Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 5: Lý thuyết thặng dư

Nội dung text: Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 5: Lý thuyết thặng dư

1. CHƯƠNG 5: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ §1. KHÁI NIỆM VỀ THẶNG DƯ 1. Định nghĩa thặng dư: Giả sử f(z) là một hàm giải tích trong một lân cận của điểm a trừ chính điểm a (nghĩa là a là điểm bất thường cô lập của f(z)). Nếu C là đường cong kín bất kì bao lấy điểm a và nằm trong lân cận nói trên thì theo định lí Cauchy, tích phân ∫ flà(z)dz một số không phụ thuộc C. Ta gọi thặng dư của hàm f(z) tại a là C kết quả phép chia ∫ f(z)dz cho 2πj. Thặng dư được kí hiệu là Res[f(z), a]. Tóm lại: C 1 Res[f(z), a]= ∫ f (z)dz (1) 2πj C ⎡ 1 ⎤ 1 1 2πj Ví dụ: Res ⎢ ,a⎥ = ∫ dz = =1 ⎣z − a ⎦ 2πj C z − a 2πj 2. Cách tính thặng dư: Công thức chung để tính thặng dư là: Res[f(z), a] = c-1 (2) 1 Trong đó c-1 là hệ số của trong khai triển Laurent của hàm f(z) tại lân cận điểm z − a a. Chứng minh: Theo công thức tính hệ số của khai triển Laurent: 1 f (ζ)dζ cn = ∫ n+1 2πj C (ξ − a) Khi n = -1 ta có: 1 c−1 = ∫ f (ζ)dζ = Res[f(z), a] 2πj C a. Thặng dư tại cực điểm đơn: Nếu a là cực điểm đơn của hàm f(z) thì : Res[f(z), a] = lim[](z − a)f (z) (3) z→a z2 Ví dụ 1: Vì z = 2 là cực điểm đơn của nên z − 2 2 ⎡ z ⎤ 2 Res[f(z), a] = lim⎢(z − 2) ⎥ = lim z = 4 z→2 ⎣ z − 2⎦ z→2 1 Ví dụ 2: Cho f (z) = . Tính thặng dư tại a = 0 sin z Ta đã biết : z3 z5 ⎛ z2 z4 ⎞ sin z = z − + −L = z⎜1− + −L⎟ 3! 5! ⎝ 3! 5! ⎠ 88
2. 1 dm−1 Res[f(z),a] = lim [](z − a)m f (z) (5) (m −1)! z→a dzm−1 1 Ví dụ 1: Tính thặng dư của hàm f (z) = tại a = j (z2 +1)3 Vì (z2 + 1)3 = (z + j)3(z - j)3 nên j là không điểm cấp 3 của (z2 + 1)3. Vậy j là cực điểm cấp 3 của hàm f(z). Theo (5) với m = 3 ta có: 2 2 1 d ⎡ 3 1 ⎤ 1 d ⎡ 1 ⎤ Res[f(z), a] = lim 2 ⎢(z − j) 2 3 ⎥ = lim 2 ⎢ 2 3 ⎥ 2! z→j dz ⎣ (z +1) ⎦ 2 z→j dz ⎣(z + j) ⎦ 1 12 6 3j = lim = = − 2! z→j (z2 + j)5 (2j)5 16 e−z Ví dụ 2: Tìm thặng dư của hàm f (z) = z3 Ta thấy z = 0 là không điểm cấp 3 của z3 nên z = 0 là cực điểm cấp 3 của hàm f(z). Dùng công thức (5) ta có: 1 d2e−z 1 Res[f(z), a] = lim = 2! z→0 dz2 2 §2. ỨNG DỤNG THẶNG DƯ 1. Định lí 1: Nếu f(z) giải tích trong miền G , giới hạn bởi đường cong kín L, ngoại trừ tại một số hữu hạn cực đỉểm a1, a2, ,as ở bên trong thì: s ∫ f (z)dz = 2πj∑ Res[]f (z),a k (8) L k=1 Chứng minh: Loại đi khỏi miền G các hình tròn γ1, γ2, ,γs có tâm lần lượt là a1, a2, ,as và có bán kính đủ nhỏ ta được một miền đa liên . Áp dụng định lý Cauchy cho miền đa liên này ta được: 1 1 1 ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz +L+ ∫ f (z)dz 2πj L 2πj γ1 2πj γs Nhưng vì: 1 ∫ f (z)dz = [ Resf(z), ak], k = 1, 2, , s 2πj γk nên thay vào ta có: ∫ f(z)dz = 2πjRes[f(z), ak] + ⋅⋅⋅ + 2πjRes[f(z), ak] L 2. Định lí 2: Nếu f(z) giải tích trong toàn bộ mặt phẳng ngoại trừ tại một số hữu hạn cực đỉểm a1, a2, ,as = ∞ thì: s ∑ Res[][]f (z),a k + Res f (z),a k = 0 k=1 Chứng minh: Chọn R đủ lớn để đường tròn | z | = R bao lấy tất cả các điểm a1, a2, , an, Ta có: 90
3. e j e− j Res[f(z), j] = và Res[f(z), -j] = 2 j 2j Nên: I = 2πjsin1 z + 3 Ví dụ 4: Tính I = ∫ 2 dz với C là đường tròn | z - 0.5 | =1 C (z −1)(z +1) Trong miền giới hạn bởi C, hàm f(z) dưới dấu tích phân chỉ có một điểm bất thường là z = 1, cực điểm đơn. Do đó: I = 2πj.Res[f(z), 1] = lim(z −1)f (z) = 2π j z→1 ∞ 3.Tích phân thực dạng ∫ R(x)dx trong đó R(x) là một phân thức hữu tỉ −∞ a. Bổ đề 1: Giả sử CR là một nửa đường tròn tâm O, bán kính R, nằm trong nửa mặt phẳng trên Imz > 0. Nếu f(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn y điểm bất thường và thoả mãn: limzf (z) = 0 0 ≤ argz ≤ π C z→∞ R thì: lim f (z)dz = 0 R→∞ ∫ O x CR jϕ Chứng minh: Phương trình CR có dạng z = Re với ϕ là tham số biến thiên từ 0 đến π. Chọn R khá lớn sao cho các điểm bất thường của f(z) đều nằm trong miền | z | 0 cho trước ta luôn tìm được z→∞ một số N > 0 sao cho khi | z | > N thì | z.f(z) | N thì: | f(Rejϕ).Rejϕ | = | z.f(z) | < ε Do đó: π ∫f (z)dz ≤ ε∫dϕ = επ CR 0 Vì ε bé tuỳ ý nên ta suy ra lim f (z)dz = 0 R→∞ ∫ CR b. Định lí 1: Giả sử R(z) là một phân thức mà đa thức mẫu số có bậc lớn hơn đa thức tử số ít nhất là hai đơn vị, R(z) có một số hữu hạn cực điểm a1, a2, , an nằm trong nửa mặt phẳng trên và không có cực điểm nằm trên trục thực. Khi đó ta có: +∞ s ∫ R(x)dx = 2πj∑Res[R(z),a k ] (9) −∞ k=1 Ta thừa nhận mà không chứng minh định lí này. 92
4. 1 −1− j Res[R(z), j]= = 2 2()1− j 4 2 ⎛ 1− j −1− j⎞ 2π π 2 Vậy: I = πj⎜ + ⎟ = = ⎝ 4 2 4 2 ⎠ 4 2 4 c. Định lý 2: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ mà bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất 2 đơn vị. Hàm R(z) có các cực điểm trong nửa mặt phẳng trên là a1, a2, , as và có m cực điểm đơn trên trục thực là b1, b2, ,bm. Khi đó ta có: +∞ s m ∫ R(x)dx = 2πj∑Res[]R(z),a k + πj∑Res []R(z),bi (11) −∞ k=1 i=1 +∞ +∞ 4. Tích phân dạng ∫ R(x)cosαxdx và ∫ R(x)sinαxdx (α > 0) −∞ −∞ Theo công thức Euler thì ejαx = cosαx + jsinαx nên cosαx = Re(ejαx) và sinαx=Im(ejαx). Vậy: +∞ +∞ ∫ R(x)cosαxdx = Re ∫ R(x)e jαxdx −∞ −∞ +∞ +∞ ∫ R(x)sinαxdx = Im ∫ R(x)e jαxdx −∞ −∞ +∞ Do đó muốn tính các tích phân đã cho, chỉ cần tính ∫ R(x)e jαxdx rồi lấy phần thực −∞ +∞ hay phần ảo của nó là được. Khi tính ∫ R(x)e jαxdx ta dùng bổ đề sau: −∞ a. Bổ đề Jordan: Gọi CR là cung tròn | z | = R Imz > a (a là số thực cố định cho trước) nghĩa là CR là cung tròn tâm O, bán kính R và nằm phía trên đường thẳng y=a. Nếu F(z) có dạng ejαzf(z) trong đó α là một số dương cố định còn f(z) giải tích trong nửa mặt phẳng Imz ≥ a , trừ tại một số hữu hạn điểm bất thường và thoả mãn limf (z) = 0 thì: z→∞ limF(z)dz = lim e jαzf (z)dz R→∞ ∫ R→∞ ∫ CR CR Ta thừa nhận không chứng minh bổ đề này b. Định lí 1: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ thoả mãn các điều kiện sau: * R(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn các cực điểm a1, a2, , as * R(z) không có cực điểm trên trục thực * trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1 đơn vị. Thế thì: +∞ s jαx jαx ∫ R(x)e dx = 2πj∑Res[R(z)e ,a k ] (14) −∞ k=1 94
5. 1 Vì hàm R(z) = có cực điểm duy nhất tại z = 0 nên theo (6) ta có: z +∞ e jz ⎡e jz ⎤ dz = πjRes ,0 = πjlime jz = πj ∫ ⎢ ⎥ z→0 −∞ z ⎣ z ⎦ π Thay vào trên ta được: I = 2 2π 5. Tích phân dạng ∫ f(sint,cost)dt 0 dz Đặt z = ejt thì lnz = jt, dt = và theo định nghĩa các hàm lượng giác ta có: jz 1 1 z + z − cost = z , sin t = z . 2 2j Khi t chạy từ 0 đến 2π, điểm z vẽ nên đường tròn C: | z | = 1. Vậy: 2π ⎡ j ⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞⎤ jdz ∫f (sin t,cost)dt = ∫f ⎢− ⎜z − ⎟, ⎜z + ⎟⎥ (17) 0 L ⎣ 2 ⎝ z ⎠ 2 ⎝ z ⎠⎦ z Trong đó L là đường tròn | z | = 1 2π2 + cost Ví dụ 1: Tính I = ∫ dt 0 2 − sin t Theo (17) ta có: 1 ⎛ 1 ⎞ 2 + ⎜z + ⎟ 2 z jdz 4z + z2 +1 jdz z2 + 4z +1 dz I = ⎝ ⎠ = − = − ∫ j ⎛ 1 ⎞ z ∫ 4z + jz2 − j z ∫ z2 − 4jz −1 z L 2 + ⎜z − ⎟ L L 2 ⎝ z ⎠ Hám dưới dấu tích phân có 3 điểm cực là z = 0, z = 2j ± j 3 . Vì (2 − 3) j = 2 − 3 1nên bên trong L chỉ có 2 cực điểm là a1 = 0 và a2 = 2 − 3 . ta tính thặng dư: ⎡ z2 + 4z +1 ⎤ z2 + 4z +1 Res ⎢ 2 ,0⎥ = lim 2 = −1 ⎣z(z − 4jz −1) ⎦ z→0 z − 4jz −1 ⎡ z2 + 4z +1 ⎤ z2 + 4z +1 2 3 Res ,(2 3) j 1 j ⎢ 2 − ⎥ = = + ⎣z(z − 4jz −1) ⎦ z(2z − 4 j) (2− 3) j 3 Theo định lí 1 mục trước ta có: ⎡ ⎛ 2 3 ⎞⎤ ⎛ 2 3 ⎞ 4π 3 I = −2πj⎢−1+ ⎜1+ j ⎟⎥ = −2πj⎜ j ⎟ = ⎣ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎝ 3 ⎠ 3 π dt Ví dụ 2: Tính I= ∫ 0 2 + cost 96