Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 5: Lý thuyết thặng dư
CHƯƠNG 5: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ
§1. KHÁI NIỆM VỀ THẶNG DƯ
1. Định nghĩa thặng dư: Giả sử f(z) là một hàm giải tích trong một lân cận của điểm
a trừ chính điểm a (nghĩa là a là điểm bất thường cô lập của f(z)). Nếu C là đường
cong kín bất kì bao lấy điểm a và nằm trong lân cận nói trên thì theo định lí Cauchy,
tích phân f (z)dz là một số không phụ thuộc C. Ta gọi thặng dư của hàm f(z) tại a là
∫
C
kết quả phép chia f (z)dz cho 2πj. Thặng dư được kí hiệu là Res[f(z), a]. Tóm lại:
∫
C
1
Res[f(z), a]=
f (z)dz
(1)
∫
2πj C
1
1
1
2πj
2πj
⎡
⎤
Ví dụ: Res
,a =
dz =
=1
∫
⎢
⎣
⎥
⎦
z − a
2πj C z − a
2. Cách tính thặng dư: Công thức chung để tính thặng dư là:
Res[f(z), a] = c-1
1
(2)
Trong đó c-1 là hệ số của
trong khai triển Laurent của hàm f(z) tại lân cận điểm
z − a
a.
Chứng minh: Theo công thức tính hệ số của khai triển Laurent:
f (ζ)dζ
1
cn =
∫
2πj C (ξ − a)n+1
Khi n = -1 ta có:
1
c−1 =
f (ζ)dζ = Res[f(z), a]
∫
2πj C
a. Thặng dư tại cực điểm đơn: Nếu a là cực điểm đơn của hàm f(z) thì :
Res[f(z), a] = lim (z − a)f (z) (3)
[
]
z→a
z2
Ví dụ 1: Vì z = 2 là cực điểm đơn của
nên
z − 2
z2
⎡
⎤
Res[f(z), a] = lim (z − 2)
= limz2 = 4
⎢
⎥
z→2
z→2
z − 2
⎣
⎦
1
Ví dụ 2: Cho f (z) =
Ta đã biết :
. Tính thặng dư tại a = 0
sin z
z3 z5
z2 z4
⎛
⎞
⎜
⎟
⎟
sin z = z −
+
−L = z 1−
+
−L
⎜
3! 5!
3! 5!
⎝
⎠
88
Căn cứ vào khai triển này ta thấy điểm z = 0 là không điểm đơn của sinz. vậy điểm z
1
= 0 là cực điểm đơn của f (z) =
. Theo (3) ta có:
sin z
1
⎡
⎣
⎤
⎦
Res[f(z), a] = lim z
=1
⎥
⎢
z→0
sin z
f1(z)
Định lí: Giả sử f (z) =
, trong đó f1(z) và f2(z) là những hàm giải tích tại a. Điểm
f2 (z)
a là không điểm đơn của f2(z0 và không phải là không điểm của f1(z). Khi đó:
f1(a)
Res[f(z), a] =
(4)
′
f2 (a)
Chứng minh: Theo giả thiết ta thấy a là cực điểm đơn của f(z). Theo (3) ta có:
⎡
⎢
⎢
⎢
⎤
⎥
⎥
⎥
⎡
⎤
f1(z)
f2 (z)
f1(z)
f2 (z)
Res[f(z), a] = lim (z − a)
= lim
z→a
⎢
⎥
⎦
z→a
⎣
⎢
⎣
⎥
⎦
(z − a)
Vì f2(a) = 0 nên ta có thể viết:
limf1(z)
f1(a)
z→a
Res[f(z), a] =
=
f2 (z) − f2 (a)
(z − a)
′
f2 (a)
lim
z→a
Ví dụ 3: Tính thặng dư của f(z) = cotgz
Vì a = 0 là đơn của cotgz nên theo (4) ta có:
f1(a) cos0
Res[f(z), a] =
=
=1
′
f2 (a) cos0
z +1
Ví dụ 4: Tính thặng dư của hàm f (z) =
tại a = 2j.
z2 + 4
Vì 2j là không điểm đơn của (z2 + 4) nên nó là cực điểm đơn của f(z). Theo (4) ta có:
f1(a) 2j+1 1 1
Res[f(z), a] =
=
= − j
4j 2 4
′
f2 (a)
ez
Ví dụ 5: Tính thặng dư của hàm f (z) =
tại a = ±j
(z − j)(z + j)
Ta thấy f(z) có hai cực điểm đơn là ±j. Áp dụng công thức (4) ta có:
ez
ej
j
Res[f(z), j] = lim
=
= −
(
cos1+ jsin1
)
z→j
z + j 2j
ez e− j
2
j
Res[f(z), -j] = lim
=
=
(
cos1− jsin1
)
z→− j
z − j − 2j 2
b. Thặng dư tại cực điểm cấp m: Nếu a là cực điểm cấp m của f(z) thì:
89
1
dm−1
dzm−1
Res[f(z),a] =
lim
[
(z − a)m f (z)
]
(5)
z→a
(m −1)!
1
Ví dụ 1: Tính thặng dư của hàm f (z) =
tại a = j
(z2 +1)3
Vì (z2 + 1)3 = (z + j)3(z - j)3 nên j là không điểm cấp 3 của (z2 + 1)3. Vậy j là cực điểm
cấp 3 của hàm f(z). Theo (5) với m = 3 ta có:
1
d2
1
1
d2
1
⎡
⎤
⎡
⎢
⎤
Res[f(z), a] = lim
(z − j)3
= lim
2
⎢
⎥
2
2
3
⎥
(z2 +1)3
2
dz (z + j)
z→j
z→j
2!
dz
⎣
⎦
⎣
⎦
1
12
6
3j
= lim
=
= −
2
5
(2j)5
16
z→j
2!
(z + j)
e−z
z3
Ví dụ 2: Tìm thặng dư của hàm f (z) =
Ta thấy z = 0 là không điểm cấp 3 của z3 nên z = 0 là cực điểm cấp 3 của hàm f(z).
Dùng công thức (5) ta có:
1
d2e−z
dz2
1
2
Res[f(z), a] = lim
=
z→0
2!
§2. ỨNG DỤNG THẶNG DƯ
1. Định lí 1: Nếu f(z) giải tích trong miền G , giới hạn bởi đường cong kín L, ngoại
trừ tại một số hữu hạn cực đỉểm a1, a2, ..,as ở bên trong thì:
s
f (z)dz = 2πj Res
[
f (z),ak
]
(8)
∑
∫
k=1
L
Chứng minh: Loại đi khỏi miền G các hình tròn γ1, γ2,...,γs có tâm lần lượt là a1, a2,
..,as và có bán kính đủ nhỏ ta được một miền đa liên . Áp dụng định lý Cauchy cho
miền đa liên này ta được:
1
1
1
∫
2πj γ
s
f (z)dz =
f (z)dz +L+
f (z)dz
∫
∫
2πj L
Nhưng vì:
2πj γ
1
1
f (z)dz = [ Resf(z), ak], k = 1, 2,..., s
∫
2πj γ
k
nên thay vào ta có:
f (z)dz = 2πjRes[f(z), ak] + ⋅⋅⋅ + 2πjRes[f(z), ak]
∫
L
2. Định lí 2: Nếu f(z) giải tích trong toàn bộ mặt phẳng ngoại trừ tại một số hữu hạn
cực đỉểm a1, a2, ..,as = ∞ thì:
s
[
Res f (z),ak
]
+ Res
[
f (z),ak = 0
]
∑
k=1
Chứng minh: Chọn R đủ lớn để đường tròn | z | = R bao lấy tất cả các điểm a1, a2,.., an,
Ta có:
90
s
1
Res[f(z),a ] =
f(z)dz
∑
k
∫
2πjC
k=1
Theo định nghĩa thặng dư tại ∞:
1
1
Res[f(z), ∞] =
f(z)dz = −
f(z)dz
∫
∫
2πjC
2πjC
−
Cộng các vế của hai đẳng thức này ta được điều cần phải chứng minh.
z2dz
Ví dụ 1: Tính
, L là đường tròn tâm | z | = 2
∫
L (z2 +1)(z + 3)
z2
Hàm f(z) =
có 3 cực điểm là z = j, z = -j và z = -3.
(z2 +1)(z + 3)
Trong hình tròn | z | < 2 có hai cực điểm là ±j, đều là các cực điểm đơn. Tính thặng dư
tại các cực điểm đó ta có:
z2
j2
j
1+ 3j
20
Res[f(z), j] = lim(z − j)f(z) = lim
=
=
=
z→ j
z→ j
(z + j) + (z + 3) 2j(z + 3) 2z + 6
z2
f1(−j)
z2
j2
1− 3j
20
z + 3
2z
Res[f(z), -j] =
=
=
=
=
′
f2 (−j)
2z(z + 3) z=− j − 2j(3− j)
z=− j
Vậy
1+ 3j 1− 3j
πj
5
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
I = Res[f(z), j] + Res[f(z) , -j] = 2πj
+
=
⎜
20
20
coszdz
Ví dụ 2: Tính I =
, L là đường tròn | z | = 2
∫
L z2 (z − 2)
cosz
z2 (z − 2)
Hàm f(z) =
có z = 0 là cực điểm cấp 2 và điểm z = 2 là cực điểm cấp 1.
Trong hình tròn | z | < 1 chỉ có một cực điểm z = 0 nên:
I = 2πj.Res[f(z), 0]
Nhưng vì:
′
⎡ cosz ⎤
⎡
cosz ⎤
cosz
− sinz(z − 2) − cosz
(z − 2)2
1
4
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
Res
= lim z2
= lim
= lim
= −
2
2
⎢
⎥
⎢
⎥
z→0
z→0
z→0
z (z − 2)
πj
z (z − 2)
z − 2
⎣
⎦
⎣
⎦
nên I = −
2
ezdz
C z2 +1
Ví dụ 3: Tính I =
với C là đường tròn | z | = 3
∫
Hàm f(z) dưới dấu tích phân có hai điểm bất thường j và -j nằm trong hình tròn biên
C. Theo ví dụ ở mục trước ta có:
91
ej
e− j
2j
Res[f(z), j] =
và Res[f(z), -j] =
2j
Nên: I = 2πjsin1
Ví dụ 4: Tính I =
z + 3
dz với C là đường tròn | z - 0.5 | =1
∫
C (z −1)(z +1)2
Trong miền giới hạn bởi C, hàm f(z) dưới dấu tích phân chỉ có một điểm bất thường
là z = 1, cực điểm đơn. Do đó:
I = 2πj.Res[f(z), 1] = lim(z −1)f(z) = 2πj
z→1
∞
3.Tích phân thực dạng R(x)dx trong đó R(x) là một phân thức hữu tỉ
∫
−∞
a. Bổ đề 1: Giả sử CR là một nửa đường tròn tâm O, bán kính R, nằm trong nửa
mặt phẳng trên Imz > 0. Nếu f(z) giải tích trong
y
nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn
điểm bất thường và thoả mãn:
limzf(z) = 0 0 ≤ argz ≤ π
CR
z→∞
thì:
lim f(z)dz = 0
O
x
∫
R→∞
C
R
Chứng minh: Phương trình CR có dạng z = Rejϕ với ϕ là tham số biến thiên từ 0 đến π.
Chọn R khá lớn sao cho các điểm bất thường của f(z) đều nằm trong miền | z | < R.
Vậy hàm f(z) liên tục trên CR và theo cách tính tích phân ta có:
π
f(z)dz = f(Rejϕ )Rejϕ dϕ
∫
∫
C
0
R
Ta ước lượng tích phân này. Vì limzf(z) = 0 nên ∀ε > 0 cho trước ta luôn tìm được
z→∞
một số N > 0 sao cho khi | z | > N thì | z.f(z) | < ε. Vậy nếu z ∈ CR+ với R > N thì:
| f(Rejϕ).Rejϕ | = | z.f(z) | < ε
Do đó:
π
f(z)dz ≤ ε dϕ = επ
∫
∫
C
0
R
Vì ε bé tuỳ ý nên ta suy ra lim f(z)dz = 0
∫
R→∞
C
R
b. Định lí 1: Giả sử R(z) là một phân thức mà đa thức mẫu số có bậc lớn hơn đa
thức tử số ít nhất là hai đơn vị, R(z) có một số hữu hạn cực điểm a1, a2,..., an nằm
trong nửa mặt phẳng trên và không có cực điểm nằm trên trục thực. Khi đó ta có:
+∞
s
R(x)dx = 2πj Res[R(z),a ]
(9)
∑
k
∫
k=1
−∞
Ta thừa nhận mà không chứng minh định lí này.
92
∞
dx
Ví dụ 1:Tính I =
∫
0 x4 +1
Vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có:
∞
∞
dx
1
dx
Ta có: I =
=
∫
∫
0 x4 +1 2 −∞ x4 +1
1
Đặt R(z) =
. Phương trình z4 + 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên
z4 +1
là:
2
2
2
2
z1 =
+ j
,z2 =
− j
. Rõ ràng R(z) đủ điều kiện để áp dụng (9). Ta có
2
2
2
2
2
⎛
⎞
⎛
⎞
z2
1
1
z1
πj
4
π 2
4
I = πj Res
[
R(z),ak
]
= πj⎜
+
⎟ = πj⎜
+
⎟ = − (z1+z2 ) =
∑
3
4
4z1 4z32
4z1 4z42
⎜
⎟
⎜
⎟
k=1
⎝
⎠
⎝
⎠
+∞
x −1
Ví dụ 2: Tính I =
dx
∫
−∞ (x2 +1)2
z −1
z −1
Hàm R(z) =
=
thoả mãn các giả thiết của định lí. Trong nửa
(z2 +1)2 (z − j)2 (z + j)2
mặt phẳng trên, nó có cực điểm cấp 2 là z = j. Theo (9);
I = 2πjRes[R(z), j]
d
d ⎡ z −1 ⎤
2 + j− z
(z + j)3
π
2
= 2πjlim
[
(z − j)2 R(z)
]
= 2πjlim
= 2πjlim
= −
2
⎢
⎥
z→ j
z→ j
z→ j
dz
∞
dz (z + j)
⎣
⎦
x2dx
Ví dụ 3: Tính I =
∫
0 x4 +1
Vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có:
∞
∞
dx
1
dx
Ta có: I =
=
∫
∫
0 x4 +1 2 −∞ x4 +1
z2
z4 +1
Đặt R(z) =
. Phương trình z4 + 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên
là:
2
2
2
2
z1 =
+ j
,z2 =
− j
. Rõ ràng R(z) đủ điều kiện để áp dụng (9). Ta có
2
2
2
2
2
I = πj Res
[
R(z),ak
]
∑
k=1
z2
z2
1
1
1
1− j
4 2
Res[R(z), j]=
=
=
=
=
=
(z4 +1) z=z 4z3
4z1
2
2 2
(
1+ j
)
z=z
1
1
4
(
1+ j
)
2
Tương tự:
93
1
−1− j
4 2
Res[R(z), j]=
=
2 2
(
1− j
)
1− j −1− j
4 2 4 2
2π
4 2
π 2
4
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
Vậy: I = πj
+
=
=
⎜
c. Định lý 2: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ mà bậc của mẫu số lớn hơn
bậc của tử số ít nhất 2 đơn vị. Hàm R(z) có các cực điểm trong nửa mặt phẳng trên là
a1, a2,.., as và có m cực điểm đơn trên trục thực là b1, b2,..,bm. Khi đó ta có:
+∞
s
m
R(x)dx = 2πj Res
[
R(z),ak
]
+ πj Res
[
R(z),bi
]
(11)
∑
∑
i=1
∫
k=1
−∞
+∞
+∞
4. Tích phân dạng R(x)cosαxdx và R(x)sinαxdx (α > 0)
∫
∫
−∞
−∞
Theo công thức Euler thì ejαx = cosαx + jsinαx nên cosαx = Re(ejαx) và
sinαx=Im(ejαx). Vậy:
+∞
+∞
R(x)cosαxdx = Re R(x)ejαxdx
∫
∫
−∞
+∞
−∞
+∞
R(x)sinαxdx = Im R(x)ejαxdx
∫
∫
−∞
−∞
+∞
Do đó muốn tính các tích phân đã cho, chỉ cần tính R(x)ejαxdx rồi lấy phần thực
∫
−∞
+∞
hay phần ảo của nó là được. Khi tính R(x)ejαxdx ta dùng bổ đề sau:
∫
−∞
a. Bổ đề Jordan: Gọi CR là cung tròn | z | = R Imz > a (a là số thực cố định cho
trước) nghĩa là CR là cung tròn tâm O, bán kính R và nằm phía trên đường thẳng y=a.
Nếu F(z) có dạng ejαzf(z) trong đó α là một số dương cố định còn f(z) giải tích trong
nửa mặt phẳng Imz ≥ a , trừ tại một số hữu hạn điểm bất thường và thoả mãn
limf(z) = 0 thì:
z→∞
lim F(z)dz = lim ejαzf(z)dz
∫
∫
R→∞
R→∞
C
C
R
R
Ta thừa nhận không chứng minh bổ đề này
b. Định lí 1: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ thoả mãn các điều kiện sau:
* R(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn các cực điểm
a1, a2,.., as
* R(z) không có cực điểm trên trục thực
* trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1
đơn vị.
Thế thì:
+∞
s
R(x)ejαxdx = 2πj Res[R(z)ejαx ,a ]
(14)
∑
k
∫
k=1
−∞
94
Trong α là một số cho trước.
Ta cũng không chứng minh định lí này.
+∞
xcosx
Ví dụ 1: I =
dx
∫
−∞ x2 − 2x +10
xejx
+∞
Ta có: I = Re
dx
∫
−∞ x2 − 2x +10
Để tính I ta áp dụng (14). Muốn vậy ta phải tìm các cực điểm của
z
R(z) =
. Giải phương trình z2 - 2z + 10 = 0 ta có hai nghiệm là z = 1 ± 3j.
z2 − 2z +10
Đó là hai cực điểm đơn của R(z). Cực điểm z = 1 + 3j nằm trong nửa mặt phẳng trên.
Dùng công thức (14) ta có:
xejx
zejz
zejz
(1+ 3j)e−3+ j
+∞
⎡
⎤
dx = 2πj.Res
,1+ 3j = 2πj
= 2πj
∫
−∞ x2 − 2x +10
z − 2z +10
2z − 2 z=1+3j
6j
2
⎢
⎥
⎣
⎦
π
π
3
= e−3(cos1− 3sin1) + j e−3(3cos1+ sin1)
3
Từ đó suy ra:
π
I = e−3(cos1− 3sin1)
3
c. Định lí 2: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ thoả mãn các điều kiện sau:
* R(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn các cực điểm
a1, a2,.., as
* R(z) có m cực điểm trên trục thực b1. b2,...,bn
* trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1
đơn vị.
Thế thì với α là một hằng số dương cho trước :
+∞
s
m
R(x)ejαxdx = 2πj Res[R(z)ejαx ,a ]+ πj Res[R(z)ejαx ,b ]
(16)
∑
∑
k=1
k
k
∫
k=1
−∞
∞ sinx
Ví dụ: Tính I =
dx
∫
x
0
sinx
Vì
là hàm chẵn nên ta có thể viết được:
x
1 +∞ sinx
I =
dx
∫
2 −∞
x
Mặt khác:
+∞ sinx
+∞ ejz
dx = Im
dz
∫
∫
x
z
−∞
−∞
1
+∞ ejz
Vậy: I = Im
dz
∫
2
z
−∞
95
1
Vì hàm R(z) = có cực điểm duy nhất tại z = 0 nên theo (6) ta có:
z
jz
+∞ ejz
e
⎡
⎤
dz = πjRes
,0 = πjlimejz = πj
∫
⎢
⎥
z→0
z
z
−∞
⎣
⎦
π
2
Thay vào trên ta được: I =
2π
5. Tích phân dạng f(sint,cost)dt
∫
0
dz
Đặt z = ejt thì lnz = jt, dt =
và theo định nghĩa các hàm lượng giác ta có:
jz
1
1
z
2j
z +
z −
z
cost =
, sint =
.
2
Khi t chạy từ 0 đến 2π, điểm z vẽ nên đường tròn C: | z | = 1. Vậy:
2π
j
1 1
⎞ ⎛
z 2
⎠ ⎝
1 jdz
⎡
⎤
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
f(sint,cost)dt = f − z − , z +
(17)
⎜
⎟ ⎜
∫
∫
⎢
⎥
2
z
z
⎣
⎦
0
L
Trong đó L là đường tròn | z | = 1
2π2 + cost
Ví dụ 1: Tính I =
dt
∫
2 − sint
0
Theo (17) ta có:
1
1
⎛
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
2 + z +
⎜
jdz
4z + z2 +1 jdz
z2 + 4z +1 dz
2
j
z
1
⎝
⎛
I =
= −
= −
∫
∫
∫
L z2 − 4jz −1 z
z
L 4z + jz2 − j z
L 2 + z −
⎜
2
z
⎝
Hám dưới dấu tích phân có 3 điểm cực là z = 0, z = 2j± j 3. Vì
(2 − 3)j = 2 − 3 <1; (2 + 3)j = 2 + 3 >1nên bên trong L chỉ có 2 cực điểm là
a1 = 0 và a2 = 2 − 3. ta tính thặng dư:
z2 + 4z +1
z2 + 4z +1
z − 4jz −1
⎡
⎤
Res
,0 = lim
= −1
2
2
⎢
⎥
z→0
z(z − 4jz −1)
⎣
⎦
z2 + 4z +1
z2 + 4z +1
z(2z − 4j) (2−
2 3
3
⎡
⎤
Res
,(2 − 3)j =
=1+ j
2
⎢
⎥
z(z − 4jz −1)
⎣
⎦
3) j
Theo định lí 1 mục trước ta có:
⎡
⎤
⎥
⎦
⎛
⎞
⎛
⎞
2 3
3
2 3
3
4π 3
⎜
⎟
⎟
⎜
⎟
⎟
I = −2πj −1+ 1+ j
= −2πj j
=
⎢
⎣
⎜
⎜
⎝
3
⎝
⎠
⎠
π
dt
Ví dụ 2: Tính I =
∫
0 2 + cost
96
Đặt z = ejt , vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có:
π
1
dt
1
dz
1
dt
1
dz
I =
=
=
=
∫
∫
∫
∫
jC z2 + 4z +1 jC (z − a)(z − b)
1
z
2 −π2 + cost 2jC
⎡
⎢
⎢
⎢
⎤
⎥
⎥
⎥
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
2 + z +
⎜
z
2
⎢
⎥
⎣
⎦
Trong đó C là đường tròn | z | = 1, a = − 2 + 3 và b = − 2 − 3 là các nghiệm của
phương trình z2 + 4z + 1 = 0.
Vì | a | < 1 và | b | > 1 nên ta có:
⎡
1
⎤
2π
a − b
π
3
I = 2π.Res
,a =
=
⎢
⎥
(z − a)(z − b)
⎣
⎦
97
10 trang
26460
Free
Bạn đang xem tài liệu "Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 5: Lý thuyết thặng dư", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- bai_giang_toan_chuyen_nganh_dien_chuong_5_ly_thuyet_thang_du.pdf
