1].
12 ) Dùng hàm Joukowski tìm hàm giải tích biến
(a) miền ngoài của [−c, c] với c > 0 lên miền ngoài của hình tròn đơn vịvới w(∞) = ∞, Arg(w′(∞)) = α.
(b) miền ngoài ellipse x2
a2 +
y2
b2 = 1 lên miền ngoài của hình tròn đơn vị
với w(∞
) =∞
, Arg(w′(∞
)) = 0.
§ 6 Khái niệm về diện Riemann
Hàm đa trị
Xét hàm f từ miền D lên miền G ⊆ C. Với mỗi w ∈ G ⊆ C, xét tập
ϕ(w) = f −1(w) = z ∈ D : f (z) = w.
Nếu f đơn diệp thì ϕ(w) có duy nhất một điểm với mọi w ∈ G, vì thế tacó hàm ϕ từ G lên D. Nếu f không đơn diệp trên D thì ϕ không phải làmột hàm theo nghĩa thông thường. Trong trường hợp tổng quát ϕ(w) làmột tập con khác rỗng của D không hẳn là tập đơn tử. Khi đó, ta nói quytắc w → ϕ(w) xác định một hàm đa trị ϕ trên G.
Một cách tổng quát hàm đa trị F trên miền D ⊆ C là một quy tắc đặttương ứng mỗi z ∈ D với tập con khác rỗng F (z) của C. Như vậy, hàm tathường dùng (còn gọi là hàm đơn trị) là một trường hợp riêng của hàm đa
trị (khi F (z) là tập đơn tử).Để nghiên cứu hàm đa trị ta sẽ đưa về hàm đơn trị (hàm thông thường)
bằng cách thay đổi tập xác định. Điều này dẫn đến một loại không gianmới sau này gọi là diện Riemann . Sau đây ta sẽ xây dựng diện Riemanncủa một số hàm quan trọng.
Hàm w = n√ z
Ta đã biết rằng với mọi z ∈ C và z = 0, w có n giá trị khác nhauw0(z) = n
√ rei
ϕn , w1(z) = n
√ rei
ϕ+2πn , . . . , wn−1(z) = n
√ rei
ϕ+2(n−1)πn
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
hiệu C01 là phần của diện Riemann tạo bởi nửa dưới của C0 và nửa trêncủa C1. Trong C01 ta có w(z) = n
√ rei
ψn ở đây r = |z| và ψ = Arg z với
π < ψ < 3π. Theo phép chứng minh trên ta cũng được w giải tích trênC01, cụ thể w giải tích trên đường dán C0 với C1, ứng với ψ = 0.
Hàm w = Ln z
Hàm đa trị w = Ln z là hàm ngược của hàm mũ w = ez. Ta đã biết côngthức xác định Ln z như sau
w(z) = Ln z = ln r + i(ϕ + 2kπ) : k ∈ Z với r = |z| và ϕ = arg z
Với mỗi số nguyên j đặt Lj(z) = ln
|z
|+ i(arg z + 2 jπ). Ta nhận được
các hàm đơn trị Lj xác định trên C∗ = C \ 0. L0(z) chính là hàm giá trịlogarithm chính ln z đã xét trước đây, trong trường hợp này nó được gọilà nhánh chính của hàm đa trị Ln z.
Với mỗi j = 0, ±1, ±2, . . ., ký hiệu Cj là mặt phẳng C rạch theo tia sốthực dương. Cũng như đối với hàm đa trị w = n
√ z nếu dán bờ dưới của Cj
với bờ trên của Cj+1 với tất cả j ta nhận được diện Riemann của hàm đatrị Ln z. Diện Riemann này có vô số tờ, khác với diện Riemann của hàmn√
z chỉ có n tờ.
Trên diện Riemnn được xây dựng trên ta có thể xác định hàm đơn trị(cũng dùng cùng ký hiệu) Ln(z) từ các hàm đơn trị Lj(z) bởi Ln(z) = Lj(z)
nếu z ∈ Cj . Tính giải tích của hàm Ln(z) nhận được từ định lý sau.
6.2 Định lý. Với mỗi z thuộc diện Riemann của hàm đa trị Ln(z) ta có
(Ln z)′ = 1
z.
Chứng minh. Ta có Lj(z) = ln
|z
|+ i(arg z + 2 jπ) = L0(z) + i2 jπ =
ln z + i2 jπ. Theo Định lý 1.9 ta có hàm ln z giải tích trên C0 và (ln z)′ = 1z
cho nên hàm Lj giải tích trên Cj và L′j(z) =
1
z. Ta chỉ còn xét tính giải
tích của hàm Ln z trên các đường dán. Lập luận tương tự như chứng minhĐịnh lý 6.1 và Định lý 1.9 ta được điều phải chứng minh.
Bài tập
1 ) Chứng minh phần còn lại trong chứng minh Định lý 6.2.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Để trình bày tích phân của hàm f (z) theo cách đơn giản, trước tiên chúngta xét đạo hàm và tích phân của hàm giá trị phức biến thực. Một ánh xạw : [a, b]
→ C được gọi là một hàm giá trị phức biến thực. Nếu ta viết
w(t) = u(t) + iv(t), thì u(t) và v(t) là hai hàm thực xác định trên [a, b].Nếu hai hàm u(t) và v(t) khả vi tại t ta nói hàm w(t) cũng khả vi tại
t và đạo hàm của nó w′(t) hay d
dtw(t) xác định bởi
w′(t) = u′(t) + iv′(t).(1.1)
Giả sử w(t) khả vi tại t và z0 = x0 + iy0 là một hằng số. Ta có
ddt
[z0w(t)] = ddt
[(x0 + iy0)(u(t) + iv(t))]
= d
dt[(x0u(t) − y0v(t)) + i(x0v(t) + y0u(t))]
= x0u′(t) − y0v′(t) + i(x0v′(t) + y0u′(t))
= (x0 + iy0)(u′(t) + iv′(t)).
Nghĩa là
d
dt[z0w(t)] = z0w′(t).(1.2)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Tính chất này tương tự như tính chất đạo hàm của hàm thực. Ta cũng cóthể chứng minh các tính chất tương tự như ở hàm thực đối với đạo hàmnhư là đạo hàm của tổng, của tích, .... Tương tự cách chứng minh trênta có thể chứng minh được
d
dtez0t = z0ez0t.(1.3)
Lưu ý rằng không phải mọi tính chất của đạo hàm hàm thực đềuđúng khi chuyển qua hàm phức biến thực. Thí dụ sau cho ta thấy định lýLagrange không còn đúng trong hàm phức biến thực.
1.4 Thí dụ. Xét hàm w(t) = eit trên đoạn [0, 2π]. Hàm w khả vi trên
đoạn [0, 2π] và w′(t) = ieit
với mọi t ∈ [0, 2π]. Vì |w′(t)| = |ieit
| = 1 nênw′(t) = 0 với mọi t ∈ [0, 2π]. Trong khi đó w(0) = w(2π) = 1. Vậy không
tìm được c ∈ (0, 2π) sao cho w′(c) = w(2π) − w(0)
2π − 0 .
Nếu u(t) và v(t) khả tích trên [a, b], thì ta nói w(t) = u(t) + iv(t) cũngkhả tích trên [a, b] và tích phân của nó xác định bởi
b
a
w(t)dt = b
a
u(t)dt + i b
a
v(t)dt.(1.5)
Như vậy, tích phân của w(t) trên [a, b] là một số phức xác định bởi
Re
ba
w(t)dt =
ba
Re[w(t)]dt
Im
ba
w(t)dt =
ba
Im[w(t)]dt.
(1.6)
1.7 Thí dụ. Ta có 10
(1 + it)2dt =
10
(1 − t2)dt + i
10
2tdt = 2
3 + i.
Từ định nghĩa tích phân ta dễ dàng chứng minh được định lý sau.
1.8 Định lý. Hàm w(t) khả tích trên [a, b] khi và chỉ khi w(t) khả tích trên [a, b] và b
a
w(t)dt =
ba
w(t)dt.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Ảnh của ánh xạ w : [a, b] → C, w(t) = u(t) + iv(t), trong mặt phẳng phức(C) là một đường cong (chính xác hơn: cung) nếu u(t) và v(t) là các
hàm liên tục trên [a, b]. Khi đó, điểm w(a) gọi là điểm gốc (điểm đầu) vàđiểm w(b) gọi là điểm mút (điểm cuối) của
; đồng thời w(t) với a ≤ t ≤ b.được gọi là biểu diễn tham số của đường cong . Chúng ta thường dùngcác ký hiệu khác cho đường cong là C , Γ, . . .
Với một đường cong có điểm gốc và mút, w(t) với a ≤ t ≤ b và γ (t)
với c ≤ t ≤ d đều là biểu diễn tham số của
nếu và chỉ nếu tồn tại mộtsong ánh đơn điệu tăng ϕ : [c, d] → [a, b] sao cho ϕ và ϕ−1 liên tục (saunày ta yêu cầu thêm cả hai là khả vi từng khúc) và γ (t) = w(ϕ(t)) với
c ≤ t ≤ d.
1.13 Thí dụ. Đường tròn tâm z0 = x0 + iy0 bán kính r có phương trình|z − z0| = r. Biểu diễn tham số của nó w(t) = z0 + reit = (x0 + r cos t) +
i(y0 + r sin t) với 0 ≤ t ≤ 2π. Đường cong này có điểm gốc và điểm cuối làz0 + r và đi trên đường tròn theo hướng dương (ngược chiều kim đồng hồ.
Cho đường cong
có biểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b. Khi đó,đường cong
được định hướng ngược chiều lại với gốc là w(b) và mút làw(a) được ký hiệu
− và có biểu diễn tham số là w(−t) với −b ≤ t ≤ −a.
Cho hai đường cong 1 và
2 có biểu diễn tham số lần lượt là w1(t)
với a ≤ t ≤ b và w2(t) với c ≤ t ≤ d sao cho gốc w2(c) của 2 trùng vớimút w1(b) của
1. Khi đó, đường cong = 1 ∪
2 có điểm gốc w1(a) vàmút là w2(d) với biểu diễn tham số
w(t) = w1(t) khi a ≤ t ≤ bw2(t − b + c) khi b ≤ t ≤ b + d − c
Ngược lại, cho trước đường cong
có biểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b
và a < c < b. Khi đó, thu hẹp của w trên [a, c] và [c, b] là biểu diễn thamsố lần lượt hai đường cong 1 và 2 sao cho = 1 ∪ 2.
Giả sử
là đường cong có biểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b saocho có các điểm a = a0 < a1 < a2 < . . . < an = b thỏa w(t) = αj + β jt với
mọi t ∈ [aj , aj+1] và j = 0, 1, . . . , n − 1 trong đó αj và β j là các số phứccho trước. Khi đó, ta nói w tuyến tính từng mảnh và
là một đường gấpkhúc.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Giả sử D là tập mở liên thông. Trên D xét quan hệ ∼như sau: x ∼ w khi và chỉ khi tồn tại một số hữu hạn hình cầu mở B1,B2, . . . , Bn chứa trong D thỏa x ∈ B1, w ∈ Bn và Bi ∩ Bi+1 = ∅ vớii = 1, 2, . . . , n − 1. Ta dễ dàng kiểm tra được ∼ là một quan hệ tương
đương. Với z ∈ D, đặt C z = w ∈ D : z ∼ w là lớp tương đương củaz. Khi đó, theo tính chất của quan hệ tương đương ta có z ∈ C z với mọiz ∈ D, với z, w ∈ D thì C z = C w hoặc C z ∩ C w = ∅ và D =
z∈D
C z . Với
mọi z ∈ D, ta có C z là tập mở. Thật vậy, với w ∈ C z thì z ∼ w nên tồntại một số hữu hạn hình cầu mở B1, B2, . . . , Bk chứa trong D sao choz ∈ B1, w ∈ Bk và Bi ∩ Bi+1 = ∅ với i = 1, 2, . . . , k − 1. Với mọi z′ ∈ Bk
thì z′ ∼ w nên z ∼ z′ hay z′ ∈ C z. Suy ra w ∈ Bk ⊆ C z . Vậy C z là tậpmở. Tiếp theo, ta chứng tỏ C
z = D với z
∈ D tùy ý. Cố định z. Giả sử
D \ C z = ∅. Đặt U = C z và V = w∈D\C z
C w. Như đã chứng minh ở trên
C w là tập mở và C z ∩ C w = ∅ với mọi w ∈ D \ C z nên V là tập mở vàU ∩ V = ∅. Rõ ràng ta có D = U ∪ V . Vậy D là không liên thông, đây làđiều mâu thuẫn. Như vậy, C z = D.
Do đó, với mọi z, w ∈ D tồn tại các hình cầu mở B1, B2, . . . , Bk chứatrong D sao cho z ∈ B1, w ∈ Bk và Bi ∩ Bi+1 = ∅ với i = 1, 2, . . . , k − 1.Lấy zi
∈Bi
∩Bi+1 với mỗi i = 1, 2, . . . , k
−1. Khi đó, đoạn thẳng nối zi
và zi+1 nằm trong Bi+1 nên cũng nằm trong D. Vậy là đường gấp khúclần lượt nối các điểm z, z1, z2, . . . , zk−1, w sẽ nằm trong D. Vậy
làđường cong cần chỉ ra.
Ngược lại, lấy z ∈ D và gọi w là đường cong trong D nối z với w. Khiđó, ta có D =
w∈D
w. Giả sử tồn tại tập con thực sự khác rỗng vừa đóng
vừa mở của D. Khi đó, D \ U cũng là tập con thực sự khác rỗng vừa đóngvừa mở của D. Vì thể ta có thể giả sử z
∈U (bởi vì ta có thể thay thể U
bởi D \ U ). Vì D \ U = ∅ nên tồn tại w0 ∈ D sao cho (D \ U ) ∩ C w0 = ∅.Mặt khác, z ∈ U ∩ C w0 , và U , D \ U là các tập vừa đóng vừa mở trong D.Do đó, U ∩ C w0 là tập con thực sự khác rỗng vừa đóng vừa mở của C w0 .Điều này mâu thuẫn với tính liên thông của C w0 trong D. Vậy D là tậpliên thông.
1.17 Định nghĩa. Một miền D được gọi là miền đơn liên nếu biên củanó là một tập liên thông. Một miền không là đơn liên được gọi là miềnđa liên. Đặc biệt, nếu biên của miền đa liên là hợp của n thành phần liênthông được gọi là miền n-liên.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1.18 Thí dụ. Tập D1 = z ∈ C : 1 < |z| < 2 là một miền nhị liên. TậpD2 = z ∈ C : |z − 1| > 1, |z − 2| < 2 là một miền đơn liên.
Cho đường cong có biểu diễn tham số w(t) = u(t) + iv(t) với a ≤ t ≤
b. Ta nói
là đường cong kín nếu w(a) = w(b). Đường cong
được gọilà đường cong Jordan (hay đường cong đơn) nếu nó không tự cắt nhauhay w(t) là đơn ánh trên (a, b), nghĩa là w(t1) = w(t2) khi a < t1 = t2 < b.
1.19 Thí dụ. wα = z0 + reiαt với 0 ≤ t ≤ 2π là đường cong nằm trênđường tròn tâm z0 bán kính r. Nếu α = n là một số nguyên khác khôngthì đường cong đang xét là đường cong kín có điểm gốc và mút là z0 + r,theo hướng dương hay âm tùy thuộc và dấu của n với số vòng quay |n|.Đường cong ấy là đương cong Jordan khi và chỉ khi n =
±1.
Ta nói đường cong
có biểu diễn tham số w(t) = u(t) + iv(t) vớia ≤ t ≤ b là đường cong khả vi nếu w′(t) = u′(t) + iv′(t) tồn tại và liêntục trên [a, b]. Khi đó, độ dài của đường cong
được xác định bởi côngthức
L =
ba
u′(t)2 + v′(t)2dt =
ba
|w′(t)|dt.(1.20)
Ta nói đường cong có biểu diễn tham số w(t) = u(t) + iv(t) vớia ≤ t ≤ b là trơn nếu u(t) và v(t) là các hàm có đạo hàm liên tục vàw′(t) = 0 với mọi t ∈ [a, b]. Như vậy, mỗi điểm trên đường cong trơn
đềutồn tại tiếp tuyến mà phương của nó xác định bởi w′(t). Một đường congđược gọi là trơn từng khúc nếu ta có thể chia đường cong đó thành hữuhạn phần đường cong mà mỗi phần đường cong là một đường cong trơn.
1.21 Định lý. (Jordan) Một đường cong Jordan kín trơn từng khúc
là
biên của hai miền rời nhau trong C. Một miền được gọi là bên trong thì bị chặn (thường được ký hiệu bởi D
), và một miền khác ngoài
không bị chặn.
1.22 Nhận xét. Miền D là miền đơn liên nếu mọi đường cong Jordankín nằm trong D ta điều có D
. D là miền đa liên nếu tồn tại các đườngcong Jordan kín Γ1, Γ2, . . . sao cho các miền DΓ1 , DΓ2 , . . . không bao hàmtrong D.
Để cho đơn giản và ngắn gọn ta quy ước từ đây về sau khi nói đếnđường cong ta hiểu đó là đường cong trơn từng khúc (trong nhiều trường
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
phân đường loại hai trong giải tích thực với phần thực là tích phân đườngloại hai của hàm vector (u, −v) và phần ảo là tích phân đường loại hai củahàm vector (v, u), cả hai tích phân đều được tính trên đường cong
. Từ nhận xét này cùng với định nghĩa tích của hai số phức ta có thể dựa vàođịnh nghĩa tích phân đường loại hai trong giải tích thực để đưa ra mộtđịnh nghĩa tích phân đường của hàm phức tương đương với định nghĩa đãđược trình bày ở trên như sau:
Cho đường cong Jordan trơn có điểm đầu là z0 và điểm cuối là z∗.
Hàm f xác định trên
. Một phân hoạch P của đường
bởi n+1 điểm chiaz0, z1, . . . , zn = z∗ theo thứ tự đi trên đường cong
từ z0 đến z∗. Trên mỗicung zk−1zk thuộc đường cong
chọn điểm ξ k tùy ý (k = 1, 2, . . . , n).Lập tổng tích phân của hàm f
S (P, ξ k) =
nk=1
f (ξ k)(zk − zk−1).
Đặt d(P ) = maxsup|z − z′| : z , z′ ∈ zk−1zk : k = 1, 2, . . . , n và gọi làđường kính phân hoạch P . Nếu tồn tại số phức I sao cho với mọi ε > 0
tồn tại δ > 0 sao cho với mọi phân hoạch P với d(P ) < δ ta luôn có|S (P, ξ k) − I | < ε với mọi cách chọn các điểm ξ k thì ta nói hàm f khả tích
trên
và
f (z)dz = I .
Tính chất tích phân hàm phức
Cũng từ mối liên hệ giữa tích phân của hàm phức trên đường cong và tíchphân đường loại 2 trong giải tích thực nên các tính chất của tích phânđường loại hai vẫn đúng cho tích phân của hàm phức theo đường cong.Sau đây ta liệt kê các tính chất của tích phân đường
2.4 Định lý. Nếu hàm f có tích phân trên đường cong , thì hàm z0f
với z0 là một hằng số phức cũng có tích phân trên đường cong
và
z0f (z)dz = z0
f (z)dz.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
2.5 Định lý. Nếu hai hàm f và g có tích phân trên đường cong , thì hàm tổng f + g cũng có tích phân trên đường cong
và
[f (z) + g(z)]dz = f (z)dz + g(z)dz.
2.6 Định lý. Cho hàm f có tích phân trên đường cong
. Gọi
− là
đường cong
nhưng được định hướng có chiều ngược lại. Khi đó, hàm f
cũng có tích phân trên
− và
−f (z)dz = −
f (z)dz.
2.7 Định lý. Giả sử 1 và
2 là hai đường cong sao cho điểm cuối của 1 là điểm đầu của
2. Nếu hàm f có tích phân trên hai đường cong 1
và 2, thì f có tích phân trên đường cong 1 ∪ 2 và 1∪ 2
f (z)dz =
1
f (z)dz +
2
f (z)dz
Chú ý, công thức trên vẫn được dùng để ký hiệu cho trường hợp điểm
cuối của 1 không trùng với điểm đầu của 2; khi đó, 1 ∪ 2 không làđường cong mà chỉ là ký hiệu hợp hai đường cong ấy theo nghĩa tập hợp.
2.8 Định lý. Nếu z = ϕ(η) là khả vi liên tục và là ánh xạ 1-1 trên đường cong Γ và f khả tích trên đường cong
= ϕ(Γ) thì Γ
f (ϕ(η))ϕ′(η)dη =
f (z)dz.
Chứng minh. Gọi w(t) với a ≤ t ≤ b là một biểu diễn tham số của đườngcong Γ. Khi đó, ϕ(w(t)) với a ≤ t ≤ b là một biểu diễn tham số của đườngcong . Do đó, theo định nghĩa tích phân hàm phức ta có
f (z)dz =
ba
f (ϕ(w(t)))[ϕ(w(t))]′dt
= b
a
f (ϕ(w(t)))ϕ′(w(t))w′(t)dt
=
Γ
f (ϕ(η))ϕ′(η)dη.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
7 ) Cho C và Γ lần lượt là các đường tròn có biểu diễn tham số z = Reit
và z = z0 + Reit với 0 ≤ t ≤ 2π. Nếu f liên tục từng đoạn trên C , thì
Γ f (z − z0)dz = C f (z)dz.
8 ) Giả sử Γ là đường cong kín Jordan giới hạn một miền có diện tích làS . Chứng minh rằng
(a) Γ
Re(z)dz = iS (b) Γ
Im(z)dz = −S (c) Γ
zdz = 2iS
9 ) Chứng minh rằng
Γz3 +
√ 3 + i
2z2
−4i
dz
≤ 132π
7 , trong đó Γ là đường
tròn có phương trình |z| = 4 được định hướng dương.
10 ) Không tính tích phân, chứng minh rằng
Γ
dz
z2 − 1
≤ πR
2(R2 − 1)trong đó Γ là một phần tư đường tròn z = Reit từ z = R đến Ri vớiR > 1.
11 ) Chứng minh rằng
Γdz
z4 + 1 ≤ πR
R4
−1
, trong đó Γ có phương trình
tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ π và R > 1.
12 ) Chứng minh rằng C R
z2 + 2
z4 + 1dz
≤ R(R2 + 2)π
R4 − 1 trong đó C R có
biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ π và R > 1.
13 ) Chứng minh rằng C R
log z
z2 dz
< 2ππ + ln R
R trong đó C R có biểu
diễn tham số w(t) = Re
it
với −π ≤ t ≤ π, R > 1 và log z = ln |z| + i Arg zvới −π < Arg z < π.
14 ) Gọi C ρ là đường tròn |z| = ρ với 0 < ρ < 1 được định hướng dươngvà giả sử rằng f (z) là giải tích trong hình tròn đóng |z| ≤ 1. Chứng minhrằng nếu z−
12 là một nhánh của lũy thừa của z thì tồn tại một hằng số
dương M , không phụ thuộc ρ, sao cho
C ρ z−12 f (z)dz ≤ 2πM
√ ρ.
Từ đó chứng minh rằng giá trị tích phân dần về 0 khi ρ → 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
15 ) Hàm f (z) liên tục trên miền z : |z − z0| > r0. Ta ký hiệu M r =
max|z−z0|=r
|f (z)| với r > r0 và giả sử rằng rM r → 0 khi r → ∞. Chứng minh
rằng limr
→∞ Γr f (z)dz = 0 trong đó Γr là đường tròn |z − z0| = r được định
hướng dương.
16 ) Chứng minh Định lý 2.13.
17 ) Chứng minh các Định lý 2.4 - 2.7.
18 ) Chứng minh rằng lim
N →∞ Γ zα−1e−zdz = 0 trong đó α > 0 và Γ là
đoạn thẳng từ điểm λN đến λ−it
N hay từ điểm λN đến (λ − it)N với λ > 0.
19 ) Gọi C N là biên định hướng dương của hình vuông xác định bởi cácđường x = ±(N + 1
2)π và y = ±(N + 12)π ở đây N là một số nguyên dương.
Chứng minh rằng limN →∞
C N
dz
z2 sin z = 0.
§ 3 Nguyên hàm3.1 Định nghĩa. Hàm F (z) được gọi là nguyên hàm của hàm f (z) trênD nếu nó khả vi trên D và F ′(z) = f (z) trên D.
3.2 Định lý. Nếu F và G là hai nguyên hàm của hàm f trên miền D, thì chúng sai khác nhau một hằng số.
Chứng minh. Theo giả thiết ta có F và G khả vi trên miền D nên chúnggiải tích trên miền D. Suy ra hàm F − G giải tích trên miền D và F ′(z) −G′(z) = f (z) − f (z) = 0 với mọi z ∈ D. Do đó, F − G là hàm hằng trênD.
Nói chung tích phân của hàm f trên đường cong nối hai điểm cố địnhz1 và z2 là phụ thuộc vào đường cong ấy. Tuy nhiên, có những hàm số màtích phân của chúng từ z1 đến z2 không phụ thuộc vào đường cong nối z1
với z2. Định lý dưới đây rất hữu dụng trong việc xác định tích phân cóphụ thuộc vào đường cong nối hai điểm cố định hay không, và khi nào tíchphân trên một đường cong kín có giá trị là không.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.3 Định lý. Giả sử f là một hàm liên tục trên miền D. Khi đó, ba mệnh đề sau là tương đương.
(a) Hàm f có nguyên hàm là hàm F trên D.
(b) Tích phân của hàm f trên các đường cong trong D từ điểm z1 đến z2 là như nhau.
(c) Tích phân của hàm f trên đường cong kín nằm hoàn toàn trong D
bằng 0.
Chứng minh. Giả sử mệnh đề (a) đúng. Nếu Γ là một đường cong trơntừ z1 đến z2 nằm hoàn toàn trong D và có biểu diễn tham số w(t) vớia ≤ t ≤ b. Khi đó, w(a) = z1, w(b) = z2, và w(t) là hàm khả vi liên tục
trên [a, b] suy ra hàm F (w(t)) khả vi liên tục trên [a, b] vàd
dtF (w(t)) = F ′(w(t))w′(t) = f (w(t))w′(t).
Do đó, ta tính được Γ
f (z)dz =
ba
f (w(t))w′(t)dt = F (w(t))ba
= F (z2) − F (z1).
Rõ ràng tích phân trên không phụ thuộc vào đường cong Γ mà chỉ phụ
thuộc vào hai điểm cố định z1 và z2.Kết quả vẫn đúng cho trường hợp Γ là đường cong trơn từng khúc nối
z1 đến z2 và nằm trong D. Thật vậy, ta có thể chia Γ thành n đoạn congnhỏ liên tiếp nhau Γ1, Γ2, . . . , Γn, với Γk là đường cong trơn nối z′k đếnz′k+1 (trong D) và z1 = z ′1, z2 = z ′n+1. Theo kết quả trên ta có
Γ
f (z)dz =n
k=1
Γk
f k(z)dz =n
k=1
[F (z′k+1) − F (z′k)]
= F (z′n+1) − F (z′1) = F (z2) − F (z1).
C 1
C 2 z2
z1
D
Hình V.3:
Trong trường hợp tích phân không phụthuộc vào đường cong Γ nối điểm z1đến z2 ta ký hiệu tích phân trên đườngcong bất kỳ nối z1 đến z2 là
z2
z1
f (z)dz.
Giả sử mệnh đề (b) đúng. Với C làmột đường cong kín bất kỳ nằm trong D. Lấy hai điểm z1 và z2 thuộc C .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Khi đó, C được chia thành hai đường cong C 1 và C 2 với C 1 đi từ z1 đếnz2 và C 2 đi từ z2 đến z1. Kí hiệu C −2 là đường cong ngược hướng với C 2,cho nên C −2 là đường cong đi từ z1 đến z2. Do đó, ta có
C 1
f (z)dz = C −2
f (z)dz = − C 2
f (z)dz.
Suy ra C
f (z)dz =
C 1
f (z)dz +
C 2
f (z)dz = 0.
Giả sử mệnh đề (c) đúng. Cố định z0 ∈ D. Với z ∈ D bất kỳ. Cho C 1và C 2 là hai đường cong bất kỳ trong D nối z0 đến z. Khi đó, C 1 ∪ C −2 là
một đường cong kín trong D cho nên0 =
C 1∪C −2
f (z)dz =
C 1
f (z)dz − C 2
f (z)dz
Suy ra C 1
f (z)dz =
C 2
f (z)dz.
z
z + ∆z
z0
D
Hình V.4:
Nghĩa là tích phân của f không phụ
thuộc vào đường cong nối z0 đến z.Ta kí hiệu F (z) là giá trị chung đó
F (z) =
zz0
f (s)ds.
Với z + ∆z ∈ D tùy ý, ta có
F (z + ∆z) − F (z) = z+∆z
z0f (s)ds − z
z0f (s)ds = z+∆z
z f (s)ds
Mặt khác, ta có z+∆z
z
ds = sz+∆z
z suy ra
z+∆z
z
f (z)ds = ∆zf (z).
VậyF (z + ∆z) − F (z)
∆z − f (z) =
1
∆z
z+∆z
z
[f (s) − f (z)]ds.
Do f liên tục tại z nên với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho |f (s)−f (z)| < ε
khi |s − z| < δ và s ∈ D. Với các điểm s thuộc đoạn thẳng nối từ z đến
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
khi tích phân lấy trên đường cong từ −2i đến 2i không cắt phần khôngâm của trục Ox.
Bài tập
1 ) Bằng cách tìm nguyên hàm, tính mỗi tích phân sau trên đường congbất kỳ nối hai điểm tương ứng là cận của tích phân.
(a) i/2i
eπzdz, (b) π+2i
0
cosz
2
dz, (c)
31
(z − 2)3dz
2 ) Chứng minh rằng
C 0
(z − z0)n−1
dz = 0 (n = ±1, ±2, . . .)
khi C 0 là đường cong kín bất kỳ không đi qua điểm z0.
3 ) Tính tích phân Γ
z − 2i
z dz trong đó Γ có biểu diễn tham số w(t) =
2t + i(t2 − 1) với −1 ≤ t ≤ 1.
4 ) Tính tích phân Γ
cos(iz)dz trong đó Γ có biểu diễn tham số w(t) =
t3 sin πt + (1 − 3t2)i với 0 ≤ t ≤ 1.
5 ) Với mọi α, β ∈ C thỏa Re α ≤ 0 và |β | ≤ 12
, chứng minh rằng
(i) |eα − 1| ≤ |α|.
(ii) |
eα
−1
−α
| ≤
|α|2
2
.
(iii)eα − 1 − α +
α2
2
≤ |α|36
.
(iv) | log(1 + β ) − β | ≤ |β 2|.
§ 4 Định lý Cauchy-Goursat
Trong bài trước, chúng ta thấy rằng một hàm f liên tục và có nguyên hàmtrong miền D, thì tích phân của f (z) trên đường cong kín trong D có giátrị 0. Trong bài này chúng tôi trình bày một định lý cho các điều kiện
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
khác trên hàm f để giá trị tích phân của f (z) trên đường cong kín đơn làkhông. Đây là một định lý trọng tâm của lý thuyết hàm phức.
Chúng ta biết rằng tích phân của hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) vớiz = x + iy trên đường cong C có thể biểu diễn qua tích phân đường loại
II ở giá trị phần thực và phần ảo như sau. C
f (z)dz =
C
u(x, y)dx − v(x, y)dy + i
C
v(x, y)dx + u(x, y)dy.
Với đường cong C kín đơn được định hướng dương là biên của miềnđóng D. Khi đó, nếu các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng liêntục trên R, thì theo công thức Green trong giải tích thực hàm nhiều biến(chẳng hạn xem [10]) ta có
C
u(x, y)dx − v(x, y)dy =
D
(−v′x(x, y) − u′y(x, y))dxdy C
v(x, y)dx + u(x, y)dy =
D
(u′x(x, y) − v′y(x, y))dxdy.
Do đó C
f (z)dz =
D
(−v′x(x, y) − u′y(x, y))dxdy
+ i
D
(u′x(x, y) − v′y(x, y))dxdy.
Mặt khác, nếu hàm f (z) giải tích trên D, thì theo dấu hiệu Cauchy-Riemann (trang 80) ta có
u′x(x, y) = v ′y(x, y) và u′y(x, y) = −v′x(x, y), ∀(x, y) ∈ D.
Khi đó, f ′(z) = u′x(x, y) + iv′x(x, y) với mọi (x, y)∈
D. Vậy khi f giải tích trên D và f ′ liên tục trên D, thì
C
f (z)dz = 0.
Kết quả này Cauchy đã thiết lập vào đầu thế kỷ 19.Goursat là người đầu tiên chứng minh được điều kiện liên tục của hàm
f ′ có thể bỏ được. Việc bỏ giả thiết này đặc biệt quan trọng và nó cho
phép chúng ta chứng minh được đạo hàm f ′ của hàm giải tích f là hàmgiải tích mà không cần phải có giả thiết sự liên tục của f ′. Chúng ta cóđịnh lý Cauchy-Goursat sau.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4.1 Định lý. (Cauchy-Goursat) Nếu hàm f giải tích bên trong và trên
đường cong kín đơn trơn từng khúc C , thì C
f (z)dz = 0.
Để chứng minh định lý này ta cần bổ đề sau.
4.2 Bổ đề. Cho f là hàm giải tích trên miền đóng đơn liên D gồm các điểm bên trong của đường cong kín đơn định hướng dương C và các điểm trên C . Với mọi ε > 0, miền đóng R có thể được chia thành hữu hạn các hình vuông và phần của hình vuông sao cho phần trong của chúng không có điểm chung, được đánh số bởi j = 1, 2, . . . , n, sao cho trong mỗi hình vuông hay phần hình vuông tồn tại một điểm cố định zj để sao cho bất đẳng thức f (z) − f (zj)
z − zj− f ′(zj)
< ε z = zj
thỏa mãn với mọi z thuộc hình vuông hay phần hình vuông đó.
0 x
y
C
σ1
σ0
Hình V.6:
Chứng minh. Chúng ta vẽ các đường thẳng song song với trục thực vàtrục ảo và cách đều nhau. Khi đó, D được chia thành các hình vuông nhỏbên trong và một phần hình vuông nhỏ (có phần của đường cong C làm
biên, là hình vuông nhỏ loại bỏ các điểm không thuộc D). Giả sử tồn tạimột hình vuông hay phần của hình vuông mà không tìm được điểm zj nàođể bất đẳng thức trong bổ đề thỏa với mọi z thuộc hình vuông hay phần
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
hình vuông ấy. Chia hình vuông hay hình vuông tương ứng của phần hìnhvuông làm bốn hình vuông bằng nhau. Nếu tồn tại hình vuông nhỏ hayphần hình vuông nhỏ không thỏa điều kiện bất đẳng thức của bổ đề thìta tiếp tục chia hình vuông tương ứng ra làm bốn hình vuông nhỏ bằng
nhau. Giả sử quá trình này tiếp tục vô hạn lần ta được dãy hình vuônghay phần hình vuông σk thỏa
D ⊃ σ1 ⊃ σ2 ⊃ · · · ⊃ σk ⊃ · · · .
Rõ ràng σk là dãy các tập đóng lồng nhau thắt lại (với đường kính củaσk dần về 0 khi n dần ra ∞). Do đó,
z0 =∞
k=1
σk.
Ta có z0 ∈ σk với mọi k, suy ra z0 ∈ D. Vì f giải tích trên D nên khả vitại z0. Do đó, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta cóf (z) − f (z0)
z − z0− f ′(z0)
< ε.
Trong dãy σk lấy σk0 sao cho đường chéo của hình vuông tương ứng nhỏhơn δ . Do z0 ∈ σk0 , nên với mọi z ∈ σk0 ta có |z − z0| < δ suy ra
f (z) − f (z0)z − z0
− f ′(z0) < ε,
điều này mâu thuẫn với giả thiết có được dãy σk. Vậy quá trình chianhỏ hình vuông hay phần hình vuông không thỏa điều kiện bất đẳng thứctrong bổ đề là hữu hạn.
Do đó, miền D có thể chia được thành hữu hạn những hình vuông nhỏhay phần hình vuông nhỏ thỏa điều kiện bất đẳng thức trong bổ đề.
Chứng minh Định lý 4.1. Với ε > 0 nhỏ tùy ý cho trước, chia miềnD thành n hình vuông và phần hình vuông, được đánh số σ1, σ2, . . . , σn,thỏa bổ đề trên. Nghĩa là, ở hình vuông σj có điểm zj sao chof (z) − f (zj)
z − zj− f ′(zj)
< ε z = zj ,
với mọi z ∈ σj . Đặt δ j(z) =
f (z) − f (zj)
z − zj− f ′(zj) khi z = zj
0 khi z = zj .
Khi đó,
ta có |δ j(z)| < ε với mọi z ∈ σj . Do limz→zj δ j(z) = f ′(zj) − f ′(zj) = 0 =
δ j(zj), ta thấy được hàm δ j(z) liên tục trên σj .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Gọi C j là biên định hướng dương của hình vuông hay phần hình vuôngσj . Với mọi z ∈ C j , ta viết được
f (z) = f (zj) + f ′(zj)(z − zj) + δ j(z)(z − zj).
Do đó, C j
f (z)dz = (f (zj) − zjf ′(zj))
C j
dz + f ′(zj)
C j
zdz
+
C j
δ j(z)(z − zj)dz.
Do hàm 1 và z có nguyên hàm trên C nên
C j
dz = 0 và C j
zdz = 0.
Suy ra C j
f (z)dz =
C j
(z − zj)δ j(z)dz.
Mặt khác, ta cón
j=1 C jf (z)dz = C f (z)dz
bởi vì các cạnh của hình vuông hay phần hình vuông bên trong D (cácđoạn thẳng) được lấy tích phân hai lần theo hai hướng ngược nhau nênbù trừ lẫn nhau chỉ còn lại phần biên C của D ta lấy tích phân chỉ mộtlần. Theo bất đẳng thức tam giác ta có
C
f (z)dz≤
n
j=1
C j
(z − zj)δ j(z)dz.
Đặt sj là cạnh của hình vuông tương ứng với hình vuông hay phần hìnhvuông σj . Khi đó, với mọi z ∈ C j ta có
|z − zj| ≤√
2sj .
Suy ra
|(z − zj)δ j(z)| <√
2sjε.
Trường hợp C j là biên của hình vuông, theo Định lý 2.9 ta có C j
(z − zj)δ j(z)dz <
√ 2sjε4sj = 4
√ 2Ajε,
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
trong đó Aj là diện tích hình vuông δ j .Trường hợp σj là một phần của hình vuông nên C j có một phần của
đường cong C và gọi độ dài của phần cong ấy là Lj ; do đó, ta ước lượngđược độ dài của C j là s(C j) < 4sj + Lj . Do đó, ta có
C j
(z − zj)δ j(z)dz <
√ 2sjε(4sj + Lj) < 4
√ 2Ajε +
√ 2SLjε,
trong đó S là cạnh của một hình vuông lớn chứa đường cong C và cáchình vuông bên trong D và các hình vuông tạo bởi các phần hình vuôngtrong việc chia miền D. Khi đó, tổng diện tích các hình vuông nhỏ, Aj ,nhỏ hơn hoặc bằng S 2.
Gọi L là độ dài của đường cong C . Khi đó, tổng của các Lj ứng với σj
là phần hình vuông chính là L. Do đó, từ các bất đẳng thức trên ta có thểthấy rằng
C
f (z)dz < (4
√ 2S 2 +
√ 2SL)ε.
Do S và L là các hằng số và ε là một số dương bé tùy ý, cho nên bất đẳng
trên suy ra vế trái phải bằng 0. Từ đó ta được
C f (z)dz = 0.
Một chứng minh khác cho Định lý Cauchy-Goursat
4.3 Bổ đề. (Goursat) Nếu w = f (z) là hàm liên tục trên miền đơn liên D và C là đường cong Jordan trơn kín chứa trong D thì với mọi ε > 0 chotrước tồn tại đa giác P ⊂ D có các đỉnh nằm trên C sao cho
C f (z)dz − ∂P f (z)dz < ε
trong đó ∂P là biên của đa giác P và được định hướng cùng chiều với C .
Chứng minh. Giả sử đường cong C được định hướng dương. Theo giảthiết miền đóng D1 giới hạn bởi biên là đường cong C nằm trong D là tậpcompact. Do f liên tục trên D nên cũng liên tục trên D1, suy ra f liêntục đều trên D1. Gọi l là độ dài đường con C . Với ε > 0 cho trước tồn tạiδ > 0 sao cho với mọi z1, z2 ∈ D1 thỏa |z1 − z2| < δ ta luôn có
|f (z1) − f (z2)| < ε2l
.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Từ định lý trên và theo định lý ba mệnh đề tương đương ở bài trướcta có kết quả sau.
4.5 Hệ quả. Một hàm f giải tích trên miền đơn liên D thì có nguyên
hàm trên D.
x
y
•z
r1
θ•
Hình V.11:
4.6 Thí dụ. (hàm logarithm, log) Từ Thí dụ 2.3 và Định lý 3.3 ta nhận thấy
rằng hàm f (z) = 1
z không có nguyên
hàm trên D. Tuy nhiên, rõ ràng hàm f
giải tích trên miền đơn liên D = C\z :
Re z
≤0
. Do đó, theo Hệ quả 4.5 hàm
f có nguyên hàm trên D. Ta tìm mộtnguyên hàm F của f sao cho F (1) = 0.Theo chứng minh của Định lý 3.3 hàmF như thế được xác định bởi
F (z) =
dz
z là đường cong bất kỳ trong D đi từ 1 đến z.
Đường cong được chọn như hình vẽ. Khi đó, với z = reiθ trong đó r > 0
và −π < θ < π, ta tìm được F
F (z) =
r1
dx
x +
θ0
rieit
reit dt = ln r + iθ.
Vậy F chính là hàm logarithm log; tức là log z = ln |z|+i Arg z với Arg z ∈(−π, π).
Các dạng tổng quát của định lý Cauchy-Goursat4.7 Định lý. Cho D là miền đơn liên bị chặn với biên là đường cong trơn từng khúc, f là hàm giải tích trên Int(D) và liên tục trên ∂D. Ta có ∂D
f (z)dz = 0.
•z0Γλ
∂D
Hình V.12:
Chứng minh. Ta chứng minh cho trườnghợp trong D tồn tại điểm z0 sao cho mọi
tia xuất phát từ z0 chỉ cắt biên của D tạimột điểm. Khi đó, ∂D có phương trìnhbiểu diễn tham số w(t) = z0 + r(t)eit với
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
0 ≤ t ≤ 2π. Gọi Γλ đường cong có phươngtrình γ (t) = z0 + λr(t)eit với 0 < λ < 1. Theo Định lý Cauchy-Goursat tacó
Γλ
f (z)dz = 0.
Mặt khác, ta có Γλ
f (z)dz =
2π0
f (z0 + λr(t)eit)γ ′(t)dt =
2π0
f (z0 + λr(t)eit)λw′(t)dt
Vậy
2π
0
f (z0 + λr(t)eit)w′(t)dt = 0
Do đó, ta có ∂D
f (z)dz =
2π0
f (z0 + r(t)eit)w′(t)dt
=
2π0
[f (z0 + r(t)eit) − f (z0 + λr(t)eit)]w′(t)dt
Vì f (z) liên tục trên D = D∪
∂D nên nó liên tục đều trên D. Do đó, vớiε > 0 bé tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi z, z′ ∈ D và |z − z′| < δ kéo theo|f (z) − f (z′)| < ε
l với l là độ dài của ∂D. Đặt r = maxr(t) : 0 ≤ t ≤ 2π.Khi chọn λ > 1−minr,δ
r ta có |(z0+r(t)eit)−(z0+λr(t)eit)| < (1−λ)r(t) <
δ cho nên |f (z0 + r(t)eit) − f (z0 + λr(t)eit)| < εl . Vậy
∂D
f (z)dz≤
∂D
[f (z0 + r(t)eit) − f (z0 + λr(t)eit)]w′(t)dt<
ε
ll = ε.
Do ε > 0 bé tùy ý nên ta suy ra được ∂D
f (z)dz = 0.
Với trường hợp tổng quát, vì D là miền đơn liên và bị chặn với biêntrơn từng khúc nên ta có thể chia D thành hữu hạn các miền nhỏ D1, . . . ,DN có tính chất như trường hợp riêng. Khi đó, với tính bù trừ của cácđường biên chung nên ta có
∂D
f (z)dz =N k=1
∂Dk
f (z)dz = 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4.8 Định lý. Cho D là miền đa liên (hữu hạn), f là hàm giải tích trên
Int (D) và liên tục trên ∂D. Ta có ∂D
f (z)dz = 0, trong đó đường cong
∂D được định hướng dương. (Hướng của biên ∂D được gọi là dương nếu
ta đi dọc theo biên sao cho miền D ở phía bên trái.)
C C 1 C 2
C 3l+1
l−1
l+2
l−2
l+3 l−3
Hình V.13:
Chứng minh. Ta chứng minh định lý cho miền tứ liên D. Nối 3 đoạn l1,l2, l3 giữa C lần lượt với các C 1, C 2, C 3. Khi đó, D∗ = D \ l1, l2, l3 làmiền đơn liên. Do đó, theo Định lý Cauchy-Goursat (Định lý 4.7) ta có
∂D∗
f (z)dz = 0
trong đó ∂D∗ = ∂ D ∪ l+1 ∪ l−1 ∪ l+2 ∪ l−2 ∪ l+3 ∪ l−3 . Do đó, ta suy ra được ∂D
f (z)dz = 0.
4.9 Hệ quả. Cho các đường cong Jordan trơn từng khúc kín được định hướng dương Γ, Γ1, . . . , Γk, trong đó các đường cong Γ1, . . . , Γk có các phần trong không giao nhau và nằm trong phần trong của Γ. Nếu hàm f
giải tích trong miền trong của Γ và ngoài các Γ1, . . . , Γk và liên tục trên Γ, Γ1, . . . , Γk, thì
Γ
f (z)dz =
kj=1
Γj
f (z)dz.(4.10)
Chứng minh. Miền D xác định bởi các đường cong Γ và Γj với j = 1, . . . , k
là một miền k + 1 liên với biên định hướng dương ∂D = Γ
∪Γ−1
∪ · · · ∪Γ−k .
Do đó, ta có ∂D
f (z)dz = 0
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
(C ε có biểu diễn tham số w(t) = z0 + εeit với 0 ≤ t ≤ 2π.)
• z0
Γ• C ε
Γ
z0
Hình V.15:
Bài tập
1 ) Giả sử Γ là một đường cong định hướng dương Jordan trơn kín giớihạn một miền D. Hãy tính các tích phân sau theo diện tích của D.
(a) Γ
xdz (b) Γ
ydz (c) Γ
zdz
trong đó z = x + iy.
2 ) Dùng định lý Cauchy-Goursat chứng minh rằng Γ
f (z)dz = 0 với Γ
là đường tròn định hướng dương có phương trình |z| = 1, khi
(a) f (z) = z2
z − 3 (b) f (z) =
1
z2 + 2z + 2
(c) f (z) = ze−z
(d) f (z) = ln(z − 2).
3 ) Cho C 1 là đường tròn định hướng dương có phương trình |z| = 4 vàC 2 là biên được định hướng dương của hình vuông xác định bởi x = ±1,y = ±1. Hãy chỉ ra tại sao chúng ta có
C 1
f (z)dz =
C 2
f (z)dz
khi(a) f (z) =
1
3z2 + 1 (b) f (z) =
z + 2
sin(z/2) (c) f (z) =
z
1 − ez.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4 ) Cho C là biên được định hướng dương của hình chữ nhật 0 ≤ x ≤ 3,0 ≤ y ≤ 2. Chứng minh rằng
C (z
−2
−i)n−1dz =
0 khi n = ±1, ±2, . . . ,
2πi khi n = 0
C 1
C 2
0 3
2C
Hình V.16:
5 ) Tính tích phân Γ
z2 + 2
(1 − ez)cos(z)dz trong đó Γ là đường cong định
hướng dương có phương trình |z − 1 − i| = 1.
6 ) Tính tích phân Γ
z − 2i
z dz trong đó Γ có biểu diễn tham số w(t) =
2t + i(t2 − 1) với −1 ≤ t ≤ 1.
§ 5 Công thức tích phân Cauchy5.1 Định lý. Cho hàm f giải tích trên miền trong và liên tục trên đường cong Jordan kín định hướng dương Γ. Nếu z0 là điểm nằm trong Γ thì
f (z0) = 1
2πi
Γ
f (z)
z − z0dz.(5.2)
•z0
C r
Γ
Hình V.17:
Chứng minh. Vì z0 là điểm nằm trong Γ, nêntồn tại r0 > 0 sao cho đường tròn tâm z0 bán kínhr, C r, thuộc phần trong của Γ với mọi 0 < r ≤ r0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Theo giả thiết ta áp dụng được hệ quả của địnhlý Cauchy-Goursat đối với hàm f trên miền nhịliên xác định bởi hai đường cong Γ và C r. Vậy ta có
Γ
f (z)
z − z0 dz = C r
f (z)
z − z0 dz.
Trong Thí dụ 4.11 ta tính được C r
dz
z − z0= 2πi.
Do đó, với 0 < r ≤ r0, ta có
f (z0) − 12πi
Γ
f (z)z − z0
dz = 12πi
C r
f (z0)z − z0
dz − 12πi
C r
f (z)z − z0
dz
= 1
2πi
C r
f (z0) − f (z)
z − z0dz.
Theo giả thiết ta có hàm f liên tục trên Γ và bên trong Γ. Với mọi ε > 0,tồn tại δ > 0 sao cho khi |z − z0| < δ ta có |f (z) − f (z0)| < ε. Khi đó,chúng ta chọn 0 < r < minδ, r0, và được 1
2πi
C r
f (z0) − f (z)
z − z0dz
≤ 1
2π
ε
r2πr = ε.
Vậy, với mọi ε > 0 ta cóf (z0)− 1
2πi
Γ
f (z)
z − z0dz ≤ ε. Ta phải có f (z0) =
1
2πi
Γ
f (z)
z − z0dz.
5.3 Nhận xét. Công thức tích phân Cauchy vẫn đúng cho trường hợpmiền đa liên hữu hạn, tức là: Nếu hàm f giải tích trong miền đa liên (hữu hạn) D và liên tục trên biên của nó thì với mọi z0 ∈ D ta luôn có
f (z0) = 1
2πi
∂D
f (z)
z − z0dz
trong đó ∂D là biên định hướng dương của miền D.
5.4 Thí dụ. Tính tích phân Γ
sin zz + i
dz, trong đó Γ có biểu diễn tham số
w(t) = 3eit với 0 ≤ t ≤ 2π.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Hơn nữa, độ dài của C r là 2πr. Do đó, theo Định lý 2.9 ta được
f (z + ∆z) − f (z)
∆z − 1
2πi
C r
f (ξ )
(ξ − z)2dξ
≤ 1
2π
|∆z|M 2πr
d2(d − |∆z|) .
Ta thấy rằnglim
∆z→0
|∆z|M r
d2(d − |∆z|) = 0
suy ra
lim∆z→0
f (z + ∆z) − f (z)
∆z =
1
2πi
C r
f (ξ )
(ξ − z)2dξ.
Vậy hàm f khả vi tại z . Do z lấy tùy ý nên f khả vi trên z : |z −z0| < r;nghĩa là f giải tích tại z
0.
Bằng qui nạp chúng ta chứng minh được hàm f khả vi mọi cấp tronglân cận của điểm z0; nghĩa là các đạo hàm ấy giải tích tại z0.
Trong chứng minh định lý trên ta có được công thức đạo hàm của hàmf tại z0 là
f ′(z0) = 1
2πi
C r
f (z)
(z − z0)2dz.(5.6)
Bằng cách tương tự và qui nạp ta có thể chứng minh được công thức đạohàm cấp cao của hàm f tại z0. Ta phát biểu lại trong định lý tổng quát sau.
5.7 Định lý. Cho D là miền đơn liên với Γ là biên của nó và được định hướng dương và f là hàm giải tích trên D và liên tục trên Γ. Với mọi z ∈ D, ta có
f (z) = 1
2πi
Γ
f (ξ )
ξ − zdξ.
và f khả vi mọi cấp trên D và
f (n)(z) = n!
2πi
Γ
f (ξ )
(ξ − z)n+1dξ.(5.8)
Từ công thức đạo hàm cấp n của hàm f ta có thể viết lại để áp dụngvào việc tính tích phân như sau.
Γf (z)
(z
−z0)n+1
dz = 2πi
n! f (n)(z0),(5.9)
trong đó Γ là đường cong đơn vây quanh điểm z0 và hàm f liên tục trênΓ và giải tích trên miền trong Γ.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
5.10 Thí dụ. Giả sử Γ là đường tròn định hướng dương có phương trình|z| = 1. Khi đó, ta có
Γe2z
z4
dz = Γe2z
(z − 0)3+1
dz = 2πi
3!
(e2z)′′′z=0 =
8πi
3
.
5.11 Thí dụ. Tính tích phân Γ
ez
z(z − 1)3dz trong đó Γ là đường cong
Jordan trơn kín định hướng dương giới hạn miền D. Ta xét 3 trường hợp:
(a) D chứa điểm z = 0 và không chứa điểm z = 1
Γez
z(z − 1)3
dz = 2πi e0
(0 − 1)3
=
−2πi.
(b) D chứa điểm z = 1 và không chứa điểm z = 0 Γ
ez
z(z − 1)3dz =
2πi
2!
ez
z
′′z=1
= πiez(z2 − 2z + 2)
z3
z=1
= eπi.
(c) D chứa cả hai điểm z = 0 và z = 1.
Γ
ezz(z − 1)3
dz = −2πi + eπi.
5.12 Nhận xét. Từ Định lý 5.7 ta thấy rằng nếu f ′(z) tồn tại trong miềnD thì nó cũng giải tích, do đó suy ra f ′(z) liên tục trên miền D. Đây là đặctrưng của hàm biến phức mà hàm biến thực không có. Chẳng hạn hàm
f (x) = x2 sin 1
x khi x = 0
0 khi x = 0
khả vi trên toàn đường thẳng thực và
f ′(x) =
2x sin 1
x − cos 1x khi x = 0
0 khi x = 0
nhưng ta có thể thấy rằng f ′(x) không liên tục tại x = 0.
5.13 Hệ quả. Nếu hàm f (z) = u(x, y)+iv(x, y) giải tích tại z0 = x0+iy0thì các hàm thành phần u và v có các đạo hàm riêng mọi cấp liên tục tại điểm (x0, y0).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Đạo hàm của hàm f trong lân cận điểm z0 được tính bởicông thức
f ′(z) = u′x(x, y) + iv′x(x, y) = v ′y(x, y) − iu′y(x, y).
Do hàm f giải tích tại z0 nên các đạo hàm riêng của u(x, y) và v(x, y) liêntục tại (x0, y0). Do hàm f ′ cũng giải tích tại z0 và đạo hàm của nó tronglân cận điểm z0 được tính bởi công thức
f ′′(z) = u′′xx(x, y) + iv′′xx(x, y) = v ′′xy(x, y) − iu′′xy(x, y)
= −u′′yy(x, y) − iv′′yy(x, y)
nên các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục tại(x0, y0). Tiếp tục quá trình này ta sẽ được các hàm u(x, y) và v(x, y) cóđạo hàm riêng mọi cấp liên tục tại (x0, y0).
5.14 Định lý. Nếu hàm f giải tích và khác không trên miền đơn liên D,thì xác định hàm giải tích log f (z) nhận giá trị trên một nhánh nào đótrên D.
Chứng minh. Theo giả thiết và Định lý 5.5 ta suy ra f ′ giải tích trên D.
Do đó, f ′/f xác định và giải tích trên D. Từ đó theo Hệ quả 4.5 suy ra nócó nguyên hàm là hàm F (z) nào đó trên D. Xét hàm f (z)e−F (z). Ta có
f (z)e−F (z)′
= f ′(z)e−F (z) − f (z)F ′(z)e−F (z) = 0 với mọi z ∈ D.
Do đó, suy ra f (z)e−F (z) là hằng số. Với cố định z0 ∈ D, ta có
f (z)e−F (z) = f (z0)e−F (z0) với mọi z ∈ D.
Từ đó ta xác định log f (z) = F (z) − F (z0) + log f (z0).
5.15 Định lý. Nếu hàm f giải tích và khác không trên miền đơn liên D,thì tồn tại hàm giải tích g trên D sao cho g2 = f .
Chứng minh. Phép chứng minh tương tự như định lý trên đi đến việcchọn hàm g là e−
12F (z) nhân với một hằng số. Trình bày chi tiết xin dành
cho bạn đọc xem như bài tập.
Để kết thúc bài này chúng tôi nêu định lý đảo của định lý Cauchy-Goursat và các ứng dụng của nó.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
5.16 Định lý. (Morera) Nếu hàm f liên tục trên miền D và nếu tích
phân C
f (z)dz = 0 với mọi đường cong C kín trơn từng khúc nằm trong
D, thì hàm f giải tích trên D.
Chứng minh. Theo định lý ba mệnh đề tương đương (Định lý 3.3) thìhàm f có nguyên hàm F trên D. Vì D là một miền nên F giải tích trênD. Do đó, theo Định lý 5.5 hàm f = F ′ giải tích trên D.
5.17 Định lý. Giả sử f n là dãy hàm giải tích trên D và hội tụ đều về hàm f . Khi đó, f cũng giải tích trên D.
Chứng minh. Theo Định lý 4.8 (trang 61) ta có f liên tục trên. Với C
là một đường cong kín trơn từng khúc bất kỳ nằm trong D, theo định lýCauchy-Goursat ta có C
f n(z)dz = 0, với mọi n.
Do đó, theo Định lý 2.13 ta được C
f (z)dz = limn→∞
C
f n(z)dz = 0.
Vậy theo định lý Morera ta suy ra được f giải tích trên D.
Tương tự ta cũng có kết quả cho chuỗi hàm như sau.
5.18 Định lý. Giả sử các hàm f n giải tích trên miền D và chuỗi hàm ∞n=1
f n hội tụ đều trên D về hàm f . Khi đó, hàm f cũng giải tích trên D.
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
Bài tập
1 ) Chứng minh rằng nếu f (z) liên tục trên lân cận của z = 0 thì
limr→0
2π0
f (reiϕ)dϕ = 2πf (0).
2 ) Chứng minh rằng nếu f (z) liên tục trên lân cận của z = a thì limr→0 Γr
f (z)
z − a
dz =
2πif (a) trong đó Γr là đường tròn định hướng dương có phương trình|z − a| = r.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
§ 6 Tích phân loại CauchyTa đã thấy rằng công thức tích phân Cauchy nói lên rằng giá trị tại mộtđiểm z0 ∈ D của hàm giải tích f trên miền đơn liên D phụ thuộc vào giá
trị biên. Tuy nhiên, hàm f không đòi hỏi giải tích trên biên mà chỉ cầnliên tục trên biên mà thôi. Vì vậy vấn đề tự nhiên được đặt ra là nghiêncứu tính chất của hàm xác định bởi
F (z) = 1
2πi
Γ
ϕ(ξ )
ξ − zdξ
trong đó Γ là đường cong Jordan trơn (hoặc trơn từng khúc) và ϕ là hàmliên tục trên Γ. Hàm F (z) xác định như trên gọi là tích phân loại Cauchy của hàm ϕ.
6.1 Bổ đề. Giả sử ξ = ζ + iη và z = x + iy ∈ D ⊂ C \ Γ. Nếu với mỗi
ξ ∈ Γ hàm Ψ(ξ, z) giải tích trên D và các hàm Ψ(ξ, z) và ∂ Ψ
∂z (ξ, z) liên
tục trên Γ × D thì
F (z) =
Γ
Ψ(ξ, z)dξ
là hàm giải tích trên D và có đạo hàm
F ′(z) = Γ
∂ Ψ∂z
(ξ, z)dξ.
Chứng minh. Đặt
Ψ(ξ, z) = u(ζ , η , x , y) + iv(ζ , η , x , y)
F (z) = U (x, y) + iV (x, y)
Do hàm Ψ(ξ, z) giải tích trên D nên các hàm u và v khả vi trên D và
∂ Ψ∂z (ξ, z) = u′x(ζ , η , x , y) + iv′x(ζ , η , x , y) = v ′y(ζ , η , x , y) − iu′y(ζ , η , x , y)
Từ giả thiết Ψ(ξ, z) và ∂ Ψ
∂z (ξ, z) liên tục trên Γ × D ta suy ra các hàm
u(ζ , η , x , y), v(ζ , η , x , y), u′x(ζ , η , x , y), u′y(ζ , η , x , y), v′x((ζ , η , x , y),v′y(ζ , η , x , y) liên tục trên Γ × D. Mặt khác, từ mối liên hệ giữa tích phânhàm phức và tích phân hai lớp ta có ta có
U (x, y) = Γ u(ζ , η , x , y)dζ − v(ζ , η , x , y)dη
V (x, y) =
Γ
v(ζ , η , x , y)dζ + u(ζ , η , x , y)dη
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
6.3 Nhận xét. Từ tính chất của tích phân loại Cauchy ta chứng minhđược Định lý 5.7. Nói một cách chính xác Định lý 5.7 là một hệ quả củaĐịnh lý 6.2. Thật vậy, theo công thức tích phân Cauchy ta có
f (z) = 1
2πi
Γ
f (ξ )
ξ − zdξ
Do đó, theo Định lý 6.2 ta có f (z) giải tích mọi cấp trên D và
f (n)(z) = n!
2πi
Γ
f (ξ )
(ξ − z)n+1dξ.
Định lý Weierstrass
6.4 Định lý. (Weierstrass) Giả sử f n hội tụ đều trên mọi tập com-pact trong D tới hàm f và các hàm f n giải tích trên D, thì f là hàm giải tích trên D. Hơn nữa, ta có f ′n hội tụ đều về f ′ trên mọi tập com-pact trong D.
Chứng minh. Lấy z0 ∈ D tùy ý. Chọn r > 0 đủ nhỏ để B(z0, r) ⊂ D. Vớimỗi n theo công thức tích phân Cauchy với mọi z ∈ B(z0, r) ta có
f n(z) = 1
2πi
∂B(z0,r)
f n(ξ )
ξ − zdξ.
Theo giả thiết f n hội tụ đều về f trên B(z0, r), cho nên theo Định lý4.8 trang 61 ta có f liên tục trên B(z0, r); và dãy
f n(ξ)ξ−z
hội tụ đều về
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
f (ξ)ξ−z trên ∂B(z0, r) theo biến ξ với mỗi z ∈ B(z0, r), cho nên theo Định lý2.13 trang 141 ta có
f (z) = lim
n→∞f n(z) = lim
n→∞
1
2πi ∂B(z0,r)
f n(ξ )
ξ − z
dξ = 1
2πi ∂B(z0,r)
f (ξ )
ξ − z
dξ
với mọi z ∈ B(z0, r). Do đó, theo định lý tích phân loại Cauchy ta có f
giải tích trên B(z0, r); cụ thể f giải tích tại z0. Vậy hàm f giải tích trên D.Chứng minh đẳng thức f ′ = lim
n→∞f n trên D ta cũng áp dụng công
thức tích phân Cauchy nhưng trong trường hợp này ta phải xét dãy hàm f n(ξ)(ξ−z)2
thay cho dãy
f n(ξ)ξ−z
. Trình bày chứng minh chi tiết dành cho
bạn đọc xem như bài tập.
Hơn nữa, với ε > 0 do f n hội tụ đều về f trên B(z0, r) nên tồntại n0 sao cho |f n(z) − f (z)| < rε
4 với mọi z ∈ B(z0, r). Khi đó, với mọiz ∈ B(z0, r
2 ) và mọi n > n0, ta có
|f ′n(z) − f ′(z)| = 1
2π
∂B(z0,r)
f n(ξ ) − f (ξ )
(ξ − z)2 dξ
≤ 1
2π
rε4
( r2 )22πr = ε.
Vậy f ′n hội tụ đều về f ′ trên B(z0, r2). Do tập compact bất kỳ trong D
có thể được phủ bởi hữu hạn các hình tròn đóng, cho nên ta dễ dàng suyra được dãy f ′n hội tụ đều về f ′ trên mọi tập compact trong D.
Từ đó bằng cách áp dụng liên tiếp kết quả đạt được chúng ta có đượckết quả tổng quát hơn: Dãy các đạo hàm f
(k)n (z) hội tụ đều về f (k)(z)
trên mọi tập compact trong D.
Tiếp theo ta xét trường hợp tổng quát hơn với dãy f n(z) trong đóf n(z) xác định và giải tích trên miền Dn. Hàm giới hạn f (z) cũng xác địnhtrên D nào đó sao cho mỗi điểm thuộc D phải thuộc vào mọi Dn với mọi nlớn hơn n0 nào đó. Nói chung n0 sẽ không giống nhau cho tất cả các điểmcủa D, và với lý do này nên giả thiết sự hội tụ đều cho dãy f n(z) trên D
là không thích hợp ở đây. Thật sự, một trường hợp điển hình là các miềnDn lập thành một dãy tăng nghiêm ngặt D1 ⊂ D2 ⊂ · · · ⊂ Dn ⊂ · · · vàD là hợp của các Dn. Trong trường hợp này không có một hàm f n(z) nàoxác định trên D nhưng hàm giới hạn f (z) có thể xác định trên D mặc dùsự hội tụ này không thể là đều.
6.5 Thí dụ. Xét f n(z) = z2zn + 1
trên Dn = z : |z| < 2− 1n . Rõ ràng
các hình tròn Dn tạo thành một dãy tăng nghiêm ngặt và có hợp là D =
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
f (z) = z trên D nhưng nó hội tụ đều trên z : |z| ≤ r với mọi 0 < r < 1.
Thật vậy, với mọi 0 < ε < 1 tùy ý, lấy n > ln 4
ε
ln 1r
, với mọi |z| ≤ r ta có
|z|n < ε4 và |2zn + 1| > 1 − 2|z|n > 1
2 và suy ra
|f n(z) − z| = z
2zn + 1 − z
= |2zn+1||2zn + 1| < 2
ε
42 = ε.
Do đó, ta cũng được dãy đã cho hội tụ đều trên các tập compact trong D.
6.6 Định lý. (Weierstrass) Giả sử rằng f n(z) giải tích trên Dn và dãy
f n(z)
hội tụ về hàm f trên D hội tụ đều trên các tập compact trong D.
Khi đó, f (z) giải tích trên D. Hơn nữa, f ′n(z) hội tụ đều về f ′(z) trên các tập compact trong D; và tổng quát hơn f
(k)n (z) hội tụ đều về f (k)(z)
trên các tập compact trong D
Chứng minh. Với a ∈ D, tồn tại r > 0 sao cho B(a, r) ⊂ D. Theo giảthiết dãy f n hội tụ đều trên B(a, r). Khi đó, hoàn toàn tương tự như chứng minh Định lý 6.4 ta có được kết quả cần chứng minh.
Bài tập1 ) Giả sử Γ là đường cong kín Jordan giới hạn miền hữu hạn D, còn f (z)
giải tích ở phần ngoài của miền D và limz→∞
f (z) = A. Khi đó,
1
2πi
Γ
f (ξ )
ξ − zdξ =
−f (z) + A khi z /∈ D
A khi z ∈ D
2 ) Với giả thiết về đường cong Γ và hàm f (z) như bài tập trên. Chứng
minh rằng nếu gốc tọa độ thuộc miền D thì
1
2πi
Γ
f (ξ )
ξz − ξ 2dξ =
0 khi z ∈ Df (z)
z khi z /∈ D
3 ) Cho hàm f giải tích trên U = z : |z| < 1 và liên tục trên U thỏaf (0) = 0. Chứng minh rằng hàm
ϕ(z) = f (z)z khi z = 0
f ′(0) khi z = 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
§ 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lý module cực đại 177
liên tục trên U và giải tích trên U .
4 ) Chứng minh f ′(z) = limn→∞
f ′n(z) với mọi z ∈ D trong Định lý 6.4.
5 ) Cho f n hội tụ về f trên D = z : |z| < R và hội tụ đều trênz : |z| ≤ r với mọi 0 < r < R. Chứng minh rằng f n hội tụ đều về f
trên các tập compact trong D.
§ 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lýmodule cực đại
Định lý giá trị trung bình
7.1 Định lý. Giả sử hàm f giải tích trong miền D và hình tròn B(z0, R)
= z : |z − z0| ≤ R ⊂ D. Khi đó, giá trị f (z0) bằng trung bình cộng của các giá trị của nó trên đường tròn C R = z : |z − z0| = R. Nghĩa là
f (z0) = 1
2π
2π0
f (z0 + Reit)dt.(7.2)
Chứng minh. Ta định hướng dương đường tròn C R, và biểu diễn tham
số của nó là w(t) = z0 + Reit
với 0 ≤ t ≤ 2π. Khi đó, theo công thức tíchphân Cauchy (Định lý 5.1) ta có
f (z0) = 1
2πi
C R
f (z)
z − z0dz
= 1
2πi
2π0
f (z0 + Reit)
Reit iReitdt
= 1
2π 2π
0
f (z0 + Reit)dt.
7.3 Định lý. Giả sử hàm f giải tích trong lân cận B(z0, ε) của điểm z0.Nếu |f (z)| ≤ |f (z0)| với mỗi z trong lân cận đó thì hàm f nhận giá trị f (z0) trong lân cận ấy.
Chứng minh. Với z1 tùy ý thuộc lân cận đã cho, nghĩa là |z1 − z0| < ε.Đặt ρ = |z1 − z0| < ε. Theo định lý giá trị trung bình trên đối với đườngtròn C ρ, ta có
f (z0) = 12π
2π0
f (z0 + ρeit)dt.
Suy ra
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Mặt khác, theo giả thiết ta có |f (z0 + ρeit)| ≤ |f (z0)| với mọi t. Vậy
|f (z0)| = 12π
2π0
|f (z0)|dt ≥ 12π
2π0
|f (z0 + ρeit)|dt.
Từ các kết quả trên ta phải có
|f (z0)| = 1
2π
2π0
|f (z0 + ρeit)|dt.
Suy ra
2π0
(|f (z0)| − |f (z0 + ρeit)|)dt = 0.
Vì |f (z0)|−|f (z0+ρeit)| ≥ 0 với mọi t, nên ta phải có |f (z0)| = |f (z0+ρeit)|với mọi t. Đặc biệt, |f (z1)| = |f (z0)|. Vậy |f (z)| = |f (z0)| với mọi z thỏa|z − z0| < ε.
Nếu f (z0) = 0, thì |f (z0)| = 0. Suy ra |f (z)| = 0 với mọi z thỏa|z − z0| < ε. Vậy f (z) = 0 với mọi z thỏa |z − z0| < ε hay f (z) nhận giátrị f (z0) trong ε-lân cận của z0. Nếu f (z0)
= 0, thì M =
|f (z0)
| > 0. Do
|f (z)| = |f (z0)| với mọi z thỏa |z − z0| < ε, ta có thể viết
f (z) = M ei arg f (z) = M eiθ(x,y) = M cos θ(x, y) + iM sin θ(x, y)
với mọi z = (x, y) thỏa |z − z0| < ε. Do f giải tích trong ε-lân cận của z0nên hàm f phải thỏa điều kiện Cauchy-Riemann trong lân cận đó, nghĩa là
−M sin θ(x, y)
∂θ(x, y)
∂x = M cos θ(x, y)
∂θ(x, y)
∂y
−M sin θ(x, y)∂θ(x, y)
∂y = −M cos θ(x, y)
∂θ(x, y)
∂x .
hay
sin θ(x, y)∂θ(x, y)
∂x + cos θ(x, y)
∂θ(x, y)
∂y = 0
cos θ(x, y)∂θ(x, y)
∂x − sin θ(x, y)
∂θ(x, y)
∂y = 0
Nếu xem hệ phương trình trên là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất vớiẩn là
∂θ(x, y)
∂x và
∂θ(x, y)
∂y có nghiệm duy nhất là
∂θ(x, y)
∂x =
∂θ(x, y)
∂y = 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
§ 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lý module cực đại 179
Từ đó suy ra θ(x, y) là hằng đối với (x, y) hay θ(x, y) = θ(x0, y0) với mọiz = (x, y) thỏa |z − z0| < ε. Vậy
f (z) = M eiθ(x0,y0) = M ei arg f (z0) = f (z0)
với mọi z thỏa |z − z0| < ε.
Nguyên lý modulus cực đại
7.4 Định lý. Nếu hàm f giải tích và không là hàm hằng trên miền D, thì |f (z)| không có giá trị lớn nhất trong D.
Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈ D sao cho |f (z0)| ≥ |f (z)| với mọiz
∈ D. Do z0
∈ D nên tồn tại ε > 0 sao cho
z :
|z
−z0
|< ε
⊆ D. Suy
ra |f (z)| ≤ |f (z0)| với mọi z thỏa |z − z0| < ε. Theo Định lý 7.3 ta cóf (z) = f (z0) với mọi z thỏa |z − z0| < ε.
••
•
• • • • •
••
•z∗z0z1
z2
D
zn+1
Hình V.18:
Lấy z∗ ∈ D tùy ý. Do D là một miền nên tồn tại một đường cong
nối
từ z0 đến z∗ nằm hoàn toàn trong D, và đường cong
là một tập compact.Cũng do D là miền nên d(
, ∂D) > 0 (khoảng cách từ
đến biên của D).Khi đó, trên
tồn tại dãy điểm phân biệt z0, z1, z2, . . . , zn = z∗ sao cho|zk+1 − zk| < δ = min
ε, d(
, ∂D)
với k = 0, 1, . . . , n − 1.Theo kết quả trên ta có f (z1) = f (z0) vì |z1 − z0| < ε. Suy ra |f (z1)| ≥
|f (z)| với mọi z ∈ D. Theo Định lý 7.3 và lập luận như ở phần đầu ta cóf (z) = f (z1) với mọi z thỏa |z − z1| < δ . Suy ra f (z2) = f (z1) = f (z0).
Tiếp tục quá trình như trên ta chứng minh được f (zn) = · · · = f (z2) =
f (z1) = f (z0). Do đó, f (z∗) = f (z0). Vậy ta được f (z) = f (z0) với mọiz ∈ D. Điều này mâu thuẫn với giả thiết, cho nên ta kết luận được |f (z)|không có giá trị lớn nhất trong D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
7.5 Hệ quả. Nếu hàm f giải tích trên miền bị chặn D và liên tục trên D ∪ ∂D thì giá trị lớn nhất của |f (z)| trên D ∪ ∂D đạt trên biên của D,đó là ∂D.
Chứng minh. Theo giả thiết D∪
∂D là tập compact nên |
f (z)| đạt giá
trị lớn nhất trên D ∪ ∂D. Giả sử tồn tại z0 ∈ D sao cho |f (z0)| ≥ |f (z)|với mọi z ∈ D ∪ ∂D. Khi đó, rõ ràng |f (z0)| cũng là giá trị lớn nhất của|f (z)| trên D. Do đó, theo Định lý 7.4 hàm f (z) là hằng trên D. Do f liêntục trên D ∪ ∂D nên f (z) cũng là hằng trên D ∪ ∂D. Do đó, giá trị lớnnhất của |f (z)| trên D ∪ ∂D đạt được trên ∂D.
7.6 Chú ý. Nếu miền D không bị chặn thì hệ quả trên không còn đúngnữa. Ví dụ xét hàm f (z) = ez trên D =
z
∈ C : Re z > 0
. Hàm
|f (z)
|không đạt cực đại trên biên vì |f (z)| = 1 với mọi z thuộc biên.
Bài tập
1 ) Cho hàm f liên tục trên tập compact D và giải tích nhưng không làhàm hằng trên phần trong của D. Giả sử f (z) = 0 với mọi z ∈ D, chứngminh rằng |f (z)| có giá trị nhỏ nhất m trong D đạt được chỉ trên biêncủa D.
2 ) Giả sử f là một hàm giải tích không là hằng trong một miền D. Chứngminh rằng với mọi tập compact K ⊂ D, những điểm mà |f (z)| đạt cực đạitrên K là những điểm biên của K .
3 ) Dùng hàm f (z) = z chứng minh rằng trong bài tập trên giả thiếtf (z) = 0 với mọi z ∈ D là cần thiết không thể bỏ được để có được kếtluận của bài tập ấy.
4 ) Xét hàm f (z) = (z + 1)2 và tập compact D là tam giác với các đỉnhz = 0, z = 2, và z = i. Tìm những điểm trên D mà |f (z)| đạt giá trị lớnnhất và nhỏ nhất.
5 ) Cho f (z) = u(x, y) + iv(x, y) là hàm liên tục trên tập compact D vàgiải tích nhưng không là hàm hằng trên phần trong của D. Chứng minhrằng u(x, y) đạt giá trị nhỏ nhất trên D chỉ tại biên của D.
6 ) Cho hàm f (z) = ez
và D là hình chữ nhật xác định bởi 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ π. Tìm các điểm trên D để hàm u(x, y) = Re[f (z)] đạt giá trị nhỏnhất, lớn nhất trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
§ 8 Định lý Liouville và định lý đại số cơ bản 181
7 ) Cho hàm f (z) = u(x, y)+iv(x, y) liên tục trên tập compact D và f giảitích nhưng không là hàm hằng trên phần trong của D. Chứng minh rằnghàm v(x, y) đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên D chỉ tại biên của D.
8 ) Cho dãy hàm f n hội tụ về hàm f trên miền đóng và bị chặn D.Chứng minh rằng nếu f n hội tụ đều về f trên ∂D thì nó hội tụ đềutrên D.
§ 8 Định lý Liouville và định lý đại số cơ bản
Định lý Liouville
Cho z0 là một số phức cố định. Nếu hàm f giải tích trong và trên đườngtròn có phương trình |z − z0| = R, đường tròn này được định hướng dươngvà ký hiệu là C R, thì theo Định lý 5.7 ta có
f (n)(z0) = n!
2πi
C R
f (z)
(z − z0)n+1dz.
Ký hiệu M R là giá trị lớn nhất của |f (z)| trên đường tròn C R; khi đó
|f (z)| ≤ M R với mọi z thỏa |z − z0| = R. Từ đó ta tính được
|f (n)(z0)| = n!
2πi
C R
f (z)
(z − z0)n+1dz
≤ n!
2π
2π0
M RRn+1
Rdt
= n!M R
Rn .
Vậy ta có được bất đẳng thức Cauchy
|f (n)(z0)| ≤ n!M RRn
.(8.1)
Trường hợp n = 1,
|f ′(z0)| ≤ M RR
.(8.2)
8.3 Định lý. (Liouville) Nếu hàm f giải tích và bị chặn trên C, thì f (z)
là hàm hằng trên C.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
nghĩa là |f (z)| bị chặn trên tập z : |z| > R.Mặt khác, do f (z) giải tích trên C, nên |f (z)| bị chặn trên tập compact
z : |z| ≤ R. Vậy |f (z)| bị chặn trên C. Do đó, theo định lý Liouville f (z)
là hàm hằng trên C. Suy ra P (z) là hàm hằng trên C. Đây là điều vô lý(bởi vì nếu P (z) là hàm hằng thì P (n)(z) = 0 trong khi đó thực sự ta cóP (n)(z) = n!an = 0), cho nên tồn tại z0 ∈ C sao cho P (z0) = 0.
Bài tập
1 ) Cho f là hàm giải tích trên C sao cho |f (z)| ≤ A|z| với mọi z, trongđó A là một hằng số thực dương. Chứng minh rằng f (z) = az trong đó a
là hằng số phức.
2 ) Chứng minh rằng với R đủ lớn, hàm đa thức P (z) = a0+a1z+· · ·+anzn
với an = 0 thỏa bất đẳng thức
|P (z)
|< 2
|an
|zn với mọi
|z| ≥
R.
§ 9 Nguyên lý Montel9.1 Định nghĩa. Họ F các hàm xác định trên D được gọi là bị chặnđều trên các tập compact nếu
sup|f (z)| : z ∈ K, f ∈ F < ∞
với mọi tập compact K ⊆ D.
9.2 Định nghĩa. Họ F các hàm xác định trên D được gọi là đồng liêntục trên các tập compact nếu với mọi tập compact K ⊆ D và mọi ε > 0
tồn tại δ = δ (K, ε) sao cho
|f (z) − f (z′)| < ε với mọi z, z′ ∈ K thỏa |z − z′| < δ.
9.3 Định lý. Mọi họ các hàm giải tích F xác định trên miền D (nghĩa là F ⊆ H(D)) bị chặn đều trên các tập compact là đồng liên tục trên các tậpcompact.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Lấy K là tập compact tùy ý thỏa K ⊆ D. Khi đó, ta cóK ∩ ∂D = ∅. Đặt d = 1
4d(K,∂D) > 0. Đặt
B = z ∈ D : d(z, K ) ≤ 2d .
Ta có thể chứng minh được B là tập compact. Theo giả thiết họ F bị chặnđều trên B, nghĩa là tồn tại M > 0 sao cho
|f (z)| ≤ M mọi z ∈ B, mọi f ∈ F .
Với ε > 0 tùy ý, chọn δ = mind, dεM . Với z1 ∈ K tùy ý, ta có d(z, K ) ≤d(z, z1) ≤ 2d với mọi z ∈ B(z1, 2d). Suy ra B(z1, 2d) ⊆ B. Do đó, theocông thức tích phân Cauchy với mọi z
∈B(z1, 2d) ta có
f (z) =
|η−z1|=2d
f (η)
η − zdη.
Như vậy, với kết quả vừa chứng minh ta suy ra được với mọi f ∈ F vàmọi z1, z2 ∈ K thỏa |z1 − z2| < δ ta có |η − z2| > 2d − δ ≥ d và
|f (z1) − f (z2)| = 1
2πi
|η−z1|=2d
f (η)
η − z1 dη − 1
2πi
|η−z1|=2d
f (η)
η − z2 dη=
1
2π
|η−z1|=2d
f (η)(z1 − z2)
(η − z1)(η − z2)dη
≤ 1
2π
M |z1 − z2|2d · d
2π2d
< M
d
δ
≤ ε.
Vậy họ F đồng liên tục đều trên K .
9.4 Định lý. Giả sử dãy các hàm giải tích f n ⊆ H(D) bị chặn đều trên các tập compact hội tụ trên một tập con E ⊆ D nào đó trù mật trong D.Khi đó, dãy f n hội tụ đều trên các tập compact trong D.
Chứng minh. Theo định lý trên dãy f n đồng liên tục trên các tậpcompact. Xét tập K ⊆ D compact tùy ý. Khi đó, B = z ∈ D : d(z, K ) ≤
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
d = d(K,∂D)/2 cũng là tập compact. Theo tính đồng liên tục, tồn tạiδ > 0 sao cho
|f n(z1) − f n(z2)| < ε
3, với mọi z1, z2 ∈ B thỏa |z1 − z2| < δ và mọi n.
Với z ∈ K tùy ý và với mỗi z′ ∈ B(z, η) với η ≤ d bất kỳ, ta có d(z′, K ) ≤d(z′, z) ≤ η ≤ d, suy ra B (z, η) ⊆ B. Mặt khác, do E trù mật trong D nênB(z, η) ∩ E = ∅. Từ đó suy ra tồn tại z∗ ∈ E ∩ B sao cho |z − z∗| < δ .
Theo giả thiết dãy f n hội tụ trên E , nên tồn tại N > 0 sao cho
|f n(z∗) − f m(z∗)| < ε
3 với mọi n,m > N.
Do đó, với mọi n, m > N ta có
|f n(z) − f m(z)| ≤ |f n(z) − f n(z∗)| + |f n(z∗) − f m(z∗)|+ |f m(z∗) − f m(z)|
< ε
3 +
ε
3 +
ε
3 = ε.
Do z ∈ K tùy ý, nên dãy f n hội tụ đều trên K .
9.5 Định lý. (Montel) Giả sử D là một miền trong C và F ⊆ H(D).
Khi đó, F bị chặn đều trên các tập compact nếu và chỉ nếu mọi dãy f n ⊆ F chứa một dãy con f nk hội tụ đều trên các tập compact.
Chứng minh. Giả sử họ F bị chặn đều trên các tập compact và f n làmột dãy tùy ý trong F . Lấy một tập đếm được trù mật E = α1, α2, . . .trong D. Ta thấy rằng dãy f n bị chặn đều trên các tập compact. Do đó,với mỗi αj ∈ E ta có f 1(αj), f 2(αj), . . . , bị chặn. Cụ thể dãy
f 1(α1), f 2(α1), . . . , f n(α1), . . .
bị chặn nên theo định lý Bolzano-Weierstrass tồn tại một dãy con hội tụgọi nó là
f n11
(α1), f n12
(α1), . . . , f n1k
(α1), . . . .
Ta có thể nhận thấy
f n11
(α2), f n12
(α2), . . . , f n1k
(α2), . . .
là dãy con của dãy f 1(α2), f 2(α2), . . . , f n(α2), . . . nên nó bị chặn, cho nên
cũng theo định lý Bolzano-Weierstrass tồn tại dãy con hội tụ gọi nó là
f n21
(α2), f n22
(α2), . . . , f n2k
(α2), . . .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
trong đó mọi dãy sau là dãy con của dãy trước, và dãy con ở dòng thứ q hội
tụ tại αq. Khi đó, f nkkk là một dãy con của dãy f n (gọi là dãy đường
chéo Cantor). Chúng ta khẳng định rằng dãy con f nkkk hội tụ E . Thật vậy
với mỗi αq ta có dãy f nkk
(αq) hội tụ vì các phần tử f nqq(αq), f nq+1q+1
(αq), . . .
là dãy con của dãy f nq1 (αq), f nq2 (αq), . . . , f nqk
(αq), . . . , nên nó hội tụ. Dosự hội tụ của dãy không phụ thuộc khi ta thay đổi hữu hạn các số hạngcủa dãy, cho nên dãy f nk
k(αq)k hội tụ. Theo Định lý 9.4 dãy f nk
kk hội
tụ đều trên các tập compact.
Ngược lại, với K ⊂ D compact bất kỳ, giả sử tồn tại a ∈ K sao chovới mọi ε > 0 ta có sup|f (z)| : z ∈ K ∩ B(a, ε), f ∈ F = ∞. Khi đó, vớimỗi n tồn tại zn ∈ K thỏa |zn − a| < 1
n và f n ∈ F thỏa |f n(z)| > n. Theogiả thiết tồn tại dãy con f nk của dãy f n sao cho f nk hội tụ đều trêncác tập compact của D. Rõ ràng tập E = a ∪ znk : k = 1, 2, . . . là tậpcompact. Do đó, f nk hội tụ đều trên E , cho nên f nk bị chặn đều trênE , nhưng điều này mâu thuẫn với định nghĩa các hàm f n và các điểm znlà
|f nk(znk)
| ≥nk
→ ∞khi k
→ ∞. Do đó, với mọi a
∈K tồn tại ε(a) > 0
sao chosup|f (z)| : z ∈ K ∩ B(a, ε(a)), f ∈ F < ∞.
Rõ ràng họ B(a, ε(a))a∈K phủ K nên tồn tại họ con B(aj , εj)nj=1 vẫnphủ K . Đặt
M = max1≤j≤n
sup|f (z)| : z ∈ K ∩ B(aj , εj), f ∈ F.
Từ đó ta suy ra được |f (z)| ≤ M với mọi z ∈ K và mọi f ∈ F . Do đó, tađược F bị chặn đều trên các tập compact.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1.1 Định nghĩa. Hàm thực u(x, y) xác định trên miền D và có đạo hàmriêng cấp hai liên tục và thỏa điều kiện u′′xx(x, y) + u′′yy(x, y) = 0 với mọi(x, y) ∈ D được gọi là hàm điều hòa.
1.2 Thí dụ. Hàm u(x, y) = x2 + xy − y2 là hàm điều hòa trên R2. Thậtvậy u′x(x, y) = 2x + y, u′′xx(x, y) = 2 và u′y(x, y) = x − 2y, u′′yy(x, y) = −2,suy ra u′′xx(x, y) + u′′yy(x, y) = 0.
1.3 Cho hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên D. Theo Hệ quả 5.13ta có các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng mọi cấp liên tục.Hơn nữa, theo Định lý Cauchy-Riemann 1.10 trang 80 ta có mối liên hệgiữa hai hàm u(x, y) và v(x, y) trên D như sau
∂u
∂x (x, y) =
∂v
∂y (x, y)
∂u
∂y (x, y) = −∂v
∂x (x, y).
suy ra
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1.11 Định lý. (Giá trị trung bình) Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D và z0 ∈ D. Khi đó,
u(x0, y0) = 1
2π 2π
0
u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)dϕ
với mọi 0 < r < d(z0, ∂D).
Chứng minh. Lấy 0 < r < d(z0, ∂D) tùy ý. Theo Định lý 1.9 tồn tại hàmgiải tích f nhận u(x, y) làm hàm phần thực trên miền đơn liên B(z0, R)
với r < R < d(z0, ∂D). Ta áp dụng Định lý 7.1 trang 177 thu được
f (z0) = 12π 2π0
f (z0 + reiϕ)dϕ.
Do đó, ta có
u(x0, y0) = Re f (z0) = 1
2π
2π0
Re f (z0 + reiϕ)dϕ
= 1
2π 2π
0
u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)dϕ.
1.12 Định lý. Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D và u đạt giá trị lớn nhất trong D thì u là hàm hằng.
Chứng minh. Giả sử hàm u đạt giá trị lớn nhất tại z0 = (x0, y0) ∈ D.Tồn tại r > 0 sao cho B(z0, r) ⊂ D. Vậy u cũng đạt giá trị lớn nhất trênB(z0, r) tại z0. Theo Định lý 1.9 tồn tại hàm giải tích f trên B(z0, r) nhận
u(x, y) làm hàm phần thực. Khi đó, hàm ef (z) giải tích trên B(z0, r) và|ef (z)| = eu(x,y). Vậy |ef (z)| đạt giá trị lớn nhất trên B(z0, r) tại z0. Dođó, theo Định lý 7.3 trang 177 hàm ef (z) phải là hàm hằng trên B(z0, r);từ đó suy ra eu(x,y) và u(x, y) là hàm hằng trên B(z0, r). Phần còn lại củaphép chứng minh lập luận hoàn toàn tương tự như chứng minh định lýnguyên lý modulus cực đại trang 179.
1.13 Nhận xét. Định lý trên vẫn đúng khi ta thay giả thiết hàm u đạtgiá trị lớn nhất trong D bởi giả thiết hàm u đạt giá trị nhỏ nhất trong D
bởi vì nếu hàm u là hàm điều hòa thì hàm −u cũng là hàm điều hòa.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1 ) Chứng minh rằng u(x, y) = 3x + y là hàm điều hòa. Tìm hàm điềuhòa v(x, y) liên hợp với u(x, y).
2 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 − y2 là hàm điều hòa. Tìm hàm điềuhòa v(x, y) liên hợp với u(x, y).
3 ) Chứng minh rằng u(x, y) = 2xy − x là hàm điều hòa. Tìm hàm giảitích f (z) nhận u(x, y) làm hàm phần thực.
4 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 − y2 + 5x + y − y
x2 + y2 là hàm điều
hòa. Tìm hàm giải tích f (z) có phần thực là hàm u(x, y).
5 ) Chứng minh rằng v(x, y) = x2 − y2 + xy là hàm điều hòa. Tìm hàmgiải tích f (z) có phần ảo là hàm v(x, y).
6 ) Chứng minh rằng v(x, y) = ln(x2 + y2) + x − 2y là hàm điều hòa. Tìmhàm giải tích f (z) có phần ảo là hàm v(x, y).
7 ) Chứng minh rằng nếu v là hàm liên hợp điều hòa của u trên miền D
và u là hàm liên hợp điều hòa của v trên D, thì u(x, y) và v(x, y) phải làhàm hằng trên D.
8 ) Giả sử f là hàm giải tích trên C và hàm điều hòa u(x, y) = Re[f (z)]
là hàm bị chặn trên. Chứng minh rằng u(x, y) phải là hàm hằng trên R2.
9 ) Cho hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên miền D. Giải thíchtại sao các hàm U (x, y) = eu(x,y) cos v(x, y) và V (x, y) = eu(x,y) sin v(x, y)
điều hòa trên D và V (x, y) thật sự là một hàm liên hợp điều hòa củaU (x, y).
10 ) Cho hàm f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ) giải tích trên miền D mà nó khôngchứa gốc tọa độ. Dùng hệ phương trình Cauchy-Riemann ở dạng tọa độcực và giả sử các đạo hàm riêng liên tục, chứng minh rằng hàm u(r, θ)
thỏa, trên miền D, phương trình đạo hàm riêng
r2u′′rr(r, θ) + ru′r(r, θ) + u′′θθ(r, θ) = 0,
nó là phương trình Laplace dạng cực . Chứng minh rằng điều đó vẫn đúngcho hàm v(r, θ).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
§ 2 Công thức Schwarz và công thức Poisson2.1 Định lý. (Công thức Schwarz) Giả sử f (z) = u(x, y) + iv(x, y),với z = x + iy, là hàm liên tục trên B(0, r) giải tích trên B(0, r). Khi đó
f (z) = 1
2π
2π0
u(r cos ϕ, r sin ϕ)reiϕ + z
reiϕ − zdϕ + iv(0, 0)(2.2)
với z ∈ B(0, r).
Chứng minh. Với mọi |z| < r, theo công thức tích phân Cauchy đối vớiđường tròn |z| = r định hướng dương ta có
f (z) = 1
2πi ∂B(0,r)
f (ξ )
ξ − zdξ =
1
2π 2π
0
f (reiϕ) reiϕ
reiϕ − zdϕ.(2.3)
Đặc biệt, ta có
f (0) = 1
2π
2π0
f (reiϕ)dϕ.(2.4)
Kết hợp hai đẳng thức trên ta có
f (z) − 1
2f (0) =
1
4π 2π
0
f (reiϕ)
2reiϕ
reiϕ
−z − 1
dϕ
= 1
4π
2π0
f (reiϕ)reiϕ + z
reiϕ − zdϕ.
(2.5)
Mặt khác, vì |z| = |z| < r nênr2
z
> r nên f (ξ )
ξ − r2
z
giải tích trên
B(0, r) và liên tục trên B(0, r). Do đó, theo Định lý Cauchy-Goursat ta có
0 = 1
2πi ∂B(0,r)
f (ξ )
ξ − r2
z
dz = 1
2π 2π
0
f (reiϕ) reiϕz
zreiϕ
−r2
dϕ
Từ đó ta viết lại
1
2π
2π0
f (reiϕ) z
z − re−iϕdϕ = 0.(2.6)
Từ công thức này kết hợp với (2.4) ta được
1
2f (0) =
1
4π 2π
0
f (reiϕ)dϕ − 1
2π 2π
0
f (reiϕ) z
z
−re−iϕ
dϕ
= 1
4π
2π0
f (reiϕ)re−iϕ + z
re−iϕ − zdϕ.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Khi z = ρeiθ ta có (x, y) = (ρ cos θ, ρ sin θ), |z| = ρ và
|reiϕ − ρeiθ|2 = (r cos ϕ − ρ cos θ)2 + (r sin ϕ − r sin θ)2
= r2 − 2rρ cos(ϕ − θ) + ρ2.
Từ đó thay vào công thức (2.10) ta được công thức (2.11).
Bài tập
1 ) Chứng minh rằng có thể viết công thức Schwarz dưới dạng
f (z) = 1
πi |ξ|=ru(ξ )
ξ
−z
dξ − f (0).
Gợi ý : Dùng đẳng thức ξ + z
ξ (ξ − z) =
2
ξ − z − 1
ξ .
2 ) Từ công thức tích phân Poisson hãy chứng minh
(a) 1
2π
2π0
R2 − r2
R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2dϕ = 1
(b) u(r, ϕ)−u(R, θ0) = 12π
2π0
[u(R, θ)−u(R, θ0)] R2 − r2
R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2dθ
(c) Nếu |u(R, θ) − u(R, θ0)| < ε đối với |θ − θ0| < ϕ thì
1
2π
|θ−θ0|<α
|u(R, θ) − u(R, θ0)| R2 − r2
R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2dθ < ε.
3 ) Chứng minh rằng nếu f (z) chỉnh hình trong hình tròn xác định bởi|z| < 1 và f (α) = 0 với |α| < 1 và |f (z)| ≤ 1 thì với |z| ≤ 1 ta có
|f (z)| ≤ z − α
1 − αz
.§ 3 Bài toán Dirichlet
3.1 (Bài toán Dirichlet) Cho một miền đơn liên D trong R2 với biên
∂D là một đường cong Jordan. Giả sử trên ∂D cho hàm liên tục u. Hãytìm một thác triển điều hòa của u tới D. Nói cách khác, tìm hàm liên tụctrên D điều hòa trong D sao cho hạn chế của nó trên ∂D là u.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Bài toán Dirichlet này tồn tại nghiệm và là nghiệm duy nhất. Tuynhiên, để đơn giản ta chỉ xét trường hợp D là hình tròn, và ta có định lý sau.
3.2 Định lý. Đối với mọi hàm u liên tục trên biên ∂B(0, R) (là đường
tròn có phương trình |z| = R) của hình tròn B(0, R) tồn tại duy nhất hàm liên tục h trên B(0, R) và điều hòa trong B(0, R) sao cho h|∂B(0,R) = u.
Chứng minh. Đầu tiên ta chứng tỏ rằng nếu bài toán Dirichlet có nghiệmthì nghiệm đó là duy nhất. Thật vậy, giả sử h1 và h2 là hai nghiệm của bàitoán Dirichlet. Khi đó, hàm v = h1 − h2 liên tục trên B(0, R), điều hòatrên B (0, R) và bằng không trên ∂ B(0, R). Do B(0, R) là tập compact nênv tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên B(0, R). Nếu giá trị lớn nhấtvà nhỏ nhất của v trên B(0, R) đạt được trên biên ∂B(0, R), thì rõ ràngvmax = vmin = 0, suy ra v = 0 hay h1 = h2 trên B(0, R). Nếu giá trị lớnnhất hay nhỏ nhất đạt được trong B(0, R), thì theo Định lý 1.12 ta có h làhàm hằng trên B(0, R). Mặt khác, do v liên tục trên B(0, R) và v|∂B(0,R) =
0 (lấy z0 ∈ ∂B(0, R) ta có 0 = v(z0) = limz→z0|z|<R
v(z) = limz→z0|z|<R
const = const)
nên suy ra v ≡ 0 hay h1 = h2 trên B(0, R).Để tiện việc chứng minh ta ký hiệu D = B(0, R), C R là đường tròn
|z
|= R được định hướng dương và ta đồng nhất R2 với C. Vậy hàm u liên
tục trên đường tròn C R. Đối với mỗi điểm z ∈ D đặt
u(z) = 1
2π
2π0
u(Reiϕ) R2 − |z|2|Reiϕ − z|2 dϕ.(3.3)
Theo Định lý 1.9 và Định lý 2.9 công thức trên chính là công thức Poissonkhi u là hàm điều hòa và u|C R = u. Thật sự hàm u là hàm điều hòa. Ta có
R2 − |z|2
|ξ
−z
|2
= Re ξ + z
ξ
−z
với ξ = Reiϕ.
Do đó, u là hàm phần thực của hàm
f (z) = 1
2π
2π0
u(Reiϕ)Reiϕ + z
Reiϕ − zdϕ =
1
2πi
C R
u(ξ ) ξ + z
ξ (ξ − z)dξ.
Do u(ξ ) ξ + z
ξ (ξ − z) liên tục trên đường tròn định hướng dương C R nên theo
tích phân loại Cauchy ta có hàm f (z) giải tích trên D. Do đó, ta có hàmu điều hòa trên D. Ta chỉ còn kiểm tra lại rằng
u(ξ ) = limz→ξz∈D
u(z) với mỗi |ξ | = R(3.4)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Thật sự giới hạn trên là đều theo Reiϕ ∈ Γ ⊂ C R với Γ là cung bất kỳtrên C R không là lân cận của Reiϕ0 . Thật vậy khi đó d(Reiϕ0 , Γ) > 0 vàchọn 0 < δ < 1
2d(Reiϕ0 , Γ); khi đó với mọi z ∈ D thỏa |z − Reiϕ0 | < δ ta
Theo giả thiết hàm u khả tích trên ξ : |ξ − z0| ≤ r + δ nên tồn tạiM δ = sup|u(ξ )| : |ξ − z0| ≤ r + δ (rõ ràng M δ giảm theo δ ). Với mọi|z − z0| < δ ta có ξ : |ξ − z| ≤ r ⊂ ξ : |ξ − z0| ≤ r + δ và
|u(z0) − u(z)| = 1π(r + δ )2
ξ:|ξ−z0|≤r+δ
u(ξ )dxdy
− 1
πr2
ξ:|ξ−z|≤r
u(ξ )dxdy
≤ 1
π(r + δ )2
ξ:|ξ−z0|≤r+δ,|ξ−z|≥r
u(ξ )dxdy
1
πr2 − 1
π(r + δ )2 ξ:|ξ−z|≤r
u(ξ )dxdy
≤ π(r + δ )2 − πr2
π(r + δ )2 M δ +
(r + δ )2 − r2
(r + δ )2 M δ
< 4δM δ
r → 0 khi δ → 0
Vậy với ε > 0 cho trước có thể chọn được δ > 0 đủ bé sao cho với mọiz ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta có |u(z) − u(z0)| < ε. Do đó, hàm u liên tục tạiz0. Từ đó ta kết luận được u liên tục trên D vì z0 được chọn tùy ý trongD.
Với z0 ∈ D bất kỳ, hàm u liên tục trên D nên theo Định lý 3.2 tồn tạiduy nhất hàm điều hòa h là thác triển của hàm u|z:|z−z0|=r (trong đór > 0 sao cho B(z0, r) ⊂ D). Ta chứng minh u = h trên B(z0, r). Do u vàh liên tục trên B(z0, r) nên hàm v = u − h liên tục trên B(z0, r), suy ra nó
đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên hình tròn đóng đó. Giả sử cả hai giátrị lớn nhất và nhỏ nhất ấy đạt được trên đường tròn |z − z0| = 0; từ đósuy ra vmax = 0 = vmin (hàm v bằng 0 trên đường tròn ấy). Do đó, v = 0
trên B(z0, r) hay h(z) = u(z) với mọi z ∈ B(z0, r).Giả sử một trong hai giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của v đạt được
trong B(z0, r); nhưng do khi cần ta xét −v thay cho v nên ta giả sử v
đạt giá trị lớn nhất trong B(z0, r) tại z1. Ta cần chứng minh v = 0 trênB(z0, r). Giả sử điều đó không đúng; nghĩa là tồn tại z2 ∈ B(z0, r) sao cho
v(z2) < v(z1). Đặc biệt, nếu z2 ∈ B(z1, r1) với r1 = r − |z1 − z0|. Khi đó,0 < r2 = r1 − |z2 − z1| và B(z2, r2) ⊂ B(z1, r1) ⊂ B(z0, r). Từ giả thiếtđối với hàm u và chiều thuận đối với hàm h ta dễ dàng suy ra được đẳng
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
thức tích phân của định lý vẫn đúng đối với hàm v; do đó ta có
v(z1) = 1
πr21
B(z1,r1)
v(ξ )dxdy
= 1πr21
B(z1,r1)\B(z2,r2)
v(ξ )dxdy + 1πr21
B(z2,r2)
v(ξ )dxdy
≤ 1
πr21v(z1)(πr21 − πr22) +
1
πr21πr22v(z2)
< v(z1)
vô lý. Vậy ta không thể có z2 ∈ B(z1, r1). Với chứng minh này ta thật sự có
kết quả sau: với mỗi r′ > 0 sao cho B(z1, r′) ⊂ B(z0, r) ta có v(z) = v(z1)với mọi z ∈ B(z1, r′).
Ta trở lại trường hợp z2 /∈ B(z1, r1). Ta nối z1 với z2 và đặt r′ =
minr − |z1 − z0|, r − |z2 − z0|. Khi đó, mọi đường tròn có tâm nằm trênđoạn nối z1 và z2 có bán kính r′ đều nằm trong hình tròn B(z0, r). Đầutiên ta tìm giao điểm w1 giữa đường tròn tâm |z − z1| = r′ với đoạn z1z2.Khi đó, từ nhận xét trên ta suy ra được v(w1) = v(z1). Nếu đường tròntâm w1 bán kính r′ chứa z2 thì ta gặp mâu thuẫn như trên. Nếu z2 không
nằm trong hình tròn B(w1, r′) thì tiếp tục xét tròn tâm w2 bán kính r′ (vớiw2 là giao điểm, khác với z1, của đường tròn |z − w1| = r′ với đoạn z1z2).Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta nhận được điểm z2 nằm trongđường tròn tâm wn bán kính r′ trong đó v(z2) < v(z1) = v(wn). Như vậy,ta gặp phải mâu thuẫn như lý luận trên.
·z0·z1
·z2
z0
z2 z1
Hình VI.2:
Vậy không tồn tại z2 ∈ B(z0, r) sao cho v(z2) < v(z1), nghĩa là v phảilà hàm hằng trên B(z0, r). Hơn nữa, do tính liên tục của v trên B(z0, r)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
nên v là hàm hằng (suy ra v = 0) trên B(z0, r). Vậy u = h trên B(z0, r).Nghĩa là u là hàm điều hòa trên B(z0, r) cụ thể là tại z0. Vậy u là hàmđiều hòa trên D do z0 ∈ D tùy ý.
3.8 Định lý. Hàm thực liên tục u trên miền D là điều hòa nếu và chỉ nếu u có tính chất giá trị trung bình
u(z) = 1
2π
2π0
u(z + reiϕ)dϕ,
với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(z,∂D).
Chứng minh. Do Định lý 1.11 nên chỉ cần chứng minh điều kiện đủ. Dou là hàm liên tục nên nó khả tích trên ξ : |ξ − z| ≤ r và ta có
ξ:|ξ−z|≤r
u(ξ )dxdy =
(s,ϕ):0≤s≤r,0≤ϕ≤2π
u(z + seiϕ)sdsdϕ
=
r0
s 2π
0
u(z + seiϕ)dϕ
ds
= r
0
s2πu(z)ds
= πr2u(z)
Do đó, với mọi 0 < r < d(z,∂D) ta có
u(z) = 1
πr2
ξ:|ξ−z|≤r
u(ξ )dxdy.
Do đó, theo Định lý 3.7 ta có u là hàm điều hòa trên D.
§ 4 Nguyên lý Harnack
4.1 Bất đẳng thức Harnack. Chúng ta nhắc lại rằng công thức Pois-son cho phép chúng ta biểu diễn hàm điều hòa qua giá trị của nó trênđường tròn. Ta viết lại (2.10) như sau
u(z) = 1
2π
2π0
u(reiϕ) r2 − |z|2|reiϕ − z|2dϕ(4.2)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
trong đó |z| < r và hàm u điều hòa trên B(0, r). Ta có bất đẳng thức
(r − |z|)2 ≤ |reiϕ − z|2 ≤ (r + |z|)2suy ra
r − |z|r + |z| ≤
r2 − |z|2|reiϕ − z|2 ≤
r + |z|r − |z|
trong đó |z| < r. Đặc biệt trong trường hợp u(z) ≥ 0 với mọi z ∈ B(0, r)
từ (4.2) ta được
r − |z|r + |z|
1
2π
2π0
u(reiϕ)dϕ ≤ u(z) ≤ r + |z|r − |z|
1
2π
2π0
u(reiϕ)dϕ
Theo Định lý 1.11 ta suy ra được
r − |z|r + |z|u(0) ≤ u(z) ≤ r + |z|
r − |z|u(0) với mọi |z| < r.(4.3)
Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Harnack.
4.4 Định lý. (Harnack) Giả sử u là giới hạn của dãy không giảm các
hàm điều hòa uk trên miền D. Khi đó, hoặc u là điều hòa hoặc u = ∞.Trong trường hợp u = ∞, dãy uk tăng đều trên mọi tập compact trong D tới ∞.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh nếu dãy uk hội tụ tại z0 ∈ D thìnó hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng B(z0, ρ) ⊂ D. Khi đó, ρ < d(z0, ∂D),cho nên tồn tại ρ < r < d(z0, ∂D). Suy ra B (z0, r) ⊂ D. Với mọi m > n tacó um − un ≥ 0. Theo bất đẳng thức Harnack cho hàm điều hòa um − un
Khi đó, với mọi z ∈ B(z0, ρ) ta có |z − z0| < ρ và
un(z) ≥ r
−ρ
r + ρ un(z0).
Do limn→∞
un(z0) = ∞ nên suy ra un hội tụ đều về ∞ trên B(z0, ρ). Với
K ⊂ D là tập compact bất kỳ, ta có d(K,∂D) > 0. Từ định nghĩa tậpcompact và kết quả vừa được chứng minh ta dễ dàng suy ra được dãy unhội tụ đều về ∞ trên K (chứng minh chi tiết xin dành cho bạn đọc xem
như bài tập).
Bài tập
1 ) Cho hàm u liên tục trên B(z0, r) và điều hòa trên B(z0, r). Chứngminh rằng với mọi z ∈ B(z0, r) ta luôn có
r − ρ
r + ρu(z0) ≤ u(z) ≤ r + ρ
r − ρu(z0) trong đó ρ = |z − z0| < r.(4.5)
2 ) Trình bày chứng minh dãy uk hội tụ đều về ∞ trên tập compactK ⊂ D trong Định lý 4.4.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
§ 5 Hàm điều hòa dưới5.1 Định nghĩa. Hàm u : D → [−∞, ∞] gọi là nửa liên tục trên nếu
limδ→0 sup|z−z0|<δ u(z) = u(z0) với mọi z0 ∈ Ω
Một cách tương đương, u−1([−∞, a)) là mở với mọi −∞ < a < ∞.
Từ định nghĩa ta thấy được rằng hàm u liên tục trên D khi và chỉ khiu và −u nửa liên tục trên trên D.
5.2 Định nghĩa. Hàm u : D → [−∞, ∞) được gọi là điều hòa dưới nếu
(a) u nửa liên tục trên(b) Với mọi z0 ∈ D tồn tại 0 < r < d(z0, ∂D) sao cho nếu h là hàm điều
hòa trên B(z0, δ ) và liên tục trên B(z0, δ ) với 0 < δ ≤ r mà h ≥ u
trên ∂B(z0, δ ) thì h ≥ u trên B(z0, δ ).
Ta nhận thấy từ định nghĩa hàm điều hòa dưới và kết quả của Định lý3.2 rõ ràng mọi hàm điều hòa là điều hòa dưới.
5.3 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và đạt giá trị lớn nhất trong D thì u là hàm hằng.
Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈ D để u(z0) ≥ u(z) với mọi z ∈ D,nghĩa là hàm u đạt giá trị lớn nhất tại z0. Giả sử hàm u không là hàmhằng trên bất cứ ε-lân cận nào của z0. Khi đó, với ρ = d(z0, ∂D) > 0
hàm u không là hàm hằng trên B(z0, ρ) nghĩa là tồn tại ξ ∈ B(z0, ρ)
sao cho u(ξ ) < u(z0). Khi đó, tồn tại ε > 0 sao cho u(ξ ) < u(z0) − ε.
Do hàm u nửa liên tục trên trên D nên tập u−1
([−∞, u(z0) − ε)) mởvà ξ ∈ u−1([−∞, u(z0) − ε)). Do đó, tồn tại 0 < δ < minr, ρ − r vớir = |ξ − z0| sao cho B(ξ, δ ) ⊂ u−1([−∞, u(z0) − ε)), nghĩa là với mọiz ∈ B(ξ, δ ) ta có u(z) < u(z0) − ε.
z0
ξ
Γ1Γ
C r
Hình VI.4:
Lấy Γ là một cung trên đường tròn C r cóphương trình |z − z0| = r chứa ξ và nằm tronghình tròn B(ξ, δ ). Lấy cung nhỏ Γ1 ⊂ Γ cũngchứa ξ . Như trong hình vẽ minh họa điểm ξ là
trung điểm của cả hai cung Γ và Γ1. Ta xây dựngđược hàm liên tục h trên C r thỏa h(z) = u(z0)−ε
với mọi z ∈ Γ1, h(z) = u(z0) với mọi z ∈ C r \ Γ
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4 ) Cho đường tròn C R có biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ 2π.Γ và Γ1 là các cung trên đường tròn C R có biểu diễn tham số lần lượt làγ (t) = Reit với ϕ1 ≤ t ≤ ϕ2 và γ 1(t) = Reit với ϕ3 ≤ t ≤ ϕ4 trong đó0 < ϕ1 < ϕ3 < ϕ4 < ϕ2 < 2π. Hãy biểu diễn một hàm liên tục h trên C R
thỏa h(z) = a với mọi z ∈ Γ1 và h(z) = b với mọi z ∈ C R \ Γ trong đóa = b.
5 ) Hoàn thành việc chứng minh hàm u là hàm hằng trên D trong Địnhlý 5.3.
§ 6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới
6.1 Định lý. Để hàm nửa liên tục trên u : D → [−∞, ∞) điều hòa dưới cần và đủ là
u(z) ≤ 1
2π 2π0 u(z + re
iϕ
)dϕ(6.2)
với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(z,∂D).
Chứng minh. Giả sử u là hàm điều hòa dưới trên D, giả sử z ∈ D và0 < r < d(z,∂D). Với mỗi k đặt
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
thỏa u ≤ h trên C r, |z − z0| = r. Khi đó, hàm v = u − h nửa liên tục trên ởtrên B(z0, r). Mặt khác, theo điều kiện (6.2) và định lý giá trị trung bìnhđối với hàm điều hòa ta có
u(z) − h(z) ≤ 1
2π 2π0
u(z + ρeiϕ
)dϕ − 1
2π 2π0
h(z + ρeiϕ
)dϕ
hay
v(z) ≤ 1
2π
2π0
v(z + ρeiϕ)dϕ
trong đó z ∈ B(z0, r) và 0 < ρ < r − |z − z0|. Từ kết quả này và tính nửaliên tục trên của v trên B(z0, r) và tương tự như cách chứng minh Định lý5.3 ta cũng thu được kết quả: nếu hàm v đạt giá trị lớn nhất trong B(z0, r)
thì là nó là hàm hằng trên B(z0, r) (phép chứng minh xin dành cho bạnđọc xem như bài tập). Ta có v ≤ 0 trên C r và hàm v nửa liên tục trên ởtrên B(z0, r) nên (như trong chứng minh Định lý 5.4 ta suy ra nếu v đạtgiá trị lớn nhất trong B(z0, r) thì giá trị lớn nhất của v trên B(z0, r) phảinhỏ hơn hoặc bằng 0. Nếu giá trị lớn nhất của v trên B(z0, r) đạt đượctrên C r thì rõ ràng giá trị lớn nhất đó nhỏ hơn hoặc bằng 0. Vậy ta luôncó giá trị lớn nhất của v trên B(z0, r) nhỏ hơn hoặc bằng 0, suy ra v ≤ 0
trên B(z0, r) hay u
≤h trên B(z0, r). Do đó, u là hàm điều hòa dưới.
6.3 Định lý. Nếu f là hàm giải tích trên miền D thì ln |f | điều hòa dưới trên D.
Chứng minh. Tính nửa liên tục trên là hiển nhiên do |f (z)| là hàm liêntục. Nếu z0 ∈ D và f (z0) = 0 thì ta tìm được một nhánh hàm giải tíchlog f (z) trong lân cận của z0. Hơn nữa, log f (z) có phần thực là ln |f (z)|nên hàm ln |f (z)| điều hòa trong lân cận này của z0. Do đó, điều kiện thứ
hai trong định nghĩa hàm điều hòa dưới thỏa tại z0.Nếu f (z0) = 0 thì ln |f (z0)| = −∞ do đó điều kiện (6.2) thỏa tại z0.Giả sử f (z) đồng nhất 0 trong một lân cận nào đó của z0 thì điều kiện(6.2) thỏa trong lân cận đó của z0 nên theo Định lý 6.1 hàm ln |f (z0)| điềuhòa dưới trên lân cận đó. Suy ra điều kiện thứ hai trong định nghĩa hàmđiều hòa dưới thỏa tại z0. Ngược lại nếu f (z) không đồng nhất 0 trongmột lân cận nào đó của z0 thì theo Định lý 3.2 trang 234 tồn tại r > 0 saocho f (z) = 0 với mọi 0 < |z − z0| ≤ r. Từ đây cũng giống như phần chứng
minh chiều ngược của Định lý 6.1 ta cũng có hàm ln |f (z)| thỏa điều kiệnthứ hai trong định nghĩa hàm điều dưới tại z0.Vậy hàm ln |f (z)| điều hòa dưới trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
6.4 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và không đồng nhất bằng −∞, thì tập E = z ∈ D : u(z) = −∞ không có điểm trong.
Chứng minh. Giả sử E = ∅. Khi đó, tồn tại z0 ∈ ∂E với u(z0) > −∞.
Bởi vì giao của E với đường tròn C r, |z − z0| = r với 0 < r < d(z0, ∂D)chứa một cung tròn, nên ta có 2π
0
u(z0 + reiϕ)dϕ = −∞
nó mâu thuẫn với bất đẳng thức (6.2) do u điều hòa dưới trên miền D
−∞ < u(z0) =
1
2π 2π0 u(z0 + re
iϕ
)dϕ.
6.5 Định lý. Hàm thực u thuộc lớp C 2 trên miền D là điều hòa dưới nếu và chỉ nếu u′′xx + u′′yy ≥ 0 trên D.
Chứng minh. Giả sử G là miền tùy ý thỏa G ⊂ D và h là hàm liên tụctrên G, điều hòa trong G và thỏa u ≤ h trên ∂D. Với ε > 0 bất kỳ, đặt
vε(z) =u(z) − h(z) + ε|z|2 khi z ∈ G
ε|z|2 khi z ∈ ∂D
Từ giả thiết của hàm u và h ta nhận thấy vϕ nửa liên tục trên G và do đóđạt giá trị lớn nhất trên G. Nhưng vε không thể nhận giá trị này trong G
vì v′′ε,xx + v′′ε,yy = u′′xx + u′′yy + 4ε > 0. Vậy giá trị lớn nhất này đạt đượctrên ∂D, nghĩâ là vε(z) ≤ max
z∈∂Gε|z|2. Vậy
u(z) − h(z) + ε|z|2 ≤ ε maxz∈∂G |z|2 với mọi z ∈ G
suy ra u(z) − h(z) ≤ ε maxz∈∂G
|z|2. Vì ε > 0 tùy ý nên ta được u ≤ h trên G.
Vậy u là hàm điều hòa dưới trên D.Ngược lại, giả sử u thuộc lớp C 2 điều hòa dưới trên D nhưng u′′xx(z0) +
u′′yy(z0) < 0 với z0 nào đó trong D. Lấy r > 0 đủ nhỏ để u′′xx + u′′yy ≤ 0
trên B(z0, r) ⊂ D. Vậy nếu v = −u thì v′′xx + v′′yy ≥ 0 trên B(z0, r). Theo
chiều thuận của định lý ta có −u = v là điều hòa dưới trên B(z0, r). Từ Định lý 6.1 và Định lý 3.8 ta suy ra u là điều hòa trên B(z0, r). Ta gặpphải mâu thuẫn u′′xx(z0) + u′′yy(z0) = 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1 ) Cho u là hàm nửa liên tục trên ở trên miền D thỏa
u(z) ≤ 1
2π 2π0 u(z + re
iϕ
)dϕ
với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(z,∂D). Chứng minh rằng nếu u đạt giátrị lớn nhất trong D thì u là hàm hằng trên D.
§ 7 Định lý Hartogs
7.1 Định nghĩa. Giả sử uk là một dãy các hàm trên miền D. Ta nóidãy uk là bị chặn trên đều trên các tập compact trong D nếu với mọitập compact K ⊂ D tồn tại M k sao cho uk(z) ≤ M K với mọi z ∈ K vớimọi k.
7.2 Định lý. Giả sử uk là một dãy các hàm điều hòa dưới bị chặn trên đều trên các tập compact trong miền D và giả sử
lim supk→∞ uk(z) ≤ A với mọi z ∈ D(7.3)
Khi đó, với mọi ε > 0 và mọi tập compact K ⊂ D tồn tại N sao cho
uk(z) ≤ A + ε với mọi z ∈ K và mọi k ≥ N .(7.4)
Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng ta có ngay định lý khi A = ∞. Trongtrường hợp A < ∞ để đơn giản ta chứng minh cho trường hợp uk ≤ 0 trênD với mọi k. Cho K là một tập compact trong D. Đặt 3r = d(K,∂D). Vớimỗi z0 ∈ K , từ tính điều hòa dưới của uk ta có
B(z0,r)
uk(ξ )dxdy =
r0
2π0
uk(z0 + seiϕ)sdsdϕ
=
r0
s 2π
0
uk(z0 + seiϕ)dϕ
ds
≥ 2π r
0 suk(z0)ds
= πr2uk(z0).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Trước đây, chúng ta đã nêu một số định lý Weierstrass như Định lý 5.18trang 168 và Định lý 6.6 trang 176 ở dạng dãy hàm. Bây giờ ta sẽ nêu lạicác định lý ấy dưới dạng chuỗi hàm và trình bày chứng minh chi tiết.
1.1 Định lý. (Weierstrass) Nếu chuỗi hàm ∞n=1
f n(z) hội tụ đều và hàm
f n giải tích trên miền D với mọi n thì hàm tổng f của chuỗi hàm là một hàm giải tích trên miền D và
f (k)(z) =∞n=1
f (k)n (z).
Chứng minh. Từ Định lý 4.19 trang 65 ta có được hàm f liên tục trênD. Lấy Γ là đường cong Jordan trơn kín bất kỳ nằm trong miền D vàphần trong của nó cũng nằm trong D và gọi l là chiều dài của Γ. Đặt
S n(x) =n
k=1
f k(z). Theo giả thiết chuỗi ∞
n=1
f n(z) hội tụ đều về hàm f
trên D nên dãy hàm S n(z) hội tụ đều về hàm f trên D. Suy ra với ε > 0
cho trước tồn tại n0 sao cho với mọi n nguyên dương thỏa n > n0 ta có
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1.2 Nhận xét. Trong chứng minh định lý trên ta đã chứng minh được
limn→∞
Γ
S n(z)dz =
Γ
f (z)dz
Hơn nữa, đẳng thức này cũng đúng với mọi đường cong Jordan trơn từngkhúc trong D. Từ đó ta viết lại như sau
Γ
f (z)dz = limn→∞
Γ
nk=1
f k(z)
dz = limn→∞
nk=1
Γ
f k(z)dz
=
∞n=1
Γ
f n(z)dz.
Như vậy, ta có được kết quả như sau: tích phân của hàm tổng của chuỗihàm hội tụ đều trên D được tính bởi lấy tích phân của từng số hạng.
1.3 Chú ý. Trong định lý trên ta đã chứng minh được tính chất lấy đạohàm từng số hạng của chuỗi tại các điểm z ∈ D chứ không phải tại cácđiểm z ∈ D; ta không có điều này là do ta đã sử dụng d = d(Γ, z0) > 0
trong chứng minh. Ví dụ sau chứng tỏ đối với z ∈ D định lý này khôngcòn đúng nữa.
Xét chuỗi hàm ∞
n=1
zn
n2. Chuỗi hàm này hội tụ đều trên z : |z| ≤ 1 và
mọi số hạng của nó đều là các hàm giải tích trên z : |z| ≤ 1. Tuy nhiên,chuỗi các đạo hàm của nó là
∞n=1
zn−1
n lại phân kỳ tại z = 1.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
n=0 cn(z − z0)n. Giả sử chuỗi này có bán kính hội tụR > 0. Khi đó, ta có được một hàm f có tập xác định z : |z − z0| < Rxác định bởi
f (z) =∞n=0
cn(z − z0)n, |z − z0| < R.
Hàm f giải tích trên z : |z − z0| < R. Do đó, nó có đạo hàm mọi cấp và
f (k)(z) =∞
n=kn(n − 1) · · · (n − k + 1)cn(z − z0)n−k,
với k = 0, 1, 2, . . .. Đặc biệt tại z = z0 ta có f (n)(z0) = n!cn.Vấn đề ngược lại, giả sử ta có hàm f có đạo hàm mọi cấp tại z0. Đặt
cn = f (n)(z0)
n! .
Khi đó, ta thiết lập được chuỗi lũy thừa
∞n=0
cn(z − z0)n = ∞n=0
f (n)
(z0)n!
(z − z0)n.
Chuỗi lũy thừa này được gọi là chuỗi Taylor của hàm f tại z0 (khiz0 = 0, ta nói là chuỗi Maclaurin) Định lý sau nói lên mối quan hệ giữabản thân hàm f và chuỗi Taylor của nó.
1.4 Định lý. (Taylor) Cho hàm f giải tích trong hình tròn mở |z −z0| <
R0. Khi đó, chuỗi ∞n=0
cn(z − z0)n, với cn = f (n)
(z0)n! , hội tụ về hàm f khi
|z − z0| < R0. Với |z − z0| < R0, ta viết f (z) =∞n=0
cn(z − z0)n được gọi là
khai triển Taylor của hàm f trong lân cận điểm z0. Trường hợp đặc biệt
z0 = 0, f (z) =∞n=0
cnzn ta nói f được khai triển Maclaurin.
Nhắc lại, f (n)(z0) được tính bởi
f (n)(z0) = n!
2πi
Γ
f (z)
(z − z0)n+1dz
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
cn(z − z0)n hội tụ về f (z) với mọi z thỏa |z − z0| < R0.
1.6 Hệ quả. Hàm f xác định trên miền D là giải tích khi và chỉ khi với
mọi z0 ∈ D hàm f có thể khai triển được thành chuỗi Taylor tại điểm z0với bán kính hội tụ của nó là R ≥ d(z0, ∂D).
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
1.7 Nhận xét. Định lý Taylor thể hiện sự khác nhau cơ bản giữa hàmgiải tích phức và hàm biến số thực. Trong giải tích thực người ta chứngminh được hàm
f (x) = e− 1x2
khi x = 00 khi x = 0
có đạo hàm mọi cấp trên R, chẳng hạn
f ′(x) =
2x3 e−
1x2 khi x = 0
0 khi x = 0,
và f (n)(0) = 0 với mọi n. Tuy nhiên, hàm f (x) không đồng nhất bằng
không trong một lân cận nào của điểm 0, trong khi đó chuỗi Taylor củaf (x) tại x = 0 là chuỗi hàm 0 tầm thường.
Khai triển Maclaurin của các hàm số sơ cấp cơ bản
Ta nhận thấy (về hình thức) công thức chuỗi Taylor của một hàm phứchoàn toàn giống công thức chuỗi Taylor của một hàm thực. Hơn nữa,công thức đạo hàm của một số hàm sơ cấp cơ bản phức cũng giống công
thức đạo hàm của hàm sơ cấp cơ bản thực tương ứng, cho nên khai triểnMaclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản phức có công thức hoàn toàn giốngvới khai triển Maclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản thực.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
(c) Chứng minh rằng nếu một trong các bất đẳng thức trên biến thành
đẳng thức, nghĩa là |ck| = M (r)
rk thì f (z) = ckzk
12 ) Giả sử f (z) =∞n=0
cnzn là hàm giải tích trong hình tròn z : |z| < 1và nó ánh xạ hình tròn này 1-1 lên miền G với diện tích S . Chứng minh
S = p∞n=0
n|cn|2
13 ) Chứng minh các bất đẳng thức sau đúng với mọi z ∈ C:
|ez − 1| ≤ e|z| − 1 ≤ |z|e|z|.
§ 2 Chuỗi Laurent
Chuỗi Taylor là một công cụ giúp ta nghiên cứu hàm số trong lân cận củamột điểm nào đó mà tại điểm đó hàm ấy là giải tích. Tuy nhiên, ta cónhững hàm không giải tích tại điểm ta quan tâm. Khi đó, chuỗi Taylorkhông thể sử dụng được, do vậy ta phải dùng một công cụ khác để có thểnghiên cứu hàm trong một lân cận của một điểm mà tại đó hàm không
giải tích; đó là chuỗi Laurent.
2.1 Định nghĩa. Chuỗi hàm có dạng ∞n=−∞
cn(z−z0)n gọi là chuỗi Lau-
rent theo lũy thừa của z − z0 hay chuỗi Laurent tại z0.
2.2 Định lý. Nếu các hệ số của chuỗi Laurent ∞
n=−∞cn(z − z0)n thỏa
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
thì miền hội tụ của chuỗi đã cho là hình vành khăn D = z : r < |z −z0| <
R và tổng f (z) của chuỗi hàm là một hàm giải tích trong hình vành khăn D, các hệ số cn của chuỗi thỏa
cn = 1
2πi
Γs
f (z)
(z − z0)n+1dz, n = 0, ±1, ±2, . . .(2.3)
ở đây Γs là đường tròn định hướng dương có phương trình |z − z0| = s với r < s < R tùy ý.
Chứng minh. Viết chuỗi đã cho thành tổng của hai chuỗi−1
n=−∞cn(z − z0)n và
∞n=0
cn(z − z0)n.
Từ giả thiết và theo Định lý Cauchy-Hadamard trang 72 chuỗi thứ hai cóbán kính hội tụ là R, và theo Định lý 2.9 trang 89 hàm tổng của nó, đặtlà f +(z), giải tích trên z : |z − z0| < R. Hơn nữa, theo Định lý Taylor
1.4 ta cócn =
1
2πi
Γs
f +(z)
(z − z0)n+1dz n = 0, 1, 2, . . .
•z0
Γs
•
C s′
0
Hình VII.2:
Đặt u = 1
z − z0. Khi đó, chuỗi
−1n=−∞ cn(z−
z0)n được viết lại thành
∞n=1
c−nun. Do đó, theo Định lý Cauchy-Hadamard và Định lý 2.9 chuỗi mới
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
này có hàm tổng g(u) giải tích trên u : |u| < r′ với r′ = 1
lim supn→∞
n |c−n| =
1
r. Vậy chuỗi hàm
−1
n=−∞cn(z−z0)n hội tụ về hàm giải tích f −(z) = g( 1
z−z0)
trên z : |z − z0| > r. Hơn nữa, với s′ = 1s theo Định lý Taylor 1.4 ta có
c−n = 1
2πi
C s′
g(u)
un+1du n = 1, 2, . . .
= 1
2πi
Γ−s
f −(z) 1z−z0
n+1
−dz
(z − z0)2
= 1
2πi Γsf −(z)
(z − z0)−n+1
dz
và
0 = 1
2πi
C s′
g(u)
u du
(chú ý rằng đường tròn Γ−s qua ánh xạ u = 1z−z0
biến thành đường trònC s′ định hướng dương tâm 0 bán kính s′). Từ các kết quả trên ta đượcchuỗi Laurent đã cho hội tụ về hàm giải tích f (z) = f +(z) + f −(z) trên
hình vành khăn D = z : r < |z − z0| < R. Hơn nữa, với n nguyên khôngâm ta có
1
2πi
Γs
f (z)
(z − z0)n+1dz =
1
2πi
Γs
f −(z)
(z − z0)n+1dz +
1
2πi
Γs
f +(z)
(z − z0)n+1dz
= 1
2πi
C s′
g(u)
u−n+1du + cn
= 1
2πi C s′ un−1g(u)du + cn
= cn
và với n nguyên âm ta có1
2πi
Γs
f (z)
(z − z0)n+1dz =
1
2πi
Γs
f −(z)
(z − z0)n+1dz +
1
2πi
Γs
f +(z)
(z − z0)n+1dz
= cn + 1
2πi
Γs
(z − z0)−n−1f +(z)dz
= cn
Như vậy, với mọi n nguyên ta có đẳng thức (2.3).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
với mọi n ∈ Z. Chọn C là một đường cong Jordan kín trơn bao quanhz′ và có phần trong hoàn toàn trong D2. Xét miền tam liên xác định bởicác đường cong Γ1, Γ2, C . Theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liênta có
Γ2
f (z)
z − z′dz =
Γ1
f (z)
z − z′dz +
C
f (z)
z − z′dz.
Mặt khác, theo công thức tích phân Cauchy ta có
f (z′) = 1
2πi
C
f (z)
z − z′dz.
Từ hai đẳng thức trên ta có
f (z′) = 1
2πi
Γ2
f (z)
z − z′dz − 1
2πi
Γ1
f (z)
z − z′dz.
Với z ∈ Γ1 ta có |z − z0| = r1, và z′ ∈ D2 nên |z′ − z0| > r1
q , suy ra
z − z0z′ − z0
< q < 1. Ta có biến đổi
1z − z′
= 1z − z0 − (z′ − z0)
= −1(z′ − z0)
∞n=0
z − z0z′ − z0
n= −
∞n=0
(z − z0)n
(z′ − z0)n+1.
Chuỗi ∞n=0
(z − z0)n
(z′ − z0)n+1 hội tụ đều trên Γ1 do
z − z0z′ − z0
< q < 1. Do đó,
1
2πi
Γ1
f (z)
z − z′dz =
1
2πi
Γ1
f (z)
−∞n=0
(z − z0)n
(z′ − z0)n+1
dz
= −∞n=1
1
(z′ − z0)n1
2πi
Γ1
f (z)
(z − z0)−n+1dz
= −∞
n=1
1
(z′ − z0)n1
2πi
Γ
f (z)
(z − z0)−n+1dz
= − ∞n=1
bn(z′ − z0)n
.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
được gọi là không-điểm của hàm f (z) nếuf (z0) = 0.
Giả sử z0 là không-điểm của hàm f (z) và hàm f (z) giải tích trong ε-lâncận của điểm z0. Khi đó, khai triển Taylor của hàm f (z) trong ε-lân cậnấy của điểm z0 có dạng
f (z) = f ′(z0)(z − z0) + f ′′(z0)
2! (z − z0)2 + · · ·
· · · + f
(n)
(z0)n! (z − z0)n + · · ·
Nếu hàm f (z) không đồng nhất bằng 0 trong ε-lân cận của điểm z0 thì tồntại ít nhất hệ số cn trong khai triển Taylor khác 0. Chỉ số bé nhất trongcác hệ số khác 0 này được gọi là cấp của không-điểm z0. Như vậy, nếuz0 là không điểm cấp n > 0, thì hàm f có khai triển Taylor trong lân cậncủa điểm z0 là
f (z) = f (n)
(z0)n!
(z − z0)n + f (n+1)
(z0)(n + 1)!
(z − z0)n+1 + · · ·
= (z − z0)nf (n)(z0)
n! +
f (n+1)(z0)
(n + 1)! (z − z0) + · · ·
trong đó f (n)(z0) = 0. Đặt ϕ(z) = f (n)(z0)n! + f (n+1)(z0)
(n+1)! (z − z0) + · · · . Tanhận thấy ϕ(z) giải tích trong lân cận của z0 và ϕ(z0) = 0. Vì ϕ(z) liêntục tại z0 nên ϕ(z) = 0 trong một lân cận của điểm z0. Ta có thể phát
biểu kết quả trên thành định lý sau.
3.2 Định lý. Cho hàm f (z) giải tích trong một ε-lân cận của điểm z0 và nhận z0 làm không-điểm. Nếu f (z) không đồng nhất bằng 0 trong lân cận ấy của z0, thì tồn tại một lân cận của điểm z0 sao cho trong lân cận này hàm f (z) chỉ nhận z0 làm không điểm duy nhất.
3.3 Nhận xét. Trong phần chứng minh định lý trên ta thấy có kết quả
sau: Nếu z0 là không điểm cấp m của hàm f và hàm f giải tích tại z0, thìta có thể viết f (z) = (z − z0)mϕ(z) trong đó ϕ(z) là một hàm giải tích tạiz0 và ϕ(z0) = 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.4 Định lý. (Sự duy nhất của hàm giải tích) Cho hai hàm f và g
giải tích trong miền D và zn là một dãy phân biệt trong D và hội tụ về a ∈ D. Nếu f (zn) = g(zn) với mọi n thì f (z) = g(z) với mọi z ∈ D.
Chứng minh. Đặt R = d(a,∂D) = inf |
z−
a|
: z ∈
∂D
. Do D là mộtmiền và a ∈ D nên ta có R > 0. Đặt ϕ(z) = f (z) − g(z). Theo giả thiết tacó ϕ(z) giải tích trên D nên ϕ(z) giải tích trên R-lân cận của a và ϕ liên tụctại a. Do lim
n→∞zn = a và ϕ(zn) = f (zn)−g(zn) nên ϕ(a) = lim
n→∞ϕ(zn) = 0.
Vậy a và zn là các không điểm của ϕ. Do các zn phân biệt trên D, nêna không là không-điểm duy nhất trong bất kỳ lân cận nào của a. Do đó,theo Định lý 3.2 hàm ϕ phải đồng nhất 0 trên R-lân cận của a, tức làϕ(z) = 0 với mọi z thỏa |z − z| < R.
•
•
•
•
••
• •
•
•
•z ∗
a0
a1
a2
D
L
ak−1
Hình VII.4:
Lấy z∗ tùy ý thuộc D. Do D là một miền nên tồn tại một đườngcong L trong D nối a đến z∗. Đặt r = inf |z − z′| : z ∈ L, z′ ∈ ∂D> 0. Chọn 0 < δ < min r, R. Do L là tập compact nên tồn tại hữuhạn điểm a = a0, a1, a2, . . . , ak = z∗ trên L sao cho |al−1 − al| < δ
với mọi l = 1, 2, . . . , k. Ta có ϕ đồng nhất 0 trên z : |z − a0| < δ . Do|a1 − a0| < δ nên ϕ(a1) = 0. Theo chứng minh phần đầu ta cũng có thể
chứng minh được ϕ đồng nhất 0 trên z : |z − a1| < δ . Do |a2 − a1| < δ nên ϕ(a2) = 0. Tiếp tục quá trình như trên ta sẽ thu được ϕ(a) = ϕ(a1) =
ϕ(a2) = · · · = ϕ(ak) = 0, suy ra ϕ(z∗) = 0. Vậy ϕ đồng nhất 0 trên D.Suy ra f (z) = g(z) với mọi z ∈ D.
3.5 Chú ý. Trong định lý trên dãy zn phải hội tụ về một điểm thuộc
D. Đây là điều kiện không thể bỏ qua. Xét hai hàm f (z) = sin 1
z và
g(z) = 0 trên miền D = C \ 0. Xét dãy zn trong D với zn =
1
nπ . Tacó lim
n→∞ zn = limn→∞
1
nπ = 0 /∈ D. Ta có f (zn) = sin
11nπ
= 0 = g(zn) trên
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
D. Nghĩa là ta không có kết luận của định lý duy nhất bởi vì dãy zn hộitụ về điểm 0 không thuộc D.
3.6 Chú ý. Định lý duy nhất khẳng định tính duy nhất về sự thác triển
của hàm giải tích trên miền. Chẳng hạn, đối với mọi số thực x ta cósin2 x + cos2 x = 1. Ta thác triển hàm f (x) = sin2 x + cos2 x lên hàmf (z) = sin2 z + cos2 z với z ∈ C. Xét hai hàm f (z) = sin2 z + cos2 z vàg(z) = 1 trên C. Ta thấy f (z) và g(z) trùng nhau trên trục số thực (khi z
là số thực). Cho nên theo định lý duy nhất ta có f (z) = g(z) = 1 với mọiz ∈ C hay sin2 z + cos2 z = 1 với mọi z ∈ C.
3.7 Định lý. Giả sử f là hàm giải tích trên D và f không là hàm hằng.
Khi đó, trên mọi tập compact K ⊂ D không tồn tại vô hạn điểm để f nhận cùng giá trị. Nói cách khác, nghịch ảnh f −1(w) không có điểm tụ trong Dvới mọi w ∈ C.
Chứng minh. Giả sử trên K có vô hạn điểm để f nhận cùng giá trị c.Do tính compact của K nên trong K tồn tại dãy phân biệt zn hội tụ vềz0 ∈ K sao cho f (zn) = c với mọi số nguyên dương n. Do đó, theo định lýsự duy nhất của hàm giải tích ta suy ra f (z) = c với mọi z ∈ D. Điều nàymâu thuẫn với giả thiết, cho nên ta có được định lý.
Điểm bất thường
3.8 Định nghĩa. Điểm z0 được gọi là điểm bất thường của hàm f (z)
nếu hàm f (z) không giải tích tại z0 nhưng giải tích tại một số điểm trongbất kỳ lân cận nào của z0.
3.9 Thí dụ. Hàm f (z) = 1
sin 1
z
nhận các điểm z = 0, z = 1
nπ với n ∈ Z
khác không, làm điểm bất thường.
3.10 Định nghĩa. Điểm bất thường z0 của hàm f (z) được gọi là điểmbất thường cô lập nếu tồn tại ε-lân cận thủng của z0 sao cho hàm f (z)
giải tích trên đó.
3.11 Thí dụ. Các điểm z = 1nπ với n ∈ Z khác không, là điểm bất thường
cô lập của hàm f (z) = 1
sin 1z
; trong khi đó, điểm z = 0 là điểm bất thường
không cô lập của hàm f (z) = 1
sin 1z
.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3.12 Định nghĩa. (Phân loại điểm bất thường cô lập) Cho z0 là điểmbất thường cô lập của hàm f (z). Khi đó, ta nói
(i) z0 là điểm bất thường bỏ được nếu limz→z0
f (z) tồn tại trong C.
(ii) z0 là cực điểm nếu limz→z0
f (z) = ∞.
(iii) z0 điểm bất thường cốt yếu nếu hàm f (z) không có giới hạntrong C khi z dần về z0.
3.13 Định lý. Cho z0 là điểm bất thường cô lập của hàm f . Nếu f bị chặn trong lân cận thủng của z0 thì f có thể mở rộng giải tích tới z0; hơn nữa z0 là điểm bất thường bỏ được.
•z0
Γs
Hình VII.5:
Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại r > 0 saocho f giải tích và bị chặn trong hình vành khănD = z : 0 < |z−z0| < r. Đặt M = sup
z∈D|f (z)| <
∞. Ta có khai triển Laurent của hàm f tronghình vành khăn D là
f (z) =∞
n=−∞ cn(z − z0)n với cn = 1
2πi Γsf (z)
(z−
z0)n+1dz
trong đó Γs là đường tròn định hướng dương có phương trình |z − z0| = s
với 0 < s < r tùy ý. Do đó, ta ước lượng được
|cn| = 1
2π
Γs
f (z)
(z − z0)n+1dz
≤ s M
sn+1 =
M
sn.
Cho s → 0 ta suy ra được cn = 0 với n = −1, −2, . . .. Vậy khai triểnLaurent của hàm f được viết lại là
f (z) =
∞n=0
cn(z − z0)n.
Vậy hàm giải tích f +(z) =∞n=0
cn(z − z0)n trên z : |z − z0| < r là
một mở rộng giải tích của f (z) tới z0. Từ tính hội tụ đều của chuỗi hàm∞
n=0cn(z − z0) ta suy ra được
limz→z0
f (z) = limz→z0
∞n=0
cn(z − z0)n = c0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
(ii) điểm z0 là cực điểm nếu và chỉ nếu phần chính của chuỗi chỉ có hữu hạn số hạng khác không;
(iii) điểm z0 là điểm bất thường cốt yếu nếu và chỉ nếu phần chính của
chuỗi có vô số số hạng khác 0.
Chứng minh.
(i) Giả sử z0 là điểm bất thường bỏ được của hàm f , tức là limz→z0
f (z) =
A = ∞. Khi đó, tồn tại R > 0 sao cho hàm f giải tích trên miềnxác định bởi 0 < |z − z0| < R, cùng với điều kiện giới hạn của hàmf tại z0 là xác định, ta có f bị chặn trên miền đó. Nghĩa là
|f (z)| ≤ M = supz∈V
|f (z)| < ∞,
với mọi z ∈ V = z : 0 < |z − z0| < R. Chuỗi Laurent của hàm f
trong vành V là
f (z) =
∞
n=−∞cn(z − z0)n với cn =
1
2πi
Γ1
f (z)
(z − z0)n+1dz
trong đó Γ1 là đường tròn định hướng bất kỳ có phương trình |z −z0| = R1 với 0 < R1 < R. Suy ra
|cn| = 1
2πi
Γ1
f (z)
(z − z0)n+1dz ≤ 1
2π
2π0
M
Rn+11
R1dt = M
Rn1
.
Vậy
|cn
| ≤
M
Rn
1
đúng với mọi 0 < R1 < R. Suy ra với n < 0 ta phải
có cn = 0 (vì ta cho R1 → 0). Điều đó có nghĩa là phần chính củachuỗi Laurent bằng không.
Ngược lại, giả sử phần chính của chuỗi Laurent của hàm f trong lâncận thủng V của z0 bằng không, nghĩa là
f (z) =∞
n=0
cn(z − z0)n với z ∈ V = z : 0 < |z − z0| < R.
Do chuỗi ∞n=0
cn(z−z0)n hội tụ đều trong hình tròn z : |z−z0| < R1
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Đây chính là khai triển Laurent của hàm f trên 0 < |z − z0| < R1.Ta nhận thấy phần chính của chuỗi Laurent có hữu hạn số hạng vàhệ số của (z − z0)−m là c0 = 0 với m ≥ 1.
Ngược lại, giả sử khai triển Laurent của hàm f trong miền 0 <
|z − z0| < R là f (z) =∞
n=−mcn(z − z0)n với m ≥ 1 và c−m = 0. Suy
ra
f (z)(z − z0)m =
∞
n=−mcn(z − z0)n+m =
∞
n=0
c−m+n(z − z0)n.
Ta có limz→z0
f (z)(z − z0)m = limz→z0
∞n=0
c−m+n(z − z0)n = c−m = 0 và
limz→z0
(z − z0)m = 0. Suy ra
limz→z0
f (z) = limz→z0
f (z)(z − z0)m
(z − z0)m = ∞.
Vậy z = z0 là cực điểm hàm f .(iii) Nếu z0 là điểm bất thường cốt yếu thì theo kết quả ở phần (i) và (ii)
ta phải có phần chính trong khai triển Laurent trong lân cận thủngcủa z0 có vô số số hạng khác 0.
Ngược lại, nếu phần chính của khai triển Laurent trong lân cậnthủng của z0 có vô hạn số hạng khác 0 ta phải có lim
z→z0
f (z) không
tồn tại trong C. Nghĩa là z0 là điểm bất thường cốt yếu của f .
3.17 Định nghĩa. Giả sử z0 là cực điểm của hàm f . Khi đó, chỉ số m
lớn nhất sao cho hệ số c−m của (z − z0)−m trong khai triển Laurent của
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
hàm f trong lân cận thủng của z0 khác không được gọi là cấp của cựcđiểm z0.
3.18 Nhận xét. Trong phần chứng minh (ii) của định lý trên ta thấy
có kết quả sau: Nếu z0 là cực điểm cấp m của hàm f , thì ta có thể viếtf (z) =
φ(z)
(z − z0)m trong đó φ(z) là hàm giải tích tại z0 và φ(z0) = 0. Hơn
nữa, điều ngược lại cũng đúng. Ta phát biểu kết quả trong định lý sau.
3.19 Định lý. Điểm bất thường cô lập z0 là cực điểm cấp m của hàm f
khi và chỉ khi f có thể được viết dưới dạng
f (z) = φ(z)(z − z0)m(3.20)
trong đó φ(z) là hàm giải tích tại z0 và φ(z0) = 0.
Từ kết quả này ta có mối liên hệ giữa khái niệm không-điểm và kháiniệm cực điểm như sau.
3.21 Định lý. Cho p và q là hai hàm giải tích tại z0 và p(z0) = 0. Khi đó, z0 là không điểm cấp m của q khi và chỉ khi z0 là cực điểm cấp m của p(z)/q (z).
Chứng minh. Giả sử z0 là không điểm cấp m của q . Khi đó, tồn tại hàmϕ(z) giải tích tại z0 và ϕ(z0) = 0 sao cho q (z) = (z − z0)mϕ(z).
p(z)
q (z) =
p(z)/ϕ(z)
(z
−z0)m
.
Ta thấy p(z)/ϕ(z) là hàm giải tích tại z0 và p(z0)/ϕ(z0) = 0. Điều đó kéotheo z0 là cực điểm cấp m của p(z)/q (z).
Ngược lại, giả sử z0 là cực điểm cấp m của p(z)/q (z). Khi đó, tồn tạihàm φ(z) giải tích và khác 0 tại z0 sao cho
p(z)
q (z) =
φ(z)
(z − z0)m.
Ta viết lại được q (z) = p(z)φ(z)(z − z0)m. Do p(z)/φ(z) giải tích tại z0 và
p(z0)/φ(z0) = 0, nên suy ra được z0 là không điểm cấp m của hàm q .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
3 ) Tìm các không-điểm và cực điểm của các hàm số sau (nếu có). Xácđịnh cấp của chúng.
(a) z2 + 9 (b) z2 + 9
z4 (c)
sin z
z2 (d) (z2 − 4)3 (e) sin z3
4 ) Tìm các điểm bất thường bỏ được của các hàm sau:
(a) z
tan z (b)
1 − cos z
z2 (c)
1
ez − 1 − 1
sin z (d)
1
cos2 z − 1
(z−π2 )
2
5 ) Chứng minh rằng nếu f giải tích trong một lân cận thủng của z0 và
liên tục tại z0 thì f giải tích tại z0.6 ) Chứng minh rằng các hàm sau là hàm nguyên
(a) f (z) =
ez − 1
z khi z = 0
1 khi z = 0
(b) f (z) =
cos z
z2 − π2
4
khi z = ±π2
− 1π khi z = ±π
2
7 ) (Nguyên lý thác triển giải tích) Giả sử f và g là hai hàm giải tíchtrong tập mở liên thông D. Chứng minh rằng nếu tồn tại tập mở khácrỗng U ⊂ D sao cho f |U = g|U thì f = g. Cho một phản ví dụ trongtrường hợp D không là tập liên thông.
8 ) Cho f là một hàm giải tích trên D và z0 là điểm trong của D.Chứng minh rằng nếu f không là hàm hằng thì tồn tại r > 0 sao choz : |z − z0| ≤ r ⊂ D và f (z) = f (z0) với mọi z thỏa |z − z0| = r.
9 ) Cho f là một hàm giải tích và không là hàm hằng trong một lân
cận của không-điểm z0 (của f ). Chứng minh rằng tồn tại r > 0 sao chof ′(z) = 0 với mọi 0 < |z − z0| ≤ r.
10 ) Chứng minh rằng nếu hàm f giải tích trên miền đóng đơn liên D vớibiên là một đường cong đơn kín C , ngoại trừ các cực điểm bên trong C
nếu có, và nếu tất cả không điểm của f trên D là bên trong C và có cấphữu hạn, thì số không điểm của f phải là hữu hạn.
11 ) Cho D là miền đóng giới hạn bởi đường cong đơn C . Chứng minhrằng nếu hàm f giải tích trên D trừ các cực điểm bên trong C , thì số cáccực điểm ấy phải là hữu hạn.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
13 ) Xây dựng các hàm số có trong mặt phẳng phức C
(a) Cực điểm cấp 2 tại ∞
.
(b) Cực điểm cấp 2 tại z = 0 với phần chính bằng c−2
z2 và cực điểm đơn
tại ∞.
14 ) Tìm dạng tổng quát của hàm số với tính chất
(a) Có một cực điểm đơn trên C.
(b) Có một cự điểm cấp n.
(c) Cực điểm cấp 2 tại z = 0 với phần chính có khai triển dạng 1
z2.
(d) Cực điểm cấp n tại z = 0 và cực điểm cấp m tại ∞.
15 ) Cho f là một hàm phân hình. Chứng minh rằng nếu limz→∞
f (z) = a ∈C thì f được viết dưới dạng
f (z) =
p(z)
kj=1
(z − zj)mj
trong đó p(z) là một đa thức.
§ 4 Thặng dư và cách tính thặng dư
Khái niệm thặng dư
4.1 Định nghĩa. Giả sử hàm f giải tích trong lân cận thủng của điểmz0. Khi đó, hệ số c−1 của chuỗi Laurent của hàm f trong lân cận thủngấy được gọi là thặng dư của hàm f tại z0 và ký hiệu Res(f, z0).
4.2 Nhận xét. Từ định nghĩa thặng dư của hàm f và công thức (2.6) tathấy: nếu Γ là đường cong Jordan kín trơn từng khúc bao quanh điểm z0sao cho hàm f giải tích trên Γ và tại các điểm bên trong Γ trừ điểm z0, thì
Res(f, z0) = 1
2πi
Γ
f (z)dz hay Γ
f (z)dz = 2πi Res(f, z0).(4.3)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
hướng dương |z − 2| = 1. Ta thấy hàm dưới dấu tích phân giải tích tại mọiđiểm trừ hai điểm z = 0 và z = 2, nên nó có chuỗi Laurent trong hìnhtròn thủng 0 < |z − 2| < 2. Theo nhận xét trên, tích phân cần tính bằng
2πi nhân với thặng dư của hàm 1
z(z − 2)4 tại điểm z = 2. Để xác địnhthặng dư ấy ta tìm chuỗi Laurent của hàm dưới dấu tích phân trong miền0 < |z − 2| < 2. Ta có
x
y
Γ
• •0 1 2 3 4
Hình VII.7:
1
z(z − 2)4 =
1
(z − 2)41
2 + z − 2 =
1
2(z − 2)4
∞
n=0
(−1)nz − 2
2
n
=∞n=0
(−1)n(z − 2)n−4
2n+1 .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Cách tính thặng dư 4.5 Định lý. Giả sử z0 là cực điểm của hàm f và hàm f được viết ở dạng
f (z) = φ(z)
(z − z0)m, trong đó φ(z) giải tích và khác không tại z0. Khi đó,
Res(f (z), z0) = φ(m−1)(z0)
(m − 1)! .(4.6)
z0•
C ε
Hình VII.8:
Chứng minh. Do hàm φ(z) giải tích và khác không tạiz0, nên tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho φ(z) giải tíchtrên z : |z − z0| ≤ ε. Gọi C ε là đường tròn được địnhhướng dương có phương trình |z − z0| = ε. Theo côngthức tích phân Cauchy ta có
Res(f (z), z0) = 1
2πi
C ε
f (z)dz = 1
2πi
C ε
φ(z)
(z − z0)mdz
= φ(m−1)(z0)
(m − 1)! .
4.7 Thí dụ. Xét hàm f (z) = 1
z(z − 1). Tại z0 = 1, ta viết lại hàm f như
sau f (z) =1z
z − 1. Do đó, ta có
Res 1
z(z − 1), 1
= 1
z
z=1
= 1.
4.8 Định lý. Cho hai hàm số p và q giải tích tại điểm z0. Nếu p(z0) = 0,q (z0) = 0 và q ′(z0) = 0, thì
Res p(z)
q (z), z0
=
p(z0)
q ′(z0).(4.9)
Chứng minh. Do hàm q (z) giải tích tại z0 và q (z0) = 0, q ′(z0) = 0, nênq (z) có khai triển Taylor tại z0 là
q (z) = q ′(z0)(z − z0) + ∞n=2
an(z − z0)n = (z − z0)ϕ(z).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Cho các điểm zk (k = 1, . . . , n) là tâm các đường tròn địnhhướng dương Γk với bán kính đủ nhỏ sao cho chúng ở bên trong đườngcong Γ và đôi một không có điểm chung. Đường cong Γ cùng với các đườngtròn Γk tạo thành một miền đa liên mà hàm f giải tích trên nó và trên
biên của nó. Do đó, theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên và nhậnxét của định nghĩa thặng dư, ta có
Γ
f (z)dz =
nk=1
Γk
f (z)dz =
nk=1
2πi Res(f (z), zk).
4.13 Thí dụ. Tính tích phân Γ
z2 + 1
z3 − 4z2 + 3zdz trong đó Γ là đường tròn
|z| = 2 được định hướng dương. Ta nhận thấy hàm f (z) = z2 + 1
z3 − 4z2 + 3zgiải tích trong đường tròn |z| = 2 trừ hai điểm cô lập z = 0 và z = 1.Do đó, ta được
4.14 Định lý. Nếu hàm f giải tích tại mọi điểm trừ hữu hạn các điểm bất thường cô lập và Γ là đường cong Jordan trơn kín bao quanh các điểm bất thường cô lập đó, thì
Γ f (z)dz = 2πi Res 1
z2 f 1
z, 0.(4.15)
x
y
Γ0
R1 R0
Γ•
• •
•
Hình VII.12:
Chứng minh. Trước tiên, ta vẽ một đường tròn có phương trình |z| = R1
với bán kính R1 đủ lớn sao cho nó chứa đường cong Γ bên trong. Theo giả
thiết ta có hàm f giải tích trên miền xác định bởi R1 < |z| < ∞ nên nócó chuỗi Laurent trên miền đó, cụ thể là
f (z) =∞
n=−∞cnzn với R1 < |z| < ∞(4.16)
ở đó cn = 1
2πi
Γ0
f (z)
zn+1dz với n = 0, ±1, ±2, . . . và Γ0 là đường tròn định
hướng dương có phương trình |
z
|= R0 với R0 > R1. Đặc biệt, với n =
−1
ta có Γ0
f (z)dz = 2πic−1.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Thặng dư có thể được dùng để tính tích phân suy rộng dạng
∞−∞
f (x)sin axdx hay ∞−∞
f (x)cos axdx(2.1)
ở đó a là hằng số dương. Phương pháp dùng để tính tích phân suy rộng ởmục trước không thể áp dụng ở đây vì | sin az| và | cos az| không bị chặnkhi |z| → ∞. Sử dụng đẳng thức
R
−R
f (x)cos axdx + i
R
−R
f (x)sin axdx =
R
−R
f (x)eiaxdx
và chúng ta dùng thặng dư như ở mục trước để tính được tính phâncần tìm.
2.2 Thí dụ. Chúng ta sẽ chứng minh rằng ∞−∞
cos3x
(x2 + 1)2dx =
2π
e3 .
•i
C RΓ
Γ′Hình VIII.4:
Bởi vì hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵnnên ta chỉ cần tìm giá trị chính Cauchy của
tích phân suy rộng đã cho. Xét hàm f (z) =1
(z2 + 1)2. Ta thấy hàm f (z)ei3z giải tích trên
tập xác định bởi Im z ≥ 0 trừ điểm z = i. GọiΓ là biên của nửa trên hình tròn z : |z| ≤ R, Im z ≥ 0 được định hướngdương. Với R > 1 ta có
Γei3z
(z2 + 1)2dz = 2πi Res
ei3z
(z2 + 1)2, i = 2πi
ei3z
(z + i)2′
i= 2πi
3iei3z(z + i)2 − 2(z + i)ei3z
(z + i)4
i
= 2πi3ie−3(2i)2 − 2(2i)e−3
(2i)4
= 2π
e3 .
Mặt khác, ta có Γ
ei3z
(z2 + 1)2dz =
R−R
ei3x
(x2 + 1)2dx +
C R
ei3z
(z2 + 1)2dz,
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Từ hai bất đẳng thức trên ta suy ra được bất đẳng thức Jordan.
2.4 Định lý. Cho f là hàm giải tích trên nửa trên mặt phẳng phức ( y ≥ 0)và ngoài đường tròn z = R0eiθ, và cho C R là nửa đường tròn định hướng dương có biểu diễn tham số z = Reiθ với 0 ≤ θ ≤ π và R > R0. Nếu tồn tại M R sao cho với mọi z ∈ C R ta có |f (z)| ≤ M R ở đó M R tiến về 0 khi R dần ra ∞, thì
limR→∞
C R
f (z)eiazdz = 0 (a > 0).
Chứng minh. Trước hết ta có C R
f (z)eiazdz =
π0
f (Reiθ)eia(Reiθ)iReiθdt.
Vì
|f (Reiθ)iReiθ| ≤ M RR và |eiaReiθ | ≤ e−aR sin θ,
và từ bất đẳng thức Jordan, ta có C R
f (z)eiazdz ≤
π0
M RRe−aR sin θdθ < M RR π
aR =
M Rπ
a .
Theo giả thiết limR→∞
M Rπ
a
= 0. Suy ra limR→∞ C R f (z)eiazdz = 0.
2.5 Thí dụ. Xét tích phân suy rộng ∞−∞
x sin x
x2 + 2x + 2dx. Trong giải tích
thực ta có thể chứng minh được tích phân suy rộng này hội tụ. Vì vậy đểtính giá trị hội tụ ta chỉ cần tính giá trị chính Cauchy của nó.
• C R−1 + i
−R RHình VIII.6:
Xét hàm f (z) = z
z2 + 2z + 2 =
z
(z + 1 − i)(z + 1 + i); hàm này giải tích
trên nửa trên mặt phẳng phức (y ≥ 0)trừ điểm −1 + i. Gọi Γ là biên của nửa
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Trong bài này chúng ta sẽ dùng thặng dư để tính tích phân xác định dạng
2π0
F (sin ϕ, cos ϕ)dϕ(3.1)
trong đó F là hàm hữu tỉ. Từ sự biến thiên của ϕ từ 0 đến 2π gợi chochúng ta xem ϕ là argument của một điểm z trên đường tròn đơn vị tâmtại gốc tọa độ, cho nên ta viết z = eiϕ với 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Mặt khác, từ z = eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ, suy ra z−1 = ei(−ϕ) = cos ϕ − i sin ϕ và
cos ϕ = z + z−1
2
, sin ϕ = z − z−1
2i
, dz = ieiϕdϕ = izdϕ.(3.2)
Khi đó, tích phân (3.1) được viết lại Γ
F z − z−1
2i ,
z + z−1
2
dz
iz ,(3.3)
trong đó Γ là đường tròn được định hướng dương có phương trình |z| = 1.Ngược lại, tích phân (3.1) chính là dạng tham số của tích phân trên. Dùngthặng dư để tính tích phân (3.3), từ đó ta thu được kết quả của (3.1).
3.4 Thí dụ. Tính tích phân 2π0
dϕ
(2 + cos ϕ)2.
••Γ
−2 +√
3−2 −√
3
Hình VIII.8:
Với z = cos ϕ + i sin ϕ (trongđó 0 ≤ ϕ < 2π) và theo côngthức (3.3) ta có
2π
0
dϕ
(2 + cos ϕ)2 = Γ
1
(2 + z+z−12 )2
dz
iz
=
Γ
4z
i(z2 + 4z + 1)2dz,
trong đó Γ là đường tròn đơn vị tâm tại z = 0 được định hướng dương.Ta tính được
Γ4z
i(z2 + 4z + 1)2dz =
2πi
i Res
4z
(z2 + 4z + 1)2, −2 +
√ 3
= 2π
4z
(z + 2 +√
3)2
′−2+
√ 3
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Vì z = 0 là cực điểm đơn nên f (z) có khai triển Laurenttrong lân cận thủng điểm z = 0 là
f (z) = c−1
z +
∞
n=0
cn
zn = c−1
z + g(z)
x
yC r
Hình VIII.11:
trong đó g(z) là hàm giải tích tại z = 0. Do đó, hàmg bị chặn trong lân cận của điểm z = 0, nghĩa làtồn tại r0 > 0 đủ nhỏ sao cho |g(z)| ≤ M với mọi|z| ≤ r0. Khi đó, ta có
C r g(z)dz ≤πrM với mọi 0 < r
≤r0.
Do đó, ta được limr→0
C r
g(z)dz = 0. Từ đó ta tính được
limr→0
C r
f (z)dz = limr→0
C r
c−1
z dz +
C r
g(z)dz
= c−1 limr→0
π
0
rieit
reit dt + 0
= iπ Res(f (z), 0),
do c−1 = Res(f (z), 0).
Hoàn toàn tương tự như định lý trên ta có kết quả tổng quát cho cựcđiểm đơn z0 của hàm f .
4.3 Hệ quả. Giả sử hàm f có cực điểm đơn tại z0. Khi đó, ta có
limr→0
C r
f (z)dz = iπ Res(f (z), z0)
trong đó C r là nửa đường tròn có biểu diễn tham số w(t) = z0 + reit với 0 ≤ t ≤ π.
Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.
4.4 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng ∞0
ln x(x2 + 4)2
.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Do đó, lấy giới hạn hai vế (4.5) khi r → 0 và R → ∞ ta được
πln 2 − 1 + iπ2
16 = 2
∞0
ln x
(x2 + 4)2dx + iπ
∞0
dx
(x2 + 4)2.
Do đó, ta được kết quả ∞0
ln x
(x2 + 4)2dx = π
ln 2 − 1
32 và
∞0
dx
(x2 + 4)2 =
π
32.
Bài tập
1 ) Tính các tích phân sau
(a) ∞0
x2
− 1x2 + 1
sin xx
dx (b) ∞0
sin2xx(x2 + 4) dx
(c) ∞0
sin x
x(x2 + 9)2dx (d)
∞0
cos2ax − cos2bx
x2 dx
(e) ∞0
dx√ x(x2 + 1)
(f) ∞0
xa
(x2 + 1)2dx, −1 < a < 3
(g) ∞
0
3√
x
x2 + 1dx (h)
∞
0
3√
x ln x
x2 + 1 dx
(i) ∞0
ln x
x2 + 1dx (j)
∞0
(ln x)2
x2 + 1
2 ) Chứng minh Hệ quả 4.3.
§ 5 Tích phân theo đường phân nhánh
Định lý thặng dư Cauchy có thể được dùng để tính tích phân suy rộngthực khi một phần của đường lấy tích phân của hàm f (z) mà định lý đượcáp dụng nằm trên đường phân nhánh của hàm đó. Chúng ta bắt đầu bằngmột ví dụ cụ thể.
5.1 Thí dụ. Xét tích phân suy rộng ∞0
dx
xa(1 + x) với 0 < a < 1. Ta
nhận thấy tích phân này hội tụ vì
limx→∞
1xa(1+x)
1xa+1
= 1 và limx→0
1xa(1+x)
1xa
= 1.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Tham số hóa hai tích phân sau của đẳng thức (5.2) ta được L
dz
za(1 + z) =
Rr
dx
xa(1 + x) L−
dz
za(1 + z) = −
Rr
dx
ei2aπxa(1 + x)
Vậy với các kết quả vừa tìm được, lấy giới hạn hai vế (5.2) khi r → 0 vàR → ∞ nhận được
2πieiaπ
= (1 − e−i2aπ) ∞0
dxxa(1 + x)
.
Từ đó ta tính được tích phân suy rộng ban đầu ∞0
1
xa(1 + x) =
2πi
eiaπ(1 − e−i2aπ) =
2iπ
eiaπ − e−iaπ =
π
sin aπ.
5.3 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng
∞
0
ln x
(1 + x)3dx.
Giải . Ta nhận thấy rằng tích phân suy rộng đã cho hội tụ. Từ hàm dưới
dấu tích phân ta nghĩ ngay hàm phức cần xét là f (z) = log(z)
(1 + z)3 trong
đó log(z) = ln |z| + i Arg(z) với 0 < Arg(z) < 2π. Khi đó, hàm f giải tíchtrên D = z : r < |z| < R \ (−1 ∪ z = x + i0 : r ≤ x ≤ R) với0 < r < 1 < R; và f liên tục trên ∂D, trong đó đoạn [r, R] trên trục thực
được hiểu bờ trên và bờ dưới, trong đó với bờ trên f (x) = ln x
(1 + x)3 và bờ
dưới f (x) = ln x + i2π(1 + x)3
. Do đó, theo định lý thặng dư Cauchy ta có ∂D
log(z)
(1 + z)3dz = 2πi Res
log(z)
(1 + z)3, −1
=
2πi
2!
log(z)
′′−1
= −πi.
Tích phân ở vế trái được viết lại như sau
(5.4)
∂Dlog(z)
(1 + z)3dz =
C Rlog(z)
(1 + z)3dz +
C −rlog(z)
(1 + z)3dz
+ L
log(z)
(1 + z)3dz +
L−
log(z)
(1 + z)3dz.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Xét hàm f 1 trên miền D1 và f 2 trên miền D2 trong đó D1 và D2 là haiphần của hình vành khăn r < |z| < R được cắt bởi hai tia từ 0 với góc 0
và θ với π < θ < 3π2 theo hình sau
x
y
Reiθ
•−1 L
D1
L1
ΓR
Γr
• r R x
y
L−1
γ R
γ r
L−
D2
r R•
Hình VIII.16:
(a) Với ∂D1 và ∂D2 lần lượt là biên định hướng dương của các miền D1
và D2, hãy tính ∂D1
f 1(z)dz và ∂D2
f 2(z)dz.
(b) Chứng minh rằng L1
f 1(z)dz =
L1
f 2(z)dz =
L
f (z)dz và
limR→∞
ΓR
f 1(z)dz = limR→∞
γ R
f 2(z)dz
= limr→0
Γr
f 1(z)dz = limr→0
γ r
f 2(z)dz = 0.
(c) Với các kết quả trên và phương pháp như ở Thí dụ 5.1 hãy tính lại
tích phân ∞
0
dx
xa
(1 + x)
.
§ 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché
Nguyên lý argument
6.1 Định lý. Cho miền D và hàm f giải tích trên D trừ đi một số hữu hạn các cực điểm của f . Nếu hàm f không nhận giá trị 0 trên biên ∂D
thì hiệu số giữa số các không điểm và số các cực điểm của f bằng số vòng quay của hàm f (z) quanh 0 theo chiều dương khi z biến thiên một vòng trên ∂D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chứng minh. Gọi Γ là đường cong định hướng dương của biên ∂D. Kýhiệu ∆Γ Arg f (z) là góc quay của f (z) khi z quay một vòng theo chiềudương trên Γ. Ta cần chứng minh
∆Γ Arg f (z) = 2π(N − P ),(6.2)
trong đó N là số không-điểm trong D và P là số cực điểm trong D. Ta sẽchứng minh đẳng thức trên bằng cách tính tích phân của hàm f ′(z)/f (z)
trên đường cong Γ theo hai cách. Thứ nhất, cho z = z(t) với a ≤ t ≤ b làbiểu diễn tham số của đường cong được định hướng Γ, suy ra
Γf ′(z)
f (z) dz =
b
a
f ′(z(t))z′(t)
f (z(t)) dt.(6.3)
Theo giả thiết ta thấy ảnh
của Γ qua ánh xạ w = f (z) không đi qua gốctọa độ w = 0 trong mặt phẳng phức w, nên ảnh của bất kỳ điểm z = z(t)
trên Γ có thể biểu diễn ở dạng mũ là w = ρ(t)eiφ(t). Nghĩa là đường congđịnh hướng
có biểu diễn tham số f (z(t)) = ρ(t)eiφ(t) với a ≤ t ≤ b. Dođó, ta có
f ′(z(t))z′(t) = d
dt(f (z(t)))
= d
dt[ρ(t)eiφ(t)]
= ρ′(t)eiφ(t) + iρ(t)φ′(t)eiφ(t).
Do f là hàm giải tích và khác không trên Γ nên f ′ cũng là hàm giải tíchtrên Γ và đường cong Γ được qui ước là đường cong trơn từng khúc nêncác hàm số ρ′(t) và φ′(t) liên tục từng khúc trên [a, b]. Từ các đẳng thứctrên ta tính được tích phân (6.3) như sau
Γ
f ′(z)
f (z) dz =
ba
ρ′(t)eiφ(t) + iρ(t)φ′(t)eiφ(t)
ρ(t)eiφ(t) dt
=
ba
ρ′(t)
ρ(t) dt + i
ba
φ′(t)dt
= ln |ρ(t)|ba
+ iφ(t)ba
= 0 + i(φ(b) − φ(a)) = i∆Γ Arg f (z)
Thứ hai, chúng ta dùng định lý thặng dư Cauchy để tính tích phân trên.
Ta thấy f ′(z)
f (z) giải tích bên trong và trên Γ trừ các điểm mà chúng là
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
không điểm hay cực điểm của hàm f (z). Nếu z0 là không điểm bậc m0 củahàm f , thì ta có thể viết f (z) = (z − z0)m0 g(z) trong đó g(z) giải tích vàkhác không tại z0. Do đó,
f ′(z) = m0(z − z0)m0−1g(z) + (z − z0)m0 g′(z),nên
f ′(z)
f (z) =
m0
z − z0+
g′(z)
g(z) .
Do g′(z)
g(z) giải tích tại z0, nên
f ′(z)
f (z) có cực điểm đơn tại z0, và thặng dư
của nó tại z0 là Resf ′(z)
f (z) , z0 = m0. Mặt khác, nếu hàm f có z0 là cực
điểm cấp m p, thì chúng ta có thể viết f (z) = φ(z)
(z − z0)mpvới φ(z) là hàm
giải tích và khác không tại z0. Ta có
f ′(z) = φ′(z)(z − z0)mp − m p(z − z0)mp−1φ(z)
(z − z0)2mp,
suy raf ′(z)
f (z)
= φ′(z)
φ(z) − m p
z − z0.
Do φ′(z)
φ(z) giải tích tại z0 nên
f ′(z)
f (z) có cực điểm đơn tại z0 và thặng dư của
nó tại z0 là −m p. Từ kết quả xét các không điểm và cực điểm của hàm f
và theo định lý thặng dư Cauchy ta có Γ
f ′(z)
f (z) dz = 2πi(N − P ).
Vậy từ hai cách tính tích phân Γ
f ′(z)
f (z) dz ta có ∆Γ Arg f (z) =
2π(N − P ).
6.4 Chú ý. Trong chứng minh trên giá trị 1
2πi
Γ
f ′(z)
f (z) dz còn được gọi
là thặng dư logarithm của hàm f .
6.5 Thí dụ. Xét hàm f (z) = (2z
−1)7
z3 . Cho Γ là đường tròn tâm z = 0có bán kính R = 2. Khi đó, ta có N = 7 và P = 3; do đó ∆Γ Arg f (z) =
2π(N − P ) = 8π.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
6.6 Định lý. (Hurwitz) Nếu các hàm f n(z) giải tích và khác không trên miền D và f n(z) hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f thì f (z) hoặc là đồng nhất 0 hoặc là không bằng 0 trên D.
Chứng minh. Giả sử f không đồng nhất 0 trên D. Do đó, theo định lýsự duy nhất của hàm giải tích các không điểm của f (z) trong D nếu có làcác không điểm cô lập. Vậy với mọi z0 ∈ D tồn tại r > 0 sao cho f (z) = 0
với mọi 0 < |z − z0| ≤ r < d(z0, ∂D). Do đó, |f (z)| đạt giá trị nhỏ nhấtdương trên đường tròn |z − z0| = r, ký hiệu đường tròn này được địnhhướng dương là C . Nó kéo theo rằng dãy 1/f n(z) hội tụ đều trên C vềhàm 1/f (z). Mặt khác, theo Định lý 6.4 trang 174 dãy f ′n(z) hội tụ đềuvề f ′(z) trên mọi tập compact trong D. Do đó, dãy f ′nf n hội tụ đều về f
′
f
trên C . Từ đó theo kết quả tương tự Định lý 2.13 trang 141 ta có
limn→∞
C
f ′n(z)
f n(z)dz =
C
f ′(z)
f (z) dz.
Theo giả thiết f ′n(z)f n(z)
giải tích trên D nên các tích phân của vế trái bằng 0,vì thế tích phân của vế phải bằng 0 (hoặc ta có thể lập luận: do hàm f nkhông có không điểm và cũng không có cực điểm trong C ). Theo nguyên lý
argument tích phân của vế phải bằng 2πi nhân với hiệu số không điểm vàsố số cực điểm của hàm f (z). Nhưng hàm f (z) không có cực điểm trong C ,cho nên nó cũng không có không điểm trong C . Đặc biệt, ta có f (z0) = 0.Do đó, f (z) = 0 với mọi z ∈ D.
Định lý Rouché
6.7 Định lý. Cho hai hàm f và g giải tích trên miền đóng D đơn liên với biên là đường cong Γ. Nếu
|f (z)
| >
|g(z)
| với mọi z
∈ Γ, thì f (z) và
f (z) + g(z) có số các không điểm bằng nhau trong miền D (đếm số bội).
Chứng minh. Với mọi z ∈ Γ, ta có |f (z)| > |g(z)| ≥ 0, suy ra
|f (z) + g(z)| ≥ |f (z)| − |g(z)| > 0 với mọi z ∈ Γ.
Điều này chứng tỏ f (z) và f (z) + g(z) khác không trên Γ. Do đó, với mọiz ∈ Γ, ta có thể viết
f (z) + g(z) = f (z)1 + g(z)f (z)
và
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Do đó, theo định lý Rouché trong hình tròn mở đơn vị z : |z| < 1 hàmf (z) có số không điểm bằng số không điểm của hàm h(z) là 3. Nghĩa làhàm f (z) có 3 nghiệm trong hình tròn đơn vị đó.
Bây giờ ta tìm số nghiệm của đa thức trong hình vành khăn z : 1 ≤
|z
|< 3
. Lúc này ta xét hàm h(z) = z5 và g(z) = 5z3 + 2z. Với mọi z thỏa
Vậy |f (z)| > |g(z)| với mọi z thỏa |z| = R. Theo định lý Rouché đối vớihàm f (z) và g(z) và đường tròn |z| = R, ta có P (z) = f (z) + g(z) có cùngsố không điểm với f (z) (là n) trong đường tròn |z| = R. Do P (z) có khôngquá n nghiệm, nên suy ra P (z) có đúng n nghiệm.
6.10 Định lý. Giả sử z0 là một nghiệm cấp m của phương trình f (z) = a
trong đó f là một hàm giải tích và không là hằng trong một lân cận của z0. Khi ấy, với mọi ε-lân cận đủ bé của z0 và mọi b = a đủ gần a, phương trình f (z) = b có đúng m nghiệm phân biệt trong ε-lân cận ấy.
Chứng minh. Do f giải tích và không là hàm hằng trong lân cận của z0nên tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho z0 là không điểm duy nhất (cấp m) của
f (z) − a trong lân cận ấy, |f (z) − a| = 0 với mọi |z − z0| = ε và f ′(z) = 0với mọi 0 < |z − z0| ≤ ε. Đặt m = min|f (z) − a| : |z − z0| = ε > 0 (xemĐịnh lý 3.2 trang 234 và một số kết quả trong mục đó). Khi đó, với mọi b
thỏa 0 < |b − a| < m, ta có
|f (z) − a| > |b − a| với mọi z thỏa |z − z0| = ε.
Theo Định lý Rouché đối với hai hàm f (z) − a và a − b và với đường tròn
|z
−z0
| = ε, ta có hai hàm f (z)
−b và f (z)
−a có cùng số không điểm
(là m) bên trong đường tròn |z − z0| = ε. Các không điểm của f (z) − b làphân biệt vì nếu có một không điểm nào đó có cấp lớn hơn hoặc bằng 2
thì f ′ bằng không tại điểm đó mâu thuẫn với điều kiện cho ε-lân cận trên.Vậy phương trình f (z) − b = 0 có m nghiệm phân biệt trong ε-lân cận củaz0.
6.11 Định lý. (Nguyên lý bảo toàn miền) Nếu hàm f giải tích và không là hàm hằng trên miền D, thì D∗ = f (D) là một miền.
Chứng minh. Lấy hai điểm bất kỳ w1 và w2 trong D∗. Khi đó, tồn tạiz1, z2 ∈ D sao cho w1 = f (z1) và w2 = f (z2). Vì D là miền nên tồn tại
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
đường cong γ trong D nối z1 và z2. Do f giải tích trên D nên f liên tụctrên D, suy ra f (γ ) là đường cong trong D∗ nối w1 và w2. Vậy D∗ là tậpliên thông.
Giả sử w0 là điểm tùy ý thuộc D∗ và z0 ∈
D sao cho f (z0) = w0. Do f
là hàm giải tích và không là hàm hằng trên D và theo định lý duy nhất,tồn tại δ > 0 sao cho B(z0, δ ) ⊂ D và f (z) = w0 với mọi z ∈ ∂B(z0, δ ).Đặt α = min
|z−z0|=δ|f (z) − w0| > 0. Khi đó, ta có B(w0, α) ⊂ D∗. Thật vậy,
lấy w1 ∈ B(w0, α) tùy ý. Xét hàm f (z) − w1 = (f (z) − w0) + (w0 − w1).Bởi vì |f (z) − w0| ≥ α với mọi z thỏa |z − z0| = δ và |w0 − w1| < α, ta có
|f (z) − w0| > |w1 − w0| với mọi z thỏa |z − z0| = δ
Theo định lý Rouché đối với hai hàm f (z) − w0 và w0 − w1 và đường tròn|z − z0| = δ , ta có hai hàm f (z) − w1 và f (z) − w0 có số không điểm bằngnhau trong đường tròn |z − z0| = δ . Do z0 là một không điểm của hàmf (z) − w0, cho nên hàm f (z) − w1 phải có không điểm nằm trong đườngtròn |z−z0| = δ . Gọi z1 là một không điểm của f (z)−w1 trong đường tròn|z − z0| = δ , suy ra z1 ∈ D và f (z1) = w1 ∈ D∗. Do đó, B(w0, α) ⊂ D∗.Vậy D∗ là tập mở, nên nó là một miền.
6.12 Định lý. (Hurwitz) Giả sử dãy các hàm giải tích f n trên miền D hội tụ đều trên mọi tập compact trong D tới hàm f và giả sử f không là hàm hằng. Khi đó, với mọi a ∈ f (D) tồn tại N > 0 sao cho a ∈ f n(D)
với mọi n > N .
Chứng minh. Theo Định lý 6.4 trang 174 hàm f giải tích trên D. Lấy z0 ∈D sao cho f (z0) = a. Cũng như trong chứng minh định lý nguyên lý bảotoàn miền do f không là hàm hằng nên tồn tại δ > 0 sao cho B(z0, δ )
⊂D
và α = inf |z−z0|=δ
|f (z)−a| > 0. Vì f n hội tụ đều tới f trên ∂B(z0, δ ) tồn tại
N > 0 sao cho với mọi n > N ta có|f n(z) − f (z)| < α với mọi |z − z0| = δ , cho nên |f n(z) − f (z)| < |f (z) − a|với mọi |z − z0| = δ . Vậy với mỗi n > N hai hàm giải tích f (z) − a
và f n(z) − f (z) thỏa mãn điều kiện định lý Rouché trên B(z0, δ ) nênf n(z) − a = (f n(z) − f (z)) + (f (z) − a) có cùng số không điểm với hàmf (z)−a trong B(z0, δ ). Do z0 là một không điểm của f (z)−a nên f n(z)−a
phải có một không điểm trong B(z0, δ ) nghĩa là tồn tại zn ∈ B(z0, δ ) ⊂ Dsao cho f n(zn) − a = 0, suy ra a ∈ f n(D). Vậy a ∈ f n(D) với mọi n > N .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4 ) Xác định số nghiệm của phương trình 2z5− 6z2 + z + 1 = 0 trong hìnhvành khăn z : 1 ≤ |z| < 2.
5 ) Chứng minh rằng nếu c là một số phức thỏa |c| > e thì phương trìnhczn = ez có n nghiệm (đếm cả số bội) bên trong đường tròn |z| = 1.
6 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm f n hội tụ đều trên mọi tập compacttrong D đến hàm f và các hàm f n không có không điểm trong D với mọin thì hàm f cũng không có không điểm trong D.
7 ) Nếu các hàm f n(z) giải tích và có tối đa m không điểm trên miền D
và f n(z) hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f thì f (z)
hoặc là đồng nhất 0 hoặc có nhiều nhất m không điểm trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Giả sử w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích tại z0 = x0 + iy0 ∈ D vàf ′(z0) = 0. Suy ra định thức Jacobi của hai hàm u và v khác không tại(x0, y0), cụ thể như sau:
J (u, v)(x0, y0) = ∂ (u, v)
∂ (x, y) =
u′x u′yv′x v′y
(x0,y0)
= [u′x(x0, y0)]2 + [v′x(x0, y0)]2
= |f ′(z0)|2
Trong giải tích cổ điển, theo định lý hàm ngược (chẳng hạn xem [1, trang102]) khi J (u, v)(x0, y0)
= 0 thì các hàm số u = u(x, y) và v = v(x, y) có
các hàm ngược trong lân cận của điểm (x0, y0).Nói một cách khác, nếu f ′(z0) = 0 thì hàm w = f (z) sẽ đơn trị trong
một lân cận nào đó của z0 và hàm ngược z = f −1(w) cũng khả vi tronglân cận của điểm w0 = f (z0) và
(f −1)′(w0) = 1
f ′(z0).
Giả sử đường cong γ có biểu diễn tham số γ (t) với t ∈ [a, b] và là đườngcong Jordan trơn đi qua điểm z0 = γ (t0) với t0 ∈ (a, b) và ta có γ ′(t0) = 0.Khi đó, ảnh của γ qua ánh xạ w = f (z) ở trên là đường cong Γ = f (γ ) đi
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Kết quả này chỉ phụ thuộc vào f ′(z0) mà không phụ thuộc vào đường congγ qua z0. Như vậy, qua ánh xạ w = f (z) với f ′(z0) = 0 hệ số co dãn (độ dãn, trong trường hợp này là |f ′(z0)|) của ảnh của đường cong tại z0 không phụ thuộc vào dạng và hướng của đường cong . Hàm có tính chất như vậy
được gọi là hàm có hệ số co dãn đều tại z0.
Bài tập
1 ) Chứng minh rằng nếu hàm f (z) giải tích tại z0 và f ′(z0) = 0 thìtrong lân cận của z0 hàm f có hàm ngược giải tích tại w0 = f (z0) và(f −1)′(w0) = 1/f ′(z0).
2 ) Cho ánh xạ thực hiện nhờ các hàm số w = z2
và w = z3
. Tìm gócquay, hướng xuất phát từ điểm z0 và hệ số co dãn tại các điểm sau đây.
(a) z0 = 1 (b) z0 = −14
(c) z0 = 1 + i (d) z0 = −3 + 4i.
3 ) Phần nào của mặt phẳng co lại, phần nào của mặt phẳng dãn ra, nếuánh xạ được thực hiện nhờ các hàm số
(a) w = z2 (b) w = z2 + 2z (c) w = 1
z (d) w = ez.
4 ) Cho hàm f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) xác định trên miền D sao chocác hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng liên tục trên D và thỏau′x(x, y) = −v′y(x, y) và u′y(x, y) = v′x(x, y) với mọi (x, y) ∈ D. Chứngminh rằng hàm g(z) = f (z) bảo giác trên D ′ = z : z ∈ D nếu u′(x, y)2 +
v′(x, y)2 > 0 với mọi (x, y) ∈ D.
§ 2 Ánh xạ bảo giác
2.1 Định nghĩa. Ánh xạ w = f (z) biến miền D của mặt phẳng phức (z)
thành miền D∗ của mặt phẳng phức (w) được gọi là ánh xạ bảo giáctrong miền D nếu tại mọi điểm z ∈ D góc giữa các đường cong được bảotoàn (cả về độ lớn và hướng) và độ dãn không đổi theo mọi hướng.
Từ ý nghĩa hình học của đạo hàm ta đã chứng minh được kết quả sau:
2.2 Định lý. Giả sử ánh xạ w = f (z) biến miền D thành miền D∗. Nếu f (z) là một hàm giải tích trên D và f ′(z) = 0 với mọi z ∈ D thì f là ánh xạ bảo giác trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Nghĩa là f khả vi tại z0 và f ′(z0) = keiα = 0. Vì z0 lấy tùy ý nên f giảitích trên D và f ′(z) = 0 với mọi z ∈ D.
Chú ý rằng phép chứng minh trình bày ở trên mang tính trực quancao. Ta có thể lập luận theo tinh thần giải tích như sau
∆f (z0)
∆z =
∆f (z0)
∆z
ei(Arg∆f (z0)−Arg∆z)
Theo giả thiết ta có
lim∆z→0
∆f (z0)
∆z
= r = 0 do tính chất dãn đều
lim
∆z→0
(Arg f (z0)
−Arg∆z) = α do tính bảo toàn góc
Do đó, lim∆z→0
∆f (z0)
∆z = reiα = 0. Vậy tồn tại f ′(z0) và f ′(z0) = 0.
2.4 Thí dụ. Hàm mũ f (z) = ez bảo giác trên mỗi miền đơn diệp của nó.
Hàm f (z) = 1
z bảo giác trên C \ 0.
2.5 Thí dụ. Xét hàm cos z. Ta đã biết (cos z)′ = − sin z = 0 khi và chỉkhi z = kπ với k nguyên. Vậy hàm cos z bảo giác tại mọi điểm trừ cácđiểm kπ với k nguyên.
2.6 Thí dụ. Hàm lũy thừa w = f (z) = zn, với n nguyên dương, là hàmbảo giác trên C \ 0. Tại z = 0 hàm không bảo giác khi n > 1. Thật vậy,dễ thấy rằng ảnh của z1 và z2 thỏa
|z1| = |z2| arg z1 = arg z2 + 2kπn k ∈ Z
qua ánh xạ f (z) = zn trùng nhau. Hơn nữa, mọi góc có đỉnh tại z = 0 quaánh xạ lũy thừa f (z) = zn sẽ tăng lên n lần.
2.7 Định nghĩa. Góc giữa hai đường cong γ 1 và γ 2 tại điểm z = ∞ là
góc giữa ảnh của hai đường cong đó qua ánh xạ w = f (z) = 1
z tại w = 0,
tức là góc giữa hai đường cong Γ1 = f (γ 1) và Γ2 = f (γ 2) tại w = 0.
2.8 Định lý. Hàm phân tuyến tính bảo giác trên C.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
§ 3 Bổ đề Schwarz3.1 Định lý. (Bổ đề Schwarz) Cho hàm f (z) giải tích trong hình tròn đơn vị U = z : |z| < 1 và liên tục trên U = z : |z| ≤ 1. Nếu hàm f
thỏa mãn f (0) = 0 và |f (z)| < 1 với mọi z ∈ U thì |f (z)| ≤ |z| với mọi
z ∈ U và |f ′(0)| ≤ 1. Thêm vào đó, nếu |f ′(0)| = 1 hay tồn tại z0 ∈ U saocho z0 = 0 mà |f (z0)| = |z0| thì |f (z)| = |z| với mọi z ∈ U và f (z) = eiαz
với α ∈ R.
Chứng minh. Xét hàm
ϕ(z) =
f (z)
z khi z = 0
f ′(0) khi z = 0.
Rõ ràng hàm ϕ(z) liên tục trên U và giải tích trên U \0. Theo công thứctích phân Cauchy đối với hàm f (z) ta có
f (z) = 1
2πi
C
f (ξ )
ξ − zdξ và
1
2πi
C
f (ξ )
ξ dξ = f (0) = 0
trong đó z ∈ U và C là đường tròn |z| = 1 định hướng dương. Do đó, vớiz ∈ U ta suy ra
f (z) = 1
2πi
C
f (ξ )
ξ − z − f (ξ )
ξ
dξ =
z
2πi
C
f (ξ )
ξ (ξ − z)dξ.
Vậy với z ∈ U \ 0 ta có
ϕ(z) = f (z)
z =
1
2πi
C
f (ξ )
ξ (ξ − z)dξ =
1
2πi
C
ϕ(ξ )
ξ − zdξ.
Hơn nữa, ta có
1
2πi
C
ϕ(ξ )
ξ dξ =
1
2πi
C
f (ξ )
ξ 2 dξ = f ′(0) = ϕ(0).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Do ϕ(z) liên tục trên U nên theo định lý về tích phân loại Cauchy ta suyra được ϕ(z) giải tích trên U . Nếu ϕ(z) là hàm hằng trên U thì cũng suyra được nó là hàm hằng trên U (do tính liên tục); cho nên |ϕ(z)| cũng làhằng trên U . Nếu ϕ(z) không là hàm hằng trên U thì từ nguyên lý cực đạisuy ra |ϕ(z)| đạt cực đại trên biên. Do đó, ta luôn có
maxz
∈U
|ϕ(z)| = max
|z
|=1
f (z)
z = max
|z
|=1
|f (z)|.
Do |f (z)| < 1 với mọi z ∈ U và f (z) liên tục trên U nên |f (z)| ≤ 1 vớimọi z ∈ U . Vậy max
|z|=1|f (z)| ≤ 1, suy ra |ϕ(z)| ≤ 1 với mọi z ∈ U . Do đó,
từ định nghĩa hàm ϕ(z) và f (0) = 0 ta suy ra được |f (z)| ≤ |z| với mọiz ∈ U và |f ′(0)| = |ϕ(0)| ≤ 1.
Hơn nữa, giả sử thêm giả thiết |f ′(0)| = 1 hay tồn tại z0 ∈ U mà z0 = 0
sao cho |f (z0)| = |z0|. Điều đó có nghĩa là |ϕ(z)| đạt giá trị lớn nhất trênU tại một điểm trong U . Theo nguyên lý modulus cực đại ta phải có ϕ làhàm hằng trên U và |ϕ(z)| = 1. Từ đó theo định nghĩa của hàm ϕ ta suyra được f (z) = eiαz với α ∈ R là hằng số.
3.2 Định nghĩa. Một hàm đơn diệp f từ D lên D∗ trong đó D và D∗ làcác miền tùy ý trong C được gọi là phép đẳng cấu (hay đẳng cấu chỉnh hình ) nếu các hàm f : D → D∗ và f −1 : D∗ → D là chỉnh hình (giải tích).Trường hợp D∗ = D phép đẳng cấu được gọi là phép tự đẳng cấu.
3.3 Định lý. Mọi phép tự đẳng cấu của hình tròn đơn vị B(0, 1) là tự đẳng cấu phân tuyến tính.
Chứng minh. Giả sử w = f (z) là một tự đẳng cấu của B(0, 1). Ta kýhiệu w0 = f (0). Theo Thí dụ 4.10 trang 116 ánh xạ phân tuyến tính
g(w) = w − w0
w0w − 1 là tự đẳng cấu của hình tròn B(0, 1) biến điểm w0 thành
điểm 0. Khi đó, ánh xạ hợp thành h = g f cũng là một tự đẳng cấu của
B(0, 1) với h(0) = 0. Vậy theo bổ đề Schwarz ta có
|h(z)| ≤ |z| với mọi z ∈ B(0, 1)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Hơn nữa, ta cũng thấy ánh xạ ngược h−1 cũng thỏa các điều kiện của bổđề Schwarz, cho nên ta có |h−1(w)| ≤ |w| với mọi w ∈ B(0, 1). Do nếuz ∈ B(0, 1) và w = h(z) thì h−1(w) = z, nên |z| ≤ |h(z)|. Kết hợp với kếtquả trên ta có
|h(z)
|=
|z
| với mọi z
∈B(0, 1). Lại theo bổ đề Schwarz ta
có h(z) = eiαz với mọi z ∈ B(0, 1) trong đó α là một hằng số thực nào đó.Do đó,
f (z) − w0
w0f (z) − 1 = eiαz hay f (z) =
w0 − eiαz
1 − w0eiαz.
Vậy f là một hàm phân tuyến tính.
Bài tập1 ) Tìm ánh xạ bảo giác w = f (z) biến miền D thành miền D∗
(a) D = z : |z − 2| < 1, D∗ = w : |w − 2i| < 2
(b) D = z : |z| < 1, |z − i| < 1, D∗ = w : Im w > 0
(c) D = z : |z| < 1, |z − 12| > 1
2, D∗ = w : Im w > 0
(d) D = z : |z| < 1, Im z > 0, D∗ = w : Im w > 0 sao cho f (−1) = 0,f (0) = 1, f (1) = ∞.
§ 4 Định lý ánh xạ Riemann
4.1 Định lý. Mọi song ánh chỉnh hình ϕ : D → D∗ là một đẳng cấu chỉnh hình.
Chứng minh. Xét hàm ψ = ϕ−1 : D∗ → D. Lấy w0 ∈ D∗ tùy ý. Khi đó, tađặt z0 = ψ(w0), suy ra ϕ(z0) = w0. Lấy ε > 0 bé tùy ý sao cho B(z0, ε) ⊆D. Vì ϕ chỉnh hình nên theo nguyên lý bảo toàn miền ϕ(B(z0, ε)) là mộtmiền. Hơn nữa, do w0 = ϕ(z0) ∈ ϕ(B(z0, ε)) cho nên tồn tại δ > 0 sao choB(w0, δ ) ⊆ ϕ(B(z0, ε)). Suy ra ψ(B(w0, δ )) ⊆ ψ(ϕ(B(z0, ε))) = B(z0, ε).Vậy ψ liên tục tại w0. Do w0 ∈ D∗ tùy ý nên ψ liên tục trên D∗.
Theo giả thiết ta được ϕ′ chỉnh hình trên D. Do đó, theo Định lý 3.7
trang 236 tập E = z ∈ D : ϕ′(z) = 0 không có điểm tụ trong D. Bởi vìnếu điều đó xảy ra ta sẽ có ϕ′(z) = 0 với mọi z ∈ D sẽ dẫn đến điều mâuthuẫn ϕ là hàm hằng trên D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Xét F = ϕ(E ). Khi đó, do ϕ là song ánh nên F cũng không có điểmtụ trong D∗. Hơn nữa, ta có D∗ = ϕ(D) là một miền nên cũng có D∗ \ F
là một miền. Lấy w1 ∈ D∗ \ F tùy ý. Từ đẳng thức
ψ(w) − ψ(w0)w − w1
= z − z1ϕ(z) − ϕ(z1) với z = ψ(w), z1 = ψ(w1)
và sự liên tục của ψ, ta suy ra được ψ′(w1) = 1
ϕ′(z1). Vậy ψ khả vi trên
miền D∗ \ F , cho nên nó cũng giải tích trên D∗ \ F .Ngoài ra do F không có điểm tụ trong D∗ nên với mỗi a ∈ F tồn tại
η > 0 sao cho B(a, η) ∩ F \ a = ∅. Do ψ giải tích trong η-lân cận thủngcủa a và liên tục tại a nên ψ giải tích tại a. Từ đó ta kết luận được ψ giải
tích trên D∗.
4.2 Nhận xét. Một trường hợp đặc biệt của định lý trên đối với ánh xạbảo giác: Nếu f là ánh xạ bảo giác trên miền D và là đơn ánh trên D thìánh xạ ngược của f trên f (D) cũng là ánh xạ bảo giác. Hơn nữa, ta cũngcó một phần của mệnh đề đảo này trong định lý sau.
4.3 Định lý. Giả sử f là một hàm giải tích trên tập mở D sao cho f
là đơn ánh trên D. Khi ấy, f là một ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm của D. Hơn nữa, hàm ngược của f cũng là ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm của D′ = f (D).
Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈ D sao cho f ′(z0) = 0. Khi đó, phươngtrình f (z) = f (z0) có nghiệm z0 với cấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theoĐịnh lý 6.10 trang 290 với w đủ gần f (z0) phương trình f (z) = w cónhiều hơn một nghiệm trong lân cận của điểm z0. Vậy hàm f không làđơn ánh trong lân cận nào của điểm z
0, đây là điều vô lý. Do đó, ta phải
có f ′(z) = 0 với mọi z ∈ D. Điều đó có nghĩa là f là ánh xạ bảo giác trênD. Phần còn lại của định lý có được từ nhận xét trên.
4.4 Định lý. (Định lý ánh xạ Riemann) Mọi miền đơn liên D khác C tương đương chỉnh hình với hình tròn đơn vị U = z : |z| < 1.
Chứng minh. D = C nên chọn w0 /∈ D. Gọi F là họ các hàm đơn diệpchỉnh hình từ D vào U . Chúng ta phải chứng minh tồn tại ψ ∈ F ánh xạ
D lên U .Đầu tiên chúng ta chứng minh F = ∅. Ta nhận thấy hàm g(z) = z −w0
chỉnh hình và không nhận giá trị 0 trên D. Do D là miền đơn liên và theo
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Định lý 5.15 trang 167 cho nên tồn tại hàm hàm chỉnh hình ϕ trên D saocho ϕ2(z) = z − w0. Nếu ϕ(z1) = ϕ(z2) thì cũng có ϕ2(z1) = ϕ2(z2), suyra z1 = z2. Vậy ϕ là đơn ánh. Lập luận tương tự chứng tỏ rằng không cóhai điểm z1 và z2 trong D sao cho ϕ(z1) =
−ϕ(z2). Theo nguyên lý bảo
toàn miền ϕ(D) là một miền, cho nên ϕ(D) chứa một hình tròn B(a, r) với0 < r < |a|. Do không có hai điểm z1 và z2 trong D sao cho ϕ(z1) = −ϕ(z2)
nên có thể chọn r đủ nhỏ để B(−a, r) ∩ ϕ(D) = ∅. Do đó, |ϕ(z) + a| > r
với mọi z ∈ D. Khi đó, hàm f (z) = r
ϕ(z) + a thuộc họ F .
Bước tiếp theo ta chứng tỏ rằng nếu ψ ∈ F mà ψ(Ω) không phủ U vànếu z0 ∈ D thì tồn tại ψ1 ∈ F để
|ψ′1(z0)| > |ψ′(z0)|.Theo Thí dụ 4.10 trang 116 các hàm ϕα với α ∈ U xác định bởi
ϕα(z) = z − α
1 − αz.
là hàm song ánh biến U thành U , và ký hiệu hàm ngược của nó là
ϕ−1
α (z) =
z + α
−αz + 1 = ϕ−α.
Giả sử ψ ∈ F và α ∈ U và α /∈ ψ(D). Khi đó, ϕα ψ ∈ F và ϕα ψ khôngcó không điểm trong D. Do đó, theo Định lý 5.15 trang 167 tồn tại mộthàm chỉnh hình trên D sao cho g2 = ϕα ψ. Như trong phần chứng minhF = ∅ ta thấy rằng g là đơn ánh. Do đó, g ∈ F ; và nếu ψ1 = ϕβ g ở đâyβ = g(z0), nó kéo theo rằng ψ1 ∈ F . Với ký hiệu ánh xạ s(w) = w2, chúngta có
ψ = ϕ−α ϕα ψ = ϕ−α s g = ϕ−α s ϕ−β ψ1.
Do ψ1(z0) = ϕβ g(z0) = ϕβ(β ) = 0, đạo hàm hàm hợp cho ta
ψ′(z0) = F ′(0)ψ′1(z0) ở đây F = ϕ−α s ϕ−β .
Chúng ta thấy rằng F (U ) ⊆ U và F không là đơn ánh trên U (do ϕ−α vàϕ−β là đơn ánh và s không là đơn ánh); hơn nữa F cũng liên tục trên U .Theo công thức tích phân Cauchy ta có
|F ′(0)| = 1
2πi
|ξ|=r
F (ξ )
ξ 2 dξ
≤ 1
2π
2πr
r2 =
1
r với 0 < r < 1.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Cho r → 1 ta suy ra được |F ′(0)| ≤ 1. Thật sự ta không thể có |F ′(0)| = 1.Thật vậy nếu |F ′(0)| = 1 và F (0) = 0 thì theo bổ đề Schwarz ta phải cóF (z) = cz với |c| = 1 điều này mâu thuẫn với tính không 1-1 của F ; cònnếu
|F ′(0)
|= 1 và γ = F (0)
= 0 thì hàm F 1 = ϕγ
F giải tích trên U liên
tục trên U thỏa F 1(U ) = ϕγ (F (U )) ⊆ ϕγ (U ) = U , F 1(0) = ϕγ (F (0)) =ϕγ (γ ) = 0 và
điều này mâu thuẫn với kết luận của bổ đề Schwarz. Vậy ta có |F ′(0)| < 1,cho nên |ψ′(z0)| < |ψ′
1(z0)|.Cố định z0 ∈ D và đặt
η = sup|ψ′(z0)| : ψ ∈ F.
Lập luận trên suy ra mọi h ∈ F với |h′(z0)| = η sẽ ánh xạ D lên U . Thậtvậy, nếu h như thế nhưng không là toàn ánh thì tồn tại h1 ∈ F sao choη = |h′(z0)| < |h′1(z0|, mâu thuẫn với định nghĩa η . Hơn nữa, cũng từ điềuđó ta thấy rằng η > 0. Do đó, phép chứng minh hoàn thành khi ta chỉ rađược h ∈ F sao cho |h′(z0)| = η.
Do F = ∅ nên với mỗi n nguyên dương tồn tại ψn ∈ F sao cho
|ψ′n(z0)| > η− 1n . Do đó, ta được dãy ψn ⊆ F có tính chất limn→∞ |ψ′n(z0)| =
η. Bởi vì |ψ(z)| < 1 với mọi z ∈ D đối với mỗi ψ ∈ F , nghĩa là họ hàm F bị chặn đều trên D, và theo Định lý Montel 9.5 (trang 185) dãy ψn trongF có dãy con ψnkk hội tụ đều trên các tập compact tới h. Theo Định lýWeierstrass 6.4 trang 174 hàm h giải tích trên D và h′ = lim
k→∞ψ′nk
. Từ đó
ta được |h′(z0)| = limk→∞
|ψ′nk(z0)| = lim
n→∞ |ψ′n(z0)| = η. Do đó, h không là
hàm hằng. Bởi vì ψn(D) ⊆ U với n ≥ 1 ta suy ra được h(D) ⊆ U . Theo
nguyên lý bảo toàn miền ta suy ra h(D) ⊆ U .Vậy ta chỉ còn chứng minh h là đơn ánh. Cố định hai điểm khác nhauz1 và z2 thuộc D, đặt α = h(z1) và αk = ψnk(z1) đối với k = 1, 2, . . ., vàgiả sử ∆ là hình tròn đóng tâm z2 nằm trong D nhưng không chứa z1 saocho h − α không có không điểm trên ∂ ∆. Ta có tìm được ∆ như thế bởivì tập không điểm của hàm giải tích nhưng không hàm hằng h − α khôngcó điểm tụ trong D (Định lý 3.7 trang 236). Dãy hàm ψnk − αkk hội tụđều trên ∆ tới h − α. Ngoài ra các hàm ψnk − αk không có không điểm
trong ∆, bởi vì các hàm này là 1-1 và có chỉ một không điểm z1. Theođịnh lý Hurwitz (trang 287) h − α không có không điểm trong ∆, đặc biệth(z2) − α = 0 hay h(z2) = h(z1).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
4.5 Hệ quả. Hai miền đơn liên trong C thì đồng phôi với nhau.
Chứng minh. Nếu D là một miền đơn liên trong C thì hoặc D trùng vớiC hoặc đồng phôi với B(0, 1) (theo định lý ánh xạ Riemann). Từ đó ta kết
luận được D đồng phôi với C (vì B(0, 1) đồng phôi với C). Vậy hai miềnđơn liên bất kỳ đồng phôi với nhau (do cùng đồng phôi với C).
Bài tập
1 ) Chứng minh rằngC không thể tương đương chỉnh hình với hình tròn mở.
2 ) Chứng minh rằng nếu f là một ánh xạ bảo giác tại z0 thì tồn tại mộtε-lân cận U của z
0 sao cho f có hàm ngược trên U và hàm ngược ấy cũng
là ánh xạ bảo giác trên f (U ).
§ 5 Bài toán biểu diễn bảo giác
Xét bài toán của ánh xạ bảo giác: cho trước một hàm f giải tích trongmột tập mở của C, hãy tìm một tập mở liên thông D (thành phần liênthông) để cho f đơn ánh trên đó, và hãy xác định f (D); nghĩa là xác định
miền đơn diệp của f .Nhận thấy rằng, theo kết quả trước đây bài toán này luôn luôn có lờigiải trong một lân cận điểm z0 ở đó hàm f là bảo giác. Tuy nhiên, nókhông có lời giải nào trong mọi lân cận của những điểm mà ở đó f khôngbảo giác. Thật vậy, nếu f giải tích tại z0 nhưng không bảo giác tại z0,nghĩa là f ′(z0) = 0, khi đó phương trình f (z) = f (z0) có nghiệm z0 vớicấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theo Định lý 6.10 trang 290 hàm f khônglà đơn ánh trong bất kỳ lân cận nào của điểm z0. Theo Định lý 4.3 nếu
hàm giải tích f là đơn ánh trên tập mở thì f là ánh xạ bảo giác trên D.Như vậy, ta có được một điều kiện cần để hàm giải tích f là đơn ánh trênD. Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ; chẳng hạn như hàm f (z) = ez
mà ta đã biết nó không là đơn ánh trên C nhưng nó bảo giác trên C vìf ′(z) = 0 với mọi z ∈ C.
Ta cũng biết rằng, hàm f (z) = ez là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2πi
(Định lý 3.4 trang 92) nên mọi dải dạng z = x + iy : x, y ∈ R, α < y <
α+2π với α ∈ R đều là miền đơn diệp của hàm f . Ta thường quan tâm tới
những dải có dạng Bk = z = x + iy : x, y ∈ R, (2k − 1)π < y < (2k + 1)πhay B′
k = z = x + iy : x, y ∈ R, 2kπ < y < 2(k + 1)π với k ∈ Z. Mỗidải như vậy cho chúng ta một nhánh hàm logarithm, ngược của f . Đặc
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
1.1 Định nghĩa. Cho dãy số phức pn. Một tích vô hạn các số phứccủa dãy pn
p1 p2 · · · pn · · · =∞n=1
pn(1.2)
được xác định bởi giới hạn của dãy các tích riêng xác định bởi P n =
p1 · · · pn. Tích vô hạn trên được gọi là hội tụ đến giá trị P = limn→∞
P n
nếu giới hạn này tồn tại và khác không.
Có những lý do để chúng ta loại trừ trường hợp limn→∞
P n = 0. Nếu ta
chấp nhận giá trị P = 0 thì bất cứ tích vô hạn nào với một nhân tử bằng0 (trong dãy ban đầu có một phần tử bằng 0) sẽ hội tụ, và sự hội tụ đókhông phụ thuộc vào toàn bộ các nhân tử của tích. Một lý do cho điềukiện P = 0 xuất phát từ việc chúng ta muốn biểu diễn một hàm qua tíchvô hạn và điều này phải có thể thực hiện được đối với cả hàm có các khôngđiểm. Cũng vì lý do đó chúng ta đi đến quy ước chung là tích vô hạn (1.2)
được gọi là hội tụ nếu và chỉ nếu chỉ có hữu hạn các nhân tử bằng khôngvà nếu các tích riêng được thành lập từ các nhân tử khác không dần vềmột giới hạn hữu hạn khác không.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
log(1 + an) hội tụ tuyệt đối. Từ đó ta có được kết luận
của định lý.
1.9 Hệ quả. Giả sử 0≤
un < 1. Khi đó, tích ∞
n=1
(1
−un) hội tụ nếu và
chỉ nếu ∞n=1
un < ∞.
Chứng minh. Theo định lý trên tích∞n=1
(1 − un) hội tụ khi và chỉ khi
chuỗi số∞
n=1
(−un) hội tụ tuyệt đối nghĩa là chuỗi∞
n=1
un hội tụ.
§ 2 Tích vô hạn hàm phứcBây giờ ta muốn định nghĩa tích vô hạn của một dãy hàm. Cũng tươngtự như quy ước khi ta định nghĩa tích vô hạn, ta định nghĩa tích vô hạncủa dãy hàm an(z) trên tập D khi với mỗi z ∈ D chỉ có hữu hạn các sốan(z) bằng không. Khi đó, ta có tích của dãy hàm an(z) là
∞n=1
an(z).(2.1)
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
2.9 Định lý. Giả sử un(z) là dãy các hàm bị chặn trên tập D sao cho
chuỗi ∞n=1
|un(z)| hội tụ đều trên D. Khi đó, tích
f (z) =
∞n=1
(1 + un(z))
hội tụ đều trên D và f (z0) = 0 với z0 nào đó thuộc D nếu và chỉ nếu tồn tại n để un(z0) = −1. Ngoài ra, nếu n1, n2, n3, . . . là một hoán vị bất kỳ của 1, 2, 3, . . . thì
f (z) =∞
k=1
(1 + unk(z)).
Chứng minh. Từ giả thiết suy ra rằng∞n=1
|un(z)| bị chặn trên D. Thật
vậy, do chuỗi∞n=1
|un(z)| hội tụ đều trên D nên tồn tại N 0 sao cho∞
n=N 0+1
|un(z)| <
1 với mọi z ∈ D, và do dãy un(z) bị chặn trên D nên tồn tại M 0 saocho |un(z)| < M 0 với mọi z ∈ D với mọi 1 ≤ n ≤ N 0; do đó, ta có
∞n=1
|un(z)| =N 0n=1
|un(z)| +∞
n=N 0+1
|un(z)| < N 0M 0 + 1 với mọi z ∈ D.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
với mọi z ∈ D và N > N 1. Đặc biệt, khi nk = k với mọi k = 1, 2, . . . thìq M (z) = pM (z). Khi đó, ta viết lại
| pM (z) − pN (z)| < 2εC với mọi M > N > N 1, z ∈ D.
Vậy dãy hàm pN (z) hội tụ đều trên D về hàm giới hạn f . Mặt khác, từ bất đẳng thức ở trên ta suy ra được bất đẳng thức
| pM (z) − pN (z)| ≤ 2ε| pN (z)| với mọi z ∈ D và M > N > N 1.
Do |a| − |b| ≤ |a − b| nên với mọi z ∈ D và M > N > N 1 ta suy ra được
(1
−2ε)
| pN (z)
| ≤ | pM (z)
| ≤(1 + 2ε)
| pN (z)
|.
Do đó, cho M → ∞ ta được(1 − 2ε)| pN (z)| ≤ |f (z)| ≤ (1 + 2ε)| pN (z)| với mọi z ∈ D.
Nếu tồn tại z0 ∈ D và n sao cho un(z0) = −1, thì pN (z) = 0 khi N > n,suy ra f (z0) = 0. Ngược lại, nếu f (z0) = 0 thì ta phải có pN (z0) = 0 suyra tồn tại n sao cho un(z0) = 0.
Trở lại trường hợp tổng quát, ta có
|q M (z) − f (z)| ≤ |q M (z) − pN (z)| + | pN (z) − f (z)|< 2εC + | pN (z) − f (z)|
với mọi z ∈ D, M > N > N 1. Từ đó suy ra dãy q M (z) hội tụ về hàmf (z) là hàm giới hạn của pN .
2.11 Định lý. Giả sử 0 ≤ un < 1. Khi đó,∞
n=1
(1 − un) > 0 nếu và chỉ
nếu ∞n=1
un < ∞.
Chứng minh. Đặt pn =
nk=1
(1 − uk). Ta nhận thấy pn > 0 và pn+1 =
pn(1 − un+1) ≤ pn. Vậy dãy pn là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 cho
nên tồn tại limn→∞
pn = p
≥0. Theo Định lý 2.9 nếu
∞
n=1
un <
∞ và un
= 1
với mọi n nên suy ra∞n=1
(1 − un) = p > 0.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
2.12 Định lý. Giả sử các hàm f n, n = 1, 2, . . ., giải tích trên miền Ω,
không hàm nào đồng nhất bằng không trên Ω, và chuỗi ∞n=1
|1 − f n(z)| hội
tụ đều trên mọi tập compact trong Ω. Khi đó, tích f (z) =
∞
n=1
f n(z) hội tụ
đều trên các tập compact, và hàm f giải tích trên Ω. Ngoài ra
m(f ; z) =∞n=1
m(f n; z) z ∈ Ω(2.13)
ở đây m(f ; z) ký hiệu số bội của không điểm z của f (nếu f (z) = 0 ta xem m(f ; z) = 0).
Chứng minh. Đặt un(z) = f n(z) − 1. Suy ra các hàm un(z) giải tích trênΩ nên chúng bị chặn trên các tập compact trong Ω. Theo Định lý 2.9 đối
với dãy hàm un(z) ta suy ra được tích∞n=1
f n(z) hội tụ đều về hàm f
trên các tập compact trong Ω. Do đó, f giải tích trên Ω.Lấy z0 ∈ Ω. Nếu f (z0) = 0 thì theo Định lý 2.9 ta được f n(z0) = 0 với
mọi n. Do đó, ta có được đẳng thức (2.13). Nếu f (z0) = 0, thì tồn tại mộtlân cận V trong Ω của z0 sao cho f (z)
= 0 với mọi z
= z0. Do đó, các f n
chỉ đạt giá trị không trong V tại z0; hơn nữa chỉ có hữu hạn các hàm f n
như thế bởi vì chuỗi số∞n=1
|1 + f n(z0)| hội tụ. Nghĩa là tồn tại N > 0 sao
cho f n(z) = 0 với mọi n > N mọi z ∈ V . Do đó,
∞n=1
m(f n; z0) =
N n=1
m(f n; z0).
Hơn nữa, theo Định lý 2.9 ta suy ra được đẳng thức (2.13) tại z0. Ta cũngnhận thấy chỉ có hữu hạn các số hạng của chuỗi trong (2.13) là dương vớimọi z ∈ Ω.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Chọn đa thức pn(z) là một tổng riêng của chuỗi lũy thừa trên:
pn(z) = z
an+
1
2
z
an
2+ · · · +
1
mn
z
an
mn
.
Từ đó ta tính được
log
1 − z
an
+ pn(z)
= − 1
mn + 1
z
an
mn+1
− 1
mn + 2
z
an
mn+2
− · · ·
Do đó, modulus của nó được ước lượng khi z ∈ D như sau
log
1 − zan
+ pn(z)
≤ ∞k=mn+1
1k
zan
k≤ 1
mn + 1
∞k=mn+1
R
|an|k
= 1
mn + 1
R
|an|mn+1
1 − R
|an|−1
Giả sử mn được chọn sau cho chuỗi ∞n=1
1mn + 1
R|an|
mn+1 hội tụ (chẳng
hạn ta chọn mn = n). Khi đó, với n đủ lớn ta có log
1 − z
an
+ pn(z)
≤ 1
mn + 1
R
|an|mn+1
1 − R
|an|−1
< π.
Do đó
log1
−
z
ane pn(z) = log1
−
z
an + pn(z)≤ 2
mn + 1
R
|an|mn+1
Vậy chuỗi∞n=1
log
1 − z
an
e zan
+ 12 (
zan
)2+···+ 1mn
( zan
)mn
hội tụ đều trên tập
compact D, suy ra tích∞
n=1
1 − z
an
e zan
+ 12 (
zan
)2+···+ 1mn
( zan
)mn
hội tụ đều
trên tập compact D về hàm f ; hơn nữa hàm f giải tích trên D. Do Rtùy ý nên f giải tích trên D. Ta cũng có hàm f chỉ có các không điểm làa1, a2, a3 . . ..
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Cho an là một dãy không có số hạng nào bằng không và có moduluskhông giảm. Tích vô hạn
∞
n=1
G z
an, p(3.7)
được gọi là tích chính tắc Weierstrass ứng với dãy an và p được gọilà genus của tích chính tắc.
§ 4 Genus của hàm giải tích
Ta đã chứng minh rằng tích chính tắc Weierstrass hội tụ và là một hàmgiải tích chỉ có các không điểm là các số a1, a2, a3, . . . nếu chuỗi
∞n=1
1
p + 1
R
|an| p+1
hội tụ với mỗi R,
điều đó có được khi chuỗi∞n=1
1
|an| p+1 hội tụ.
4.1 Định nghĩa. Nếu hàm giải tích f có thể được biểu diễn dưới dạng
f (z) = zmeg(z)∞n=1
G z
an, p
trong đó a1 = 0, |an+1| ≥ |an| với mọi n, và g(z) là một đa thức có bậc q .Khi đó, ta nói hàm f có genus hữu hạn và maxq, p được gọi là genuscủa hàm f .
4.2 Thí dụ. Xét hàm giải tích sin πz . Ta nhận thấy các không điểm làcác số nguyên z = ±n. Do
∞n=1
1
n phân kỳ
∞n=1
1
n2 hội tụ
chúng ta phải lấy p = 1 và thu được biểu diễn ở dạng
sin πz = zeg(z)n=0
1 − z
n
ezn .
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Do đó, phần ảo của F ′(z)/F (z) xác định bởi (với z = x + iy)
ImF ′(z)
F (z) = − my
x2 + y2 +
∞
n=1 −
y
(x − an)2 + y2 .
Từ đó ta thấy rằng phần ảo của F ′(z)/F (z) bằng không chỉ khi y = 0. Dođó, F ′(z) chỉ có không điểm thực. Mặt khác, ta có
F ′(z)
F (z) ′
= − m
z2 −
∞
n=1
1
(z
−zn)2
nó nhận giá trị thực âm khi z là số thực. Vậy giữa hai không điểm thựcliên tiếp của F (z) và khi z tăng hàm F ′(z)/F (z) phải giảm từ ∞ về −∞.Do đó, F ′(z) có đúng một không điểm thực giữa hai không điểm thực liêntiếp của F (z). Trường hợp hàm F (z) có dạng
F (z) = C zm
N n=1
1 − z
an
với an là các số thực, ta chứng minh cũng giống như trên để được kết luậncủa định lý.
Giả sử hàm giải tích F (z) có genus 1 và có các không điểm đều là thực.Nếu F (z) có dạng
F (z) = C zmeαz∞n=1
1 − z
an
e zan
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Do đó, phần ảo của F ′(z)/F (z) xác định bởi (với z = x + iy)
ImF ′(z)
F (z)
= − my
x2 + y2 +
∞
n=1
−y
(x − an)2 + y2.
Từ đó ta thấy rằng phần ảo của F ′(z)/F (z) bằng không chỉ khi y = 0. Dođó, F ′(z) chỉ có không điểm thực. Mặt khác, ta có
F ′(z)
F (z)
′= − m
z2 −
∞n=1
1
(z − zn)2.
Ta cũng có được kết quả của định lý. Trường hợp hàm F (z) có dạng
F (z) = C zmeαz
N n=1
1 − z
an
với α và an là các số thực. Ta cũng suy ra được kết luận của định lý như các trường hợp trên.
§ 5 Hàm gammaHàm giải tích sin πz có tất cả các số nguyên là không điểm và nó là hàmđơn giản nhất có tính chất này. Chúng ta sẽ xem xét các hàm giải tích mànó chỉ có các số nguyên dương là không điểm hay chỉ có các số nguyên âmlàm không điểm. Chẳng hạn, hàm giải tích đơn giản nhất chỉ có tất cả sốnguyên âm là không điểm là hàm xác định bởi tích chính tắc Weierstrass
G(z) =
∞n=1
1 +
z
n
e−
zn .(5.1)
Rõ ràng hàm G(−z) chỉ có các số nguyên dương là không điểm. Từ biểudiễn của hàm sin πz ở dạng tích chính tắc ta suy ra được
zG(z)G(−z) = sin πz
π .
Ta nhận thấy rằng hàm G(z − 1) chỉ có các không điểm là các số nguyênkhông dương, tức là nó có các không điểm giống với G(z) và thêm 0. Dođó, hàm thu được sau khi đơn giản G(z−1)
zG(z) là hàm giải tích và không có
không điểm nào, cho nên tồn tại hàm giải tích γ (z) sao cho
G(z − 1)
zG(z) = eγ (z) hay G(z − 1) = z eγ (z)G(z).
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
Để xác định hàm γ (z) ta lấy logarithm hai vế rồi tính đạo hàm hai vế.
log(G(z − 1)) = log(zeγ (z)G(z))
vàG′(z − 1)G(z − 1)
= 1z
+ γ ′(z) + G′(z)
G(z) .
Tính đạo hàm G′(z) và đơn giản biểu thức G′(z)/G(z) như trong chứngminh Định lý 4.4 ta thu được
∞
n=1 1
z − 1 + n − 1
n=
1
z + γ ′(z) +
∞
n=1 1
z + n − 1
n.
Mặt khác, ta có
∞n=1
1
z − 1 + n − 1
n
=
1
z − 1 +
∞n=2
1
z − 1 + n − 1
n − 1 +
1
n − 1 − 1
n
= 1
z − 1 +
∞n=1
1
z + n − 1
n
+
∞n=1
1
n − 1
n + 1
1
= 1
z +
∞n=1
1
z + n − 1
n
.
So sánh kết quả này với đẳng thức trước ta suy ra được γ ′(z) = 0. Vậyγ (z) là một hằng số và ký hiệu hằng số này là γ . Vậy ta có được tính chấtcủa hàm G(z) như sau
G(z − 1) = eγ zG(z).
Nếu ta đặt H (z) = G(z)eγz , thì
H (z − 1) = G(z − 1)eγ (z−1) = eγ zG(z)eγ (z−1) = zH (z).
Ta hãy xác định giá trị của γ . Dùng định nghĩa và tính chất của hàmG(z) khi lấy z = 1 ta có
1 = G(0) = eγ G(1)
suy ra
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
[1] Hồ Công Xuân Vũ Y, Nguyễn Khắc Quỳnh Anh. Phép Tính Vi Phân
Hàm Vector . (Tập bài giảng). Trường Đại học Tiền Giang, Tiền Giang,2011.
[2] Lars V. Ahlfors. Complex Analysis: An Introduction to the Theory of Analytic Functions of One Complex Variable . McGraw-Hill, Inc.,New York, third edition, 1979.
[3] Nguyễn Hữu Anh. Nhập Môn Giải Tích Phức . Tủ sách Trường ĐạiHọc Khoa Học Tự Nhiên (Tp. Hồ Chí Minh), 1999.
[4] James Ward Brown, Ruel V. Churchill. Complex Variables and Ap-plications . McGraw-Hill, New York, eighth edition, 2009.
[5] Lê Thị Thiên Hương. Toán Cao Cấp, Tập 1: Phép tính vi tích phân hàm một biến và lí thuyết chuỗi . NXB Giáo Dục, Tp Hồ Chí Minh,2003. (Tái bản lần thứ ba).
[6] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải. Hàm Biến Phức . NXB Đại Học QuốcGia Hà Nội, 2006. (In lần thứ 3 có sửa chữa và bổ sung).
[7] Nguyễn Văn Khuê, Vũ Tuấn. Hàm Số Biến Số Phức . NXB Giáo Dục,Hà Nội, 1990.
[8] Rosa Peter. Đùa Với Cái Vô Hạn . NXB Giáo Dục, Hà Nội, 2007.(Bản dịch của: Nguyễn Xuân Huy, Phạm Ngọc Khôi, Ngô Anh Tuyết,Hồ Thuần).
[9] Trương Văn Thương. Hàm Số Biến Số Phức . NXB Giáo Dục, ĐàNẵng, 1999.
c Hồ Công Xuân Vũ Ý
WWW D Y
KEMQUY
NHON U
COZ CO
M
8/12/2019 Hàm Biến Phức Tác giả: Hồ Công Xuân Vũ Ý, Đại Học Tiền Giang, 2012
ánh xạ đồng phôi, 57ánh xạ bảo giác, 295, 303đối xứng qua đường tròn, 106
đề thi Olympic sinh viên, 19, 26,29
đồng liên tục đều trên tập com-pact, 183
đồng phôi, 57, 59độ dài đường cong, 134đạo hàm, 78đạo hàm cấp cao, 79định lý Abel, 70định lý Bolzano-Weierstrass, 40định lý Cauchy-Goursat, 150, 251định lý Cauchy-Hadamard, 72định lý Cauchy-Riemann, 80, 84định lý Harnack, 203định lý Hurwitz, 287, 291
định lý Lagrange, 129định lý Liouville, 181định lý Merten, 46định lý Montel, 185định lý Morera, 168định lý Rouché, 287định lý Taylor, 219định lý Weierstrass, 174, 176, 216,
238, 322định lý ánh xạ Riemann, 303, 307định lý đại số cơ bản, 182, 289
định lý đường cong Jordan, 134định lý duy nhất, 235định lý giá trị trung bình, 190
định lý tích phân loại Cauchy, 173định lý thặng dư Cauchy, 250địnhh lý giá trị trung bình, 177đẳng cấu chỉnh hình, 301, 302đẳng thức Lagrange, 19, 21đơn vị ảo, 7, 8, 10đường cong, 131, 134
điểm bất thường cô lập, 236, 244điểm biên, 32điểm cô lập, 34điểm dính, 34
điểm giới hạn, 34, 48điểm ngoài, 32điểm tụ, 48điểm trong, 32điểm vô cùng, 30
argument, 22argument chính, 23
bất đẳng tam giác, 17bất đẳng thức Cauchy, 19, 181bất đẳng thức Harnack, 203bất đẳng thức Jordan, 265bán kính hội tụ, 71, 72bài toán Dirichlet, 195bị chặn đều trên tập compact, 183
bổ đề Schwarz, 300bảo toàn góc, 294bao đóng, 32biên, 32biểu diễn Riemann, 30biểu diễn tham số đường cong, 131
cấp của cực điểm, 242
cấp của không điểm, 234công thức Euler, 25, 95công thức lượng giác Lagrange, 29công thức Moivre, 25công thức Poisson, 194, 202công thức Schwarz, 193công thức tích phân Cauchy, 162cực điểm, 237, 242, 244
căn bậc n, 26, 102căn nguyên thủy, 26chuỗi hàm, 63
hội tụ đều, 63hội tụ tuyệt đối, 65
chuỗi hội tụ, 43, 63chuỗi lũy thừa, 70, 89
chuỗi Laurent, 225, 230, 247chuỗi phân kỳ, 43chuỗi số phức, 43