Giáo trình Nhập môn hàm phức

IV.3 Thặng dư 57 kiệm nhiều công sức. Bài tập: Dùng công thức 3 ở phần sau điền vào ô trên. Theo công thức thặng dư ta có thể dùng thặng dư để tính tích phân đường. Sau đây là một số cách tính thặng dư một cách đơn giản và hiệu lực. 3.3 Tính thặng dư. Công thức 1: Khai triển Laurent hàm f . Khi đó Nếu f(z) = ∑ k ak(z − a)k, 0 < |z − a| < R, thì R a es f = a−1. Nếu f(z) = ∑ k akz k , |z| > R, thì R ∞ es f = −a−1. Nhận xét. Như vậy nếu a là kỳ dị khử được, thì R a es f = 0. Ví dụ. Ta có z cos 1 z − 1 = (z − 1) cos 1 z − 1 + cos 1 z − 1 = (z − 1) ( 1− 1 2!(z − 1)2 + 1 4!(z − 1)4 + · · · ) + (1− 1 2!(z − 1)2 + 1 4!(z − 1)4 + · · · ) Vậy R 1 es z cos 1 z − 1 = a−1 = −1/2! = −1/2. Công thức 2: Nếu a là cực điểm cấp m của f , thì R a es f = 1 (m− 1)! limz→a((z − a) mf(z))(m−1). Đặc biệt, nếu f = ϕ ψ , ϕ(a) = 0, ψ(a) = 0, ψ′(a) = 0, thì R a es f = ϕ(a) ψ′(a) Chứng minh: Theo giả thiết f(z) = a−m(z − a)−m + a−m+1(z − a)−m+1 + · · · (a−m = 0). Suy ra (z − a)mf(z) = a−m + a−m+1(z − a) + · · ·+ a−1(z − a)m−1 + · · · . Từ R a es f = a−1, suy ra công thức trên.
Ví dụ. a) R z = a es ez (z − a)(z − b) =   ea a− b neu a = b ea neu a = b b) R z = zk es 1 cos z = 1 − sin zk , trong đó zk = (k + 1/2)π. Công thức 3: Nếu ∞ là không điểm cấp m ≥ 2 của f , thì R ∞ es f = 0. 58 Nếu ∞ là không điểm cấp 1 của f , thì R ∞ es f = − lim z→∞ zf(z). Chứng minh: Theo giả thiết f( 1 z ) = zm(am+am+1z+· · · ) (am = 0). Vậy f(z) = am zm + [số hạng bậc ≤ m + 1]. Từ công thức 1 cho ta kết quả. 4. THẶNG DƯ LOGA - NGUYÊN LÝ ARGUMENT 4.1 Thặng dư logarithm. Cho hàm f giải tích trên miền 0 < |z − a| < R. Khi đó thặng dư loga của f tại a định nghĩa là R a es f ′ f . Nhận xét. Giả sử a là không điểm hay cực điểm cấp |m|. Khi đó ở lân cận a, f(z) = (z − a)mf1(z) , với f1(a) = 0. Suy ra f ′(z) f(z) = m z − a + f ′1(z) f1(z) . Vậy R a es f ′ f = m (= ± cấp của không điểm hay cực điểm của a). Ký hiệu: ω(f, a) = { m nếu a là không điểm cấp m của f −m nếu a là cực điểm cấp m của f Từ nhận xét trên ta có: 4.2 Định lý. Cho D là miền có biên định hướng. Giả sử f là hàm phân hình trên miền chứa D, f có tập không điểm Z ⊂ D và tập cực điểm P ⊂ D đều hữu hạn. Khi đó với mọi g ∈ H(D) ta có ∫ ∂D g(z) f ′(z) f(z) dz = 2πi ∑ a∈Z∪P g(a)ω(f, a). Ví dụ. Theo mệnh đề III.4.4 nếu f−w0 có không điểm cấp k tại z0, thì với |w−w0| < δ, phương trình f(z) = w, có k nghiệm z1(w), · · · , z(w) trong đĩa |z − z0| < . a) Áp dụng định lý với g(z) = zn, ta có zn1 (w) + · · ·+ znm(w) = 1 2πi ∫ |z−z |= zn f ′(z)dz f(z)− w . b) Khi f khả nghịch địa phương (m = 1), ta có biểu diễn hiện của hàm ngược f−1(w) = 1 2πi ∫ |z−z |= z f ′(z)dz f(z)− w . Áp dụng định lý trên với g = 1, ta có: IV.4 Thặng dư loga - Nguyên lý argument 59 4.3 Nguyên lý argument. Với giả thiết nh định lý trên. Nếu • α1, · · · , αp là các không điểm với cấp m1, · · · ,mp tương ứng, • β1, · · · , βq là các cực điểm với cấp n1, · · · , nq tương ứng, thì 1 2πi ∮ ∂D f ′ f = p∑ i=1 ni − q∑ j=1 mj = ND(f)− PD(f). Ký hiệu ND(f) là số không điểm của f trong miền D kể cả bội. PD(f) là số cực điểm của f trong miền D kể cả bội. Nhận xét. Định lý trên gọi là nguyên lý argument vì lý do sau: Cho f chỉnh hình trên đĩa đóng D = {|z − a| ≤ R} và γ là đường tròn |z − a| = R. Xét tuyến đóng Γ : W (t) = f(γ(t)) , 0 ≤ t ≤ 2π. Cho w ∈ Γ([0, 2π]). Khi đó số không điểm (kể cả bội) của f − w trong D là 1 2πi ∮ |z−a|=R f ′(z)dz f(z)− w = 1 2πi ∫ 2π 0 W ′(t)dt W (t)− w = 1 2πi ∫ Γ dW W − w. Về mặt hình học tích phân cuối (là số nguyên) biểu thị số vòng tuyến Γ quay quanh điểm w theo chiều thuận. Ký hiệu I(w,Γ) = 1 2πi ∫ Γ dW W − w. gọi là chỉ số của w đối với Γ. 4.4 Định lý Rouché. Cho f, g là các hàm chỉnh hình trên D, là miền có biên định hướng. Giả sử |g(z)| < |f(z)|, z ∈ ∂D. Khi đó ND(f + g) = ND(f) . Chứng minh: Ta có f + g = f(1 + g f ) nên ND(f + g) = ND(f) + ND(1 + g f ). Ta cần chứng minh ND(1 + g f ) = 0. Cách 1: Theo giả thiết ∣∣∣∣(1 + gf )− 1 ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ gf ∣∣∣∣ < 1 trên ∂D, i.e. (1 + gf )(∂D) ⊂ {w : |w − 1| < 1}. Suy ra tuyến Γ = (1 + g f )(∂D) không quay quanh điểm 0. Vậy theo nhận xét trên ND(1 + g f ) = I(0,Γ) = 0 Cách 2: Ta có ND(1 + g f ) = 1 2πi ∫ ∂D (1 + g/f)′ (1 + g/f) = 1 2πi ∫ ∂D ( g f )′ ∞∑ k=0 (−1)k ( g f )k = ∞∑ k=0 (−1)k 1 2πi ∫ ∂D ( g f )′ ( g f )k = 0 Giải thích: Do giả thiết ∣∣∣∣ gf ∣∣∣∣ < 1 trên ∂D, ta có dẳng thức thứ nhì. Sau đó chuyển dấu tích phân vào dấu tổng, điều này có thể được do tính hội tụ đều của chuỗi trên ∂D. IV.5 Ứng dụng thặng dư để tính tích phân xác định. 60 Các hàm ( g f )′ ( g f )k , có nguyên hàm là 1 k + 1 ( g f )k+1 nên tích phân trên ∂D bằng 0.
Sau đây là một chứng minh khác của định lý cơ bản của đại số: Hệ qủa. Mọi đa thức bậc n ≥ 1 với hệ số phức luôn có n nghiệm (kể cả bội). Chứng minh: Trước hết, để ý là nếu đa thức P có bậc n ≥ 1, thì lim z→∞ |P (z)| = ∞, nên mọi nghiệm của P chứa trong đĩa |z| < R, khi R đủ lớn. Viết P dưới dạng: P (z) = anzn + g(z), với an = 0 và g là đa thức bậc < n. Rõ ràng khi R đủ lớn |g(z)| < |anzn|, với |z| = R. Theo định lý Rouché số nghiệm (kể cả bội) của P (z) và anzn trong |z| < R là bằng nhau, vậy bằng n.
Ví dụ. Có thể dùng định lý Rouché để xác định số nghiệm phương trình trong một miền như được minh họa trong các ví dụ sau. a) Xét sự phân bố nghiệm đa thức p(z) = z8 − 5z3 + z − 2. Xét trong đĩa đơn vị |z| < 1. Áp dụng định lý Rouché với f(z) := 5z3 và g(z) := p(z)− f(z). Khi |z| = 1, |g(z)| ≤ |z|8 + |z|+ 2 = 4 < |f(z)| = 5. Vậy trong đĩa đơn vị |z| ≤ 1, p = f + g có 3 nghiệm. Xét trong đĩa |z| < 2. Đt f(z) := z8. Khi |z| = 2, ta có |p(z)−f(z)| ≤ 5|z|3+|z|+2 = 44 < |f(z)| = 256. Vậy trong đĩa |z| ≤ 2, p có 8 nghiệm. Suy ra trong vành 1 < |z| < 2 đa thức có 5 nghiệm. b) Cho f ∈ H(|z| ≤ 1). Giả sử |f(z)| < 1, khi |z| = 1. Phương trình f(z) = zn (n ≥ 1) có bao nhiêu nghiệm ? Để trả lời, xét f1(z) = zn − f(z). Khi đó với |z| = 1 ta có |f1(z)− zn| = |f(z)| < 1. Vậy trong đĩa |z| ≤ 1, f1 có cùng số nghiệm với g(z) = zn, nghĩa là n nghiệm. 5. ỨNG DỤNG THẶNG DƯ ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH Thặng dư cho ta công cụ để tính một số tích phân xác định một cách khá hữu hiệu. Sau đây là một vài dạng. 5.1 Tích phân dạng: ∫ 2π 0 R(cos t, sin t)dt, với R(x, y) là hàm hữu tỉ, mẫu khác 0 khi x2 + y2 = 1. Phương pháp. Đặt z = eit. Ta có cos t = 1 2 (z + 1 z ), sin t = 1 2i (z − 1 z )), dz = izdt. Nên tích phân trên có dạng ∮ |z|=1 R( 1 2 (z + 1 z ), 1 2i (z − 1 z )) dz iz = 2π ∑ |a|<1 R a es 1 z R( 1 2 (z + 1 z ), 1 2i (z − 1 z )). 61 Ví dụ. Với I = ∫ 2π 0 dt a + sin t (a > 1), ta có I = −i ∫ |z|=1 2πdz z2 + 2iaz − 1 = 2πRzes 2i z2 + 2iaz − 1 , trong đó z0 = −ia + i √ a2 − 1. Vậy I = 2π√ a2 − 1 . 5.2 Tích phân dạng: ∫ +∞ −∞ f(x)dx, trong đó (1) f là hàm hữu tỉ không có cực điểm trên đường thẳng thực R (2) lim z→∞ zf(z) = 0, i.e. bậc mẫu > bậc tử +1. Phương pháp. Với R > 0, gọi γR là đường cong trong nửa mặt phẳng trên Imz > 0, và có các đầu mút lần lượt là R và −R, chẳng hạn nửa đường tròn hay 3 cạnh hình chữ nhật. O−R R a1 a2 ak Với R đủ lớn, mọi cực điểm trong nửa mặt phẳng trên của f đều chứa trong miền giới hạn bởi các cung [−R,R] và γR, khi đó ta có ∫ R −R f(x)dx + ∫ γ f(z)dz = 2πi ∑ Ima>0 R a es f, Nếu tích phân suy rộng tồn tại, khi R →∞, thì ∫ +∞ −∞ f(x)dx = 2πi ∑ Ima>0 R a es f + lim R→+∞ ∫ γ f(z)dz. Bổ đề. Nếu lim |z|→+∞ zf(z) = 0, thì giới hạn cuối ở trên là 0 nên ta có ∫ +∞ −∞ f(x)dx = 2πi ∑ Ima>0 R a es f. Chứng minh: Chỉ là việc đánh giá tích phân. (bài tập) 62 Ví dụ. Với a ∈ R \ 0, ta có ∫ +∞ 0 x2dx (x2 + a2)3 = 1 2 ∫ +∞ −∞ x2dx (x2 + a2)3 = 1 2 2πi R z = |a|i es z2 (z2 + a2)3 (3.3) = πi 1 2! ( z2 (z + |a|i)3 )′′ |z=|a|i. Ví dụ. Để tính I = ∫ +∞ 0 dx 1 + x6 . Hàm 1 1 + z6 có 6 cực điểm đơn, 3 nằm ở nửa mặt phẳng trên: ei , ei , e5i . Thặng dư tại các điểm đó là 1 6z5 = −z 6 . Vậy I = 1 2 ∫ +∞ −∞ dx 1 + x6 = −π 6 (ei + ei + e5i ) = π 3 . 5.3 Tích phân dạng: ∫ +∞ −∞ f(x) cos kxdx hay ∫ +∞ −∞ f(x) sinkxdx, với k > 0 và (1) f là hàm hữu tỉ không có cực điểm trên đường thẳng thực R (2) lim z→∞ f(z) = 0, i.e. bậc mẫu > bậc tử. Phương pháp. Các tích phân trên là phần thực và phần ảo của tích phân∫ +∞ −∞ f(x)eikxdx. Tương tự như lập luận ở 5.2, từ bổ đề sau đây, ta có∫ +∞ −∞ f(x)eikxdx = 2πi ∑ Ima>0 R a es f(z)eikz. Bổ đề (Jordan). Giả sử f chỉnh hình trên nửa mặt phẳng Imz ≥ 0 trừ tại hữu hạn cực điểm không nằm trên trục thực. Nếu lim |z|→+∞ f(z) = 0 , thì ta có công thức tính tích phân nêu trên. Chứng minh: Gọi γR là nửa đường tròn bán kính R thuộc nửa mặt phẳng trên. Như lập luận ở 5.3, ta có∣∣∣∣ ∫ γ f(z)eikzdz ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ ∫ π 0 f(Reit)eikRe iReitdt ∣∣∣∣ ≤ max γ |f | ∫ π 0 e−kR sin tRdt. Với chú ý là ∫ π 0 g(sin t)dt = 2 ∫ π π/2 g(sin t)dt và sin t ≥ 2t π , khi 0 ≤ t ≤ π/2, ta có tích phân cuối: ∫ π 0 e−kR sin tRdt ≤ 2 ∫ π/2 0 e − 2 π kRt Rdt ≤ 2 ∫ ∞ 0 e − 2 π kRt Rdt = π/k. IV.5 Ứng dụng thặng dư để tính tích phân xác định. 63 Từ giả thiết suy ra lim R→+∞ ∫ γR f(z)eikzdz = 0. Vậy ta có đẳng thức trên.
Ví dụ. Ta có I = ∫ +∞ −∞ x sinx x2 + 1 dx = Im (∫ +∞ −∞ xeix x2 + 1 dx ) Do lim |z|→+∞ z z2 + 1 = 0, theo bổ đề Jordan ta có I = Im ( 2πiR z = i es zeiz z2 + 1 ) = Im(2πi ie−1 2i ) = π e . Nhận xét. Khi k < 0 có thể đổi biến, hay lập luận như trên vớ tổng các thặng dư ở nửa mặt phẳng dưới. Nhận xét. Vì cos kz và sin kz không bị chặn trên C, nên tích phân trên γR của f(z) cos kz hay f(z) sinkz không triệt tiêu khi R → +∞. Vậy hai tích phân dạng trên không bằng 2πi ∑ Ima>0 R a es f(z) cos kz hay 2πi ∑ Ima>0 R a es f(z) sin kz. 5.4 Tính tổng chuỗi. Một áp dụng hữu ích khác của thặng dư là tính tổng chuỗi ∞∑ k=0 f(k) đối với một số dạng hàm f . Mệnh đề. Giả sử f chỉnh hình trên C trừ tại hữu hạn điểm α1, · · · , αn khác các số nguyên và lim z→∞ zf(z) = 0. Khi đó (1) +∞∑ k=−∞ f(k) = − n∑ j=1 π cotgπαjR αj es f . (2) +∞∑ k=−∞ (−1)kf(k) = − n∑ j=1 π sinπαj R αj es f . (3) +∞∑ k=−∞ f( 2k + 1 2 ) = n∑ j=1 π tgπαjR αj es f . (4) +∞∑ k=−∞ (−1)kf(2k + 1 2 ) = n∑ j=1 π cosπαj R αj es f . Chứng minh: Đặt g(z) = π cotgπzf(z). Khi đó g có kỳ dị tại α1, · · · , αn và cực điểm đơn tại các k ∈ Z. Suy ra R αj es g = π cotgπαjR αj es f và R k es g = lim z→k (z − k)g(z) = f(k). Gọi CN , N ∈ N, là biên hình vuông với các đỉnh ±(N + 12)± i(N + 12). 64 −N− N+ −i(N+ ) i(N+ ) α1 α2 αn Khi N đủ lớn α1, · · · , αn đều nằm trong hình vuông CN . Vậy ∫ C g = 2πi( N∑ k=−N R k es g + k∑ j=1 R α es g) = 2πi   N∑ k=−N f(k) + n∑ j=1 π cotgπαjR α es f   . Chỉ cần chứng minh khi N → +∞, tích phân vế trái tiến về 0. Do lim z→∞ zf(z) = 0, nên điều này suy từ bổ đề sau. Bổ đề. Tồn tại M > 0 sao cho | cotgπz| ≤ M , ∀z ∈ CN . Để chứng minh bất đẳng thức trên, xét các trường hợp: Trường hợp 1: z = x + iy, y > 12 . | cotgπz| = ∣∣∣∣∣ eiπz + e−iπz eiπz − e−iπz ∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣ eiπx−πy + e−iπx+πy eiπx−πy − e−iπx+πy ∣∣∣∣∣ ≤ |eiπx−πy|+ |e−iπx+πy| e−iπx+πy| − |eiπx−πy| ≤ e −πy + eπy eπy − e−πy = 1 + e2πy 1− e−2πy ≤ 1 + e−π 1− e−π = M1. Trường hợp 2: z = x + iy, y < −12 . Tương tự | cotgπz| ≤ e −πy + eπy e−πy − eπy ≤ 1 + e−π 1− e−π = M1. Trường hợp 3: z = N + 12 + iy, −12 ≤ y ≤ 12 . | cotgπz| = | cotg(π 2 + iπy)| = | tanhπy| ≤ tanhπ 2 = M2 Tương tự, với z = −N − 12 + iy, −12 ≤ y ≤ 12 . | cotgπz| = | tanhπy| ≤ tanhπ 2 = M2. Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh với M = max(M1,M2) . Việc chứng minh (ii)(iii)(iv) tiến hành tương tự. (bài tập) 65 Ví dụ. a) Tính tổng S = ∞∑ k=1 1 k2 − a2 (a > 0). Hàm f(z) = 1 z2 − a2 có các cực điểm đơn tại ±a. Theo mệnh đề, ta có +∞∑ −∞ 1 k2 − a2 = −π cotgπaRaes f − π cotg(−πa)R−aes f = − π a cothπa. Vậy 1 2 +∞∑ −∞ 1 k2 − a2 + 1 2a2 = 1 2a2 − π 2a cothπa. b) Tính tổng ∞∑ k=1 1 k2 . Hàm f(z) = 1 z2 có cực điểm cấp 2 tại 0 nên không áp dụng trực tiếp mệnh đề được. Tuy nhiên lập luận tương tự, với g(z) = π z2 cotgπz, ta có ∑ k =0 1 k2 = R 0 es g. Khai triển Laurent g(z) = π z2 cosπz sinπz = 1 z3 (1− π2! z2 + π4! z4 + · · · ) (1− π3! z2 + π5! z4 + · · · ) = 1 z3 (1− π 2 2! z2 + · · · )(1 + π 2 3! z2 + · · · ) = 1 z3 (1− π 2 3 z2 + · · · ) Suy ra R 0 es g = −π 2 3 . Vậy ∞∑ k=1 1 k2 = 1 2 ∑ k =0 1 k2 = π2 6 . Bài tập BÀI TẬP CHƯƠNG I 1. Chứng minh R là trường con của C. Còn iR = {iy : y ∈ R} là trưường con? 2. Tìm Re và Im của: z4, 1 z 2 , z − 1 z + 1 , trong đó z = x + iy. 1− i 1 + i , (1 + i √ 3)5 , √ 3 + i √ 3 , (−1 2 ± i √ 3 2 )24 , (1 + i)n + (1− i)n. 3. Chứng minh các tính chất ở 1.2. 4. Cho z = x + iy. Chứng minh: Argz =   arctg y x + 2kπ nếu x > 0 arctg y x + (2k + 1)π nếu x < 0 5. Tìm modul và argument: 1 + i, 2 + 5i, 4− 7i. 6. Giải các phương trình theo z: a) az + bz¯ + c = 0 (a, b, c ∈ C). b) z2 + (2i− 3)z + 5− i = 0. c) z2 + (α + iβ)z + γ + iδ = 0 (α, β, γ, δ ∈ R) d) z¯ = zn−1, n ∈ N. 7. Cho a, b ∈ R. Tìm số phức z = x + iy, z2 = a + ib. 8. Lập luận sau vì sao sai ? −1 = √−1√−1 = √(−1)(−1) = √1 = 1. Vậy 2 = 0. 9. Công thức sau đúng hay sai: √ z + √ z = 2 √ z. 10. Cho z = eiϕ. Chứng minh zn + 1 zn = 2 cosnϕ, n ∈ N. 11. Tính 3 √ 1 , 3 √ i , 4 √−1 , √1− i. Vẽ các căn đó trong mặt phẳng phức. 12. Biểu diễn cos 3x, sin 5x qua cosx, sinx. Tổng quát chứng minh cosnx, sinnx (n ∈ N) có thể biểu diễn như các đa thức của cosx, sinx. 13. Từ công thức Euler, chứng minh: cosn x = 1 2n−1 (cosnx + n cos(n− 2)x + n(n− 1) 2! cos(n− 4)x + · · ·+ Rn), Bài tập. 67 trong đó Rn =   cosx neu n lẻ n! [(n/2)!]2 neu n chẵn Tìm công thức tương tự cho sinn x. 14. Chứng minh với n ∈ N, ta có: cos θ + cos(θ + α) + · · ·+ cos(θ + nα) = sin( 1 2(n + 1)α) sin 12α cos(θ + n 2 α) sin θ + sin(θ + α) + · · ·+ sin(θ + nα) = sin( 1 2(n + 1)α) sin 12α sin(θ + n 2 α) (Hướng dẫn. Sử dụng 1 + z + · · ·+ zn = 1− z n+1 1− z , với z = e iα .) 15. Chứng minh tổng và tích các nghiệm đa thức a0z n + a1zn−1 + · · · + an = 0 là −a1 a0 và (−1)nan a0 . Suy ra cos 2π n + cos 4π n + · · ·+ cos 2(n− 1)π n = −1 sin 2π n + sin 4π n + · · ·+ sin 2(n− 1)π n = 0 16. Phân tích thành thừa số các đa thức sau trên trường phức và trường thực: z3 ± 1, z4 ± 1, z5 ± 1, z6 ± 1. 17. Chứng minh x2n + 1 = n−1∏ k=0 (x2 − 2 cos 2k + 1 n π + 1). 18. Cho ω là một căn bậc n của đơn vị (n ∈ N). Tính 1 + ω + · · ·+ ωn−1. 19. Gọi ω0, · · · , ωn−1 là các căn bậc n của đơn vị. Tính S = ωp0 + ω p 1 + · · ·+ ωpn−1 , với a) p là bội của n. b) p không là bội của n. 20. Chứng minh, với các số phức ta có: a) |a± b|2 = |a|2 + |b|2 ± 2 Reab¯. b) |a + b|2 + |a− b|2 = 2(|a|2 + |b|2). c) ∣∣∣∣ a|a| − 1 ∣∣∣∣ ≤ | arga|. d) |a + b| ≥ 1 2 (|a|+ |b|) ∣∣∣∣ a|a| + b |b| ∣∣∣∣. Bài tập. 68 e) | n∑ j=1 ajbj |2 = n∑ j=1 |aj |2 n∑ j=1 |bj|2 − ∑ 1≤k<j≤n |akb¯j − a¯jbk|2. f) (n− 2) n∑ j=1 |aj|2 + | n∑ j=1 aj |2 = ∑ 1≤k<j≤n |ak + aj |2. g) n n∑ j=1 |aj |2 − | n∑ j=1 aj |2 = ∑ 1≤k<j≤n |ak − aj |2. 21. Xác định tính chất hình học tập các z ∈ C: a) |z − 2|+ |z + 2| = 5. b) |z − a| = |z − b|. c) α < argz < β. d) Im z − a z − b = 0. e) Re z − a z − b = 0. f) Im z − a b < 0. Trong đó a, b ∈ C, α, β ∈ R. 22. Đúng hay sai: Phép chiếu nổi a) Biến đường tròn trên mặt cầu Riemann S thành đường thằng hay đường tròn. b) Bảo toàn độ lớn của góc. 23. Xét sự hội tụ của các dãy: a) zn = in n b) zn = (1 + i)n n c) zn = n ( 1 + i 2 )n d) un = 1 + a cosϕ + · · ·+ an cosnϕ, vn = a sinϕ + · · ·+ an sinnϕ. (Hướng dẫn. áp dụng 1 + z + · · ·+ zn = 1− z n+1 1− z với z = ae iϕ ) e) zn+1 = 1 2 (zn + 1 zn ), −π 2 < argz0 < π 2 . (Hướng dẫn. Chứng minh: |zn| ≥ 1, dãy ( Rezn) dương và không tăng, dãy ( Imzn) giảm về 0. Suy ra lim zn = 1.) 24. Đúng hay sai: đối với mọi dãy số (zn) a) zn → z0 khi và chỉ khi z¯n → z¯0 b) zn → z0 khi và chỉ khi |zn| → |z0|. c) zn → z0, zn = 0 thì 1 zn → 1 z0 . d) zn ∈ R, ∀n, zn → z0 thì z0 ∈ R. 25. Hoàn tất các chứng minh đợc phát biểu ở 2.2. Cụ thể hoá ghi nhận ở ví dụ 2.2. 26. Cho X ⊂ C. Khoảng cách từ z ∈ C đến X định nghĩa: d(z,X) = inf{d(z, x) : x ∈ X} Chứng minh: d(z,X) = 0 khi và chỉ khi z ∈ X . Suy ra nếu X đóng, thì d(z,X) > 0, ∀z ∈ X . 27. Xác định ảnh qua ánh xạ w = f(z) = z2 của họ các đường thẳng: a) Rez = const. b) Imz = const. 28. Tìm ảnh qua ánh xạ w = f(z) = 1 z , của các tập z ∈ C: a) |z| = R. b) Rez = Imz. c) Rez = 1. d) 1 < Rez < 2. Bài tập. 69 29. Tìm ảnh của tập {z ∈ C : argz = α}, (α ∈ R), qua ánh xạ w = f(z) = 1 + z 1− z . 30. Chứng minh ánh xạ f(z) = az + b cz + d biến đường thẳng hay đường tròn thành đường thẳng hay đường tròn. 31. Cho f(z) = az + b cz + d , với a, b, c, d ∈ R. Chứng minh f là song ánh từ nửa mặt phẳng Imz > 0 lên Imw > 0 hay lên Imw < 0, tùy thuộc ad− bc dương hay âm. 32. Chứng minh các kết qủa phát biểu ở 3.3. 33. Xét sự liên tục của hàm f với f(0) = 0 và z = 0: a) f(z) = z¯ z b) f(z) = z |z| c) f(z) = Rez z d) f(z) = z Rez |z| 34. Chứng minh hàm f(z) = z z4 + 1 liên tục trên đường tròn |z| = 1 ngoại trừ 4 điểm mà cần chỉ rõ. 35. Cho f : C −→ C và ký hiệu Zf = {z ∈ C : f(z) = 0}. Chứng minh nếu f liên tục thì Zf là tập đóng. 36. Có tồn tại hàm liên tục f trên C sao cho: a) Zf = {c1, · · · , cn} với c1, · · · , cn ∈ C cho trớc. b) Zf = Z. c) Zf = D(a, r). d) Zf = Q. Trong trường hợp tồn tại xây dựng f . 37. Hàm f : X −→ C, X ⊂ C, gọi là hằng địa phương nếuu ∀z ∈ X, ∃r(z) > 0 sao co f là hằng trên X ∩D(z, r(z)). Chứng minh: nếu f là hằng địa phương và X liên thông, thì f = constant. 38. Chứng minh các hàm sau là không liên tục đều trên D: a) f(z) = 1 z , z ∈ D = {0 < |z| < 1}. b) f(z) = 1 1− z , z ∈ D = {|z| < 1}. 39. Cho f(z) = az + b cz + d , với c = 0, ad− bc = 0. Cho z1 ∈ C. Xét dãy định nghĩa qui nạp bởi zn+1 = f(zn). a) Chứng minh nếu (zn) hội tụ về z0, thì z0 là điểm bất động của f , i.e. f(z0) = z0. b) Chứng minh f có diểm bất động. c) Gọi z0, z ′ 0 là các điểm bất động của f . Xét g(w) = w − z0 w − z′0 . Chứng minh tồn tại λ ∈ C, sao cho g(f(z)) = λg(z). d) Suy ra nếu |λ| < 1, thì dãy (zn) hội tụ. 40. Áp dụng các kết qủa bài tập trên, tìm giới hạn dãy (zn), với: a) f(z) = z + 2 z + 1 , z1 = i. b) f(z) = z + i z + 1 , z1 = 1. Bài tập. 70 41. Giả sử f là hàm liên tục đều trên D = {|z| < 1} và dãy (zn) với |zn| < 1, lim n→∞ zn = z0 với |z0| = 1. Chứng minh tồn tại lim n→∞ f(zn). BÀI TẬP CHƯƠNG II 1. Chứng minh: khẳng định ở ví dụ 1.4.b), công thức đạo hàm hình thức ở 1.5 2. Cho a0, a1, α, β ∈ C. Xét dãy định nghĩa đệ qui: ak = αak−1 + βak−2, k ≥ 2 Gọi z1, z2 là các nghiệm của phương trình z 2 − αz − β. Chứng minh ak = Azk1 + Bz k 2 , với A,B ∈ C là các số phụ thuộc a0, a1, α, β. (Hướng dẫn. Chứng minh hàm sinh G(Z) = ∞∑ k=0 akZ k , thỏa (1−αZ−βZ2)G(Z) là đa thức bậc nhất.) 3. Bài tập này tổng quát bài trên. Cho a0, · · · , am1 ∈ C và c0, · · · , cm−1 ∈ C. Xét dãy cho bởi phương trình sai phân: ak = c0ak−1 + c1ak−2 + · · ·+ cm−1ak−m, (k ≥ m) Gỉa sử Zm− (cm−1Zm−1 + cm−2Zm−2 + · · ·+ c0) có các nghiệm z1, · · · zm khác nhau. Chứng minh tồn tại A1, · · ·Am ∈ C: ak = A1zk1 + · · ·+ Amzkm 4. Xác định các chuỗi hình thức S = ∞∑ k=0 akZ k , là nghiệm phương trình vi phân: a) S′′(Z) = S(Z), thỏa điều kiện đầu S(0) = 1, S ′(0) = 0. b) (1− Z2)S′′(Z)− 4ZS′(Z)− 2S(Z) = 0, S(0) = 0, S′(0) = 1. 5. Cụ thể hoá các chứng minh các phát biểu ở 2.1 và bổ đề ở 3.2 6. Xét sự hội tụ của các chuỗi: a) ∞∑ k=0 ( √ 3 + i)k 5k/2 b) ∞∑ k=0 1 zk c) ∞∑ k=0 ( z z + 1 )k d) ∞∑ k=0 zk (1 + z2k) . 7. Chứng minh dãy hàm fn(z) = 1 + z n2 , z ∈ C, không hội tụ đều về f ≡ 1. 8. Xét sự hội tụ đều của chuỗi hàm ∞∑ k=0 fk trên miền chỉ ra: a) fk(z) = 1 (z + k)2 , Rez > 0 b) fk(z) = z2 (1 + z2)k , Rez ≥ Imz c) fk(z) = 1 1 + k2z , |z| ≥ 2 d) fk(z) = z k k(k + 1) , |z| ≤ 1 e) fk(z) = 1 k2 + z2 , 1 < |z| < 2. Bài tập. 71 9. Các phát biểu sau đúng hay sai? a) Nếu các hàm fn liên tục đều và dãy fn hội tụ đều về f , thì f liên tục đều. b) Nếu fn, gn hội tụ đều về f, g tương ứng, thì fn + gn, fngn hội tụ đều về f + g, fg tương ứng. 10. Chứng minh ∞∑ k=1 kzk 1− zk = ∞∑ k=1 zk (1− zk)2 , |z| < 1 (Hướng dẫn. Khai triển thành chuỗi lũy thừa hàm dưới dấu tổng rồi hoán vị dấu tổng) 11. Xác định bán kính hội tụ các chuỗi lũy thừa: a) ∞∑ k=1 zk ks (s > 0) b) ∞∑ k=1 zk kk c) ∞∑ k=1 k!zk kk d) ∞∑ k=0 ((−1)k+1k − k)zk e) ∞∑ k=1 (1 + 1 k )k 2 zk f) ∞∑ k=0 e(−1) k kzk g) ∞∑ k=0 zk 2 k + 1 h) ∞∑ k=0 qkz2k (|q| < 1) i) ∞∑ k=0 kpzk j) ∞∑ k=0 akz k , với a2k+1 = a2k+1, a2k = b2k (0 < a < b). k) ∞∑ k=0 a(a + 1) · · · (a + k) b(b + 1) · · · (b + k) z k, (a, b ∈ C,−b ∈ N) 12. Xét sự hội tụ trên đường tròn hội tụ của các chuỗi cho ở ví dụ 3.1.c) 13. Cho S = ∞∑ k=0 akZ k, T = ∞∑ k=0 bkZ k, U = ∞∑ k=0 apkZ k, V = ∞∑ k=0 akbkZ k và W = ∞∑ k=0 ak bk Zk (với giả thiết bk = 0). Gọi R(.) là bán kính hội tụ. Chứng minh: R(U) = R(S)p, R(V ) ≥ R(S)R(T ), R(W ) ≤ R(S)/R(T ) ( nếu R(T ) = 0) 14. Tìm phần thực và ảo của hàm sin z và cos z. 15. Xác định giá trị: sin i, cos i, tg(1 + i), 2i, ii, (−1)2i, iπ. 16. Cho z = x + iy. Chứng minh các công thức: | cos z|2 = sinh2 y + cos2 x = cosh2 y − sin2 x = 1 2 (cosh 2y + cos 2x). | sin z|2 = sinh2 y + sin2 x = cosh2 y − cos2 x = 1 2 (cosh 2y − cos 2x). 17. Giải phương trình ez = w. Khi w = i,− i2 ,−1− i, 1+i √ 3 2 . 18. Đúng hay sai: Lnab = Lna + Lnb , a, b ∈ C Bài tập. 72 19. Chứng minh nhánh chính hàm logarithm ln thoả: ln ab = ln a + ln b + 2πδi, trong đó δ =   −1 neu π < arga + argb ≤ 2π 0 neu −π < arga + argb ≤ π 1 neu −2π < arga + argb ≤ −π. 20. Biểu diễn chuỗi lũy thừa hàm f(z) = ln(3− iz), với f là nhánh thỏa f(0) = ln 3. Xác định bán kính hội tụ. 21. Tìm hàm (đơn trị) ngược và chỉ ra miền xác định các hàm: arccos, arcsin, arccosh . Chứng minh: arccos z = −iLn(z+√z2 − 1), arcsin z = −iLn(iz+√1− z2), arccosh z = Ln(z + √ z2 − 1). 22. Chứng minh nhánh thoả √ 1 = 0, có biểu diễn: 1√ 1 + z3 = 1− 1 2 z3 + 1.3 2.4 z6 − 1.3.5 2.4.6 z9 + · · · , |z| < 1. 23. Tìm 4 số hạng đầu của khai triển Taylor: a) f(z) = ez−1 tại z = 2 b) f(z) = z3 sin z tại z = π/2 c) f(z) = 1 1− z − z2 tại z = 0 24. Dùng các phép toán trên chuỗi lũy thừa, chứng minh: a) 1 z2 = ∞∑ k=0 (k + 1)(z + 1)k, |z + 1| < 1 b) 1 (1− z2)2 = ∞∑ k=0 (k + 1)z2k, |z| < 1 c) ln(1 + z) 1 + z = z − (1 + 1 2 )z2 + (1 + 1 2 + 1 3 )z3 − · · · , |z| < 1 (ln là nhánh chính) d) {ln(1 + z)}2 = z2 − (1 + 12)23z3 + (1 + 12 + 13)24z4 − · · · , |z| < 1 e) esin z