CHƯƠNG 3: TÍCH PHÂN HÀM PHỨC
 
§1. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG CỦA HÀM BIẾN PHỨC
1. Định nghĩa: Cho đường cong C định hướng, trơn từng khúc và trên C cho một
hàm phức

f(z). Tích phân của f(z) dọc theo C được định nghĩa và kí hiệu là:
∫
∑
=−
−
=
∞→
C
1kk
n
1k
k
n
dz)z(f)zz()t(flim
(1)
Trong đó a = z
o
, z
1
,..,z
n
= b là những điểm kế tiếp nhau trên C; a và b là hai mút, t
k
là
một điểm tuỳ ý của C nằm trên cung [ z

- y
k-1
t
k
= α
k
+jβ
k
;
u(α
k
, β
k
) = u
k
; v(α
k
, β
k
) = v
k
ta có:
(2) )yvxu(j)yvxu()zz()t(f
kkk
n
1k
kkkk
n
1k
k1kk

Ví dụ 1
: Tính , L là đoạn thẳng nối 2 điểm 0 và 1 + j theo chiều từ 0 đến
1+j.
∫
=
L
zdzReI
O
a
-a
L
y
x

Phương trình tham số của L có thể lấy là:
j
1
O
B
C
y
x
⎩
⎨

dz
I
, L là nửa cung tròn nằm trong nửa mặt phẳng trên, nối điểm -a
và a, chiều lấy tích phân từ -a đến a.
Phương trình tham số của đường cong L là: ⎩
⎨
⎧
=
=
tsinay
tcosax
Vậy z(t) = a(cost + jsint) = ae
jt
, z’(t) = jae
jt
.
Điểm -a ứng với t = π, điểm a ứng với t = 0. Theo (4):
π−====
∫∫∫
ππ
jdtj
ae
dtjae
z
dz
I
00

1
0
2
C
−=+−−=+−−=+−−
∫∫∫

3
4
dx)1x2x2(xdx2)x21(dx)x21(dy)x21(dx)y21(
1
0
2
1
0
2
C
∫∫∫
=++−=−++=−++

Thay vào trên ta có:

3
j4
2I +−=
Ví dụ 4
: Tính , AB là đoạn thẳng nối điểm A là toạ vị của số phức 2 và
điểm B là toạ vị của số phức j.
∫
=

22
AB
22
−=−−−−−+=−−
∫∫

3
1
)ydy2()y22(y2dy)yy8y44(xydx2dy)yx(
1
0
22
AB
22
−=−−+−−+=+−
∫∫

Thay vào ta có:

52

3
j8
I
+
−=
Ví dụ 5
: Tính
()
∫

()
)j2(
3
2
dt)jt1(dttdzzI
1
o
2
1
o
2
2
C
2
1
+=−+==
∫∫∫3. Các tính chất của tích phân
: Từ công thức (3) ta suy ra rằng tích phân của hàm
biến phức dọc theo một đường cong có tất cả các tính chất thông thường của một tích
phân đường loại 2. Ta nêu lại các tính chất đó:
- Tích phân không phụ thuộc tên gọi biến số tích phân
∫∫
ζζ=
ABAB
d)(fdz)z(f

-

z
o
zzdz

4. Các công thức ước lượng tích phân
: Nếu M là giá trị lớn nhất của | f(z) | trên
đường cong L (nghĩa là | f(z) | ≤ M ∀z ∈ L) thì ta có:
Mldzdz)z(fdz)z(f
LL
≤≤
∫∫
(5)
Chứng minh: Vì môđun của một tổng nhỏ hoặc bằng tổng các môđun nên:
k
n
1k
k
n
1k
kk
z)(fz)(f ∆ζ≤∆ζ
∑∑
==

Nhưng theo giả thiết | f(ζ
k
) | ≤ M nên:

53
∑∑∑

k
z bằng chiều dài đường gấp khúc có các đỉnh tại z
o
, z
1
, z
2
,..,z
n
. Khi
max | ∆z
k
| → 0 thì
∑
=
∆
n
1k
k
z dần tới độ dài l của đường cong L. Chuyển qua giới hạn
trong (6) ta có:

Mldz)z(f
L
≤
∫
(5)

§2.


∫
=+
C
0QdyPdx
∀C ∈
D
là
y
P
x
Q
∂
∂
=
∂
∂

Áp dụng kết quả đó cho, ta thấy
∫
=−
L
0vdyudx
. Thật vậy, ở đây P = u và Q = -v. Do
giả thiết f(z) giải tích nên các điều kiện C - R được thoả mãn, vậy
x
Q
x
)v(
y
P

=
L
z
0dze
vì f(z) = e
z
giải tích
trong cả mặt phẳng. 54
-j
j
2
1
0
y
x
Ví dụ 2
: Tính
∫
+
=
L
2
dz
1z
zsin
I
, L là đường tròn | z - 1| = 1.

+=
tsinayy
tcosaxx
o
o

Vậy z(t) = x(t) + jy(t) = z
o
+ ae
jt
; z’(t) = jae
jt
.
Theo (4) ta có:

j2dt
ae
jae
I
2
0
tj
tj
π==
∫
π

Sở dĩ I ≠ 0 vì hàm
0
zz

z
+−+=−−=−==
∫∫)1sin1(cosj)1sin1cos1( −+−−=

Ví dụ 5
: Tính

∫
+
−=
1j
1
100
zdz)1z(I
Đặt t = z - 1 ta có:

102
j
102
1
101
j
102
j
101
t
102

: Giả sử miền G là đa liên mà biên L gồm đường cong bên ngoài L
o
, và các
đường cong bên trong L
1
, L
2
,.., L
n
.(hình a)
Nếu f(z) là một hàm giải tích trong
G
thì:

∫∫∫∫
+++=
Ln2L
1
L
o
L
dz)z(fdz)z(fdz)z(fdz)z(f L
(7) 55

L
2
L

(hình b). Cách chứng minh tương tự
nếu biên bên trong có nhiều đường.
Giả sử AB là lát cắt nối điểm A trên đường L
o
và điểm B trên đường L
1
. Do lát
cắt AB, miền G trở thành đơn liên, do đó có thể áp dụng định lí Cauchy nêu ở phần
trên. Ta có:
0dz)z(fdz)z(fdz)z(fdz)z(f
BA
1
LAB
o
L
=+++
∫∫∫∫

Kí hiệu
∫
1
L
dz)z(f
chỉ tích phân theo hướng thuận chiều kim đồng hồ.
Theo tính chất của tích phân ta có:
∫∫
−=
1
L
1

0dz)z(fdz)z(fdz)z(fdz)z(f
n
L
2
L
1
L
o
L
=++++
∫∫∫∫
L

hay gọn hơn:

0dz)z(f
n
L
1
L
o
L
=
∫
+++ L

Gọi L là biên có hướng dương của miền G thì đẳng thức trên được viết là:

0dz)z(f
L

L
n
o
zz
dz
I
với n nguyên dương, z
o
cho trước. L là đường cong kín
không qua z
o

z
o
G
z
o Gọi G là miền giới hạn bởi đường cong L.
Giả sử z
o
∉ G. Khi đó
()
n
o
zz

dz
I
γ
là đường tròn | z - z
o
| = a.
Nếu n = 1 thì I = 2j
π

Nếu n
≠
1, chú ý là khi z
∈

γ
thì: z = z
o
+ ae
jt
, dz = jae
jt
dt 0
≤
t
≤
2
π

Vậy:
()

=
π
−
π
−
−
−
π
∫∫∫
vì e
j(1-n)2π
= e
o
= 1
Ta tóm tắt kết quả để dùng sau này:

()
⎩
⎨
⎧
≠∀
=π
=
−
∫
z0
zbaoL,1nkhij2
zz
dz
o