Giáo trình Hàm biến phức - Phần 2

153 trang phuongnguyen 7540

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Hàm biến phức - Phần 2", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_ham_bien_phuc_phan_2.pdf

Nội dung text: Giáo trình Hàm biến phức - Phần 2

188 Chương VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 1 Hàm điều hòa § Khái niệm hàm điều hòa 1.1 Định nghĩa. Hàm thực u(x, y) xác định trên miền D và có đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thỏa điều kiện uxx′′ (x, y)+ uyy′′ (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. Thật − vậy ux′ (x, y)=2x + y, uxx′′ (x, y)=2 và uy′ (x, y)= x 2y, uyy′′ (x, y)= 2, − − suy ra uxx′′ (x, y)+ uyy′′ (x, y)=0. 1.3 Cho hàm f(z)= u(x, y)+ iv(x, y) giải tích trên D. Theo Hệ quả 5.13 ta 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 hệ giữa hai hàm u(x, y) và v(x, y) trên D như sau ∂u ∂v ∂u ∂v (x, y)= (x, y) (x, y)= (x, y). ∂x ∂y ∂y −∂x suy ra c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Hàm điều hòa 189 § u′′ (x, y)= v′′ (x, y), u′′ (x, y)= v′′ (x, y); xx yx yy − xy v′′ (x, y)= u′′ (x, y), v′′ (x, y)= u′′ (x, y). xx − yx yy xy Từ đó ta nhận thấy cả hai hàm u(x, y) và v(x, y) đều là hàm điều hòa. Do hai hàm u và v có liên hệ với nhau nên ta có khái niệm sau. 1.4 Định nghĩa. Cho hai hàm điều hòa u và v trên D. Ta nói v là hàm liên hợp điều hòa của u nếu thỏa điều kiện ∂u ∂v ∂u ∂v (1.5) (x, y)= (x, y) (x, y)= (x, y) (x, y) D. ∂x ∂y ∂y −∂x ∀ ∈ 1.6 Thí dụ. Theo thí dụ trên ta biết rằng u(x, y)= x2 + xy y2 là hàm − điều hòa trên R2. Bây giờ ta tìm hàm liên hợp điều hòa v(x, y) của u(x, y). Theo điều kiện (1.5) ta có v′ (x, y)=2x + y v′ (x, y)=2y x. y x − y2 Từ phương trình thứ nhất ta suy ra được v(x, y)=2xy + 2 + g(x), cho x2 nên vx′ (x, y)=2y + g′(x). Vậy g′(x) = x hay g(x) = 2 + C. Suy ra 2 2 − − v(x, y)=2xy + y x + C. 2 − 2 1.7 Nhận xét. Theo kết quả trên ta có nếu hàm f(z)= u(x, y)+iv(x, y) giải tích trên D thì v(x, y) là hàm điều hòa liên hợp của hàm u(x, y). Hơn nữa, chiều ngược lại cũng đúng, cho nên ta có kết quả ở định lý sau. 1.8 Định lý. Hàm f(z)= u(x, y)+ iv(x, y) giải tích trên miền D khi và chỉ khi v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng mình chiều ngược của định lý. Giả sử v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D. Khi đó, cả hai hàm u(x, y) và v(x, y) là các hàm điều hòa nên chúng có đạo hàm riêng cấp hai liên tục trên D, cho nên chúng có đạo hàm riêng cấp một liên tục trên D. Vì v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D nên chúng thỏa điều kiện Cauchy-Riemann. Do đó, theo định lý Cauchy-Riemann, trang 80, hàm f(z)= u(x, y)+ iv(x, y) khả vi trên D. Do D là miền nên f giải tích trên D. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
190 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Đặc trưng hàm điều hòa 1.9 Định lý. Giả sử u là hàm điều hòa trên miền đơn liên D. Khi đó, u là phần thực của một hàm giải tích trên D. Chứng minh. Với ký hiệu z = x + iy = (x, y) và từ giả thiết cùng với định lý Cauchy-Riemann ta dễ dàng nhận thấy hàm f(z)= u′ (x, y) iu′ (x, y) x − y giải tích trên D. Từ đó theo Hệ quả 4.5 tồn tại nguyên hàm F của f trên D và dF (z)= f(z)dz = [u′ (, xy) iu′ (x, y)](dx + idy) x − y = u′ (x, y)dx + u′ (x, y)dy + i(u′ (x, y)dy u′ (x, y)dx) x y x − y Đặt F (z) = U(x, y) + iV (x, y). Khi đó, ta có Ux′ (x, y) = ux′ (x, y) và V ′(x, y)= u′ (x, y). Theo ký hiệu vi phân của hàm phức ta có x − y dF¯(z)= dU(x, y) idV (x, y) − = U ′ (x, y)dx + U ′ (x, y)dy i(V ′(x, y)dx + V ′(x, y)dy) x y − x y = u′ (x, y)dx + u′ (x, y)dy i( u′ (x, y)dx + u′ (x, y)dy) x y − − y x Từ đó ta suy ra được ¯ d(F (z)+ F (z)) = 2[ux′ (x, y)dx + uy′ (x, y)dy]=2du(x, y) hay d(Re F (z)) = du(x, y). Do đó, ta có u(x, y)=Re F (z)+ C trong đó C là hằng số thực. Rõ ràng F (z)+ C là hàm giải tích trên D. 1.10 Nhận xét. Trong định lý trên giả thiết D là miền đơn liên là thiết 1 2 2 yếu. Chẳng hạn, ta có thể kiểm tra được rằng hàm u(x, y)= 2 ln(x + y ) là một hàm điều hòa trên D = C 0 . Trong khi đó, hàm \{ } x y z 1 f(z)= u′ (x, y) iu′ (x, y)= i = = x − y x2 + y2 − x2 + y2 z 2 z | | không có nguyên hàm trên D. Do đó, không có hàm giải tích trên D nhận u(x, y) làm phần thực. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Hàm điều hòa 191 § 1.11 Định lý. (Giá trị trung bình) Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D và z D. Khi đó, 0 ∈ 1 2π u(x ,y )= u(x + r cos ϕ, y + r sin ϕ)dϕ 0 0 2π 0 0 Z0 với mọi 0 0 sao cho B(z , r) D. Vậy u cũng đạt giá trị lớn nhất trên 0 ⊂ B(z0, r) tại z0. Theo Định lý 1.9 tồn tại hàm giải tích f trên B(z0, r) nhận f(z) u(x, y) làm hàm phần thực. Khi đó, hàm e giải tích trên B(z0, r) và f(z) u(x,y) f(z) e = e . Vậy e đạt giá trị lớn nhất trên B(z0, r) tại z0. Do | | | | f(z) đó, theo Định lý 7.3 trang 177 hàm e phải là hàm hằng trên B(z0, r); u(x,y) từ đó suy ra e và u(x, y) là hàm hằng trên B(z0, r). Phần còn lại của phép chứng minh lập luận hoàn toàn tương tự như chứng minh định lý nguyên lý modulus cực đại trang 179. 1.13 Nhận xét. Định lý trên vẫn đúng khi ta thay giả thiết hàm u đạt giá 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
192 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Bài tập 1 ) Chứng minh rằng u(x, y)=3x + y là hàm điều hòa. Tìm hàm điều hòa v(x, y) liên hợp với u(x, y). 2 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 y2 là hàm điều hòa. Tìm hàm điều − hòa v(x, y) liên hợp với u(x, y). 3 ) Chứng minh rằng u(x, y)=2xy x là hàm điều hòa. Tìm hàm giải − tích f(z) nhận u(x, y) làm hàm phần thực. y 4 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 y2 +5x + y là hàm điều − − x2 + y2 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 hàm − giải 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. Tìm − hàm 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 là hàm 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 thích tại 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 của U(x, y). 10 ) Cho hàm f(z)= u(r, θ)+ iv(r, θ) giải tích trên miền D mà nó không chứa gốc tọa độ. Dùng hệ phương trình Cauchy-Riemann ở dạng tọa độ cực 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 2 r urr′′ (r, θ)+ rur′ (r, θ)+ uθθ′′ (r, θ)=0, nó là phương trình Laplace dạng cực. Chứng minh rằng điều đó vẫn đúng cho hàm v(r, θ). c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Công thức Schwarz và công thức Poisson 193 § 2 Công thức Schwarz và công thức Poisson § 2.1 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 1 2π reiϕ + z (2.2) f(z)= u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ + iv(0, 0) 2π reiϕ z Z0 − với z B(0, r). ∈ Chứng minh. Với mọi z r nên giải tích trên | | | | z¯ ξ r2 − z¯ B(0, r) và liên tục trên B¯(0, r). Do đó, theo Định lý Cauchy-Goursat ta có 2π iϕ 1 f(ξ) 1 iϕ re z¯ 0= r2 dz = f(re ) iϕ 2 dϕ 2πi ∂B(0,r) ξ 2π 0 zre¯ r Z − z¯ Z − Từ đó ta viết lại 1 2π z¯ (2.6) f(reiϕ) dϕ =0. 2π z¯ re iϕ Z0 − − Từ công thức này kết hợp với (2.4) ta được 1 1 2π 1 2π z¯ f(0) = f(reiϕ)dϕ f(reiϕ) dϕ 2 4π − 2π z¯ re iϕ Z0 Z0 − − 1 2π re iϕ +¯z = f(reiϕ) − dϕ. 4π re iϕ z¯ Z0 − − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
194 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới và do đó ta có 1 1 2π reiϕ + z (2.7) f(0) = f(reiϕ) dϕ. 2 4π reiϕ z Z0 − Cộng (2.5) và (2.7) ta được 1 1 2π reiϕ + z f(z) (f(0) f(0)) = f(reiϕ)+ f(reiϕ) dϕ − 2 − 4π reiϕ z Z0 − hay 1 2π reiϕ + z f(z) iv(0, 0) = u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ. − 2π reiϕ z Z0 − Từ đó ta được điều phải chứng minh. 2.8 Nhận xét. Công thức Schwarz cho phép ta xác định hàm giải tích f(z) trên hình tròn B(0, r) khi biết giá trị của hàm phần thực của nó trên biên là đường tròn z = r và giá trị hàm phần ảo tại O. | | 2.9 Định lý. (Công thức Poisson) 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, ta có công thức 1 2π r2 z 2 (2.10) u(x, y)= u(r cos ϕ, r sin ϕ) − | | dϕ 2π reiϕ z 2 Z0 | − | và (2.11) 1 2π r2 ρ2 u(ρ cos θ,ρ sin θ)= u(r cos ϕ, r sin ϕ) − dϕ 2π r2 2ρr cos(ϕ θ)+ ρ2 Z0 − − với 0 <ρ<r. Chứng minh. Từ công thức Schwarz ta có 1 2π reiϕ + z u(x, y)=Re f(z)= Re u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ 2π reiϕ z Z0 − 2π h iϕ iϕ i 1 Re(re + z)(re− z¯) = u(r cos ϕ, r sin ϕ) − dϕ 2π reiϕ z 2 Z0 | − | 1 2π r2 z 2 = u(r cos ϕ, r sin ϕ) − | | dϕ. 2π reiϕ z 2 Z0 | − | c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Bài toán Dirichlet 195 § 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 1 u(ξ) f(z)= dξ f(0). πi ξ =r ξ z − Z| | − ξ + z 2 1 Gợi ý : Dùng đẳng thức = . ξ(ξ z) ξ z − ξ − − 2 ) Từ công thức tích phân Poisson hãy chứng minh 1 2π R2 r2 (a) − dϕ =1 2π R2 2Rr cos(θ ϕ)+ r2 Z0 − − 1 2π R2 r2 (b) u(r, ϕ) u(R,θ )= [u(R,θ) u(R,θ )] − dθ − 0 2π − 0 R2 2Rr cos(θ ϕ)+ r2 Z0 − − (c) Nếu u(R,θ) u(R,θ ) <ε đối với θ θ < ϕ thì | − 0 | | − 0| 1 R2 r2 u(R,θ) u(R,θ0) 2 − 2 dθ < ε. 2π θ θ <α | − |R 2Rr cos(θ ϕ)+ r Z| − 0| − − 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 | | z α | | | | ≤ | | ≤ f(z) − . | |≤ 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. Hãy tìm một thác triển điều hòa của u tới D. Nói cách khác, tìm hàm liên tục trên D¯ điều hòa trong D sao cho hạn chế của nó trên ∂D là u. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
196 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Bài toán Dirichlet này tồn tại nghiệm và là nghiệm duy nhất. Tuy nhiên, 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 = u. |∂B(0,R) Chứng minh. Đầu tiên ta chứng tỏ rằng nếu bài toán Dirichlet có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Thật vậy, giả sử h1 và h2 là hai nghiệm của bài toán Dirichlet. Khi đó, hàm v = h h liên tục trên B¯(0, R), điều hòa 1 − 2 trên B(0, R) và bằng không trên ∂B(0, R). Do B¯(0, R) là tập compact nên v tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên B¯(0, R). Nếu giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của v trên B¯(0, R) đạt được trên biên ∂B(0, R), thì rõ ràng vmax = vmin = 0, suy ra v = 0 hay h1 = h2 trên B¯(0, R). Nếu giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất đạt được trong B(0, R), thì theo Định lý 1.12 ta có h là hàm 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) = lim v(z) = lim const = const) ∈ z z0 z z0 z→<R z→<R | | | | nên suy ra v 0 hay h = h trên B¯(0, R). ≡ 1 2 Để tiện việc chứng minh ta ký hiệu D = B(0, R), CR 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 . Đối với mỗi điểm z D đặt R ∈ 1 2π R2 z 2 (3.3) uˆ(z)= u(Reiϕ) − | | dϕ. 2π Reiϕ z 2 Z0 | − | Theo Định lý 1.9 và Định lý 2.9 công thức trên chính là công thức Poisson khi uˆ là hàm điều hòa và uˆ = u. Thật sự hàm uˆ là hàm điều hòa. Ta có |CR R2 z 2 ξ + z − | | = Re với ξ = Reiϕ. ξ z 2 ξ z | − | − Do đó, uˆ là hàm phần thực của hàm 1 2π Reiϕ + z 1 ξ + z f(z)= u(Reiϕ) dϕ = u(ξ) dξ. 2π Reiϕ z 2πi ξ(ξ z) Z0 − ZCR − ξ + z Do u(ξ) liên tục trên đường tròn định hướng dương C nên theo ξ(ξ z) R − tích phân loại Cauchy ta có hàm f(z) giải tích trên D. Do đó, ta có hàm uˆ điều hòa trên D. Ta chỉ còn kiểm tra lại rằng (3.4) u(ξ) = lim uˆ(z) với mỗi ξ = R z ξ | | z→D ∈ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Bài toán Dirichlet 197 § Trước hết ta tính được ξ + z z 2z dξ =2πi + =2πi C ξ(ξ z) z z Z R − − Do đó 1 2π Reiϕ + z 1 2π Reiϕ + z 1= Rieiϕdϕ = dϕ. 2πi Reiϕ(Reiϕ z) 2π Reiϕ z Z0 − Z0 − Từ đó ta có 1 2π R2 z 2 1 2π Reiϕ + z (3.5) − | | dϕ = Re dϕ =1. 2π Reiϕ z 2 2π Reiϕ z Z0 | − | Z0 − Bên cạnh đó với ϕ [0, 2π] bất kỳ ta có 0 ∈ 2 2 R z iϕ iϕ0 (3.6) lim iϕ− | | 2 =0 với Re = Re z Reiϕ0 Re z 6 →z D | − | ∈ iϕ Thật sự giới hạn trên là đều theo Re Γ CR với Γ là cung bất kỳ iϕ0 ∈ ⊂ iϕ0 trên CR không là lân cận của Re . Thật vậy khi đó d(Re , Γ) > 0 và chọn 0 d(Reiϕ0 , Γ) δ > 1 d(Reiϕ0 , Γ) với | − | ≥ | − | − | − | − 2 mọi ξ Γ. ∈ Reiϕ0 Reiϕ0 Γ z z 1 Rei(ϕ0+δ) Rei(ϕ0 δ) ξ − Γ Γ2 Hình VI.1: c Hồ Công Xuân Vũ Ý
198 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Từ (3.3) và (3.5) ta có 1 2π R2 z 2 uˆ(z) u(Reiϕ0 )= u(Reiϕ) − | | dϕ − 2π Reiϕ z 2 Z0 | − | 1 2π R2 z 2 u(Reiϕ0 ) − | | dϕ − 2π Reiϕ z 2 Z0 | − | 1 2π R2 z 2 = [u(Reiϕ) u(Reiϕ0 )] − | | dϕ 2π − Reiϕ z 2 Z0 | − | Cho trước ε > 0 bất kỳ. Do tính liên tục của u(Reiϕ) tại Reiϕ0 ta tìm được δ > 0 sao cho khi ϕ ϕ 0 sao cho với mọi z D thỏa z Re 0 <δ′ và mọi Re Γ ∈ | − | ∈ 2 ta có R2 z 2 − | | < ε. Reiϕ z 2 | − | iϕ Do đó, với mọi z D thỏa z Re 0 <δ′ và ứng với cung Γ ta có ∈ | − | 2 2π+ϕ0 δ 2 2 − R z [u(Reiϕ) u(Reiϕ0 )] − | | dϕ − Reiϕ z 2 Zϕ0+δ | − | 2π+ϕ0 δ 2 2 − R z u(Reiϕ) u(Reiϕ0 ) − | | dϕ ≤ | − | Reiϕ z 2 Zϕ0+δ | − | 2π < 2Mεdϕ Z0 < 4Mπε c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Bài toán Dirichlet 199 § iϕ Từ các kết quả trên, với mọi z D thỏa z Re 0 0 bất kỳ nên ta có lim uˆ(z) = u(Reiϕ0 ). Từ đó ta có được uˆ z Reiϕ0 →z D ∈ liên tục trên B¯(0, R) và uˆ = u. Vậy uˆ là hàm cần tìm. |CR 3.7 Định lý. Hàm khả tích địa phương u trên miền D là điều hòa khi và chỉ khi 1 u(z)= u(ξ)dxdy πr2 ξ: ξZZz r { | − |≤ } với mọi z D và mọi 0 <r<d(z,∂D) (trong đó ξ = (x, y) là biến). ∈ Chứng minh. Giả sử u điều hòa trong D. Theo định lý giá trị trung bình 1.11 ta có 1 2π u(z)= u(z + reiϕ)dϕ với z D và 0 <r<d(z,∂D). 2π ∈ Z0 Do u là hàm điều hòa nên nó khả tích trên ξ : ξ z r và ta có { | − |≤ } u(ξ)dxdy = u(z + seiϕ)sdsdϕ ξ: ξZZz r (s,ϕ):0 sZZr,0 ϕ 2π { | − |≤ } { ≤ ≤ ≤ ≤ } r 2π = s u(z + seiϕ)dϕ ds 0 0 Z r h Z i = s2πu(z)ds Z0 = πr2u(z) Từ đó ta có được đẳng thức cần chứng minh. Ngược lại, đầu tiên ta kiểm tra tính liên tục của hàm u trên D. Với z D, đặt 2r = d(z ,∂D). Khi đó, với 0 <δ<r ta có 0 ∈ 0 ξ : ξ z r + δ D { | − 0|≤ }⊂ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
200 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Theo giả thiết hàm u khả tích trên ξ : ξ z r + δ nên tồn tại { | − 0| ≤ } M = sup u(ξ) : ξ z r + δ (rõ ràng M giảm theo δ). Với mọi δ {| | | − 0| ≤ } δ z z 0 cho trước có thể chọn được δ > 0 đủ bé sao cho với mọi z D thỏa z z 0 sao cho B¯(z , r) D). Ta chứng minh u = h trên B¯(z , r). Do u và 0 ⊂ 0 h liên tục trên B¯(z , r) nên hàm v = u h liên tục trên B¯(z , r), suy ra nó 0 − 0 đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên hình tròn đóng đó. Giả sử cả hai giá trị lớn nhất và nhỏ nhất ấy đạt được trên đường tròn z z =0; từ đó | − 0| suy ra vmax =0= vmin (hàm v bằng 0 trên đường tròn ấy). Do đó, v =0 trên B¯(z , r) hay h(z)= u(z) với mọi z B¯(z , r). 0 ∈ 0 Giả sử một trong hai giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của v đạt được trong B(z , r); nhưng do khi cần ta xét v thay cho v nên ta giả sử v 0 − đạt giá trị lớn nhất trong B(z0, r) tại z1. Ta cần chứng minh v = 0 trên B¯(z , r). Giả sử điều đó không đúng; nghĩa là tồn tại z B(z , r) sao cho 0 2 ∈ 0 v(z ) < v(z ). Đặc biệt, nếu z B(z , r ) với r = r z z . Khi đó, 2 1 2 ∈ 1 1 1 − | 1 − 0| 0 < r = r z z và B(z , r ) B(z , r ) B(z , r). Từ giả thiết 2 1 − | 2 − 1| 2 2 ⊂ 1 1 ⊂ 0 đối với hàm u và chiều thuận đối với hàm h ta dễ dàng suy ra được đẳng c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Bài toán Dirichlet 201 § thức tích phân của định lý vẫn đúng đối với hàm v; do đó ta có 1 v(z1)= 2 v(ξ)dxdy πr1 B¯(ZZz1,r1) 1 1 = 2 v(ξ)dxdy + 2 v(ξ)dxdy πr1 πr1 B¯(z ,r ZZ) B¯(z ,r ) B¯(ZZz ,r ) 1 1 \ 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 v(z1)(πr1 πr2)+ 2 πr2v(z2) ≤ πr1 − πr1 0 sao cho B(z , r′) B(z , r) ta có v(z)= v(z ) 1 ⊂ 0 1 với mọi z B¯(z , r′). ∈ 1 Ta trở lại trường hợp z / B(z , r ). Ta nối z với z và đặt r′ = 2 ∈ 1 1 1 2 min r z z , r z z . Khi đó, mọi đường tròn có tâm nằm trên { − | 1 − 0| − | 2 − 0|} đoạn nối z1 và z2 có bán kính r′ đều nằm trong hình tròn B(z0, r). Đầu tiên ta tìm giao điểm w giữa đường tròn tâm z z = r′ với đoạn z z . 1 | − 1| 1 2 Khi đó, từ nhận xét trên ta suy ra được v(w1) = v(z1). Nếu đường tròn tâm 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′ (với w là giao điểm, khác với z , của đường tròn z w = r′ với đoạn z z ). 2 1 | − 1| 1 2 Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta nhận được điểm z2 nằm trong đường 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. z2 · z2 z1 z·1 z·0 z0 Hình VI.2: Vậy không tồn tại z B(z , r) sao cho v(z ) < v(z ), nghĩa là v phải 2 ∈ 0 2 1 là hàm hằng trên B(z0, r). Hơn nữa, do tính liên tục của v trên B¯(z0, r) c Hồ Công Xuân Vũ Ý
202 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 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 hàm điều hòa trên D do z D tùy ý. 0 ∈ 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 1 2π u(z)= u(z + reiϕ)dϕ, 2π Z0 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. Do u là hàm liên tục nên nó khả tích trên ξ : ξ z r và ta có { | − |≤ } u(ξ)dxdy = u(z + seiϕ)sdsdϕ ξ: ξZZz r (s,ϕ):0 sZZr,0 ϕ 2π { | − |≤ } { ≤ ≤ ≤ ≤ } r 2π = s u(z + seiϕ)dϕ ds 0 0 Z r h Z i = s2πu(z)ds Z0 = πr2u(z) Do đó, với mọi 0 <r<d(z,∂D) ta có 1 u(z)= u(ξ)dxdy. πr2 ξ: ξZZz r { | − |≤ } 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 trên đường tròn. Ta viết lại (2.10) như sau 1 2π r2 z 2 (4.2) u(z)= u(reiϕ) − | | dϕ 2π reiϕ z 2 Z0 | − | c Hồ Công Xuân Vũ Ý
4 Nguyên lý Harnack 203 § trong đó z n ta 0 0 ⊂ có u u 0. Theo bất đẳng thức Harnack cho hàm điều hòa u u m − n ≥ m − n đối với hình tròn B(z0, r) ta có r + z z 0 u (z) u (z) | − 0|(u (z ) u (z )) ≤ m − n ≤ r z z m 0 − n 0 − | − 0| với mọi z z < r. Khi đó, với mọi z B¯(z ,ρ) ta có z z <ρ và | − 0| ∈ 0 | − 0| r + ρ 0 u (z) u (z) (u (z ) u (z )). ≤ m − n ≤ r ρ m 0 − n 0 − Vì dãy u (z ) hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy dãy hàm u (z) hội { n 0 } { n } tụ đều trên B¯(z0,ρ). c Hồ Công Xuân Vũ Ý
204 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Nếu cần ta thay dãy đang xét bởi dãy u u cho nên có thể xem { k − 1} u 0. Do đó, u 0 trên D. Theo Định lý 3.7 và định lý đơn điệu hội tụ 1 ≥ ≥ Lebesgue ta có 1 1 u(z) = lim uk(z) = lim uk(ξ)dxdy = u(ξ)dxdy k k πr2 πr2 →∞ →∞ B¯ZZ(z,r) B¯ZZ(z,r) với mọi z D và mọi 0 <r<d(r,∂D), và tích phân cuối là tích phân ∈ Lebesgue. Như vậy, nếu u(z) < với mọi z Ω thì theo kết quả phần ∞ ∈ đầu dãy hàm đã cho hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng nằm trong D. Do đó, hàm u liên tục trên D và dĩ nhiên u khả tích địa phương với tích phân cuối trong đẳng thức trên trở thành tích phân Riemann thông thường. Khi đó, theo Định lý 3.7 ta được hàm u điều hòa trên D. Giả sử Ω = z D : u(z) = = ∅. Lấy { ∈ ∞} 6 z Ω và đặt 3ρ = d(z ,∂D). Theo kết quả trên 1 ∈ 1 ta có (lưu ý tích phân trong phần này là tích z phân Lebesgue) z1 1 u(ξ)dxdy = u(z )= . πρ2 1 ∞ B¯(ZZz1,ρ) Rõ ràng với mọi z thỏa z z < ρ ta có B¯(z ,ρ) B¯(z,Hình2ρ) VI.3:và u 0, | − 1| 1 ⊂ ≥ cho nên ta có 1 1 u(z)= u(ξ)dxdy u(ξ)dxdy = . 4πρ2 ≥ 4πρ2 ∞ B¯(ZZz,2ρ) B¯(ZZz1,ρ) Vậy u(z) = , suy ra z Ω. Do đó, ta được B(z ,ρ) Ω, hay Ω là tập ∞ ∈ 1 ⊂ mở. Lấy z ∂Ω D tùy ý. Khi đó, với r đủ nhỏ ta có B¯(z, r) D và ∈ ∩ ⊂ B¯(z, r) Ω có độ đo dương và hàm u nhận giá trị trên đó. Vậy ta có ∩ ∞ 1 1 u(z)= u(ξ)dxdy u(ξ)dxdy = , πr2 ≥ πr2 ∞ B¯ZZ(z,r) B¯(z,rZZ) Ω ∩ cho nên u(z)= suy ra z Ω. Do đó, Ω đóng trong D. Do D liên thông ∞ ∈ cho nên ta phải có Ω= D. Vậy u = trên D. ∞ Hơn nữa, ta có dãy hàm u hội tụ đều về trên mỗi hình tròn đóng { k} ∞ nằm trong D. Thật vậy, xét B¯(z ,ρ) B(z , r) D, trong đó 0 <ρ<r. 0 ⊂ 0 ⊂ Theo bất đẳng thức Harnack cho hàm un trong hình tròn B(z0, r) ta có r z z u (z) − | − 0|u (z ) với mọi z z < r. n ≥ r + z z n 0 | − 0| | − 0| c Hồ Công Xuân Vũ Ý
4 Nguyên lý Harnack 205 § Khi đó, với mọi z B(z ,ρ) ta có z z 0. Từ định nghĩa tập ⊂ compact và kết quả vừa được chứng minh ta dễ dàng suy ra được dãy u { n} hội 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). Chứng minh rằng với mọi z B(z , r) ta luôn có ∈ 0 r ρ r + ρ (4.5) − u(z ) u(z) u(z ) trong đó ρ = z z < r. r + ρ 0 ≤ ≤ r ρ 0 | − 0| − 2 ) Trình bày chứng minh dãy u hội tụ đều về trên tập compact { k} ∞ K D trong Định lý 4.4. ⊂ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
206 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 5 Hàm điều hòa dưới § 5.1 Định nghĩa. Hàm u : D [ , ] gọi là nửa liên tục trên nếu → −∞ ∞ lim sup u(z)= u(z0) với mọi z0 Ω δ 0 z z 0 hàm u không là hàm hằng trên B(z ,ρ) nghĩa là tồn tại ξ B(z ,ρ) 0 ∈ 0 sao cho u(ξ) 0 sao cho u(ξ) < u(z0) ε. 1 − Do hàm u nửa liên tục trên trên D nên tập u− ([ ,u(z0) ε)) mở 1 −∞ − và ξ u− ([ ,u(z0) ε)). Do đó, tồn tại 0 <δ< min r, ρ r với ∈ −∞ − 1 { − } r = ξ z sao cho B(ξ,δ) u− ([ ,u(z ) ε)), nghĩa là với mọi | − 0| ⊂ −∞ 0 − z B(ξ,δ) ta có u(z) <u(z ) ε. ∈ 0 − Lấy Γ là một cung trên đường tròn Cr có Γ1 phương trình z z0 = r chứa ξ và nằm trong Γ | − | hình tròn B(ξ,δ). Lấy cung nhỏ Γ Γ cũng ξ 1 ⊂ chứa ξ. Như trong hình vẽ minh họa điểm ξ là Cr z0 trung điểm của cả hai cung Γ và Γ1. Ta xây dựng được hàm liên tục h trên C thỏa h(z)= u(z ) ε r 0 − với mọi z Γ , h(z)= u(z ) với mọi z C Γ ∈ 1 0 ∈ r \ Hình VI.4: c Hồ Công Xuân Vũ Ý
5 Hàm điều hòa dưới 207 § và h(z) phụ thuộc tuyến tính vào arg(z z ) với mọi z Γ Γ (xem bài − 0 ∈ \ 1 tập). Vậy do cách xây dựng và các kết quả trên ta có h(z) u(z) với mọi ≤ z C . Mặt khác, theo Định lý 3.2 hàm h được thác triển thành hàm điều ∈ r hòa trên B(z0, r). Từ đó theo định nghĩa của hàm điều hòa dưới cho hàm u ta suy ra được u(z ) h(z ). Tuy nhiên, theo Định lý 1.11 và cách xây 0 ≤ 0 dựng hàm h trên Cr ta có 1 2π 1 2π h(z )= h(z + reiϕ)dϕ 0 sao cho −∞ 1 B(z′,δ′) G¯ v− ([ ,M)). Vậy với mọi z B(z′,δ′) G¯ ta có v(z) 0 sao −∞ 1 cho B(z ,δ) G¯ v− ([ ,M)). Mặt khác, do z ∂G nên tồn tại 0 ∩ ⊂ −∞ 0 ∈ z G B(z ,δ). Khi đó, ta gặp phải mâu thuẫn v(z )= M (do z G) 1 ∈ ∩ 0 1 1 ∈ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
208 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 1 và v(z ) < M (do z v− ([ ,M))). Vậy v M trên ∂G. Suy ra 1 1 ∈ −∞ ≡ v M trên G¯. Vì thế ta phải có M 0. ≡ ≤ Vậy ta luôn có M 0 hay u h trên G. ≤ ≤ Hàm h trong định lý trên được gọi là chặn trên điều hòa của hàm u đối với miền G. 5.5 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và tại một điểm z0 nào đó trong miền G thỏa G¯ D trùng với hàm chặn trên điều hòa h của ⊂ u đối với G thì u = h trong G. Chứng minh. Cũng như trong chứng minh định lý trên hàm v = u h − điều hòa dưới ở trên G và v(z) 0 với mọi z G. Vậy hàm v đạt giá trị ≤ ∈ lớn nhất là 0 tại z G. Do đó, tập Ω = z G : v(z)=0 = ∅. Theo 0 ∈ { ∈ } 6 chứng minh định lý trên ta phải có Ω= G, nghĩa là v(z)=0 với mọi z G ∈ hay u(z)= h(z) trên G. 5.6 Định lý. Giả sử uα α A là họ các hàm điều hòa dưới trong D sao { } ∈ cho u(z) = sup uα(z) < với mọi z D. Nếu u nửa liên tục trên thì u α A ∞ ∈ ∈ điều hòa dưới. Chứng minh. Với z D, với 0 <r<d(z ,∂D) sao cho B¯(z , r) D và 0 ∈ 0 0 ⊂ tồn tại hàm liên tục h trên B¯(z , r) điều hòa trên B(z , r) thỏa u(z) h(z) 0 0 ≤ với mọi z z0 = r. Do u(z) = sup uα(z) với mọi z D nên u(z) uα(z) | − | α A ∈ ≥ ∈ với mọi z D và mọi α A. Vậy u (z) h(z) với mọi α A và mọi ∈ ∈ α ≤ ∈ z z = r. Mặt khác, do u là các hàm điều hòa dưới và theo Định lý | − 0| α 5.4 nên ta có u (z) h(z) với mọi z B(z , r) và mọi α A. Suy ra α ≤ ∈ 0 ∈ u(z) h(z) với mọi z B(z , r). Vậy u là hàm điều hòa dưới trên D. ≤ ∈ 0 Bài tập 1 ) Chứng minh rằng hàm u liên tục trên D khi và chỉ khi u và u nửa − liên tục trên trên D. 2 ) Chứng minh rằng nếu các hàm u1 và u2 nửa liên tục trên trên D thì u1 + u2 cũng nửa liên tục trên trên D. 3 ) Chứng minh rằng nếu u là hàm điều hòa dưới và v là hàm điều hòa trên D thì u + v là hàm điều hòa dưới trên D. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới 209 § 4 ) Cho đường tròn C có biểu diễn tham số w(t)= Reit với 0 t 2π. R ≤ ≤ Γ và Γ1 là các cung trên đường tròn CR có biểu diễn tham số lần lượt là γ(t) = Reit với ϕ t ϕ và γ (t) = Reit với ϕ t ϕ trong đó 1 ≤ ≤ 2 1 3 ≤ ≤ 4 0 < ϕ1 < ϕ3 < ϕ4 < ϕ2 < 2π. Hãy biểu diễn một hàm liên tục h trên CR thỏa h(z) = a với mọi z Γ và h(z) = b với mọi z C Γ trong đó ∈ 1 ∈ R \ a = b. 6 5 ) Hoàn thành việc chứng minh hàm u là hàm hằng trên D trong Định lý 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 1 2π (6.2) u(z) u(z + reiϕ)dϕ ≤ 2π Z0 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 và ∈ 0 <r<d(z,∂D). Với mỗi k đặt c Hồ Công Xuân Vũ Ý
210 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới uk(ξ)= max u(ξ′) k ξ ξ′ . ξ′ z =r{ − | − |} | − | Khi đó, u là các hàm liên tục trên C , ξ z = r, và u u. Thật vậy, k r | − | k ց rõ ràng dãy u là dãy giảm. Khi ξ, ξ′ C ta có { k} ∈ r u(ξ) khi ξ′ = ξ lim (u(ξ′) k ξ ξ′ )= k − | − | khi ξ′ = ξ →∞ −∞ 6 Do đó, ta có lim uk(ξ)= u(ξ) với mọi ξ Cr. Theo Định lý 3.2 gọi hk là k ∈ →∞ thác triển điều hòa của hàm u lên B(z, r). Bởi vì u u trên C nên k k+1 ≤ k R với mọi ξ = z + ρeiϕ B(z, r) ta suy ra ∈ 1 2π r2 ξ z 2 h (ξ)= u (z + reiϕ) − | − | dϕ k+1 2π k+1 reiϕ (ξ z) 2 Z0 | − − | 1 2π r2 ξ z 2 u (z + reiϕ) − | − | dϕ ≤ 2π k reiϕ (ξ z) 2 Z0 | − − | = hk(ξ) Vậy hk+1 hk trên B¯(z, r). Do đó, ta xác định được hàm h = limk hk ≤ →∞ trên B¯(z, r). Hơn nữa, áp dụng định lý Harnack đối với dãy hàm điều hòa h ta suy ra được hoặc hàm h điều hòa trên B(z, r) hoặc h {− k} ≡ −∞ trên B(z, r). Mặt khác, từ định lý giá trị trung bình ta có 1 2π 1 2π h (z)= h (z + reiϕ)dϕ = u (z + reiϕ)dϕ. k 2π k 2π k Z0 Z0 Theo định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue ta lấy giới hạn hai vế thu được 2π 2π 1 iϕ 1 iϕ h(z) = lim uk(z + re )dϕ = u(z + re )dϕ. k 2π 2π →∞ Z0 Z0 Bên cạnh đó, do u u trên C với mọi k nên u h trên C với mọi k. ≤ k r ≤ k r Từ tính điều hòa dưới của u và các hàm hk điều hòa trên B(z, r) nên ta suy ra u h trên B(z, r) với mọi k. Cụ thể tại z ta có u(z) h (z) với ≤ k ≤ k mọi k. Do đó, ta được 2π 1 iϕ u(z) lim hk(z)= h(z)= u(z + re )dϕ. ≤ k 2π →∞ Z0 Ngược lại, giả sử u nửa liên tục trên ở trên D và thỏa điều kiện (6.2). Cho B¯(z , r) D và h là hàm liên tục trên B¯(z , r) điều hòa trên B(z, r) 0 ⊂ 0 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới 211 § thỏa u h trên C , z z = r. Khi đó, hàm v = u h nửa liên tục trên ở ≤ r | − 0| − trên B¯(z0, r). Mặt khác, theo điều kiện (6.2) và định lý giá trị trung bình đối với hàm điều hòa ta có 1 2π 1 2π u(z) h(z) u(z + ρeiϕ)dϕ h(z + ρeiϕ)dϕ − ≤ 2π − 2π Z0 Z0 hay 1 2π v(z) v(z + ρeiϕ)dϕ ≤ 2π Z0 trong đó z B(z , r) và 0 0 sao cho f(z) =0 với mọi 0 < z z r. Từ đây cũng giống như phần chứng 6 | − 0|≤ minh chiều ngược của Định lý 6.1 ta cũng có hàm ln f(z) thỏa điều kiện | | thứ 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
212 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 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 z ∂E◦ với u(z ) > . 6 0 ∈ 0 −∞ Bởi vì giao của E◦ với đường tròn C , z z = r với 0 0 bất kỳ, đặt ≤ u(z) h(z)+ ε z 2 khi z G vε(z)= − | | ∈ 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 đó đạt giá trị lớn nhất trên G¯. Nhưng vε không thể nhận giá trị này trong G vì vε,xx′′ + vε,yy′′ = uxx′′ + uyy′′ +4ε > 0. Vậy giá trị lớn nhất này đạt được 2 trên ∂D, nghĩâ là vε(z) max ε z . Vậy ≤ z ∂G | | ∈ u(z) h(z)+ ε z 2 ε max z 2 với mọi z G − | | ≤ z ∂G | | ∈ ∈ suy ra u(z) h(z) ε max z 2. Vì ε> 0 tùy ý nên ta được u h trên G. − ≤ z ∂G | | ≤ ∈ Vậy u là hàm điều hòa dưới trên D. 2 Ngược lại, giả sử u thuộc lớp C điều hòa dưới trên D nhưng uxx′′ (z0)+ u′′ (z ) 0 đủ nhỏ để u′′ + u′′ 0 yy 0 0 xx yy ≤ trên B¯(z , r) D. Vậy nếu v = u thì v′′ + v′′ 0 trên B¯(z , r). Theo 0 ⊂ − xx yy ≥ 0 chiều thuận của định lý ta có u = v là điều hòa dưới trên B(z , r). Từ − 0 Định lý 6.1 và Định lý 3.8 ta suy ra u là điều hòa trên B(z0, r). Ta gặp phải mâu thuẫn uxx′′ (z0)+ uyy′′ (z0)=0. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
7 Định lý Hartogs 213 § Bài tập 1 ) Cho u là hàm nửa liên tục trên ở trên miền D thỏa 1 2π u(z) u(z + reiϕ)dϕ ≤ 2π Z0 với mọi z D và mọi 0 0 và mọi tập compact K D tồn tại N sao cho ⊂ (7.4) u (z) A + ε với mọi z K và mọi k N. k ≤ ∈ ≥ Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng ta có ngay định lý khi A = . Trong ∞ trường hợp A< để đơn giản ta chứng minh cho trường hợp u 0 trên ∞ k ≤ D với mọi k. Cho K là một tập compact trong D. Đặt 3r = d(K,∂D). Với mỗi z K, từ tính điều hòa dưới của u ta có 0 ∈ k r 2π iϕ uk(ξ)dxdy = uk(z0 + se )sdsdϕ 0 0 B¯(ZZz0,r) Z Z r 2π iϕ = s uk(z0 + se )dϕ ds 0 0 Z hrZ i 2π suk(z0)ds ≥ 0 2Z = πr uk(z0). c Hồ Công Xuân Vũ Ý
214 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Với trường hợp dãy hàm đang xét áp dụng bổ đề Fatou ta nhận được 2 lim sup uk(ξ)dxdy lim sup uk(ξ)dxdy Aπr . k ≤ k ≤ →∞ →∞ B¯(ZZz0,r) B¯(ZZz0,r) Từ đó với mọi ε> 0 tìm được k0 sao cho u (ξ)dxdy (A + ε )πr2 với mọi k > k k ≤ 2 0 B¯(ZZz0,r) Giả sử z D thỏa z z <δ với 0 <δ<r. Khi đó, ta có B¯(z , r) ∈ | − 0| 0 ⊂ B¯(z, r + δ) D. Vì vậy cũng theo tính điều hòa dưới của u như trên ta ⊂ k có (và chú ý u 0) k ≤ π(r + δ)2u (z) u (ξ)dxdy k ≤ k B¯(z,rZZ+δ) u (ξ)dxdy ≤ k B¯(ZZz0,r) πr2(A + ε ) với mọi k k ≤ 2 ≥ 0 rε Do đó, với δ0 < min r, 4 max A ,1 , với mọi z z0 < δ0 và mọi k k0 { {| | } } | − | ≥ ta có 2 r ε uk(z) 2 (A + 2 ) ≤ (r + δ0) δ0(2r + δ0) ε < A 2 A + − (r + δ0) 2 2δ A ε < A + 0| | + r 2 < A + ε Mặt khác, ta có K B(z0,δ0). Vì K compact nên tồn tại hữu ⊂ z K 0∈ hạn điểm z ,z , ,z SK sao cho K n B(z ,δ ). Đặt N = 1 2 n ∈ ⊂ j=1 j j max k , k , ,k . Khi đó, với mọi k K và với z K bất kỳ tồn { 1 2 n} ≥ S ∈ tại 1 j n sao cho z z <δ và ta có ≤ ≤ | − j | j uk(z) < A + ε c Hồ Công Xuân Vũ Ý
7 Định lý Hartogs 215 § Bài tập 1 ) Chứng minh rằng trong phép chứng minh Định lý 7.2 giả thiết u 0 k ≤ không làm mất tính tổng quát của phép chứng minh. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
216 Chương VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 1 Chuỗi Taylor § Định lý Weierstrass Trước đây, chúng ta đã nêu một số định lý Weierstrass như Định lý 5.18 trang 168 và Định lý 6.6 trang 176 ở dạng dãy hàm. Bây giờ ta sẽ nêu lại các định lý ấy dưới dạng chuỗi hàm và trình bày chứng minh chi tiết. ∞ 1.1 Định lý. (Weierstrass) Nếu chuỗi hàm fn(z) hội tụ đều và hàm n=1 fn giải tích trên miền D với mọi n thì hàm tổngP f của chuỗi hàm là một hàm giải tích trên miền D và ∞ (k) (k) f (z)= fn (z). n=1 X Chứng minh. Từ Định lý 4.19 trang 65 ta có được hàm f liên tục trên D. Lấy Γ là đường cong Jordan trơn kín bất kỳ nằm trong miền D và phần trong của nó cũng nằm trong D và gọi l là chiều dài của Γ. Đặt n ∞ Sn(x) = fk(z). Theo giả thiết chuỗi fn(z) hội tụ đều về hàm f k=1 n=1 trên D nênP dãy hàm S (z) hội tụ đều vềP hàm f trên D. Suy ra với ε> 0 { n } cho trước tồn tại n0 sao cho với mọi n nguyên dương thỏa n>n0 ta có c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Chuỗi Taylor 217 § f(z) S (z) 0. z Γ | − | ∈ Hình VII.1: Với mỗi k nguyên dương ta có 1 1 k+1 k+1 với mọi z Γ (z z0) ≤ d ∈ − ∞ Do chuỗi hàm fn(z) hội tụ đều về hàm f(z) trên D nên suy ra được n=1 ∞ P f (z) f(z) chuỗi hàm n hội tụ đều về hàm trên Γ. Tương (z z )k+1 (z z )k+1 n=1 − 0 − 0 tự như chứngX minh ở phần đầu cho việc lấy tích phân của hàm tổng, và theo công thức tích phân Cauchy ta có c Hồ Công Xuân Vũ Ý
218 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư k! f(z) f (k)(z )= dz 0 2πi (z z )k+1 ZΓ − 0 k! ∞ f (z) = n dz 2πi (z z )k+1 Γ n=1 0 Z h X − i ∞ k! f (z) = n dz 2πi (z z )k+1 n=1 Γ 0 X Z − ∞ (k) = fn (z0) n=1 X Vì z0 lấy tùy ý trong D nên ta có ∞ f (k)(z)= f (k)(z) với mọi z D. n ∈ n=1 X 1.2 Nhận xét. Trong chứng minh định lý trên ta đã chứng minh được lim Sn(z)dz = f(z)dz n →∞ ZΓ ZΓ Hơn nữa, đẳng thức này cũng đúng với mọi đường cong Jordan trơn từng khúc trong D. Từ đó ta viết lại như sau n n f(z)dz = lim fk(z) dz = lim fk(z)dz n n Γ →∞ Γ →∞ Γ Z Z h Xk=1 i Xk=1 Z ∞ = fn(z)dz. n=1 Γ X Z Như vậy, ta có được kết quả như sau: tích phân của hàm tổng của chuỗi hàm 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 đạo hàm từng số hạng của chuỗi tại các điểm z D chứ không phải tại các ∈ điểm z D¯; ta không có điều này là do ta đã sử dụng d = d(Γ,z ) > 0 ∈ 0 trong chứng minh. Ví dụ sau chứng tỏ đối với z D¯ định lý này không ∈ còn đúng nữa. n ∞ z Xét chuỗi hàm 2 . Chuỗi hàm này hội tụ đều trên z : z 1 và n=1 n { | |≤ } mọi số hạng của nóP đều là các hàm giải tích trên z : z 1 . Tuy nhiên, zn 1 { | |≤ } chuỗi các đạo hàm của nó là ∞ − lại phân kỳ tại z =1. n=1 n P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Chuỗi Taylor 219 § Định lý Taylor Xét chuỗi lũy thừa ∞ c (z z )n. Giả sử chuỗi này có bán kính hội tụ n=0 n − 0 R > 0. Khi đó, ta có được một hàm f có tập xác định z : z z < R P { | − 0| } xác định bởi ∞ f(z)= c (z z )n, z z < R. n − 0 | − 0| n=0 X Hàm f giải tích trên z : z z < R . Do đó, nó có đạo hàm mọi cấp và { | − 0| } ∞ (k) n k f (z)= n(n 1) (n k + 1)c (z z ) − , − ··· − n − 0 nX=k (n) với k =0, 1, 2, Đặc biệt tại z = z0 ta có f (z0)= n!cn. Vấn đề ngược lại, giả sử ta có hàm f có đạo hàm mọi cấp tại z0. Đặt f (n)(z ) c = 0 . n n! Khi đó, ta thiết lập được chuỗi lũy thừa ∞ ∞ f (n)(z ) c (z z )n = 0 (z z )n. n − 0 n! − 0 n=0 n=0 X X Chuỗi lũy thừa này được gọi là chuỗi Taylor của hàm f tại z0 (khi z0 =0, ta nói là chuỗi Maclaurin) Định lý sau nói lên mối quan hệ giữa bản thân hàm f và chuỗi Taylor của nó. 1.4 Định lý. (Taylor) Cho hàm f giải tích trong hình tròn mở z z0 < (n) | − | ∞ n f (z0) R0. Khi đó, chuỗi cn(z z0) , với cn = , hội tụ về hàm f khi n=0 − n! P ∞ n z z0 < R0. Với z z0 < R0, ta viết f(z)= cn(z z0) được gọi là | − | | − | n=0 − khai triển Taylor của hàm f trong lân cận điểmPz0. Trường hợp đặc biệt ∞ n z0 =0, f(z)= cnz ta nói f được khai triển Maclaurin. n=0 (nP) Nhắc lại, f (z0) được tính bởi n! f(z) f (n)(z )= dz 0 2πi (z z )n+1 ZΓ − 0 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
220 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư với Γ là đường cong kín nằm trong đường tròn z z = r qR z′ z , nên ta biến đổi ∈ | − 0| 1 1 ≥ | − 0| được 1 1 = z z z z (z z ) − ′ − 0 − ′ − 0 1 ∞ z′ z n = − 0 z z z z 0 n=0 0 − X − n ∞ (z′ z ) = − 0 . (z z )n+1 n=0 0 X − n ∞ (z′ z0) z′ z0 qR1 Chuỗi hàm − n+1 hội tụ đều trên Γ bởi vì − = (z z0) z z0 ≤ R1 n=0 − − q< 1. Do đó,X ta tính được c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Chuỗi Taylor 221 § n 1 ∞ (z′ z0) f(z′)= f(z) − dz 2πi (z z )n+1 Γ n=0 0 Z h X − i ∞ n 1 f(z) = (z′ z ) dz − 0 2πi (z z )n+1 n=0 Γ 0 X Z − ∞ n = c (z′ z ) . n − 0 n=0 X ∞ n Vậy cn(z z0) hội tụ về f(z) với mọi z thỏa z z0 < R0. n=0 − | − | P 1.6 Hệ quả. Hàm f xác định trên miền D là giải tích khi và chỉ khi với mọi z D hàm f có thể khai triển được thành chuỗi Taylor tại điểm z 0 ∈ 0 với bán kính hội tụ của nó là R d(z ,∂D). ≥ 0 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 hàm giải tích phức và hàm biến số thực. Trong giải tích thực người ta chứng minh được hàm 1 e− x2 khi x =0 f(x)= 6 0 khi x =0 có đạo hàm mọi cấp trên R, chẳng hạn 1 2 x2 3 e− khi x =0 f ′(x)= x 6 ( 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 của f(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 phức hoàn 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 triển Maclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản phức có công thức hoàn toàn giống với khai triển Maclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản thực. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
222 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Ta đã biết hàm logarithm phức ln z giải tích trên C bỏ đi nửa trục thực dương, do đó hàm ln(z 1) giải tích trên z =0 và ta có − 1 ∞ n (ln(z 1))′ = = z với mọi z < 1. − z 1 − | | n=0 − X Từ tính chất nguyên hàm và ln( 1) = iπ nên ta được khai triển − z z n+1 ∞ n ∞ z ln(z 1) iπ = (ln(z 1)′dz = z dz = . − − − − − n +1 0 0 n=0 n=0 Z Z X X Sau đây chúng tôi liệt kê một số khai triển Maclaurin của một số hàm sơ cấp cơ bản. ∞ zn (1.8) ez = R = n! ∞ n=0 X ∞ z2n+1 (1.9) sin z = ( 1)n R = − (2n + 1)! ∞ n=0 X ∞ z2n (1.10) cos z = ( 1)n R = − (2n)! ∞ n=0 X 1 ∞ (1.11) = zn R =1 1 z n=0 − X ∞ zn (1.12) ln(z 1) = iπ R =1 − − n n=1 X ∞ n n 1 z (1.13) log(1 + z)= ( 1) − R =1 − n n=1 X ∞ α(α 1) (α n + 1) (1.14) (1 + z)α = − ··· − zn R =1 n(n 1) 1 n=0 X − ··· 1.15 Thí dụ. Khai triển Maclaurin của các hàm sau f(z) = z2e3z và z g(z)= . z4 +9 ∞ (3z)n ∞ 3nzn+2 ∞ 3n 2zn f(z)= z2e3z = z2 = = − , n! n! (n 2)! n=0 n=0 n=2 X X X − với R = . ∞ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Chuỗi Taylor 223 § z z 1 z ∞ z4 n ∞ z4n+1 g(z)= = = ( 1)n = ( 1)n , z4 +9 9 z4 9 − 9 − 32n+2 1+ 9 n=0 n=0 X X với R = √3. Bài tập 1 ) Chứng minh Hệ quả 1.6. 2 ) Khai triển Maclaurin của các hàm sau và tìm bán kính hội tụ. 1 1 (a) , (b) sinh z, (c) cosh z, (d) với a =0 và k N z 2 (z a)k 6 ∈ − − 3 ) Khai triển Maclaurin các hàm sau và tìm bán kính hội tụ. 1 z z2 (a) sin2 z (b) (a + z)α (c) (d) (e) az + b z2 4z + 13 (z + 1)2 − 4 ) Tìm tổng của các chuỗi sau trong z < 1 | | ∞ ∞ zn ∞ z2n+1 ∞ zn (a) nzn (b) (c) (d) ( 1)n+1 n 2n +1 − n n=1 n=1 n=0 n=1 X X X X 5 ) Hãy tìm hai số hạng đầu tiên trong khai triển Maclaurin của hàm tanh z, và tìm bán kính hội tụ của nó. 6 ) Chứng minh rằng ta có khai triển Taylor 1 ∞ (z i)n = − với z i < √2. 1 z (1 i)n+1 | − | n=0 − X − 7 ) Khai triển thành chuỗi Taylor trong lân cận của điểm z0 và tìm bán kính hội tụ của các hàm sau. (a) sin(2z z2) tại z =1 (d) ln z tại z = 1 − 0 − z z (b) tại z = i. (e) tại z0 =1 2 0 z2 2z +5 z +4 − z z2 (c) tại z =1. (f) tại z0 =1 z +2 0 (z + 1)2 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
224 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 8 ) Bằng cách khai triển Maclaurin các hàm số sau hãy tìm f (n)(0) với n =0, 1, 2, (a) f(z)= z cosh(z2) (b) f(z) = sin(z2) 1 9 ) Chứng minh rằng nếu khai triển hàm tại z =0 dưới dạng cos z 1 ∞ E = ( 1)n 2n z2n cos z − (2n)! n=0 X thì các số E2n (các số Euler) thỏa mãn 2n 2n E =1, E + E + + E =0. 0 0 2 2 ··· 2n 2n z z khi z =2kπi 10 ) Chứng minh rằng hàm f(z)= e 1 6  −  0 trường hợp khác giải tích tại z =0. Nếu khai triển Maclaurin của f(z)  ∞ B f(z)= n zn n! n=0 X chứng minh rằng các số Bn (các số Bernoulli) thỏa mãn n +1 n +1 n +1 B =1, B + B + + B =0. 0 0 0 1 1 ··· n n 11 ) Giả sử trong D = z : z < R hàm f(z) có khai triển dạng { | | } ∞ n f(z)= cnz . n=0 X (a) Chứng minh rằng 1 2π ∞ f(reiϕ) 2dϕ = c 2r2n r < R 2π | | | n| 0 n=0 Z X (b) Nếu max f(z) = M(r) thì z =r | | | | M(r) c r < R. | n|≤ rn c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Chuỗi Laurent 225 § (c) Chứng minh rằng nếu một trong các bất đẳng thức trên biến thành M(r) đẳng thức, nghĩa là c = thì f(z)= c zk | k| rk k ∞ n 12 ) Giả sử f(z)= cnz là hàm giải tích trong hình tròn z : z < 1 n=0 { | | } và nó ánh xạ hình trònP này 1-1 lên miền G với diện tích S. Chứng minh ∞ S = p n c 2 | n| n=0 X 13 ) Chứng minh các bất đẳng thức sau đúng với mọi z C: ∈ z z z e 1 e| | 1 z e| |. | − |≤ − ≤ | | 2 Chuỗi Laurent § Chuỗi Taylor là một công cụ giúp ta nghiên cứu hàm số trong lân cận của một điểm nào đó mà tại điểm đó hàm ấy là giải tích. Tuy nhiên, ta có những hàm không giải tích tại điểm ta quan tâm. Khi đó, chuỗi Taylor không thể sử dụng được, do vậy ta phải dùng một công cụ khác để có thể nghiên cứu hàm trong một lân cận của một điểm mà tại đó hàm không giải tích; đó là chuỗi Laurent. ∞ n 2.1 Định nghĩa. Chuỗi hàm có dạng cn(z z0) gọi là chuỗi Lau- n= − −∞ rent theo lũy thừa của z z hay chuỗiP Laurent tại z . − 0 0 ∞ n 2.2 Định lý. Nếu các hệ số của chuỗi Laurent cn(z z0) thỏa n= − −∞ P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
226 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 1 0 lim sup n c = r < R = n n ≤ n | − | lim sup cn ≤ ∞ →∞ p n | | →∞ p thì miền hội tụ của chuỗi đã cho là hình vành khăn D = z : r< z z < { | − 0| 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 1 f(z) (2.3) c = dz, n =0, 1, 2, n 2πi (z z )n+1 ± ± ZΓs − 0 ở đây Γ là đường tròn định hướng dương có phương trình z z = s với s | − 0| r<s<R tùy ý. Chứng minh. Viết chuỗi đã cho thành tổng của hai chuỗi 1 − ∞ c (z z )n và c (z z )n. n − 0 n − 0 n= n=0 X−∞ X Từ giả thiết và theo Định lý Cauchy-Hadamard trang 72 chuỗi thứ hai có bán kính hội tụ là R, và theo Định lý 2.9 trang 89 hàm tổng của nó, đặt là f +(z), giải tích trên z : z z < R . Hơn nữa, theo Định lý Taylor { | − 0| } 1.4 ta có 1 f +(z) c = dz n =0, 1, 2, n 2πi (z z )n+1 ZΓs − 0 Cs′ Γs z•0 •0 Hình VII.2: 1 1 − n Đặt u = . Khi đó, chuỗi cn(z z0) được viết lại thành z z0 n= − − −∞ ∞ n P c nu . Do đó, theo Định lý Cauchy-Hadamard và Định lý 2.9 chuỗi mới n=1 − P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Chuỗi Laurent 227 § 1 này có hàm tổng g(u) giải tích trên u : u rP. Hơn nữa, với s′ = theo Định lý Taylor 1.4 ta có { | − 0| } s 1 g(u) c n = du n =1, 2, − 2πi un+1 ZCs′ 1 f −(z) dz = − − 1 n+1 2 2πi Γs (z z0) Z z z0 − − 1 f (z) = − dz 2πi (z z ) n+1 ZΓs − 0 − và 1 g(u) 0= du 2πi u ZCs′ 1 (chú ý rằng đường tròn Γs− qua ánh xạ u = z z biến thành đường tròn − 0 Cs′ định hướng dương tâm 0 bán kính s′). Từ các kết quả trên ta được + chuỗi Laurent đã cho hội tụ về hàm giải tích f(z) = f (z)+ f −(z) trên hình vành khăn D = z : r< z z < R . Hơn nữa, với n nguyên không { | − 0| } âm ta có 1 f(z) 1 f (z) 1 f +(z) dz = − dz + dz 2πi (z z )n+1 2πi (z z )n+1 2πi (z z )n+1 ZΓs − 0 ZΓs − 0 ZΓs − 0 1 g(u) = du + c 2πi u n+1 n ZCs′ − 1 n 1 = u − g(u)du + c 2πi n ZCs′ = cn và với n nguyên âm ta có 1 f(z) 1 f (z) 1 f +(z) dz = − dz + dz 2πi (z z )n+1 2πi (z z )n+1 2πi (z z )n+1 ZΓs − 0 ZΓs − 0 ZΓs − 0 1 n 1 + = c + (z z )− − f (z)dz n 2πi − 0 ZΓs = cn Như vậy, với mọi n nguyên ta có đẳng thức (2.3). c Hồ Công Xuân Vũ Ý
228 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Γ2 C z• •z′ Γ1 z•0 z•0 Γ Γ Hình VII.3: 2.4 Định lý. (Laurent) Giả sử hàm f giải tích trên miền nhị liên là vành z : R < z z < R và Γ là đường cong Jordan trơn từng khúc { 1 | − 0| 2} kín nằm trong vành đó và bao quanh điểm z0. Khi đó, với mỗi điểm z thuộc vành ấy hàm f được biểu diễn thành chuỗi ∞ ∞ ∞ b (2.5) f(z)= c (z z )n = a (z z )n + n , n − 0 n − 0 (z z )n n= n=0 n=1 0 X−∞ X X − trong đó 1 f(z) (2.6) c = dz n 2πi (z z )n+1 ZΓ − 0 hay 1 f(z) 1 f(z) a = dz, b = dz. n 2πi (z z )n+1 n 2πi (z z ) n+1 ZΓ − 0 ZΓ − 0 − Chứng minh. Lấy z′ tùy ý thuộc D = z : R < z z < R . Tồn { 1 | − 0| 2} tại R < r′ < r′ < R sao cho Γ D = z : r′ < z z < r′ và 1 1 2 2 ⊂ 1 { 1 | − 0| 2} z′ D1. Từ đó, ta có thể chọn được r1, r2, q sao cho R1 < r1 < ∈ r1 r′ < r′ < r < R, 0 <q < 1, r′ và qr r′ . Vậy ta có 1 2 2 q ≤ 1 2 ≥ 2 r1 Γ D = z : < z z < r q và z′ D . Gọi Γ và Γ là hai ⊂ 2 q | − 0| 2 ∈ 2 1 2 đường tròn địnhn hướng dương lần lượto có phương trình z z = r và | − 0| 1 z z = r . Khi đó, theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên ta | − 0| 2 suy ra được f(z) f(z) f(z) dz = dz = dz, (z z )n+1 (z z )n+1 (z z )n+1 ZΓ − 0 ZΓ1 − 0 ZΓ2 − 0 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Chuỗi Laurent 229 § với mọi n Z. Chọn C là một đường cong Jordan kín trơn bao quanh ∈ z′ và có phần trong hoàn toàn trong D2. Xét miền tam liên xác định bởi các đường cong Γ1, Γ2, C. Theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên ta có f(z) f(z) f(z) dz = dz + dz. z z z z z z ZΓ2 − ′ ZΓ1 − ′ ZC − ′ Mặt khác, theo công thức tích phân Cauchy ta có 1 f(z) f(z′)= dz. 2πi z z ZC − ′ Từ hai đẳng thức trên ta có 1 f(z) 1 f(z) f(z′)= dz dz. 2πi z z − 2πi z z ZΓ2 − ′ ZΓ1 − ′ r1 Với z Γ1 ta có z z0 = r1, và z′ D2 nên z′ z0 > q , suy ra z z∈ | − | ∈ | − | − 0 <q< 1. Ta có biến đổi z′ z0 − 1 1 1 ∞ z z n = = − − 0 z z z z (z z ) (z z ) z z ′ 0 ′ 0 ′ 0 n=0 ′ 0 − − − − − X − ∞ (z z )n = − 0 . − (z z )n+1 n=0 ′ 0 X − n ∞ (z z0) z z0 Chuỗi − n+1 hội tụ đều trên Γ1 do − <q< 1. Do đó, n=0 (z′ z0) z′ z0 − − P 1 f(z) 1 ∞ (z z )n dz = f(z) − 0 dz 2πi z z 2πi − (z z )n+1 Γ1 ′ Γ1 n=0 ′ 0 Z − Z X − ∞ 1 1 f(z) = dz − (z z )n 2πi (z z ) n+1 n=1 ′ 0 Γ1 0 − X − Z − ∞ 1 1 f(z) = dz − (z z )n 2πi (z z ) n+1 n=1 ′ 0 Γ 0 − X − Z − ∞ b = n . − (z z )n n=1 ′ 0 X − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
230 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Với z Γ ta có z z = r , và z′ D nên z′ z < r q, suy ra ∈ 2 | − 0| 2 ∈ 2 | − 0| 2 z′ z − 0 <q< 1. Ta có biến đổi z z0 − 1 1 = z z z z (z z ) − ′ − 0 − ′ − 0 1 ∞ z′ z n = − 0 z z z z 0 n=0 0 − X − n ∞ (z′ z ) = − 0 . (z z )n+1 n=0 0 X − n ∞ (z′ z0) z′ z0 Chuỗi − n+1 hội tụ đều trên Γ2 do − <q< 1. Do đó, n=0 (z z0) z z0 − − P n 1 f(z) 1 ∞ (z′ z ) dz = f(z) − 0 dz 2πi z z 2πi (z z )n+1 Γ2 ′ Γ2 n=0 0 Z − Z X − ∞ n 1 f(z) = (z′ z ) dz − 0 2πi (z z )n+1 n=0 Γ2 0 X Z − ∞ n 1 f(z) = (z′ z ) dz − 0 2πi (z z )n+1 n=0 Γ 0 X Z − ∞ n = a (z′ z ) . n − 0 n=0 X Vậy ta có ∞ ∞ n bn f(z′)= a (z′ z ) + . n − 0 (z z )n n=0 n=1 ′ 0 X X − Do đó, với mọi z D ta có biểu diễn (2.5). ∈ 2.7 Định nghĩa. Với ký hiệu kết quả trong định lý trên, chuỗi ∞ n cn(z z0) được gọi là chuỗi Laurent của hàm f(z), trong đó n= − −∞ P bn ∞ a (z z )n là phần đều và ∞ là phần chính. Biểu thức n − 0 (z z )n n=0 n=1 − 0 P ∞ n P f(z)= cn(z z0) được gọi là khai triển Laurent của hàm f(z) n= − −∞ trên vànhPR < z z < R . 1 | − 0| 2 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Chuỗi Laurent 231 § 1 2.8 Thí dụ. Khai triển Laurent hàm f(z) = − trên vành (z 1)(z 2) 1 1 − − 1 1 z 1 z 1 1 z z zn+1 | | z n=0 n=0 − − X X 1 1 1 ∞ z n ∞ zn = = = z < 2. 2 z 2(1 z ) 2 2 2n+1 | | 2 n=0 n=0 − − X X ∞ 1 ∞ zn Vậy f(z)= + . Ta nhận thấy zn+1 2n+1 n=0 n=0 X X 1 dz c 1 =1= f(z)dz suy ra = 2πi, − 2πi (z 1)(z 2) − ZΓ ZΓ − − trong đó Γ là đường cong kín trong vành đã cho bao quanh điểm z =0. 2.9 Thí dụ. Khai triển hàm f(z)= z3 sin 1 trên vành 0 < z < . Ta có z | | ∞ 1 1 ∞ ( )2n+1 ∞ 1 sin = ( 1)n z = ( 1)n . z − (2n + 1)! − (2n + 1)!z2n+1 n=0 n=0 X X Vậy ∞ 1 f(z)= z3 ( 1)n − (2n + 1)!z2n+1 n=0 X 1 ∞ 1 = + z2 + ( 1)n . −6 − (2n + 5)!z2n+2 n=0 X Giả sử Γ là đường cong kín trơn từng khúc bao quanh z = 0. Ta có 3 1 z sin dz =2πic 1 =0. z − ZΓ Bài tập 1 ) Khai triển Laurent các hàm sau trên miền 0 < z < ez sin(z2) sinh z | | ∞ 1 (a) (b) (c) (d) z3 cosh z2 z4 z2 z 1 2 ) Khai triển hàm f(z)= − thành chuỗi Laurent trong vành (z 1)(z 2) 2 < z < . − − | | ∞ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
232 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 5 1 3 ) Khai triển hàm f(z)= z e z thành chuỗi Laurent trong miền 0 < z < | | . ∞ 2 4 ) Khai triển hàm f(z) = z3 cos thành chuỗi Laurent trong miền 0 < z z < . Từ đó tính tích phân f(z)dz với Γ là đường tròn được định | | ∞ ZΓ hướng dương và có phương trình z =1. | | 1 5 ) Khai triển hàm f(z)= thành chuỗi Laurent trong miền (z 1)(z 3) − − 1 < z < 3. Từ đó tính tích phân f(z)dz với Γ là đường tròn được định | | ZΓ hướng dương và có phương trình z =2. | | z2 2z +5 6 ) Khai triển hàm f(z)= − thành chuỗi Laurent (a) trong (z 2)(z2 + 1) − lân cận điểm z =2; (b) trong miền xác định bởi 1 < z < 2. | | 1 7 ) Khai triển hàm f(z) = thành chuỗi Laurent trong lân cận (z2 + 1)2 điểm z = i và z = . ∞ 1 8 ) Khai triển hàm f(z)= z2 sin trong lân cận của điểm z =1. z 1 − 1 9 ) Khai triển hàm f(z) = , trong đó 0 < a < b , thành (z a)(z b) | | | | − − chuỗi Laurent trong (a) lân cận điểm z = 0; (b) lân cận điểm z = a; (c) miền xác định bởi a < z < b . | | | | | | 10 ) Viết hai chuỗi Laurent theo lũy thừa của z biểu diễn hàm f(z) = 1 trên các miền xác định, và chỉ rõ các miền ấy. z(1 + z2) 11 ) Chứng minh rằng khoảng cách của không điểm gần nhất tới z = 0 r c đối với hàm f(z)= ∞ c zn không nhỏ hơn | 0| ở đây r là số dương n M + c n=0 | 0| nhỏ hơn bán kính hộiP tụ của chuỗi đã cho còn M = M(r) = max f(z) . z =r | | | | 12 ) (a) Cho a là một số thực thỏa 1 <a< 1. Hãy khai triển Laurent a − hàm theo lũy thừa của z trên miền a < z < . z a | | | | ∞ − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Chuỗi Laurent 233 § (b) Cho z = eiθ vào kết quả của (a) và đi đến các đẳng thức với a < 1 | | ∞ a cos θ a2 an cos nθ = − , 1 2a cos θ + a2 n=1 X − ∞ a sin θ an sin nθ = 1 2a cos θ + a2 n=1 X − 13 ) Ký hiệu C là đường tròn z =1 được định hướng dương. | | n 1 (a) Tính tích phân z e z dz với n =0, 1, 2, ZC z+ 1 (b) Từ kết quả trên tính tích phân e z dz. ZC c Hồ Công Xuân Vũ Ý
234 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 3 Các loại điểm § Không-điểm 3.1 Định nghĩa. Điểm z0 được gọi là không-điểm của hàm f(z) nếu f(z0) = 0. Giả sử z0 là không-điểm của hàm f(z) và hàm f(z) giải tích trong ε-lân cận của điểm z0. Khi đó, khai triển Taylor của hàm f(z) trong ε-lân cận ấy của điểm z0 có dạng f ′′(z0) 2 f(z)= f ′(z )(z z )+ (z z ) + 0 − 0 2! − 0 ··· f (n)(z ) + 0 (z z )n + ··· n! − 0 ··· Nếu hàm f(z) không đồng nhất bằng 0 trong ε-lân cận của điểm z0 thì tồn tại ít nhất hệ số cn trong khai triển Taylor khác 0. Chỉ số bé nhất trong các hệ số khác 0 này được gọi là cấp của không-điểm z0. Như vậy, nếu z0 là không điểm cấp n> 0, thì hàm f có khai triển Taylor trong lân cận của điểm z0 là f (n)(z ) f (n+1)(z ) f(z)= 0 (z z )n + 0 (z z )n+1 + n! − 0 (n + 1)! − 0 ··· f (n)(z ) f (n+1)(z ) = (z z )n 0 + 0 (z z )+ − 0 n! (n + 1)! − 0 ··· h i (n) (n+1) trong đó f (n)(z ) = 0. Đặt ϕ(z) = f (z0) + f (z0) (z z )+ . Ta 0 6 n! (n+1)! − 0 ··· nhận thấy ϕ(z) giải tích trong lân cận của z và ϕ(z ) = 0. Vì ϕ(z) liên 0 0 6 tục tại z nên ϕ(z) = 0 trong một lân cận của điểm z . Ta có thể phát 0 6 0 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, thì ta có thể viết f(z) = (z z )mϕ(z) trong đó ϕ(z) là một hàm giải tích tại − 0 z và ϕ(z ) =0. 0 0 6 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Các loại điểm 235 § 3.4 Định lý. (Sự duy nhất của hàm giải tích) Cho hai hàm f và g giải tích trong miền D và z là một dãy phân biệt trong D và hội tụ về { n} a D. Nếu f(z )= g(z ) với mọi n thì f(z)= g(z) với mọi z D. ∈ n n ∈ Chứng minh. Đặt R = d(a,∂D) = inf z a : z ∂D . Do D là một {| − | ∈ } miền và a D nên ta có R> 0. Đặt ϕ(z)= f(z) g(z). Theo giả thiết ta ∈ − có ϕ(z) giải tích trên D nên ϕ(z) giải tích trên R-lân cận của a và ϕ liên tục tại a. Do lim zn = a và ϕ(zn)= f(zn) g(zn) nên ϕ(a) = lim ϕ(zn)=0. n n →∞ − →∞ Vậy a và zn là các không điểm của ϕ. Do các zn phân biệt trên D, nên a 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 là ϕ(z)=0 với mọi z thỏa z z 0. Chọn 0 <δ< min r, R . Do L là tập compact nên tồn tại hữu { } hạn 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 a <δ . Do { | − 0| } a a < δ nên ϕ(a )=0. Theo chứng minh phần đầu ta cũng có thể | 1 − 0| 1 chứng minh được ϕ đồng nhất 0 trên z : z a <δ . Do a a < δ { | − 1| } | 2 − 1| nên ϕ(a2)=0. Tiếp tục quá trình như trên ta sẽ thu được ϕ(a)= ϕ(a1)= ϕ(a ) = = ϕ(a )=0, suy ra ϕ(z∗)=0. Vậy ϕ đồng nhất 0 trên D. 2 ··· k 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 { } 1 D. Đây là điều kiện không thể bỏ qua. Xét hai hàm f(z) = sin và z 1 g(z)=0 trên miền D = C 0 . Xét dãy z trong D với z = . Ta \{ } { n} n nπ 1 1 có lim zn = lim = 0 / D. Ta có f(zn) = sin =0= g(zn) trên n n 1 →∞ →∞ nπ ∈ nπ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
236 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư D. Nghĩa là ta không có kết luận của định lý duy nhất bởi vì dãy z hội { n} tụ 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 có sin2 x + cos2 x = 1. Ta thác triển hàm f(x) = sin2 x + cos2 x lên hàm f(z) = sin2 z + cos2 z với z C. Xét hai hàm f(z) = sin2 z + cos2 z và ∈ g(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 mọi z 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 ⊂ 1 cùng giá trị. Nói cách khác, nghịch ảnh f − (w) không có điểm tụ trong D với 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 z hội tụ về { n} z K sao cho f(z )= c với mọi số nguyên dương n. Do đó, theo định lý 0 ∈ n sự duy nhất của hàm giải tích ta suy ra f(z)= c với mọi z D. Điều này ∈ mâu 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 trong bất kỳ lân cận nào của z0. 1 1 3.9 Thí dụ. Hàm f(z)= 1 nhận các điểm z = 0, z = với n Z sin z nπ ∈ khác không, làm điểm bất thường. 3.10 Định nghĩa. Điểm bất thường z0 của hàm f(z) được gọi là điểm bất thường cô lập nếu tồn tại ε-lân cận thủng của z0 sao cho hàm f(z) giải tích trên đó. 1 3.11 Thí dụ. Các điểm z = nπ với n Z khác không, là điểm bất thường 1 ∈ cô lập của hàm f(z)= 1 ; trong khi đó, điểm z =0 là điểm bất thường sin z 1 không cô lập của hàm f(z)= 1 . sin z c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Các loại điểm 237 § 3.12 Định nghĩa. (Phân loại điểm bất thường cô lập) Cho z0 là điểm bất thường cô lập của hàm f(z). Khi đó, ta nói (i) z0 là điểm bất thường bỏ được nếu lim f(z) tồn tại trong C. z z → 0 (ii) z0 là cực điểm nếu lim f(z)= . z z → 0 ∞ (iii) z0 điểm bất thường cốt yếu nếu hàm f(z) không có giới hạn trong 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. Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại r > 0 sao Γs cho f giải tích và bị chặn trong hình vành khăn D = z :0 < z z0 < r . Đặt M = sup f(z) < { | − | } z D | | z•0 ∈ . Ta có khai triển Laurent của hàm f trong ∞ hình vành khăn D là ∞ 1 Hìnhf(z) VII.5: f(z)= c (z z )n với c = dz n − 0 n 2πi (z z )n+1 n= Γs 0 X−∞ Z − trong đó Γ là đường tròn định hướng dương có phương trình z z = s s | − 0| với 0 <s<r tùy ý. Do đó, ta ước lượng được 1 f(z) M M c = dz s = . | n| 2π (z z )n+1 ≤ sn+1 sn ZΓs 0 − Cho s 0 ta suy ra được c = 0 với n= 1, 2, Vậy khai triển → n − − Laurent của hàm f được viết lại là ∞ f(z)= c (z z )n. n − 0 n=0 X + ∞ n Vậy hàm giải tích f (z) = cn(z z0) trên z : z z0 < r là n=0 − { | − | } một mở rộng giải tích của f(zP) tới z0. Từ tính hội tụ đều của chuỗi hàm ∞ cn(z z0) ta suy ra được n=0 − P ∞ n lim f(z) = lim cn(z z0) = c0. z z0 z z0 − → → n=0 X c Hồ Công Xuân Vũ Ý
238 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Vậy z0 là điểm bất thường bỏ được. 3.14 Định lý. (Weierstrass) Điểm bất thường cô lập a C là điểm bất ∈ thường cốt yếu của hàm giải tích f(z) nếu và chỉ nếu f(B(z, r) a )= C \{ } với mọi r> 0. Chứng minh. Giả sử f(B(z, r) a )= C với mọi r> 0. Khi đó, với b C \{ } ∈ bất kỳ, với mỗi n nguyên dương ta có B(b, 1 ) f(B(a, 1 ) a ) = ∅, suy n ∩ n \{ } 6 ra tồn tại z B(a, 1 ) a sao cho f(z ) B(b, 1 ) hay f(z ) b 0 sao cho f(B(a, r) a ) = C. Nghĩa là tồn tại b C và s> 0 sao \{ } 6 ∈ cho f(B(a, r) a ) B(b,s)= ∅. Khi đó, với mọi z thỏa 0 0. \{ } 3.15 Định nghĩa. Một hàm f được gọi là hàm phân hình trên D nếu những điểm trong D mà f không giải tích là những cực điểm của f. Chuỗi Laurent cho phép chúng ta nghiên cứu dễ dàng hơn các hàm giải tích trong lân cận của một điểm nào đó mà tại điểm đó hàm mất tính giải tích. Điểm như vậy chính là điểm bất thường cô lập. Hơn nữa, ta có mối liên hệ giữa chuỗi Laurent và điểm bất thường cô lập trong định lý sau. 3.16 Định lý. Cho z C là điểm bất thường cô lập của hàm f(z) và 0 ∈ khai triển Laurent của hàm f(z) trong lân cận thủng của z0 là f(z) = ∞ n ∞ n ∞ bn cn(z z0) = an(z z0) + n . Khi đó, n= − n=0 − n=1 (z z0) −∞ − P P P (i) điểm z0 là điểm bất thường bỏ được nếu và chỉ nếu phần chính của chuỗi bằng không; c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Các loại điểm 239 § (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 lim f(z)= z z → 0 A = . Khi đó, tồn tại R > 0 sao cho hàm f giải tích trên miền 6 ∞ xác định bởi 0 < z z < R, cùng với điều kiện giới hạn của hàm | − 0| f tại z0 là xác định, ta có f bị chặn trên miền đó. Nghĩa là f(z) M = sup f(z) < , | |≤ z V | | ∞ ∈ với mọi z V = z :0 < z z < R . Chuỗi Laurent của hàm f ∈ { | − 0| } trong vành V là ∞ 1 f(z) f(z)= c (z z )n với c = dz n − 0 n 2πi (z z )n+1 n= Γ1 0 X−∞ Z − trong đó Γ là đường tròn định hướng bất kỳ có phương trình z 1 | − z = R với 0 < R < R. Suy ra 0| 1 1 1 f(z) 1 2π M M cn = n+1 dz n+1 R1dt = n . | | 2πi Γ1 (z z0) ≤ 2π 0 R R1 Z − Z 1 M Vậy cn n đúng với mọi 0 < R1 < R. Suy ra với n< 0 ta phải | |≤ R1 có c = 0 (vì ta cho R 0). Điều đó có nghĩa là phần chính của n 1 → chuỗi Laurent bằng không. Ngược lại, giả sử phần chính của chuỗi Laurent của hàm f trong lân cận thủng V của z0 bằng không, nghĩa là ∞ f(z)= c (z z )n với z V = z :0 < z z < R . n − 0 ∈ { | − 0| } n=0 X ∞ n Do chuỗi cn(z z0) hội tụ đều trong hình tròn z : z z0 < R1 n=0 − { | − | } P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
240 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư với R1 < R, nên ta có ∞ n lim f(z) = lim cn(z z0) z z0 z z0 − → → n=0 X ∞ n = lim cn(z z0) z z0 − n=0 → X = c = . 0 6 ∞ Vậy z0 là điểm bất thường bỏ được. (ii) Giả sử z0 là cực điểm của hàm f, tức là lim f(z) = . Chọn z z → 0 ∞ 0 < R1 < R sao cho f(z) =0 với mọi 0 < z < R1. Do hàm f giải 6 1 | | tích trên 0 < z < R , nên hàm ϕ(z)= giải tích và khác không | | 1 f(z) trên 0 < z < R1 và lim ϕ(z)=0. Đặt ϕ(z0)=0. Theo chứng minh z z | | → 0 phần (i) ta suy ra được hàm ϕ giải tích trên hình tròn z z < R . | − 0| 1 Vì vậy ta có khai triển Taylor của hàm ϕ trên z z < R là | − 0| 1 ∞ n ϕ(z)= c′ (z z ) n − 0 n=m X m ∞ n m = (z z ) c′ (z z ) − − 0 n − 0 n=m X = (z z )mψ(z) − 0 với m 1 và c′ =0. Ta thấy ψ(z) là hàm giải tích và khác không ≥ m 6 trên z z < R và ψ(z )= c′ . Do đó, ta có thể viết | − 0| 1 0 m 1 m 1 f(z)= = (z z )− . ϕ(z) − 0 ψ(z) 1 Vì hàm giải tích trên z z < R , nên ta có khai triển Taylor ψ(z) | − 0| 1 1 ∞ = c (z z )n. ψ(z) n − 0 n=0 X c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Các loại điểm 241 § 1 1 Đặc biệt c0 = = =0. Vậy với 0 < z z0 < R1 ta có ψ(z0) cm′ 6 | − | ∞ m n f(z) = (z z )− c (z z ) − 0 n − 0 n=0 X ∞ n m = c (z z ) − n − 0 n=0 X ∞ = c (z z )n. n+m − 0 n= m X− Đây chính là khai triển Laurent của hàm f trên 0 < z z < R . | − 0| 1 Ta nhận thấy phần chính của chuỗi Laurent có hữu hạn số hạng và m hệ số của (z z )− là c =0 với m 1. − 0 0 6 ≥ Ngược lại, giả sử khai triển Laurent của hàm f trong miền 0 < ∞ n z z0 < R là f(z)= cn(z z0) với m 1 và c m =0. Suy | − | n= m − ≥ − 6 − ra P ∞ ∞ m n+m n f(z)(z z0) = cn(z z0) = c m+n(z z0) . − − − − n= m n=0 X− X m ∞ n Ta có lim f(z)(z z0) = lim c m+n(z z0) = c m =0 và z z0 − z z0 − − − 6 → → n=0 m X lim (z z0) =0. Suy ra z z → 0 − m f(z)(z z0) lim f(z) = lim − m = . z z0 z z0 (z z ) ∞ → → − 0 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 thủng của z0 có vô số số hạng khác 0. Ngược lại, nếu phần chính của khai triển Laurent trong lân cận thủng của z0 có vô hạn số hạng khác 0 ta phải có lim f(z) không z z → 0 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 m lớn nhất sao cho hệ số c m của (z z0)− trong khai triển Laurent của − − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
242 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư hàm f trong lân cận thủng của z0 khác không được gọi là cấp của cực điểm 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 viết φ(z) f(z)= trong đó φ(z) là hàm giải tích tại z và φ(z ) =0. Hơn (z z )m 0 0 6 − 0 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 φ(z) (3.20) f(z)= (z z )m − 0 trong đó φ(z) là hàm giải tích tại z và φ(z ) =0. 0 0 6 Từ kết quả này ta có mối liên hệ giữa khái niệm không-điểm và khái niệm cực điểm như sau. 3.21 Định lý. Cho p và q là hai hàm giải tích tại z và p(z ) = 0. Khi 0 0 6 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 hàm ϕ(z) giải tích tại z và ϕ(z ) =0 sao cho q(z) = (z z )mϕ(z). 0 0 6 − 0 p(z) p(z)/ϕ(z) = . q(z) (z z )m − 0 Ta thấy p(z)/ϕ(z) là hàm giải tích tại z và p(z )/ϕ(z ) =0. Điều đó kéo 0 0 0 6 theo 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 tại hàm φ(z) giải tích và khác 0 tại z0 sao cho p(z) φ(z) = . q(z) (z z )m − 0 Ta viết lại được q(z) = p(z) (z z )m. Do p(z)/φ(z) giải tích tại z và φ(z) − 0 0 p(z )/φ(z ) =0, nên suy ra được z là không điểm cấp m của hàm q. 0 0 6 0 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Các loại điểm 243 § sin z 3.22 Thí dụ. (1) Xét điểm bất thường z = 0 của hàm . Ta có z khai triển ∞ z2n+1 sin z = ( 1)n với mọi z C. − (2n + 1)! ∈ n=0 X sin z Vậy ta có khai triển Laurent của hàm trên 0 < z < là z | | ∞ sin z ∞ z2n = ( 1)n . z − (2n + 1)! n=0 X Vậy phần chính của chuỗi Laurent bằng 0, nên z = 0 là điểm bất sin z sin z thường bỏ được. Hơn nữa, ta thấy lim =1. Như vậy, hàm z 0 z z → có thể mở rộng thành hàm giải tích trên C, đó chính là hàm sin z khi z =0 g(z)= z 6 ( 1 khi z =0 cos z (2) Xét điểm bất thường z =0 của hàm . Ta có khai triển z2 ∞ z2n cos z = ( 1)n với mọi z C. − (2n)! ∈ n=0 X cos z Vậy khai triển Laurent của hàm trên miền 0 < z < là z2 | | ∞ cos z ∞ z2n 2 1 ∞ z2n 2 = ( 1)n − = + ( 1)n − . z2 − (2n)! z2 − (2n)! n=0 n=1 X X 1 Vậy phần chính của chuỗi Laurent là . Do đó, z = 0 là cực điểm z2 cấp 2. 1 (3) Xét điểm bất thường z =0 của hàm e z . Ta có khai triển Laurent của 1 e z trên 0 < z < là | | ∞ 1 ∞ n ∞ 1 ( z ) 1 n e z = = z− . n! n! n=0 n=0 X X Như vậy, phần chính của chuỗi Laurent có vô số số hạng khác không, 1 nên z =0 là điểm bất thường cốt yếu của hàm e z . c Hồ Công Xuân Vũ Ý
244 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Điểm bất thường cô lập ∞ 3.23 Định nghĩa. Điểm được gọi là điểm bất thường cô lập của hàm ∞ giải tích f(z) trên D = z : z > R nếu 0 là điểm bất thường cô lập của { | | } hàm g(z)= f( 1 ), nghĩa là hàm f không giải tích tại điểm z = . z ∞ 1 Trong trường hợp định nghĩa trên hàm f( z ) giải tích trong hình vành khăn xác định bởi 0 0 để cn = 0 với mọi n>m và z • →∞ ∞ c =0. Khi đó, là cực điểm cấp m của hàm f(z). m 6 ∞ Nếu không tồn tại giới hạn lim f(z) trong C thì có vô số m> 0 để z • →∞ c =0 và điểm được gọi là điểm bất thường cốt yếu của f(z). m 6 ∞ 3.24 Thí dụ. Điểm z = là cực điểm của mọi đa thức khác hằng số. ∞ Bậc của cực điểm chính là bậc của đa thức. 3.25 Thí dụ. (hàm nguyên) Ta biết rằng hàm nguyên giải tích trong toàn mặt phẳng phức C. Như vậy, theo Định lý Taylor trang 219 mọi hàm nguyên đều có khai triển MacLaurin trên C ∞ f(z)= c zn, z C. n ∈ n=0 X c Hồ Công Xuân Vũ Ý
3 Các loại điểm 245 § Ta xét tính bất thường của điểm đối với hàm nguyên. ∞ (a) Tồn tại lim f(z) = a C, nói cách khác là điểm bất thường bỏ z →∞ ∈ ∞ được của f. Khi đó, f bị chặn trên C nên theo Định lý Liouville trang 181 f là hàm hằng. (b) Giả sử lim f(z) = . Khi đó, khai triển Laurent của f tại có z →∞ ∞ ∞ phần chính là một đa thức m k g(z)= ckz . kX=1 Do đa thức cũng là một hàm nguyên nên hiệu ϕ(z)= f(z) g(z) cũng − là hàm nguyên và lim ϕ(z)= c0 là hệ số c0 trong khai triển Laurent z →∞ của f tại ở trên. Do đó, theo trường hợp trên ϕ(z) là hàm hằng, ∞ hay f(z) g(z) = const. Vậy f là một đa thức. − (c) Giả sử lim f(z) không tồn tại trong C. Trường hợp này ta gọi f là z →∞ hàm siêu việt. 3.26 Định lý. Điểm là điểm bất thường cốt yếu của hàm giải tích f ∞ nếu và chỉ nếu f( z : z > R )= C với mọi R. { | | } Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. Bài tập 1 ) Điểm z0 là không điểm cấp k đối với f(z) và là không điểm cấp l đối với ϕ(z). Nếu f và ϕ giải tích tại z0, hãy xét tính không điểm của z0 và cấp của nó đối với các hàm sau f(z) (a) f(z)ϕ(z) (b) f(z)+ ϕ(z) (c) . ϕ(z) 2 ) Tìm cấp của không điểm z =0 đối với các hàm 2 (a) z2(ez 1) (b) 1 cos z − − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
246 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư (c) z sin z (d) 6 sin z3 + z3(z6 6) − 3 ) Tìm các không-điểm và cực điểm của các hàm số sau (nếu có). Xác định cấp của chúng. z2 +9 sin z (a) z2 +9 (b) (c) (d) (z2 4)3 (e) sin z3 z4 z2 − 4 ) Tìm các điểm bất thường bỏ được của các hàm sau: z 1 cos z 1 1 1 1 (a) (b) − (c) (d) (z π )2 tan z z2 ez 1 − sin z cos2 z − 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 cos z ez 1 khi z = π − khi z =0 2 π2 6 ± 2 (a) f(z)= (b) f(z)= z 4 z 6  − ( 1 khi z =0 1 khi z = π  − π ± 2 7 ) (Nguyên lý thác triển giải tích) Giả sửf và g là hai hàm giải tích trong tập mở liên thông D. Chứng minh rằng nếu tồn tại tập mở khác rỗng U D sao cho f = g thì f = g. Cho một phản ví dụ trong ⊂ |U |U trường 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 cho z : z z r D và f(z) = f(z ) với mọi z thỏa z z = r. { | − 0|≤ }⊂ 6 0 | − 0| 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 cho f ′(z) =0 với mọi 0 < z z r. 6 | − 0|≤ 10 ) Chứng minh rằng nếu hàm f giải tích trên miền đóng đơn liên D với biên 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 cấp hữu 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 minh rằng nếu hàm f giải tích trên D trừ các cực điểm bên trong C, thì số các cực điểm ấy phải là hữu hạn. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
4 Thặng dư và cách tính thặng dư 247 § 12 ) Chứng minh Định lý 3.26. 13 ) Xây dựng các hàm số có trong mặt phẳng phức C (a) Cực điểm cấp 2 tại . ∞ c 2 (b) Cực điểm cấp 2 tại z =0 với phần chính bằng − và cực điểm đơn z2 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. 1 (c) Cực điểm cấp 2 tại z =0 với phần chính có khai triển dạng . 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 lim f(z)= a z →∞ ∈ C thì f được viết dưới dạng p(z) f(z)= k m (z zj ) j j=1 − Q 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 điểm z0. Khi đó, hệ số c 1 của chuỗi Laurent của hàm f trong lân cận thủng − ấy 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) ta thấy: nếu Γ là đường cong Jordan kín trơn từng khúc bao quanh điểm z0 sao cho hàm f giải tích trên Γ và tại các điểm bên trong Γ trừ điểm z0, thì 1 (4.3) Res(f,z )= f(z)dz hay f(z)dz =2πi Res(f,z ). 0 2πi 0 ZΓ ZΓ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
248 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Γ z•0 z•0 Hình VII.6: dz 4.4 Thí dụ. Xét tích phân trong đó Γ là đường tròn định z(z 2)4 ZΓ − hướng dương z 2 =1. Ta thấy hàm dưới dấu tích phân giải tích tại mọi | − | điểm trừ hai điểm z = 0 và z = 2, nên nó có chuỗi Laurent trong hình tròn thủng 0 < z 2 < 2. Theo nhận xét trên, tích phân cần tính bằng | − | 1 2πi nhân với thặng dư của hàm tại điểm z = 2. Để xác định z(z 2)4 − thặng dư ấy ta tìm chuỗi Laurent của hàm dưới dấu tích phân trong miền 0 < z 2 < 2. Ta có | − | y Γ 0• 1 2• 3 4 x Hình VII.7: 1 1 1 1 ∞ z 2 n = = ( 1)n − z(z 2)4 (z 2)4 2+ z 2 2(z 2)4 − 2 n=0 − − − − X n 4 ∞ (z 2) − = ( 1)n − . − 2n+1 n=0 X c Hồ Công Xuân Vũ Ý
4 Thặng dư và cách tính thặng dư 249 § 1 1 Hệ số của trong chuỗi trên là thặng dư cần tìm, nó là − . Vậy z 2 24 − dz 1 πi =2πi− = . z(z 2)4 16 − 8 ZΓ − Cách tính thặng dư 4.5 Định lý. Giả sử z0 là cực điểm của hàm f và hàm f được viết ở dạng φ(z) f(z)= , trong đó φ(z) giải tích và khác không tại z . Khi đó, (z z )m 0 − 0 φ(m 1)(z ) (4.6) Res(f(z),z )= − 0 . 0 (m 1)! − Cε Chứng minh. Do hàm φ(z) giải tích và khác không tại z0, nên tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho φ(z) giải tích trên z : z z ε . Gọi C là đường tròn được định { | − 0|≤ } ε z•0 hướng dương có phương trình z z = ε. Theo công | − 0| thức tích phân Cauchy ta có Hình VII.8: 1 1 φ(z) Res(f(z),z )= f(z)dz = dz 0 2πi 2πi (z z )m ZCε ZCε − 0 φ(m 1)(z ) = − 0 . (m 1)! − 1 4.7 Thí dụ. Xét hàm f(z)= . Tại z =1, ta viết lại hàm f như z(z 1) 0 1 − sau f(z)= z . Do đó, ta có z 1 − 1 1 Res , 1 = =1. z(z 1) z z=1 − 4.8 Định lý. Cho hai hàm số p và q giải tích tại điểm z . Nếu p(z ) =0, 0 0 6 q(z )=0 và q′(z ) =0, thì 0 0 6 p(z) p(z0) (4.9) Res ,z0 = . q(z) q′(z0) Chứng minh. Do hàm q(z) giải tích tại z và q(z )=0, q′(z ) = 0, nên 0 0 0 6 q(z) có khai triển Taylor tại z0 là ∞ n q(z)= q′(z )(z z )+ a (z z ) = (z z )ϕ(z). 0 − 0 n − 0 − 0 n=2 X c Hồ Công Xuân Vũ Ý
250 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Cε Trong đó ϕ(z) là hàm giải tích tại z và ϕ(z )= q′(z ) = 0 0 0 6 0. Do đó, ta có thể chọn được ε > 0 đủ nhỏ sao cho p(z) z•0 hàm giải tích trên z : z z ε . Gọi C là ϕ(z) { | − 0|≤ } ε đường tròn được định hướng dương có phương trình Hình VII.9: z z = ε. Theo công thức tích phân Cauchy ta có | − 0| p(z) 1 p(z) Res ,z = dz q(z) 0 2πi q(z) ZCε p(z) 1 = ϕ(z) dz 2πi z z ZCε − 0 p(z ) p(z ) = 0 = 0 . ϕ(z0) q′(z0) z2 1 4.10 Thí dụ. Tính thặng dư của hàm f(z)= − tại z = i. Ta có z2 +1 z2 1 z2 1 2 Res − ,i = − = − = i. z2 +1 2z z=i 2i Dùng thặng dư tính tích phân 4.11 Định lý. (Thặng dư Cauchy) Giả sử Γ là đường cong Jordan trơn kín được định hướng dương. Nếu hàm f chỉ có hữu hạn điểm bất thường cô lập z1, ,zn và hàm f giải tích tại các điểm còn lại trong Γ, thì n (4.12) f(z)dz =2πi Res(f(z),zk). Γ Z Xk=1 Γ z•2 • • z •1 • z•n Hình VII.10: c Hồ Công Xuân Vũ Ý
4 Thặng dư và cách tính thặng dư 251 § Chứng minh. Cho các điểm zk (k =1, ,n) là tâm các đường tròn định hướng dương Γk với bán kính đủ nhỏ sao cho chúng ở bên trong đường cong Γ và đôi một không có điểm chung. Đường cong Γ cùng với các đường tròn 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 nhận xét của định nghĩa thặng dư, ta có n n f(z)dz = f(z)dz = 2πi Res(f(z),zk). Γ Γk Z Xk=1 Z kX=1 z2 +1 4.13 Thí dụ. Tính tích phân 3 2 dz trong đó Γ là đường tròn Γ z 4z +3z Z − z2 +1 z =2 được định hướng dương. Ta nhận thấy hàm f(z)= | | z3 4z2 +3z giải tích trong đường tròn z = 2 trừ hai điểm cô lập z = 0−và z = 1. | | Do đó, ta được y Γ 0•• 1 2 3• x Hình VII.11: z2 +1 dz =2πi(Res(f(z), 0) + Res(f(z), 1)) z3 4z2 +3z ZΓ − z2 +1 z2 +1 =2πi + 3z2 8z +3 z=0 3z2 8z +3 z=1 1 −2 − =2πi + 3 2 4πi − = . − 3 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
252 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 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 1 1 (4.15) f(z)dz =2πi Res 2 f , 0 . Γ z z Z y Γ0 • • • Γ R1 R0 x • Hình VII.12: Chứng minh. Trước tiên, ta vẽ một đường tròn có phương trình z = R | | 1 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 R R . Đặc biệt, với n = 1 | | 0 0 1 − ta có f(z)dz =2πic 1. − ZΓ0 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
4 Thặng dư và cách tính thặng dư 253 § Mặt khác, từ chuỗi Laurent (4.16) ta có thể khai triển 1 1 ∞ c 1 f = n với 0 < z < . z2 z zn+2 | | R n= 1 X−∞ 1 1 1 Đây chính là chuỗi Laurent của hàm 2 f( ) trên miền 0 < z < . Ta z z R1 1 | | nhận thấy c 1 là hệ số của z trong chuỗi trên, nên nó là thặng dư của 1 1 − 1 1 hàm 2 f( ) tại z =0, nghĩa là Res( 2 f( ), 0) = c 1. Do đó, z z z z − 1 1 f(z)dz =2πi Res 2 f , 0 . Γ z z Z 0 Bây giờ ta áp dụng định lý Cauchy-Goursat cho miền nhị liên xác định bởi hai đường cong Γ và Γ0, ta được f(z)dz = f(z)dz. Từ đẳng thức ZΓ ZΓ0 trên ta có ngay điều phải chứng minh. dz 4.17 Thí dụ. Tính tích phân , trong đó Γ là đường tròn z =2 z4 +1 | | ZΓ được định hướng dương. 1 y Hàm f(z) = z4+1 chỉ không giải tích tại bốn điểm nằm trong đường tròn z =2. Do đó, Γ | | • • dz 1 1 x 4 =2πi Res 2 1 , 0 Γ z +1 z 4 +1 • • Z z z2 =2πi Res , 0 z4 +1 Hình VII.13: =0. 4.18 Định lý. Nếu f giải tích tại thì ∞ 1 f(z)dz = lim z[f(z) f( )], 2πi z − ∞ ZΓ →∞ trong đó Γ là đường cong Jordan kín đủ lớn để f giải tích ngoài Γ. Chứng minh. Theo Định lý 4.14 ta có 1 1 1 f(z)dz = Res 2 f , 0 . 2πi Γ z z Z c Hồ Công Xuân Vũ Ý
254 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư Vì f giải tích tại , nghĩa là f( 1 ) giải tích tại 0 nên khai triển của f(z) ∞ z tại là ∞ 0 ∞ n 1 n f(z)= cnz hay f( )= c nz . z − n= n=0 X−∞ X 1 1 ∞ n 2 Khi đó, ta có f( )= c0, z2 f( z )= c nz − và ∞ n=0 − P ∞ 1 lim z[f(z) f( )] = lim z c n c0 z − ∞ z − zn − →∞ →∞ n=0 h X i ∞ c n = lim − z zn 1 →∞ n=1 − X = c 1 − 1 1 = Res f , 0 z2 z 1 = f(z)dz. 2πi ZΓ 4.19 Hệ quả. Nếu là không điểm bậc m> 1 của hàm f(z) tức là 0 là ∞ 1 không điểm cấp m của hàm f( ) thì c0 = c 1 = = c m+1 = 0 và do z − ··· − đó f(z)dz =0. ZΓ Nếu m =1 tức là c0 = lim f(z)=0 thì z →∞ f(z)dz =2πi lim zf(z). z ZΓ →∞ Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. Bài tập 1 ) Tính thặng dư của các hàm số sau tại các điểm bất thường cô lập của chúng 1 z2n sin 2z (a) (b) (c) (d) tan z z3 z5 1+ zn (z + 1)3 − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
4 Thặng dư và cách tính thặng dư 255 § 2 ) Tính thặng dư của các hàm số sau tại các điểm bất thường cô lập của chúng z2 ez 1 1 (a) (b) (c) zn sin với n N (d) (z2 + 1)2 z2(z2 + 9) z ∈ sin z 3 ) Dùng thặng dư để tính các tích phân sau. dz (a) , trong đó Γ là đường tròn có phương trình z 1 =1 được z4 +1 | − | ZΓ định hướng dương. dz (b) , trong đó Γ là đường tròn có phương trình z =2 (z 3)(z5 1) | | ZΓ − − được định hướng dương. z3 (c) dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình z =1 được 2z4 +1 | | ZΓ định hướng dương. z (d) dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình z (z 1)(z 2)2 | − ZΓ − − 2 = 1 được định hướng dương. | 2 ez (e) dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình z = 1 z2(z2 9) | | ZΓ − được định hướng dương. z (f) dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình z = 2 1 sin2 z | | ZΓ 2 − được định hướng dương. 1 (g) sin dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình z = 1 được z | | ZΓ định hướng dương. n z (h) z e 2 dz, trong đó n là số nguyên và Γ là đường tròn có phương ZΓ trình z =1 được định hướng dương. | | 1 f(z) 4 ) Tính dz ở đây Γ là đường cong Jordan kín giới hạn miền G 2πi zg(z) ZΓ chứa điểm z =0. Các hàm f và g giảit tích trên G liên tục trên G = G Γ, ∪ g(z) =0 với mọi z C và g(z) có các không điểm đơn tại a , ,a thuộc 6 ∈ 1 n G, a =0, i =1, ,n. i 6 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
256 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 5 ) Chứng minh Hệ quả 4.19. 6 ) Gọi CN là biên định hướng dương của hình vuông xác định bởi các 1 1 đường x = (N + 2 )π và y = (N + 2 )π ở đây N là một số nguyên dương. ± ± dz Dùng thặng dưng hãy tính tích phân . Sau đó dùng kết quả z2 sin z ZCN ∞ ( 1)n+1 π2 của bài tập 19 trang 144 để thu được kết quả − = . n2 12 n=1 X dz 7 ) Tính tích phân ở đây C là biên được định hướng (z2 1)2 +3 ZC − dương của hình chữ nhật xác định bởi các đường x = 2, y =0 và y =1. ± 8 ) Cho q(z) là hàm giải tích tại z0 thỏa q(z0)=0 và q′(z0) = 0. Chứng 1 6 minh rằng z là cực điểm cấp 2 của hàm f(z)= và Res(f(z),z )= 0 [q(z)]2 0 q′′(z0) 3 . Sử dụng kết quả này hãy tính thặng dư của các hàm sau tại −[q′(z0)] z =0 1 1 (a) f(z) = csc2 z = (b) f(z)= sin2 z (z + z2)2 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
257 Chương VIII ´ Ưng dụng lý thuyết thặng dư 1 Tính tích phân suy rộng § 1.1 Trong giải tích thực, tích phân suy rộng của hàm số f xác định trên [a, ) được định nghĩa như sau ∞ R ∞ (1.2) f(x)dx = lim f(x)dx. R Za →∞ Za Khi giới hạn ở vế phải tồn tại, ta nói tích phân suy rộng trên hội tụ về giới hạn ấy. Tương tự, ta cũng có tích phân suy rộng sau a a f(x)dx = lim f(x)dx. R R Z−∞ →∞ Z− Nếu hàm f xác định trên R, ta có khái niệm tích phân suy rộng của hàm f trên ( , ) được định nghĩa như sau −∞ ∞ R 0 ∞ (1.3) f(x)dx = lim f(x)dx + lim f(x)dx. ′ R 0 R R′ Z−∞ →∞ Z →∞ Z− Khi hai giới hạn của vế phải tồn tại, thì ta nói tích phân suy rộng ∞ f(x)dx hội tụ về tổng hai giới hạn ấy. Z−∞ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
´ 258 VIII Ưng dụng lý thuyết thặng dư 1.4 Định nghĩa. Giá trị chính Cauchy của tích phân suy rộng ∞ f(x)dx được định nghĩa bởi Z−∞ R ∞ (1.5) P.V. f(x)dx = lim f(x)dx R R Z−∞ →∞ Z− với điều kiện giới hạn ở vế phải tồn tại. ∞ 1.6 Nếu tích phân suy rộng f(x)dx hội tụ, thì giá trị chính Cauchy Z−∞ ∞ của nó tồn tại, và giá trị đó chính là giá trị mà tích phân f(x)dx hội Z−∞ tụ đến. Thật vậy, bởi vì R 0 R f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx R R 0 Z− Z− Z ∞ và giới hạn khi R của mỗi tích phân ở vế phải tồn tại khi f(x)dx → ∞ Z−∞ ∞ hội tụ. Tuy nhiên, sự tồn tại giá trị chính Cauchy của tích phân f(x)dx Z−∞ ∞ không suy ra được tích phân suy rộng f(x)dx hội tụ. Z−∞ ∞ 1.7 Thí dụ. Ta thấy tích phân suy rộng xdx phân kỳ nhưng R 2 Z−∞ ∞ x R P.V. xdx = lim xdx = lim =0. R R R 2 R Z−∞ →∞ Z− →∞ − Khi f là hàm chẵn trên R ta có mệnh đề sau. 1.8 Mệnh đề. Nếu hàm f là hàm chẵn trên R và giá trị chính Cauchy ∞ ∞ f(x)dx tồn tại, thì hai tích phân suy rộng f(x)dx và 0 Z−∞ Z ∞ f(x)dx hội tụ và Z−∞ ∞ ∞ ∞ (1.9) 2 f(x)dx = f(x)dx =P.V. f(x)dx. 0 Z Z−∞ Z−∞ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Tính tích phân suy rộng 259 § ∞ Chứng minh. Vì f là hàm chẵn và giá trị chính Cauchy f(x)dx tồn Z−∞ tại, nên ta có R 1 R f(x)dx = f(x)dx 0 2 R Z Z− ∞ 1 ∞ và tích phân suy rộng f(x)dx hội tụ về P.V. f(x)dx. Hơn nữa, 0 2 Z Z−∞ ∞ do tích phân f(x)dx hội tụ và Z0 0 R′ f(x)dx = f(x)dx R′ 0 Z− Z ∞ ∞ nên tích phân suy rộng f(x)dx hội tụ và bằng hai lần f(x)dx. 0 Z−∞ Z Từ đó ta được đẳng thức phải chứng minh. Thí dụ sau mô tả phương pháp dùng thặng dư và sử dụng các kết quả trên để tính tích phân suy rộng của hàm f. ∞ dx 1.10 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng . 1+ x2 Z−∞ ∞ dx Giải. Do 2 hội tụ nên 1+ x Γ Γ1 Z−∞ R i ∞ dx dx • = lim . 1+ x2 R 1+ x2 →∞ R Z−∞ Z− Γ dz 2 Xét tích phân , trong đó Γ là biên 1+ z2 Hình VIII.1: ZΓ của nửa hình tròn trên tâm z = 0 bán kính R định hướng dương. Với R> 1 ta có dz 1 1 2 =2πiRes 2 ,i =2πi = π. Γ 1+ z 1+ z 2i Z Mặt khác, ta có dz dz dz = + 1+ z2 1+ z2 1+ z2 ZΓ ZΓ1 ZΓ2 π iReit R dx = 2 i2t dt + 2 . 0 1+ R e R 1+ x Z Z− c Hồ Công Xuân Vũ Ý
´ 260 VIII Ưng dụng lý thuyết thặng dư Suy ra R dx π iReit 2 = π 2 i2t dt. R 1+ x − 0 1+ R e Z− Z Với R> 1, ta ước lượng π iReit π iReit π R πR 2 i2t dt 2 i2t dt 2 dt = 2 . 0 1+ R e ≤ 0 1+ R e ≤ 0 R 1 R 1 Z Z Z − − πR π iRe it Do lim =0 nên lim dt =0. Vậy R R2 1 R 1+ R2ei2t →∞ − →∞ Z0 R dx ∞ dx lim 2 = π hay 2 = π. R R 1+ x 1+ x →∞ Z− Z−∞ ∞ dx 1.11 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng . (x2 + 1)(x2 + 4) Z−∞ ∞ dx Giải. Do 2 2 hội tụ nên (x + 1)(x + 4) Γ Γ1 Z−∞ 2i • ∞ dx i (x2 + 1)(x2 + 4) • Z−∞ R dx Γ2 = lim 2 2 . R R (x + 1)(x + 4) Hình VIII.2: →∞ Z− dz Xét tích phân , trong đó Γ là biên của nửa hình tròn (z2 + 1)(z2 + 4) ZΓ trên tâm z =0 bán kính R định hướng dương. Với R> 2 ta có dz 1 =2πi Res ,i (z2 + 1)(z2 + 4) (z2 + 1)(z2 + 4) ZΓ h 1 + Res , 2i (z2 + 1)(z2 + 4) 1 1 i =2πi + 3 2i 3 4i π · − · = . 6 Mặt khác, ta có dz dz dz = + (z2 + 1)(z2 + 4) (z2 + 1)(z2 + 4) (z2 + 1)(z2 + 4) ZΓ ZΓ1 ZΓ2 π iReit R dx = 2 i2t 2 i2t dt + 2 2 . 0 (R e + 1)(R e + 4) R (x + 1)(x + 4) Z Z− c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Tính tích phân suy rộng 261 § Suy ra R dx π π iReit 2 2 = 2 i2t 2 i2t dt. R (x + 1)(x + 4) 6 − 0 (R e + 1)(R e + 4) Z− Z Với R> 2, ta ước lượng π iReit π iReit 2 i2t 2 i2t dt 2 i2t 2 i2t dt 0 (R e + 1)(R e + 4) ≤ 0 (R e + 1)(R e + 4) Z Z π R dt ≤ (R2 1)(R2 4) Z0 − − πR = . (R2 1)(R2 4) − − πR Do lim =0 nên R (R2 1)(R2 4) →∞ − − π iReit lim dt =0. R (R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4) →∞ Z0 Vậy R dx π lim 2 2 = R R (x + 1)(x + 4) 6 →∞ Z− hay ∞ dx π = . (x2 + 1)(x2 + 4) 6 Z−∞ ∞ dx 1.12 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng . x3 +1 Z0 Giải. Với tích phân suy rộng này ta không 2πi CR Re 3 thể dùng miền như các ví dụ trên để tính 1 • tích phân bởi vì hàm f(z) = có z3 +1 cực điểm thực 1. Ta cần phải xét miền • − D = z = reiϕ : 0 1; miền này chứa một cực điểm 0 R• i π Hình VIII.3: z0 = e 3 của hàm f. Vậy với biên ∂D định hướng dương, theo định lý thặng dư Cauchy ta có dz 1 i π 1 π =2πi Res ,e 3 =2πi = (√3 i). 3 3 i 2π ∂D z +1 z +1 3e 3 3 − Z c Hồ Công Xuân Vũ Ý
´ 262 VIII Ưng dụng lý thuyết thặng dư Ta tính tích phân vế trái theo các đường cong thành phân R R i 2π dz dz dx e 3 = + dt, z3 +1 z3 +1 x3 +1 − t3 +1 Z∂D ZCR Z0 Z0 suy ra π dz √3 R dx (1.13) (√3 i)= + (√3 i) . 3 − z3 +1 2 − x3 +1 ZCR Z0 Ta có ước lượng dz 2πR R →∞ 3 3 0. C z +1 ≤ 3(R 1) −−−−→ Z R − dz Do đó, ta được lim =0. Từ đó, lấy giới hạn hai vế (1.13) khi R z3 +1 →∞ CR R ta được Z → ∞ π √3 ∞ dx ∞ dx 2π (√3 i)= (√3 i) hay = . 3 − 2 − x3 +1 x3 +1 3√3 Z0 Z0 Bài tập 1 ) Tính các tích phân suy rộng sau ∞ dx ∞ dx (a) (b) x4 +1 (x2 + 1)2 Z0 Z0 ∞ dx ∞ x (c) (d) dx (x2 +2x + 2)2 (x2 +4x + 13)2 Z−∞ Z−∞ 2 ∞ x ∞ dx (e) dx (f) , n là số tự nhiên (x2 + 1)2 (x2 + 1)n Z0 Z0 2 2 ∞ x ∞ x (g) dx (h) dx x6 +1 (x2 + 9)(x2 + 4)2 Z0 Z0 ∞ x (i) dx (x2 + 1)(x2 +2x + 2) Z−∞ 2 ) Cho a là một số thực và ký hiệu 1 2 2 z0 = a +1+ a + i a +1 a √2 − q q p p c Hồ Công Xuân Vũ Ý
1 Tính tích phân suy rộng 263 § (a) Chứng minh rằng z , z¯ là các không điểm của (z2 a)2 +1. ± 0 −± 0 − 1 (b) Tìm các thặng dư của hàm tại các cực điểm trong ((z2 a)2 + 1)2 − nửa trên mặt phẳng phức, Im z 0. ≥ (c) Dùng thặng dư để tính tích phân và đưa đến công thức tích phân ∞ dx ((x2 a)2 + 1)2 Z0 − π = (2a2 + 3) a2 +1+ a + a a2 +1 a . 2 3 − 8 2(a + 1) q q p p p c Hồ Công Xuân Vũ Ý
´ 264 VIII Ưng dụng lý thuyết thặng dư 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos § Thặng dư có thể được dùng để tính tích phân suy rộng dạng ∞ ∞ (2.1) f(x) sin axdx hay f(x)cos axdx Z−∞ Z−∞ ở đó a là hằng số dương. Phương pháp dùng để tính tích phân suy rộng ở mục trước không thể áp dụng ở đây vì sin az và cos az không bị chặn | | | | khi z . Sử dụng đẳng thức | | → ∞ R R R f(x)cos axdx + i f(x) sin axdx = f(x)eiaxdx R R R Z− Z− Z− và chúng ta dùng thặng dư như ở mục trước để tính được tính phân cần tìm. ∞ cos3x 2π 2.2 Thí dụ. Chúng ta sẽ chứng minh rằng dx = . (x2 + 1)2 e3 Z−∞ Bởi vì hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn nên ta chỉ cần tìm giá trị chính Cauchy của Γ CR i tích phân suy rộng đã cho. Xét hàm f(z) = • 1 . Ta thấy hàm f(z)ei3z giải tích trên (z2 + 1)2 Γ tập xác định bởi Im z 0 trừ điểm z = i. Gọi ′ ≥ Hình VIII.4: Γ là biên của nửa trên hình tròn z : z R, Im z 0 được định hướng { | |≤ ≥ } dương. Với R> 1 ta có i3z i3z i3z e e e ′ 2 2 dz =2πi Res 2 2 ,i =2πi 2 Γ (z + 1) (z + 1) (z + i) i Z 3iei3z(z + i)2 2(z + i)ei3z =2πi − (z + i)4 i 3 2 3 3ie− (2i) 2(2i)e− =2πi − (2i)4 2π = . e3 Mặt khác, ta có ei3z R ei3x ei3z 2 2 dz = 2 2 dx + 2 2 dz, Γ (z + 1) R (x + 1) CR (z + 1) Z Z− Z c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos 265 § trong đó C có biểu diễn tham số z = Reit với 0 t π và R > 1. Do R ≤ ≤ đó, ta được R ei3x 2π ei3z 2 2 dx = 3 2 2 dz. R (x + 1) e − CR (z + 1) Z− Z i3z 3y+i3x 3y it Khi z = x + iy với y 0 ta có e = e− = e− 1, và z = Re ≥ | | | | ≤ với R> 1 ta có 1 1 1 = . (z2 + 1)2 ≤ ( z 2 1)2 (R2 1)2 | | − − Suy ra ei3z πR 2 2 dz 2 2 . C (z + 1) ≤ (R 1) Z R − πR ei3z Do lim =0 nên lim dz =0. Do đó, R (R2 1)2 R (z2 + 1)2 →∞ − →∞ ZCR R ei3x 2π ei3z 2π lim dx = lim dz = . R 2 2 3 R 2 2 3 R (x + 1) e − CR (z + 1) e →∞ Z− →∞ Z R i3x ∞ cos3x e 2π Vậy 2 2 dx = Re lim 2 2 dx = 3 . (x + 1) R R (x + 1) e Z−∞ →∞ Z− 2.3 Bổ đề. (Bất đẳng thức Jordan) Với R> 0, ta có π R sin θ π e− dθ 0 ta có e− e− π khi ≤ π 0 θ π . Do đó, | ≤ ≤ 2 Hình VIII.5: π π 2 2 R sin θ R 2θ e− dθ e− π dθ 0 ≤ 0 Z Z π π R 2θ 2 = e− π −2R 0 π R = (1 e− ) 2R − π < . 2R c Hồ Công Xuân Vũ Ý
´ 266 VIII Ưng dụng lý thuyết thặng dư Mặt khác, ta có π π 0 2 R sin θ R sin(π t) R sin t π e− dθ = e− − ( dt)= e− dt R . Nếu tồn ≤ ≤ 0 tại M sao cho với mọi z C ta có f(z) M ở đó M tiến về 0 khi R ∈ R | |≤ R R R dần ra , thì ∞ lim f(z)eiazdz = 0 (a> 0). R →∞ ZCR Chứng minh. Trước hết ta có π iθ f(z)eiazdz = f(Reiθ)eia(Re )iReiθdt. ZCR Z0 Vì iθ iθ iaReiθ aR sin θ f(Re )iRe M R và e e− , | |≤ R | |≤ và từ bất đẳng thức Jordan, ta có π iaz aR sin θ π MRπ f(z)e dz MRRe− dθ <MRR = . C ≤ 0 aR a Z R Z M π Theo giả thiết lim R =0. Suy ra lim f(z)eiazdz =0. R a R →∞ →∞ ZCR ∞ x sin x 2.5 Thí dụ. Xét tích phân suy rộng dx. Trong giải tích x2 +2x +2 Z−∞ thực ta có thể chứng minh được tích phân suy rộng này hội tụ. Vì vậy để tính giá trị hội tụ ta chỉ cần tính giá trị chính Cauchy của nó. z Xét hàm f(z) = = z2 +2z +2 z ; hàm này giải tích (z +1 i)(z +1+ i) −1+ i C − R trên nửa trên mặt phẳng phức (y 0) ≥ • trừ điểm 1+ i. Gọi Γ là biên của nửa − R R − Hình VIII.6: c Hồ Công Xuân Vũ Ý
2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos 267 § trên hình tròn z : z R, Im z 0 được { | |≤ ≥ } định hướng dương với R> 3. Ta có zeiz zeiz dz =2πi Res , 1+ i z2 +2z +2 z2 +2z +2 − ZΓ i( 1+i) ( 1+ i)e − =2πi − 2i 1 i = π( 1+ i)e− − . − Mặt khác, ta có zeiz R xeix zeiz 2 dz = 2 dx + 2 dz, Γ z +2z +2 R x +2x +2 CR z +2z +2 Z Z− Z iθ trong đó CR là nửa đường tròn có biểu diễn tham số w(θ) = Re với 0 θ π. Do đó, ≤ ≤ R x sin x R xeix 2 dx = Im 2 dx R x +2x +2 R x +2x +2 Z− Z− iz 1 i ze = Im(π( 1+ i)e− − ) Im 2 dz . − − C z +2z +2 Z R Khi z C , ta có ∈ R z R f(z) = . | | z2 +2z +2 ≤ R2 2R 2 − − R Do lim =0nên theo định lý trên ta có R R2 2R 2 →∞ − − zeiz lim dz =0 R z2 +2z +2 →∞ CR suy ra Z zeiz lim Im 2 dz =0 R C z +2z +2 →∞ Z R Từ đó suy ra R ∞ x sin x x sin x π 2 dx = lim 2 dx = (cos1+ sin1) x +2x +2 R R x +2x +2 e Z−∞ →∞ Z− 1 i π do Im(π( 1+ i)e− − )= (cos1+ sin1). − e c Hồ Công Xuân Vũ Ý