Giáo trình Hàm biến phức - Hồ Công Xuân Vũ Ý

342 trang ngocly 3120

Download

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

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_ham_bien_phuc_ho_cong_xuan_vu_y.pdf

Nội dung text: Giáo trình Hàm biến phức - Hồ Công Xuân Vũ Ý

MATHEDUCARE.COM HỒ CÔNG XUÂN VŨ Ý Hàm Biến Phức Tiền Giang - 2012
MATHEDUCARE.COM
MATHEDUCARE.COM Hàm Biến Phức Hồ Công Xuân Vũ Ý Trường Đại Học Tiền Giang
MATHEDUCARE.COM To my parents
MATHEDUCARE.COM Mục lục 3 Mục lục I Số phức 6 1 Sốphứcvàcácphéptoán 6 § 2 Modulusvàbấtđẳngthứctamgiác . . . . . . . . . . . . . 15 § 3 Argument và căn bậc n củasốphức 22 § 4 MặtcầuRiemann 30 § 5 CáckháiniệmTopotrongmặtphẳngphức . . . . . . . . . 32 § II Hàm biến số phức 37 1 Dãyvàchuỗisốphức 37 § 2 Hàmsốbiếnsốphức 50 § 3 Liêntụcvàliêntụcđều 56 § 4 Dãyhàmvàchuỗihàm 60 § 5 Chuỗilũythừa 70 § 6 Cácphéptínhtrênchuỗilũythừa . . . . . . . . . . . . . . 74 § III Hàm giải tích 78 1 Đạohàm 78 § 2 Hàmgiảitích 88 § 3 Hàmmũ 91 § 4 Hàmlượnggiác 95 § 5 Hàmhyperbolic 98 § IV Một số hàm sơ cấp khác và phép biến hình 100 1 HàmLogarithm 100 § 2 Hàm lũy thừa và lũy thừa phức . . . . . . . . . . . . . . . . 102 § 3 Hàm tuyến tính và hàm f(z)=1/z 105 § 4 Hàmphântuyếntính 112 § 5 Cácvídụvềsựbiếnhình . . . 120 § c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Mục lục 6 KháiniệmvềdiệnRiemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 § V Lý thuyết tích phân 128 1 Đườngcong 128 § 2 Tíchphânđường 136 § 3 Nguyênhàm 144 § 4 ĐịnhlýCauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 § 5 CôngthứctíchphânCauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 § 6 TíchphânloạiCauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 § 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lý module cực đại . . . 177 § 8 Định lý Liouville và định lý đại số cơ bản . . . . . . . . . . 181 § 9 NguyênlýMontel 183 § VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 188 1 Hàmđiềuhòa 188 § 2 CôngthứcSchwarzvàcôngthứcPoisson. . . . . . . . . . . 193 § 3 BàitoánDirichlet 195 § 4 NguyênlýHarnack. . . . . 202 § 5 Hàmđiềuhòadưới 206 § 6 Tiêuchuẩnđiềuhòadưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 § 7 ĐịnhlýHartogs 213 § VIILý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 216 1 ChuỗiTaylor 216 § 2 ChuỗiLaurent 225 § 3 Cácloạiđiểm 234 § 4 Thặngdưvàcáchtínhthặngdư . . . . . . . . . . . . . . . 247 § ´ VIIIƯng dụng lý thuyết thặng dư 257 1 Tínhtíchphânsuyrộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 § 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos 264 § 3 Tính tích phân xác định chứa sin và cos 270 § 4 Đườngbịkhoétlõm 272 § 5 Tíchphântheođườngphânnhánh . . . . . . . . . . . . . . 276 § 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché . . . . . . . . . . . . 284 § IX Anh´ xạ bảo giác 293 1 Ynghĩahìnhhọccủađạohàm´ . . . . . . . . . . . . . . . . 293 § 2 Ánhxạbảogiác 295 § c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM Mục lục 5 3 BổđềSchwarz 300 § 4 ĐịnhlýánhxạRiemann. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 § 5 Bàitoánbiểudiễnbảogiác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306 § X Tích vô hạn 308 1 Tíchsốvôhạn 308 § 2 Tíchvôhạnhàmphức 312 § 3 DạngchínhtắcWeierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320 § 4 Genuscủahàmgiảitích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 § 5 Hàmgamma 327 § Tra cứu 337 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 6 Chương I Số phức Ta biết rằng trường số thực R nhận được bằng cách làm “đầy” trường hữu tỷ Q mà bản thân Q lại được xây dựng từ vành số nguyên Z. Việc làm đầy xuất phát từ sự nghiên cứu các phương trình đại số với hệ số hữu tỷ và giới hạn của dãy các số hữu tỷ. Tuy nhiên, trường R vẫn không đầy đủ, bởi vì ngay cả phương trình đơn giản x2 +1=0 cũng không có nghiệm trong R. Một cách tổng quát hơn, trong số thực không phải mọi số đều có căn bậc chẵn và phương trình bậc lớn hơn một không phải bao giờ cũng có nghiệm. Bên cạnh đó, trong giải tích nếu chỉ giới hạn trong R người ta 1 không thể giải thích được vì sao hàm f(x)= không thể khai triển 1+ x2 được thành chuỗi lũy thừa trên toàn bộ đường thẳng thực.∗ Với lý do trên đưa đến sự cần thiết mở rộng trường số thực. Cụ thể là cần tìm kiếm một trường mới rộng hơn mà trong trường hợp riêng nó chính là trường số thực với các phép toán thông thường (hay trường số thực R là một trường con của nó). 1 Số phức và các phép toán § Định nghĩa số phức Trong đại số người ta đã xây dựng trường số phức một cách chi tiết khắc phục những hạn chế của trường số thực. Chúng ta chỉ nêu một số ý đặc trưng ở đây. Số phức có thể được định nghĩa như là một cặp số thực có thứ tự (x, y). Người ta thường viết số phức bởi các chữ z và w. Như vậy, với Tập bài giảng này được soạn theo [9, 6, 7] và tham khảo thêm [3, 2, 4] ∗Bạn đọc có thể tham khảo giải thích thú vị của [8, trang 212-217] c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Số phức và các phép toán 7 § z = (x, y) và w = (x′,y′), ta có z = w y khi và chỉ khi x = x′ và y = y′. Mặt khác, cặp số (x, y) có thể được hiểu là (x, y) một điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Khi đó, nếu xem (x, y) là một số phức thì mặt phẳng tọa độ Oxy sẽ được gọi O x là mặt phẳng phức Oxy và còn được ký hiệu là (z) hoặc C. Ta có tập hợp số phức Hình I.1: Mặt phẳng phức C C = (x, y): x, y R . { ∈ } Xét số phức z = (x, y). Ta gọi x được gọi là phần thực của số phức z và ký hiệu là Rez còn y được gọi là phần ảo của z và ký hiệu là Imz. Trong mặt phẳng phức, trục hoành còn được gọi là trục thực và trục tung còn được gọi là trục ảo. Nếu xem trục Ox là một đường thẳng thực, thì mỗi số thực x ứng với điểm (x, 0) trên trục thực Ox. Do đó, tập hợp số thực là một tập con của tập số phức, và số phức z = (x, 0) được gọi là số thực và được đồng nhất với x, nghĩa là x (x, 0) (Xem thêm bài tập ≡ 16). Số phức z = (0,y) được gọi là số thuần ảo; đặc biệt (0, 1) được gọi là đơn vị ảo và ký hiệu là i, nghĩa là i = (0, 1). Như vậy 0=(0, 0) là số duy nhất vừa là số thực vừa là số thuần ảo. Cho số phức z = (x, y) số phức (x, y) được gọi là số phức liên hợp − của số phức z và ký hiệu z¯. Dễ dàng kiểm tra được z¯ = z. Hơn nữa, ta cũng thấy z là một số thực khi và chỉ khi nó bằng với liên hợp của nó. Các phép toán trên số phức Tổng của hai số phức z1 = (x1,y1) và z2 = (x2,y2) là số phức (1.1) z1 + z2 = (x1 + x2,y1 + y2) và tích của chúng là số phức (1.2) z z = (x x y y , x y + x y ). 1 2 1 2 − 1 2 1 2 2 1 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 8 I Số phức y z1 + z2 Người ta chứng minh được phép cộng z2 và phép nhân trên số phức có các tính chất sau. z1 1.3 Định lý. Với mọi z ,z ,z C, 1 2 3 ∈ O x ta có z1 Phép cộng và liên hợp (1) z1 + z2 = z2 + z1 Hình I.2: (2) z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2)+ z3 (3) z1 + (0, 0) = z1 (4) z + z′ = (0, 0), trong đó z′ = ( x , y ) nếu z = (x ,y ) 1 1 1 − 1 − 1 1 1 1 (5) z1z2 = z2z1 (6) z1(z2z3) = (z1z2)z3 (7) z1(1, 0) = z1 (8) Nếu z1 = (0, 0) thì z1z1′ = (1, 0), trong đó với z1 = (x1,y1) ta có x6 1 y1 z1′ = ( x2+y2 , x2+y2 ) 1 1 − 1 1 (9) z1(z2 + z3)= z1z2 + z1z3. Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. 1.4 Thí dụ. ⊲ i2 = (0, 1)(0, 1) = ( 1, 0) = 1. Vậy i là nghiệm của − − x2 +1=0 trong C. ⊲ Với z = (x, y), ta có zz¯ = (x, y)(x, y) = (x2 + y2, 0) = x2 + y2. − ⊲ (x, y) = (x, 0)+(0,y) = (x, 0)+(0, 1)(y, 0) = x + iy. Vậy số phức (x, y) được viết dưới dạng x+iy hay x+yi (do tính giao hoán của phép nhân), và gọi là dạng đại số của số phức. Phép cộng và phép nhân được viết lại ở dạng đại số như sau: với z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2 ta có (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2)+ i(y1 + y2) (x + iy )(x + iy ) = (x x y y )+ i(x y + x y ). 1 1 2 2 1 2 − 1 2 1 2 2 1 Như vậy, ở dạng đại số phép cộng và nhân được thực hiện như các phép toán đại số trong số thực khi xem i là hằng số và lưu ý đẳng thức i2 = 1. − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Số phức và các phép toán 9 § Với z = (x, y) = x + iy, ta ký hiệu z = ( x, y) = x iy, và nếu 1 x y − x − − y − − z = 0 ký hiệu z− = ( 2 2 , 2 2 ) = 2 2 i 2 2 . Từ đó ta định 6 x +y − x +y x +y − x +y nghĩa phép trừ và phép chia như sau. z1 1 z1 z2 = z1 + ( z2) = z1z2− , (z2 = 0). − − z2 6 z1 Như vậy, để tìm thương của với z2 = 0 ta nhân z1 với nghịch đảo z2 1 6 z2− của z2. Giả sử z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2, ta có z1 x2 y2 = (x1 + iy1) 2 2 i 2 2 z2 x2 + y2 − x2 + y2 (1.5) x1x2 + y1y2 x2y1 x1y2 = 2 2 + i 2 − 2 x2 + y2 x2 + y2 Do đó, để tính được thương ta phải nhớ công thức nghịch đảo của số phức. Tuy nhiên, có một cách đơn giản để giúp ta thực hiện dễ dàng phép chia trên là nhân tử và mẫu với số liên hợp của mẫu: z (x + iy )(x iy ) x x + y y x y x y (1.6) 1 = 1 1 2 − 2 = 1 2 1 2 + i 2 1 − 1 2 . z (x + iy )(x iy ) x2 + y2 x2 + y2 2 2 2 2 − 2 2 2 2 2 1+ i 1.7 Thí dụ. Viết lại số phức ở dạng đại số. Ta có 1+ i√2 1+ i (1 + i)(1 i√2) 1+ √2 1 √2 = − = + i − . 1+ i√2 (1 + i√2)(1 i√2) 3 3 − Cũng như trong tập số thực chúng ta có một số quy tắc tính toán cho các phép cộng và nhân đối với các số phức trong định lý sau. 1.8 Định lý. Với các số phức z1, z2, z3 và z4, ta có (1) nếu z1z2 =0 thì z1 =0 hay z2 =0. z1 + z2 z1 z2 (2) = + (z3 =0). z3 z3 z3 6 1 1 1 1 1 1 (3) = (z1z2)− = z1− z2− = (z1 =0, z2 =0). z1z2 z1 z2 6 z1z2 z1 z2 (4) = (z3 =0, z4 =0). z3z4 z3 z4 6 6 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 10 I Số phức Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. Nhờ có tính chất (6) ta có được định nghĩa sau. Lũy thừa bậc n của số phức z là tích n lần của số phức z, và ký hiệu zn, (1.9) zn = z z z . · ··· n lần Chúng ta chú ý rằng in chỉ có| bốn{z giá} trị: 1, i, 1, i. Chúng tương − − ứng với giá trị của n mà nó chia cho 4 lần lượt có dư là 0, 1, 2, 3. 1.10 Thí dụ. Với z = x + iy, ta có z2 = (x + iy)(x + iy)= x2 y2 + i2xy − z3 = (x2 y2 + i2xy)(x + iy)= x3 3xy2 + i(3x2y y3) − − − z4 = (x3 3xy2 + i(3x2y y3))(x + iy) − − = x4 6x2y2 + y4 + i4xy(x2 y2) − − Ta có thể chứng minh được các phép toán của số phức có các tính chất trong định lý sau. 1.11 Định lý. (1) z1 + z2 =z ¯1 +¯z2 (2) z1z2 =z ¯1z¯2 (3) z +¯z = 2Re z (4) z z¯ =2i Im z − z1 z¯1 (5) = với z2 =0. z2 z¯2 6 Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. Bằng quy nạp chúng ta dễ dàng chứng minh các đẳng thức sau: z + z + + z = z + z + + z 1 2 ··· n 1 2 ··· n z z z = z z z 1 2 ··· n 1 2 ··· n Một cách tổng quát, cho R(a, b, c, . . .) ký hiệu một biểu thức hữu tỉ các phép toán áp dụng cho các số phức a, b, c, . . .; khi đó R(a, b, c, . . .)= R(a, b, c, . . .). c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Số phức và các phép toán 11 § Như là một ứng dụng, xét phương trình n n 1 c0z + c1z − + + cn 1z + cn =0. ··· − Nếu ξ là một nghiệm của phương trình trên, thì ξ là một nghiệm của phương trình n n 1 c0z + c1z − + + cn 1z + cn =0. ··· − Đặc biệt, nếu các hệ số của phương trình là thực thì ξ và ξ là các nghiệm của cùng một phương trình, và chúng ta có một định lý quen thuộc: các nghiệm không thực của một phương trình với các hệ số thực lập thành từng cặp nghiệm liên hợp. Căn bậc hai Bây giờ chúng ta chứng tỏ rằng căn bậc hai của một số phức có thể được biểu diễn một cách tường minh. Với số phức α + iβ cho trước, ta tìm số phức x + iy sao cho (x + iy)2 = α + iβ. Điều này tương đương với việc giải hệ phương trình x2 y2 = α − 2xy = β Từ hai phương trình trên ta có (x2 + y2)2 = (x2 y2)2 +4x2y2 = α2 + β2. − Do đó, ta có x2 + y2 = α2 + β2, ở đây là căn bậc hai thực cho một sốp không âm. Kết hợp với phương trình đầu ta được x2 = 1 (α + α2 + β2) (1.12) 2 ( y2 = 1 ( α +p α2 + β2) 2 − p Ta nhận thấy các đại lượng của vế phải là dương hoặc bằng 0 không phụ thuộc vào dấu của α. Nói chung, các phương trình trong (1.12) cho hai giá trị x đối nhau và hai giá trị y đối nhau. Do 2xy = β ta không thể có 4 sự kết hợp của các c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 12 I Số phức giá trị x và y. Do đó, các giá trị của x và y được lấy phụ thuộc vào dấu của β. Khi β =0 ta được 6 α + α2 + β2 β α + α2 + β2 (1.13) α + iβ = + i − . ± s p2 β s p2 ! p | | Khi β =0, ta có √α khi α 0 (1.14) √α + i0= ± ≥ i√ α khi α< 0 ± − Các căn ở vế phải là căn bậc hai dương của số thực không âm. Như vậy, chúng ta tìm được căn bậc hai của một số dương có hai giá trị đối nhau. Chúng trùng nhau khi α + iβ =0. Chúng là thực khi α 0 ≥ và β =0. Chúng là thuần ảo khi α 0 và β =0. ≤ 1.15 Thí dụ. Ta tính các căn √ i và √4 i. − − 1 1 √2 √2 √ i = i = i . − ± 2 − 2 ± 2 ∓ 2 r r Nếu ta hiểu √4 i = √ i thì nó có 4 giá trị; áp dụng kết quả vừa tìm − − được và công thức (1.13)p bốn giá trị cần tìm là √2 √2 √2 +1 √2 +1 i = 2 i − 2 s 2 − 2 ± s 2 − s 2 ! 2+ √2 2 √2 = i − ± p 2 − p 2 √2 √2 √2 √2 − +1 +1 + i = 2 + i 2 s− 2 2 ± s 2 s 2 ! 2 √2 2+ √2 = − + i ± p 2 p 2 Xây dựng trường số phức Trong phần này chúng tôi trình bày sơ lược về việc xây dựng trường số phức. Ta đã biết phương trình x2 +1=0 không có nghiệm trong R, vì α2 +1 luôn dương. Giả sử rằng ta tìm được một trường F chứa R như là c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Số phức và các phép toán 13 § một trường con mà trong F phương trình x2 +1=0 có nghiệm. Ký hiệu một nghiệm là i. Khi đó, x2 +1=(x + i)(x i), và phương trình x2 +1 có − đúng hai nghiệm trong F là i và i. Đặt C là một tập con của F bao gồm − tất cả các phần tử mà nó biểu diễn ở dạng α + iβ với các số thực α và β. Biểu diễn này là duy nhất bởi vì α+iβ = α′ +iβ′ suy ra α β′ = i(β′ β); 2 2 − − do đó (α α′) = (β′ β) , và nó chỉ xảy ra khi α = α′ và β = β′. − − − Tập con C là một trường con của F. Thật sự chúng ta có thể kiểm chứng C là một trường như trong Định lý 1.3. Hơn thế nữa, cấu trúc của C là độc lập đối với F. Bởi vì nếu F′ là một trường khác chứa R và có i′ là 2 nghiệm của phương trình x +1=0, thì tập con tương ứng C′ được tạo thành bởi tất cả phần tử dạng α + i′β. Có một song sánh giữa C′ và C mà nó tương ứng α + i′β và α + iβ, và sự tương ứng này rõ ràng là một đẳng cấu trường. Điều đó chứng tỏ C′ và C đẳng cấu. Bây giờ chúng ta định nghĩa trường số phức là trường con C của một trường tùy ý F. Chúng ta vừa thấy rằng sự lựa chọn cho F không tạo ra sự khác biệt cho C, nhưng chúng ta chưa chứng tỏ sự tồn tại một trường F. Để chứng tỏ rằng định nghĩa của chúng ta có nghĩa chúng ta chỉ còn chỉ ra một trường F mà nó chứa R (hay có một trường con đẳng cấu với R) và phương trình x2 +1=0 có nghiệm trong F. Có nhiều cách xây dựng một trường F như thế. Sau đây là phương pháp đơn giản nhất và cũng trực tiếp nhất: Xét tất cả các biểu thức dạng α + iβ ở đây α và β là các số thực trong khi dấu + và ký hiệu i thực chất là những ký hiệu thuần túy (+ không biểu thị phép cộng, và i không là phần tử của trường R). Các biểu diễn này thành lập một trường F với phép cộng và nhân được xác định bởi (x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2)+ i(y1 + y2) (x + iy )(x + iy ) = (x x y y )+ i(x y + x y ) 1 1 2 2 1 2 − 1 2 1 2 2 1 (các phép toán trong dấu ngoặc ở vế phải là trong R, cho nên phải chú ý hai nghĩa khác nhau của dấu + trong các biểu thức trên). Các phần tử có dạng đặc biệt α + i0 thành lập một trường con đẳng cấu với R, và phần tử 0+ i1 thỏa phương trình x2 +1=0, thực sự chúng ta thu được (0 + i1)2 = (1 + i0). Trường F thỏa các tính chất yêu cầu; hơn nữa nó − trùng với trường con tương ứng C bởi vì ta có thể viết α + iβ = (α + i0)+ β(0 + i1). Sự tồn tại của trường số phức được chứng minh, và chúng ta quay trở lại c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 14 I Số phức ký hiệu đơn giản hơn α + iβ ở đây dấu + để chỉ phép cộng trong C và i là một nghiệm của phương trình x2 +1=0. Với việc nhìn lại, để đi đến quy tắc cộng và nhân của các số phức chúng ta chỉ dùng i2 = 1. Do i cũng có tính chất như thế, nên tất cả những − − quy tắc về các phép toán vẫn còn đúng nếu thay i bởi i ở mọi nơi. Điều − này đã được nêu trong Định lý 1.11. Phép biến đổi thay thế α + iβ bởi α iβ được gọi là phép lấy liên hợp phức. − Bài tập 1 ) Thực hiện các phép tính sau đây (viết kết quả ở dạng đại số) (a) (1 + i)(2 i√2) (b) (3 + i√3)2 (c) (2 + i)2 − 1 i 1 1 1+2i 2 i (d) − (e) (f) + − 1+2i 2 3i · 1+ i 3 4i 5i − − 2 ) Tính các biểu thức sau: (a) (1+2i)3 (b) (1 + i)n + (1 i)n. − z 1 1 3 ) Nếu z = x + iy, tìm phần thực và phần ảo của: (a) − (b) z +1 z2 4 ) Chứng minh rằng 1 i√3 3 1 i√3 6 − ± =1 và ± ± =1 2 2 với mọi tổ hợp của các dấu. 5 ) Tìm số thực a và b sao cho (a + ib)2 = 8+6i. − 1 i√3 6 ) Tìm các căn (a) − (b) √2 i (c) √i (d) √4 i. r 2 − 7 ) Chứng minh các tính chất trong Định lý 1.3. 8 ) Chứng minh các tính chất trong Định lý 1.11. 9 ) Giải phương trình z2 + z +1=0 theo z = x + iy bằng cách viết lại (x + iy)2 + (x + iy)+1=0. 10 ) Giải phương trình z2 +2(1+2i)z 5+2i =0. − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác 15 § 11 ) Tính tổng 1+ z + z2 + + zn. ··· 12 ) Cho P (z) là một đa thức bậc n 1. Chứng minh rằng P (z) = ≥ (z z )Q(z)+ P (z ), trong đó Q(z) là một đa thức bậc n 1. − 0 0 − 13 ) Chứng minh rằng số phức z là số thực hay thuần ảo khi và chỉ khi (¯z)2 = z2. 14 ) Hãy tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức thỏa (¯z i)=2. − 15 ) Tìm họ đường cong trong mặt phẳng phức được cho bởi phương trình 1 1 2 2 (a) Re z = C (b) Im z = C (c) Re z = C (d) Im z = C trong đó C là hằng số thực. 16 ) Chứng minh rằng ánh xạ f : R C xác định bởi f(x) = (x, 0) là → một đơn cấu đối với trường. 17 ) Cho P (z) là một đa thức có các hệ số là số thực. Chứng minh rằng nếu z0 là nghiệm của đa thức thì z0 cũng là nghiệm của đa thức. 18 ) Tìm điều kiện để phương trình az +bz¯+c =0 có nghiệm duy nhất và tìm nghiệm ấy. Khi nào phương trình này được biểu diễn bởi đường thẳng. z 19 ) Bằng việc tính toán trực tiếp kiểm chứng lại rằng giá trị của z2 +1 tại hai số phức liên hợp z = x + iy và z = x iy là liên hợp nhau. − α β 20 ) Chứng minh rằng tập tất cả ma trận có dạng đặc biệt β α − cùng với phép cộng và phép nhân ma trận đẳng cấu với trường số phức. 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác § Trong tập số thực R ta có khái niệm giá trị tuyệt đối của mỗi số thực, nó đóng một vai trò đặc biệt quan trọng trong giải tích thực. Khái niệm này được mở rộng cho trường số phức C mà các tính chất vẫn được giữ nguyên. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 16 I Số phức Modulus Với mỗi z = (x, y) C, đặt z = x2 + y2 = √zz¯, và gọi là modulus ∈ | | của z. Như vậy, z chính là khoảng cách của (x, y) đến gốc tọa độ O(0, 0) | | p trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Ta biết rằng phương trình của đường tròn có tâm là (0, 0) có bán kính r trong mặt phẳng Oxy là x2 + y2 = r2 hay x2 + y2 = r. Nếu xem Oxy là mặt phẳng phức và z = (x, y) thì phương trình đường tròn tâm O bán p kính r được viết lại là z = r. Lập luận tương tự như trên, ta có phương | | trình của đường tròn tâm z = (x ,y ) bán kính r là z z = r. 0 0 0 | − 0| Các tính chất về modulus trong định lý sau có thể chứng minh một cách dễ dàng. 2.1 Định lý. Với z,z ,z C, ta có 1 2 ∈ (1) z 0 và z =0 khi và chỉ khi z =0 | |≥ | | (2) z Re z | | ≥ | | (3) z Im z | | ≥ | | (4) z Re z + Im z | | ≤ | | | | (5) z¯ = z | | | | (6) z z = z z | 1 2| | 1| · | 2| z1 z1 (7) = | | với z2 =0. z2 z2 6 | | Chứng minh. Chúng tôi sẽ trình bày chứng minh tính chất (6), các tính chất còn lại xin dành cho bạn đọc. Với z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2, ta có z z 2 = x x y y + i(x y + x y ) 2 | 1 2| | 1 2 − 1 2 1 2 2 1 | = (x x y y )2 + (x y + x y )2 1 2 − 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 = x1x2 + y1y2 + x1y2 + x2y1 2 2 2 2 = (x1 + y1)(x2 + y2) = z 2 z 2. | 1| | 2| Ta có thể chứng minh đẳng thức ngắn gọn như sau z z 2 = (z z )(z z )= | 1 2| 1 2 1 2 (z z )(z z )= z 2 z 2. 1 1 2 2 | 1| | 2| c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác 17 § Bằng qui nạp chúng ta có thể mở rộng tính chất (6) thành tích hữu hạn (2.2) z z z = z z z . | 1 2 ··· n| | 1| · | 2| · · · | n| 2.3 Thí dụ. Với z1 và z2 là hai số phức tùy ý, chứng minh rằng z z¯ +1 2 + z z 2 =(1+ z 2)(1 + z 2). | 1 2 | | 1 − 2| | 1| | 2| Chứng minh. Ta có z z¯ +1 2 + z z 2 = (z z¯ + 1)(z z¯ + 1) + (z z )(z z ) | 1 2 | | 1 − 2| 1 2 1 2 1 − 2 1 − 2 = (z z¯ + 1)(¯z z +1)+(z z )(¯z z¯ ) 1 2 1 2 1 − 2 1 − 2 = z1z¯1z¯2z2 + z1z¯2 +¯z1z2 +1 + z z¯ z z¯ z z¯ + z z¯ 1 1 − 1 2 − 2 1 2 2 =1+ z 2 + z 2 + z 2 z 2 | 1| | 2| | 1| | 2| = (1+ z 2)(1 + z 2) | 1| | 2| Bất đẳng thức tam giác 2.4 Định lý. (Bất đẳng thức tam giác) Với mọi số phức z1 và z2, ta có bất đẳng thức (2.5) z + z z + z | 1 2| ≤ | 1| | 2| Chứng minh. Theo định nghĩa của modulus ta có thể viết z + z 2 = (z + z )(z + z ) | 1 2| 1 2 1 2 = (z1 + z2)(¯z1 +¯z2) = z1z¯1 + z1z¯2 + z2z¯1 + z2z¯2. Mặt khác, ta có z z¯ + z z¯ = z z¯ + z z¯ = 2 Re(z z¯ ) 2 z z¯ =2 z z . 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 ≤ | 1 2| | 1|| 2| Do đó, z + z 2 z 2 +2 z z + z 2 = ( z + z )2. | 1 2| ≤ | 1| | 1|| 2| | 2| | 1| | 2| Hơn nữa, ta nhận thấy đẳng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Re(z1z¯2)= z z¯ , nghĩa là tích z z¯ là một số thực không âm. Vậy khi một trong hai | 1 2| 1 2 số bằng không dấu đẳng thức xảy ra, và khi cả hai khác không dấu đẳng z1 xảy ra khi và chỉ khi z1z¯2 > 0 hay > 0, nghĩa là tỷ số của hai số là z2 dương. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 18 I Số phức Chú ý trong chứng minh bất đẳng thức tam giác ta có được đẳng thức (2.6) z + z 2 = z 2 + z 2 + 2 Re(z z¯ ). | 1 2| | 1| | 2| 1 2 Hơn nữa, bằng qui nạp toán học bất đẳng thức tam giác có thể được mở rộng cho tổng hữu hạn bất kỳ của các số phức (2.7) z + z + + z z + z + + z . | 1 2 ··· n| ≤ | 1| | 2| ··· | n| Bây giờ ta xét dấu đẳng thức trên xảy ra khi nào. Giả sử dấu đẳng thức (2.7) xảy ra, ta có thể loại bỏ các số bằng không và giả sử rằng các số khác không và có nhiều hơn hai số hạng. Khi đó, ta có z + z + z + + z = z + z + z + + z | 1| | 2| | 3| ··· | n| | 1 2 3 ··· n| z + z + z + + z ≤ | 1 2| | 3| ··· | n| z + z + z + + z ≤ | 1| | 2| | 3| ··· | n| Do đó, các dấu bằng ở trên phải xảy ra, và ta có z + z = z + z . Khi | 1 2| | 1| | 2| đó, tỷ số giữa z1 và z2 là một số dương. Như vậy, ta đi đến kết luận rằng nếu đẳng thức xảy ra ở (2.7) thì tỷ số hai số hạng bất kỳ khác không là một số dương. Ngược lại, giả sử có một số hạng khác không, gọi nó là z1, và tỷ số giữa các số hạng còn lại với z1 là một số thực không âm. Khi đó, ta có z2 zn z1 + z2 + + zn = z1 1+ + + | ··· | | | · z1 ··· z1 z2 zn = z1 1+ | | + + | | | | · z ··· z 1 1 | | | | = z1 + z2 + + zn . | | | | ··· | | Tóm lại ta có được: Dấu đẳng thức xảy ra ở (2.7) khi và chỉ khi tỷ số hai số khác không bất kỳ là dương. 2.8 Hệ quả. Với mọi số phức z và z , ta có z z z z . 1 2 | 1 − 2|≥ | 1| − | 2| Chứng minh. Theo bất đẳng thức tam giác ta có z z + z z | 1 − 2| | 2| ≥ | 1| suy ra z z z z . Từ đó suy ra z z = z z z z . | 1 − 2| ≥ | 1| − | 2| | 1 − 2| | 2 − 1| ≥ | 2| − | 1| Vậy z z z z . | 1 − 2|≥ | 1| − | 2| 9 2z2 +3z 27 2.9 Thí dụ. Với z =3, ta có . Thật vậy, ta có | | 17 ≤ 4z 5 ≤ 7 − 9= 2 z 2 3 z 2z2 +3 z 2 z2 +3 z = 27 | | | − | || ≤ | |≤ | | | | và c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác 19 § 7= 4 z 5 4z 5 4 z +5=17. | | |− | ≤ | − |≤ | | 9 2z2 +3z 27 Từ các bất đẳng thức trên ta suy ra được . 17 ≤ 4z 5 ≤ 7 − 2.10 Thí dụ. (OSV93) Cho 0 α 1. Chứng minh rằng với mọi a C ≤ ≤ ∈ phương trình z3 az + a =0 có ít nhất một nghiệm thỏa mãn điều kiện − z α 2 α. | − |≤ − Trong đại số ta biết rằng một phương trình bậc ba luôn có 3 nghiệm. Gọi ba nghiệm của z3 az + a = 0 là z ,z ,z . Khi đó, ta viết được − 1 2 3 z3 az + a = (z z )(z z )(z z ). Do đó, ta có hệ đẳng thức − − 1 − 2 − 3 z z z = a 1 2 3 − z z + z z + z z = a  1 2 1 3 2 3 −  z1 + z2 + z3 =0 Do đó, (1 z )(1 z )(1 z )=1 (z + z + z ) + (z z + z z + z z ) − 1 − 2 − 3 − 1 2 3 1 2 2 3 1 3 − z z z =1, cho nên 1 z 1 z 1 z =1. Vậy phải có ít nhất một 1 2 3 | − 1| · | − 2| · | − 3| nghiệm z sao cho 1 z 1. Từ đó ta có i | − i|≤ z α z 1 + 1 α 1+1 α =2 α. | i − | ≤ | i − | | − |≤ − − Có nhiều bất đẳng thức khác cũng thường được dùng nhưng chứng minh nó không đơn giản. Một bất đẳng thức như thế được dùng khá phổ biến là bất đẳng thức Cauchy trong định lý sau. 2.11 Định lý. (Bất đẳng thức Cauchy) Với mọi số phức a1,a2, ,an và b1,b2, ,bn, ta có a b + + a b 2 ( a 2 + + a 2)( b 2 + + b 2). | 1 1 ··· n n| ≤ | 1| ··· | n| | 1| ··· | n| Chứng minh. Dùng đẳng thức Lagrange ta có ngay bất đẳng thức Cauchy. Chúng ta sẽ chứng minh trực tiếp như sau. Với λ là một số phức bất kỳ, theo đẳng thức (2.6) ta được n n n n a λ¯b 2 = a 2 + λ 2 b 2 2 Re λ¯ a b . | j − j | | j | | | | j | − j j j=1 j=1 j=1 j=1 X X X X n 2 Rõ ràng, giá trị của biểu thức này không âm với mọi λ. Khi bj =0 j=1 | | thì các bj đều bằng 0 nên bất đẳng thức Cauchy hiển nhiên đúngP (cả hai c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 20 I Số phức n n P aj bj 2 j=1 vế đều bằng 0). Khi bj > 0 thay λ = n vào biểu thức trên ta 2 j=1 | | P bj | | P j=1 tính được n n n aj bj 2 n ajbj n 2 j=1 2 j=1 0 aj + Pn bj 2 Re Pn aj bj ≤ | | 2 | | − 2 ! j=1 bj j=1 bj j=1 X j=1 | | X j=1 | | X Pn 2 n 2 P n aj bj aj bj 2 j=1 j=1 = aj + Pn 2 Pn | | 2 − 2 j=1 bj bj X j=1 | | j=1 | | Pn 2 P n aj bj 2 j=1 = aj Pn | | − 2 j=1 bj X j=1 | | P Từ đó ta có được bất đẳng thức Cauchy. Dấu đẳng thức xảy ra khi aj = λ¯bj với mọi j. Bài tập 1 ) Tìm modulus của các biểu thức (3+4i)( 1+2i) 2i(3 + i)(2 + 4i)(1 + i) và − . − ( 1 i)(3 i) − − − 2 ) Chứng minh rằng √2 z Re z + Im z . | | ≥ | | | | a b 3 ) Chứng minh rằng − = 1 nếu hoặc là a = 1 hoặc là b = 1. 1 ab | | | | − Phải loại trừ trường hợp nào nếu a = b =1. | | | | a b 4 ) Chứng minh rằng nếu a < 1 và b < 1 thì − < 1. | | | | 1 ab¯ − 5 ) Chứng minh đẳng thức z z 2 + z + z 2 = 2(z 2 + z 2). Giải | 1 − 2| | 1 2| | 1| | 2| thích ý nghĩa hình học của nó. 6 ) Chứng minh các tính chất trong Định lý 2.1. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác 21 § 7 ) Chứng minh rằng Im(1 z + z2) 3. | |≤ | − | − | | (c) Re(z) + Im(z) 0. z z2 z z2 − − 13 ) Giải phương trình (a) z z =1+2i (b) z + z =2+ i | |− | | 14 ) Chứng minh rằng phương trình z z = R của một đường tròn tâm | − 0| z bán kính R có thể được viết lại z 2 2 Re(zz )+ z 2 = R2. 0 | | − 0 | 0| 15 ) Chứng minh rằng hyperbola x2 y2 =1 có thể được viết z2 +z2 =2. − 16 ) Chứng minh đẳng thức Lagrange ở dạng phức n 2 n n a b = a 2 b 2 a ¯b a ¯b 2. j j | j | | j| − | k j − j k| j=1 j=1 j=1 1 k<j n X X X ≤X≤ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 22 I Số phức 17 ) Chứng minh rằng với mọi số phức a1,a2, ,an ta có n n 2 (a) (n 2) a 2 + a = a + a 2 − | j | j | k j| j=1 j=1 1 k<j n X X ≤X≤ n n 2 (b) n a 2 a = a a 2 | k| − j | k − s| j=1 j=1 1 <k<j n X X ≤ X ≤ n n n 18 ) Chứng minh rằng a b a b , với mọi a ,b C k − k ≤ | k − k| k k ∈ k=1 k=1 k=1 Y Y X thỏa ak 1, bk 1, k =1, ,n. | |≤ | |≤ 19 ) Chứng minh bất đẳng thức Cauchy bằng quy nạp. 20 ) Nếu a < 1, λ 0 với i = 1, 2, ,n và λ + λ + + λ = 1, | i| i ≥ 1 2 ··· n chứng minh rằng λ a + λ a + + λ a < 1. | 1 1 2 2 ··· n n| 21 ) Chứng minh rằng tồn tại các số phức z thỏa z a + z + a =2 c | − | | | | | nếu và chỉ nếu a c . Nếu điều kiện này thỏa, hãy xác định giá trị lớn | | ≤ | | nhất và nhỏ nhất của z thỏa phương trình trên. | | 22 ) Viết phương trình của một ellipse, hyperbola, parabola dưới dạng biểu thức phức. 3 Argument và căn bậc n của số phức § Argument Cho số phức z = x + iy =0. Gọi ϕ là góc có hướng của tia OM, ở đây O 6 là gốc tọa độ và M = (x, y), với tia Ox trong mặt phẳng phức Oxy. Góc ϕ được gọi là argument của số phức z và ký hiệu Argz. Dễ dàng thấy rằng x = z cos ϕ y = z sin ϕ. | | | | Khi đó, số phức z được viết lại z = z cos ϕ + i z sin ϕ = z (cos ϕ + i sin ϕ), | | | | | | và ta nói số phức z được viết dưới dạng lượng giác. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 3 Argument và căn bậc n của số phức 23 § y Trường hợp riêng, với ϕ [0, 2π) M 0 (x, y) ∈ 2 sao cho x = z cos ϕ0, y = z sin ϕ0, ta y | | | | + nói ϕ0 là argument chính của z và 2 x ký hiệu arg z. = Argument của số phức được định r p ϕ nghĩa khi nó khác không. Trường hợp 0 số phức bằng 0 thì không xác định ar- O x gument. Khi số phức khác không, ta có Hình I.3: Argument của z thể xác định argument của một số phức như sau. Xét số phức z = x + iy. Nếu x =0 thì π +2kπ khi y > 0, (k Z) 2 ∈ Argz =   π  +2kπ khi y 0. Khi đó, ta có các đẳng thức sau z1z2 = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2)+ i sin(ϕ1 + ϕ2)) (3.4) 1 1 = (cos ϕ1 i sin ϕ1) z1 r1 − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 24 I Số phức Chứng minh. Ta có z1z2 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1)r2(cos ϕ2 + iϕ2) = r r [(cos ϕ cos ϕ sin ϕ sin ϕ ) 1 2 1 2 − 1 2 + i(sin ϕ1 cos ϕ2 + cos ϕ1 sin ϕ2)] = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2)+ i sin(ϕ1 + ϕ2)). và 1 r cos ϕ r sin ϕ = 1 1 i 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 z1 r1 cos ϕ + r1 sin ϕ − r1 cos ϕ + r1 sin ϕ 1 = (cos ϕ1 i sin ϕ1). r1 − Từ định lý trên ta có cách vẽ sau đây để tìm z = z1z2. Ta dựng tam giác có đỉnh là 0, 1, z1. Vẽ tam giác có hai đỉnh 0, z2 đồng dạng thuận với 0, 1, z1. Khi ấy, đỉnh thứ ba chính là tích z1z2. y z1z2 z2 z1 O 1 x Hình I.4: Phép nhân hai số phức 3.5 Thí dụ. Chứng minh rằng các số phức a,b thỏa mãn điều kiện a2 = 2b = 0 khi và chỉ khi các nghiệm của đa thức x2 + ax + b tạo trên mặt 6 phẳng phức hai đỉnh của một tam giác vuông cân có đỉnh góc vuông tại gốc tọa độ. Giải. Khi a2 =2b =0 thì phương trình x2 +ax+b =0 có hai nghiệm phân 1+i 6 1 i biệt z1 = a 2 và z2 = a −2 . Do z1 = z2i nên thỏa điều kiện bài toán. Ngược lại nếu đa thức đã cho có hai nghiệm z1 và z2 tạo trên mặt phẳng phức hai đỉnh của một tam giác vuông cân có đỉnh góc vuông tại gốc tọa độ thì ta phải có một nghiệm bằng tích của nghiệm thứ hai với i, c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 3 Argument và căn bậc n của số phức 25 § nói là z2 = z1i. Khi đó theo định lý Viet ta có 2 z1(1 + i)= z1 + z2 = a a 2 a 2 − Suy ra b = i = . z1 i = z1z2 = b − 1+ i 2 Ta được điều phải chứng minh. Cũng từ định lý trên và bằng qui nạp ta có thể chứng minh được công thức sau: với z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ta có (3.6) zn = rn(cos nϕ + i sin nϕ) với mọi n N. Đặc biệt, khi r =1, ta có công thức Moivre ∈ (3.7) (cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ với mọi n N. ∈ Hơn nữa, các công thức trên cũng đúng với n nguyên âm. Để cho gọn người ta dùng kí hiệu eiϕ thay cho cos ϕ + i sin ϕ. Khi đó, ta có một vài giá trị thường dùng đối với ký hiệu này là i π iπ i 3π i π e 2 = i, e = 1, e 2 = e− 2 = i. − − Như vậy, nếu số phức z =0 ta có thể viết lại như sau 6 (3.8) z = z eiArgz. | | Dạng viết số phức z như trên được gọi là dạng Euler (hay dạng mũ ) của z. Ta viết lại phép toán nhân và lũy thừa dưới dạng Euler như sau. Với z1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) và z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2), ta có i(ϕ1+ϕ2) 1 1 i( ϕ1) n n i(nϕ1) (3.9) z1z2 = r1r2e , = e − , (z1) = r1 e . z1 r1 3.10 Thí dụ. Để đưa biểu thức (√3+ i)7 về dạng đại số, chúng ta tiến hành như sau 7 i π 7 7 i 7π (√3+ i) = (2e 6 ) =2 e 6 = 64( √3 i)= 64√3 64i. − − − − Dạng Euler của số phức rất tiện lợi vì nó phù hợp với các phép toán lũy thừa ở số thực khi xem i như là một hằng số. Hơn nữa, ta cũng dễ dàng suy ra được công thức Euler quen thuộc về sau iϕ iϕ iϕ iϕ e + e− e e− (3.11) cos ϕ = sin ϕ = − 2 2i c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 26 I Số phức Căn bậc n của số phức 3.12 Định nghĩa. Số phức w được gọi là một căn bậc n của số phức z nếu wn = z. Nếu z =0, thì có thể thấy w =0 là căn bậc n duy nhất của z. Trường hợp z =0, ta cũng thấy 0 không là căn bậc n của z. Ta viết z và w ở dạng 6 Euler như sau iϕ0 iϕ z = r0e w = re . n inϕ iϕ0 Từ đó suy ra r e = r0e . Vậy ta có n r = r0 nϕ = ϕ0 +2kπ suy ra n n r = √r0 w = z | | | | (3.13) ϕ0 +2kπ hay Argz +2kπ  ϕ =  Argw =p  n  n trong đó k  Z. Từ đó có thể thấy được có n căn bậc n của số phức z Argz+2kπ ∈ n i ứng với các giá trị của k = 0, 1, ,n 1; cụ thể là z e n với − | | k =0, 1 ,n 1. Người ta dùng ký hiệu √n z để chỉ tất cả các căn bậc n − p của z; như vậy cũng có thể hiểu nó là tập hợp tất cả căn bậc n của z. 3.14 Chú ý. Các căn bậc n của z là các đỉnh của đa giác đều n cạnh nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính n z . Đặc biệt, các căn bậc n của | | đơn vị, z = 1, là các đỉnh của đa giác đều nội tiếp trong đường tròn đơn p2π 2π 2π i n vị z = 1. Đặt ω = cos n + i sin n = e thì các căn bậc n của đơn vị | | 2 n 1 chính là 1,ω,ω , ,ω − . Ta nói ω là một căn nguyên thủy của đơn vị. Tổng quát hơn nếu k và n nguyên tố cùng nhau thì ωk cũng là một căn nguyên thủy của đơn vị, nghĩa là các căn bậc n của đơn vị đều là lũy thừa k của ω . Hơn nữa, ta có thể chứng minh được kết quả sau: Nếu z0 là một k căn bậc n của z thì ω z0 với k =0, 1, ,n 1 là n căn bậc n của z. − y 3.15 Thí dụ. Ta tìm căn bậc 4 của 1+ i√3. Ta i π 4 viết lại 1 + i√3=2e 3 . Do đó, 1+ i√3 = 4 i( π + kπ ) √2e 12 2 với k =0, 1, 2, 3. Hình I.5 biểu diễn p x 4 giá trị căn vừa tìm được. Hình I.5: c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 3 Argument và căn bậc n của số phức 27 § 3.16 Thí dụ. (OSV00) Cho số nguyên dương m> 1 và số phức c có modulus bằng 1. Tìm các 1+ ix m số thực x sao cho = c. 1 ix − Giải. Đặt c = eiϕ. Khi đó từ định nghĩa căn bậc m của một số phức ta có 1+ ix i ϕ+2kπ = e m , k =0, 1, ,m 1 1 ix − − 1 x2 2x ϕ +2kπ ϕ +2kπ − + i = cos + sin k =0, 1, ,m 1 1+ x2 1+ x2 m m − Theo tính chất của các hàm lượng giác từ ϕ+2kπ 1 x2 cos = − 2 m 1+x k =0, 1, ,m 1 ϕ+2kπ 2x − ( sin m = 1+x2 ta suy ra được ϕ +2kπ x = tan k =0, 1, ,m 1. 2m − Bài tập 1 ) Tìm modulus và argument của các số phức sau (a) 1 i (b) √3 i (c) 3 i√3 (d) 2 5i − − − − − 2 ) Thực hiện các phép tính sau (viết kết quả ở dạng đại số). 1+ i√3 100 (a) ( 3+ i√3)3 (b) (1 i)2006 (c) (√3+ i)2005 (d) − − √3+ i n 1 3 ) Giải phương trình z¯ = z − . n 1 4 ) Giải phương trình z = z − với n là số nguyên khác 2. 5 ) Tìm tất cả các giá trị của các căn sau 4 (a) √4 1 (b) √8 1 (c) 2+ i2√3 (d) √3+4i − − q4 (e) √6 6 (f) √3 i (g) 1 √3i (h) √1+ i − − − q c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 28 I Số phức 6 ) Tìm bốn nghiệm của phương trình z4 +4=0 và dùng chúng để phân tích z4 +4 thành hai nhân tử bậc 2 với hệ số thực. 7 ) Chứng minh rằng cả hai giá trị √z2 1 nằm trên đường thẳng đi qua − gốc tọa độ song song với đường phân giác của tam giác với đỉnh tại các điểm 1, 1 và z kẻ từ đỉnh z. − 8 ) Tìm các điểm đối xứng với a qua các đường phân giác các góc phần tư trong mặt phẳng phức. 9 ) Chứng minh rằng các điểm a1, a2, a3 là các đỉnh của một tam giác 2 2 2 đều nếu và chỉ nếu a1 + a2 + a3 = a1a2 + a2a3 + a3a1. 10 ) Chứng minh rằng nếu z + z + z = 0 và z = z = z = 1 thì 1 2 3 | 1| | 2| | 3| z1, z2, z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị. 11 ) Tìm các đỉnh của đa giác đều n cạnh, biết tâm của đa giác đó tại 0 và một đỉnh z1 của nó. 12 ) Biết các đỉnh z1 và z2 là hai đỉnh kề nhau của đa giác đều n cạnh. Tìm đỉnh z3 kề với z2 (khác với z1). 13 ) Giả sử a và b là hai đỉnh của một hình vuông. Tìm hai đỉnh còn lại của nó. 14 ) Tìm tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác với các đỉnh a1, a2, a3. Biểu diễn kết quả ở dạng đối xứng. z z1 15 ) Xác định số phức z sao cho arg − = α với z1 và z2 là hai số phức z z2 phân biệt cho trước. − z3 z2 1 z2 16 ) Chứng minh rằng nếu z1 = z2 = z3 thì arg z −z = 2 arg z . | | | | | | 3− 1 1 17 ) Với z =0, chứng minh rằng 6 z (a) z 1 arg z (b) z 1 z 1 + z arg z . | | − ≤ | | | − | ≤ || |− | | || | 18 ) Với điều kiện nào ba điểm z1,z2,z3 đôi một không trùng nhau nằm trên một đường thẳng. 19 ) Tìm điều kiện về z1 và z2 để c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Mặt cầu Riemann 29 § z z (a) 1 là thực (b) 1 là thuần ảo. z2 z2 20 ) Với z = r(cos ϕ + i sin ϕ), dùng qui nạp chứng minh rằng zn = rn(cos nϕ + i sin nϕ) với mọi n Z. ∈ 21 ) Dùng công thức Moivre để biểu diễn cos nx và sin nx qua các lũy thừa của cos x và sin x. 22 ) Tính (1 + cos α + i sin α)n. 1 zn+1 23 ) Dùng đẳng thức 1+ z + z2 + + zn = − với z = 1 chứng ··· 1 z 6 minh công thức lượng giác Lagrange − (2n+1)θ 1 sin 2 1+cos θ + cos2θ + + cos nθ = + θ ··· 2 2 sin 2 với 0 <θ< 2π. Bên cạnh đó, cũng tính tổng sin θ + sin 2θ + + sin nθ. ··· 2πj 2πj cos n sin n 24 ) (OSV94) Cho ma trận Aj = − với j N. Tính sin 2πj cos 2πj ∈ n n p p p Sp = A0 + A1 + + An 1 p,n N∗. ··· − ∈ 25 ) Chứng minh rằng nếu ω là một căn nguyên thủy bậc n của 1 thì k 2k (n 1)k 1+ ω + ω + + ω − =0 ··· với bất kỳ k nguyên không là bội của n. Hãy tính giá trị của 1 ωk + 2k n 1 (n 1)k − ω + ( 1) − ω − . − · · · − 26 ) (a) Dùng công thức nhị thức Newton và công thức Moivre chứng tỏ n n n k k cos nθ + i sin θ = cos − (i sin θ) n =1, 2, k kX=0 Từ đó dẫn đến công thức n [ 2 ] n k n 2k 2k cos nθ = ( 1) cos − θ sin θ n =1, 2, 2k − kX=0 (b) Đặt x = cos θ và giả sử rằng 0 θ π; khi đó, 1 x 1. Hãy ≤ ≤ − ≤ ≤ chỉ ra rằng hàm Tn(x) = cos(n arccos(x)) với n =0, 1, 2, là một đa thức có bậc n theo biến x (Tn được gọi là đa thức Chebyshev). c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 30 I Số phức 4 Mặt cầu Riemann § Tập số phức mở rộng Trong nhiều trường hợp, điểm vô cùng, kí hiệu , có vai trò quan trọng ∞ không thể bỏ qua được. Mặt phẳng phức có bổ sung điểm vô cùng được gọi là mặt phẳng phức mở rộng, kí hiệu C¯, nghĩa là C¯ = C . Trên C¯ ∪ {∞} ta định nghĩa các phép toán liên quan với phần tử như sau. ∞ (a) z = (b) z = khi z =0 (c) = ± ∞ ∞ · ∞ ∞ 6 ∞ · ∞ ∞ Trong khi đó, + và 0 ζ ∞ ∞ · ∞ N(0, 0, 1) không xác định. Để tiện lợi ta qui ước a/ =0 với a =0. ∞ 6 I(0, 0, 1 ) Mặt cầu Riemann 2 z1 Để hiểu rõ bản chất của điểm vô η cùng, Riemann đã biểu diễn tập hợp các số phức bằng cách sau. Trong không gian Euclid ba chiều với hệ ξ z tọa độ Descartes vuông góc Oξηζ, Hình I.6: xét mặt cầu S có phương trình ξ2 + η2 + ζ2 = ζ. Đó là mặt cầu có tâm là 1 1 điểm I(0, 0, 2 ) và bán kính r = 2 . Phép tương ứng này gọi là phép chiếu nổi và z1 được gọi là biểu diễn Riemann của số phức z. Khi z1 dần đến điểm cực bắc N, tia Nz1 dần trở thành tia song song với mặt phẳng Oxy. Do đó, ta có thể xem điểm N S ∈ tương ứng với điểm z = . ∞ Trên dây ta mới thiết lập sự tương ứng giữa các điểm của mặt cầu S với mặt phẳng phức mở rộng bằng hình học. Sau đây ta sẽ thiết lập sự tương ứng giữa chúng bằng các hệ thức đại số. Theo giả thiết ba điểm N, z1 và z thẳng hàng. Do đó, ta có biểu thức ξ η ζ 1 ξ η = = − suy ra x = , y = . x y 1 1 ζ 1 ζ − − − Vậy ξ + iη (4.1) z = x + iy = . 1 ζ − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Mặt cầu Riemann 31 § 2 2 2 Mặt khác, vì z1(ξ,η,ζ) nằm trên mặt cầu S nên ξ + η + ζ = ζ. Từ đó suy ra ξ2 + η2 ζ ζ2 ζ z 2 = x2 + y2 = = − = . | | (1 ζ)2 (1 ζ)2 1 ζ − − − Vậy ta được x y z 2 (4.2) ξ = η = ζ = | | . 1+ z 2 1+ z 2 1+ z 2 | | | | | | Các hệ thức (4.1) và (4.2) nói lên sự tương ứng một-một giữa tập hợp các số phức và tập hợp các điểm trên mặt cầu S trừ điểm N. Tương ứng này thật sự là một phép đồng phôi. Khi z dần ra vô cùng, từ hệ thức (4.2) ta suy ra điểm z1(ξ,η,ζ) dần về điểm N(0, 0, 1). Ngược lại, khi điểm z1 dần về điểm N(0, 0, 1), từ hệ thức (4.1) chuyển qua giới hạn khi ζ dần về 1 ta có z dần ra . Vậy có sự ∞ tương ứng một-một giữa tập hợp tất cả các điểm trên mặt cầu S và tập hợp tất cả các điểm trong mặt phẳng phức mở rộng C¯, và mặt cầu S được gọi là mặt cầu Riemann. Tương ứng này là một phép đồng phôi giữa S và C¯, và do S là tập compact trong R3 nên C¯ là compact. Bài tập 1 ) Làm sáng rõ các đẳng thức suy ra (4.1). 2 ) Tìm ảnh của z = 1 i 1 trong phép chiếu cầu. √2 − √2 3 ) Tìm trên mặt cầu của các miền được xác định bởi các bất đẳng thức (a) Im(z) > 0 (b) z < 1. | | 4 ) Chứng minh rằng bất kỳ đường tròn nằm trên mặt cầu Riemann tương ứng với một đường tròn hay đường thẳng trong mặt phẳng phức (z). 5 ) Gọi z và z′ là hai phép chiếu cầu của hai điểm z,z′ C. Tìm khoảng 1 1 ∈ cách giữa z1 và z1′ . 6 ) Tìm điều kiện để hai điểm z và z′ có hai điểm phép chiếu cầu đối xứng qua tâm. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 32 I Số phức 7 ) Một hình lập phương có các đỉnh nằm trên mặt cầu và các cạnh tương ứng song song với các trục tọa độ. Hãy tìm các điểm trong mặt phẳng phức ứng với các đỉnh của hình lập phương. 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳng § phức Cho hai số phức z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2. Ta nói khoảng cách giữa z và z là modulus của z z và ký hiệu d(z ,z ). Vậy 1 2 1 − 2 1 2 d(z ,z )= z z = (x x )2 + (y y )2 1 2 | 1 − 2| 1 − 2 1 − 2 Ta có thể dễ dàng chứng minh đượcp định lý sau 5.1 Định lý. Với mọi z ,z ,z C, ta có 1 2 3 ∈ (1) d(z ,z ) 0 và d(z ,z )=0 khi và chỉ khi z = z 1 2 ≥ 1 2 1 2 (2) d(z1,z2)= d(z2,z1) (3) d(z ,z ) d(z ,z )+ d(z ,z ) 1 2 ≤ 1 3 3 2 Như vậy, (C, d) là một không gian metric; đây chính là metric Euclid trong mặt phẳng. Từ đó ta có một topo cảm sinh bởi metric này. Vì vậy, C cũng được xem là một không gian topo ứng với topo này. Tập hợp tất cả các điểm z sao cho z z <ε được gọi là ε-lân cận của | − 0| điểm z0. Như vậy, nó chính là tập hợp các điểm nằm trong đường tròn tâm z có bán kính là ε trong mặt phẳng phức (C), nó là tập z : d(z,z ) <ε 0 { 0 } và được kí hiệu B(z0,ε). Khi ta không quan tâm đến giá trị ε, để cho gọn ta nói tập trên là lân cận của z0. Ta gọi ε-lân cận thủng của z0 là ε-lân cận của z bỏ đi điểm z , nghĩa là nó là tập z :0 < z z <ε . 0 0 { | − 0| } Điểm z0 được gọi là điểm trong của tập E nếu tồn tại một lân cận của z0 nằm hoàn toàn trong E. Điểm z0 được gọi là điểm ngoài của E nếu tồn tại một lân cận của z0 không chứa điểm nào của E. Điểm z0 không phải là điểm trong cũng không phải điểm ngoài của E được gọi là điểm biên của E; nghĩa là với mọi ε-lân cận của điểm z0 luôn có một điểm thuộc E và một điểm không thuộc E. Tập hợp tất cả các điểm biên của E được gọi là biên của E, ký hiệu ∂E. Một tập là mở nếu nó không chứa điểm biên, hay mỗi điểm của nó là điểm trong. Tập đóng là tập chứa tất cả các điểm biên. Bao đóng của tập E là tập E ∂E và kí hiệu là E. ∪ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳng phức 33 § 5.2 Thí dụ. Ta thường gặp các tập mở và tập đóng sau (a) Hình tròn mở B(a, r) là một tập mở. (b) Hình tròn đóng B¯(a, r)= z : z a r là một tập đóng. { | − |≤ } (c) Đường tròn S(a, r)= z : z a = r là một tập đóng. { | − | } (d) Nửa mặt phẳng xác định bởi Re z > α, Re z α, hay Im z < α là các tập mở. (e) Nửa mặt phẳng đóng xác định bởi Re z α, Re a α, Im z α, ≥ ≤ ≥ hay Im z α là các tập đóng. ≤ (f) Hình vành khăn mở z : r < z a < r là tập mở. { 1 | − | 2} (g) Hình vành khăn đóng z : r z a r là tập đóng. { 1 ≤ | − |≤ 2} Chú ý rằng, hình tròn đóng B¯(a, r) chính là bao đóng của hình tròn mở B(a, r); do đó, ký hiệu được dùng là nhất quán. 5.3 Định lý. (i) E là tập đóng. (ii) E là tập đóng khi và chỉ khi E = E. (iii) E là tập đóng nhỏ nhất chứa E. (iv) E là tập đóng khi và chỉ khi C E là tập mở. \ Phần trong của một tập hợp E là tập tất cả các điểm trong của E. Kí hiệu, Int(E) hay E◦. 5.4 Định lý. (i) E◦ E. ⊆ (ii) E◦ là tập mở. (iii) E là tập mở khi và chỉ khi E = E◦. (iv) E◦ là tập mở lớn nhất nằm trong E. Một tập E là liên thông nếu không tồn tại hai tập mở A và B thỏa các điều kiện sau (i) E A = ∅, E B = ∅ ∩ 6 ∩ 6 (ii) E A B = ∅ ∩ ∩ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 34 I Số phức (iii) E A B. ⊆ ∪ Một tập mở liên thông được gọi là miền. Một tập đóng liên thông được gọi là miền đóng. 5.5 Thí dụ. Tập C là tập liên thông. Tập C z ,z , ,z là tập liên \{ 1 2 n} thông. Tập D = z C : z 0 là tập con thực sự khác rỗng vừa đóng vừa mở trong tập đang xét. Cụ thể hơn, ta có thể chọn A = z : Re z > 0 và B = a : Re z < 0 . { } { } Trong tập A, tập con E A liên thông và lớn nhất được gọi là một ⊆ thành phần liên thông của A. Tập E được gọi là bị chặn nếu nó nằm hoàn toàn trong một đường tròn z = R nào đó, ngược lại được gọi là không bị chặn. Một tập đóng | | và bị chặn được gọi là tập compact. Điểm z0 được gọi là điểm giới hạn hay điểm tụ của E nếu mỗi lân cận thủng của z0 chứa ít nhất một điểm của E. Điểm z0 được gọi là điểm dính nếu mỗi lân cận của điểm z0 chứa ít nhất một phần tử của E. Ta có thể thấy điểm giới hạn của tập E cũng là điểm dính của E. Trường hợp điểm dính của E không là điểm giới hạn thì ta gọi nó là điểm cô lập. Từ đó ta dễ dàng chứng minh định lý sau. 5.6 Định lý. Tập E là đóng nếu và chỉ nếu mọi điểm dính của E đều thuộc E. Chứng minh. Giả sử E là tập đóng. Theo định nghĩa của tập đóng thì mỗi điểm của E hoặc là điểm trong hoặc là điểm biên. Từ đó suy ra nó là điểm dính của E. Ngược lại, giả sử E là tập sao cho mọi điểm dính của E đều thuộc E. Giả sử z là một điểm biên bất kỳ của E. Theo định nghĩa thì z cũng là điểm dính của E, cho nên z E. Vậy E là tập đóng. ∈ Cho A và B là hai tập hợp trong C. Khoảng cách giữa A và B, kí hiệu d(A, B), được định nghĩa bởi biểu thức (5.7) d(A, B) = inf z z′ : z A, z′ B . {| − | ∈ ∈ } Từ định nghĩa ta dễ dàng nhận thấy d(A, B)= d(B, A) • c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳng phức 35 § Nếu A B = ∅ thì d(A, B)=0. • ∩ 6 Tương tự ta có định nghĩa khoảng cách từ điểm z0 đến tập A, kí hiệu d(z , A) chính là khoảng cách giữa hai tập hợp z và A; nghĩa là 0 { 0} (5.8) d(z , A) = inf z z : z A . 0 {| 0 − | ∈ } Bài tập 1 ) Chứng minh Định lý 5.1 2 ) Chứng minh rằng tập B(z , r)= z : z z < r là một tập mở. 0 { | − 0| } 3 ) Chứng minh rằng tập B¯(z , r)= z : z z r là một tập đóng. 0 { | − 0|≤ } 4 ) Chứng minh rằng đường tròn có phương trình z z = r là biên của | − 0| B(z0, r) và B¯(z0, r). 5 ) Chứng minh rằng nếu hai điểm bất kỳ z = z thì tồn tại hai ε-lân 1 6 2 cận B(z ,ε) và B(z ,ε) sao cho B(z ,ε) B(z ,ε)= ∅. 1 2 1 ∩ 2 6 ) Chứng minh rằng nếu z1 là một điểm bất kỳ thuộc ε-lân cận của z0 thì tồn tại ε -lân cận của z sao cho B(z ,ε ) B(z ,ε). 1 1 1 1 ⊆ 0 7 ) Khoảng cách cầu d∗ trên C¯ được xác định bởi z1 z2 | − | khi z1,z2 C 2 2 1+ z1 1+ z2 ∈ d∗(z1,z2)=  | | | |  1  p p khi z1 C và z2 =  2 1+ z1 ∈ ∞  | |  p và d∗( ,z) = d∗(z, ), d∗( , )=0. Chứng minh rằng (C¯, d∗) là một ∞ ∞ ∞ ∞ không gian metric. 8 ) Chứng minh rằng tập hợp A là liên thông khi và chỉ khi trong A không tồn tại tập hợp con thực sự khác rỗng vừa đóng vừa mở trong A. 9 ) Chứng minh rằng giao của một họ bất kỳ và hợp của hữu hạn các tập compact là compact. 1 i 10 ) Cho A = : n N∗ và B = : n N . Tìm d(A, B). { 2n ∈ } { 2n+1 ∈ } c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 36 I Số phức 11 ) Cho A = z : z 3i < 1 . Tính d(i, A) và tìm một dãy z A { | − | } { n} ⊂ sao cho lim d(i,zn)= d(i, A). n →∞ 12 ) Chứng minh rằng nếu D là một miền và E là một tập con không có điểm tụ trong D thì D E là một miền. \ 13 ) Chứng minh rằng nếu A và B là hai tập liên thông thỏa A B = ∅ ∩ 6 thì A B liên thông. ∪ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 37 Chương II Hàm biến số phức 1 Dãy và chuỗi số phức § Dãy số phức Dãy số phức là một ánh xạ từ tập hợp các số tự nhiên dương N+ vào tập số phức C, nghĩa là ánh xạ f : N+ C → n f(n). 7→ Đặt z = f(n), và ký hiệu dãy số phức là z ∞ hay z . n { n}n=1 { n} Trong số thực ta dựa vào trị tuyệt đối để đưa ra định nghĩa sự hội tụ của một dãy số thực, tương tự như thế ta dùng khái niệm modulus để định nghĩa sự hội tụ của dãy số phức. 1.1 Định nghĩa. Cho dãy số z . Ta nói dãy này hội tụ nếu tồn tại z { n} 0 sao cho với mọi ε> 0 đều tồn tại n > 0 để với mọi n>n thì z z 0 sao cho với mọi n>n0 thì zn thuộc lân cận đó. Ta có thể dễ dàng chứng minh được số phức z0 trong định nghĩa là duy nhất. Vì thế ta đặt lim zn = z0, và nói dãy zn hội tụ về z0 hay có giới n →∞ { } hạn là z0. Trong trường hợp dãy z không hội tụ thì ta nói dãy ấy phân kỳ. { n} c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 38 II Hàm biến số phức 1.2 Định lý. Cho dãy số phức z . Giả sử z = x +iy và z = x +iy . { n} n n n 0 0 0 Khi đó, lim xn = x0 n lim zn = z0 khi và chỉ khi →∞ n lim yn = y0. →∞ ( n →∞ Chứng minh. Giả sử limn zn = z0. Khi đó, với mọi ε> 0 tồn tại N > 0 →∞ sao cho z z N. Do x x = Re(z z ) z z | n − 0| | n − 0| | n − 0 | ≤ | n − 0| và y y = Im(z z ) z z suy ra x x N. Do đó, ta có limn xn = x0 và limn yn = y0. →∞ →∞ Ngược lại, giả sử limn xn = x0 và limn yn = y0. Khi đó, với →∞ →∞ mọi ε > 0 ta có thể tìm được N > 0 chung sao cho với mọi n>N ta có x x 0 ta suy ra được | n − 0| 2 | n − 0| 2 z z Re(z z ) + Im(z z ) = x x + y y < ε. | n − 0| ≤ | n − 0 | | n − 0 | | n − 0| | n − 0| Điều đó có nghĩa là limn zn = z0. →∞ 1 i 1 1.3 Thí dụ. Dãy zn với zn = n + 2n hội tụ về 0 vì limn n = 0 và 1 { } i →∞ limn n = 0. Trong khi đó, dãy zn với zn = n + phân kỳ vì dãy →∞ 2 { } n n phân kỳ. { } Như vậy, từ định lý trên mà những tính chất về sự hội tụ của dãy số∗ trong R ta có thể chuyển tương ứng sang dãy số trong C. Chẳng hạn, ta có 1.4 Định lý. Cho hai dãy số phức zn và wn . Nếu lim zn = z và n { } { } →∞ lim wn = w, thì n →∞ (1) lim czn = cz, với c là một hằng số phức. n →∞ (2) lim (zn + wn)= z + w. n →∞ (3) lim znwn = zw. n →∞ z z (4) lim n = , điều kiện biểu thức có nghĩa. n →∞ wn w Chứng minh. Ta sẽ chứng minh tính chất (3). Giả sử zn = xn + iyn, wn = un+ivn, z = x+iy và w = u+iv. Theo giả thiết ta có limn xn = x, →∞ limn yn = y, limn un = u, limn vn = v. Mặt khác, znwn = (xn + →∞ →∞ →∞ ∗Xem [5, trang 57-73]. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Dãy và chuỗi số phức 39 § iyn)(un + ivn)= xnun ynvn + i(xnvn + ynun). Khi đó, limn (xnun − →∞ − ynvn) = xu yv và limn (xnvn + ynun) = xv + yu. Vậy lim znwn = − →∞ n (xu yv)+ i(xv + yu)= zw. →∞ − Ngoài ra, ta cũng có tính chất tương tự như ở Định lý 1.2 nhưng dãy số phức ở dạng lượng giác. 1.5 Định lý. Cho dãy số phức khác không z với z = r (cos ϕ + { n} n n n i sin ϕ ). Nếu dãy r hội tụ về r và dãy ϕ hội tụ về ϕ , thì dãy z n { n} 0 { n} 0 { n} hội tụ về z0 = r0(cos ϕ0 + i sin ϕ0). Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. y n 1.6 Thí dụ. Xét dãy số phức z với z = 1+ i 0 trong đó y là { n} n n 0 hằng số thực. Khi đó, ta viết zn = rn(cos ϕn +i sin ϕn). Ta có n 2 n 2 n y0 y0 y0 2 rn = 1+ i = 1+ 2 = 1+ 2 n r n n suy ra limn rn=1. Bên cạnh đó, ta chọn →∞ y n y ϕ = Arg 1+ i 0 = n arctan 0 n n n suy ra limn ϕn = y0. Do đó, theo định lý trên ta có →∞n y0 iy0 lim 1+ i = cos y0 + i sin y0 = e . n n →∞ 1.7 Định nghĩa. Dãy z được gọi là dãy cơ bản hay dãy Cauchy { n} nếu với mọi ε > 0, tồn tại N > 0 sao cho với mọi n,m > N ta luôn có z z 0 tồn tại N > 0 sao cho khi n>N ta có z z N ta có z z z z + z z 0 cho trước tồn { n} n n n tại N > 0 sao cho khi n,m > N ta có z z < ε. Mặt khác, ta có | n − m| c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 40 II Hàm biến số phức x x , y y z z . Do đó, ta suy ra được các dãy số thực | n − m| | n − m| ≤ | n − m| x và y là dãy Cauchy, cho nên chúng hội tụ∗. Vậy theo Định lý 1.2 { n} { n} ta suy ra được dãy z . hội tụ. { n} 1.9 Định lý. (Bolzano-Weierstrass) Mọi dãy số phức bị chặn đều có một dãy con hội tụ. Chứng minh. Giả sử z bị chặn và z = x + iy . Nghĩa là tồn tại { n} n n n M > 0 sao cho z n. Ta có z là một dãy trong K nên tồn tại dãy n | n| { n} con znk hội tụ. Nhưng znk > nk với mọi k nên lim znk = mâu { } | | k | | ∞ →∞ thuẫn với sự hội tụ của dãy znk . Vậy K là tập bị chặn. Lấy z0 là một { } + điểm dính bất kỳ thuộc K. Khi đó, với mỗi n N tồn tại zn K sao cho 1 ∈ ∈ zn z0 < n . Vậy zn là một dãy trong K, nên tồn tại dãy con znk hội | − | { } 1 { } tụ về một điểm thuộc K. Đặt z∗ = lim znk . Vì zn z0 < với mọi n k | − | n →∞ nên dãy z hội tụ về z . Do đó, dãy con z cũng hội tụ về z , nghĩa { n} 0 { nk } 0 là z = z∗ K. Vậy mọi điểm dính của K đều thuộc K, cho nên K là tập 0 ∈ đóng. Ta đã biết K bị chặn, nên K là tập compact. 1.11 Định nghĩa. Họ tập Gα α I được gọi là một phủ mở của tập A { } ∈ nếu các tập Gα là tập mở với mọi α I và A Gα ∈ ⊆ α I S∈ ∗Chẳng hạn, xem [5, trang 70]. ∗Xem [5, trang 70]. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Dãy và chuỗi số phức 41 § 1.12 Định lý. Giả sử K là tập compact trong C. Khi đó, với mỗi r > 0 tồn tại một số hữu hạn các hình tròn tâm thuộc K bán kính r phủ K. Nghĩa là K hoàn toàn bị chặn. Chứng minh. Giả sử tồn tại r> 0 sao cho hợp mọi họ hữu hạn các hình tròn tâm thuộc K bán kính r không phủ K. Lấy z K và đặt B = 1 ∈ 1 B(z , r). Vì B không phủ K nên tồn tại z K B . Đặt B = B(z , r). 1 1 2 ∈ \ 1 2 2 Cũng do B , B không phủ K tồn tại z K (B B ). Tiếp tục quá 1 2 3 ∈ \ 1 ∪ 2 trình này ta lập được dãy các hình tròn B1, B2, , Bn, và dãy số z ,z , ,z , trong K sao cho z / B B với mọi n 1. 1 2 n n+1 ∈ 1 ∪···∪ n ≥ Vì K compact, theo Định lý 1.10 tồn tại w là điểm tụ của dãy z . { n} Khi đó, theo định nghĩa điểm giới hạn tồn tại các số tự nhiên m > k sao cho r r z w 0 để B = B(w, r) Gi0 . Lấy N và n0 đủ 1 r 1 ⊂ lớn để 2/N < r, < và zn w < . Với mỗi z bất kỳ thuộc Bn ta n0 4 | 0 − | N 0 có 2 1 z w z zn0 + zn0 w < + < r. | − | ≤ | − | | − | n0 N Do đó, B B G . Điều này mâu thuẫn với điều kiện K B không n0 ⊂ ⊂ i0 ∩ n0 thể phủ bởi một số hữu hạn các tập Gi. Ngược lại, lấy a K tùy ý. Khi đó, B(a,n) n N là một phủ mở của K. ∈ { } ∈ Do đó, tồn tại phủ con hữu hạn B(a,n ) N . Đặt M = max n , ,n , { k }k=1 { 1 N } c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 42 II Hàm biến số phức ta có N K B(a,n )= B(a,M). ⊆ k k[=1 Vậy K là tập bị chặn. Mặt khác, lấy w / K tùy ý, với mỗi z K ta có ∈ ∈ rz = z w /2 > 0 và B(z, rz) B(w, rz ) = ∅. Ta lại có B(z, rz) z K | − | ∩ { } ∈ là một phủ mở của K, cho nên tồn tại phủ con hữu hạn B(z , r ) n , { k zk }k=1 nghĩa là n K B(z , r ). ⊆ k zk k[=1 Đặt r = min r , ,r ; khi đó B(w, r) B(z , r ) = ∅ với mọi k = { z1 zn } ∩ k zk 1, ,n. Do đó, ta có n B(w, r) B(z , r ) = ∅ suy ra B(w, r) K = ∅. ∩ k zk ∩ k[=1 Vậy K là tập đóng. Do đó, ta được K là tập compact. 1.14 Định lý. Cho K là dãy các tập compact trong C. Nếu K { n} n+1 ⊂ ∞ Kn với mọi n thì Kn = ∅. Đặc biệt, nếu lim sup z z′ : z,z′ n n=1 6 →∞ {| − | ∈ ∞ T Kn =0 thì Kn = z0 . } n=1 { } T Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập. 1.15 Định lý. Giả sử A và B là các tập đóng trong C và một trong chúng là tập compact. Khi đó, tồn tại a A và b B để d(A, B)= a b . Hơn ∈ ∈ | − | nữa, nếu A B = ∅ thì d(A, B) > 0. ∩ Chứng minh. Giả sử A là tập compact. Theo định nghĩa d(A, B) với mỗi số tự nhiên n =0, tồn tại a A và b B sao cho a b < d(A, B)+ 1 . 6 n ∈ n ∈ | n − n| n Do đó, ta có lim an bn = d(A, B). n →∞ | − | Do A là tập compact nên từ dãy a tồn tại dãy con a hội tụ về a A. { n} { nk } ∈ Hơn nữa, ta cũng có limk an bn = d(A, B). Suy ra an bn →∞ | k − k | {| k − k |} bị chặn. Từ đó ta suy ra được dãy b bị chặn. Do đó, tồn tại dãy con { nk } bn hội tụ về b B (vì B là tập đóng). Do an là một dãy con của { kl } ∈ { kl } a nên cũng hội tụ về a. Vậy { nk } d(A, B) = lim an bn = lim ank bnk = a b . n | − | l | l − l | | − | →∞ →∞ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Dãy và chuỗi số phức 43 § Khi A B = ∅ ta suy ra a = b nên d(A, B)= a b > 0. ∩ 6 | − | Chuỗi số phức Cho dãy số phức z . Tổng vô hạn hình thức { n} ∞ (1.16) z + z + + z + = z 1 2 ··· n ··· n n=1 X n được gọi là chuỗi số phức với số hạng tổng quát là zn. Đặt Sn = k=1 zk, và S được gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi (1.16). Nếu dãy S hội n P{ n} tụ thì ta nói chuỗi (1.16) hội tụ và có tổng là limn Sn. Khi đó, ta viết →∞ ∞ zn = lim Sn. n n=1 →∞ X Một chuỗi không hội tụ được gọi là chuỗi phân kỳ. ∞ n 1.17 Thí dụ. Với z0 là một hằng số phức, ta xét chuỗi số z0 . Tổng n=0 riêng thứ n của chuỗi là P n +1 khi z0 =1 2 n n Sn =1+ z0 + z0 + + z0 = 1 z0 ···  − khi z0 =1  1 z 6 − 0  1 Từ đó ta thấy chuỗi đang xét phân kỳ khi z0 1 và hội tụ về khi | |≥ 1 z0 z < 1. − | 0| Như vậy, chuỗi số phức được định nghĩa tương tự như chuỗi số thực. Hơn nữa, do dãy số phức có các tính chất như dãy số thực, cho nên chuỗi số phức cũng có tính chất như chuỗi số thực. Trước tiên ta có tính chất tương tự như ở Định lý 1.2. 1.18 Định lý. Cho chuỗi số phức n∞=1 zn với zn = an + ibn. Khi đó, chuỗi ∞ z hội tụ về W = U + iV khi và chỉ khi chuỗi ∞ a hội tụ n=1 n P n=1 n về U và chuỗi ∞ b hội tụ về V . P n=1 n P Chứng minh. PDựa vào định nghĩa chuỗi hội tụ và Định lý 1.2. Chúng tôi xin dành cho bạn đọc trình bày chứng minh. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 44 II Hàm biến số phức 1.19 Định lý. Điều kiện cần để chuỗi số phức n∞=1 zn hội tụ là limn zn = 0. →∞ P Chứng minh. Giả sử chuỗi đã cho hội tụ và có tổng là S; nghĩa là dãy tổng riêng S hội tụ về S. Vậy { n} lim Sn = S suy ra lim an = lim (Sn Sn 1)=0. n n n − →∞ →∞ →∞ − 1.20 Thí dụ. Xét chuỗi ∞ zn. Ta đã biết chuỗi này hội tụ khi z 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n>NP và mọi p 1 ta có ≥ z + + z 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n,m>N ta luôn có S S N và mọi số nguyên | n − m| dương p ta luôn có S S <ε; nghĩa là | n+p − n| z + + z < ε. | n+1 ··· n+p| 1.23 Định nghĩa. Chuỗi n∞=1 zn được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi ∞ z hội tụ. n=1 | n| P P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Dãy và chuỗi số phức 45 § Tương tự như chuỗi số thực, ta có kết quả sau nói lên mối liên hệ giữa khái niệm hội tụ và hội tụ tuyệt đối của một chuỗi. 1.24 Định lý. Nếu chuỗi số phức hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ. Chứng minh. Giả sử chuỗi n∞=1 zn hội tụ tuyệt đối. Theo định nghĩa hội tụ tuyệt đối và tiêu chuẩn Cauchy (đối với chuỗi số thực) ta có: với P mọi ε> 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n>N và mọi p 1 ta có ≥ z + + z 0 bất kỳ, lấy số tự nhiên nε sao cho zn mPta có { ε }≥ ε n ∞ ∞ z z z < ε. δ(k) − k ≤ | k| k=1 k=1 k=nε+1 X X X ∞ ∞ Do đó, ta được zδ(n) = zk. n=1 k=1 P P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 46 II Hàm biến số phức 1.27 Định nghĩa. Chuỗi n∞=1 cn được gọi là tích Cauchy của hai chuỗi n ∞ zn và ∞ wn nếu cn = zkwn+1 k. n=1 n=1 P k=1 − P P P Tích Cauchy được minh họa bởi sơ đồ sau (mỗi cn là tổng của các số hạng trên đường chéo theo hương mũi tên) z1w1 z1w2 z1w3 z1w4 z2w1 z2w2 z2w3 z2w4 z3w1 z3w2 z3w3 z3w4 z4w1 z4w2 z4w3 z4w4 Ta có thể thấy rằng chuỗi tích Cauchy n∞=1 cn chứa tất cả các tích có dạng z w với i, j = 1, 2, và mỗi tích chỉ xuất hiện một lần (tích z w i j P i j chỉ xuất hiện một lần trong số hạng ci+j 1). − 1.28 Định lý. (Merten) Nếu trong hai chuỗi hội tụ n∞=1 zn và n∞=1 wn có một chuỗi hội tụ tuyệt đối thì tích Cauchy của hai chuỗi ấy ∞ c P Pn=1 n hội tụ và ∞ c = ∞ z ∞ w . n=1 n n=1 n n=1 n P P P P Chứng minh. Giả sử n∞=1 zn hội tụ tuyệt đối, nghĩa là chuỗi n∞=1 zn n | | hội tụ. Đặt s = n∞=1 zn, α = n∞=1 zn , σ = n∞=1 wn, sn = k=1 zk, n Pn n | |k P σn = wk, δn = ck = zlwk+1 l, và ρn = σ σn. Ta k=1 P k=1 P k=1 l=1 P − P− P P P P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Dãy và chuỗi số phức 47 § biến đổi được n k δn = zlwk+1 l − k=1 l=1 Xn Xn = zlwk+1 l − Xl=1 Xk=l n n+1 l − = zl wk l=1 k=1 Xn X = zlσn+1 l − l=1 Xn = zl(σ ρn+1 l) − − l=1 Xn n = σ zl zlρn+1 l − − l=1 l=1 X n X = σsn zn+1 lρl. − − Xl=1 Rõ ràng ta có limn ρn = 0, cho nên với mọi ε > 0 tồn tại N1 > 0 sao →∞ cho với mọi n>N ta có ρ N ta có 1 | n| 2α 1 n N1 n zn+1 lρl zn+l 1 ρl + zn+1 l ρl − ≤ | − || | | − || | Xl=1 Xl=1 l=XN1+1 N 1 n ε zn+l 1 ρl + zn+1 l ≤ | − || | | − |2α Xl=1 l=XN1+1 N 1 ε zn+l 1 ρl + α ≤ | − || | 2α Xl=1 n (vì ∞ zn = α nên zn+1 l α). Mặt khác, do ∞ zn hội n=1 | | l=N1+1 | − |≤ n=1 tụ nên limn zn = 0 (Định lý 1.19), suy ra tồn tại N2 sao cho zn N2. Đặt N = N1 + N2. Khi đó, với n>N ta suy 2 P 1 ρ l=1 | l| N1 N1 ε ε ra được l=1 zn+1 l ρl l=1 N1 ρl = 2 . Vậy với mọi n>N | − || | ≤ 2 Pl=1 ρl | | n ε ε | | n ta có P zn+1 lρl < +P = ε, cho nên limn zn+1 lρl = 0. l=1 − 2 2 →∞ l=1 − P P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 48 II Hàm biến số phức Do đó, n lim δn = lim σsn lim zn+1 lρl = σs, n n n − →∞ →∞ − →∞ Xl=1 nghĩa là chuỗi n∞=1 cn hội tụ và có tổng là sσ. P Bài tập 1 ) Chứng minh các tính chất còn lại của Định lý 1.4. 2 ) Cho dãy số z với z = r (cos ϕ + i sin ϕ ). Chứng minh rằng { n} n n n n nếu limn rn = r0 và limn ϕn = ϕ0 thì limn zn = z0 với z0 = →∞ →∞ →∞ r0(cos ϕ0 + i sin ϕ0). 3 ) Chứng minh rằng nếu lim zn = z thì lim zn = z . n n →∞ →∞ | | | | n 4 ) Tính giới hạn lim z với z0 là hằng số phức. n 0 →∞ 5 ) Cho z0 = x0 + iy0 là một hằng số phức. Tính (a) 1+ z0 và lim 1+ z0 n n n n | | →∞ | | (b) Arg(1 + z0 ) (khi n đủ lớn) và lim Arg(1 + z0 )n n n n →∞ (c) lim (1 + z0 )n. n n →∞ 6 ) Chứng minh rằng điểm z0 là điểm giới hạn của tập E khi và chỉ khi tồn tại dãy điểm zn ∞ E sao cho zn = zm với n = m và dãy lim zn = z0. n=1 n { } ⊆ 6 6 →∞ 7 ) Chứng minh rằng tập A C là đóng nếu và chỉ nếu đối với mọi dãy ⊂ zn ∞ trong A mà lim zn = a đều có a A. n=1 n { } →∞ ∈ 8 ) Chứng minh rằng nếu dãy z hội tụ về a thì tập a,z ,z , là { n}n { 1 2 } tập compact. 9 ) Cho D là một miền và K là một tập compact trong D. Chứng minh rằng d(K,∂D) > 0. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 1 Dãy và chuỗi số phức 49 § 10 ) Cho A là tập compact và d 0 tùy ý. Chứng minh rằng tập B = z : ≥ { d(z, A) d là compact. ≤ } 11 ) Chứng minh Định lý 1.14. 12 ) Chứng minh Định lý 1.18. ∞ ∞ 13 ) Chứng minh rằng nếu zn = S thì z¯n = S¯. n=1 n=1 P P 14 ) Chứng minh Định lý 1.21. ∞ r cos θ r2 15 ) Với 0 r < 1, chứng minh rằng rn cos nθ = − và ≤ 1 2r cos θ + r2 n=1 X − ∞ r sin θ rn sin nθ = . 1 2r cos θ + r2 n=1 X − 16 ) Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi sau. ∞ in ∞ zn ∞ n (a) (b) (c) n n (2i)n n=1 n=1 n=1 X X X ∞ ein ∞ n! ∞ i cos n (d) (e) (f) n2 (in)n 2n n=1 n=1 n=1 X X X ∞ 3n + i4n 17 ) Khảo sát sự hội tụ của chuỗi . Tính tổng nếu nó hội tụ. (3 2i)n n=1 X − zn zn zn 18 ) Khảo sát sự hội tụ của chuỗi ∞ và tính tích ∞ 1 ∞ 2 . n=0 n! n=0 n! n=0 n! P P P ∞ zn ∞ z2n ∞ z2n+1 19 ) Chứng minh in = ( 1)n + i ( 1)n . n! − (2n)! − (2n + 1)! n=0 n=0 n=0 X X X ∞ π 20 ) Chứng minh rằng nếu chuỗi zn hội tụ và arg zn α < 2 thì n=1 | | ≤ chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối. P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 50 II Hàm biến số phức ∞ ∞ 2 21 ) Cho các chuỗi hội tụ zn và zn. Chứng minh nếu Re zn 0 thì n=1 n=1 ≥ ∞ 2 P P chuỗi zn hội tụ. n=1 | | P ∞ ∞ 22 ) Chứng minh rằng nếu các chuỗi zn và wn hội tụ tuyệt đối n=1 n=1 ∞ P P ∞ thì chuỗi tích Cauchy của chúng cn cũng hội tụ tuyệt đối và cn = n=1 n=1 ∞ ∞ P P zn wn. n=1 n=1 P P ∞ 23 ) Chứng minh rằng chuỗi anbn hội tụ nếu thỏa các điều kiện sau n=1 P (i) lim √nbn =0 n →∞ (ii) chuỗi ∞ √n b b hội tụ, n=1 | n − n+1| n PSn (iii) dãy √n bị chặn, ở đây Sn = ak. k=1 P Hướng dẫn: Dùng tiêu chuẩn hội tụ Cauchy và phép biến đổi Abel. 2 Hàm số biến số phức § Định nghĩa hàm số biến số phức 2.1 Định nghĩa. Giả sử D C là một tập tùy ý cho trước. Một ánh ⊆ xạ f : D C được gọi là hàm số biến số phức (gọi ngắn gọn hàm số → phức). Thường người ta ký hiệu hàm biến phức đó là w = f(z). Tập D được gọi là tập xác định của hàm f. Tập f(z): z D được gọi tập { ∈ } giá trị của hàm f. Khi f : D C là một đơn ánh, thì hàm f được gọi là đơn diệp. Có → thể xảy ra trường hợp f không đơn diệp trên D nhưng có thể chia D thành các tập con Di lớn nhất mà trên đó f là đơn diệp. Khi đó, mỗi Di được gọi là miền đơn diệp. 2.2 Thí dụ. Xét hàm số f(z)= z2. Rõ ràng hàm f xác định trên C. Hàm này không là hàm đơn diệp vì f(1) = f( 1) = 1. Ta có thể kiểm chứng − được hai tập z : Rez > 0 hay z = (0,y) với y 0 và ≤ z : Rez < 0 hay z = (0,y) với y 0 là miền đơn diệp của hàm f. { ≥ } c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 2 Hàm số biến số phức 51 § Xét hàm số biến số phức w = f(z) xác định trên D. Với z D, đặt ∈ z = x + iy và w = u + iv. Rõ ràng w phụ thuộc vào z, nên nó phụ thuộc vào (x, y). Do đó, u và v phụ thuộc vào (x, y). Khi đó, ta được hai hàm số thực hai biến số xác định trên D là u(x, y) và v(x, y). Vậy ta viết lại hàm f như sau f(x + iy)= u(x, y)+ iv(x, y) trong đó u(x, y) được gọi là hàm phần thực và v(x, y) được gọi là hàm phần ảo của f. Ngược lại, rõ ràng với hai hàm thực hai biến u(x, y) và v(x, y) cùng xác định trên D ta xác định được một hàm biến phức f(z)= u(x, y)+ iv(x, y) với z = x + iy xác định trên D. 2.3 Thí dụ. Xét hàm số f(z)= z2. Rõ ràng hàm f xác định trên C. Với z = x + iy, ta có z2 = (x + iy)2 = x2 y2 + i2xy. Vậy − 2 2 2 2 u(x, y)= x y f(x + iy)= x y + i2xy, − − v(x, y)=2xy. 2.4 Thí dụ. Có hai hàm u(x, y)= x + y2 và v(x, y)=2x2 3y xác định − trên R2. Ta có được hàm phức tương ứng xác định trên C là f(z)= x + y2 + i(2x2 3y) − z +¯z z z¯ 2 z +¯z 2 z z¯ = + − + i 2 3 − 2 2i 2 − 2i z +¯z 3 (z z¯)2 (z +¯z)2 = (z z¯) − + i 2 − 2 − − 4 2 (z z¯)2 (z z¯)2 = 2¯z z − + i − , − − 4 2 z +¯z z z¯ lưu ý x = và y = − . 2 2i Giả sử z D và z = 0, nên nó viết được ở dạng lượng giác hay dạng ∈ 6 Euler z = r(cos ϕ + i sin ϕ)= reiϕ. Khi đó, u và v trong f(z)= u + iv là hàm số thực theo các biến r và ϕ, nên ta viết lại f(reiϕ)= u(r, ϕ)+ iv(r, ϕ). 2.5 Định nghĩa. Cho hàm f là đơn diệp trên D. Khi đó, f : D f(D) 1 → là một song ánh, cho nên tồn tại ánh xạ ngược ký hiệu f − xác định trên 1 1 f(D) và có f − (w)= z khi và chỉ khi f(z)= w, và f − được gọi là hàm ngược của f và nó là đơn diệp. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 52 II Hàm biến số phức 1 2.6 Thí dụ. Xét hàm f(z) = với a = 0 xác định trên C b . az + b 6 \ {− a } 1 1 b Hàm f là một hàm đơn diệp nên nó có hàm ngược là f − (z) = az − a xác định trên C 0 . \{ } 2.7 Thí dụ. Xét hàm f(z) = z2 xác định trên tập z : Rez > 0 hay { z = (0,y) với y 0 . Khi đó, f là một song ánh cho nên tồn tại hàm ≤ } 1 i ϕ iϕ ngược. Hàm ngược của nó xác định bởi f − (z) = √re 2 với z = re và π ϕ 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z D thỏa ∈ 0 < z z <δ ta luôn có f(z) w <ε. | − 0| | − 0| 2.9 Thí dụ. Từ định nghĩa ta có thể thấy ngay limz z c = c (hằng số) → 0 và limz z z = z0. → 0 Ta nhận thấy định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức tương tự như định nghĩa giới hạn của hàm số thực. Ta có định lý sau (phép chứng minh tương tự như định lý tương ứng trong hàm số thực). 2.10 Định lý. Cho hàm f xác định trên D. Ta có lim f(z)= w0 khi và z z → 0 chỉ khi với mọi dãy zn trong D z0 hội tụ về z0 ta luôn có lim f(zn) = w0. n { } \{ } →∞ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 2 Hàm số biến số phức 53 § Chứng minh. Giả sử lim f(z)= w0. Với ε > 0 cho trước, tồn tại δ > 0 z z → 0 sao cho với mọi z D nếu 0 0 ở trên, tồn tại N > 0 sao cho z z N. Với mọi n>N, ta có 0 0, với mọi δ > 0 z z → 0 6 luôn tìm được z D thỏa 0 0 cho → trước tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi z D thỏa 0 0 cho trước tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi (x, y) D thỏa ∈ 0 < (x x )2 + (y y )2 <δ ta có u(x, y) u < ε và v(x, y) v < − 0 − 0 | − 0| √2 | − 0| ε . Suy ra khi 0 < z z = (x x )2 + (y y )2 <δ ta có √2 p | − 0| − 0 − 0 f(z) w = (u(x,p y) u )2 + (v(x, y) v )2 < ε. | − 0| − 0 − 0 Vậy limz z f(z)= w0. p → 0 1 z z¯ 2.12 Thí dụ. Xét hàm số f(z)= . Với z = x + iy =0, ta có 2i z¯ − z 6 1 x2 y2 + i2xy x2 y2 i2xy 2xy f(z)= − − − = . 2i x2 + y2 − x2 + y2 x2 + y2 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 54 II Hàm biến số phức 2xy Trong giải tích thực ta biết rằng lim không tồn tại. Vậy (x,y) (0,0) x2 + y2 → lim f(z) không tồn tại. z 0 → Từ định lý trên, tương tự như hàm số nhiều biến số thực, ta có các tính chất sau về giới hạn của hàm số biến số phức. 2.13 Định lý. Nếu các hàm f và g có giới hạn khi z dần về z0 thì các hàm cf, f + g, fg và f/g cũng có giới hạn khi z dần về z0, và (1) lim cf(z)= c lim f(z) với c là một hằng số phức. z z z z → 0 → 0 (2) lim (f(z)+ g(z)) = lim f(z) + lim g(z). z z z z z z → 0 → 0 → 0 (3) lim (f(z)g(z)) = lim f(z) lim g(z). z z z z z z → 0 → 0 → 0 lim f(z) f(z) z z (4) lim = → 0 với điều kiện biểu thức có nghĩa. z z0 g(z) lim g(z) → z z → 0 2.14 Thí dụ. Dùng qui nạp và các tính chất trong định lý trên ta có n n lim z = z0 lim P (z)= P (z0) z z z z → 0 → 0 với P (z)= a + a z + a z2 + + a zn là một đa thức trên C. 0 1 2 ··· n Từ định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức ta thấy nó tương tự như định nghĩa giới hạn của hàm số biến số thực. Ta cũng có thể định nghĩa giới hạn liên quan đến điểm vô cùng. 2.15 Định nghĩa. Cho hàm số biến số phức f có tập xác định không bị chặn. Hàm f(z) có giới hạn khi z dần ra nếu với mọi M > 0 lớn tồn ∞ ∞ tại N > 0 sao cho với mọi z D thỏa z >N ta có f(z) >M. Khi đó, ∈ f | | | | ta kí hiệu lim f(z)= . z →∞ ∞ Tương tự ta có định nghĩa cho lim f(z) = w0 và lim f(z)= . Từ z z z →∞ → 0 ∞ các định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức ta có các tính chất được nêu trong định lý sau. 1 2.16 Định lý. (1) lim f(z)= khi và chỉ khi lim =0. z z z z → 0 ∞ → 0 f(z) c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 3 Liên tục và liên tục đều 55 § 1 (2) lim f(z)= w0 khi và chỉ khi lim f( )= w0. z z 0 z →∞ → 1 (3) lim f(z)= khi và chỉ khi lim =0. z z 0 1 →∞ ∞ → f( z ) 2z3 1 2.17 Thí dụ. Tính giới hạn lim − . Ta có z 2 →∞ z +1 1 3 2 +1 z + z lim z = lim =0. z 0 2 1 z 0 2 z3 → z3 − → − 2z3 1 Vậy lim − = . z 2 →∞ z +1 ∞ Bài tập 1 1 1 ) Tìm miền đơn diệp của hàm Joukowski f(z)= 2 (z + z ). 2 ) Chứng minh Định lý 2.13. 3 ) Phát biểu định nghĩa giới hạn lim f(z)= w0. z →∞ 4 ) Phát biểu định nghĩa giới hạn lim f(z)= . z z → 0 ∞ 5 ) Chứng minh Định lý 2.16. 6 ) Tính các giới hạn sau nếu có 4z2 zRez Rez (a) lim (b) lim (c) lim z (z 1)2 z 0 z z 0 z →∞ − → | | → z Re(z2) z2 + z 2z (d) lim (e) lim (f) lim − z 0 z z 0 z 2 z 0 z + 3 Im(z) → | | → | | → f(z) f(z) 7 ) Chứng minh rằng lim =0 nếu và chỉ nếu lim =0. Điều đó z 0 z z 0 z → → | | có nghĩa là f(z)= o(z) khi và chỉ khi f(z)= o( z ). | | c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 56 II Hàm biến số phức 3 Liên tục và liên tục đều § Các khái niệm 3.1 Định nghĩa. Cho hàm f xác định trên D C và z D. Ta nói ⊆ 0 ∈ hàm f liên tục tại z0 nếu lim f(z)= f(z0). Nếu hàm f liên tục tại mọi z z → 0 điểm z D, thì ta nói hàm f liên tục trên D. ∈ 3.2 Thí dụ. Từ định nghĩa ta có thể nhận thấy các hàm f(z)= c (hằng số) và g(z)= z liên tục trên C. Từ các tính chất giới hạn của hàm số biến số phức ta có thể chứng minh được các tính chất sau. 3.3 Định lý. Hàm f(x + iy)= u(x, y)+ iv(x, y) liên tục tại z0 = x0 + iy0 khi và chỉ khi u(x, y) và v(x, y) liên tục tại (x0,y0). Chứng minh. Định lý suy ra được từ định nghĩa liên tục và Định lý 2.11. 3.4 Thí dụ. Xét hàm f(z)= z2. Với z = x+iy ta có f(z)= x2 y2+i2xy. − Ta có u(x, y)= x2 y2 và v(x, y)=2xy là các hàm liên tục trên R2. Vậy − hàm f(z) liên tục trên C. 1 3.5 Thí dụ. Xét hàm f(z) = trên C 0 . Với z = x + iy = 0 ta có z \{ } 6 x iy x y x f(x + iy)= − = i . Vì các hàm u(x, y)= x2 + y2 x2 + y2 − x2 + y2 x2 + y2 y và v(x, y)= liên tục trên R2 (0, 0) cho nên hàm f(z) liên tục −x2 + y2 \{ } trên C 0 . \{ } 3.6 Định lý. Tổng, tích, thương (mẫu khác không) của các hàm liên tục là một hàm liên tục. Tích của một hằng số phức với một hàm liên tục là một hàm liên tục. Chứng minh. Định lý được suy ra từ định nghĩa liên tục và Định lý 2.13. 3.7 Thí dụ. Ta đã biết các hàm f(z) = z và g(z) = z2 liên tục trên C. Dùng qui nạp và định lý trên ta có thể chứng minh được hàm h(z)= zn với mọi n N và hàm đa thức liên tục trên C. ∈ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 3 Liên tục và liên tục đều 57 § 3.8 Định lý. Nếu hàm f(z) liên tục tại z thì hàm f(z) cũng liên tục 0 | | tại z0. Chứng minh. Với mọi ε > 0, do hàm f liên tục tại z0 nên tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z D thỏa z z 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z,z′ D mà z z′ 0 cho trước, do f liên tục đều trên D nên tồn tại δ > 0 sao cho khi z,z′ D thỏa z z′ 0 chọn n sao cho 1 1 1 n> δ . Chọn z = n và z′ = 2n thuộc D. Ta có 1 1 1 z z′ = = < δ, | − | n − 2n 2n nhưng 1 1 f(z) f(z′) = = n 2n = n 1. | − | z − z′ | − | ≥ Vậy f(z) không liên tục đều trên D. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 58 II Hàm biến số phức Tính chất của hàm liên tục 3.13 Định lý. Nếu f là hàm liên tục và E là tập liên thông trong tập xác định của f thì f(E) là tập liên thông. Chứng minh. Giả sử f(E) không là tập liên thông. Khi đó, tồn tại hai tập mở A và B thỏa f(E) A = ∅, f(E) B = ∅, f(E) A B = ∅, ∩ 6 1 ∩ 6 1 ∩ ∩ f(E) A B. Do f liên tục nên f − (A) và f − (B) mở. Ta nhận thấy ⊆1 ∪ 1 1 1 1 E f − (A) = ∅, E f − (B) = ∅, E f − (A) f − (B) và E f − (A) ∩1 6 ∩ 6 ⊆ ∪ ∩ ∩ f − (B)= ∅. Do đó, E không là tập liên thông. Đó là điều vô lý. Vậy f(E) là tập liên thông. 3.14 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì f liên tục đều trên K. Chứng minh. Giả sử f không liên tục đều trên K. Khi đó, tồn tại ε> 0 sao cho với mọi δ > 0 tồn tại z,z′ D thỏa z z′ <δ nhưng f(z) f(z′) ε. + ∈ | − | | − 1 |≥ Do đó, với mỗi n N , tồn tại z và z′ thỏa z z′ < nhưng ∈ n n | n − n| n f(z ) f(z′ ) ε. Vì K là tập compact nên dãy z trong K bị chặn; | n − n |≥ { n} do đó, theo định lý Bolzano-Weierstrass tồn tại dãy con z hội tụ. { nk } Đặt z0 = lim znk , ta có z0 K (do K compact). Do znk zn′ < k ∈ | − k | 1 →∞ nên lim (znk zn′ )=0, suy ra lim zn′ = z0. Do hàm f liên tục nk k − k k k →∞ →∞ trên K nên ta có lim f(znk ) = f(z0) và lim f(zn′ ) = f(z0), suy ra k k k →∞ →∞ lim (f(znk ) f(zn′ ))=0. Điều này mâu thuẫn với f(znk ) f(zn′ ) ε k − k | − k |≥ →∞ với mọi k. Do đó, f phải liên tục đều trên K. 3.15 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì f(z) đạt giá | | trị lớn nhất và nhỏ nhất trên K. Chứng minh. Ta có f(z) liên tục trên K, nên theo Định lý 3.8 hàm nhiều biến thực f(z) liên tục trên K. Vì K là tập compact trong R2 nên f(z) | | | | đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên K. 3.16 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì f(K) là com- pact. Chứng minh. Lấy một dãy w bất kỳ thuộc f(K). Khi đó, với mỗi { n} n, tồn tại z K sao cho f(z ) = w . Vậy ta được dãy z thuộc K n ∈ n n { n} compact. Suy ra tồn tại dãy con z của z hội tụ về một điểm thuộc { nk } { n} c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Dãy hàm và chuỗi hàm 59 § K. Đặt z0 = lim znk . Ta có z0 K, suy ra f(z0) f(K). Hơn nữa, hàm k ∈ ∈ →∞ f liên tục trên K nên lim f(znk ) = f(z0). Nghĩa là dãy con wnk của k { } →∞ dãy w hội tụ về f(z ) f(K). Vậy f(K) là tập compact (theo Định lý { n} 0 ∈ 1.10). Bài tập 1 ) Chứng minh rằng nếu hàm f liên tục tại z và f(z ) =0 thì f(z) = 0 0 0 6 6 trong lân cận của z0. 2 ) Chứng minh rằng f là hàm liên tục khi và chỉ khi với mỗi tập mở E 1 ta có f − (E) là tập mở. 3 ) Chứng minh rằng nếu hàm f liên tục tại z0 và hàm g liên tục tại f(z0), thì hàm g f liên tục tại z . ◦ 0 4 ) Chứng minh rằng tồn tại một song ánh f từ B(0, 1) lên C sao cho cả 1 f và f − là liên tục. Ta nói rằng f là một đồng phôi từ B(0, 1) lên C. 1 5 ) Xét sự liên tục đều của hàm f(z)= trên D = z :1 z < 2 . z { ≤ | | } 1 6 ) Xét sự liên tục đều của hàm f(z) = trong hình tròn đơn vị 1 z z : z < 1 . − { | | } 1 7 ) Xét sự liên tục đều của hàm f(z) = trong hình tròn đơn vị 1+ z2 z : z < 1 . { | | } 8 ) Cho hàm số f(z) liên tục đều trong hình tròn z : z < 1 . Chứng { | | } minh rằng với một điểm z bất kỳ trên đường tròn đơn vị z = 1 và với 0 | | dãy zn với zn < 1 với mọi n hội tụ về z0, tồn tại giới hạn lim f(zn) n { } | | →∞ và giới hạn này chỉ phụ thuộc vào z0. 1 9 ) Chứng minh rằng hàm f(z)= e− |z| liên tục đều trong hình tròn z r | |≤ bỏ đi điểm z =0. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 60 II Hàm biến số phức 4 Dãy hàm và chuỗi hàm § Dãy hàm 4.1 Định nghĩa. Giả sử có một họ F các hàm số biến số phức cùng xác + định trên D. Dãy hàm là một ánh xạ từ N đến F và n f . Người ta 7→ n thường ký hiệu dãy hàm bởi f ∞ hay f , và liệt kê nó { n}n=1 { n} f1,f2, ,fn, Ta nói dãy hàm f hội tụ tại z D nếu dãy số f (z ) hội tụ. Dãy { n} 0 ∈ { n 0 } hàm f được gọi là hội tụ trên D nếu nó hội tụ tại mọi điểm z D. Khi { n} ∈ đó, ta được một hàm f xác định trên D được cho bởi f(z) = lim fn(z) n →∞ với mỗi z D. Hàm f này được gọi là giới hạn của dãy hàm f và ∈ { n} viết f = lim fn. n →∞ 4.2 Thí dụ. Dãy hàm zn hội tụ về 0 khi z 0 tồn tại N > 0 sao cho f (z) f(z) N và mọi z D. ∈ 4.4 Thí dụ. Dãy hàm zn hội tụ đều trên hình tròn z : z r, 0 0 cho trước tồn tại N > 0 sao cho rn N. Do đó, zn 0 = z n rn N. 4.5 Định lý. Nếu dãy f hội tụ đều về hàm f thì nó hội tụ về hàm f. { n} Chứng minh. Ta thấy ngay từ định nghĩa của hội tụ đều và hội của dãy hàm và sự hội tụ theo điểm của dãy hàm. Mệnh đề đảo của định lý trên là sai. Ta thấy điều đó qua thí dụ sau. 1 zn+1 4.6 Thí dụ. Xét dãy hàm f với f (z)= − xác định trên D = { n} n 1 z z : z < 1 . Với z < 1, ta có − { | | } | | 1 zn+1 1 lim fn(z) = lim − = . n n 1 z 1 z →∞ →∞ − − c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Dãy hàm và chuỗi hàm 61 § 1 Nghĩa là dãy hàm đã cho hội tụ về trên D. Tuy nhiên, dãy hàm 1 z đã cho không hội tụ đều trên D. Thật− vậy, với ε = 1, với mọi N > 0 lấy n>N và đủ lớn, lấy z =1 1 D ta có n − n ∈ 1 zn+1 1 1 n+1 − n = n 1 > 1= ε. 1 zn − 1 zn − n − − 4.7 Định lý. (Tiêu chuẩn Cauchy) Điều kiện cần và đủ để dãy hàm f (z) hội tụ đều trên tập D là với mỗi số ε> 0 cho trước, tồn tại số tự { n } nhiên N sao cho với mọi n>N và với mọi p nguyên dương ta có f (z) f (z) 0 cho trước, tồn tại số tự nhiên N sao cho ( n>N)( z D)( f (z) f(z) N)( p N)( z D)( f (z) f(z) N)( p N)( z D) ∀ ∀ ∈ ∀ ∈ ε ε f (z) f (z) f (z) f(z) + f (x) f(z) 0 cho trước tồn tại số tự nhiên N sao cho ( n>N)( p N)( z D)( f (z) f (z) N và mọi p N nên ta suy ra được f(z) f (z) ε. Vậy ∈ | − n |≤ ( n>N)( x D)( f (z) f(z) ε), ∀ ∀ ∈ | n − |≤ cho nên dãy hàm f (z) hội tụ về f(z). { n } 4.8 Định lý. Cho f là dãy các hàm liên tục hội tụ đều về hàm f trên { n} D. Khi đó, hàm f liên tục trên D. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 62 II Hàm biến số phức Chứng minh. Hoàn toàn tương tự như chứng minh ở dãy hàm thực, xin dành cho bạn đọc xem như bài tập. Bây giờ ta xét mối liên hệ giữa dãy hàm với các dãy hàm thực tương ứng của nó. Xét dãy hàm f với f (z)= u (x, y)+ iv (x, y) với z = x + iy. { n} n n n Tương tự như giới hạn của hàm số và giới hạn của dãy số ta có các kết quả sau: 4.9 Định lý. Dãy hàm f với f (z)= u (x, y)+iv (x, y) với z = x+iy { n} n n n hội tụ tại z = x + iy khi và chỉ khi cả hai dãy hàm thực u (x, y) và 0 0 0 { n } v (x, y) hội tụ tại (x ,y ) và { n } 0 0 lim f(z0) = lim un(x0,y0)+ i lim vn(x0,y0). n n n →∞ →∞ →∞ 4.10 Định lý. Dãy hàm f với f (z) = u (x, y)+ iv (x, y) với z = { n} n n n x + iy hội tụ đều trên D khi và chỉ khi các dãy hàm thực u (x, y) và { n } v (x, y) hội tụ đều trên D. { n } 4.11 Định nghĩa. Ta nói dãy f hội tụ đều trên mọi tập compact { n} trong D tới hàm f nếu mọi tập compact K D với mọi ε > 0 tìm được ⊂ N sao cho f (z) f(z) N; nghĩa là f | n − | ∈ { n} hội tụ đều trên K. 4.12 Định lý. Cho D là một tập mở. Khi đó, dãy hàm f hội tụ đều { n} trên mọi tập compact trong D tới hàm f khi và chỉ nó hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng trong D. Chứng minh. Giả sử f hội tụ đều trên mọi tập compact trong D tới { n} hàm f. Ta biết rằng mỗi hình tròn đóng là tập compact, cho nên f hội { n} tụ đều trên mọi hình tròn đóng trong D. Ngược lại, lấy K là một tập compact bất kỳ trong D. Với mỗi x ∈ K D, do D là tập mở nên tồn tại rx > 0 sao cho B¯(x, rx) D. Rõ ràng ⊂ n⊂ K B(x, rx), cho nên tồn tại x1, ,xn sao cho K B(xj , rxj ) ⊂ x K ⊂ j=1 ⊂ n ∈ ¯ S ¯ S B(xj , rxj ). Do fn hội tụ đều trên B(xj , rxj ) với j =1, ,n cho nên j=1 { } cũngS hội tụ đều trên K. 4.13 Định lý. Giả sử mỗi hàm fn liên tục trên tập mở D và dãy hàm f hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f. Khi đó, f liên { n} tục trên D. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Dãy hàm và chuỗi hàm 63 § Chứng minh. Do D là tập mở nên với x D bất kỳ tồn tại r > 0 sao ∈ cho B¯(x, r) D. Theo giả thiết f hội tụ đều về hàm f trên B¯(x, r), dĩ ⊂ { n} nhiên cũng trên B(x, r). Hơn nữa, các hàm fn liên tục trên B(x, r), suy ra (Định lý 4.8) f liên tục trên B(x, r); đặc biệt liên tục tại x. Vậy f liên tục trên D. Chuỗi hàm 4.14 Định nghĩa. Cho dãy hàm f xác định trên D. Khi đó, tổng { n} hình thức ∞ f + f + + f + = f 1 2 ··· n ··· n n=1 X được gọi là chuỗi hàm trên D. Với mỗi n 1 và mỗi z D, đặt ≥ ∈ n Sn(z)= fk(z), Xk=1 ta nhận thấy Sn là một hàm số xác định trên D, và gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi hàm ∞ f . Khi đó, ta nhận được dãy hàm S xác n=1 n { n} định trên D. Chuỗi hàm ∞ f được gọi là hội tụ tại điểm z D P n=1 n 0 ∈ nếu dãy hàm S hội tụ tại z . Khi đó, ta cũng nói chuỗi ∞ f khả { n} P 0 n=1 n tổng tại z0 và tổng của nó là limn Sn(z0); ta ký hiệu →∞ P ∞ fn(z0) = lim Sn(z0). n n=1 →∞ X Nếu dãy hàm S hội tụ về f trên D thì ta nói chuỗi hàm ∞ f hội { n} n=1 n tụ về f và viết P ∞ ∞ f = f hay f(z)= f (z), z D. n n ∈ n=1 n=1 X X Nếu dãy hàm S hội tụ đều về f trên D thì ta nói chuỗi hàm ∞ f { n} n=1 n hội tụ đều về f trên D. P Như vậy, sự hội tụ và hội tụ đều của chuỗi hàm được định nghĩa theo dãy hàm (dãy tổng riêng) nên ta cũng có định lý sau. 4.15 Định lý. Mọi chuỗi hàm hội tụ đều trên D, thì hội tụ trên D. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 64 II Hàm biến số phức Cũng như trường hợp dãy hàm, mệnh đề đảo của định lý trên không đúng. 1 zn+1 4.16 Thí dụ. Xét chuỗi hàm ∞ zn. Ta nhận thấy S (z) = − , n 1 z n=0 − nên theo Thí dụ 4.6 chuỗi hàm đangP xét hội tụ trên D = z C : z 0 tồn tại NP > 0 sao cho với mọi n>N, với mọi p 1 và với mọi z D ta có ≥ ∈ f (z)+ + f (z) 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n>N, mọi p 1 và mọi z D ta có S (z) S (z) 0 sao cho ϕ(z) | |≤ ∞ M với mọi z D. Với ε> 0 tùy ý, do fn(z) hội tụ đều trên D nên tồn ∈ n=1 tại N > 0 sao cho với mọi n>N, mọiPp 1 và mọi z D ta có ≥ ∈ ε f (z)+ + f (z) N mọi p 1 và mọi z D. Vậy theo tiêu chuẩn Cauchy chuỗi ≥ ∈ ∞ ϕ(z)fn(z) hội tụ đều trên D. n=1 P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Dãy hàm và chuỗi hàm 65 § 4.19 Định lý. Nếu chuỗi hàm n∞=1 fn hội tụ đều về hàm f trên D và f liên tục trên D với mọi n, thì hàm f là hàm liên tục trên D. n P Chứng minh. Lấy z D tùy ý và ε> 0 bé tùy ý. Do chuỗi ∞ f hội 0 ∈ n=1 n tụ đều về f trên D, nên tồn tại n N sao cho S (z) f(z) 0 sao cho với mọi z D thỏa z z <δ ta có S (z) S (z ) < ε . ∈ | − 0| | n0 − n0 0 | 3 Vậy với mọi z D thỏa z z <δ ta có ∈ | − 0| f(z) f(z ) f(z) S (z) + S (z) S (z ) | − 0 | ≤ | − n0 | | n0 − n0 0 | + Sn0 (z0) f(z0) ε ε ε | − | < + + = ε. 3 3 3 Vậy f liên tục tại z0. Suy ra hàm f liên tục trên D. Xét chuỗi ∞ f của dãy f , đặt n=1 n { n} P ∞ R (z)= f (z), z D. n k ∈ k=Xn+1 Rn được gọi là phần dư thứ n của chuỗi n∞=1 fn. Người ta chứng minh được định lý sau. P 4.20 Định lý. Chuỗi ∞ f hội tụ tại z D khi và chỉ khi dãy n=1 n 0 ∈ R (z ) hội tụ về 0. Chuỗi ∞ f hội tụ đều trên D khi và chỉ khi { n 0 } P n=1 n dãy R hội tụ đều về 0 trên D. { n} P 4.21 Định nghĩa. Chuỗi n∞=1 fn được gọi là hội tụ tuyệt đối tại z0 nếu chuỗi ∞ f (z ) là hội tụ. n=1 | n 0 | P P 4.22 Thí dụ. Ta biết rằng chuỗi hàm ∞ zn hội tụ trên D = z : z < 1 . n=0 { | | } Hơn nữa, ta cũng thấy được chuỗi đangP xét cũng hội tụ tuyệt đối trên D. 4.23 Định lý. Nếu chuỗi n∞=1 fn hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ. Chứng minh. Được suy raP từ các định nghĩa về sự hội tụ của chuỗi hàm và Định lý 1.24. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 66 II Hàm biến số phức 4.24 Nhận xét. Từ kết quả của định lý này và các tiêu chuẩn hội tụ D’Alembert và Cauchy của chuỗi số dương ta có thể tìm được phần nào tập các điểm hội tụ và phân kỳ của chuỗi hàm phức. Thật vậy xét chuỗi ∞ hàm fn(z), xác định các giới hạn n=1 P fn+1(z) n ϕ(z) = lim sup | | ψ(z) = lim sup fn(z) . n fn(z) n | | →∞ | | →∞ p Khi đó, nếu ϕ(z) 1 hoặc ψ(z) > 1 thì chuỗi đang xét phân kỳ tại z. 2 ∞ zn 4.25 Thí dụ. (a) Xét chuỗi hàm . Ta có n! n=1 X 2 z(n+1) n! z 2n+1 0 khi z 1 | |≤ lim sup n2 = lim | | = n (n + 1)!z n n +1 khi z > 1. →∞ →∞ ∞ | | Vậy chuỗi hàm đã cho hội tụ trên hình tròn xác định bởi z 2 và phân kỳ khi | | | | z n và chuỗi số ∞ a ∈ | n | n 0 P n=1 n hội tụ, thì chuỗi hàm ∞ f hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều trên D. n=1 n P Chứng minh. Với mỗiPz D, ta có f (z ) a với mọi n. Do ∞ 0 ∈ | n 0 | ≤ n n=1 hội tụ, nên n∞=1 fn(z0) hội tụ. Vậy n∞=1 fn(z) hội tụ tuyệt đối trên D. n | | P Đặt S (z) = f (z) và f(z) = ∞ f (z). Với mọi ε > 0, tồn tại n P k=1 k Pn=1 n N > 0 sao cho ∞ a N. Suy ra với mọi n>N và P k=n+1 n P mọi z D, ta có ∈ P ∞ ∞ ∞ S (z) f(z) = f (z) f (z) a < ε. | n − | k ≤ | k |≤ n k=n+1 k=n+1 k=n+1 X X X c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Dãy hàm và chuỗi hàm 67 § Vậy n∞=1 fn(z) hội tụ đều trên D. P ∞ 4.27 Định lý. Giả sử chuỗi hàm fn(z) hội tụ đều về hàm f(z) trên n=1 D và z ∂D. Giả sử tồn tại giới hạnP 0 ∈ lim fn(z)= cn với n =1, 2, z z0 z→D ∈ ∞ Khi đó, chuỗi số cn hội tụ và n=1 P ∞ ∞ lim f(z)= cn = lim fn(z). z z0 z z0 z→D n=1 n=1 z→D ∈ X X ∈ ∞ Chứng minh. Với ε> 0 cho trước do chuỗi fn(z) hội tụ nên theo tiêu n=1 chuẩn Cauchy tồn tại N > 0 sao cho với mọiPn>N, với mọi p 1 và với ≥ mọi z D ta có ∈ f (z)+ + f (z) 0 cho trước tồn tại n=1 n đủ lớn sao cho P n ε ε c c < và f(z) S (z) < với mọi z D n − 3 | − n | 3 ∈ k=1 X c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 68 II Hàm biến số phức n Theo giả thiết ta thấy rằng lim Sn(z) = ck. Do đó, với ε > 0 đang z z0 z→D k=1 ∈ xét tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z D thỏaPz z <δ ta có ∈ | − 0| n ε S (z) c < . n − k 3 k=1 X Vậy từ các kết quả trên với z z <δ và z D ta có | − 0| ∈ ε ε ε f(z) c < + + = ε. | − | 3 3 3 ∞ Do đó, ta được lim f(z)= c = cn. z z0 z→D n=1 ∈ X ∞ 4.28 Nhận xét. Từ định lý trên ta suy ra rằng nếu chuỗi fn(z) hội n=1 tụ đều trên D và các hàm fn(z) liên tục trên D¯ thì chuỗi cũngP hội tụ trên D¯ và hàm tổng của nó cũng là hàm liên tục trên D¯. Với nhận xét này ta có một cách lý giải khác để chứng tỏ rằng chuỗi ∞ zn không hội tụ đều trên hình tròn đơn vị B(0, 1). Thật vậy, ta biết n=1 rằngP chuỗi hàm ấy hội tụ trên B(0, 1). Giả sử nó hội tụ đều trên B(0, 1). Vì mọi hàm zn liên tục trên C nên theo nhận xét trên chuỗi đã cho phải hội tụ trên B¯(0, 1). Ta gặp phải mâu thuẫn vì 1 B¯(0, 1) nhưng chuỗi ∈ ∞ 1n phân kỳ. Vậy chuỗi ∞ zn không hội tụ đều trên B(0, 1). n=1 n=1 P P Để kết thúc phần này chúng tôi cũng nêu một số kết quả về mối liên hệ giữa chuỗi hàm và các chuỗi hàm phần thực và phần ảo tương ứng của nó. 4.29 Định lý. Chuỗi hàm n∞=1 fn với fn(z)= un(x, y)+ ivn(x, y) trong đó z = x + iy hội tụ tại z = x + iy khi và chỉ khi các chuỗi hàm thực 0 P 0 0 n∞=1 un(x, y) và n∞=1 vn(x, y) hội tụ tại (x0,y0). P P 4.30 Định lý. Chuỗi hàm n∞=1 fn với fn(z)= un(x, y)+ ivn(x, y) trong đó z = x + iy hội tụ đều (tuyệt đối) trên D khi và chỉ khi các chuỗi hàm P thực n∞=1 un(x, y) và n∞=1 vn(x, y) hội tụ đều (tuyệt đối) trên D. P P c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 4 Dãy hàm và chuỗi hàm 69 § Bài tập 1 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm f hội tụ đều về hàm f trên D và { n} dãy số z hội tụ về z thì dãy hàm f z hội tụ đều về hàm f z { n} 0 { n − n} − 0 trên D. 2 ) Cho dãy hàm f hội tụ về f trên D. Giả sử với mỗi z D tồn tại { n} ∈ r > 0 sao cho dãy hàm f hội tụ đều về f trên B(z, r). Chứng minh { n} rằng f hội tụ đều về f trêm mọi tập compact K D. { n} ⊂ 3 ) Cho dãy hàm f hội tụ đều về f trên D và f(z) m> 0 với mọi { n} | |≥ z D. Chứng minh rằng dãy hàm 1/f hội tụ đều về hàm 1/f trên D. ∈ { n} 4 ) Cho hai dãy hàm f và g lần lượt hội tụ đều về các hàm f và g { n} { n} trên D. Chứng minh rằng dãy hàm f g hội tụ đều về hàm fg trên D. { n n} 5 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm f hội tụ đều trên D và D thì nó { n} 1 2 cũng hội tụ đều trên D D . 1 ∪ 2 ∞ z3n 1 6 ) Tìm miền hội tụ tuyệt đối của chuỗi hàm − . n2 + n n=1 X 7 ) Chứng minh Định lý 4.8. 8 ) Chứng minh Định lý 4.9. 9 ) Chứng minh Định lý 4.10. 10 ) Chứng minh Định lý 4.20. ∞ n in2x 11 ) Xét chuỗi hàm theo biến thực e− e . n=0 P (a) Chứng minh rằng chuỗi hàm trên và các chuỗi có được bằng cách lấy đạo hàm liên tiếp từng số hạng của nó hội tụ đều trên R. Suy ra hàm tổng f(x) của chuỗi hàm đã cho khả vi vô hạn lần trên R. (b) Chứng minh rằng chuỗi Taylor của hàm f tại 0: f (0) f (n)(0) f(0) + ′ x + + xn + 1! ··· n! ··· không hội tụ với giá trị x =0 nào. 6 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 70 II Hàm biến số phức ∞ z2nm+1 12 ) Chứng minh rằng chuỗi f(z) = ( 1)n hội tụ − (2n + 1)!(2nm + 1) n=0 i kπ X trên C. Tìm giới hạn lim f(te m ). t →∞ 13 ) Chứng minh Định lý 4.29. 14 ) Chứng minh Định lý 4.30. 5 Chuỗi lũy thừa § Một chuỗi hàm có dạng ∞ ∞ c zn hay c (z z )n n n − 0 n=0 n=0 X X n được gọi là chuỗi lũy thừa. Ta chỉ nghiên cứu chuỗi lũy thừa n∞=0 cnz n bởi vì ta chỉ việc đặt Z = z z khi gặp chuỗi ∞ c (z z ) ta đưa − 0 n=0 n − P0 được về dạng chuỗi trên. Rõ ràng chuỗi ∞ c zn hội tụ tại z =0. n=0 nP n P n ∞ z ∞ z0 5.1 Thí dụ. Xét chuỗi . Với mọi z0 C, ta có | | hội tụ. n=0 n! ∈ n=0 n! n n ∞ z P ∞ z P Suy ra hội tụ tuyệt đối tại z0. Vậy hội tụ trên C. n=0 n! n=0 n! P ∞ n n P n n Xét chuỗi n z . Với mọi z0 = 0, ta có lim n z0 = , suy ra n n=1 6 →∞ | | ∞ n n P ∞ n n n z0 không thể có giới hạn là 0 khi n dần ra . Vậy n z phân kỳ ∞ n=1 ∞ n n P tại z0. Do đó, n z chỉ hội tụ tại z =0. n=1 P n 5.2 Định lý. (Abel) Giả sử chuỗi ∞ c z hội tụ tại z =0. Khi đó, n=0 n 0 6 chuỗi hội tụ tuyệt đối tại z mà z z . | | | 1| P ∞ n Chứng minh. Theo giả thiết ta có chuỗi số cnz0 hội tụ, cho nên n=0 n n lim cnz = 0. Do đó, tồn tại M > 0 sao choP cnz < M với mọi n 0 0 →∞ | | c Hồ Công Xuân Vũ Ý
MATHEDUCARE.COM 5 Chuỗi lũy thừa 71 § z n =0, 1, 2, Với mỗi z sao cho z z . Khi đó, theo phần trên ta có chuỗi đã cho | 2| | 1| hội tụ tại mọi z thỏa z R hay không? Định lý sau đây sẽ trả lời câu | | | | P hỏi này. n 5.3 Định lý. Tồn tại 0 R , sao cho chuỗi ∞ c z hội tụ khi ≤ ≤ ∞ n=0 n z R. Số R gọi là bán kính hội tụ của chuỗi. | | | | P n Chứng minh. Nếu chuỗi n∞=0 cnz hội tụ trên C thì R = . Nếu chuỗi n ∞ ∞ c z phân kỳ tại mỗi điểm z =0 thì R =0. n=0 n P 6 Giả sử chuỗi ∞ c zn hội tụ tại z = 0 và phân kỳ tại z . Khi đó, P n=0 n 0 6 1 theo định lý Abel ta có ngay z z . Đặt P | 0| ≤ | 1| ∞ A = z : c zn hội tụ tại z . | | n n=0 n X o Rõ ràng A = ∅ vì z A và bị chặn trên bởi z (theo định lý Abel). Đặt 6 0 ∈ | 1| R = sup A. Lấy z2 tùy ý thỏa z2 < R. Theo định nghĩa của R và tập A, | | n tồn tại z∗ là điểm hội tụ của chuỗi ∞ c z thỏa z < z∗ R. Theo n=0 n | 2| | |≤ định lý Abel, ta có chuỗi ∞ c zn hội tụ tại z . n=0 n P 2 P c Hồ Công Xuân Vũ Ý