Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 3: Tích phân hàm phức

Nội dung text: Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 3: Tích phân hàm phức

1. CHƯƠNG 3: TÍCH PHÂN HÀM PHỨC §1. TÍCH PHÂN ĐƯỜNG CỦA HÀM BIẾN PHỨC 1. Định nghĩa: Cho đường cong C định hướng, trơn từng khúc và trên C cho một hàm phức f(z). Tích phân của f(z) dọc theo C được định nghĩa và kí hiệu là: n lim f (t k )(zk − zk−1) = f (z)dz (1) n→∞ ∑ ∫ k=1 C Trong đó a = zo , z1, ,zn = b là những điểm kế tiếp nhau trên C; a và b là hai mút, tk là một điểm tuỳ ý của C nằm trên cung [ zk, zk-1]. Giới hạn (1) thực hiện sao cho max lk → 0 với lk là độ dài cung [ zk, zk-1]. 2. Cách tính: Đặt f(z) = u(x,y) + jv(x,y), zk = xk + jyk ∆xk = xk - xk-1, ∆yk = yk - yk-1 tk = αk +jβk; u(αk , βk) = uk; v(αk , βk) = vk n n n ta có: ∑f (t k )(zk − zk−1) = ∑(u k ∆x k − vk ∆yk ) + j∑(u k ∆x k + vk ∆yk ) (2) k=1 k=1 k=1 Nếu đường cong C trơn từng khúc và f(z) liên tục từng khúc, giới nội thì khi n→∞ vế phải của (2) tiến tới các tích phân đường của hàm biến thực. Do đó tồn tại: ∫ f(z) =∫ (udx − vdy) +j∫ (udy + vdx) (3) C C C Nếu đường cong L có phương trình tham số là x = x(t), y = y(t) và α≤ t ≤ β thì ta có thể viết dưới dạng hàm biến thực: z = x(t) + jy(t) = z(t) α≤ t ≤ β với z(a) = α; z(b) = β. Khi đó ta có công thức tiện dụng: β ∫ f (z)dz = ∫ f[]z(t) .z′(t)dt (4) C α Ví dụ 1: Tính I,= ∫ Rezdz L là đoạn thẳng nối 2 điểm 0 và 1 + j theo chiều từ 0 đến L y 1+j. y B j L C O 1 x -a O a x Phương trình tham số của L có thể lấy là: ⎧x(t) = t ⎨ Vậy z(t) = (1 + j)t, t thực t ∈ [0, 1] ⎩y(t) = t 51
2. Thay vào ta có: 8 + j I = − 3 2 Ví dụ 5: Tính Ik = ∫ ()z dz k = 1, 2 C với C1 là đoạn thẳng nối 0 và 1 + j và C2 là đường gấp khúc nối 0, 1, 1 + j Áp dụng (4) với C1 ta có z = (1 + j)t, t đi từ 0 đến 1 nên: 1 2 2 2 2 I1 = ∫ ()z dz = ∫ (1− j) t (1+ j)dt = (1− j) C1 o 3 Tương tự: 1 1 2 2 2 2 I1 = ∫ ()z dz = ∫ t dt + ∫ (1− jt) dt = (2 + j) C2 o o 3 3. Các tính chất của tích phân: Từ công thức (3) ta suy ra rằng tích phân của hàm biến phức dọc theo một đường cong có tất cả các tính chất thông thường của một tích phân đường loại 2. Ta nêu lại các tính chất đó: - Tích phân không phụ thuộc tên gọi biến số tích phân ∫ f(z)dz = ∫ f (ζ)dζ AB AB - ∫[]f(z) + g(z) dz = ∫ f (z)dz + ∫ g(z)dz AB AB AB - Nếu a là hằng số phức thì: ∫ af (z)dz =a ∫ f (z)dz AB AB - ∫ f (z)dz = − ∫ f (z)dz AB BA - Nếu A, B và C là 3 điểm cùng nằm trên một đường cong thì: ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz AC AB BC z - ∫ dz= z − zo zo 4. Các công thức ước lượng tích phân: Nếu M là giá trị lớn nhất của | f(z) | trên đường cong L (nghĩa là | f(z) | ≤ M ∀z ∈ L) thì ta có: ∫ f (z)dz ≤ ∫ f (z)dz dz ≤ Ml (5) L L Chứng minh: Vì môđun của một tổng nhỏ hoặc bằng tổng các môđun nên: n n ∑f (ζ k )∆zk ≤ ∑ f (ζ k ) ∆zk k=1 k=1 Nhưng theo giả thiết | f(ζk) | ≤ M nên: 53
3. sin z Ví dụ 2: Tính , L là đường tròn | z - 1| = 1. I = ∫ 2 dz L z +1 sin z Hàm f (z) = có hai điểm bất thường là nghiệm của phương trình z2 + 1 = 0 là ±j. z2 +1 Vậy f(z) giải tích trong miền | z - 1 | ≤ 1 . Áp dụng định lí Cauchy ta có I = 0. dz Ví dụ 3: Tính I,= ∫ L là đường tròn tâm zo, bán kính R, tích phân lấy theo L z − z0 chiều dương. Phương trình tham số của L là: ⎧x = x o + a cos t ⎨ ⎩y = yo + a sin t jt jt Vậy z(t) = x(t) + jy(t) = zo + ae ; z’(t) = jae . Theo (4) ta có: 2π jaetj I dt 2 j = ∫ tj = π 0 ae 1 Sở dĩ I ≠ 0 vì hàm f (z) = có điểm bất thường tại z = zo và giả thiết của định lí z − z0 Cauchy không được thoả mãn. Qua ví dụ này ta thấy nếu f(z) có điểm bất thường trong G thì định lí Cauchy không còn đúng nữa. j Ví dụ 4: Tính I= ∫ zezdz o j j j Ta có thể viết: I = zezdz = zez − ezdz = je j − (e j −1) =1+ (j−1)(cos1+ jsin1) ∫ o ∫ o o = (1− cos1− sin1) + j(cos1− sin1) j+1 Ví dụ 5: Tính I= ∫ (z −1)100 zdz 1 Đặt t = z - 1 ta có: j j j ⎛ t102 t101 ⎞ j102 j101 1 j I = t100 (t +1)dt = (t101 + t100 )dt = ⎜ + ⎟ = + = − + ∫ ∫ ⎜102 101⎟ 102 101 102 102 o o ⎝ ⎠ 0 §3. ĐỊNH LÍ CAUCHY CHO MIỀN ĐA LIÊN 1. Định lí: Giả sử miền G là đa liên mà biên L gồm đường cong bên ngoài Lo, và các đường cong bên trong L1, L2, , Ln.(hình a) Nếu f(z) là một hàm giải tích trongG thì: ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +L+ ∫ f (z)dz (7) Lo L1 L2 Ln 55
4. Hệ quả: Giả sử f(z) giải tích trong miền D có biên C và liên tục trong Dthì với mọi ro ∈ D thì: f (z) ∫ = 2πjf (zo ) C z − zo dz Ví dụ :Tính I= ∫ n với n nguyên dương, zo cho trước. L là đường cong kín L ()z − zo không qua zo zo G zo Gọi G là miền giới hạn bởi đường cong L. 1 Giả sử zo ∉ G. Khi đó f (z) = n là hàm giải tích trongG nên theo định lí ()z − zo Cauchy thì I = 0 Giả sử zo ∈ G. Loại khỏi G một miền là hình tròn tâm zo , bán kính a. Như vậy f(z) sẽ giải tích trong miền nhị liên còn lại. Theo (8) thì: dz dz I= ∫ n = ∫ n L ()z − zo γ ()z − zo γ là đường tròn | z - zo | = a. Nếu n = 1 thì I = 2jπ jt jt Nếu n ≠ 1, chú ý là khi z ∈ γ thì: z = zo + ae , dz = jae dt 0 ≤ t ≤ 2π Vậy: 2π jt 2π dz jae dt j 1 2π I = = = e j(1−n)tdt = e j(1−n)t = 0 vì ej(1-n)2π = eo = 1 ∫ n ∫ n jnt n−1 ∫ n−1 0 L ()z − zo 0 a e a 0 (1− n)a Ta tóm tắt kết quả để dùng sau này: dz ⎧2jπ khi n =1,L bao zo ∫ n = ⎨ L ()z − zo ⎩0 ∀z ≠ 2. Tích phân không phụ thuộc đường đi: Định lí: Giả sử f(z) là một hàm giải tích trên miền đơn liên G và zo là một điểm cố định thuộc G. Khi đó tích phân của hàm f(z) dọc theo một đường cong kín nằm z trọn trong G, đi từ điểm zo đến điểm z ∫ f(z)dz không phụ thuộc vào đường lấy tích zo phân 57
5. z+∆z ∫ α(ζ)dζ Vậy: z ≤ max α(ζ) ∆z z+∆z ∫ α(ζ)dζ Cho ∆z→0 thì max | α(ζ) | → 0. Do đó z → 0 . Từ (11) ta suy ra F’(z) = f(z). ∆z §4. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH Ta gọi F(z) là nguyên hàm f(z) nếu F’(z) = f(z). Hiển nhiên, nếu F(z) là nguyên hàm của f(z) thì F(z) + C , trong đó C là một hằng số phức cũng là nguyên hàm của f(z). Ngược lại nếu Φ(z) và F(z) đều là nguyên hàm của f(z) thì chúng phải khác nhau một hằng số phức C: Φ(z) - F(z) = C Thật vậy, đặt g(z) = Φ(z) - F(z) = u(x, y) + jv(x, y). Ta phải chứng minh rằng u và v là những hằng số. Ta có: g’(z) = Φ’(z) - F’(z) = 0 (12) Nhưng theo công thức tính đạo hàm: ∂u ∂v ∂v ∂u g′(z) = + j = − j = 0 ∂x ∂x ∂y ∂y Như vậy: ∂u ∂v ∂u ∂v = = 0; = = 0 ∂x ∂y ∂y ∂x Nghĩa là u(x, y) và v(x, y) là các hằng số. Ta suy ra rằng nếu F(z) là nguyên hàm của f(z) thì họ hàm số F(z) + C với C là một hằng số phức tuỳ ý, chứa tất cả các nguyên hàm của f(z). Ta gọi họ hàm số này là tích phân bất định của hàm f(z) và kí hiệu là ∫ f (z)dz . Tóm lại:∫ f (z)dz = F(z) + C : F′(z) = f (z ) Theo bảng đạo hàm ta có thể suy ra bảng nguyên hàm, giống như trong tích phân thực: ∫ ezdz = ez + C zn+1 ∫ zndz = + C n +1 ∫ sin zdz = cos z + C 1 dz = ln z + C ∫ z 59
6. 1 f (ζ)dζ f (z) = ∫ (14) 2jπ L ζ − z Tích phân bên vế phải được gọi là tích phân Cauchy của hàm f(z). Công thức (14) được gọi là công thức tích phân Cauchy. Ý nghĩa: Công thức này cho phép ta tính được giá trị của hàm giải tích ở bên trong miền G khi biết giá trị của nó trên biên. Nói khác đi, giá trị của hàm giải tích trong miền, hoàn toàn γ được xác định bởi giá trị của nó trên biên. Chứng minh: Lấy zo bất kì trong miền G, ta sẽ chứng minh zo rằng: 1 f (ζ)dζ f(zo ) = ∫ (15) 2jπ L ζ − zo L f (z) Đặt ϕ(z) = . Loại khỏi miền G một hình tròn z − zo bán kính r bất kì đủ nhỏ có tâm tại zo thì ϕ(z) sẽ giải tích trong miền đa liên còn lại. Áp dụng định lí Cauchy cho miền đa liên ta có: f (ζ)dζ f (ζ)dζ ∫ =∫ L ζ − zo γ ζ − zo γ là đường tròn | ζ - zo | = r Vì công thức trên đúng với mọi r khá bé nên (để đường tròn γnằm trong miền G) ta có thể viết: f (ζ)dζ f (ζ)dζ = lim ∫ r→0 ∫ L ζ − zo γ ζ − zo Ta có: f (ζ)dζ f (ζ) − f (zo ) + f (zo ) f (ζ) − f (zo ) 1 ∫ = ∫ dζ = ∫ dζ + f (zo )∫ dζ γ ζ − zo γ ζ − zo γ ζ − zo γ ζ − zo f (ζ) − f (zo ) = ∫ dζ + 2jπf (zo ) (16) γ ζ − zo Do tính liên tục của hàm f(ζ) nên ∀ε > 0 ta có thể chọn r khá bé để | f(ζ) - f(zo) | < ε. Khi đó ∀ζ ∈ γ ta có | ζ - zo | = r và: f (ζ) − f (z ) ε o < ζ − zo r Áp dụng công thức ước lượng tích phân ta có: f (ζ) − f (z ) ε ∫ o ≤ 2πr = 2πε γ ζ − zo r Vì ε bé tuỳ ý nên: 61
7. 1 Vì hàm f (z) = giải tích trong hình z2 +1 3 L2 tròn z − 2 ≤ nên theo định lí Cauchy ta 2 có: dz I = ∫ 2 = 0 L1 z +1 dz dz I.= ∫ 2 = ∫ L1 L2 z +1 L2 (z + j)(z − j) 1 Ta đặt f (z) = , zo = j. Hàm f(z) giải tích trong hình tròn | z - j | ≤ 1. Áp dụng (15) z + j ta có: 1 dz 1 ∫ 2 = f (j) = 2jπ L2 z +1 2j Như vậy: dz ∫ 2 = π L2 z +1 2. Tích phân loại Cauchy: Định nghĩa: Giả sử L là một đường cong trơn và f(t) là một hàm liên tục trên L. Xét hàm: 1 f (t)dt Φ(z) = ∫ , z bất kì ∈ L (17) 2jπ L t − z Nếu z ∈ L thì hàm số dưới dấu tích phân là một hàm liên tục. Vậy tích phân tồn tại và cho ta một hàm số của z xác định khắp nơi, trừ các điểm thuộc L. Định lí: Hàm Φ(z) xác định bởi tích phân loại Cauchy một hàm giải tích tại mọi điểm z ∈ L. Đạo hàm cấp n của nó được tính theo công thức: n1 f (ξ)dξ Φ(n) (,z) = ∫ z bất kì ∉ L 2πj L t − z §7. ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA MỘT HÀM GIẢI TÍCH 1. Đạo hàm cấp cao của một hàm giải tích: Định lí: Nếu f(z) giải tích trong miền giới nội D và liên tục trong Dvới biên C thì tại mọi z ∈ D hàm f(z) có đạo hàm mọi cấp và: n! f (t)dt (n) (20) f (z) = ∫ n+1 ; n =1,2, 2jπ C (t − z) Trong đó chiều đi trên biên C là chiều dương. Chứng minh: Theo định nghĩa đạo hàm và công thức tích phân Cauchy ta có: 63
8. M Chứng minh: Giả thiết | f(z) | 0 lên miền trong của đa giác P sao cho ảnh của các điểm a1, a2, an -∞ < a1 < a2 < ⋅⋅⋅< an < ∞ trên trục thực Ox là các đỉnh w1, w2, , wn của đa giác P, được xác định bởi công thức Schwartz - Christophell: z α α α 1−1 2 −1 n −1 π π π f (z) = C ∫ ()ζ − a1 .()ζ − a 2 L()ζ − a n dζ + C1 (10) zo Trong đó zo, C và C1 là các hằng số phức. b. Dạng khác của công thức Schwartz - Christophell: Nếu một đỉnh của đa giác tương ứng với điểm ∞, chẳng hạn đỉnh w1 tương ứng với a1 = ∞, thì (10) được thay bởi: z α α α 2 −1 3 −1 n −1 π π π f (z) = C ∫ ()ζ − a 2 .()ζ − a 3 L()ζ − a n dζ + C1 (11) zo α 2 −1 π Như vậy trong (11) vắng mặt thừa số()ζ − a 2 Trái lại nếu một trong các đỉnh của đa giác là điểm ∞, chẳng hạn wk = ∞ thì trong (10) 65
9. h Từ đó suy ra -jh = - Cπj hay C= π Tóm lại phép biến hình phải tìm là hàm ngược của hàm: h z (z +1)α w= ∫ dz + jh (13) π −1 z Trường hợp α = 1 ta có: z h (z +1) h z h w = dz + jh = (z + ln z) + jh = (z +1+ ln z) (14) ∫ −1 π −1 z π π đây là phép biến hình , biến nửa mặt phẳng Imw > 0 có một lát cắt dọc theo A1A3 thành nửa mặt phẳng trên Imz > 0. Ví dụ 2: Tìm phép biến hình bảo giác biến hình chữ nhật có các đỉnh A1(w1 = k), A2(w2= h+ jk) , A3(w = -h + jk), A4(w4 = -h) lên nửa mặt phẳng trên Imz > 0 v y A3 B A2 a4 a3 a1 a2 O1 A u O A4 1 1/k 1 1 1/k x Gọi w = f1(z) là phép biến hình biến góc phần tư thứ nhất (Rez > 0, Imz > 0) thành hình chữ nhật O1A1A2B sao cho o1 ứng với O. A1 ứng với điểm z = 1 B ứng với điểm z = ∞. Trong phép biến hình này A2 sẽ ứng với điểm z = 1/k với k là một hằng số dương nhỏ hơn 1 mà ta phải xác định. Qua phép biến hình, đoạn BO1 ứng với nửa trục Oy dương. Theo nguyên lí đối xứng, hàm w = f(z) là hàm phải tìm để biến nửa mặt phẳng trên Imz > 0 lên hình chữ nhật A1A2A3A4 là thác triển của hàm f1(z) qua trục ảo. Cũng theo nguyên lí đối xứng, các điểm đối xứng qua BO1 ứng với các điểm đối xứng qua Oy. Vậy A4 ứng điểm z = -1; A3 ứng với điểm z = -1/k. Áp dụng công π thức Schwartz - Christophell với α = α = α = α = và zo = 0 ta có: 1 2 3 4 2 1 1 −1 −1 1 1 2 2 z −1 −1 2 2 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ w = f (z) = C∫ (ζ +1) (ζ −1) ⎜ζ − ⎟ ⎜ζ + ⎟ dζ + C1 0 ⎝ k ⎠ ⎝ k ⎠ Vì f(0) = 0 nên C1 = 0, vậy: z dζ z dζ w= C′ = C ∫ ∫ 2 2 2 0 2 ⎛ 2 1 ⎞ 0 ()()1− ζ 1− k ζ (ζ −1)⎜ζ − ⎟ ⎝ k 2 ⎠ Ta còn phải xác định hằng số C và k. Vì A1(w1 = h) ứng với = 1 nên: 67