88
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(flà 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
az
1

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
ζ
ζ
π
=
C
1n
n
)a(
d)(f
j2
1
c

Khi n = -1 ta có:
∫
ζζ
π
=
−
C
1
d)(f

⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
→→

Ví dụ 2: Cho
zsin
1
)z(f = . Tính thặng dư tại a = 0
Ta đã biết :
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+−=−+−= LL
!5
z
!3
z
1z
!5
z
!3

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] =
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢

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: Tính thặng dư của f(z) = cotgz
Vì a = 0 là đơn của cotgz nên theo (4) ta có:
Res[f(z), a] =
1
0cos
0cos
)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
jz
e
lim
jz
jz
+−==
+
→

Res[f(z), -j] =
()
1sinj1cos
2
j

−
−
−
−
→
(5)
Ví dụ 1: Tính thặng dư của hàm
32
)1z(
1
)z(f
+
=
tại a = j
Vì (z
2
+ 1)
3
= (z + j)
3
(z - j)
3
nên j là không điểm cấp 3 của (z
2
+ 1)
3
. Vậy j là cực điểm
cấp 3 của hàm f(z). Theo (5) với m = 3 ta có:
Res[f(z), a] =
⎥

1
)1z(
1
)jz(
dz
d
lim
!2
116
j3
)j2(
6
)jz(
12
lim
!2
1
552
jz
−==
+
=
→

Ví dụ 2
: Tìm thặng dư của hàm
3

, a
2
, ,a
s
ở bên trong thì:
[]
∫
∑
=
π=
L
s
1k
k
a),z(fsRej2dz)z(f
(8)
Chứng minh: Loại đi khỏi miền G các hình tròn
γ
1
, γ
2
, ,γ
s
có tâm lần lượt là a
1
, a
2
,
,a
s

[ Resf(z), a
k
], k = 1, 2, , s
nên thay vào ta có:
∫
=
L
dz)z(f 2πjRes[f(z), a
k
] + ⋅⋅⋅ + 2πjRes[f(z), a
k
]
2. Định lí 2: Nếu f(z) giải tích trong toàn bộ mặt phẳng ngoại trừ tại một số hữu hạn
cực đỉểm a
1
, a
2
, ,a
s
= ∞ thì:
[][]
0a),z(fsRea),z(fsRe
k
s
1k
k
=+
∑
=


π
−=
π
−
C
C
dz)z(f
j2
1
dz)z(f
j2
1

Cộng các vế của hai đẳng thức này ta được điều cần phải chứng minh.
Ví dụ 1: Tính
∫
++
L
2
2
)3z)(1z(
dzz
, L là đường tròn tâm | z | = 2
Hàm
)3z)(1z(
z
)z(f
2
2
++

)j3(j2
j
)3z(z2
z
z2
3z
z
)j(f
)j(f
2
jz
2
jz
2
2
1
−
=
−−
=
+
=
+
=
−
′
−
−=
−=


, L là đường tròn | z | = 2
Hàm
)2z(z
zcos
)z(f
2
−
=
có z = 0 là cực điểm cấp 2 và điểm z = 2 là cực điểm cấp 1.
Trong hình tròn | z | < 1 chỉ có một cực điểm z = 0 nên:
I = 2πj.Res[f(z), 0]
Nhưng vì:
Res
4
1
)2z(
zcos)2z(zsin
lim
2z
zcos
lim
)2z(z
zcos
zlim
)2z(z
zcos
2
0z0z
2
2

→→→

nên
2
j
I
π
−=
Ví dụ 3: Tính
∫
+
=
C
2
z
1z
dze
I với C là đường tròn | z | = 3
Hàm f(z) dưới dấu tích phân có hai điểm bất thường j và -j nằm trong hình tròn biên
C. Theo ví dụ ở mục trước ta có:

92
Res[f(z), j] =
j2
e
j
và Res[f(z), -j] =
j2
e
j−

R
là một nửa đường tròn tâm O, bán kính R, nằm trong nửa
mặt phẳng trên Imz > 0. Nếu f(z) giải tích trong
nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn
điểm bất thường và thoả mãn:

π
≤≤=
∞→
zarg00)z(zflim
z

thì:
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:

0C
ddz)z(f
R

Vì ε bé tuỳ ý nên ta suy ra 0dz)z(flim
R
C
R
=
∫
∞→

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:

∑
∫
=
+∞
∞−
π=
s
1k

1x
dx
2
1
1x
dx
I
4
0
4

Đặt
1z
1
)z(R
4
+
= . Phương trình z
4
+ 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên
là:
2
2
j
2
2
z,
2
2
j

2
3
1
2
1k
k
π
=+
π
−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+π=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+π=π=
∑
=

[]
2)jz(
zj2
limj2
)jz(
1z
dz
d
limj2)z(R)jz(
dz
d
lim
3
jz
2
jz
2
jz
π
−=
+
−+
π=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+

dx
I
4
0
4

Đặt
1z
z
)z(R
4
2
+
= . Phương trình z
4
+ 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên
là:
2
2
j
2
2
z,
2
2
j
2
2
z
21

3
2
zz
4
2
11
−
=
+
=
+
===
+
=
==

Tương tự:

94
Res[R(z), j]
()
24
j1
j122
1
−
−
=
−
=

2
, , a
s
và có m cực điểm đơn trên trục thực là b
1
, b
2
, ,b
m
. Khi đó ta có:

[] []
∑
∫
∑
=
+∞
∞−
=
π+π=
m
1i
i
s
1k
k
b),z(RsReja),z(RsRej2dx)x(R (11)
4. Tích phân dạng
∫
+∞

=α dxe)x(RImxdxsin)x(R
xj

Do đó muốn tính các tích phân đã cho, chỉ cần tính
∫
+∞
∞−
α
dxe)x(R
xj
rồi lấy phần thực
hay phần ảo của nó là được. Khi tính
∫
+∞
∞−
α
dxe)x(R
xj
ta dùng bổ đề sau:

a. Bổ đề Jordan: Gọi C
R
là cung tròn | z | = R Imz > a (a là số thực cố định cho
trước) nghĩa là C
R
là cung tròn tâm O, bán kính R và nằm phía trên đường thẳng y=a.
Nếu F(z) có dạng e
jαz
f(z) trong đó α là một số dương cố định còn f(z) giải tích trong
nửa mặt phẳng Imz ≥ a , trừ tại một số hữu hạn điểm bất thường và thoả mãn

* trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1
đơn vị.
Thế thì:
]a,e)z(R[sRej2dxe)x(R
k
xj
s
1k
xj α
=
+∞
∞−
α
∑
∫
π= (14)

95
Trong α là một số cho trước.
Ta cũng không chứng minh định lí này.
Ví dụ 1:
∫
+∞
∞−
+−
= dx
10x2x
xcosx
I
2

j2
2z2
ze
j2j31,
10z2z
ze
sRe.j2dx
10x2x
xe
33
j3
j31z
jz
2
jz
2
jx
+
π
+−
π
=
+
π=
−
π=
⎥
⎦
⎤
⎢

2
, , a
s

* R(z) có m cực điểm trên trục thực b
1
. b
2
, ,b
n

* trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1
đơn vị.
Thế thì với α là một hằng số dương cho trước :
]b,e)z(R[sRej]a,e)z(R[sRej2dxe)x(R
k
xj
m
1k
k
xj
s
1k
xj
α
=
α
=
+∞
∞−

z
e
Imdx
x
xsin
jz
∫∫
+∞
∞−
+∞
∞−
=
Vậy:
dz
z
e
Im
2
1
I
jz
∫
+∞
∞−
=

96
Vì hàm
z
1

∫
π2
0
dt)tcos,t(sinf
Đặt z = e
jt
thì lnz = jt,
jz
dz
dt =
và theo định nghĩa các hàm lượng giác ta có:

2
z
1
z
tcos
+
= ,
j2
z
1
z
tsin
−
= .
Khi t chạy từ 0 đến 2π, điểm z vẽ nên đường tròn C: | z | = 1. Vậy:

z
jdz

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−−=
π
(17)
Trong đó L là đường tròn | z | = 1
Ví dụ 1: Tính dt
tsin2
tcos2
I
2
0
∫
π
−
+
=
Theo (17) ta có:

z
dz
1jz4z
1z4z
z
jdz
jjzz4
1zz4

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
=
Hám dưới dấu tích phân có 3 điểm cực là z = 0, z =
3jj2 ± . Vì
132j)32(;132j)32( >+=+<−=− nên bên trong L chỉ có 2 cực điểm là
a
1
= 0 và a
2
= 32 − . ta tính thặng dư:
Res
1
1jz4z
1z4z
lim0,
)1jz4z(z
1z4z
2

2
+=
−
++
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−−
++
−

Theo định lí 1 mục trước ta có:
3
34
3
32
jj2
3
32
j11j2I
π
=
⎟
⎟
⎠


97
Đặt z = e
jt
, vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có:

∫∫∫∫
−−
=
++
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++

phương trình z
2
+ 4z + 1 = 0.
Vì | a | < 1 và | b | > 1 nên ta có:
I = 2π.Res
3
ba
2
a,
)bz)(az(
1 π
=
−
π
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−