Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 3: Tích phân hàm phức

 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: 
∫∫
γ→ −ζ
ζζ=−ζ
ζζ
o
0r
L o z
d)(flim
z
d)(f 
Ta có: 
∫∫∫∫
γγγγ
ζ−ζ+ζ−ζ
−ζ=ζ−ζ
+−ζ=−ζ
ζζ d
z
1)z(fd
z
)z(f)(fd
z
)z(f)z(f)(f
z
d)(f
o
o
o
o
o
oo
o 
 )z(fj2d
z
)z(f)(f
o
o
o π+ζ−ζ
−ζ= ∫
γ
 (16) 
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: 
rz
)z(f)(f
o
o ε<−ζ
−ζ 
Áp dụng công thức ước lượng tích phân ta có: 
πε=πε≤−ζ
−ζ∫
γ
2r2
rz
)z(f)(f
o
o 
Vì ε bé tuỳ ý nên: 
zo 
L 
γ 
62
0d
z
)z(f)(flim
o
o
0r
=ζ−ζ
−ζ∫
γ→
Từ (16) suy ra: 
)z(f2d
z
)(flim o
o
0r
πε=ζ−ζ
ζ∫
γ→
Đó là điều cần chứng minh. 
Nhờ công thức tích phân Cauchy ta có thể tính một số tích phân lấy dọc theo một 
đường cong kín. 
Ví dụ 1: Tính ∫ −= L
z
)3z(z
dzeI trong các trường hợp sau: 
- L là đường tròn tâm tại 2, bán kính 1.5(đường L1) 
- L là đường trón tâm O, bán kính 0.25(đường L2) 
- L là đường trón tâm 0.5, bán kính 5(đường L3) 
- Để tính tích phân ∫ −= 1L
z
)3z(z
dzeI ta dùng (15) 
Chọn 
z
e)z(f
z
= , zo = 3; hàm f(z) giải tích 
trong hình tròn 
2
32z ≤− . Vậy giả thiết 
của định lí được thoả mãn. Ta có: 
3
ej2)3(fj2
)3z(z
dzeI
z
1L
z
π=π=−= ∫ 
- Để tính ∫ −= 2L
z
)3z(z
dzeI ta đặt 
3z
e)z(f
z
−= , zo = 0; hàm f(z) giải tích trong hình tròn 
4
1z ≤ . Vậy giả thiết của định lí được thoả mãn. Ta có: 
3
j2
30
ej2)0(fj2
)3z(z
dzeI
0
1L
z π−=−π=π=−= ∫ 
- Hàm dưới dấu tích phân 
)3z(z
e)z(f
z
−= giải tích trong miền đa liên mà biên ngoài là 
Lo và hai biên trong là L1 và L2. Áp dụng định lí Cauchy cho miền đa liên ta có: 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−π=−+−=− ∫∫∫ 3
e
3
1j2
)3z(z
dze
)3z(z
dze
)3z(z
dze z
2L
z
1L
z
L
z
Ví dụ 2: Tính ∫ += L 2 1z
dzI trong 2 trường hợp: 
- L là đường tròn | z - 2 | = 3/2(đường L1) 
- L là đường tròn | z - j | = 1 (đường L1) 
L1 
L2 
L3 
63
Vì hàm 
1z
1)z(f 2 += giải tích trong hình 
tròn 
2
32z ≤− nên theo định lí Cauchy ta 
có: 
0
1z
dzI
1L
2 =+= ∫ 
∫∫ −+=+= 2L2L 2 )jz)(jz(
dz
1z
dzI . 
Ta đặt 
jz
1)z(f += , zo = j. Hàm f(z) giải tích trong hình tròn | z - j | ≤ 1. Áp dụng (15) 
ta có: 
j2
1)j(f
1z
dz
j2
1
2L
2 ==+π ∫ 
Như vậy: 
 π=+∫2L 2 1z
dz 
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: 
∫ −π=Φ L zt
dt)t(f
j2
1)z( , z bất kì ∈ L (17) 
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: 
∫ −
ξξ
π=Φ L
)n(
zt
d)(f
j2
1n)z( , z bất kì ∉ L 
§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 D với biên C 
thì tại mọi z ∈ D hàm f(z) có đạo hàm mọi cấp và: 
 ,...2,1n;
)zt(
dt)t(f
j2
!n)z(f
C
1n
)n( =−π= ∫ + (20) 
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: 
L1 
L2 
64
dt
zt
1
hzt
1)t(f
h
1lim
j2
1
h
)z(f)hz(flim)z(f
C
0h0h ∫ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−−−−π=
−+=′
→→
 ∫∫ −π=−−−π= → C 2C0h )zt(
dt)t(f
j2
1
)zt)(hzt(
dt)t(f
h
1lim
j2
1 
Việc qua giới hạn dưới dấu tích phân thực hiện được vì hàm 
hzt
1)t(g −−= z cố định 
thuộc D và t chạy trên C hội tụ đều trên C đến 
zt
1
− khi h → 0. 
Ta đã chứng minh công thức trên với n = 1. Với n > 1 ta chứng minh bằng cách quy 
nạp. 
Như vậy ta suy ra nếu f(z) giải tích trong miền đơn liên giới hạn bởi đường cong C và 
liên tục trong D , zo ∈ D thì : 
)z(f
!n
j2
)zz(
dz)z(f
o
)n(
C
1n
o
π=−∫ − n = 0, 1, 2,... 
với quy ước 0! = 1, f (o)(zo) = f(zo). 
Ví dụ: Tính ∫ −= L 3)jz(
zdzcosI , L là đường tròn | z - j | = 1 
Ta viết công thức (20) dưới dạng khác: 
∫ +−π= L 1noo
)n(
)zz(
dz)z(f
j2
!n)z(f 
Trong công thức này f(z) = cosz, zo = j, n = 2. Ta có: 
)j(fj
!2
)j(fj2
)jz(
zdzcosI
L
3
′′π=′′π=−= ∫ 
Do f’(z) - -sinz, f”(z) = -cosz nên f”(j) = -cosj = -ch1. Vậy: 
 I = -πjch1 
2. Bất đẳng thức Cauchy và định lí Liouville: 
 a. Bất đẳng thức Cauchy: Giả sử G là một miền có biên L và f(z) là hàm giải 
tích trong G . Gọi M là giá trị lơn nhất của | f(z) | trong miền G , R là khoảng chá từ 
điểm zo ∈ G tới biên, l là độ dài của L thì từ (20) suy ra: 
1n
L
1n
o
o
)n(
R2
Ml!n
)zt(
dt)t(f
2
!n)z(f ++ π≤−π≤ ∫ 
Nếu G là hình tròn | z - zo | < R thì l = 2pR và công thức trên trở thành: 
1no
)n(
R
M!n)z(f ≤ (21) 
Bất đẳng thức trên gọi là bất đẳng thức Cauchy. 
 b. Định lí Liouville: Nếu hàm f(z) giải tích trong toàn mặt phẳng và bị chặn thì 
nó là một hằng số. 
65
Chứng minh: Giả thiết | f(z) | < M ∀z ∈ C. Từ (21) suy ra 
R
M)z(f ≤′ với R đủ lớn. 
Vì vế trái không phụ thuộc R nên | f’(z) | = 0 ∀z ∈ C. 
Tóm lại f’(z) = 0 trong toàn mặt phẳng, áp dụng công thức Newton - Leibnitz, chọn zo 
cố định ta được: 
∫ =′=−
z
oz
o 0dz)z(f)z(f)z(f 
Vậy f(z) = f(zo) ∀z. 
§8. CÔNG THỨC SCHWARTZ - CHRISTOPHELL 
 a. Định lí: Gọi P là một đa giác trong mặt phẳng w có n đỉnh là w1, w2, w3,.., 
wn với wk ≠ ∞ ∀k 
Gọi αk là góc trong của đa giác tại đỉnh wk và 
π−=απ<α< ∑
=
n
1k
kk )2n(:20 
Hàm w = f(z) biến nửa mặt phẳng trên Imz > 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: 
 ( ) ( ) ( ) 11nn122z
oz
11
1 Cdaa.aC)z(f +ζ−ζ−ζ−ζ= −π
α−π
α−π
α∫ L (10) 
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: 
( ) ( ) ( ) 11nn133z
oz
12
2 Cdaa.aC)z(f +ζ−ζ−ζ−ζ= −π
α−π
α−π
α∫ L (11) 
Như vậy trong (11) vắng mặt thừa số ( ) 122a −πα−ζ 
Trái lại nếu một trong các đỉnh của đa giác là điểm ∞, chẳng hạn wk = ∞ thì trong (10) 
O1 
v 
u 
w1 
w2 
w3 
wk
wn 
O a1 
y 
x a2 an 
66
ta phải đặt αk = -βk trong đó βk là góc giữa hai cạnh cùng đi qua wk tại giao điểm hữu 
hạn của chúng. 
 c. Sử dụng công thức Schwartz - Christophell: Khi ta phải biến một đa giác P 
cho trước trong mặt phẳng w lên nửa mặt phẳng Imz > 0 thì ta sử dụng công thức 
(10). Chú ý là ta chưa biết ak là ảnh của các đỉnh đa giác và các hằng số zo, C1 và C2. 
Theo định lí Rieman, ta có thể chọn tuỳ ý ảnh của 3 đỉnh đa giác, nghĩa là chọn tuỳ ý 
3 số a1, a2 và a3. Các số an còn lại và những hằng số tích phân zo, C1, C2 sẽ được xác 
định tuỳ theo điều kiện bài toán, 
Ví dụ 1: Biến miền G gạch chéo lên nửa mặt phẳng Imz > 0 
Miền G có thể coi là một tam giác có đỉnh A1 = ∞, A2 = ∞ và A3 có toạ vị w = jh. Các 
góc ở đỉnh tam giác là α1 = 0, α2 = -απ, α3 = π + απ. Ta sẽ biến các điểm A1, A2 và 
A3 lần lượt thành các điểm a1, a2 và a3. Ta có: 
∫ ++= α−
z
oz
1
1 Cdz)1z(zCw 
Vì w(-1) = jh nên ta có thể lấy zo = -1 và C1 = jh. Vậy: 
∫
−
α
++=
z
1
jhdz
z
)1z(Cw 
Để xác định hằng số tích phân C, ta sẽ làm như sau: cho điểm z chạy trên nửa cung 
tròn γ bán kính r khá bé z = rejϕ sao cho ϕ biến thiên từ π đến 0. Gọi ∆w là số gia 
tương ứng của w khi z chạy trên cung tròn đó. Ta có: 
∫
γ
α+=∆ dz
z
)1z(Cw 
Khai triển (1 + z)α theo luỹ thừa của z ta có: 
∫
γ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−αα+α+= dzz
!2
)1(
z
1Cw L 
Đặt z = rejϕ rồi tích phân theo ϕ từ π đến 0 ta được: 
 ∆w = - Cπj +O(r) trong đó O(r) → 0 khi r → 0 
Mặt khác trong mặt phẳng w điểm w tương ứng chuyển từ tia A1A3 sang tia A1A2 nên 
ta được: 
 ∆w = - jh +O(r) 
O1 
A2 v 
u 
A2 
A3 A1 
A1 
απ 
y 
O 1
a2
x
a2 a3 a1 
67
Từ đó suy ra -jh = - Cπj hay π=
hC 
Tóm lại phép biến hình phải tìm là hàm ngược của hàm: 
∫
−
α
++π=
z
1
jhdz
z
)1z(hw (13) 
Trường hợp α = 1 ta có: 
)zln1z(hjh)zlnz(hjhdz
z
)1z(hw z
1
z
1
++π=++π=+
+
π= −−∫ (14) 
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 
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 
thức Schwartz - Christophell với 
24321
π=α=α=α=α và zo = 0 ta có: 
1
1
2
11
2
1
z
0
1
2
11
2
1
Cd
k
1
k
1)1()1(C)z(fw +ζ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +ζ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −ζ−ζ+ζ==
−−
−−∫ 
Vì f(0) = 0 nên C1 = 0, vậy: 
( )( )∫∫ ζ−ζ− ζ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛ −ζ−ζ
ζ′=
z
0
222
z
0
2
22 k11
dC
k
1)1(
dCw 
Ta còn phải xác định hằng số C và k. Vì A1(w1 = h) ứng với = 1 nên: 
O1 
A2 
v 
u 
A3 
A4 A1 
y 
O 1 x
a1 a2
1 
a4 a3
1/k 1/k 
B 
68
( )( )∫ ζ−ζ− ζ=
1
0
222 k11
dCh 
Vì A2(w2 = h +jk) ưng với z = 1/k nên : 
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( )∫
∫ ∫∫
ζ−ζ−
ζ+=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
ζ−ζ−
ζ+ζ−ζ−
ζ=ζ−ζ−
ζ=+
k
1
0
222
1
0
k
1
0
222222
k
1
0
222
k11
djh
k11
dj
k11
dC
k11
dCjkh
(15) 
Suy ra: 
( )( )∫ ζ−ζ− ζ=
k
1
0
222 k11
dk (16) 
Các đẳng thức (15) và (16) sẽ cho phép ta xác định C và k.