Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Trang 70 Giáo Trình Toán Chuyên Đề

Định lý Thăng d của hàm f tại điểm a là hệ số c
-1
của khai triển Laurent tại điểm đó.
Resf(a) = c
-1
(4.7.3)
Chứng minh
Khai triển Laurent hàm f tại điểm a
f(z) =

+
=


1n
n
n
)az(
c
+

+
=

0n
n
n
)az(c

)!1m(
1
m
)1m(
)1m(
az





(4.7.4)
Chứng minh
Khai triển Laurent tại cực điểm a cấp m
f(z) =
m
m
)az(
c


+ +
a
z
c
1


+


(z - a) +
Chuyển qua giới hạn hai vế

az
lim

[(z - a)
m
f(z)]
(m-1)
= (m - 1)!c
-1

Ví dụ Hàm f(z) =
32
z
)1z(
e
+
có hai cực điểm cấp 3 là

i
Resf(i) =





1
=








+
+
+

+
=
16
1
e
i
(3 - 2i)

Định lý
Cho hàm f có các cực điểm hữu hạn là a
k
với k = 1 n

=
n
1k

. Theo công thức
tích phân Cauchy


dz)z(f
=


=

n
1k
k
dz)z(f
= -



dz)z(f
Chuyển vế sau đó chia hai vế cho 2

i suy ra công thức (4.7.5)

Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C

Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C
h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r

Ví dụ Tính I =


++ )3z)(1z(
zdzsin
2
với là đờng tròn | z | = 2 định hớng dơng
Hàm f(z) có hai cực điểm z = i nằm trong miền D

và một cực điểm z = -3 nằm ngoài
miền D

.
Resf(-i) =
iz
lim

)3z)(iz(
zsin

=
i
6
2
)isin(
+



Resf(i) =

)z(f
)z(f
i2
1
(4.8.1)
gọi là
thặng d loga
của hàm f tại điểm a. Theo định nghĩa trên
ResLnf(a) = Resg(a) trong đó g(z) = [Ln f(z)] =
)z(f
)z(f

với z B(a, R) - {a}

Định lý
Với các kí hiệu nh trên
1. Nếu a là không điểm cấp n của hàm thì ResLnf(a) = n
2. Nếu b là cực điểm cấp m của hàm f thì ResLnf(b) = -m
Chứng minh
1. Theo hệ quả 3, Đ4
z B(a, R), f(z) = (z - a)
n
h(z) với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0
Đạo hàm hàm f suy ra
f(z) = n(z - a)
n-1
h(z) + (z - a)
n
h(z)
g(z) =

n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m
Click to buy NOW!
P

k
.
c
o
m
.
Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Trang 72 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Suy ra
ResLnf(a) = c
-1
(g) = n
2. Theo hệ quả 3, Đ5
z B(a, R), f(z) =
m
)az(
)z(h

với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0
Đạo hàm hàm f suy ra
f(z) =
1m
)az(
m
+


h(z) +
m
)az(

với k = 1 p và giải tích trong D

ngoại trừ các
cực điểm b
j
cấp m
j
với j = 1 q



dz
)z(f
)z(f
i2
1

=

==

q
1j
j
p
1k
k
mn = N - M (4.8.2)
Chứng minh
Kết hợp định lý trên, công thức tích phân Cauchy và lập luận tơng tự hệ quả 1, Đ7

vòng trên đờng cong kín, trơn từng khúc và định hớng dơng bằng 2 nhân với hiệu
số của số không điểm trừ đi số cực điểm của hàm f nằm trong miền D

. Tức là


Argf(z) = 2(N - M) (4.8.3)

Hệ quả 3 (Định lý Rouché)
Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng
dơng và các hàm f , g liên tục trên , giải tích trong D

. Kí hiệu N

(f) là số không điểm
của hàm f nằm trong D

. Khi đó nếu z , | f(z) | > | g(z) | thì N

(f + g) = N

(f).
Chứng minh
Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C

Click to buy NOW!
P
D
F
-
X
C
h
a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r


2
1


Arg[f(z)(1 +
)z(f
)z(g
)]
=

2
1


Argf(z) +

2
1


Arg(1 +
)z(f
)z(g
) = N

(f)

| g(z) | M(1 + + R
n-1
) nMR
n-1
< R
n
= | f(z) |
Theo hệ quả 3
N

(P) = N

(f + g) = N

(f) = n
Đ9. Các ứng dụng thặng d

Định lý (Bổ đề Jordan)
Cho đờng cong
R
= {| z | = R, Imz } và hàm f giải tích
trong nửa mặt phẳng D = {Imz > } ngoại trừ hữu hạn điểm bất thờng. Khi đó ta có
1. Nếu
z


z



R
,
|
zf(z)
|


M




+R
0


|
f(z)
|



R
M


e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m
Click to buy NOW!
P
D
F

c
o
m
.
Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D
Trang 74 Giáo Trình Toán Chuyên Đề



R
dz)z(f


ds)z(f =
R
M
R(

+ 2

)




+
R
0

2. Từ giả thiết suy ra






1
ds)z(fe
zi
+



2
ds)z(fe
zi
+



3
ds)z(fe
zi

Ước lợng tích phân, ta có




1
ds)z(fe

+R
0



2
ds)z(fe
zi
= MR



0
tsinR
dte = MRe
-

Rsin






+R
0 với (0, )

Hệ quả 1 Cho f(z) là phân thức hữu tỷ sao cho bậc của mẫu số lớn hơn bậc tử số ít nhất
là hai đơn vị, có các cực điểm a
k

Kí hiệu


R
:
|
z
|
= R, Imz > 0,


:
|
z
|
=

, Imz > 0

=

R


[-R, b -

]





+

dx)x(f =
0,R
lim
+

]b,R[
dz)z(f
+
0,R
lim
+

+ ]R,b[
dz)z(f

= 2iResf(a) -
0
lim




dz)z(f (1)
Do b là cực điểm đơn nên f(z) =
bz
c
1

a
n
g
e

V
i
e
w
e
r
w
w
w
.
d
o
c
u
-
t
r
a
c
k
.
c
o
m
Click to buy NOW!

c
k
.
c
o
m
.