Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 3: Tích phân hàm phức
CHƯƠNG 3: TÍCH PHÂN HÀM PHỨC
§1. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG CỦA HÀM BIẾN PHỨC
1. Định nghĩa: Cho đường cong C định hướng, trơn từng khúc và trên C cho một
hàm phức f(z). Tích phân của f(z) dọc theo C được định nghĩa và kí hiệu là:
n
lim f (t )(z − z ) = f (z)dz
(1)
∑
k
k
k−1
∫
n→∞
k=1
C
Trong đó a = zo , z1,..,zn = b là những điểm kế tiếp nhau trên C; a và b là hai mút, tk là
một điểm tuỳ ý của C nằm trên cung [ zk, zk-1]. Giới hạn (1) thực hiện sao cho max lk
→ 0 với lk là độ dài cung [ zk, zk-1].
2. Cách tính: Đặt f(z) = u(x,y) + jv(x,y), zk = xk + jyk
∆xk = xk - xk-1, ∆yk = yk - yk-1
tk = αk +jβk;
u(αk , βk) = uk; v(αk , βk) = vk
n
n
n
ta có:
f (t )(z − z ) = (u ∆x − v ∆y ) + j (u ∆x + v ∆y )
(2)
∑
∑
∑
k
k
k−1
k
k
k
k
k
k
k
k
k=1
k=1
k=1
Nếu đường cong C trơn từng khúc và f(z) liên tục từng khúc, giới nội thì khi n→∞ vế
phải của (2) tiến tới các tích phân đường của hàm biến thực. Do đó tồn tại:
f (z) = (udx − vdy) +j (udy + vdx)
(3)
∫
∫
∫
C
C
C
Nếu đường cong L có phương trình tham số là x = x(t), y = y(t) và α≤ t ≤ β thì
ta có thể viết dưới dạng hàm biến thực:
z = x(t) + jy(t) = z(t)
α≤ t ≤ β
với z(a) = α; z(b) = β. Khi đó ta có công thức tiện dụng:
β
′
f (z)dz = f
[
∫
α
z(t)
]
.z (t)dt
(4)
∫
C
Ví dụ 1: Tính I = Rezdz, L là đoạn thẳng nối 2 điểm 0 và 1 + j theo chiều từ 0 đến
∫
L
y
y
1+j.
B
j
L
C
1
x
a
x
-a
O
O
Phương trình tham số của L có thể lấy là:
x(t) = t
⎧
⎨
⎩
Vậy z(t) = (1 + j)t, t thực t ∈ [0, 1]
y(t) = t
51
Điểm O ứng với t = 0 và điểm B ứng với t = 1. Theo (4):
1
1
1
1+ j
2
′
I = Re(1+ j)t.z (t)dt = (1+ j)tdt = (1+ j) tdt =
∫
∫
∫
0
0
0
dz
z
Ví dụ 2:Tính I =
, L là nửa cung tròn nằm trong nửa mặt phẳng trên, nối điểm -a
∫
L
và a, chiều lấy tích phân từ -a đến a.
Phương trình tham số của đường cong L là:
x = acos t
⎧
⎨
⎩
y = asin t
Vậy z(t) = a(cost + jsint) = aejt, z’(t) = jaejt.
Điểm -a ứng với t = π, điểm a ứng với t = 0. Theo (4):
dz
jaejtdt
aejt
0
0
I =
=
= j dt = −jπ
∫
∫
∫
z
L
π
π
Ví dụ 3: Tính I = (1+ j− 2z)dz , C là cung parabol y = x2, nối gốc O và điểm B có
∫
C
toạ độ (1,1).
Hàm f(z ) = 1+ j− 2z =1+ j− 2(x − jy) . Tách phần thực và phần ảo ta có u(x, y)=1-2x
v(x, y) = 1 + 2y. Dùng (3) ta có:
I = (1− 2x)dx − (1+ 2y)dy + j (1+ 2y)dx + (1− 2x)dy
∫
∫
C
C
Chuyển mỗi tích phân đường loại 2 thành tích phân xác định ta có:
1
1
(1− 2x)dx − (1+ 2y)dy = (1− 2x)dx − (1+ 2x2 )2xdx = (−4x3 − 4x +1)dx = − 2
∫
∫
0
1
∫
0
1
C
4
3
(1+ 2y)dx + (1− 2x)dy = (1+ 2x2 )dx + (1− 2x)2xdx = (−2x2 + 2x +1)dx =
∫
∫
∫
C
0
0
Thay vào trên ta có:
4j
I = −2 +
3
Ví dụ 4: Tính I = z2dz , AB là đoạn thẳng nối điểm A là toạ vị của số phức 2 và
∫
AB
điểm B là toạ vị của số phức j.
f(z) = z2 = (x + jy)2 = (x2 - y2 + 2jxy) nên u = x2 - y2 và v = 2xy. Theo (3) ta có:
I = (x2 − y2 )dx − 2xydy + j (x2 − y2 )dy + 2xydx
∫
∫
AB
AB
Vì AB có phương trình x = 2 - 2y, dx = -2dy (chọn y làm tham số) nên:
1
8
3
(x2 − y2 )dx − 2xydy = (4 + 4y2 −8y − y2 )(−2dy) − 2(2 − 2y)ydy = −
∫
∫
0
1
AB
1
3
(x2 − y2 )dy + 2xydx = (4 + 4y2 −8y − y2 )dy + 2y(2 − 2y)(−2ydy) = −
∫
∫
AB
0
52
Thay vào ta có:
8 + j
3
I = −
Ví dụ 5: Tính Ik =
(
z
2 dz k = 1, 2
)
∫
C
với C1 là đoạn thẳng nối 0 và 1 + j và C2 là đường gấp khúc nối 0, 1, 1 + j
Áp dụng (4) với C1 ta có z = (1 + j)t, t đi từ 0 đến 1 nên:
1
2
I1 =
(
z
)
2 dz = (1− j)2 t2 (1+ j)dt = (1− j)
∫
∫
3
C
o
1
Tương tự:
I1 =
1
1
2
(
z
)
2 dz = t2dt + (1− jt)2dt = (2 + j)
∫
∫
∫
3
C
o
o
2
3. Các tính chất của tích phân: Từ công thức (3) ta suy ra rằng tích phân của hàm
biến phức dọc theo một đường cong có tất cả các tính chất thông thường của một tích
phân đường loại 2. Ta nêu lại các tính chất đó:
- Tích phân không phụ thuộc tên gọi biến số tích phân
f (z)dz = f (ζ)dζ
∫
∫
AB
AB
-
[
f (z) + g(z) dz = f (z)dz + g(z)dz
]
∫
∫
∫
AB
AB
AB
- Nếu a là hằng số phức thì:
af(z)dz =a f (z)dz
∫
∫
AB
AB
- f (z)dz = − f (z)dz
∫
∫
AB
BA
- Nếu A, B và C là 3 điểm cùng nằm trên một đường cong thì:
f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz
∫
∫
∫
AC
AB
BC
z
- dz = z − zo
∫
z
o
4. Các công thức ước lượng tích phân: Nếu M là giá trị lớn nhất của | f(z) | trên
đường cong L (nghĩa là | f(z) | ≤ M ∀z ∈ L) thì ta có:
f (z)dz ≤ f (z)dz dz ≤ Ml
(5)
∫
∫
L
L
Chứng minh: Vì môđun của một tổng nhỏ hoặc bằng tổng các môđun nên:
n
n
f (ζ )∆z ≤
f (ζ ) ∆z
∑
∑
k
k
k
k
k=1
k=1
Nhưng theo giả thiết | f(ζk) | ≤ M nên:
53
n
n
n
f (ζ )∆z ≤ M ∆z = M ∆z
∑
∑
∑
k=1
k
k
k
k
k=1
k=1
n
n
Vậy:
f (ζ )∆z ≤ M ∆z
∑
∑
k=1
k
k
k
k=1
n
Chú ý là
∆z bằng chiều dài đường gấp khúc có các đỉnh tại zo, z1, z2 ,..,zn. Khi
∑
k
k=1
n
max | ∆zk | → 0 thì
∆z dần tới độ dài l của đường cong L. Chuyển qua giới hạn
∑
k
k=1
trong (6) ta có:
f (z)dz ≤ Ml
(5)
∫
L
§2. ĐỊNH LÍ CAUCHY CHO MIỀN ĐƠN LIÊN
1. Định lí: Nếu f(z) giải tích trong miền đơn liên D và C là một đường cong kín nằm
trong D thì:
f (z)dz = 0
(6)
∫
L
Chứng minh: Giả thiết chỉ đòi hỏi f(z) giải tích trongD, nhưng với giả thiết này, cách
chứng minh sẽ khó hơn. Để đơn giản cách chứng minh, ta giả thiết thêm f’(z) liên tục
trong D . Vậy u(x, y) và v(x, y) liên tục và có đạo hàm riêng liên tục trong D . Theo
(3) thì:
f (z)dz = udx − vdy + j vdx + udy
∫
∫
∫
L
L
L
Trong giải tích, nếu đã biết P(x, y), Q(x, y) liên tục và có đạo hàm riêng liên tục trong
∂Q ∂P
D thì điều kiện cần và đủ để Pdx + Qdy = 0 ∀C ∈D là
=
∫
∂x ∂y
C
Áp dụng kết quả đó cho, ta thấy udx − vdy = 0. Thật vậy, ở đây P = u và Q = -v. Do
∫
L
giả thiết f(z) giải tích nên các điều kiện C - R được thoả mãn, vậy
∂u ∂P ∂(−v) ∂Q
=
=
=
∂y ∂y
∂x
∂x
Tương tự ta chứng minh được vdx + udy = 0. Do đó f (z)dz = 0
∫
∫
L
L
y
j
Ví dụ 1: Nếu L là đường cong kín bất kì giới hạn một
miền đơn liên G, thì ezdz = 0 vì f(z) = ez giải tích
∫
L
x
0
2
1
trong cả mặt phẳng.
-j
54
sin z
Ví dụ 2: Tính I =
dz , L là đường tròn | z - 1| = 1.
∫
L z2 +1
sin z
Hàm f (z) =
có hai điểm bất thường là nghiệm của phương trình z2 + 1 = 0 là ±j.
z2 +1
Vậy f(z) giải tích trong miền | z - 1 | ≤ 1 . Áp dụng định lí Cauchy ta có I = 0.
dz
Ví dụ 3: Tính I =
, L là đường tròn tâm zo, bán kính R, tích phân lấy theo
∫
L z − z0
chiều dương.
Phương trình tham số của L là:
x = x + a cos t
⎧
⎨
⎩
o
y = yo + a sin t
Vậy z(t) = x(t) + jy(t) = zo + aejt; z’(t) = jaejt.
Theo (4) ta có:
2π jaetj
I =
dt = 2πj
∫
aetj
0
1
Sở dĩ I ≠ 0 vì hàm f (z) =
có điểm bất thường tại z = zo và giả thiết của định lí
z − z0
Cauchy không được thoả mãn.
Qua ví dụ này ta thấy nếu f(z) có điểm bất thường trong G thì định lí Cauchy
không còn đúng nữa.
j
Ví dụ 4: Tính I = zezdz
∫
o
j
j
j
Ta có thể viết: I = zezdz = zez − ezdz = jej − (ej −1) =1+ (j−1)(cos1+ jsin1)
∫
∫
o
o
o
= (1− cos1− sin1) + j(cos1− sin1)
j+1
Ví dụ 5: Tính I = (z −1)100 zdz
∫
1
Đặt t = z - 1 ta có:
j
t101
j102 j101
1
j
j
j
102
⎛
⎞
t
100
101
100
⎜
⎜
⎟
⎟
I = t (t +1)dt = (t + t )dt =
+
=
+
= −
+
∫
∫
102 101
102 101
102 102
o
o
⎝
⎠
0
§3. ĐỊNH LÍ CAUCHY CHO MIỀN ĐA LIÊN
1. Định lí: Giả sử miền G là đa liên mà biên L gồm đường cong bên ngoài Lo, và các
đường cong bên trong L1, L2,.., Ln.(hình a)
Nếu f(z) là một hàm giải tích trongG thì:
f (z)dz = f (z)dz + f (z)dz +L+ f (z)dz
(7)
∫
∫
∫
∫
L
L
L2
Ln
o
1
55
A
L1
B
L1
Lo
L2
Lo
a
b
Các tích phân đều lấy theo hướng dương, nghĩa là ngược chiều kim đồng hồ.
Chứng minh: Ta sẽ chứng minh
f (z)dz = f (z)dz
∫
∫
L
L
o
1
nếu biên bên trong chỉ có một đường cong kín L1(hình b). Cách chứng minh tương tự
nếu biên bên trong có nhiều đường.
Giả sử AB là lát cắt nối điểm A trên đường Lo và điểm B trên đường L1. Do lát
cắt AB, miền G trở thành đơn liên, do đó có thể áp dụng định lí Cauchy nêu ở phần
trên. Ta có:
f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz = 0
∫
∫
∫
∫
L
AB
L
BA
o
1
Kí hiệu f (z)dz chỉ tích phân theo hướng thuận chiều kim đồng hồ.
∫
L
1
Theo tính chất của tích phân ta có:
f (z)dz = − f (z)dz
∫
∫
1
L
L
1
f (z)dz = − f (z)dz
∫
∫
AB
BA
Thay vào trên ta có:
f (z)dz − f (z)dz = 0
∫
∫
1
L
L
o
Đây là điều cần chứng minh.
Ghi chú: Công thức (7) có thể viết thành:
f (z)dz − f (z)dz − f (z)dz −L− f (z)dz = 0
∫
∫
∫
∫
L
L
L2
Ln
o
1
hay:
f (z)dz + f (z)dz + f (z)dz +L+ f (z)dz = 0
∫
∫
∫
∫
n
L
L
L
L
o
1
2
hay gọn hơn:
f (z)dz = 0
∫
L +L +L+L
n
o
1
Gọi L là biên có hướng dương của miền G thì đẳng thức trên được viết là:
f (z)dz = 0
∫
L
Đây là công thức (1) suy rộng cho miền đa liên.
56
Hệ quả: Giả sử f(z) giải tích trong miền D có biên C và liên tục trong D thì với mọi ro
∈ D thì:
f (z)
= 2πjf (zo )
∫
C z − zo
dz
Ví dụ :Tính I =
với n nguyên dương, zo cho trước. L là đường cong kín
∫
n
(
z − zo
)
L
không qua zo
zo
zo
G
Gọi G là miền giới hạn bởi đường cong L.
1
Giả sử zo ∉ G. Khi đó f (z) =
là hàm giải tích trongG nên theo định lí
n
(
z − zo
)
Cauchy thì I = 0
Giả sử zo ∈ G. Loại khỏi G một miền là hình tròn tâm zo , bán kính a. Như vậy
f(z) sẽ giải tích trong miền nhị liên còn lại. Theo (8) thì:
dz
dz
I =
=
∫
∫
n
n
(
z − zo
)
(
z − zo
)
L
γ
γ là đường tròn | z - zo | = a.
Nếu n = 1 thì I = 2jπ
Nếu n ≠ 1, chú ý là khi z ∈ γ thì: z = zo + aejt, dz = jaejtdt 0 ≤ t ≤ 2π
Vậy:
2π jaejtdt
j
1
2π
2π
dz
I =
=
=
ej(1−n)tdt =
ej(1−n)t = 0 vì ej(1-n)2π = eo = 1
∫
∫
∫
anejnt an−1
n
(1− n)an−1
0
(
z − zo
)
L
0
0
Ta tóm tắt kết quả để dùng sau này:
2jπ khin =1,L bao z
⎧
⎨
⎩
dz
o
=
∫
n
0
∀z ≠
(
z − zo
)
L
2. Tích phân không phụ thuộc đường đi:
Định lí: Giả sử f(z) là một hàm giải tích trên miền đơn liên G và zo là một điểm
cố định thuộc G. Khi đó tích phân của hàm f(z) dọc theo một đường cong kín nằm
z
trọn trong G, đi từ điểm zo đến điểm z f (z)dz không phụ thuộc vào đường lấy tích
∫
z
o
phân
57
Nếu cận trên z thay đổi thì tích phân đó là một
hàm giải tích của z trong G và có đạo hàm được xác
định bởi công thức:
Mo(zo)
m
L2
L1
z
⎛
⎜
⎜
⎝
⎞
n
d
⎟
f (z)dz = f (z)
(10)
∫
⎟
dz
z
o
⎠
M(z)
Chứng minh: Lấy hai đường cong bất lì L1 và L2 nằm
trong G và đi từ zo đến z. Do f(z) giải tích nên áp
dụng định lí Cauchy cho đường cong kín MomMnMo:
f (z)dz + f (z)dz = 0
∫
∫
M mM
MnM
o
o
hay:
f (z)dz − f (z)dz = 0
∫
∫
M mM
M nM
o
o
tức là: f (z)dz = f (z)dz
∫
∫
2
L
L
1
Vì L1 và L2 là bất kì nên ta có thể kết luận rằng tích phân đi từ zo đến z không phụ
thuộc đường lấy tích phân mà chỉ phụ thuộc cận trên z.
z
Bây giờ ta còn phải chứng minh rằng nếu đặt F(z) = f (z)dzthì F’(z) = f(z). Vì
∫
z
o
tích phân không phụ thuộc đường đi nên ứng với mỗi z tích phân có một giá trị hoàn
toàn xác định. Vậy F(z) là một hàm đơn trị. Ta có:
z
z+∆z
z
z+∆z
o
∆F = F(z + ∆z) − F(z) = f (ζ)dζ − f (ζ)dζ = + f (ζ)dζ = f (ζ)dζ
∫
∫
∫
∫
z
z
z
z
o
o
Vì f(ζ) giải tích, nên nó liên tục tại z. Do đó có thể viết f(ζ) = f(z) + α(ζ) với α(ζ) là
hàm giải tích, dần tới 0 khi ζ→0. Vậy:
z+∆z
z+∆z
z+∆z
z+∆z
z+∆z
∆F =
[
f (z) + α(ζ) dζ = f (z)dζ + α(ζ)dζ = f (z) dζ + α(ζ)d
]
∫
∫
∫
∫
∫
z
z
z
z
z
z+∆z
= f (z)∆z + α(ζ)dζ
∫
z
z+∆z
α(ζ)dζ
∫
∆F
∆z
z
hay
= f (z) +
(11)
∆z
Cho ∆z→0 thì z + ∆z → z. Số hạng thứ hai bên vế phải dần tới 0. Thật vậy, do tích
z+∆z
phân không phụ thuộc đường đi nên trong tích phân α(ζ)dζ ta chọn đường đi từ z
∫
z
tới z + ∆z là đoạn thẳng nối hai điểm đó. Chiều dài đoạn thẳng này là | ∆z |. Sau đó áp
dụng công thức ước lượng tích phân ta có:
z+∆z
α(ζ)dζ ≤ max α(ζ) . ∆z
∫
z
58
z+∆z
α(ζ)dζ
∫
z
Vậy:
≤ max α(ζ)
∆z
z+∆z
α(ζ)dζ
∫
z
Cho ∆z→0 thì max | α(ζ) | → 0. Do đó
→ 0. Từ (11) ta suy ra F’(z) = f(z).
∆z
§4. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH
Ta gọi F(z) là nguyên hàm f(z) nếu F’(z) = f(z). Hiển nhiên, nếu F(z) là nguyên
hàm của f(z) thì F(z) + C , trong đó C là một hằng số phức cũng là nguyên hàm của
f(z). Ngược lại nếu Φ(z) và F(z) đều là nguyên hàm của f(z) thì chúng phải khác nhau
một hằng số phức C:
Φ(z) - F(z) = C
Thật vậy, đặt g(z) = Φ(z) - F(z) = u(x, y) + jv(x, y).
Ta phải chứng minh rằng u và v là những hằng số.
Ta có:
g’(z) = Φ’(z) - F’(z) = 0
Nhưng theo công thức tính đạo hàm:
(12)
∂u
∂x
∂v ∂v
∂x ∂y
∂u
− j = 0
∂y
′
g (z) =
+ j =
Như vậy:
∂u ∂v
=
∂u ∂v
=
= 0;
= 0
∂x ∂y
∂y ∂x
Nghĩa là u(x, y) và v(x, y) là các hằng số. Ta suy ra rằng nếu F(z) là nguyên hàm của
f(z) thì họ hàm số F(z) + C với C là một hằng số phức tuỳ ý, chứa tất cả các nguyên
hàm của f(z). Ta gọi họ hàm số này là tích phân bất định của hàm f(z) và kí hiệu là
f (z)dz.
∫
′
Tóm lại: f (z)dz = F(z) + C: F (z) = f (z)
∫
Theo bảng đạo hàm ta có thể suy ra bảng nguyên hàm, giống như trong tích phân
thực:
ezdz = ez + C
∫
zn+1
zndz =
+ C
∫
∫
∫
n +1
sin zdz = cosz + C
1
dz = ln z + C
z
59
§5. CÔNG THỨC NEWTON - LEIBNITZ
Định lí: Giả sử f(z) là một hàm giải tích trong miền đơn liên G và có nguyên
hàm F(z). Khi đó:
z
2
f (ζ)dζ = F(z2 ) − F(z1)
(13)
∫
z
1
z
Chứng minh: Ta đã biết là f (ζ)dζ cũng là một nguyên hàm f(z). Vậy:
∫
z
o
z
f (ζ)dζ = F(z) + C
∫
z
o
Thay z = zo vào 2 vế ta có: 0 = F(zo) + C. Do đó C = - F(zo). Như vậy:
z
f (ζ)dζ = F(z) − F(zo )
∫
z
o
Khi z = z1:
z
1
f (ζ)dζ = F(z1) − F(zo ) = F(z) z1
∫
z
o
z
o
Công thức này được gọi là công thức Newton - Leibnitz. Khi tính tích phân của một
hàm giải tích ta dùng trực tiếp công thức này mà không đưa về tính tích phân đường
loại 2.
j
Ví dụ 1: Tính I = z2dz
∫
z3
2
j
j
j+ 8
3
I = z2dz =
= −
∫
3
2
2
dz
z
Vi dụ 2: Tính I =
, L là cung tròn đi từ điểm z = -a đến điểm z = a( a> 0)
∫
L
a
dz a dz
I =
=
= ln z = lna − ln(−a) = lna −
[
lna + jarg(−a) = −jπ
]
∫
∫
z
z
L
−a
−a
j
Ví dụ 3: Tính I = zezdz
∫
0
j
j
j
j
j
I = zezdz = zez − ezdz = zez − ez = −0.381− 0.301j
∫
∫
0
0
0
0
0
§6. CÔNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY
1. Tích phân Cauchy:
Định lí: Giả sử G là một miền đơn liên hoặc đa liên giới hạn bởi biên L và z là
một điểm bên trong G. Nếu f(z) giải tích trong G thì ta có công thức:
60
1 f (ζ)dζ
2jπ L ζ − z
f (z) =
(14)
∫
Tích phân bên vế phải được gọi là tích phân Cauchy của hàm f(z). Công thức (14)
được gọi là công thức tích phân Cauchy.
Ý nghĩa: Công thức này cho phép ta tính được giá trị của hàm giải tích ở bên
trong miền G khi biết giá trị của nó trên biên.
Nói khác đi, giá trị của hàm giải tích trong miền, hoàn toàn
được xác định bởi giá trị của nó trên biên.
γ
Chứng minh: Lấy zo bất kì trong miền G, ta sẽ chứng minh
zo
rằng:
1 f (ζ)dζ
f (zo ) =
(15)
∫
2jπ L ζ − zo
f (z)
L
Đặt ϕ(z) =
. Loại khỏi miền G một hình tròn
z − zo
bán kính r bất kì đủ nhỏ có tâm tại zo thì ϕ(z) sẽ giải tích trong miền đa liên còn lại.
Áp dụng định lí Cauchy cho miền đa liên ta có:
f (ζ)dζ f (ζ)dζ
ζ − zo
=
∫
∫
ζ − zo
γ
L
γ là đường tròn | ζ - zo | = r
Vì công thức trên đúng với mọi r khá bé nên (để đường tròn γnằm trong miền G) ta
có thể viết:
f (ζ)dζ
ζ − zo
f (ζ)dζ
∫
ζ − zo
γ
= lim
∫
r→0
L
Ta có:
f (ζ)dζ
ζ − zo
f (ζ) − f (zo ) + f (zo )
ζ − zo
f (ζ) − f (zo )
ζ − zo
1
=
dζ =
dζ + f (zo )
dζ
∫
∫
∫
∫
γ ζ − zo
γ
γ
γ
f (ζ) − f (zo )
=
dζ + 2jπf (zo )
(16)
∫
ζ − zo
γ
Do tính liên tục của hàm f(ζ) nên ∀ε > 0 ta có thể chọn r khá bé để | f(ζ) - f(zo) | < ε.
Khi đó ∀ζ ∈ γ ta có | ζ - zo | = r và:
f (ζ) − f (zo )
ζ − zo
ε
r
<
Áp dụng công thức ước lượng tích phân ta có:
f (ζ) − f (zo )
ζ − zo
ε
r
≤ 2πr = 2πε
∫
γ
Vì ε bé tuỳ ý nên:
61
f (ζ) − f (zo )
ζ − zo
lim
dζ = 0
∫
r→0
γ
Từ (16) suy ra:
f (ζ)
lim
dζ = 2πεf (zo )
∫
r→0
γ ζ − zo
Đó là điều cần chứng minh.
Nhờ công thức tích phân Cauchy ta có thể tính một số tích phân lấy dọc theo một
đường cong kín.
ezdz
Ví dụ 1: Tính I =
trong các trường hợp sau:
∫
L z(z − 3)
- L là đường tròn tâm tại 2, bán kính 1.5(đường L1)
- L là đường trón tâm O, bán kính 0.25(đường L2)
- L là đường trón tâm 0.5, bán kính 5(đường L3)
L2
L1
ezdz
- Để tính tích phân I =
ta dùng (15)
∫
1 z(z − 3)
L
ez
L3
Chọn f (z) = , zo = 3; hàm f(z) giải tích
z
3
trong hình tròn z − 2 ≤ . Vậy giả thiết
2
của định lí được thoả mãn. Ta có:
ezdz
ez
3
I =
= 2jπf (3) =2jπ
∫
1 z(z − 3)
L
ezdz
ez
- Để tính I =
ta đặt f (z) =
, zo = 0; hàm f(z) giải tích trong hình tròn
∫
2 z(z − 3)
z − 3
L
1
z ≤ . Vậy giả thiết của định lí được thoả mãn. Ta có:
4
ezdz
e0
2jπ
3
I =
= 2jπf (0) =2jπ
= −
∫
1 z(z − 3)
0 − 3
L
ez
- Hàm dưới dấu tích phân f (z) =
giải tích trong miền đa liên mà biên ngoài là
z(z − 3)
Lo và hai biên trong là L1 và L2. Áp dụng định lí Cauchy cho miền đa liên ta có:
ezdz
ezdz
ezdz
1 ez
⎡
⎤
=
+
= 2jπ − +
∫
∫
∫
⎢
⎥
L z(z − 3) 1 z(z − 3) 2 z(z − 3)
3 3
L
L
⎣
⎦
dz
Ví dụ 2: Tính I =
trong 2 trường hợp:
∫
L z2 +1
- L là đường tròn | z - 2 | = 3/2(đường L1)
- L là đường tròn | z - j | = 1 (đường L1)
62
1
Vì hàm f (z) =
giải tích trong hình
z2 +1
L2
3
tròn z − 2 ≤ nên theo định lí Cauchy ta
2
có:
dz
I =
I =
= 0
∫
1 z2 +1
L
dz
dz
=
.
L1
∫
∫
2 z2 +1 2 (z + j)(z − j)
L
L
1
Ta đặt f (z) =
, zo = j. Hàm f(z) giải tích trong hình tròn | z - j | ≤ 1. Áp dụng (15)
z + j
ta có:
1
dz
1
= f (j) =
∫
2jπ L z2 +1
2j
2
Như vậy:
dz
= π
∫
2 z2 +1
L
2. Tích phân loại Cauchy:
Định nghĩa: Giả sử L là một đường cong trơn và f(t) là một hàm liên tục trên
L. Xét hàm:
1 f (t)dt
Φ(z) =
, z bất kì ∈ L
(17)
∫
2jπ L t − z
Nếu z∈ L thì hàm số dưới dấu tích phân là một hàm liên tục. Vậy tích phân tồn tại và
cho ta một hàm số của z xác định khắp nơi, trừ các điểm thuộc L.
Định lí: Hàm Φ(z) xác định bởi tích phân loại Cauchy một hàm giải tích tại
mọi điểm z ∈ L. Đạo hàm cấp n của nó được tính theo công thức:
n1 f (ξ)dξ
2πj L t − z
Φ(n) (z) =
, z bất kì ∉ L
∫
§7. ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA MỘT HÀM GIẢI TÍCH
1. Đạo hàm cấp cao của một hàm giải tích:
Định lí: Nếu f(z) giải tích trong miền giới nội D và liên tục trong D với biên C
thì tại mọi z ∈ D hàm f(z) có đạo hàm mọi cấp và:
n!
f (t)dt
f (n) (z) =
; n =1,2,...
(20)
∫
2jπ C (t − z)n+1
Trong đó chiều đi trên biên C là chiều dương.
Chứng minh: Theo định nghĩa đạo hàm và công thức tích phân Cauchy ta có:
63
f (z + h) − f (z)
1
1
1
1
⎤
⎡
⎣
′
f (z) = lim
=
lim f (t)
−
dt
∫
h→0
⎢
⎥
h→0
h
2jπ
h C
t − z − h t − z
⎦
1
=
1
f (t)dt
1
f (t)dt
lim
=
∫
∫
2
h→0
2jπ
h C (t − z − h)(t − z) 2jπ C (t − z)
1
Việc qua giới hạn dưới dấu tích phân thực hiện được vì hàm g(t) =
z cố định
t − z − h
1
thuộc D và t chạy trên C hội tụ đều trên C đến
khi h → 0.
t − z
Ta đã chứng minh công thức trên với n = 1. Với n > 1 ta chứng minh bằng cách quy
nạp.
Như vậy ta suy ra nếu f(z) giải tích trong miền đơn liên giới hạn bởi đường cong C và
liên tục trong D , zo ∈ D thì :
f (z)dz
2jπ
n!
=
f (n) (zo ) n = 0, 1, 2,...
∫
C (z − z )n−1
o
với quy ước 0! = 1, f (o)(zo) = f(zo).
coszdz
Ví dụ: Tính I =
, L là đường tròn | z - j | = 1
∫
L (z − j)3
Ta viết công thức (20) dưới dạng khác:
n!
f (z)dz
f (n) (zo ) =
∫
2jπ L (z − z )n+1
o
Trong công thức này f(z) = cosz, zo = j, n = 2. Ta có:
′′
coszdz 2jπf (j)
′′
= jπf (j)
I =
=
∫
L (z − j)3
2!
Do f’(z) - -sinz, f”(z) = -cosz nên f”(j) = -cosj = -ch1. Vậy:
I = -πjch1
2. Bất đẳng thức Cauchy và định lí Liouville:
a. Bất đẳng thức Cauchy: Giả sử G là một miền có biên L và f(z) là hàm giải
tích trong G . Gọi M là giá trị lơn nhất của | f(z) | trong miền G , R là khoảng chá từ
điểm zo ∈ G tới biên, l là độ dài của L thì từ (20) suy ra:
n!
f (t)dt
n!Ml
2πRn+1
f (n) (zo ) ≤
≤
∫
2π (t − z )n+1
L
o
Nếu G là hình tròn | z - zo | < R thì l = 2pR và công thức trên trở thành:
n!M
Rn1
f (n) (zo ) ≤
(21)
Bất đẳng thức trên gọi là bất đẳng thức Cauchy.
b. Định lí Liouville: Nếu hàm f(z) giải tích trong toàn mặt phẳng và bị chặn thì
nó là một hằng số.
64
M
R
′
Chứng minh: Giả thiết | f(z) | < M ∀z ∈ C. Từ (21) suy ra f (z) ≤
với R đủ lớn.
Vì vế trái không phụ thuộc R nên | f’(z) | = 0 ∀z ∈ C.
Tóm lại f’(z) = 0 trong toàn mặt phẳng, áp dụng công thức Newton - Leibnitz, chọn zo
cố định ta được:
z
′
f (z) − f (zo ) = f (z)dz = 0
∫
z
o
Vậy f(z) = f(zo) ∀z.
§8. CÔNG THỨC SCHWARTZ - CHRISTOPHELL
a. Định lí: Gọi P là một đa giác trong mặt phẳng w có n đỉnh là w1, w2, w3,..,
wn với wk ≠ ∞ ∀k
wn
v
y
w1
w2
wk
w3
u
a1O
a2
an
O1
x
Gọi αk là góc trong của đa giác tại đỉnh wk và
n
0 < α < 2π: α = (n − 2)π
∑
k
k
k=1
Hàm w = f(z) biến nửa mặt phẳng trên Imz > 0 lên miền trong của đa giác P sao cho
ảnh của các điểm a1, a2,..an
-∞ < a1 < a2 < ⋅⋅⋅< an < ∞
trên trục thực Ox là các đỉnh w1, w2,.., wn của đa giác P, được xác định bởi công thức
Schwartz - Christophell:
z
α
1
α
π
α
n
π
2
−1
f (z) = C
(
ζ − a1
)
(
. ζ − a2
)
−1 L
(
ζ − an
)
−1dζ + C1
(10)
π
∫
z
o
Trong đó zo, C và C1 là các hằng số phức.
b. Dạng khác của công thức Schwartz - Christophell: Nếu một đỉnh của đa
giác tương ứng với điểm ∞, chẳng hạn đỉnh w1 tương ứng với a1 = ∞, thì (10) được
thay bởi:
z
α
π
α
π
α
n
π
2
3
−1
f (z) = C
(
ζ − a2
)
(
. ζ − a3
)
−1 L
(
ζ − an
)
−1dζ + C1
(11)
∫
z
o
α
π
2
−1
Như vậy trong (11) vắng mặt thừa số
(
ζ − a2
)
Trái lại nếu một trong các đỉnh của đa giác là điểm ∞, chẳng hạn wk = ∞ thì trong (10)
65
ta phải đặt αk = -βk trong đó βk là góc giữa hai cạnh cùng đi qua wk tại giao điểm hữu
hạn của chúng.
c. Sử dụng công thức Schwartz - Christophell: Khi ta phải biến một đa giác P
cho trước trong mặt phẳng w lên nửa mặt phẳng Imz > 0 thì ta sử dụng công thức
(10). Chú ý là ta chưa biết ak là ảnh của các đỉnh đa giác và các hằng số zo, C1 và C2.
Theo định lí Rieman, ta có thể chọn tuỳ ý ảnh của 3 đỉnh đa giác, nghĩa là chọn tuỳ ý
3 số a1, a2 và a3. Các số an còn lại và những hằng số tích phân zo, C1, C2 sẽ được xác
định tuỳ theo điều kiện bài toán,
Ví dụ 1: Biến miền G gạch chéo lên nửa mặt phẳng Imz > 0
y
v
A2
απ
A3
O1
A1
A1
a3
1
A2
u
a2
a2
a1
O
x
Miền G có thể coi là một tam giác có đỉnh A1 = ∞, A2 = ∞ và A3 có toạ vị w = jh. Các
góc ở đỉnh tam giác là α1 = 0, α2 = -απ, α3 = π + απ. Ta sẽ biến các điểm A1, A2 và
A3 lần lượt thành các điểm a1, a2 và a3. Ta có:
z
w = C z−1(z +1)α dz + C1
∫
z
o
Vì w(-1) = jh nên ta có thể lấy zo = -1 và C1 = jh. Vậy:
z (z +1)α
w = C
dz + jh
∫
z
−1
Để xác định hằng số tích phân C, ta sẽ làm như sau: cho điểm z chạy trên nửa cung
tròn γ bán kính r khá bé z = rejϕ sao cho ϕ biến thiên từ π đến 0. Gọi ∆w là số gia
tương ứng của w khi z chạy trên cung tròn đó. Ta có:
(z +1)α
∆w = C
dz
∫
z
γ
Khai triển (1 + z)α theo luỹ thừa của z ta có:
1
α(α −1)
⎡
⎤
w = C
+ α +
z +L dz
∫
⎢
⎣
⎥
⎦
z
2!
γ
Đặt z = rejϕ rồi tích phân theo ϕ từ π đến 0 ta được:
∆w = - Cπj +O(r) trong đó O(r) → 0 khi r → 0
Mặt khác trong mặt phẳng w điểm w tương ứng chuyển từ tia A1A3 sang tia A1A2 nên
ta được:
∆w = - jh +O(r)
66
h
Từ đó suy ra -jh = - Cπj hay C =
π
Tóm lại phép biến hình phải tìm là hàm ngược của hàm:
α
z
h (z +1)
w =
dz + jh
(13)
(14)
∫
π −1
z
Trường hợp α = 1 ta có:
z
h (z +1)
h
h
w =
dz + jh = (z + ln z) z−1 + jh = (z +1+ ln z)
∫
π −1
z
π
π
đây là phép biến hình , biến nửa mặt phẳng Imw > 0 có một lát cắt dọc theo A1A3
thành nửa mặt phẳng trên Imz > 0.
Ví dụ 2: Tìm phép biến hình bảo giác biến hình chữ nhật có các đỉnh A1(w1 = k),
A2(w2= h+ jk) , A3(w = -h + jk), A4(w4 = -h) lên nửa mặt phẳng trên Imz > 0
y
v
A2
B
A3
a1
1
a2
a4
a3
1
O1
u
A1
O
A4
1/k
x
1/k
Gọi w = f1(z) là phép biến hình biến góc phần tư thứ nhất (Rez > 0, Imz > 0) thành
hình chữ nhật O1A1A2B sao cho o1 ứng với O. A1 ứng với điểm z = 1 B ứng với điểm
z = ∞. Trong phép biến hình này A2 sẽ ứng với điểm z = 1/k với k là một hằng số
dương nhỏ hơn 1 mà ta phải xác định. Qua phép biến hình, đoạn BO1 ứng với nửa
trục Oy dương. Theo nguyên lí đối xứng, hàm w = f(z) là hàm phải tìm để biến nửa
mặt phẳng trên Imz > 0 lên hình chữ nhật A1A2A3A4 là thác triển của hàm f1(z) qua
trục ảo. Cũng theo nguyên lí đối xứng, các điểm đối xứng qua BO1 ứng với các điểm
đối xứng qua Oy. Vậy A4 ứng điểm z = -1; A3 ứng với điểm z = -1/k. Áp dụng công
π
thức Schwartz - Christophell với α1 = α2 = α3 = α4 = và zo = 0 ta có:
2
1
2
1
2
−1
−1
1
1
z
−1
−1
1
k
1
k
⎛
⎝
⎞ ⎛
⎟ ⎜
⎠ ⎝
⎞
⎟
⎠
w = f (z) = C (ζ +1)2 (ζ −1)2 ζ −
ζ +
dζ + C1
⎜
∫
0
Vì f(0) = 0 nên C1 = 0, vậy:
z
z
dζ
dζ
′
w = C
= C
∫
∫
1
k2
(
1− ζ2 )(1− k2ζ2
)
0
⎛
⎞
⎟
⎠
0
(ζ2 −1) ζ2 −
⎜
⎝
Ta còn phải xác định hằng số C và k. Vì A1(w1 = h) ứng với = 1 nên:
67
1
dζ
h = C
∫
(
1− ζ2 )(1− k2ζ2
)
0
Vì A2(w2 = h +jk) ưng với z = 1/k nên :
1
1
k
⎡
⎤
⎥
⎥
1
k
dζ
dζ
dζ
⎢
h + jk = C
= C
+ j
∫
∫
∫
⎢
(
1− ζ2 )(1− k2ζ2
)
(
1− ζ2 )(1− k2ζ2
)
(
1− ζ2 )(1− k2ζ2
)
0
0
0
⎢
⎥
⎣
⎦
(15)
1
k
dζ
= h + j
∫
(
1− ζ2 )(1− k2ζ2
)
0
Suy ra:
1
k = k
(16)
dζ
∫
(
1− ζ2 )(1− k2ζ2
)
0
Các đẳng thức (15) và (16) sẽ cho phép ta xác định C và k.
68
18 trang
25800
Free
Bạn đang xem tài liệu "Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 3: Tích phân hàm phức", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- bai_giang_toan_chuyen_nganh_dien_chuong_3_tich_phan_ham_phuc.pdf
