TrƯỜng Cao ĐẲng cÔng NghiỆp PhÚc yÊn

TRƯỜNG CAO ĐẲNG CÔNG NGHIỆP PHÚC YÊNKHOA KHCB-KTCS

Vũ Văn Đồng

BÀI GIẢNG

HÀM BIẾN PHỨC

Vĩnh Phúc - 2009

Mục lục

Chương 1. HÀM BIẾN PHỨC 41.1. SỐ PHỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1. Dạng tổng quát của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.2. Biểu diễn hình học của số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3. Các phép toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.4. Các khái niệm cơ bản của giải tích phức . . . . . . . . . . . . 8

1.2. HÀM BIẾN PHỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.1. Định nghĩa hàm biến phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2. Giới hạn và liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.3. Hàm giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. CÁC HÀM SƠ CẤP CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4. CÁC PHÉP BIẾN HÌNH BẢO GIÁC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4.1. Định nghĩa phép biến hình bảo giác . . . . . . . . . . . . . . . 131.4.2. Phép biến hình tuyến tính w = az + b . . . . . . . . . . . . . 13

1.4.3. Phép nghịch đảo1

z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4.4. Phép biến hình phân tuyến tính w =az + b

cz + d; c 6= 0, ad− bc 6= 0 15

1.4.5. Các nguyên lý tổng quát của phép biến hình bảo giác . . . . . 17

Chương 2. LÝ THUYẾT TÍCH PHÂN 202.1. TÍCH PHÂN CỦA HÀM BIẾN PHỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.1. Định nghĩa tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.1.2. Tính chất của tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.1.3. Nguyên hàm và công thức Newton-Leibnitz . . . . . . . . . . 23

2.2. ĐỊNH LÝ CAUCHY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.2.1. Biên có hướng của miền . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.2.2. Định lý Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.2.3. Sự tồn tại của nguyên hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3. CÔNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.3.1. Công thức tích phân Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.3.2. Các hệ quả của công thức tích phân Cauchy . . . . . . . . . . 30

2.4. HÀM ĐIỀU HÒA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

32.4.1. Hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.4.2. Công thức Schwartz và công thức Poisson . . . . . . . . . . . 32

Chương 3. LÝ THUYẾT CHUỖI 353.1. CHUỖI HÀM PHỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.1.1. Chuỗi hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.1.2. Chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.2. CHUỖI TAYLOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.3. CHUỖI LAURENT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.3.1. Khai triển Laurent của hàm giải tích . . . . . . . . . . . . . . 413.3.2. Điểm bất thường cô lập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.3.3. Hàm nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Chương 4. LÝ THUYẾT THẶNG DƯ 494.1. THẶNG DƯ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.1.1. Định nghĩa và cách tính thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . . 494.1.2. Các định lý về thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.2. THẶNG DƯ LOGARIT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.2.1. Thặng dư logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.2.2. Chỉ số của một điểm đối với một đường cong đóng . . . . . . 53

4.3. ĐỊNH LÝ ROUCHÉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.3.1. Định lý Rouché . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.3.2. Ứng dụng của định lý Rouché . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.4. ỨNG DỤNG THẶNG DƯ ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN THỰC . . . . . . . . . . . . . 57

4.4.1. Tính tích phân I =2πR0R(cosϕ, sinϕ)dϕ . . . . . . . . . . . . . 57

4.4.2. Tích phân∞R

−∞P (x)

Q(x)dx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.4.3. Tính tích phân∞R

−∞f(x)costxdx và

∞R−∞

f(x)sintxdx. . . . . . . 58

4.4.4. Tính tích phân I(t) =1

2πi

a+i∞Ra−i∞

etzf(z)dz . . . . . . . . . . . . 60

Chương 1HÀM BIẾN PHỨC

1.1. SỐ PHỨC

1.1.1. Dạng tổng quát của số phứcSố phức có dạng tổng quát z = x+ iy, trong đó x, y là các số thực; i2 = −1.x là phần thực của z, kí hiệu: Rez, y là phần ảo của z, kí hiệu: Imz.Khi y = 0 thì z = x là số thực, khi x = 0 thì z = iy gọi là số thuần ảo.Số phức x− iy, kí hiệu z, được gọi là số phức liên hợp với số phức z = x+ iy.Hai số phức z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2 bằng nhau khi và chỉ khi phần thực

và phần ảo của chúng bằng nhau.

z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2; z1 = z2 ⇔8><>:x1 = x2

y1 = y2

1.1.2. Biểu diễn hình học của số phứcXét mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy , có véc y

M

x0

ij

y

x

Hình 1.1

tơ đơn vị trên hai trục tương ứng là−→i và

−→j . Mỗi điểm M

trong mặt phẳng này hoàn toàn được xác định bởi tọa độ(x; y) của nó thỏa mãn

−−→OM = x

−→i + y

−→i .

Số phức z = x + iy cũng hoàn toàn được xác định bởiphần thực x và phần ảo y của nó. Vì vậy người ta đồngnhất mỗi điểm có tọa độ (x; y) với số phức z = x + iy, lúc đó mặt phẳng này đượcgọi là mặt phẳng phức.

Dạng lượng giác của số phứcTrong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn Oxy , nếu y

M

x0

ij

y

xϕr

Hình 1.2

ta chọn Ox làm trục cực thì điểm M(x; y) có tọa độ cực(r;ϕ) xác định bởi

r=OM , ϕ = (Ox,OM) thỏa mãn :8><>:x = rcosϕ

y = rsinϕ(1.1)

Ta ký hiệu và gọi

|z| = r = OM =qx2 + y2 Argz = ϕ+ 2kπ (1.2)

ThS. Vũ Văn Đồng - Hàm biến phức 5

là modun và argument của số phức z = x+ iy

Góc ϕ của số phức z = x+ iy 6= 0 được xác định theo công thức sau:8>><>>:tanϕ =y

xcosϕ =

x√x2 + y2

(1.3)

Giá trị của Argz nằm giữa −π và π được gọi là argument chính, ký hiệu argz .Vậy −π ≤ argϕ ≤ π

Từ đó suy raz = x+ iy = r(cosϕ + isinϕ) (1.4)

gọi là dạng lượng giác của số phức.Sử dụng khai triển Maclaurin có thể chứng minh được công thức Euler

eiϕ = cosϕ + isinϕ (1.5)

Do đó:

cosϕ =eiϕ + e−iϕ

2, sinϕ =

eiϕ − e−iϕ

2(1.6)

Từ (2.4) và (2.5) suy ra: Số phức dưới dạng mũ

z = |z|eiϕ (1.7)

Ví dụ 1.1a) Tập các số phức z thỏa mãn |z − 2| = 3 tương ứng là tập hợp các điểm có

khoảng cách đến I(2; 0) bằng 3, tập hợp này là đường tròn tâm I bán kính 3.b) Tập các số phức z thỏa mãn |z-2|=|z+4| tương ứng là tập hợp các điểm cách

đều A(2; 0) và B(−4; 0), tập hợp này là đường trung trực của đoạn AB có phươngtrình x = −1.

1.1.3. Các phép toánCho hai số phức z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + y2, ta định nghĩa:a) Phép cộng . Số phức z = (x1 + x2) + i(y1 + y2) được gọi là tổng của hai số

phức z1 và z2 , kí hiệu z = z1 + z2.

b) Phép trừ . Ta gọi số phức −z = −x− iy là số phức đối của z = x+ iy.

Số phức z = z1 + (−z2) = (x1 − x2) + i(y1 − y2) được gọi là hiệu của hai số phứcz1 và z2 , kí hiệu z = z1 − z2.

c) Phép nhân . Tích của hai số phức z1 và z2 là số phức được ký hiệu và địnhnghĩa bởi biểu thức:

z = z1z2 = (x1 + iy1)(x2 + iy2) = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1) (1.8)


d)Phép chia . Nghịch đảo của số phức z = x+ iy 6= 0 là số phức ký hiệu1

zhay

z−1 , thỏa mãn điều kiện zz−1 = 1 . Vậy nếu z−1 = x′ + iy’ thì8><>:xx′ − yy′

yx′ + xy′⇒

8>><>>:x′ =x

x2 + y2

y′ =−y

x2 + y2

(1.9)

Số phức z = z1z−12 =

x1x2 + y1y2

x22 + y2

2

+ iy1x2 − x1y2

x22 + y2

2

. Được gọi là thương của hai số

phức z1 và z2, kí hiệu: z =z1

z2

Ví dụ 1.2. Cho z = x+ iy, tính z2 và zzGiải: z2 = (x+ iy)2 + i(2xy)

zz = x2 + y2

Ví dụ 1.3. Giải hệ phương trình:

8><>:z + iw = 1

2z + w = 1 + i

Giải

Nhân i vào phương trình thứ nhất và cộng vào phương trình thứ hai ta được:

(2 + i)z = 1 + 2i⇔ z =(1 + 2i)(2 − i)

5=

4 + 3i

5

⇒ i(z − 1) = i(−1 + 3i

5) = −3 + i

5Ví dụ 1.4. Giải phương trình: z2 + 2z + 5 = 0

Giải

Cách 1: z2 + 2z + 5 = (z + 1)2 + 4 = (z + 1 − 2i)(z + 1 + 2i)

Vậy phương trình có hai nghiệm z1 = −1 + 2i, z2 = −1 − 2i,

Cách 2: Tính ∆ = −2 = (2i)2

e)Phép nâng lũy thừa, công thức MoivreLũy thừa bậc n của số phức zn = z.z......z| {z }

nthừa số zTừ công thức (2.14), (2.15) ta có công thức Moivre:

zn = |z|n(cosnϕ + isinnϕ), Argz = ϕ+ k2π (1.10)

Đặc biệt khi |z| = 1 ta có

(cosϕ+ isinϕ)n = (cosnϕ + isinϕ) (1.11)


f) Phép khai cănSố phức w được gọi là căn bậc n của z , ký hiệu w = n

√z, nếu wn = z. Nếu viết

dưới dạng lượng giác: z = x+ iy = r(cosϕ + isinϕ) và w = ρ(cosθ + isinθ) thì

z = wn ⇔8><>:ρn = r

nθ = ϕ + k2π, k ∈ Z⇔

8><>:ρ = n√r

θ =ϕ+ k2π

n

(1.12)

Vì Argument của một số phức xác định sai khác một bộix

y

z1 z0

z2

0z3

π/4

Hình 1.3

số nguyên của 2π nên với mỗi số phức z 6= 0 có đúng n cănbậc n. Các căn bậc n này có cùng môđun là n

√r, Argument

nhận các giá trị θ =ϕ

n+k2π

nứng với k = 0, 1, 2, ..., n− 1

vì vậy nằm trên đỉnh của n-giác đều nội tiếp trong đườngtròn tâm O bán kính n

√r.

Ví dụ 1.5. Giải phương trình: z4 + 1 = 0

Giải: Nghiệm của phương trình là căn bậc 4 của −1 = cosπ + isinπ tương ứnglà:

z0 = cosπ

4+ isin

π

4=

1 + i√2

z1 =−1 + i√

2,

z2 =−1 − i√

2,

z3 =1 − i√

2

Các tính chất của số phức

1. z1 + z2 = z1 + z2; z1z2 = z1.z2;z1

z2=z1

z2(1.13)

2. Rez =z + z

2; Imz =

z − z

2i; z ∈ R ⇔ z = z (1.14)

3. z1 = z2 ⇔8><>:|z1| = |z2|argz1 = argz2

⇔8><>:|z1| = |z2|Argz1 = Argz2 + k2π

(1.15)

4. zz = |z|2; 1

z=

z

zz=

z

|z|2 ;z1

z2=z1z2

|z2|2(1.16)

5. |z1z2| = |z1||z2|;��z1

z2

�� =|z1||z2|

; |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| (1.17)

6. z = x+ iy ⇒8><>:|x| ≤ |z||y| ≤ |z|

và|z| ≤ |x| + |y| (1.18)


7. Arg(z1z2) = Argz1 +Argz2; Arg(z1

z2) = Argz1 − Argz2 (1.19)

1.1.4. Các khái niệm cơ bản của giải tích phứca) Mặt cầu phức. Trong phần trên ta đã có một biểu

z

P

(S)ω

Ox

y

Hình 1.4

diễn hình học của tập các số phức C bằng cách đồng nhấtmỗi số phức z = x+ iy với điểm M có tọa độ (x; y) trongmặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Mặt khác nếu ta dựng mặtcầu (S) có cực nam tiếp xúc với mặt phẳng Oxy tại O, khiđó mỗi điểm z thuộc mặt phẳng Oxy sẽ tương ứng duynhất với điểm w là giao điểm của tia Pz và mặt cầu (S) ,P là điểm cực bắc của (S) .

Vậy mỗi điểm trên mặt phẳng Oxy được xác định bởimột điểm trên mặt cầu (S) ngoại trừ điểm cực bắc P .

Ta gán cho điểm cực bắc này số phức ∞. Tập hợp số phức C thêm số phức vôcùng được gọi là tập số phức mở rộng C. Như vậy toàn bộ mặt cầu (S) là một biểudiễn hình học của tập số phức mở rộng.

Quy ướcz

0= ∞(z 6= 0), z∞ = ∞(z 6= 0), z + ∞ = ∞,∞− z = ∞.

b) Lân cận, miền .Lân cận: Khái niệm ε-lân cận của z0 ∈ C được định nghĩa hoàn toàn tương tự

với ε-lân cận trong R2, đó là hình tròn có tâm tại điểm này và bán kính bằng ε.

Bε(z0) = {z ∈ C||z − z0| < ε}N-lân cận ∞: BN(∞) = {z ∈ C||z| > N} ∪ {∞}

Điểm trong, tập mở : Giả sử E là tập hợp các điểm của mặt phẳng phức hoặcmặt cầu phức. Điểm z0 được gọi là điểm trong của E nếu tồn tại một lân cận củaz0 nằm hoàn toàn trong E.

Tập chỉ gồm các điểm trong được gọi là tập mở.Điểm biên: Điểm z1 có thể thuộc hoặc không thuộc E, được gọi là điểm biên của

E nếu mọi lân cận của z1 đều có chứa các điểm thuộc E và các điểm không thuộcE.

Tập hợp các điểm biên của E được gọi là biên E, kí hiệu ∂EHình tròn mở {z ∈ C||z−z0| < r} và phần bù của hình tròn mở {z ∈ C||z−z0| >

r} là các tập mở có biên lần lượt là {z ∈ C||z−z0| = r} và {z ∈ C||z−z0| = r}∪{∞}Hình tròn đóng {z ∈ C||z − z0| ≤ r} không phải là tập mở vì các điểm biên

|z − z0| = r không phải là điểm trong.Tập liên thông, miền: Tập con D của mặt phẳng phức hay mặt cầu phức được

gọi là tập liên thông nếu với bất kỳ 2 điểm nào của D cũng có thể nối chúng bằngmột đường cong liên tục nằm hoàn toàn trong D.


Một tập mở và liên thông được gọi là miềnMiền D cùng biên ∂D của nó được gọi là miền đóng, kí hiệu D = D ∪ ∂D. Miền

chỉ có một biên được gọi là miền đơn liên, trường hợp ngược lại gọi là miền đa liên.Ta qui ước hướng dương trên biên của miền là hướng mà ta đi trên biên theo

hướng đó thì miền D ở bên tay trái.Miền D được gọi là bị chặn nếu tồn tại R > 0 sao cho |z| ≤ R, ∀z ∈ D.

1.2. HÀM BIẾN PHỨC

1.2.1. Định nghĩa hàm biến phứcĐịnh nghĩa 1.1. Một hàm biến phức xác định trên tập con D của C hoặc C là mộtquy luật cho tương ứng mỗi số phức z ∈ D với một hoặc nhiều số phức w, kí hiệuw = f(z), z ∈ D.

Nếu với mỗi z chỉ cho tương ứng duy nhất một giá trị w thì f(z) được gọi là hàmđơn trị. Trường hợp ngược lại f được gọi là hàm đa trị.

Hàm w = f(z) = z2 + 3 là một hàm đơn trị, còm hàm số w = f(z) =√z là một

hàm đa trị.Tập D trong định nghĩa trên được gọi là tập xác định. Ta chỉ xét tập D là một

miền, vì vậy D được gọi là miền xác định.Thông thường người ta cho hàm phức bằng công thức xác định ảnh f(z), khi đó

miền xác định D là tập các số phức z mà f(z) có nghĩa.

Hàm số w = f(z) =z

z2 + 1có miền xác định là D = {z|z 6= ±i}

Ta có thể biểu diễn một hàm phức bởi hai hàm thực của hai biến (x, y) như sau:

z = x+ iy và w = f(z) = u+ iv thì

8><>:u = u(x, y)

v = v(x, y)(1.20)

Gọi u(x, y) là phần thực, v(x, y) là phần ảo của hàm f(z).Trường hợp miền xác định D ⊂ R thì ta có hàm phức biến thực, ta kí hiệu

w = f(t) có biến số t thay cho z.Trường hợp miền xác định D ta tập số tự nhiên N thì ta có dãy số phức zn =

f(n), n ∈ N, ta thường kí hiệu dãy số là (zn)n∈N hay (zn)∞n=1.

1.2.2. Giới hạn và liên tụcĐịnh nghĩa 1.2. Dãy số (zn)∞n=1 hội tụ về z0 = x0 + y0, kí hiệu lim

n→∞zn = z0 nếu

∀ε > 0, ∃N > 0 : n ≥ N ⇒ |zn − z0| < ε. (1.21)

Dãy số (zn)∞n=1 có giới hạn là ∞, kí hiệu limn→∞ = ∞, nếu

∀ε > 0, ∃N > 0 : n > N ⇒ |zn| > ε (1.22)


Từ (1.18) suy ra rằng:

limn→∞ = z0 = x0 + iy0 ⇔

8><>: limn→∞xn = x0

limn→∞yn = y0

(1.23)

Định nghĩa 1.3. Ta nói hàm phức w = f(z) xác định trong một lân cận của z0 cógiới hạn là L khi z tiến đến z0, kí hiệu lim

z→z0

f(z) = L, nếu với mọi lân cận Bε(L) tồn

tại lân cận Bδ(z0) sao cho với mọi z ∈ Bδ(z0), z 6= z0 thì f(z) ∈ Bε(L)

Trong trường hợp z0, L ∈ C định nghĩa trên được viết dưới dạng cụ thể như sau:

limz→z0

= L⇔ ∀ε > 0∃δ > 0 : ∀z, 0|z − z0| < δ ⇒ |f(z) − L| < ε (1.24)

Từ (1.18), (1.20), tương tự (1.23) ta có

limz→z0

f(z) = L⇔

8>><>>: lim(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = u0

lim(x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = v0

(1.25)

trong đó z0 = x0 + iy0, L = u0 + iv0.

Định nghĩa 1.4. Hàm phức w = f(z) xác định trong miền chứa điểm z0 được gọilà liên tục tại z0 nếu lim

z→z0

f(z) = f(z0). Hàm phức w = f(z) liên tục tại mọi điểm

của D được gọi là liên tục trong D

Từ (1.25) suy ra rằng một hàm phức liên tục khi và chỉ khi hai hàm thực hai biến(phần thực và phần ảo) xác định bởi (1.20) là liên tục. Do đó ta có thể áp dụng cáctính chất liên tục của hàm thực hai biến cho hàm phức.

1.2.3. Hàm giải tíchĐịnh nghĩa 1.5. Giả sử z = x + iy là một điểm thuộc miền xác định D của hàmphức đơn trị w = f(z). Nếu tồn tại giới hạn

lim∆z→0

f(z + ∆z) − f(z)

∆z(1.26)

thì ta nói hàm w = f(z) khả vi (hay có đạo hàm) tại z, còn giới hạn đó được gọi làđạo hàm tại z, kí hiệu f ′(z) hoặc w′(z)

Ví dụ 1.1. Cho w = z2, tính w′(z)

Giải: ∆w = (z + ∆z)2 − z2 = 2z∆z + ∆z2 ⇒ ∆w

∆z= 2z + ∆z

Do đó w′(z) = lim∆z→0

∆w

∆z= lim

∆z→0(2z + ∆z) = 2z


Định lý 1.1. Nếu hàm phức w = f(z) = u(x, y) + iv(x, y) khả vi tại z = x+ iy thìphần thực u(x, y) và phần ảo v(x, y) có các đạo hàm riêng tại (x, y) và thỏa mãnđiều kiện Cauchy-Riemann 8>>><>>>:∂u∂x(x, y) =

∂v

∂y(x, y)

∂u

∂y(x, y) = −∂v

∂x(x, y)

(1.27)

Ngược lại, nếu phần thực u(x, y), phần ảo v(x, y) khả vi tại (x, y) và thỏa mãnđiều kiện Cauchy- Riemann thì w = f(z) khả vi tai z=x+iy

Ví dụ 1.2. Hàm w = z2 = x2 − y2 + i2xy có

8>>><>>>:∂u∂x = 2x =∂v

∂y∂u

∂y= −2y = −∂v

∂x

, do đó hàm khả

vi tại mọi điểm và w′(z) = 2x+ i2y = 2z

Ví dụ 1.3. Hàm w = z = x − iy có∂u

∂x= 1,

∂v

∂y= −1 không thỏa mãn điều kiện

Cauchy-Riemann do đó hàm không khả vi tại bất kỳ điểm nào.

Định nghĩa 1.6. Hàm đơn trị w = f(z) khả vi trong lân cận của z được gọi là giảitích tại z. Nếu f(z) khả vi tại mọi điểm của D thì ta nói f(z) giải tích trong D. f(z)giải tích trong D nếu nó giải tích trong một miền chứa D

Khái niệm khả vi và đạo hàm của hàm phức được định nghĩa tương tự như trườnghợp hàm thực. Vì vậy các tính chất và qui tắc tính đạo hàm đã biết đối với hàmthực vẫn còn đúng với hàm phức.

(f(z) ± g(z))′ = f ′(z) ± g′(z)

(f(z)g(z))′ = f ′(z)g(z) + f(z)g′(z) (1.28)�f(z)

g(z)

�′=f ′zgz − f(z)g′z

(g(z))2, g(z) 6= 0.

(f(u(z)))′ = f ′(u)u′(z)

.

1.3. CÁC HÀM SƠ CẤP CƠ BẢN

a) Hàm lũy thừa w = zn, n nguyên dương ≥ 2

Hàm số xác định và giải tích với mọi z, đạo hàm w′ = nzn−1.

Nếu z = r(cosϕ+ isinϕ) thì w = rn(cosnϕ+ isinϕ)


Vậy ảnh của đường tròn |z| = R là đường tròn |w| = Rn. Ảnh của tia Argz =

ϕ+ k2π là tia Argw = nϕ+ k′2π. Ảnh của hình quạt 0 < argz <2π

nlà mặt phẳng

w bỏ đi trục thực dương.

2π

n

y

xzO

ω

u

v

Hình 1.5

b) Hàm căn w = n√z

Hàm căn bậc n: w = n√z là hàm ngược của hàm lũy thừa bậc n.

Mọi số phức khác không đều có đúng n căn bậc n, vì vậy hàm căn là hàm đa trị.c) Hàm mũ w = ez

Mở rộng công thức Euler ta có định nghĩa hàm mũ

w = ez = ex+iy = ex(cosy + isiny) (1.29)

• |w| = ex, Argw = y + k2π.

• Hàm mũ giải tích tại mọi điểm và (ez)′ = ez

• ez1ez2 = ez1+z2,ez1

ez2

= ez1−z2, (ez)n = enz, ez+ik2π = ez

• e0 = 1, eiπ

2 = i, eiπ = −1

• Qua phép biến hình w = ez, ảnh của đường thẳng x = a là đường tròn |w| = ea,ảnh của đường thẳng y = b là tia Argw = b+ k2π.

Ảnh của băng 0 < y < 2π là mặt phẳng w bỏ đi nửa trục thực dương.d) Hàm logaritHàm ngược của hàm mũ gọi là hàm logarit. w = Lnz ⇔ z = ew

w = Lnz = u+ iv ⇔ z = ew = eu+iv = eu(cosv + isinv)

Vậy

w = Lnz ⇔8><>:Rew = ln|z|Imw = argz + k2π

(1.30)


y

O x

y=b

x=a

O

ωz

v

uea

b

Hình 1.6

Điều này chứng tỏ hàm logarit phức là hàm đa trị. Ứng với mỗi z có vô số giá trịcủa w, những giá trị này có phần thực bằng nhau còn phần ảo hơn kém nhau bộisố nguyên của 2π.

1.4. CÁC PHÉP BIẾN HÌNH BẢO GIÁC

Nhiều vấn đề khoa học và thực tiễn (ví dụ bài toán nổ mìn, bài toán thiết kếmáy bay...) đưa ta đến bài toán: Tìm phép biến hình bảo giác biến miền D thànhmiền ∆ nào đó mà ta biết hoặc dễ dàng khảo sát hơn. Trong mục này ta đưa ra vàinguyên lý và phương pháp tìm phép biến hình trong những trường hợp đơn giản.

1.4.1. Định nghĩa phép biến hình bảo giácĐịnh nghĩa 1.7. Phép biến hình w = f(z) được gọi là bảo giác tại z nếu thỏa mãnhai điều kiện sau:

i) Bảo toàn góc giữa hai đường cong bất kỳ qua điểm z (kể cả độ lớn và hướng)ii) Có hệ số co giãn không đổi tại z, nghĩa là mọi đường cong đi qua điểm này

đều có hệ số co giãn như nhau qua phép biến hình.Phép biến hình w = f(z) được gọi bảo giác trong miền D nếu nó bảo giác tại mọi

điểm của miền này.

Định lý sau đây cho điều kiện đủ của phép biến hình bảo giác.

Định lý 1.2. Nếu hàm w = f(z) khả vi tại z và f ′(z) 6= 0 thì phép biến hình thựchiện được bởi hàm w = f(z) bảo giác tại điểm z, đồng thời argf’(z) là góc quay và|f ′(z)| là hệ số co giãn tại điểm z của phép biến hình đó.

Từ định lý này suy ra rằng nếu w = f(z) giải tích trong miền D và f ′(z) 6=0, ∀z ∈ D thì nó là một phép biến hình bảo giác trong D.

1.4.2. Phép biến hình tuyến tính w = az + b

Phép biến hình này bảo giác trong toàn miền C vì w′(z) = a 6= 0, ∀z.Nếu a = |a|eiϕ thì w = |a|eiϕz + b. Điều này chứng tỏ phép biến hình tuyến tính

là hợp của ba phép biến hình sau:


• Phép vị tự tâm O tỷ số k = |a|,• Phép quay tâm O, góc quay ϕ,

• Phép tịnh tiến theo vector b

Vậy phép biến hình tuyến tính là một phép biến hình đồng dạng (hợp của phépvị tự, phép quay, phép tịnh tiến). Nó biến một hình bất kỳ thành một hình đồngdạng với nó. Đặc biệt biến một đường tròn thành một đường tròn, biến một đườngthẳng thành một đường thẳng, một đa giác thành một đa giác đồng dạng.

Ví dụ 1.4. Tìm phép biến hình bảo giác biến tam giác vuông cân có cácđỉnh A(-7+2i), B(-3+2i), C(-5+4i) thành tam giác vuông cân có các đỉnhA1(2i), B1(0), C1(1 + i)

Giải: Hai tam giác vuông cân bất kỳ đồng dạng với nhau nên tồn tại một phépđồng dạng w = az+ b, a 6= 0 biến ∆ABC thành ∆A1B1C1. Phép biến hình này biếnđiểm A thành điểm A1, biến điểm B thành điểm B1, do đó a, b thỏa mãn hệ phươngtrình: 8><>:2i = a(−7 + 2i) + b

0 = a(−3 + 2i) + b⇒

8>><>>:a = − i

2

b = −1 − 3

2i

⇒ w = − i

2z − 1 − 3

2i.

Thay z = −5 + 4i ta có w = − i

2(−5 + 4i) − 1 − 3

2i = 1 + i

C

A B

-3-7

4i

2i

2iA1

C1

B1

i

1z w

Hình 1.7

1.4.3. Phép nghịch đảo1

z

Phép biến hình w =1

zcó thể mở rộng lên mặt phẳng phức mở rộng C bằng cách

cho ảnh của z = 0 là ∞ và ảnh của z = ∞ là w = 0.

Đạo hàm w′ =−1

z2, ∀z 6= 0, ∞ nên phép biến hình bảo giác tại mọi điểm

z 6= 0, ∞.


Hai điểm A, B nằm trên một tia xuất phát từ tâm I của đường tròn (C) bán kínhR được gọi là liên hợp hay đối xứng qua (C) nếu IA.IB = R2.

Vì Arg1

z= −Argz nên z và w =

1

zcùng nằm trên một tia xuất phát từ O. Ngoài

ra |z| 1

|z| = 1, do đó z và w =1

zđối xứng nhau qua đường tròn đơn vị.

Vậy phép biến hình nghịch đảo w =1

zlà hợp của phép đối xứng qua đường tròn

đơn vị và phép đối xứng qua trục thực. Phép biến hình này biến:

• Một đường tròn đi qua O thành một đường thẳng.

• Một đường tròng không đi qua O thành một đường tròn

• Một đường thẳng đi qua O thành một đường thẳng qua Oxy

• Một đường thẳng không đi qua O thành một đường tròn đi qua O.

y

BM

x

z

O

v

uO

w

BN

Hình 1.8

Nếu ta xem đường thẳng là một đường tròn (có bán kính vô hạn) thì phép biến

hình w =1

zbiến một đường tròn thành một đường tròn.

Ảnh của đường tròn |z| = R là đường tròn |w| =1

R, ảnh của hình tròn |z| < R

là phần ngoài hình tròn |w| > 1

R. Ảnh của điểm M trên tia OB là N trên tia OB’,

B’ đối xứng của B qua trục thực và ON.OM=1

1.4.4. Phép biến hình phân tuyến tính w =az + b

cz + d; c 6= 0, ad− bc 6= 0

Ta có thể mở rộng hàm phân tuyến tính w =az + b

cz + dlên mặt phẳng phức mở

rộng C bằng cách cho ảnh của z = −cd

là ∞ và ảnh của z = ∞ là w =a

c.

Đạo hàm w′(z) =ad− bc

(cz + d)26= 0, ∀z 6= −d

c, ∞ nên phép biến hình bảo giác tại


mọi điểm z 6= −dc, ∞.

w =az + b

cz + d=

acz + bc

c(cz + d)=a(cz + d) + bc− ad

c(cz + d)=a

c+bc− ad

c.

1

cz + d

.Do đó phép biến hình phân tuyến tính là hợp của ba phép biến hình:

• Phép biến hình tuyến tính: z 7→ cz + d,

• Phép nghịch đảo: cz + d 7→ 1

cz + d

• Phép biến hình tuyến tính:1

cz + d7→ bc− ad

c.

1

cz + d+a

c

Vì các phép biến hình tuyến tính và nghịch đảo biến một đường tròn thành mộtđường tròn và bảo toàn tính đối xứng của 2 điểm đối xứng qua đường tròn, nênphép biến hình phân tuyến tính cũng có tính chất đó.

Phép biến hình w =az + b

cz + d, c 6= 0 có thể viết lại

w =

a

cz +

b

c

z +d

c

=a1z + b1z + d1

hoặc w = kz + b2z + d2

(1.31)

Vì vậy chỉ phụ thuộc 3 tham số. Do đó một hàm phân tuyến tính hoàn toàn đượcxác định khi biết w1, w2, w3 của 3 điểm khác nhau bất kỳ z1, z2, z3. Để xác định 3tham số a1, b1, d1 ta giải hệ phương trình sau đây.

w1 =a1 + b1z1 + d1

, w2 =a2 + b2z2 + d2

, w3 =a3 + b3z3 + d3

(1.32)

Hoặc hàm phải tìm có thể xác định bởi phương trình

w − w1

w − w3.w2 − w1

w2 − w3=z − z1

z − z3.z2 − z1

z2 − z3(1.33)

Đặc biệt nếu w(z0) = 0 và w(z1) = ∞, theo (1.31) ta có

w = kz − z0

z − z1(1.34)


1.4.5. Các nguyên lý tổng quát của phép biến hình bảo giáca. Sự tồn tại của phép biến hình

Định lý 1.3 (Định lý Riemann). Nếu D và ∆ là hai miền đơn liên ( không phải làmặt phẳng phức mở rộng bỏ đi một điểm) thì tồn tại phép biến hình w = f(z) giảitích, bảo giác đơn trị hai chiều biến D thành ∆.

Hơn nữa nếu cho trước z0 ∈ D, w0 ∈ ∆ và θ0 ∈ R thì chỉ có duy nhất w = f(z)thỏa mãn w0 = f(z0), Argf ′(z0) = θ0.

Định lý Rieman chỉ cho ta biết sự tồn tại của phép biến hình chứ không cho tacách tìm cụ thể phép biến hình này. Trong thực hành, để tìm phép biến hình biếnmiền D thành miền ∆ người ta tìm phép biến hình biến D, ∆ về hình tròn dơn vị|z| < 1 hay nửa mặt phẳng trên. (Các phép biến hình này có thể tìm trong các sổtay toán học).

• Nếu ζ = f(z) biến hình tròn đơn trị hai chiều biến D lên hình tròn |ζ| < 1,

• Nếu ζ = g(w) biến hình đơn trị hai chiều biến ∆ lên hình tròn |ζ| < 1, thìw = g−1 ◦ f(z) biến D thành ∆

b. Sự tương ứng biên

Định lý 1.4. Cho hai miền đơn liên D và ∆ có biên ∂D, ∂∆. Giả sử ∂D, ∂∆ làđường tròn trơn từng khúc, ∆ bị chặn. Nếu w=f(z) giải tích trong miền D và liêntục trong D, biến hình 1-1 ∂D lên ∆ sao cho khi cho z chạy trên ∂D theo hướngdương, tương ứng w chạy trên ∂∆ cũng theo chiều dương, thì hàm w = f(z) biếnhình bảo giác đơn trị hai chiều từ D lên ∆.

c. Sự bảo toàn miền

Định lý 1.5. Nếu hàm w=f(z) giải tích, khác hằng số trên miền D thì ảnh ∆ = f(D)cũng là một miền.

Một vài chú ý khi tìm phép biến hình bảo giác trong các trường hợpthường gặp sau:

1. Đối với hai miền đồng dạng ta dùng phép biến hình tuyến tính w = az+b, a 6= 0.

2. Biến một cung tròn thành một cung tròn hay đường thẳng ta dùng hàm phân

tuyến tính w =az + b

cz + d; c 6= 0, ad− bc 6= 0

3. Biến một góc thành nửa mặt phẳng, ta xét w = zn

4. Biến một băng song song với trục thực lên nửa mặt phẳng ta dùng w = ez

Ví dụ 1.5. Tìm phép biến hình bảo giác w = f(z) biến nửa mặt phẳng trên Im z>0thành hình tròn |w| < 1 sao cho w(z0) = 0, với Imz0 > 0


Giải: Vì z0 đối xứng với z0 qua Ox, ∞ đối xứng với O qua |w| = 1, do đótheo nguyên lý tương ứng biên ta chỉ cần tìm hàm phân tuyến tính biến trục thựcImz = 0 lên |w| = 1 và bảo toàn chiều.

Hai miền đã cho không đồng dạng nên c 6= 0. Mặt khác w(z0) = 0 và tính chấtbảo toàn đối xứng nên w(z0) = ∞, do đó theo (1.34) ta có thể xét hàm phân tuyến

tính dạng w = kz − z0

z − z0.

Khi z = x ∈ R thì |w(x)| = 1 ⇒��kx− z0

x− z0

�� = |k|��x− z0

x− z0

�� = 1 ⇒ |k| = 1.

⇒ k = eiϕ. Vậy w = eiϕz − z0

z − z0

Ví dụ 1.6. Tìm phép biến hình bảo giác w=f(z) biến hình tròn |z|<1 thành hìnhtròn |w|<1 sao cho w(z0) = 0, với 0<|z|<1

Giải: Vì z0 đối xứng với1

z0qua |z|=1, do đó ảnh của z0 là 0 thì ảnh của

1

z0là

∞ vì 0, ∞ đối xứng nhau qua |w| = 1. Tương tự ví dụ 1.5 và công thức (1.34) ta

có thể xét hàm phân tuyến tính dạng: w = kz − z0

z − 1

z0

= z0kz − z0

z0z − 1

Vì ảnh của |z| = 1 là |w| = 1 và |z| = 1 ⇒ z =1

z.

⇒ 1 = |w| =��z0k

z − z0

z0z − 1

�� = |z0k|�� z − z0

z0

z− 1

�� = |z0k||z − z0||z|z0 − z

= |z0k| ⇒ z0k = eiϕ.

Vậy w = eiϕ z − z0

z0z − 1

Ví dụ 1.7. Tìm phép biến hình bảo giác w = f(z) biến hình quạt 0 < argz <π

3thành hình tròn |w| < 1 sao cho w(eiπ/6) = 0 và w(0) = i

Giải: Phép biến hình ξ = z3 biến hình quạt 0 < argz <π

3thành nửa mặt phẳng

trên Imξ > 0 và ξ(eiπ/6) = eiπ/2 = i, ξ(0) = 0. Theo ví dụ (1.5), phép biến hình

w = eiϕξ − i

ξ + ibiến Imξ > 0 thỏa mãn w(i) = 0, w(−i) = ∞.

Nếu thêm điều kiện w(0) = i thì i = eiϕ0 − i

0 + i⇒ eiϕ = −i.

Vậy phép biến hình cần tìm là w = −iz3 − 1

z3 + i.

Ví dụ 1.8. Tìm phép biến hình bảo giác w=f(z) biến miền D:

8><>:|z| < 1

|z − i

2| > 1

2

thành


băng -1<Re w<1

ξ =−3iz + 1

z − 1

w = iξ

i

-i

i

1

Hình 1.9

Giải:Phép biến hình phân tuyến tính ξ =az + b

z − ibiến i, 0,−i lần lượt thành

∞, i,−i, do đó ξ biến miền D thành băng −1 < Imξ < 1.

Phép quay w = iξ biến băng −1 < Imξ < 1 thành băng −1 < Rew < 1.

Vậy phép biến hình cần tìm là w = i−3iz + 1

z − i=

3z + i

z − i

Chương 2LÝ THUYẾT TÍCH PHÂN

2.1. TÍCH PHÂN CỦA HÀM BIẾN PHỨC

2.1.1. Định nghĩa tích phânĐịnh nghĩa 2.1. Cho γ(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a; b] là một đường cong trơn từngkhúc trong C, f(z)=u(x, y)+iv(x, y) là một hàm liên tục trên tập γ ≡ γ([a, b]). Giảsử τ là một phép chia đoạn [a, b] thành n phần nhỏ bởi các điểm chia a = t0 < t1 <.... < tn = b. Gọi |τ | = max{tk − tk−1 : k = 1, 2, .., n} là đường kính của phép chiaτ . Đặt ∆zk

= γ(tk) − γ(tk−1), lấy điểm tùy ý ξk ∈ [tk−1, tk] đặt ck = γ(ξk)

στ (f) =nX

k=1

f(ck)∆zk(2.1)

Nếu tồn tại giới hạn: lim|τ |→0

στ(f) = α theo nghĩa:

∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀τ : |τ | < δ ⇒ |στ (f) − α| < ε

không phụ thuộc vào cách trọn điểm ξk, thì giới hạn đó được gọi là tích phân củahàm f trên γ, kí hiệu là

Rγf(z)dz. Như vậy,Z

γ

f(z)dz = lim|τ |→0

στ(f) (2.2)

Nhận xét 1:a) Với giả thiết γ là đường cong trơn từng khúc và f liên tục trên γ thì

Rγf(z)dz

luôn tồn tại.b) Nếu γ là đường cong đơn thì, một cách tương đương, có thể định nghĩa tích

phân hàm f trên γ như sau: Giả sử P là phép chia γ thành n cung nhỏ bởi các điểmchia γ(a) = z0, z1, ..., zn = γ(b). Trên mỗi cung nhỏ _

zk−1, zk chọn điểm tùy ý ck vàlập tổng σ

P(f) =

nPk=1

f(ck)(zk − zk−1).

Đặt dk = maxz,w∈[zk−1,zk]

|z − w| và gọi |P|= max1≤k≤n

dk là đường kính của phép chia P.

Nếu tồn tại lim|P |→0

σP(f) không phụ thuộc vào cách chia P và cách chọn các điểm ck

thì giới hạn đó gọi là tích phân của f trên γ, kí hiệu làRγf(z)dz.

c) Đặt γ(ξk) = ck, ∆zk = ∆xk + i∆yk, ta có

στ(f) =nX

k=1

(u(ck) + iv(ck))(∆xk + i∆yk) =


=nX

k=1

[(u(ck)∆xk − v(ck)∆yk) + i(u(ck)∆yk + v(ck)∆xk)]

Theo tích phân đường loại 2, cho |τ | → 0 ta cóZγ

f(z)dz =Zγ

udx− vdy + iZγ

udy + vdx (2.3)

Do công thức ( 2.3 ), tích phân của hàm f trên γ có các tính chất tích phân đườngloại 2 và có thể sử dụng công thức tích phân đường loại 2 để tính tích phân phức.

2.1.2. Tính chất của tích phânĐịnh lý 2.1. Cho f, g là hai hàm liên tục trên đường cong γ, a, b là các hằng sốphức. Khi đó Z

γ

(af(z) + bg(z))dz = aZγ

f(z)dz + bZγ

g(z)dz

Chứng minh. Theo công thức (2.3) và tính chất của tích phân đường loại 2.

Định lý 2.2. Cho γ : [a; b] → C là một đường cong, γ− xác định bởi γ−(t) =a+ b− t, t ∈ [a, b] là đường cong đổi hướng của γ. Với mọi hàm t liên tục trên γ tacó: Z

γ

f(z)dz = −Z

γ−

f(z)dz. (2.4)

Chứng minh. Theo công thức (2.3) và tính chất tương ứng của tích phân đườngloại 2.

Định lý 2.3. Cho các đường cong γ1 : [a, b] → C, γ2[b, c] → C sao cho γ1(b) = γ2(b).Khi đó tổng của γ1 và γ2 là đường cong γ = γ1 + γ2 xác định bởi γ(t) = γ1(t) nếut ∈ [a, b], γ(t) = γ2(t) nếu t ∈ [b, c]. Với mọi hàm t liên tục trên γ ta cóZ

γ

f(z)dz =Zγ1

f(z)dz +Zγ2

f(z)dz

Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ định nghĩa tích phân.

Định lý 2.4. Nếu đường cong γ xác định bởi γ(t) = η(t) + iζ, t ∈ [a; b] thì:Zγ

f(z)dz =bZ

a

f(γ(t))γ ′(t)dt

trong đó γ ′ = η′(t) + iζ ′(t)

Chứng minh. Theo công thức (2.3) và công thức tích phân đường loại 2:Zγ

f(z)dz =bZ

a

(uη′−vζ ′)dt+ibZ

a

(vη′+uζ ′)dt =bZ

a

(u+iv)(η′+iζ ′)dt =bZ

a

f(γ(t))γ ′(t)dt


Định lý 2.5. Với mọi hàm t liên tục trên đường cong γ ta có

|Zγ

f(z)dz| ≤Zγ

|f(z)||dz| =Zγ

|f(z)|ds (2.5)

trong đó ds là vi phân độ dài cung.

Chứng minh . Bởi vì dz = (x′(t) + iy′(t))dt nên |dz| =qx′2(t) + y′2(t)dt, tức là

|dz| = ds vi phân của độ dài cung.

Bởi vìRγ|f(z)||dz| = lim

τ→0

nPk=1

|f(ck)||∆zk| và | nPk=1

f(ck)∆zk| ≤nP

k=1|f(ck)||∆zk| ta

có | Rγf(z)dz| ≤ R

γ|f(z)||dz|.

Định lý 2.6. Nếu |f(z)| ≤M trên γ và độ dài của cung γ là l thì :�� Zγ

f(z)dz�� ≤ Z

γ

|f(z)||dz| ≤MZγ

|dz| = M.l (2.6)

Chứng minh. Suy ra từ định lý 2.5 với chú ýRγ|dz| =

Rγds = l.

Định lý 2.7. Nếu γ0 : [a; b] → C và γ1 : [c; d] → C là hai đường cong tương đươngthì Z

γ0

f(z)dz =Zγ1

f(z)dz.

Chứng minh. Giả sử g : [a; b] → [c; d] là song ánh liên tục đơn điệu tăng đểγ0(t) = γ1(g(t)), t ∈ [a; b]. Nếu τ : t0 = a < t1 < .... < tn = b là một phép chia đoạn[a; b] thì g(τ) : g(t0) = c < g(t1) < .... < g(tn) = d cũng là phép chia đoạn [c; d] ;ξk ∈ [tk−1, tk] thì g(ξk) ∈ [g(tk−1), g(tk)]; |τ | → 0 thì g(τ) → 0. Do đó từ đẳng thức:

nXk=1

f(ξk)(γ0(tk) − γ0(tk−1)) =nX

k=1

f(g(ξk))�γ1(g(tk)) − γ1(g(tk−1))

�cho τ → 0 ta được R

γ0

f(z)dz =Rγ1

f(z)dz.

Ví dụ 1. Tính tích phân In =Rγn

dz

z, yn(t) = eint, t ∈ [0; 2π]

Theo định lý (2.4), vì γ ′(t) = ineint nên

In =2πZ0

ineint

eintdt =

2πZ0

indt = 2nπi

Nhận xét 2. Các đường γn trong ví dụ 1 đều có ảnh là đường tròn đơn vị {|z| = 1}.Nhưng tích phân của cùng một hàm trên chúng là khác nhau. Do đó nếu đường congkhông trơn thì không thể dùng ảnh của đường cong để thay cho đường cong trongđịnh nghĩa tích phân được.


Ví dụ 2. Tính tích phân Rγzdz, γ là đoạn thẳng nối z1 = 0 với z2 = 2 + i.

Sử dụng công thức (2.3)Zγ

zdz =Zγ

(x− iy)(dx+ idy) =Zγ

xdx+ ydy + iZγ

xdy − ydx.

Trên đoạn [0; 2 + i] ta có y =x

2, x ∈ [0; 2], do đó:

i =2Z

0

(x+x

4) + i

2Z0

(x

2− x

2) =

5

4

2Z0

dx =5

2.

2.1.3. Nguyên hàm và công thức Newton-LeibnitzCho hàm f xác định trên miền D. Hàm F xác định trên miền D gọi là một nguyên

hàm của f trên D nếu F’(z)=f(z) với mọi z ∈ D

Định lý 2.8. Nếu F là một nguyên hàm của hàm f trên D thì tập tất cả các nguyênhàm của f trên D là {F + c : c ∈ C}.

Chứng minh. Nếu F là nguyên hàm của f thì rõ ràng F+c cũng là nguyên hàmcủa f. Bây giờ giả sử G là một nguyên hàm bất kì của hàm f. Đặt ϕ = F − G thìϕ là một hàm chỉnh hình trên D và ϕ′ = F ′ − G′ = f − f = 0. Theo công thức:

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂v

∂y− ∂u

∂y=∂u

∂x− i

∂u

∂y=∂v

∂y+ i

∂y

∂x

Ta có ϕ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂v

∂y− i

∂u

∂y.

Do đó∂u

∂x=∂v

∂y= 0,

u

∂y=

∂v

∂x= 0 trên D, từ đó suy ra u, v là hằng số và

f=u+iv là hằng số.

Định lý 2.9. Nếu F là một nguyên hàm của hàm f trên miền D thì mọi đường congtrơn từng khúc γ : [a; b] → D, z1 = γ(a), z2 = γ(b) đều cóZ

γ

f(z)dz = F (z2) − F (z1)

(Công thức Newton-Leibnitz)

Chứng minh. Theo công thức (2.4)Rγf(z)dz =

bRaf(γ(t))γ ′(t)dt

Đặt Φ(t) = F (γ(t)), ta có Φ′(t) = f(γ(t)).γ ′(t). Do đó theo công thức Newton-Liebnitz trong giải tích thực cho phần thực và phần ảo của Φ ta cóZ

γ

f(z)dz = Φ(b) − Φ(a) = F (z2) − F (z1).


2.2. ĐỊNH LÝ CAUCHY

2.2.1. Biên có hướng của miềnCho D là một miền. Ta gọi biên có hướng (hay biên theo hướng dương) của miền

D là biên của D mà đi dọc trên biên theo hướng đó miền nằm về phía bên trái. Taký hiệu biên có hướng của miền D là ∂D.

Ví dụ 1. Biên có hướng của Dγ, Dγ1,...,γnγ , D = {Imz > 0}\[0; i] cho trong hình

2.1

γ γ

γ1

γ2

γn−1

y

xa) b) c)

Hình 2.1

Từ Hình 2.1 b) ta có ∂(Dγ1,...,γn−1

γ ) = γ ∪ (k=1∪n−1

∂−k )

Mỗi miền n-liên D đều có thể biến thành một miền đơn liên D’ bằng cách bổsung vào biên một số đoạn thẳng. Phương pháp đó được mô tả như trong Hình 2.2

(D) (D’)Hình 2.2

2.2.2. Định lý CauchyĐịnh lý 2.10 (Định lý Cauchy). Cho D là một miền bị chặn, có biên là hữu hạn cácđường cong trơn từng khúc. Nếu f giải tích trên D và liên tục trên D thì

R∂Df(z)dz = 0

Chứng minh. Chứng minh Được chia thành các bước như sau:Bước 1. Cho f giải tích trên miền D. Khi đó mọi tam giác ∆ sao cho ∆ b D đều

cóR

∂∆f(z)dz = 0

Thật vậy, nếu trái lại, có tam giác ∆ b D sao cho�� R∂∆f(z)dz

�� = M > 0

Chia ∆ thành bốn tam giác nhỏ bởi các đường trung bình. Biên có hương củamỗi tam giác nhỏ như hình 2.3.


Ký hiệu biên có hướng của bốn tam giác nhỏ là γj, j = 1, .., 4. Do các phầnbiên mới thêm vào ∆ được tính hai lần theo chiều ngược nhau nên

R∂∆f(z)dz =

4Pj=1

Rγj

f(z)dz.

Từ đó tồn tại một tam giác mà ta ký hiệu là ∆1 sao cho

Hình 2.3

R∂∆1

f(z)dz ≥ M

4.

Lại chia ∆1 thành bốn tam giác nhỏ và lí luận tương tự,

ta tìm được ∆2 ⊂ ∆1 sao choR

∂∆2

f(z)dz ≥ M

42.

Bằng cách qui nạp ta xây dựng được dãy các tam giác {∆n} sao cho1) ∆n+1 ⊂ ∆n với mọi nghĩa

2) Chu vi ln của ∆n bằngl

4n(l là chu vi của ∆)

Do tính đầy đủ của trường số phức C, tồn tại z0 ∈ x∪n=1

∆n. Vì tại z0 ∈ D hàm f

giải tích nê có thể viết f(z) = f(z0)+f ′(z0)(z−z0)+(z−z0)h(z), trong đó limz→z0

= 0.

Từ đó với mọi nZ∂∆n

f(z)dz = f(z0)Z

∂∆n

dz + f ′(z0)Z

∂∆n

(z − z0)dz +Z

∂∆n

(z − z0)h(z)dz.

Theo công thức Newton-Leibnitz ta cóR

∂∆n

dz = 0,R

∂∆n

(z − z0)dz = 0 nênZ∂∆n

f(z)dz =Z

∂∆n

(z − z0)h(z)dz. (2.7)

Với ε > 0 tùy ý, do limz→z0

= 0, tồn tại δ, 0 < δ < 1, sao cho |h(z)| < ε khi

|z − z0| < δ. Chọn n0 sao chol

4n0

< δ. Vì z0 ∈ ∆n0và chu vi ∆n0

nhỏ hơn δ nên

∆n0b B(z0, δ). Từ đó theo (2.7)

M

4n0

≥ |Z

∂∆n0

f(z)dz| ≥ supz∈B(z0,δ)

|h(z)|ln0≥ εl

4n0

Vậy 0 < M < εl. Ta gặp mâu thuẫn vì ε > 0 tùy ý.Bước 2. Cho f giải tích trong miền D, P là một đa giác đơn sao cho P b D. Khi

đó R∂Pf(z)dz = 0.

Chi đa giác P thành N tam giác ∆j, Theo bước 1 ta có R∂Pf(z)dz =

NPj=1

R∂∆j

f(z)dz = 0.


Bước 3. Cho f giải tích trong miền D và γ là một chu tuyến trơn từng khúc saocho Dγ b D. Khi đó

Rγf(z)dz = 0.

Kết quả này được suy ra từ bước 2 và bổ để sau:Bổ đề Goursat. Cho f là hàm liên tục trên miền D và γ là một chu tuyến đóng

trơn từng khúc trong D. Khi đó mọi ε > 0 tồn tại một hình đa giác P nằm trong D,có các đỉnh trên γ sao cho

|Zγ

f(z)dz −Z

∂P

f(z)dz| < ε (2.8)

Bước 4. Cho D là một miền đơn liên bị chặn có biên Γ là hữu hạn các đường congtrơn từng khúc, f giải tích trên D, liên tục trên D. Khi đó R

Γf(z)dz = 0.

Trước hết ta xét trường hợp D có hình sao, tức là tồn tại z0 ∈ D sao cho mọi tiagốc z0 chỉ cắt Γ tại một điểm. Khi đó Γ có thể viết dưới dạng: z = z0+λ(t), t ∈ [0; 2π].Với mọi 0 < ρ < 1 xét đường cong Γρ

z = z0 + ρλ(t), t ∈ [0; 2π]

Vì Γ trơn từng khúc nên Γρ cũng có tính chất đó. Theo bước 3,RΓρ

f(z)dz = 0.

Từ đóRΓf(z)dz =

RΓf(z)dz − R

Γρ

f(z)dz =2πR0

[f(z0 + λ(t)) − ρf(z0 + ρλ(t))]λ′(t)dt =

=2πR0

(1 − ρ)f(z0 + λ(t))dt+2πR0ρ(f(z0 + λ(t)) − ρf(z0 + ρλ(t)))λ′(t)dt

và

|ZΓ

f(z)dz| ≤ (1 − ρ)Ml + 2πρm. maxt∈[0;2π]

|f(z0 + λ(t)) − f(z0 + ρλ(t))| (2.9)

trong đó M = maxz∈Γ

|f(z)|, n = maxt∈[0,2π]

λ′(t), l = |Γ| đọ dài của Γ. Do f liên tục trên D

nên từ (2.9) cho ρ→ 0 ta cóRΓf(z)dz = 0.

Trường hợp D không có dạng hình sao thì do D liên thông, bị chặn và có biêntrơn từng khúc nên có thể chia D thành N miền nhỏ Dj có dạng hình sao. Khi đóRΓf(z)dz =

NPj=1

R∂Dj

f(z)dz = 0.

Bây giờ ta chứng minh định lý. Bổ sung vào biên D hữu hạn đoạn thẳng để trởthành miền đơn liên D’. Khi đó theo bước 4

RΓf(z)dz =

R∂D′

f(z)dz = 0.

Nhận xét 3. Cho D là một miền n-liên có biên trơn từng khúc dạngD = Dγ1,...,γn−1

γ .Nếu f là một hàm giải tích trên miền G, D b G thì ta có R

∂Df(z)dz = 0.

Dĩ nhiên kết quả này suy ra từ định lý Cauchy, tuy nhiên để chứng minh trựctiếp nó không cần sử dụng bước 4.


Với miền D có dạng đặc biệt này, nếu f giải tích trên D và liên tục trên D thì ta

có Rγf(z)dz =

NPj=1

Rγj

f(z)dz

2.2.3. Sự tồn tại của nguyên hàmĐịnh lý 2.11. Cho miền đơn liên D và hàm f giải tích trên D. Khi đó với mọiz0 ∈ D, hàm F xác định bởi

F (z) =zZ

z0

f(η)dη (2.10)

Ở đây tích phân lấy theo đường cong trơn từng khúc bất kỳ nối z0, với z, là mộtnguyên hàm của f trên D.

Chứng minh. Theo định lý Cauchy dễ dàng thấy tích phân (2.10) không phụthuộc hình dạng đường lấy tích phân, do đó F là một hàm xác định trên D.

Với mọi z ∈ D và ∆z đủ nhỏ để [z, z + ∆z] ⊂ D

ta cóF (z + ∆z) − f(z)

∆z=

1

∆z

Rzz + ∆zf(η)dη

Từ đó

|F (z + ∆z) − F (z)

∆z− f(z)| = | 1

∆z

Z[z,z+∆z]

(f(η) − f(z))dη| ≤ maxη∈[z,z+∆z]

|f(η) − f(z)|.

Do f liên tục tại z nên cho ∆z → 0 ta có F’(z)=f(z).Chú ý rằng nếu miền D không đơn liên thì định lý 2.11 có thể không đúng.

Ví dụ. Hàm f(z) =1

zgiải tích trên miền D = B(0; 1)\{0} nhưng không tồn tại

nguyên hàm trên D.

2.3. CÔNG THỨC TÍCH PHÂN CAUCHY

2.3.1. Công thức tích phân CauchyĐường tròn tâm z0, bán kính r, là đường cong có phương trình: γ(t) = z0+reit, t ∈

[0; 2π], được kí hiệu là Cr,z0, Cr hoặc |z − z0| = r.

Từ nay ta sẽ hiểu đường cong là đường cong trơn từng khúc, chu tuyến là chutuyến trơn từng khúc.

Định lý 2.12 (Công thức tích phân Cauchy). Cho D là một miền bị chặn, có biênlà hữu hạn đường cong. Nếu f giải tích trên D và liên tục trên D thì với mọi z0 ∈ Dta có

f(z0) =1

2πi

Z∂D

f(z)

z − z0dz


Chứng minh. Với mọi r>0 sao cho B(z0, r) b D, đặt D′ = D\B(z0, r)

Hàm g =f(z)

z − z0giải tích trên D’ nên theo định lý CauchyZ

∂D′

f(z)

z − z0dz =

Z∂D

f(z)

z − z0dz −

Z∂Cr

f(z)

z − z0dz = 0.

Từ đó:1

2πi

R∂D

f(z)

z − z0dz =

1

2πi

RCr

f(z)

z − z0dz.

VìR

Cr

f(z)

z − z0dz = 2πi nên

f(z0) −1

2πi

ZCr

f(z)

z − z0dz =

1

2πi

Zcr

f(z0) − f(z)

z − z0dz (2.11)

Với mọi ε > 0, δ > 0 sao cho |z − z0| < δ thì |f(z) − f(z0)| < ε.

Khi đó mọi r < δ ra có�� 1

2πi

ZCr

f(z0) − f(z)

z − z0dz

�� ≤ 1

2πi

ε

r2πr = ε.

Do ε > 0 tùy ý nên từ (2.11) suy ra:

f(z0) =1

2πi

ZCr

f(z)

z − z0dz =

1

2πi

Z∂D

f(z)

z − z0dz.

Nhận xét. Trường hợp f giải tích trên miền D, z0 ∈ D và γ là một chu tuyến sao

cho z0 ∈ Dγ b D thì ta có f(z0) =1

2πi

Rγ

f(z)

z − z0dz.

Khi áp dụng để tính tích phân ta viết:Rγ

f(z)

z − z0dz = 2πif(z0)

Ví dụ 2.3.1. Tính tích phân I =R

|z−1|=1

dz

z2 − 4z + 3

Giải. Ta cóR

|z−1|=1

1

z − 3z − 1

dz = 2πi1

1 − 3

Định lý 2.13 (Công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàm). Cho hàm f giải tíchtrên miền D. Khi đó f có đạo hàm mọi cấp trên miền D và đạo hàm cấp n của f tạiz0 được biểu diễn bởi công thức

f (n)(z0) =n!

2πi

Zγ

f(z)

(z − z0)n+1dz, n = 0, 1, 2, ... (2.12)

trong đó γ là chu tuyến sao cho z0 ∈ Dγ b D.


Chứng minh. Ta chứng minh bằng qui nạp theo n. Theo định lý 2.12

f (0)(z) = f(z) =1

2πi

Zγ

f(z)

z − z0dz.

Nên (2.12) đúng với n=0.Giả sử (2.12) đúng với n ≥ 0, ta chứng minh (2.12) đúng với n+1. Ta có thể giả

thiết γ = Cr,z0, 0 < r < 1. Với mọi ∆z 6= 0, z0 + ∆z ∈ B(z0, r) ta có

∆f (n)(z0)

∆z=f (n)(z0 + ∆z) − f (n)(z0)

∆z=

n!

2πi∆z

� Rγ

f(z)

(z − z0 − ∆z)n+1dz − R

γ

f(z)

(z − z0)n+1dz

�=

=n!

2πi∆z

Rγ

(z − z0)n+1 − (z − z0 − ∆z)n+1

(z − z0)n+1(z − z0 − ∆z)n+1f(z)dz.

Vì (z−z0−∆z)n+1 =n+1Pk=0

(−1)kCkn+1(z−z0)

n+1−k∆zk nên ta có∆f (n)(z0)

∆Z= A+B

trong đó

A =(n+ 1)!

2πi

Zγ

f(z)

(z − z0)(z − z0 − ∆z)n+1dz

B =n!

2πi

Zγ

n+1Pk=2

(−1)kCkn+1(z − z0)

n+1−k∆zk

(z − z0)n+1(z − z0 − ∆z)n+1f(z)dz

Tương tự đoạn trên ta có

A−(n+ 1)!

2πi

Rγ

f(z)

(z − z0)n+2dz =

(n+ 1)!

2πi

Rγ

(z − z0)n+1 − (z − z − 0 − ∆z)n+1

(z − z0)n+2(z − z0 − ∆z)n+1f(z)dz

= −(n+ 1)!

2πi

Rγ

n+1Pk=2

(−1)kCkn+1(z − z0)

n+1−k∆zk

(z − z0)n+1(z − z0 − ∆z)n+1f(z)dz

Kí hiệu M = maxz∈γ

|f(z)|, với chú ýn+1Pk=0

Ckn+1 = 2n+1, |z − z0| < 1, |∆z| < 1 ta có��A− (n+ 1)!

2πi

Rγ

f(z)

(z − z0)n+2dz

�� ≤ (n+ 1)!2n+1.M.|∆z|rn+1(r − |∆z|)n+1

, |B| ≤ n!2n+1.M.|∆z|rn(r − |∆z|)n+1

Từ đó suy ra��∆f (n)(z0)

∆z− (n+ 1)!

2πi

Rγ

f(z)

(z − z0)n+1dz

�� → 0 khi ∆z → 0.

Vậy f (n+1)(z0) tồn tại và f (n+1)(z0) =(n+ 1)!

2πi

Rγ

f(z)

(z − z − z0)n+2dz

Nhận xét. Theo định lý 2.13, hàm phức có đạo hàm thì có đạo hàm mọi cấp trênmiền D. Điều này không đúng với hàm thực. Với giả thiết của định lí 2.13 ta cóRγ

f(z)

(z − z0)n+1dz =

2πi

n!f (n)(z0)


Ví dụ 2.3.2. Tính Ij =Rγj

e2z

z2(z − 1)dz, trong đó γj là chu tuyến

a) 0 ∈ Dγ1, 1 6= Dγ1

;

01

y

x

γ1γ2

γ3

Hình 2.4

b) 1 ∈ Dγ2, 0 6= Dγ2

;c) 0, 1 ∈ Dγ3

,

Giải. a) Đặt f(z) =e2z

z − 1. Ta có f ′(z) =

e2z(2z − 3)

(z − 1)2

Từ đóRγ1

f(z)dz =2πi

1!f ′(0) = −6πi

b) Rγ2

e2z

z2(z − 1)dz =

Rγ2

e2z

z2

z − 1= 2πi

e2z

z2|z=1 = 2πie2.

c)Rγ3

e2z

z2(z − 1)dz =

Rγ1

e2z

z2(z − 1)dz +

Rγ2

e2z

z2(z − 1)dz = −6πi+ 2πie2 = 2πi(e2 − 3)

2.3.2. Các hệ quả của công thức tích phân CauchyĐịnh lý 2.14 (Định lý Morera). Cho f là một hàm liên tục trên miền đơn liên Dvà tích phân của f theo mọi đường cong đóng trong D đều bằng 0. Khi đó f là hàmgiải tích trên D.

Chứng minh. Cố đinh z0 ∈ D và đặt F (z) =zR

z0

f(η)d(η). Khi đó dễ thấy f(z)

không phụ thuộc vào hình dạng đường cong nối z0 và z trong D do vậy F là mộthàm trên D. Tương tự chứng minh định lý 2.11 ta có F’(z)=f(z). Từ đó F(z) giảitích trên D nên theo định lý 2.13, f(z)=F’(z) là hàm giải tích trên D.

Định lý 2.15 (Bất đẳng thức Cauchy đối với đạo hàm). Cho hàm f giải tích trên

miền D, z0 ∈ D và số R>0 sao cho B(z0, R) b D. Khi đó��f (n)(z0)

�� ≤ n!M

RnỞ đây

M = maxz∈CR,z0

|f(z)|

Định lý 2.16 (Định lý Liouville). Cho f là một hàm giải tích và bị chặn trên toànmặt phẳng, tức tồn tại số thực dương M sao cho |f(z)| ≤M với mọi z ∈ C. Khi đóf là hàm hằng.

Định lý 2.17 (Định lý về giá trị trung bình). Cho hàm f giải tích trên miền D,z0 ∈ D và số R>0 sao cho B(z0, R) b D. Khi đó giá trị của f tại z0 bằng trung bìnhcác giá trị trên đường tròn CR,z0

(t) = z0 + Reit, t ∈ [0, 2π]

f(z0) =1

2π

2πZ0

f(z0 + Reit)dt


Nhận xét. Với giả thiết của định lý 2.17 ta có2πR0f(z0 +Reit)dt = 2πf(z0)

Ví dụ 2.3.3. Tính tích phân I =2πR0cos(eit)dt.

Áp dụng nhận xét trên với f(z)=cosz và z0 = 0, ta có I = 2πcos(0) = 2π

2.4. HÀM ĐIỀU HÒA

2.4.1. Hàm điều hòaHàm u(x, y) của hai biến thực x, y trong miền D gọi là hàm điều hòa nếu có các

đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thỏa mãn phương trình Laplace

∆u =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0

với mọi (x, y) ∈ D

Cho f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y) là một hàm giải tích trên miền D. Theo điều kiệnCauchy-Riemamn

∂u

∂x=∂v

∂y,∂u

∂y= −∂v

∂x

Lấy đạo hàm đẳng thức thứ nhất theo x và đẳng thức thứ hai theo y rồi cộng lại

lại ta có: ∆u =∂2u

∂x2+∂2v

∂y2= 0.

Tương tự ta cũng có ∆u =∂2v

∂x2+∂2v

∂y2

Như vậy phần thực, phần ảo của hàm giải tích là những hàm điều hòa. Hơn nữata có định lý sau:

Định lý 2.18. Một hàm hai biến thực trên miền D là hàm điều hòa khi và chỉ khilà phần thực hay phần ảo của một hàm giải tích nào đó trên D

Chứng minh. Ta chỉ còn phải chứng minh nếu u là hàm điều hòa trên D thì tồntại v là hàm trên D sao cho f=u+iv là hàm giải tích trên D. Thật vậy, giả sử u làhàm điều hòa, với mỗi (x0, y0) ∈ D đặt

v(x, y) =(x,y)Z

(x0,y0)

−∂u∂ydx+

∂u

∂xdy (2.13)

Do u là hàm điều hòa nên∂u

∂x(∂u

∂x) =

∂u

∂y(−∂u∂y

), từ đó tích phân đường (2.13)

không phụ thuộc vào hình dạng đường nối (x0, y0) với (x, y) trong D. Vì dv =

−∂u∂ydx+

∂u

∂xdy nên ta có

∂v

∂x= −∂u

∂y,∂v

∂y=∂u

∂x


Theo định lý 1.1, f=u+iv là hàm giải tích. Do đó hàm v xác định bởi (2.13) làhàm cần tìm.

Tương tự, nếu v là một hàm điều hòa đã cho thì hàm

(x,y)Z(x0,y0)

∂v

∂ydx− ∂v

∂xdy (2.14)

là hàm sao cho f=u+iv là hàm giải tích.Nhận xét. Nếu chọn đường lấy tích phân là đường gấp khúc song song với các

trục tọa độ thì các công thức (2.13), (2.14) được đưa về tích phân xác định

v(x, y) = −xZ

x0

∂u(t, y0)

∂ydt+

yZy0

∂u(x, t)

∂xdt

u(x, y) =xZ

x0

∂v(t, y0)

∂ydt−

yZy0

∂v(x, t)

∂xdt

Vì (x0, y0) chọn tùy ý thuộc D nên có vô số hàm thỏa mãn bài toán sai khác mộthằng số cộng.

Ví dụ 2.4.1. Cho hàm u(x, y) = x3 − 3xy2. Tìm hàm v(x, y) sao cho f=u+iv làhàm giải tích.

Giải.∂u

∂x= 3x2 − 3y2,

∂2u

∂x2= 6x;

∂u

∂y= −6xy,

∂2u

∂y= −6x.

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 nên u là hàm điều hòa trên C. Từ đó hàm v(x, y) tồn tại. Theo

nhận xét ở trên ta có:

v(x, y) = −xZ

0

−6.t.0.dt+yZ

0

(3x2 − 3t2)dt = 3x2t− t3��y0

= 3x2y − y3

Vậy v(x, y) = 3x2 − y3 + c

2.4.2. Công thức Schwartz và công thức PoissonĐịnh lý 2.19 (Công thức Schwartz). Cho f=u+iv là hàm giải tích trên miền D vàcho hình tròn B(0, R) b D. Khi đó mọi z ∈ B(0, R) ta có

f(z) =1

2π

2πZ0

u(Reit)Reit + z

Reit − zdt+ iv(0).

Chứng minh. Mọi z ∈ B(0, R), theo công thức tích phân Cauchy

f(z) =1

2πi

ZCR

f(η)

η − zdη =

1

2π

2πZ0

f(Reit).Reit

Reit − zdt (2.15)


Đặc biệt

f(0) =1

π

2πZ0

f(Reit)dt (2.16)

Vì |z = |z| < R| nênR2

|z| > R,R2

z66= B(0, R) theo định lý Cauchy

0 =1

2πi

ZCR

f(η)

η − R2

z

dη =1

2π

2πZ0

f(Reit)zeit

zeit −Rdt (2.17)

Từ (2.15), (2.16) ta có

f(z) − 1

2f(0) =

1

2π

2πZ0

f(Reit)1

2

Reit + z

Reit − zdt (2.18)

Từ (2.15), (2.16) ta có

1

2f(0) =

1

1π

2πZ0

f(Reit)(1

2− zeie

zeit −R)dt =

1

2

2πZ0

f(Reit).1

2

Re−it + z

Re−it − zdt

Từ đó1

2f(0) =

1

2π

2πZ0

f(Reit).1

2

Reit + z

Reit − zdt (2.19)

Cộng (2.18) (2.19) với chú ý f(z) = u(z) + iv(z) ta có công thức

f(z) =1

2

2πZ0

u(Reit)Reit + z

Reit − zdt+ iv(0)

Nhận xét. Theo công thức Schwartz, hàm giait tích f trong B(0, R) hoàn toànxác định khi biết giá trị của phần thực trên đường tròn CR,0 và giá trị phần ảo tại0.

Vì u=Re f nên mọi hàm điều hòa u trong B(0, R) cũng hoàn toàn xác định khibiết giá trị của u trên đường tròn CR,0. Cụ thể ta có

Định lý 2.20 (Công thức Poisson). Cho u là một hàm điều hòa trên miền D vàhình tròn B(0, R) b D. Khi đó với mọi z ∈ B(0, R) ta có

u(z) =1

2π

2πZ0

u(Reit)R2 − |z|2��Reit − z

��2dt


Chứng minh. Theo định lý 2.18, tồn tại một hàm f giải tích trên D sao cho u=Ref. Vì

Reit + z

Reit − z=

(Reit + z)(Re−it − z)��Reit − z��2 =

R2 − |z|2��Reit − z�� + i

2R.Im(zeit)��Reit − z��2

nên theo công thức Schwartz ta có ngay

u(z) = Ref(z) =1

2π

2πR0u(Reit)

R2 − |z|2��Reit − z��2

Chương 3LÝ THUYẾT CHUỖI

3.1. CHUỖI HÀM PHỨC

3.1.1. Chuỗi hàmChuỗi hàm xác định trên tập A ∈ C là chuỗi dạng

f1(z) + f2(z) + ...+ fk(z) + ... =∞X

k=1

fk(z), (3.1)

trong đó các hàm fk xác định trên tập A.Ta gọi tổng riêng thứ n của chuỗi (3.1.1) là chuỗi sn(z) =

nPk=1

fk(z).

Chuỗi (3.1.1) gọi là hội tụ tại z0 ∈ A nếu chuỗi∞P

k=1fk(z0) hội tụ. Điểm mà tại

đó chuỗi không hội tụ gọi là điểm phân kỳ. Chuỗi gọi là hội tụ trên tập A nếu nóhội tụ tại mọi z ∈ A. Trong trường hợp này, đặt f(z) =

∞Pk=1

fk(z), và gọi hàm f là

tổng của chuỗi (3.1.1). Khi chuỗi hội tụ, ta gọi phần dư thứ n của chuỗi (3.1.1) làrn(z) = f(z) − sn(z) =

∞Pk=n+1

fk(z),

Chuỗi (3.1.1) gọi là hội tụ đều trên A đến hàm f nếu mọi ε > 0, tồn tại chỉ số Nsao cho mọi n>N, mọi z ∈ A đều có

|rn| = |f(z) − sn(z)| < ε.

Chuỗi (3.1.1) gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi∞P

k=1|fk(z)| hội tụ.

Nếu chuỗi∞P

k=1|fk(z)| hội tụ đều thì chuỗi (3.1.1) gọi là chuỗi hội tụ tuyệt đối và

đều.Vì |rn(z)| ≤ ∞P

k=n+1|fk(z)| nên mọi chuỗi hội tụ tuyệt đối (và đều) là chuỗi hội tụ

( và đều)

Định lý 3.1 (Dấu hiệu Weierstrass). Nếu mọi k, mọi z ∈ A đều có |fk(z)| ≤ ak vàchuỗi

∞Pk=1

ak hội tụ thì chuỗi (3.1.1) hội tụ tuyệt đối và đều trên A.

Chứng minh. Mọi ε > 0, chọn chỉ số N sao cho∞P

k=n+1ak < ε với mọi n>N. Khi

đó mọi n>N�� ∞Pk=n+1

fk(z)�� ≤ ∞P

k=n+1|fk(z)| ≤ ∞P

k=n+1ak < ε, do đó chuỗi (3.1.1) hội tụ

tuyệt đối và đều.


Định lý 3.2. Nếu chuỗi (3.1.1) hội tụ đều trên A và ϕ là một hàm bị chặn trên Athì chuỗi

∞Pk=1

ϕ(z)fk(z) hội tụ đều trên A.

Chứng minh. Giả sử |ϕ(z)| ≤M với mọi z ∈ A. Kí hiệu r∗n(z) =∞P

k=n+1ϕ(z)fk(z).

Do (3.1.1) hội tụ đều nên mọi ε > 0, tồn tại chỉ số N sao cho mọi n>N, mọi z ∈ A

có |rn(z)| < ε

M. Từ đó mọi k n>N, mọi

z ∈ A, |r∗n(z)| ≤M |rn(z)| < ε

Vậy chuỗi∞P

k=1ϕ(z)fk(z) hội tụ đều trên A.

Định lý 3.3. Nếu mọi hàm fk liên tục trên tập A và chuỗi (3.1.1) hội tụ đều trênA thì f(z) =

∞Pk=1

fk(z) liên tục trên A.

Chứng minh. Giả sử z0 ∈ A và ε > 0 tùy ý. Do (3.1.1) hội tụ nên tồn tại chỉ số Nsao cho mọi n>N, z ∈ A đều có |f(z)−sn(z)| < ε

3. Cố định n, n>N. Do sn liên tục tại

z0 nên tồn tại δ > 0 sao cho |z−z0| < δ thì |sn(z)−sn(z0)| <ε

3. Từ đó nếu |z−z0| < δ

thì |f(z)−f(z0)| ≤ |f(z)−sn(z)|+ |sn(z)−sn(z0)|+ |sn(z0)−f(z0)| <ε

3+ε

3+ε

3= ε

Vậy f liên tục tại z0.

Định lý 3.4. Nếu mọi hàm fk liên tục trên A, chuỗi (3.1.1) hội tụ đều trên A vàf(z) =

∞Pk=1

fk(z) thì có thể lấy tích phân chuỗi theo đường cong γ bất kỳ trong A, tức

là Zγ

f(z)dz =∞X

k=1

Zγ

fk(z)dz

Chứng minh. Tích phânRγf(z)dz tồn tại vì theo định lý (3.1.3), f(z) liên tục trên

A. Đặt

σn =nX

k=1

Zγ

fk(z)dz =Zγ

sn(z)dz.

Ta sẽ chứng minh limn→∞σn =

Rγf(z)dz

Gọi l là độ dài đường cong γ. Với mọi ε > 0, do tính hội tụ đều, tồn tại chỉ sốN sao cho

��f(z) − sn(z)�� < ε

lvới mọi n>N. Từ đó với mọi n>N

�� Rγf(z)dz − σn

�� =�� Rγf(z)dz − sn(z)dz

�� < ε

ll = ε. Vậy lim

n→∞σn =Rγf(z)dz.

Định lý 3.5 (Định lý Weierstrass). Nếu mọi hàm fk giải tích trên miền D và chuỗi(3.1.1) hội tụ đều trên D thì f(z) =

∞Pk=1

fk(z) là hàm giải tích trên D. Hơn nữa,


chuỗi các đạo hàm∞P

k=1f

(n)k (z) cũng hội tụ đều trên D và có thể lấy đạo hàm chuỗi

trên D, tức là∞X

k=1

f(n)k (z) = f (n)(z) (3.2)

Chứng minh. Xét tại điểm tùy ý z ∈ D. Chọn δ > 0 sao cho B = B(z, δ) b D.Với mọi chu tuyến γ trong B, do chuỗi

∞Pk=1

fk(z) hội tụ đều trên γ nên theo định lý

3.4 và định lý CauchyRγf(z)dz =

∞Pk=1

Rγfk(z)dz = 0. Theo định lý Morera, f giải tích

trên B và do đó giải tích tại mọi z ∈ D.

Ký hiệu C là đường tròn |η− z| = δ. Khi đó chuỗi∞P

k=1fk(η) hội tụ trên C và mọi

z ∈ C, n ∈ N �� n!

2πi

1

(η − z)n+1

�� ≤ n!

2πδn+1

Theo định lý 3.2, chuỗin!

2πi

∞Pk=1

f(η)

(η − z)n+1hội tụ đều trên C và tổng của chuỗi

này làn!

2πi

1

(η − z)n+1. Áp dụng định lý 3.4 ta có

nXk=1

n!

2πi

ZC

fk(η)

(η − z)n+1dη =

n!

2πi

ZC

fk(η)

(η − z)n+1dη. (3.3)

Từ đó theo công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàm∞P

k=1f

(n)k (z) = f (n)(z)

Nhận xét. Với n=0 (3.1.3) cho ta∞P

k=1fk(z) =

1

2πi

RC

f(η)

η − zdη hay f(z) =

1

2πi

RC

f(η)

η − zdη. Từ đẳng thức này cũng suy ra được hàm f giải tích tại z.

3.1.2. Chuỗi lũy thừaChuỗi lũy thừa là chuỗi hàm có dạng

a0 + a1(z − z0) + a2(z − z0)2 + ... =

∞Xk=0

ak(z − z0)k (3.4)

Các hằng số phức ak gọi là các hệ số của chuỗi, z0 gọi là tâm của chuỗi.

Định lý 3.6 (Định lý Abel). Nếu chuỗi (3.1.4) hội tụ tại điểm z1 6= z0 thì hội tụtuyệt đối tại mọi z thỏa mãn |z− z0| < |z1 − z0|, hội tụ đều trên mọi hình tròn đóngB(z0, r) với 0 < r < |z1 − z0|. Nếu chuỗi (3.1.4) phân kỳ tại z2 thì phân kỳ tại mọiz thỏa mãn |z − z0| > |z1 − z0|.


Chứng minh. Vì chuỗi∞P

k=1ak(z − z0)

k hội tụ nên limk→∞

ak(z1 − z0)k = 0. Từ đó tồn

tại số M sao cho |ak(z1 − z0)k| ≤ M với mọi k ∈ N. Nếu |z − z0| < |z1 − z0| thì

|ak(z − z0)k| = |ak(z1 − z0)

k|�� z − z0

z1 − z0

��k ≤ Mqk, trong đó q =�� z − z0

z1 − z0

�� < 1. Vì chuỗi∞P

k=0Mqk hội tụ nên chuỗi

∞Pk=0

ak(z − z0) hội tụ tuyệt đối.

Giả sử 0 ≤ π < |z1 − z0|. Mọi z ∈ B(z0, r) ta có |ak(z − z0)k| ≤M.

� r

|z1 − z0|�k

.

Vì chuỗi∞P

k=0M.

� r

|z1 − z0|�k

hội tụ nên chuỗi∞P

k=0|ak(z − z0)

k| hội tụ đều trên

B(z0, r) theo định lý 3.1.Số R gọi là bán kính hội tụ của chuỗi (3.1.4) nếu chuỗi hội tụ tại mọi z, |z−z0| < R

và phân kỳ tại mọi |z − z0| > R. B(z0, R) gọi là hình tròn hội tụ của chuỗi.

Ký hiệu A = {z ∈ C :∞P

k=0ak(z − z0)

k hội tụ}. Khi đó theo định lý Abel chuỗi

(3.1.4) có bán kính hội tụ là R = supz∈A

|z − z0|.

Vì A 6= ∅ nên bán kính hội tụ của chuỗi (3.1.4) luôn tồn tại, 0 ≤ R ≤ ∞. NếuR = 0 thì (3.1.4)chỉ hội tụ tại một điểm duy nhất z = z0; nếu R = ∞ thì (3.1.4)hội tụ trên toàn mặt phẳng.

Tương tự như chuỗi lũy thừa thực, bán kính hội tụ của chuỗi (3.1.4) được tính

theo công thức R = limn→∞

�� an

an+1

�� hoặc: R =1

limn→∞

q|an|

.

3.2. CHUỖI TAYLOR

Cho tập con A của C và z0 ∈ C. Ta gọi khoảng cách từ z0 đến A là

d(z0, A) = infz∈A

|z − z0|.

Nếu A = ∅ thì d(z0, A) = ∞Định lý 3.7 (Định lý Taylor). Cho f là một hàm giải tích trên miền D và z0 ∈ D.Khi đó trong hình tròn B(z0, R), R = d(z0, ∂D), ta có

f(z) =∞X

k=0

ak(z − z0)k, (3.5)

Các hệ số ak là duy nhất, được tính theo công thức ak =f (k)(z0)

k!.

Chứng minh. Với r tùy ý, 0<r<R, ký hiệu Cr là đường tròn tâm z0, bán kính r.Theo công thức tích phân Cauchy ta có

f(z) =1

2πi

ZCr

f(η)

η − zdη (3.6)


với mọi z ∈ B(z0, r). Vì |z − z0| < |η − z0| nên có khai triển

1

η − z=

1

(η − z0) − (z − z0)=

1

η − z0.

1

1 − z − z0

η − z0

=∞X

n=0

(z − z0)n

(η − z0)n+1(3.7)

Với mọi η ∈ Cr,��z − z0

η − z0

�� =|z − z0|

r< 1, nên theo định lý 3.2 chuỗi

∞Pk=0

f(η)(z − z0)k

(η − z0)k+1hội tụ đều trên Cr với z, z0 cố định. Thế (3.2.3) vào (3.2.2) và

áp dụng định lý 3.4

f(z) =∞X

k=0

� 1

2πi

ZCr

f(η)

(η − z0)k+1dη

�(z − z0)

k

Theo công thức tích phân Cauchy đối với đạo hàm

ak =1

2πi

ZCr

f(η)

(η − z0)k+1dη =

f (n)(z0)

k!, do đó

f(z) =∞X

k=0

ak(z − z0)k =

∞Xk=0

f (k)(z0)

k!(z − z0)

k (3.8)

Vì chuỗi (3.2.4) hội tụ trên mọi hình tròn B(z0, r), r < R nên nó hội tụ trênB(z0, r). Ta còn phải kiểm tra tính duy nhất của các hệ số ak. Giả sử

f(z) =∞P

k=0bk(z−z0)

k, z ∈ B(z0, R) là một khai triển tùy ý của f. Theo định lý 3.6,

lấy đạo hàm hai vế đẳng thức này k lần và thay z = z0 ta nhận được f (k)(z0) = k!bk

Vậy ta cũng có bk =f (k)(z0)

k!Nhận xét. a) Theo định lý 3.5 và 3.6, chuỗi lũy thừa giải tích trong hình tròn hội

tụ của nó. Do đó từ định lý 3.7 suy ra: Hàm f giải tích tại z ∈ D nếu và chỉ nếutồn tại r>0 sao cho f(z) =

∞Pk=0

ak(z − z0)k với mọi z ∈ B(z0, r).

b) Kết quả tương tự định lý 3.7 không đúng cho hàm thực khả vi vô hạn tại mộtđiểm. Chẳng hạn hàm

ϕ(x) =

8>><>>:e 1

x2 nếu x 6= 0

0 nếu x = 0

khả vi vô hạn lần trên R và ϕ(k)(0) = 0 với mọi k. Điều đó có nghĩa là∞P

k=0

ϕ(k)(0)

k!xk =

0 nhưng ϕ không đồng nhất bằng 0 trong bất kỳ lân cận nào của điểm x=0.


c) Chuỗi (3.2.1) gọi là khai triển Taylor của hàm f trong điểm lân cận của điểmz0. Do tính duy nhất nên có thể áp dụng các phương pháp linh hoạt để tìm khaitriển Taylor.

Ví dụ 1. Tìm khai triển Taylor của f(z) =1

z − 3trong lân cận của điểm z0 = 1.

Giải. Ta có1

z − 3= − 1

2 − (z − 1)= −1

2.

1

1 − z − 1

2

= −1

2

∞Pk=0

�z − 1

2

�k

Vậy1

z − 3=

∞Pk=0

−1

2k+1(z − 1)k. Hình tròn hội tụ của chuỗi là B(1, 2)

Định lý 3.8. Cho f và g là các hàm giải tích trên miền D, f(zn) = g(zn) với mọin, ở đây {zn} là một dãy các điểm phân biệt trong D sao cho zn → z0 ∈ D. Khi đóf(z) = g(z) với mọi z ∈ D.

Chứng minh. Đặt ϕ = f − g. Khi đó ϕ giải tích trên D, ϕ(zn) = 0 với mọi n vàϕ(z0) = lim

n→∞ϕ(zn) = 0.

Ta chỉ cần chứng minh ϕ ≡ 0 trên D, nhưng trước hết sẽ chứng minh ϕ ≡ 0 trênB(z0, R), ở đây R = d(z0, ∂D). Thật vậy, theo định lý 3.7 ϕ(z) =

∞Pk=0

ak(z − z0)k.

Do ϕ(z0) = 0 nên nếu ϕ 6≡ 0 thì tồn tại chỉ số j nhỏ nhất sao cho aj 66= 0, j ≥ 1.Khi đó ϕ(z) = (z− z0)

jϕ1(z) trong đó ϕ1(z) = aj + aj+1(z− z0) + aj+2(z− z0)2 + ....

Vì ϕ1 liên tục tại z0 và ϕ1(z0) = aj 6= 0 nên tồn tại r>0 sao cho |ϕ1(z)| > 0 vớimọi z ∈ B(z0, r). Suy ra ϕ(z) = (z − z0)

jϕ1(z) 6= 0 tại mọi z ∈ B(z0, r)\{z0}Vì ϕ(zn) = 0 với mọi n và zn → z0 nên ta gặp mâu thuẫn.Từ điều vừa chứng minh suy ra: nếu ϕ ≡ 0 trên một lân cận của z0 thì ϕ ≡ 0

trên B(z0, R).

Bây giờ với mọi z1 ∈ D, ta sẽ chứng minh ϕ(z1) = 0. Gọi γ là một đường cong nối

z0 với z1. Đặt δ =1

2d(γ, ∂D), ở đây d(γ, ∂D) = min

z∈γd(z, ∂D) > 0. Chia γ thành n

cung nhỏ bởi các điểm ξ0 = z0, ξ1, ξ2, ..., ξn = z1 sao cho độ dài mỗi cung nhỏ_

ξj−1ξjkhông vượt quá δ. Theo điều đã chứng minh, ϕ ≡ 0, trên B(z0, 2δ). Vì ξ1 ∈ B(z0, 2δ)nên ϕ ≡ 0 trên một lân cận của ξ1 do đó ϕ ≡ 0 trên ξ2, 2δ. Ta lại có ξ2 ∈ B(ξ1, 2δ)nên ϕ ≡ 0 trên B(ξ2, 2δ). Tiếp tục quá trình này ta được ϕ ≡ 0 trên B(ξn, 2δ). Vậyϕ(z1) = ϕ(ξn) = 0.

Nhận xét. Theo định lý 3.8, hàm giải tích trên miền D hoàn toàn xác định khibiết giá trị của nó trên một dãy điểm phân biết {zn ⊂ D, zn → z0 ∈ D}.

Ví dụ 2. Chứng minh đẳng thức cos2z = cos2z − sin2z với mọi z ∈ C.

Giải. Đặt f(z) = cos2z, g(z) = cos2z − sin2z, zn =1

n. Theo hằng đẳng thức

lượng giác thực ta có f(1

n) = g(

1

n) với mọi n,

1

n→ 0 ∈ C nên theo định lý 3.8 ta

có f(z)=g(z) hay cos2z = cos2z − sin2z.


Định lý 3.9. Nếu hàm f giải tích và không đồng nhất bằng không trên miền D,f(z0) = 0 tại (z0 ∈ D), thì tồn tại δ > 0 sao cho f(z) 6= 0 tại mọi z ∈ B(z0, δ)\{z0}

Chứng minh. Nếu số δ > 0 có tính chất không tồn tại thì mọi n tồn tại zn ∈B(z0,

1

n)\{z0} sao cho f(zn) = 0. Ta có thể chọn các điểm zn phân biệt. Vì hàm

g ≡ 0 trên D hiển nhiên là giải tích, g(zn) = 0 với mọi n. Từ đó theo định lý 3.8 tacó f = g ≡ 0 trên D, ta gặp mâu thuẫn.

Nhận xét. Điểm z0 mà f(z0) = 0 gọi là không điểm của f . Theo định lý 3.9, nếuf 6= 0 thì f chỉ có các không điểm cô lập.

Khai triển Taylor của f trong lân cận của điểm 0 gọi là khai triển Maclaurin.Sau đây là khai triển Maclaurin của một số hàm siêu việt cơ bản.

ez = 1 +z

1!+z2

2!+ ... =

∞Pk=0

zk

k!;

sinz = z − z3

3!+z5

5!− ... =

∞Pm=0

(−1)m z2m+1

(2m+ 1)!;

cosz = 1 − z2

2!+z4

4!− ... =

∞Pm=0

(−1)m z2m

2m!;

shz = z +z3

3!+z5

5!+ ... =

∞Pm=0

z2m+1

(2m+ 1)!;

chz = 1 +z2

2!+z4

4!+ ... =

∞Pm=0

z2m

2m!

3.3. CHUỖI LAURENT

3.3.1. Khai triển Laurent của hàm giải tíchGiả sử với số nguyên k, fk là một hàm xác định trên tập A. Ta gọi chuỗi hàm

∞Pk=−∞

fk(z) trên A là tổng của hai chuỗi hàm

−1Xk=−∞

fk(z) =∞X

k=1

f−k(z) và∞X

k=0

fk(z)

Như vậy,∞P

k=−∞fk(z) =

−1Pk=−∞

fk(z) +∞P

k=0fk(z)

Và chuỗi ở vế trái hội tụ khi và chỉ khi hai chuỗi ở vế phải hội tụ.

Định lý 3.10 (Định lý Laurent). Cho hàm f giải tích trên hình vành khăn

V = {z ∈ C : r < |z − z0| < R}, 0 ≤ r < R ≤ ∞

Khi đó trên V ta cóf(z) =

∞Xk=−∞

ak(z − z0)k (3.9)


trong đó các hệ số ak là duy nhất và được tính theo công thức

ak =1

2πi

ZCρ

f(η)

(η − z0)k+1dη, (3.10)

Cρ là đường tròn tâm z0, bán kính ρ, r < ρ < R.

Chứng minh. Giả sử z là điểm tùy ý thuộc V. Chọn r’, R’ sao cho r < r′ <|z − z0| < R′ < R. Kí hiệu V ′ = {z ∈ C : r′ < |z − z0| < R′}.

Theo công thức tích phân Cauchy

f(z) =1

2πi

Z∂V ′

f(η)

η − zdη =

1

2πi

ZCR′

f(η)

η − zdη − 1

2πi

ZCr′

f(η)

η − zdη. (3.11)

Với mọi η ∈ CR′

1

η − z0=

1

η − z0.

1

1 − z − z0

η − z0

=∞X

k=0

(z − z0)k

(η − z)k+1

Vì��z − z0

η − z0

�� < 1 nên chuỗi này hội tụ đều trên CR′. Từ đó tương tự như trong

chứng minh định lý Taylor

1

2πi

ZCR′

f(η)

η − zdη =

∞Xk=0

ak(z − z0)k (3.12)

trong đó

ak =1

2πi

ZCR′

f(η)

(η − z0)k+1dη (3.3.4’)

Với mọi η ∈ Cr′

− 1

η − z=

1

z − z0.

1

1 − η − z0

z − z0

=∞Xl=1

(η − z0)l−1

(z − z0)l.

Vì��z − z0

η − z0

�� < 1 nên chuỗi này hội tụ đều trên Cr′. Từ đó

− 1

2πi

ZCr′

f(η)

η − zdη =

∞Xl=1

a−1(z − z0)−l (3.13)

trong đó

a−l =1

2πi

ZCr

f(η)(η − z0)l−1dη (3.3.5’)


trong (3.3.5) và (3.3.5’) thay −l bởi k ta có

− 1

2πi

ZCr

f(η)

(η − z)dη =

−1Xk=−∞

ak(z − z0)k (3.14)

trong đó

ak =1

2πi

ZCr

f(η)

(η − z0)k+1dη (3.3.6’)

Chú ý rằng các tích phân (3.3.4’) và (3.3.6’) có thể thay đường lấy tích phânlà |z − z0| = ρ, r < ρ < R nên thay (3.3.4) và (3.3.6) vào (3.3.3) ta có f(z) =

∞Pk=−∞

ak(z − z0)k,

trong đó ak =1

2πi

RCρ

f(η)

(η − z)k+1dη, r < ρ < R

Ta còn phải chứng minh tính duy nhất của các hệ số ak. Giả sử

f(z) =∞X

k=−∞bk(z − z0)

k (3.15)

là một khai triển của hàm f trên V. Khi đó,−1P

k=−∞bk (z − z0)

k và∞P

k=0bk(z − z0)

k hội

tụ đều trên đường tròn Cρ, 1 < ρ < R. Ta cóZCρ

(z − z0)mdz =

8><>:2πi nếu m = −1

0 nếu m 6== −1

Do đó nhân hai vế của (3.3.7) với1

2πi.

1

(z − z0)k+1rồi lấy tích phân trên Cρ ta có

1

2πi

RCρ

f(z)

z − z0

k+1

dz = bk

Vậy bk = ak =1

2πi

R f(η)

(η − z0)n+1dη với mọi số nguyên k.

Nhận xét. a) Ta gọi

f−(z) =−1X

k=−∞ak(z − z0)

k (3.16)

là phần chính của khai triển Laurent

f+(z) =∞X

k=0

ak(z − z0)k (3.17)

là phần đều của khai triển Laurent.


Theo tính chất của chuỗi lũy thừa ta thấy rằng chuỗi (3.3.8) hội tụ tuyệt đối vàđều trên miền |z− z0| ≥ r′, r′ > r và chuỗi (3.3.9) hội tụ tuyệt đối và đều trên miền|z− z0| ≤ R′, R′ < R. Từ đó chuỗi (3.3.1) hội tụ trên V và hội tụ tuyệt đối trên V ′

.

b) Chuỗi (3.3.1) gọi là khai triển Laurent của f trong vành khăn r < |z−z0| < R.Trường hợp r=0, chuỗi (3.3.1) hội tụ trong hình tròn thủng 0 < |z − z0| < R gọi làkhai triển Laurent của f trong lân cận của điểm z0. Trường hợp z0 = 0, R = ∞ thìchuỗi

∞Pk=−∞

akzk hội tụ trong miền |z| > r đến hàm f gọi là khai triển Laurent của

f trong lân cận của điểm ∞.

Do tính duy nhất nên có thể áp dụng các phương pháp linh hoạt để tìm khaitriển Laurent.

Ví dụ 3. Cho hàm1

(z − 1)(z − 2). Tìm khai triển Laurent.

a) Trong lân cận của điểm z = 1

b)Trong vành khăn 1 < |z| < 2

c) Trong lân cận của điểm ∞Giải.

a) f(z) =1

z − 1.

1

z − 2=

−1

z − 1.

1

1 − (z − 1)=

−1

z − 1

∞Pk=0

(z− 1)k = − ∞Pk=−1

(z − 1)k.

Miền hội tụ: 0 < |z − 1| < 1

b) f(z) =1

z − 2− 1

z − 11

z − 2= −1

2.

1

1 − z

2

= −1

2

∞Pk=0

(z

2)k = − ∞P

k=0

zk

2k+1

Miền hội tụ |z| < 2

− 1

z − 1= −1

z.

1

1 − 1

z

= −1

z

∞Pk=0

1

z= − −1P

k=−∞zk

Miền hội tụ: |z| > 1

Vậy f(z) =∞P

k=−∞akz

k, ak =

8><>:−1 nếu k ≤ −1

− 1

2k+1nếu k ≥ 0

c)1

z − 2=

1

z.

1

1 − 2

z

=1

z

∞Pk=0

(2

z)k =

∞Pk=0

2k 1

zk+1,

miền hôi tụ: |z| > 2.1

z − 1=

1

z

1

1 − 1

z

=1

z

∞Pk=0

1

zk=

∞Pk=0

1

zk+1

miền hội tụ: |z| > 1


Từ đó f(z) =∞P

k=0(2k − 1)

1

zk+1=

−2P−∞

(2k − 1)zk, miền hội tụ |z| > 2.

3.3.2. Điểm bất thường cô lậpĐiểm z0 gọi là điểm bất thường cô lập của hàm f nếu f không xác định tại z0

nhưng xác định và giải tích trong hình tròn thủng r < |z − z0| < R, R > 0.

Cho z0 là một điểm bất thường cô lập của f . Khi đó z0 gọi là điểm bất thường cốtyếu nếu không tồn tại lim

z→z0

f(z); gọi là ∞−điểm nếu limz→z0

f(z) = ∞; gọi là C-điểm

nếu c ∈ C và limz→z0

f(z) = C, đặc biệt với C=0 ta có 0-điểm.

Nếu z0 là C-điểm thì bằng cách đặt f(z0) = C ta được hàm giải tích trên |z−z0| <R. Một C-điểm với C 6= 0 còn gọi là điểm đều.

Giả sửf(z) =

∞Pk=−∞

ak(z − z0)k là khai triển Laurent của hàm f trong 0 < |z − z0| < R.

Đặt α(f, z0) = inf{k : ak 6= 0}.Định lý 3.11. Cho z0 là một điểm bất thường cô lập của hàm f. Khi đó

a) z0 là điểm bất thường cốt yếu ⇔ α(f, z0) = −∞b) z0 là ∞-điểm ⇔ −∞ < α(f, z0) < 0;

c) z0 là điểm đều ⇔ α(f, z0) = 0;

d) z0 là 0-điểm ⇔ αf, z0 > 0.

Chứng minh. c) và d)Chú ý rằng z0 là C-điểm ⇔ lim

z→z0

f(z) = C. Do vậy tồn tại r > 0 sao cho mọi z

thỏa mãn |z − z0| < ρ, ρ < r đều có |f(z)| ≤ 1 + |C|. Khi đó

|ak| =�� 1

2πi

ZCρ

f(η)

(η − z0)k+1dη

�� ≤ 1

2π

1 + |C|ρk+1

2πρ = (1 + |C|)ρ−k (3.18)

Với mọi k < 0, cho ρ → 0 ta được ak = 0. Từ đó khai triển Laurent trong lân cậncủa z0 có dạng f(z) =

∞Pk=0

ak(z − z0)k. Vậy ta có c), d).

b) Giả sử z0 là ∞-điểm. Khi đó tồn tại r>0 sao cho f(z) > 1 khi 0 < |z− z0| < r.

Đặt ϕ =1

f(z), ϕ là hàm giải tích trên miền 0 < |z − z0| < r. Vì lim

z→z0

= 0 nên z0 là

0-điểm của hàm ϕ. Giả sử

ϕ(z) =∞X

k=m

bk(z − z0)k, m > 0, bm 6= 0.

Đặt ϕ(z) = (z−z0)mϕ1(z) ta có ϕ1 là hàm giải tích, ϕ1(z0) 6= 0. Chọn r′ > 0, r′ < r

sao cho ϕ1(z) 6= 0 với mọi z ∈ B(z0, r′). Vì

1

ϕ1giải tích trong |z − z0| < r′ nên

1

ϕ(z)=

∞Xk=0

Ck(z − z0)k, C0 6= 0.


Từ đó f(z) = (z− z0)−m.

∞Pk=0

Ck(z− z0)k =

∞Pk=0

Ck(z− z0)k =

∞Pk=−m

C∗k(z− z0)

k, C∗k =

Ck+m. vì C∗−m = C0 6= 0 nên α(f, z0) < 0. Khi đó

f(z) =∞X

k=−m

ak(z − z0)k, a−m 6= 0.

Nhân hai vế với (z − z0)m ta được

(z − z0)mf(z) = C−m +

∞Xk=1

a−m+k(z − z0)k.

Từ đó limz→z0

(z − z0)mf(z) = Cm 6= 0 và lim

z→z0

(z − z0)m = 0 nên phải có lim

z→z0

f(z) = ∞,

tức z0 là ∞-điểm của f .a) suy ra từ các điều kiện đã chứng minh.Nhận xét 6. a)Theo định lý 3.3.11 ta cóz0 là ∞-điểm của f ⇔ tồn tại m ≥ 1, gọi là cấp của ∞-điểm sao cho lim

z→z0

(z −z0)

mf(z) = a ∈ C;∞-điểm cấp 1 gọi là ∞-điểm đơn.

z0 là 0-điểm của f ⇔ tồn tạim ≥ 1, gọi là bội của 0-điểm, sao cho limz→z0

f(z)

(z − z0)m=

a ∈ C; 0-điểm bội 1 gọi là 0-điểm đơn.b) Để có đánh giá (3.3.10) chỉ cần f bị chặn trong lân cận nào đó của z0, do đó:z0 là C-điểm của f ⇔ f bị chặn trong một lân cận nào đó của z0.

c) Từ chứng minh b) của định lý 3.11 ta có z0 là ∞-điểm cấp m của f ⇔ z0 là

0-điểm bội của1

f.

Định lý sau đây mạnh hơn khẳng định a) của định lý 3.11, nó chỉ ra rằng nếu z0

là điểm bất thường cốt yếu của f thì với mọi ε > 0, f(B(z0, ε)) = C

Định lý 3.12 (Định lý Sokhotski). Cho z0 là một điểm bất thường của f. Khi đóz0 là điểm côt yếu khi và chỉ khi mọi a ∈ C, tồn tại dãy {zn} hội tụ đến z0 sao cho{f(zn)} hội tụ đến a.

Chứng minh. Nếu điều kiện của định lý xảy ra thì không tồn tại limz→z0

nên z0 là

điểm bất thường cốt yếu.Bây giờ giả sử z0 là điểm bất thường cốt yếu và a ∈ C.

Trường hợp a = ∞. theo nhận xét 6 b), z0 không là C-điểm nên f không bị chặn

trong mọi lân cận B(z0,1

n) của z0. Từ đó mọi n, tồn tại zm, 0 < |z − z0| <

1

n, sao

cho |f(zn)| ≥ n. Ta được dãy {zn}, zn → z0 và f(zn) → ∞.

Trường hợp a ∈ C. Ta chỉ cần chứng minh mọi n, tồn tại zn, 0 < |zn−z0| <1

nvà

|f(z)−a| < 1

n. Thật vậy nếu trái lại điều đó không xẩy ra thì tồn tại n0 sao cho mọi


z thỏa mãn 0 < |z − z0| <1

n0đều có |f(z) − a| ≥ 1

n0. Đặt ϕ(z) =

1

f(z) − ata được

ϕ giải tích và bị chặn trên 0 < |zn − z0| <1

n0. Theo nhận xét 6b), z0 là C-điểm của

ϕ. Khi đó giới hạn sau đây tồn tại (hữu hạn hoặc vô hạn) limz→z0

f(z) = limz→z0

1

ϕz+ a

Điều đó mâu thuẫn với z0 là điểm bất thường cốt yếu.

3.3.3. Hàm nguyênTa gọi hàm nguyên là hàm giải tích trên toàn mặt phẳng. Theo định lý Taylor,

mọi hàm nguyên f đều khai triển được thành chuỗi lũy thừa hội tụ trên toàn mặtphẳng.

f(z) =∞X

k=0

akzk (3.19)

Hàm nguyên được chia thành ba loại: Hàm hằng f(z) = a0; hàm đa thức là hàmkhác hằng số và chỉ có hữu hạn hệ số trong khai triển (3.3.11) khác không; hàm siêuviệt là các hàm còn lại.

Có thể coi f như hàm giải tích trong "hình tròn thủng" C\{∞}; do đó ta gọi: ∞là C-điểm của hàm f nếu lim

z→∞f(z) = ∞;∞ là điểm bất thường cốt yếu của hàm f

nếu giới hạn nói trên không tồn tại.

Định lý 3.13. Cho f là một hàm nguyên. Khi đóa) f là hàm hằng ⇔ ∞ là C-điểm của f;b) f là hàm đa thức ⇔ ∞ là ∞-điểm của f;c) f là hàm siêu việt ⇔ ∞ là điểm bất thường cốt yếu của f.

Chứng minh.a) Nếu f là hàm hằng thì hiển nhiên ∞ là C-điểm của f. Ngược lại nếu lim

z→∞f(z) =

C ∈ C thì tồn tại số dương R sao cho |f(z)| ≤ 1 + a khi |z| > R. Do B(0R). ĐặtM∗ = max{1 + |a|,M} ta có |f(z)| ≤M∗ với mọi z ∈ C. Theo định lý Liouvill, f làhàm hằng.

b) Giả sử f là hàm đa thức f(z) = a0 + a1z + ...+ anzn, an 6= 0, n ≥ 1.

Đặt r0 = max0≤k≤n−1

k

s(n+ 1)

��ak

an

��. Với mọi M>0, chọn

r = maxnr0,

n

ÌM(n+ 1)

|an|o

khi đó mọi z, |z| > r ta có

|f(z)| = |an|�� a0

anzn+ ...+

an−1

anz+1

�� ≥ |anzn|��1−�� a0

anzn

��+ ...+��an−1

anz

�� ≥ |anzn|(1−

n

n+ 1) > M

Vậy limz→∞f(z) = ∞.


Ngược lại, giả sử ∞ là ∞- điểm của f. Đặt ϕ(z) = f(1

z), z = 0 là ∞-điểm của ϕ

do đó theo định lý Laurent ϕ(z) =∞P

k=−makz

k, m > 0, a−m 6= 0.

Từ đó

f(z) =∞X

k=−m

ak.1

z

k

=mX

k=−∞a−kz

k (3.20)

Do khai triển Laurent của f là duy nhất nên so sánh (3.3.11) và (3.3.12) ta cóf(z) =

∞Pk=0

a−kzk là một đa thức.

c) Suy ra từ a) b).

Chương 4LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

4.1. THẶNG DƯ

4.1.1. Định nghĩa và cách tính thặng dưGiả sử z0 là một điểm bất thường cô lập của f. Khi đó tồn tại R > 0 sao cho f

giải tích trên hình tròn thủng 0 < |z− z0| < R. kí hiệu Cρ là đường tròn tâm z0 bánkính ρ. Ta gọi thặng dư của f tại z0 là

res[f(z), z0] =1

2πi

ZCρ

f(z)dz, 0 < ρ < R (4.1)

Theo định lý Cauchy, tích phân (4.1.1) không phụ thuộc vào ρ. Ta cũng có thểthay Cρ bởi chu tuyến γ bất kỳ vây quanh điểm z0 (tức là z0 ∈ Dγ) nằm trong hìnhtròn thủng mà f giải tích.

Nếu f giải tích trên miền |z| > R thì ta gọi thặng dư của f tại ∞ là

res[f(z),∞] =1

2πi

ZC−ρ

f(z)dz = − 1

2πi

ZCρ

f(z)dz, R < ρ <∞ (4.2)

Nhận xét 1. Theo tính chất của tích phân, ta cóa) Nếu f giải tích tại z0 thì res[f(z), z0] = 0

b) Nếu z0 là điểm bất thường cô lập của f và g , α ∈ C thìres[αf(z), z0] = αres[f(z), z0];

res[f(z) + g(z), z0] = res[f(z), z0] + res[g(z), z0].

Định lý 4.1. a) Nếu f giải tích trong miền 0 < |z − z0| < R và khai triển Laurentcủa f trong lân cận của z0 là

f(z) =∞X

k=−∞ak(z − z0)

k (4.3)

thì res[f(z), z0] = a−1

b) Nếu f giải tích trong miền |z| > R và khai triển Laurent của f trong lân cậncủa ∞ là

f(z) =∞X

k=−∞akz

k (4.4)

thì res[f(z), z0] = −a−1


Chứng minh. a) Chuỗi (4.1.3) hội tụ đều trên Cρ, 0 < ρ < R nên tích phân từngsố hạng của chuỗi ta được

RCρ

f(z)dz =∞P

k=−∞ak

RCρ

(z − z0)kdz.

VìR

Cρ

(z − z0)kdz =

8><>:0 nếu k 6= −1

2πi nếu k = −1nên

RCρ

f(z)dz = a−12πi

Vậy res[f(z), z0] = a−1

b) Tương tự a), tích phân từng số hạng của chuỗi (4.1.4) ta cóZCρ

f(z)dz = −∞X

k=−∞ak

ZCρ

zkdz = −a−12πi

Từ đó res[f(z),∞] = −a−1.

Ví dụ 1. Tính a) res[sin2

z − 1, 1]; b)res[

3z

z2 − 1,∞]

Giải. Ta có sin2

z − 1=

∞Pk=0

(−1)k.22k+1

(2k + 1)!.

1

(z − 1)2k+1.

Hệ số của1

z − 1ứng với k=0 là a−1 = 2 nên res[

2

z − 1, 1] = 2

b) Đặt z =1

wta có

3z

z2 − 1=

3

w1

w2− 1

=3w

1 − w2= 3

∞Pk=0

w2k+1 = 3∞P

k=0

1

z2k+1

Vì a−1 = 3 nên res[3z

z2 − 1, ∞] = −3

Định lý 4.2. a) Nếu z0 là ∞-điểm đơn của hàm f thì res[f(z), z0] = limz→z0

(z−z0)f(z.)

b) Nếu f(z) =ϕ(z)

ψ(z), ϕ và ψ là các hàm giải tích tại z0 thỏa mãn

ϕ(z) 6= 0, ψ(z0) 6= 0, ψ′(z0) 6= 0 thì res[f(z), z0] =ϕ(z0)

ψ′(z0).

c) Nếu z0 là ∞-điểm cấp m của hàm f thì

res[f(z), z0] =1

(m− 1)!limz→z0

dm−1[(z − z0)mf(z)]

dzm−1.

Chứng minh. Khai triển Laurent của f trong lân cận của z0 là

f(z) =a−1

z − z0+ a0 + a1(z − z0) + ...

Do đó, nhân hai vế với z−z0 và cho z → z0 ta được limz→z0

f(z) = a−1 = res[f(z), z0].


b) Với giả thiết đó thì z0 là ∞-điểm đơn của f nên theo a) ta có

res[f(z), z0] = limz→z0

(z − z0)ϕ(z)

ψ(z)= lim

z→z0

ϕ(z)

ψ(z) − ψ(z0)

z − z0

=ϕ(z)

ψ′(z)

c) Ta có f(z) =a−m

(z − z0)m+ ...+

a−1

z − z0+ a0 + a1(z − z0) + ....

Nhân cả hai vế với (z − z0)m rồi lấy đạo hàm hai vế m-1 lần ta được

dm−1

dzm−1[(z − z0)

mf(z)] = (m− 1)!a−1 +m!(z − z0) + ...

Từ đó limz→z0

dm−1

dzm−1[(z − z0)

mf(z)] = (m− 1)!a−1

Ví dụ 2. Tính các thặng dư sau

a) res[z2 + 2

z − 1, 1]; b)res[

1

sinz + 2z, 0]; c)res[

z5

(z + 1)3,−1]

Giải. a) Theo định lý 4.2 res[z2 + 2

z − 1, 1] = lim

z→1(z2 + 2) = (z2 + 2)

��z=1

= 3.

b) Theo định lý 4.2 res[1

sinz + 2z, 0] =

1

cosz + 2

��z=0

=1

3

c) Theo định lý 4.2 res[z5

(z + 1)3,−1] =

1

2!(z5)”

��z=−1

= −10

4.1.2. Các định lý về thặng dưĐịnh lý 4.3 (Định lý cơ bản về thặng dư). Cho hàm f giải tích trong miền D trừra một số hữu hạn điểm bất thường cô lập z1, z2, ..., zn. Khi đó với mọi chu tuyến γ

sao cho {z1, z2, ..., zn} ⊂ Dγ b D đều cóRγf(z)dz = 2πi

nPj=1

res[f(z), zj].

Chứng minh.

z1 z2

zn

C1 C2

Cn

γ

Hình 4.1

Chọn các số ρj > 0 đủ nhỏ sao cho B(zj, ρj) b Dγ vàcác đường tròn Cj tâm zj , bán kính ρj không giao nhau(Hình 4.1)

Theo định lý CauchyRγf(z)dz =

nPj=1

RCj

f(z)dz = 2πinP

j=1res[f(z), zj]

Định lý 4.4 (Định lý về thặng dư toàn phần). Cho hàm f giải tích trên toàn mặtphẳng trừ ra hữu hạn điểm bất thường cô lập z1, z2, ..., zN = ∞. Khi đó

NXj=1

res[f(z), zj] = 0.


Chứng minh. Chọn R đủ lớn sao cho {z1, z2, ...zN−1 ⊂ B(0, R)}.Theo định lý 4.3

N−1Pj=1

[f(z), zj] =1

2πi

RCR

f(z)dz.

Theo định nghĩa thì res[f(z),∞] =1

2πi

RC−

R

f(z)dz.

Cộng hai đẳng thức này vế với vế ta được

NXj=1

res[f(z), zj] = 0

Ví dụ 3. Tính tích phân I =R

|z|=1

z4

2z5 − 1dz

Giải. Ký hiệu z1, z2, ..., z5 là các căn bậc 5 của1

2

Theo định lý cơ bản về thặng dư I = 2πi5P

j=1res[f(z), zj].

Theo công thức thặng dư toàn phần5P

j=1res[f(z), zj] + res[f(z),∞] = 0

Do đó I = −2πires[f(z),∞].

Đặt z =1

wta có

z4

2z5 − 1=

w

2 − w5=w

2.

1

1 − w5

2

=∞P

k=0

1

2k+1.w5k+1 =

∞Pk=0

1

2k+1.

1

z5k+1.

Vậy res[z4

2z5 − 1,∞] = −1

2và I = πi

4.2. THẶNG DƯ LOGARIT

4.2.1. Thặng dư logaritThặng dư logarit cho ta một công cụ để tìm số ∞-điểm và 0-điểm của một hàm

trên một miền nào đó.Giả sử z0 là 0-điểm bội n hoặc ∞-điểm cấp -n của hàm f. Khi đó

f(z) = (z − z0)ng(z), n 6= 0, g(z0) 6= 0

Ta có f ′(z) = (z − z0)n−1[ng(z) − (z − z0)g

′(z)] = (z − z0)n−1h(z).

Vìf ′(z)

f(z)=

h(z)

(z − z0)g(z)và h(z0) = ng(z0) 6= 0 nên z0 và ∞- điểm đơn của hàm

f ′

f.

Như vậy hàmf ′

fkhông có 0-điểm và có các ∞- điểm là các 0-điểm và ∞- điểm của

hàm f.


Cho z0 là một điểm bất thường cô lập của hàm f. Ta gọi thặng dư logarit của

hàm f tại z0 là thặng dư res�f ′(z)

f(z)

�của hàm

f ′

ftại z0

Định lý 4.5. Nếu z0 là 0-điểm bội n của hàm f thì thặng dư logarit của f tại z0 bằngn; nếu z0 là ∞-điểm cấp n của hàm f thì thặng dư logarit của f tại z0 bằng -n.

Chứng minh. Giả sử z0 là 0-điểm bội n. Khi đó f(z) = (z − z0)ng(z), g(z) 6= 0.

Ta có f ′(z) = n(z − z0)n−1g(z) + (z − z0)

ng′(z) nênf ′(z)

f(z)=

n

z − z0+g′(z)

g(z).

Vì g′(z) 6= 0 nên theo định ký 4.1 ta có ngay res�f ′(z)

f(z)

�= n.

Trường hợp z0 là cực điểm cấp n chứng minh hoàn toàn tương tự bằng cách thayn bởi -n

Định lý 4.6. Cho f là hàm giải tích trên miền D trừ ra các điểm bất thường cô lậplà ∞-điểm của f, γ là một chu tuyến không đi qua các 0-điểm và ∞-điểm của f saocho Dγ b D. Khi đó

1

2πi

Zγ

f ′(z)

f(z)dz = N − P,

trong đó N là số 0-điểm của f trong Dγ (bội của k được tính k lần) và P là số ∞-điểmcủa f trong Dγ (cấp k được tính k lần ).

Chứng minh. Hàmf ′

fcó các điểm bất thường cô lập là các 0-điểm và ∞-điểm

của f. Ký hiệu z1, ..., zk là các 0-điểm của f trong Dγ; w1, ..., wl là các ∞-điểm của ftrong Dγ. Theo định lý 4.5

kXj=1

res[f(z), zj] = N,lX

j=1

res[f(z), wj] = −P

Do đó theo định lý 4.3

1

2πi

Zγ

f ′(z)

f(z)dz =

kXj=1

res[f(z), zj] +lX

j=1

res[f(z), wj] = N − P.

Nhận xét 2. Hàmf ; (z)

f(z)có nguyên hàm là hàm đa trị Lnf(z). Thặng dư logarit

có thể nghiên cứu nhờ hàm logarit, các nhánh đơn trị và diện Riemann của nó.

4.2.2. Chỉ số của một điểm đối với một đường cong đóngCho γ là một đường cong đóng. Với mọi z0 6∈ γ ta gọi chỉ số của z0 đối với γ là

sốj(γ, z0) =

1

2πi

Zγ

dz

z − z0.


Khi z biến thiên trên γ từ điểm đầu z1 đến điểm cuối z2 ≡ z1 vector −→z0z quayquanh điểm z0. Nếu −→z0z n vòng thì ta cũng thấy γ vây quanh z0 n lần (Hình 4.2, γvây quanh z0 ba lần)

Ví dụ 4. a) Ký hiệu γn là đường cong có phương trìnhγ

z0

Hình 4.2

γ(t) = z0 + eint, t ∈ [0, 2π], n là số nguyên khác 0, γn

là đường cong vây quanh z0 |n| lần. Ta có j(γn, z0) =1

2πi

Rγn

dz

z − z0=

1

2πi

2πR0intdt = n.

b) Dễ thấy đường cong γ trong Hình 4.2 biểu diễn đượcdưới dạng tổng của 3 chu tuyến vây quanh z0. Tích phântrên mỗi chu tuyến đó bằng 2πi, do đó

j(γn, z0) =1

2πi

Zγ

dz

z − z0=

1

2πi.3.2πi = 3.

Ta có ý nghĩa hình học sau đây của j(γ, z0) :|j(γ, z0)| là số lần γ vây quanh điểm z0; j(γ, z0) > 0 thì γ vây quanh z0 theo chiềudương (chiều ngược chiều kim đồng hồ), j(γ, z0) < 0 thì γ vây quanh z0 theo chiềuâm, j(γ, z0) = 0 thì γ không vây quanh z0.

Xét đường cong γ không đi qua gốc tọa độ và giả sử j(γ, 0) = n. Khi z biến thiêntrên γ từ điểm đầu z1 đến điểm cuối z2 ≡ z1 thì môđun |z2| = |z1| còn argumen củaz2 thay đổi so với argumen của z1 là n2π. Ta gọi n2π là số gia argumen của z dọctheo đường cong γ, ký hiệu là ∆γargz. Từ định nghĩa ta có hệ thức

j(γ, 0) =∆γargz

2π(4.5)

Giả sử w = f(z) là một hàm giải tích trên một miền chứa đường cong đóngγ, f(z) 6= 0 với mọi z ∈ γ.

Khi đó Gamma = f(γ) là một đường cong không đi qua gốc tọa độ. Nếu γ cóphương trình là γ(t), t ∈ [a, b] thì Gamma có phương trình Γ(t) = f(γ(t)), t ∈ [a, b].

Ta gọi số gia argumen của f(z) dọc theo đường cong γ là số gia argumen của wdọc theo đường cong Γ, kí hiệu là ∆γargf(z). Như vậy

∆γargf(z) = ∆Γargw (4.6)

Định lý 4.7 (Nguyên lý Argumen). Cho f là một hàm giải tích trên miền D trừ racác điểm bất thường cô lập là ∞-điểm của f, γ là một chu tuyến không đi qua các0-điểm là điểm bất th]ơngf của f sao cho Dγ b D. khi đó số 0-điểm của f trong Dγ

bằng số gia argumen của f dọc theo γ chia cho 2π hoặc bằng số vòng vector w=f(z)quay quanh gốc tọa độ khi z biến thiên trên γ.

Chứng minh. Gọi N là số 0-điểm của f trong Dγ. Vì f giải tích trên Dγ nên số cựcđiểm trong Dγ là P=0. Theo định lý 4.6


N =1

2πi

Rγ

f ′(z)

f(z)dz =

1

2πi

bRa

f ′(γ(t)).γ(t)

f(γ(t))dt =

1

2πi

bRa

d(f(γ(t)))

fγ(t)dt =

1

2πi

bRa

d(Γ)

Γ(t)=

1

2πi

RΓ

dw

w= j(Γ, 0)

Phần còn lại của chứng minh suy ra từ (4.2.1) và (4.1.2).

4.3. ĐỊNH LÝ ROUCHÉ

4.3.1. Định lý RouchéĐịnh lý 4.8 (Định lý Rouché). Cho f và g là các hàm giải tích trên miền D, γ làchu tuyến sao cho Dγ b D và |f(z)| > |g(z)| với mọi z ∈ D. Khi đó số 0-điểm củahàm F=f+g và của f trong Dγ (bội k được tính k lần) là bằng nhau.

Chứng minh. Vì |f | > |g(z)| nên |F (z)| ≥ |f(z)| − |g(z)| > 0 trên γ. Từ đó F vàf đều không có 0-điểm trên γ. ký hiệu N(h) là số không điểm của hàm h trên D.Theo định lý 4.7 ta có

N(f) =1

2π∆γargF (z) =

1

2π∆γarg

�f(z)

�1 +

g(z)

f(z)

��=

1

2π

�∆γargf(z) + ∆γarg

�1 +

g(z)

f(z)

��Vì

|g(z)||f(z)| < 1 trên γ nên khi z biến thiên trên γ, vector w = 1 +

g(z)

f(z)không quay

quanh gốc tọa độ vòng nào.

Theo định lý 4.1, ∆(1 +g(z)

f(z)) = 0. Từ đó N(F ) =

1

2π.∆γargf(z) = N(f).

Ví dụ 5. Tìm số nghiệm của đa thức P (z) = z5 + 2z2 + 9z + 1

a) Trong hình tròn |z| < 1

b) Trong hình vành khăn 1 ≤ |z| < 2

Giải. a) |9z| > |z5 + 9z + 1| trên đường tròn |z| = 1 nên trong hình tròn |z| < 0số 0-điểm của P(z) bằng số 0-điểm của 9z, tức là có một 0-điểm.

b) |z5| > |2z5 + 9z + 1| trên đường tròn |z| = 2 nên trong hình tròn |z| < 2 số0-điểm của P(z) bằng số 0-điểm của z5, tức là có năm 0-điểm. Do đó kết hợp với a),trong vành khăn 1 ≤ |z| < 2, P(z) có 5-1=4 0-điểm.

4.3.2. Ứng dụng của định lý RouchéĐịnh lý 4.9 (Định lý cơ bản của đại số học). Mọi đa thức bậc n Pn(z) = a0z

n +a1z

n−1 + ..+ an, a0 6= 0, n ≥ 1 với hệ số phức có đúng n nghiệm phức (nghiệm bội kđược tính k lần ).

Chứng minh. Đặt f(z) = a0zn, g(z) = a1z

n−1 + ...+an. Ký hiệu CR là đường tròntâm 0, bán kính R, M = max

1≤j≤n|ai|. Khi đó với mọi z ∈ CR |f(z)| = |a0|Rn, |g(z)| ≤


MnRn−1

Chọn R >Mn

|a0|ta có |f(z)| > g(z) trên CR. Theo định lý Rouché, số 0-điểm của

P=f+g và của f trong hình tròn B(0, R) bằng nhau, tức là có n 0-điểm. Do R >Mn

|a0|là tùy ý nên số 0-điểm của P trong toàn mặt phẳng là n.

Định lý 4.10 (Nguyên lý bảo toàn miền). Nếu hàm f giải tích trong miền D vàkhông đồng nhất bằng hằng số thì ảnh D∗ = f(D) của f cũng là một miền

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh D∗ liên thông và mở. Lấy w1, w2 ∈ D∗ tùy ý.Chọn z1, z2 ∈ D sao cho f(z1) = w1, f(z2) = w2. Do D là miền nên tồn tại đườngcong γ trong D nối z1 và z2. Từ đó Γ = f(γ) là đường cong trong D∗ nối w1 và w2.Vậy D∗ liên thông.

Lấy w0 ∈ D∗ tùy ý. Chọn z0 ∈ D sao cho f(z0) = w0. Vì D mở nên tồn tạir > 0 sao cho B(z0, r) b D. Chọn r > 0 đủ nhỏ sao cho B(z0, r) không chứa điểmz ∈ z0 để f(z) = w0 ( vỉ nếu trái lại thì theo định lý duy nhất, f ≡ w0) . Ký hiệuCr là đường tròn |z − z0| = r và đặt m = min

z∈Cr

|f(z) − w0|. Ta có m>0. Với mọi

w1 ∈ B(w0, m)f(z) − w1 = (f(z) − w0) + (w0 − w1).

Trên Cr, |f(z)−w0| ≥ m và |w0 −w1| < m do đó theo định lý Rouché só 0-điểmcủa f(z) − w1 và của f(z) − w0 bằng nhau, tức là có đúng một 0-điểm. Vậy tồntại z1 ∈ B(z0, r) để f(z1) = w1. Vì z1 ∈ D nên w1 ∈ D∗. Điều này xảy ra với mọiw1 ∈ B(w0, m) nên B(w0, m) ⊂ D∗ và D∗ là tập mở.

Định lý 4.11 (Nguyên lý môđun cực đại ). Nếu hàm f giải tích trong miền bị chặnD và liên tục trên D thì hoặc |f| đạt cực đại trên biên ∂D hoặc f là hằng số

Chứng minh. Do D đóng, bị chặn và f liên tục nên tồn tại z0 ∈ D sao cho|f(z)| ≤ |f(z0)| với mọi z ∈ D. Ta chỉ cần chứng minh nếu z0 ∈ D thì f là hằngsố. Thật vậy, nếu trái lại, đặt w0 = f(z0), theo định lý 4.10, tồn tại m>0 sao choB(w0, m) ⊂ D∗. Trong hình tròn B(w0, m) chọn w1 sao cho |w1| > |w0|. Khi đó tồntại z0 ∈ D, f(z1) = w1, |f(z1) = |w0| > |f(z0)| ta gặp mâu thuẫn.

Định lý 4.12 ( Bổ đề Schwartz). Cho f là một hàm giải tích trên hình tròn đơn vịB = B(0, 1) thỏa mãn f(0) = 0 và |f(z)| ≤ 1 với mọi z ∈ B. Khi đó mọi z ∈ B tacó |f(z)| ≤ |z|, hơn nữa nếu tồn tại z ∈ B, z0 6= 0 sao cho |f(z0)| = |z0| thì tồn tạisố thực α sao cho f(z) = eiαz với mọi z ∈ B.

Chứng minh. Do f(0) = 0, theo qui tắc L’Hospitale, limz→z0

f(z)

z= f ′(z0)

Đặt ϕ(z) =

8>><>>:f(z)

znếu z 6= 0

f(z0) nếu z = 0ta được hàm ϕ giải tích trên B. Với |z| = r


ta có |ϕ(z)| =|f(z)||z| ≤ 1

rnên theo nguyên lý môđun cực đại |ϕ(z)| < 1

rvới mọi

z ∈∈ B(0, r). Điều này đúng với mọi r<1 nên |ϕ| =��f(z)

z

�� ≤ 1 với mọi z ∈ B, hay

|f(z)| < |z| với mọi z ∈ B.

Bây giờ giả sử |ϕ(z)| =|f(z0)||z0|

, z ∈ B. Theo nguyên lý môđun cực đạif(z)

z=

f(z0)

z0= eiα với mọi z ∈ B. Ta có f(z) = eiαz, α ∈ R.

4.4. ỨNG DỤNG THẶNG DƯ ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN THỰC

4.4.1. Tính tích phân I =2πR0R(cosϕ, sinϕ)dϕ

Giả thiết, R(x, y) là một hàm hữu tỷ của hai biến thực. Đặt z = eiϕ, ta cóϕ ∈ [0, 2π] ⇔ |z| = 1 và

cosϕ =1

2(z +

1

z), sinϕ =

1

2i(z − 1

z), dϕ =

1

izdz

Từ đó I =R

|z=1|R′(z)dz, R′(z) là hàm hữu tỷ của một biến phức.

Ví dụ 6. Tính tích phân I =2πR0

dϕ

a+ cosϕ, a > 1

Giải. Đặt z = eiϕ ta cóR|z|=1

1

iz

a+1

2(z +

1

z)

=2

i

R|z|=1

dz

z2 + 2az + 1.

Hàm đưới dấu tích phân có hai cực điểm là z1,2 = −a ±√a2 − 1, chỉ có z1 =

−a+√a2 − 1 thuộc hình tròn |z| < 1, do đó theo định lý cơ bản về thặng dư

I =2

i2πires

� 1

z2 + 2az + 1, z1

�= 4π

1

2z + a

��z=z1

=1√

a2 − 1.

4.4.2. Tích phân∞R

−∞P (x)

Q(x)dx

Định lý 4.13. Cho P(x) và Q(x) là các đa thức, bậc Q(x) ≥ bậc P (x)+2, Q(x) 6= 0với mọi x ∈ R. Khi đó

∞Z−∞

P (x)

Q(x)dx = 2πi

nXj=1

reshP (Z)

Q(z), zj

i(4.7)

trong đó {z1, z2, ...zn} là các 0-điểm của Q(z) có phần ảo dương.

Chứng minh. Ký hiệu γR là nửa đường tròn |z| = R, Imz ≥ 0.


VìzP (z)

Q(z)z→∞

= 0 nên đặt MR = maxz∈γR

��zP (z)

Q(z)

�� thì limR→∞

MR = 0 và maxz∈γR

��P (z)

Q(z)

�� =MR

R.

Với mọi R đủ lớn, hình tròn |z|<R chứa tất cả các điểm zj. Do đó theo định lý cơbản của thặng dư

-R RO x

yγ

Hình 4.3

∞Z−∞

P (x)

Q(x)dx+

ZγR

P (z)

Q(z)dz = 2πi

nXj=1

res�P (z)

Q(z), zj

�(4.8)

(xem Hình 4.3)

Vì tích phân∞R

−∞P (x)

Q(x)dx hội tụ nên nó bằng giá trị

chính Cauchy tức là∞R

−∞P (x)

Q(x)dx = lim

R→∞RR

−R

P (x)

Q(x)dx. Mặt

khác�� RγR

P (z)

Q(z)dz

�� ≤ MR

R.πR = πMR nên lim

R→∞R

γR

P (z)

Q(z)dz = 0. Vì vậy từ đẳng thức

(4.4.2) cho R → ∞ ta nhận được công thức (4.4.1)

Ví dụ 7. Tính tích phân I =∞R

−∞dx

(x2 + 1)2.

Giải. Ta có bậc P(x)=0, bậc Q(x)=4 và Q(x) 6= 0 với mọi x ∈ R (z2 + 1)2 =0 ⇔ z = ±i (bội 2). Theo công thức (4.4.2) ta có

I = 2πi2P

j=1res

� 1

(z2 + 1)2, zj

�= 2πires[

1

(z2 + 1)2, i] = 2πilim

z→i[

1

(z + 1)2]′

= 2πi−2

(z + 1)3

��z=i

=π

2.

4.4.3. Tính tích phân∞R

−∞f(x)costxdx và

∞R−∞

f(x)sintxdx.

Định lý 4.14. Cho f(x) là hàm liên tục trên R, limR→∞

f(x) = 0, f(x) giải tích trên

toàn mặt phẳng trừ ra hữu hạn điểm bất thường cô lập. Khi đó với mọi t>0 ta có∞Z

−∞f(x)costxdx = Re2πi

nXj=1

res[f(z)eitz, zj] (4.9)

∞Z−∞

f(x)sintxdx = Im2πinX

j=1

res[f(z)eitz, zj] (4.10)

ở đây {z1, z2, ...zn} là tập các điểm bất thường của f(z) có phần ảo dương

Chứng minh. Ta có∞R

−∞f(x)costxdx+ i

∞R−∞

f(x)sintxdx =∞R

−∞f(x)eitxdx.


Do đó chỉ cần chứng minh∞Z

−∞f(x)eitxdx = 2πi

nXj=1

res[f(z)eitx, zj, ] (4.11)

Với mọi R>0, ký hiệu γR là nửa đường tròn |z| = R, Imz ≥ 0. Đặt MR =maxz∈γR

|f(z)|. Phương trình của γR là z = Reiϕ, ϕ ∈ [0, π] nên�� RγR

f(z)eitzdz�� =

�� πR0f(Reit)e−Rtsinϕ+iRtcosϕRieiϕdϕ

�� ≤ R.MR

πR0e−Rtsinϕ =

= R.MR

π

2R−π2

e−Rtcosθdθ = 2R.MR

π

2R0e−Rtcosθdθ (đặt θ = ϕ− π

2)

Vì cosθ ≥ 1 − 2

πθ với mọi θ ∈ [0,

π

2] nên

2R.MR

π

2R0e−Rtcosθdθ ≤ 2R.MRe

−Rt

π

2R0e

2Rtθ

π dθ = 2R.MRe−Rt.

π

2Rte

2Rtθ

π��π2θ=0

=

=πMR

te−Rt(eRt − 1) ≤ πMR

t(4.12)

Do (4.4.6) ta có limR→∞

RγR

f(z)eitzdz = 0.

Với mọi R đủ lớn, tất cả zj đều thuộc hình tròn |z| < R.

Theo định lý cơ bản về thặng dưRZ

−R

f(x)eitxdt+ZγR

f(z)eitzdz = 2πinX

j=1

res[f(z)eitz, zj].

Cho R→ ∞ ta nhận được (4.4.5)

Nhận xét. Hàm f(x) =P (x)

Q(x)trong đó P(x) và Q(x) là các đa thức bậc P(x)<bậc

Q(x) và Q(x) 6= 0 với mọi x ∈ R thỏa mãn giả thiết của định lý 4.14.

Ví dụ 8. Tính tích phân I1 =∞R

−∞xcosx

x2 − 2x+ 10dx, I2

∞R−∞

xsinx

x2 − 2x+ 10

Giải. Hàm f(z) =z

x2 − 2x+ 10chỉ có ∞-điểm trong nửa mặt phẳng trên là

z1 = 1 + 3i. Ta có

2πires[f(z)eiz, z1] = 2πizeiz

2z − 2

��z=z1

=π

3(1 + 3i)e−3+i =

=π

3e3(1 + 3i)(cos1 + isin1) =

π

3e3(cos1 − 3sin1) + i

π

3e3(3cos1 + sin1)

Từ đó I1 =π

3e3(cos1 − 3sin1), I2 =

π

3e3(3cos1 + sin1)


4.4.4. Tính tích phân I(t) =1

2πi

a+i∞Ra−i∞

etzf(z)dz

Tích phân I(t) có vai trò quan trọng trong phép tính toán tử, được hiểu là giátrị chính Cauchy của tích phân suy rộng của hàm thực giá trị phức:

I(t) = limb→∞

1

2π

a+ibRa−ib

et(a+is)f(a+ is)ds.

(tích phân từ −∞ đến ∞ dọc theo đường thẳng x=a).

Định lý 4.15. Cho số thực a>0 và hàm f giải tích trên toàn mặt phẳng từ ra hữuhạn các điểm bất thường cô lập có phần thực khác a, lim

z→∞f(z) = 0. Khi đó với mọi

t>0, I(t) =1

2πi

a+i∞Ra−i∞

etzf(z)dz =nP

j=1res[eitzf(z), zj], trong đó {z1, z2, ..., zn} là tập

các điểm bất thường cô lập của f(z) có phần thực nhỏ hơn a.

Chứng minh. Ký hiệu γR là phần đường tròn |z|=R nằm y

xO

√R2 − a2

−√R2 − a2

a

Hình 4.4

trong nửa mặt phẳng Rez ≤ a tại hai điểm có tung độ là±√R2 − a2. Theo định lý cơ bản về thặng dư

a+i√

R2−a2Ra−i

√R2−a2

etzf(z)dz +R

γR

etzf(z)dz =

2πinP

j=1res[etzf(z), zj]

Vì limR→∞

a+i√

R2−a2Ra−i

√R2−a2

etzf(z)dz = 2πiI(t) nên ta chỉ cần

chứng minh limR→∞

RγR

etzf(z)dz = 0.

Chia γR thành ba phần: γ1 : Rez ≤ 0; γ2 : Rez ≥ 0, Imz > 0; γ3 : Rez ≥0, Imz < 0. Đặt Ij =

Rγj

etzf(z)dz.

Trên γ2 và γ3 ta có |f(z)etz| ≤MR.eta, |γ1| = |γ2| = Rarcsin

a

R, từ đó

|I1| + |I2| ≤ 2MRetaRarcsin

a

R

Vì limR→∞

arcsina

R= a, lim

R→∞MR = 0 nên lim

R→∞(I1 + I + 2) = 0.

Xét I1 ta có I1 =

3π

2Rπ

2

f(Reiϕ)eRt(cosϕ+isinϕ)Rieiϕdϕ,

do đó |I1| ≤ R.MR

3π

2Rπ

2

etRcosϕdϕ = R.MR

π

2R−π2

e−tRcosθdθ (Đặtθ = π − ϕ)


= 2R.MR

π

2R0e−tRcosθdθ ≤ πMR

t. (theo (4.4.6))

Vậy cũng có IR→01

= 0. Cuối cùng ta có

limR→0

ZγR

etzf(z)dz = (R→0

I1 + I2 + I3) = 0

Nhận xét 4. Với các giả thiết và ký hiệu như trong định lý 4.15 ta cólimR→0

RγR

etzf(z)dz = 0

Kết quả này thường được gọi là bổ đề Jordan.

Documents

TrƯỜng Cao ĐẲng cÔng NghiỆp PhÚc yÊn