CHƯƠNG 5: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

§1. KHÁI NIỆM VỀ THẶNG DƯ
1. Định nghĩa thặng dư: Giả sử f(z) là một hàm giải tích trong một lân cận của điểm
a trừ chính điểm a (nghĩa là a là điểm bất thường cô lập của f(z)). Nếu C là đường
cong kín bất kì bao lấy điểm a và nằm trong lân cận nói trên thì theo định lí Cauchy,
tích phân
∫
C
dz)z(f
là một số không phụ thuộc C. Ta gọi thặng dư của hàm f(z) tại a là
kết quả phép chia
∫
C
dz)z(f
cho 2πj. Thặng dư được kí hiệu là Res[f(z), a]. Tóm lại:
Res[f(z), a]
∫
π
=
C
dz)z(f
j2
1
(1)
Ví dụ
: Res
1
j2
j2
dz

-1
là hệ số của
az
1
−
trong khai triển Laurent của hàm f(z) tại lân cận điểm
a.
Chứng minh: Theo công thức tính hệ số của khai triển Laurent:
∫
+
−ξ
ζζ
π
=
C
1n
n
)a(
d)(f
j2
1
c

Khi n = -1 ta có:
∫
ζζ
π
=
−
C

2
2z
==
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
→→

Ví dụ 2
: Cho
zsin
1
)z(f = . Tính thặng dư tại a = 0
Ta đã biết :
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+−=−+−= LL
!5
z

→

Định lí
: Giả sử
)z(f
)z(f
)z(f
2
1
=
, trong đó f
1
(z) và f
2
(z) là những hàm giải tích tại a. Điểm
a là không điểm đơn của f
2
(z0 và không phải là không điểm của f
1
(z). Khi đó:
Res[f(z), a]
)a(f
)a(f
2
1
′
=
(4)
Chứng minh: Theo giả thiết ta thấy a là cực điểm đơn của f(z). Theo (3) ta có:
Res[f(z), a] =

1
az
2
1
az

Vì f
2
(a) = 0 nên ta có thể viết:
Res[f(z), a] =
)a(f
)a(f
)az(
)a(f)z(f
lim
)z(flim
2
1
22
az
1
az
′
=
−
−
→
→

Ví dụ 3

2
1
j4
1j2
)a(f
)a(f
2
1
−=
+
=
′

Ví dụ 5
: Tính thặng dư của hàm
)jz)(jz(
e
)z(f
z
+−
=
tại a = ±j
Ta thấy f(z) có hai cực điểm đơn là ±j. Áp dụng công thức (4) ta có:
Res[f(z), j] =
()
1sinj1cos
2
j
j2
e

: Nếu a là cực điểm cấp m của f(z) thì:

89
Res[f(z),a] =
[
)z(f)az(
dz
d
lim
)!1m(
1
m
1m
1m
az
−
−
−
−
→
]
(5)
Ví dụ 1
: Tính thặng dư của hàm
32
)1z(
1
)z(f
+
=

+
−
→→
322
2
jz
32
3
2
2
jz
)jz(
1
dz
d
lim
2
1
)1z(
1
)jz(
dz
d
lim
!2
116
j3

1
dz
ed
lim
!2
1
2
z2
0z
=
−
→§2.

ỨNG DỤNG

THẶNG DƯ

1. Định lí 1
: Nếu f(z) giải tích trong miền
G
, giới hạn bởi đường cong kín L, ngoại
trừ tại một số hữu hạn cực đỉểm a
1
, a
2
, ..,a
s

∫∫∫
γγ
π
++
π
=
π
s1
L
dz)z(f
j2
1
dz)z(f
j2
1
dz)z(f
j2
1
L

Nhưng vì:
=
π
∫
γ
k
dz)z(f
j2
1
[ Resf(z), a


Chứng minh: Chọn R đủ lớn để đường tròn | z | = R bao lấy tất cả các điểm a
1,
a
2
,.., a
n
,
Ta có:

90

∑
∫
=
π
=
s
1k
C
k
dz)z(f
j2
1
]a),z(f[sRe

Theo định nghĩa thặng dư tại ∞:
Res[f(z), ∞] =
∫∫
π

=
có 3 cực điểm là z = j, z = -j và z = -3.
Trong hình tròn | z | < 2 có hai cực điểm là ±j, đều là các cực điểm đơn. Tính thặng dư
tại các cực điểm đó ta có:
Res[f(z), j] =
20
j31
6z2
j
)3z(j2
j
)3z()jz(
z
lim)z(f)jz(lim
22
jzjz
+
=
+
=
+
=
+++
=−
→→

Res[f(z), -j] =
20
j31
)j3(j2

I = Res[f(z), j] + Res[f(z) , -j] =
5
j
20
j31
20
j31
j2
π
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
+
π

Ví dụ 2
: Tính
∫
−
=
L
2
)2z(z
zdzcos

2
0z
2
−=
−
−−−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
′
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡

và Res[f(z), -j] =
j2
e
j
−

Nên: I = 2πjsin1
Ví dụ 4
: Tính
dz
)1z)(1z(
3z
I
C
2
∫
+−
+
=
với C là đường tròn | z - 0.5 | =1
Trong miền giới hạn bởi C, hàm f(z) dưới dấu tích phân chỉ có một điểm bất thường
là z = 1, cực điểm đơn. Do đó:
I = 2πj.Res[f(z), 1] =
j2)z(f)1z(lim
1z
π=−
→3

0dz)z(flim
R
C
R
=
∫
∞→
Chứng minh: Phương trình C
R
có dạng z = Re
jϕ
với ϕ là tham số biến thiên từ 0 đến π.
Chọn R khá lớn sao cho các điểm bất thường của f(z) đều nằm trong miền | z | < R.
Vậy hàm f(z) liên tục trên C
R
và theo cách tính tích phân ta có: ϕ=
ϕ
π
ϕ
∫∫
dRe)(Refdz)z(f
j
0
j
C
R
Ta ước lượng tích phân này. Vì

∞→
b. Định lí 1
: Giả sử R(z) là một phân thức mà đa thức mẫu số có bậc lớn hơn đa
thức tử số ít nhất là hai đơn vị, R(z) có một số hữu hạn cực điểm a
1
, a
2
,..., a
n
nằm
trong nửa mặt phẳng trên và không có cực điểm nằm trên trục thực. Khi đó ta có:

(9)
∑
∫
=
+∞
∞−
π=
s
1k
k
]a),z(R[sRej2dx)x(R
Ta thừa nhận mà không chứng minh định lí này.

92