Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 4: Chuỗi hàm phức

Nội dung text: Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 4: Chuỗi hàm phức

1. CHƯƠNG 4: CHUỖI HÀM PHỨC §1. KHÁI NIỆM CHUNG 1. Định nghĩa: Cho dãy các hàm biến phức u1(z), u2(z), u3(z), xác định trong miền E. Ta gọi biểu thức: ∞ ∑ u n (z) = u1(z) + u 2 (z) +L+ u n (z) +L (1) n=1 là chuỗi hàm biến phức. Tổng của n số hạng đầu tiên là: Sn(z) = u1(z) + u2(z) + ⋅⋅⋅+ un(z) được gọi tổng riêng thứ n của chuỗi hàm (1). Nó là một hàm phức xác định trong miền E. ∞ Nếu tại z = zo, chuỗi ∑ un(zo ) hội tụ thì zo được gọi là điểm hội tụ của chuỗi n=1 ∞ hàm (1). Nếu tại z = zo, chuỗi ∑ un(zo ) không hội tụ thì zo được gọi là điểm phân kì n=1 của chuỗi hàm (1). Tập hợp các điểm hội tụ của chuỗi hàm được gọi là miền hội tụ của nó. Nếu gọi f(z) là tổng của chuỗi (1) tại điểm hội tụ z thì f(z) hiển nhiên là một hàm biến phức xác định trong miền hội tụ G. 2. Khái niệm về hội tụ đều: Theo định nghĩa 1 ta có ∀z ∈ G: limSn (z) = f (z) (2) n→∞ Nếu đặt Rn(z) = f(z) - Sn(z) thì đẳng thức (2) được viết là: lim R n (z) = 0 n→∞ Điều đó có nghĩa là ∀ε > 0 cho trước, tồn tại một số N(ε, z) dương phụ thuộc vào ε và z sao cho khi n > N thì | Rn(z) | 0 cho trước, tồn tại một số N chỉ phụ thuộc ε: N = N(ε) sao cho khi n > N(ε) thì | Rn(z) | 0, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại N(ε) sao cho khi n > N(ε) ∞ thì | Rn(z) | luôn luôn tồn tại N(ε) n=1 sao cho khi n > N(ε) thì: rn = an+1 + an+2 + ⋅⋅⋅ < ε Nhưng vì | un+1(z) | < an+1, | un+2(z) | < an+2, | un+3(z) | < an+3 nên: | Rn(z) | = | un+1(z) + un+2(z) + ⋅⋅⋅ | < | un+1(z) | + | un+2(z) | + ⋅⋅⋅ < an+1 + an+2 +⋅⋅⋅ < ε 69
2. ∫ R n (z)dz ≤ εl, l là chiều dài của cung L L Vì ε bé nên lim R n (z)dz = 0 . Đây là điều cần phải chứng minh. n→∞ ∫ L d. Định lí Weierstrass: Nếu các số hạng của chuỗi hàm (1) là giải tích trong miền G và chuỗi (1) hội tụ đều trong miền đó thì tổng f(z) của chuỗi cũng là một hàm giải tích trong G. Đối với chuỗi hàm (1) ta có thể đạo hàm từng số hạng tới cấp tuỳ ý, nghĩa là: (m) (m) (m) (m) f (z) = u1 (z) + u2 (z) + L+ un (z) +L z ∈ G, m nguyên bất kì Chứng minh: Ta nhận thấy trong định lí này không giả thiết gì về tính hội tụ của chuỗi đạo hàm . Lấy z bất kì thuộc G. C là đường tròn tân z bán kính r khá nhỏ sao cho hình tròn Go bao bởi C nằm trọn trong G. Để chứng minh f(z) giải tích trong Go, ta sẽ chứng minh f(z) được biểu diễn bằng một tích phân loại Cauchy, cụ thể ta sẽ chứng minh rằng: 1 f (ζ)dζ f (z) = ∫ (7) 2jπ C ζ − z Thật vậy, do giả thiết, chuỗi hàm (1) hội tụ đều trong G. Vậy nó hội tụ đều trên C. Ta có: u1(ζ) + u2(ζ) + ⋅⋅⋅+ un(ζ) + ⋅⋅⋅ = f(ζ) đều ∀z ∈C (8) 1 1 Vì với ζ∈C thì ζ - z ≠ 0 nên nhân 2 vế với ta có: 2jπ ζ − z 1 ⎡u1(ζ) u 2 (ζ) u n (ζ) ⎤ f (ζ) ⎢ + +L+ +L⎥ = đều ∀z ∈ C 2jπ ⎣ ζ − z ζ − z ζ − z ⎦ 2jπ(ζ − z) Vì chuỗi hàm ở vế trái hội tụ đều trên C nên theo định lí 2, ta có thể tích phân từng số hạng dọc theo C: 1 ⎡ u1(ζ)dζ u 2 (ζ)dζ u n (ζ)dζ ⎤ 1 f (ζ) ⎢∫ + ∫ +L+ ∫ +L⎥ = ∫ dζ (9) 2jπ ⎣C ζ − z C ζ − z C ζ − z ⎦ 2jπ C (ζ − z) Mặt khác vì mỗi số hạng un(z) giải tích nên theo (9), tích phân Cauchy: 1 u n (ζ) ∫ dζ = u n (z) 2jπ C (ζ − z) Vậy (9) viết được: 1 f (ζ) u1(z) + u 2 (z) +L+ u n (z) +L = ∫ dζ 2jπ C (ζ − z) 1 f (ζ) tức: f (z) = ∫ dζ 2jπ C (ζ − z) Vậy f(z) giải tích trong miền G. Vì trên kia đã lấy z bất kì trong G nên có thể kết luận f(z) giải tích trong G. Lập luận tương tự như trên ta chứng minh được rằng có thể đạo hàm từng số hạng của chuỗi (1) tới cấp tuỳ ý. 71
3. n ∞ ρ ρ M∑ . Chuỗi dương này là một cấp số nhân hội tụ vì công bội là | ζ1 |. Áp dụng định lý Abel suy ra chuỗi hội tụ trong hình tròn | ζ | < | ζo | , đặc biệt chuỗi hội tụ tại ζ1 vì | ζ1 | < | ζo |. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. 4. Bán kính hội tụ: Trước hết chú ý là điểm ζ = 0 bao giờ cũng là điểm hội tụ của chuỗi (11). Tại đó chuỗi hàm tổng là c . o y Bây giờ ta xét tia Ot bất kì, xuất phát từ gốc ζ = 0. Có thể xảy ra 3 trường hợp: * Trên tia Ot có cả những điểm hội tụ và t những điểm phân kì. Vì theo định lí Abel, mỗi điểm hội tụ đều nằm gần gốc hơn một điểm phân kì bất kì. Do đó O x trên tia Ot tìm được một điểm ζ* ngăn cách những C G diểm hội tụ trên tia với những điểm phân kì. Bản thân ζ* , tuỳ trường hợp, có thể là điểm hội tụ hay phân kì. Cũng theo định lí Abel, chuỗi hội tụ trong hình tròn G: | ζ | < | ζ* | và phân kì bên ngoài tức trong miền | ζ | < | ζ* |. Hình tròn G được gọi là hình tròn hội tụ của chuỗi hàm (11), bán kính của nó R = | ζ* | được gọi là bán kính hội tụ. Trên biên C của hình tròn có thể có cả điểm hội tụ lẫn phân kì. * Trên tia Ot, tất cả các điểm đều là điểm hội tụ. Khi đó, theo định lí Abel, chuỗi hàm hội tụ trong một hình tròn bán kính lớn tuỳ ý. Nghĩa là nó hội tụ trong toàn mặt phẳng ζ và ta nói rằng bán kính hội tụ là ∞. * Trên tia Ot không có điểm nào là điểm hội tụ trừ ζ = 0. Khi đó theo hệ quả của định lí Abel, chuỗi hàm phân kì bên ngoài một hình tròn mà bán kính cả nó nhỏ tuỳ ý. Nói cách khác, mọi điểm c khác 0 đều là điểm phân kì và ta nói bán kính hội tụ R = 0. Lập luận tương tự giải tích thực, dựa vào tiêu chuẩn D’Alembert hay Cauchy, ta thấy bán kính hội tụ có thể tìm theo công thức: c R = lim n (13) n→∞ cn+1 1 hay: R = lim (14) n→∞ n cn 73
4. §3. CHUỖI TAYLOR ∞ n Giả sử chuỗi luỹ thừa ∑cn (z − a) có bán kính hội tụ là R = 0. Theo kết quả ở n=0 trên, trong hình tròn bán kính | z - a | ≤ ρ < R thì chuỗi hội tụ đều. Vì mỗi số hạng của chuỗi hạng của chuỗi đều là hàm giải tích và vì chuỗi hội tụ đều nên theo định lí Weierstrass tổng f(z) của chuỗi là một hàm giải tích trong miền | z - a | ≤ ρ. Bây giờ ta đặt vấn đề ngược lại: cho trước một hàm f(z) giải tích trong một lân cận điểm a. Hỏi có thể khai triển nó thành chuỗi luỹ thừa của (z - a) hay không. Nói khác đi, có thể tìm ∞ n thấy chuỗi dạng ∑cn (z − a) có tổng là f(z) trong lân cận a hay không? n=0 Định lí 1: Mọi hàm f(z) giải tích trong hình tròn | z - a | < R đều có thể khai triển một cách duy nhất thành chuỗi luỹ thừa của (z - a). Chứng minh: lấy z bất kì thuộc hình tròn | z - a | < C R. Ta vẽ hình tròn C’ = {| z - a | = ρ} (ρ < R) bao điểm z bên trong. Gọi C là đường tròn | z - a | = R, C’ là đường tròn | z - a | = ρ. Theo công thức tích a L phân Cauchy ta có: C’ 1 f (ζ)dζ f (z) = ∫ (16) 2πj C' ζ − z Ta sẽ tìm cách khai triển hàm số dưới dấu tích phân thành chuỗi luỹ thừa của (z - a) hội tụ đều đối với biến ζ trên đường tròn C’. Muốn vậy ta viết: 1 1 1 = = ζ − z ζ − a − (z − a) ⎛ z − a ⎞ (ζ − a)⎜1− ⎟ ⎝ ζ − a ⎠ z − a Nhưng vì ζ∈ C’ nên | z - a | < | ζ - a | và < 1. Vậy theo công thức tính tổng của ζ − a một chuỗi nhân (xem công thức 15) ta có: 2 n 1 z − a ⎛ z − a ⎞ ⎛ z − a ⎞ = 1+ + ⎜ ⎟ + + ⎜ ⎟ + z − a L L 1− ζ − a ⎝ ζ − a ⎠ ⎝ ζ − a ⎠ ζ − a 2 n 1 1 1 ⎛ z − a ⎞ 1 ⎛ z − a ⎞ 1 ⎛ z − a ⎞ Vậy: = + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ +L+ ⎜ ⎟ +L ζ − z ζ − a ζ − a ⎝ ζ − a ⎠ ζ − a ⎝ ζ − a ⎠ ζ − a ⎝ ζ − a ⎠ 2 n f (ζ) f (ζ) f (ζ) ⎛ z − a ⎞ f (ζ) ⎛ z − a ⎞ f (ζ) ⎛ z − a ⎞ = + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ +L+ ⎜ ⎟ +L (17) ζ − z ζ − a ζ − a ⎝ ζ − a ⎠ ζ − a ⎝ ζ − a ⎠ ζ − a ⎝ ζ − a ⎠ f (ζ) Với z cố định, khi ζ biến thiên trên đường C’ thì là một hàm liên tục đối với ζ. ζ − z 75
5. Giả sử f(z) đã được khai triển thành chuỗi luỹ thừa: ∞ n f (z) = ∑cn (z − a) , z − a < R (19) n=0 f (n) (a) ta sẽ chứng minh rằng c = n n! Thật vậy,trong (18) cho z = a, ta được co = f(a). Đạo hàm từng số hạng ta sẽ được: ∞ n−1 f ′(z) = ∑ncn (z − a) n=0 Như vậy f’(a) = c1. Tiếp tục đạo hàm rồi thay z = a vào 2 vế, lần lượt ta được: (n) f’’(a) = 2c2, f’’’(a) = 3!c3, , f (a) = n!cn. f (n) (a) Vậy : c = n n! Nghĩa là chuỗi (19) đúng là chuỗi Taylor của hàm f(z). Đó là điều phải chứng minh. Ghi chú: Trong (18) ta viết: 1 f (ζ)dζ cn = ∫ n+1 2πj C' (ζ − a) Giả sử L là đường cong kín bất kì nằm hoàn toàn trong miền | z - a | < R. Vì hàm f (z) giải tích trong miền nhị liên có biên là L và C’ nên theo định lí Cauchy ta (z − a)n+1 có: f (ζ)dζ f (ζ)dζ ∫ n+1 = ∫ n+1 C' (ζ − a) L (ζ − a) Vậy ta có thể viết: 1 f (ζ)dζ cn = ∫ n+1 2πj L (ζ − a) Ta sẽ khai triển Taylor một số hàm sơ cấp cơ bản. Trước hết ta lập chuỗi Taylor của hàm f(z) = ez tại z = 0: f (n) (0) 1 Ta có f(z) = ez, f(n)(0) = 1; = n! n! z z2 zn Vây: ez = 1+ + + + + 1! 2! L n! L Công thức trên có nghĩa ∀z ∈ C vì ez giải tích trong toàn bộ C. Tương tự ta có: z3 z5 z7 sinz = z − + − +L (R = ∞) 3! n! 7! z2 z4 z6 cosz = 1− + − + (R = ∞) 2! 4! 6! L 77
6. 1 1 1 = = ζ − z ζ − a − (z − a) ⎛ z − a ⎞ (ζ − a)⎜1− ⎟ ⎝ ζ − a ⎠ z − a Vì: 1; khi đó ta có thể làm như sau: ζ − a ζ − a Hiển nhiên ta có <1 nên: z − a k 1 −1 1 1 1 ∞ ⎛ ζ − a ⎞ − = = = = ∑⎜ ⎟ ζ − z ζ − a − (z − a) (z − a) − (ζ − a) ⎛ ζ − a ⎞ (z − a) k=0 ⎝ z − a ⎠ (z − a)⎜1− ⎟ ⎝ z − a ⎠ − f (ζ) − f (ζ) ∞ (ζ − a)k == ∑ k+1 2πj(ζ − z) 2πj k=0 (z − a) 79
7. Muốn chứng minh tính duy nhất của khai triển Laurent ta làm tương tự như khi chứng minh tính duy nhất của khai triển Taylor. 2. Ghi chú: Nếu hình tròn nhỏ | z - a | ≤ r không chứa điểm bất thường của f(z), nghĩa f (z) là nếu f(z) giải tích trong hìn tròn lớn | z - a | r, thì ta tìm cách khai triển f1(z) thành chuỗi -1 luỹ thừa đối với (z - a) và khai triển f2(z) thành chuỗi luỹ thừa đối với (z - a) . Cũng có thể dựa vào các khai triển Taylor của các hàm sơ cấp như ez, cosz, sinz để khai triển một số hàm siêu việt thành chuỗi Laurent. Ví dụ 1: Khai triển hàm : 1 y f (z) = (z −1)(z − 2) thành chuỗi Laurent tâm tại 1 trong các miền sau: - hình tròn bỏ tâm 0 < | z - 1 | < 1 - miền ngoài hình tròn trên Với hình tròn bỏ tâm 0 < | z - 1 | < 1ta viết: 0 2 x 1 1 f (z) = − z − 2 z −1 1 Vì hàm f (z) = giải tích khắp nơi trừ tại 2 z −1 z = 1. Bản thân hàm f2(z) đã là một luỹ thừa của (z - 1) nên chỉ cần khai triển f1(z). Vì trong miền | z -1 | < 1, hàm f1(z) giải tích nên nó khai triển được thành chuỗi Taylor tại z = 1. 1 1 −1 f (z) = = = 1 z − 2 z −1−1 −1− (z −1) 2 n = −[]1+ (z −1) + (z −1) +L+ (z −1) +L 81
8. 1 Xét trong miền 1 2. Ta phải khai triển hai hàm số và theo chuỗi luỹ z − 2 z −1 1 thừa của : z 1 1 1 1 = − − − − 1− z z z2 z3 L 1 1 = z − 2 ⎛ 2 ⎞ z⎜1− ⎟ ⎝ z ⎠ 2 1 2 22 Vì ở đây <1 nên: =1+ + + 2 2 L z 1− z z z 83
9. vị | z | = 1. Ta sẽ khai triển f(z) thành chuỗi Laurent trong hình vành khăn này. Trước hết ta phân tích f(z) thành tổng các phân thức đơn giản: ⎛ ⎞ 1 ⎜ 1 1 ⎟ f(z) = ⎜−1+ + ⎟ 2j⎜ z 1− az ⎟ ⎜ 1− ⎟ ⎝ a ⎠ Chú ý rằng với | az | | a | ta có: 1 1 a ⎛ a a 2 a 3 ⎞ = − = − ⎜1+ + 2 + 3 +L⎟ z z ⎛ a ⎞ z ⎜ z z z ⎟ 1− ⎜1− ⎟ ⎝ ⎠ a a ⎝ z ⎠ 1 Vậy trong miền a < z < ta có: a 2 3 ∞ 1 ⎛ 2 2 3 3 a a a ⎞ 1 n ⎛ n 1 ⎞ f (z) = ⎜az + a z + a z + − − − − ⎟ = a z − ⎜ L 2 3 L⎟ ∑ ⎜ n ⎟ 2j⎝ z z z ⎠ 2j n=1 ⎝ z ⎠ Khi z = zjt, | z | = 1, ta có: 1 ∞ ∞ enjt − e−njt ∞ ϕ(t) = ∑a n ()enjt − e−njt = ∑a n =∑a n sin(nt) 2j n=1 n=1 2j n=1 Đó là khai triển Fourrier cần tìm. §5. ĐIỂM BẤT THƯỜNG CỦA HÀM GIẢI TÍCH 1. Phân loại: Giả sử a là điểm bất thường cô lập của hàm f(z), nghĩa là tồn tại một lân cận khá bé của a trong đó chỉ có a là điểm bất thường. Như vậy f(z) sẽ giải tích trong hình vành khăn nhỏ tâm a. Theo mục 5, ta có thể khai triển f(z) thành chuỗi Laurent trong hình vành khăn này. Ta căn cứ vào khai triển Laurent để phân loại tính bất thường của điểm a. Nếu khai triển Laurent không chứa phần chính tức là cn = 0 ∀n < 0. Do đó: 2 f(z)= co + c1(z - a) + c2(z - a) +⋅⋅⋅ (31) thì điểm a được gọi là điểm bất thường bỏ được. Nếu a là điểm bất thường bỏ được, thì theo (3) ta có: limf (a) = co z→a Do đó nếu đặt f(a) = co thì hàm f(z) được bổ sung giá trị tại điểm a. Như vậy nó sẽ là một hàm giải tích trong cả lân cận nói trên của a. Điều đó giải thích ý nghĩa của thuật ngữ “bỏ được” được dùng ở đây. Nếu trong phần chính chỉ có một số hữu hạn các số hạng thì a được gọi là cực điểm. Khi đó khai triển có dạng: 85
10. f (z) f (a) 1 = b + b (z − a) + b (z − a)2 + với b = 1 ≠ 0 ϕ(z) o 1 2 L o ϕ(a) Từ đó suy ra khai triển Laurent của f(z) là: f (z) b b f (z) = 1 = o + 1 + (z − a)m ϕ(z0 (z − a)m (z − a)m−1 L Điều đó chứng tỏ a là cực điểm cấp m của f(z) z +1 Ví dụ: Xét hàm f (z) = z2 + 4 Vì z2 + 4 = ( z + 2j )( z - 2j ) nên mẫu số có hai không điểm đơn là z = ± 2j. Vậy f(z) phải có hai cực điểm đơn là z = ± 2j. sin z Ví dụ: Xét hàm f (z) = (z2 +1)3 Vì ( z2 + 1)3 = ( z2 +j )( z2 - j )3 nên z = ±j là những không điểm cấp 3 của mãu số. Vù vậy z = ± j là những cực điểm cấp 3 của mẫu số. 87