Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 4: Chuỗi hàm phức

luỹ thừa 
nguyên âm được gọi là phần chính . Như vậy chuỗi Laurent có thể xem là tổng của 
hai chuỗi phần đều và phần chính. 
 Theo định lí Abel, phần đều hội tụ bên trong hình tròn lớn | z - a | < R, và hội tụ 
đều trong hình tròn kín | z -a | ≤ R’ (R’ bất kì nhỏ hơn R). Tương tự, phần chính hội tự 
phần chính hội tụ bên ngoài vòng tròn nhỏ tứ là trong miền | z - a | > r và hội tụ đều 
trong miền | z - a | ≥ r’ (r’ bất kì lớn hơn r) 
81
 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 
là nếu f(z) giải tích trong hìn tròn lớn | z - a | < R thì 1n)az(
)z(f
+− (n = -1, -2, -3,...) cũng 
giải tích trong hình tròn đó. Vậy theo định lí Cauchy: 
0
)a(
d)(f
j2
1c
L
1nn =−ζ
ζζ
π= ∫ + , n = -1, -2, -3,... 
Phần chính sẽ triệt tiêu và khai triển Laurent trở thành khai triển Taylor. Nói khác đi, 
khia triển Taylor là trường hợp riêng của khai triển Laurent. 
3. Một số phương pháp khai triển thành chuỗi Laurent: Trong một số trường hợp 
ta có thể dùng những phương pháp khai triển thành chuỗi Laurent đơn giản hơn là áp 
dụng công thức (23). 
 Chẳng hạn, nếu f(z) giải tích trong miền r < | z -a | < R, có thể viết được dưới 
dạng tổng của hai hàm : 
 f(z) = f1(z) + f2(z) 
hay dưới dạng tích của 2 hàm: 
 f(z) = f1(z).f2(z) 
trong đó f1(z) giải tích trong hình tròn lớn | z - a | < R, còn f2(z) giải tích bên ngoài 
hình tròn nhỏ, tức trong miền | z - a | > r, thì ta tìm cách khai triển f1(z) thành chuỗi 
luỹ thừa đối với (z - a) và khai triển f2(z) thành chuỗi luỹ thừa đối với (z - a)-1. 
 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 : 
)2z)(1z(
1)z(f −−= 
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: 
1z
1
2z
1)z(f −−−= 
Vì hàm 
1z
1)z(f2 −= giải tích khắp nơi trừ tại 
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. 
 [ ]LL +−++−+−+−= −−−
−=−−=−=
n2
1
)1z()1z()1z(1
)1z(1
1
11z
1
2z
1)z(f
0 2 
y 
x 
82
Vậy trong miền 0 < | z -1 | < 1 ta có: 
LL −−−−−−−−−−−=
n2 )1z()1z()1z(1
1z
1)z(f 
Bây giờ ta tìm khai triển trong hình tròn | z -1| > 1. Trong miền này ta có: 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−−−
=−−=−=
1z
11)1z(
1
11z
1
2z
1)z(f1 
Vì 1
1z
1 <− nên ta có khai triển : 
L+−+−+=
−−
2)1z(
1
1z
11
1z
11
1
Vậy:
LLL +−++−+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+−=− 222 )1z(
1
)1z(
1
1z
1
)1z(
1
1z
11
1z
1
2z
1
LL +−++−+−=−−−= n32 )1z(
1
)1z(
1
)1z(
1
1z
1
2z
1)z(f
Ví dụ 2: Viết khai triển của hàm 
)2z)(1z(
1)z(f −−= theo các luỹ thừa của z khi z 
thuộc các miền sau: 
 - hình tròn | z | < 1 
 - hình vành khăn 1 < | z | < 2 
 - miền ngoài hình tròn tâm O, bán kính 2 : | z | > 2 
Trong hình tròn | z | < 1, hàm f(z) giải tích, vậy nó khai triển được thành chuỗi 
Taylor. Ta phân tích F(z) rồi viết khai triển cho từng số hạng. 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++++−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=− L3
3
2
2
2
z
2
z
2
z1
2
1
2
z12
1
1
2
z2
1
2z
1
L++++=−=−−
32 zzz1
z1
1
1z
1 
Vậy: 
[ ]LL +++++⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++++−= 323
3
2
2
zzz1
2
z
2
z
2
z1
2
1)z(f 
Hay: LL +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+= + n1n232 z2
11z
2
11z
2
11
2
1)z(f 
83
Xét trong miền 1 < | z | < 2. Vì hàm 
2z
1
− giải tích trong miền | z | < 2 nên nó khai 
triển được thành chuỗi Taylor đối với z: 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++++−=− L3
3
2
2
2
z
2
z
2
z1
2
1
2z
1 
Còn hàm 
z1
1
− giải tích bên ngoài hình tròn đon vị nên ta tìm cách khai triển nó theo 
chuỗi luỹ thừa của 
z
1 . Ta có: 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=−
z
11z
1
1
z
1z
1
z1
1 
Vì ở đây 1
z
1 < nên: 
L+++=
− 2z
1
z
11
z
11
1 
Vậy: LL −−−−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +++−=− 322 z
1
z
1
z
1
z
1
z
11
z
1
z1
1 
LLLL
LLL
−−−−−−−−−−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++++−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++++−=−−−=
+ n21n
n
3
2
2
n23
3
2
2
z
1
z
1
z
1
2
z
2
z
2
z
2
1
z
1
z
1
z
1
2
z
2
z
2
z1
2
1
1z
1
1z
1)z(f
Xét trong miền | z | > 2. Ta phải khai triển hai hàm số 
2z
1
− và 1z
1
− theo chuỗi luỹ 
thừa của 
z
1 : 
L−−−−=− 32 z
1
z
1
z
1
z1
1 
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=−
z
21z
1
2z
1 
Vì ở đây 1
z
2 < nên: L+++=
− 2
2
z
2
z
21
z
21
1 
84
Vậy: LL +++++=−
−
n
1n
3
2
2 z
2
z
2
z
2
z
1
2z
1 
LL +−++−+=−−−=
−
n
1n
3
2
2 z
12
z
12
z
1
1z
1
1z
1)z(f
Ví dụ 3: Khai triển hàm số ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−= 1z
zsin)z(f thành chuỗi Laurent tâm tại 1. 
Ta viết: 
1z
1sin.1cos
1z
1cos.1sin
1z
11sin
1z
zsin)z(f −+−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−= 
Dựa vào khai triển của sinz và cosz ta có: 
L−−+−−−=− 53 )1z(!5
1
)1z(!3
1
1z
1
1z
1sin 
L−−+−−=− 42 )1z(!4
1
)1z(!2
11
1z
1cos 
Hai khai triển trên đúng ∀z ≠ 1. Vậy: 
L
L
+−+−+−−
++−−−−−+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−
+1n2
n
n2
n
32
)1z()!1n2(
1sin)1(
)1z(!n2
1sin)1(
)1z(!3
1cos
)1z(!2
1sin
1z
1cos1sin
1z
zsin
Ví dụ 4: Khai triển thành chuỗi Fourrier hàm số: 
 2atcosa21
tsina)t( +−=ϕ (| a | < 1) , t là biến số thực 
Theo công thức Euler: 
2
eetsin;
2
eetcos
jtjtjtjt −− −=+= 
Thay vào biểu thức của ϕ(t) ta có: 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−
−=ϕ
1e
a
1aej2
e1)t(
jtjt2
jt2
Xét hàm: 
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−
−=
1z
a
1azj2
z1)z(f
2
2
Hiển nhiên f(ejt) = ϕ(t). Vậy ϕ(t) là giá trị của hàm f(z) trên đường tròn đơn vị z = ejt. 
Dễ thấy rằng hàm f(z) giải tích trong một hình vành khăn tâm O, chứa đường tròn đơn 
85
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: 
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
−+−
+−=
az1
1
a
z1
11
j2
1)z(f 
Chú ý rằng với | az | < 1 ta có: 
L++++=−
32 )az()az(az1
az1
1 
còn với | z | > | a | ta có: 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++++−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
−=
−
L3
3
2
2
z
a
z
a
z
a1
z
a
z
a1
a
z
1
a
z1
1 
Vậy trong miền 
a
1za << ta có: 
∑∞
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−−−+++=
1n
n
nn
3
3
2
2
3322
z
1za
j2
1
z
a
z
a
z
azazaaz
j2
1)z(f LL 
Khi z = zjt, | z | = 1, ta có: 
( ) ∑∑∑ ∞
=
∞
=
−∞
=
− =−=−=ϕ
1n
n
1n
njtnjt
n
1n
njtnjtn )ntsin(a
j2
eeaeea
j2
1)t( 
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: 
f(z)= co + c1(z - a) + c2(z - a)2 +⋅⋅⋅ (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: 
 oaz c)a(flim =→ 
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: 
86
LL +−++−++−+−=
−
−
+−− )az(cc
)az(
c
)az(
c
)az(
c)z(f 1o11n
1n
n
n (32) 
Trong đó c-n ≠ 0. Số mũ n được gọi là cấp của cực điểm. 
Nếu a là cực điểm thì từ (32) suy ra: 
∞=→ )z(flimaz 
 Nếu phần chính của khai triển có vô số số hạng thì ta gọi a là điểm bất thường 
cốt yếu của f(z). Đối với điểm bất thường cốt yếu ta có định lí Xakhốtxki: 
 Nếu a là điểm bất thường cốt yếu của f(z) thì với mọi số A cho trước, luôn luôn 
tồn tại một dãy {zk} dần tới điểm a sao cho dãy {f(z)} dần tới A. 
Ví dụ 1: Xét hàm 
z
zsin)z(f = . Nó thừa nhận điểm z = 0 làm điểm bất thường cô lập. 
Khai triển f(z) theo luỹ thừa của z ta có: 
LL ++−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −+−=
!5
z
!3
z1
!5
z
!3
zz
z
1
z
zsin 4253
Vậy điểm z = 0 là điểm bất thường bỏ được của hàm. Nếu ta bổ sung như sau: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
≠=
0zkhi1
0zkhi
z
zsin
)z(f 
thì f(z) giải tích cả tại z = 0. 
Ví dụ 2: Hàm 3
z
z
e)z(f = thừa nhận điểm z = 0 làm điểm bất thường cô lập. Khai triển 
theo luỹ thừa của z ta có: 
LL +++++=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++++=
!4
z
!3
1
z!2
1
z
1
z
1
!3
z
!2
z
!1
z1
z
1
z
e
23
32
33
z
Từ đó suy ra điểm z = 0 là cực điểm cấp 3 của f(z). 
Ví dụ 3: Xét hàm z
1
e)z(f = . Điểm z = 0 là điển bất thường cốt yếu của hàm vì: 
LL ++++++== n32z
1
z!n
1
z!3
1
z!2
1
z!1
11e)z(f 
2. Định lí: Giả sử 
)z(f
)z(f)z(f
2
1= trong đó f1(z) và f2(z) là các hàm giải tích tại a. Nếu 
điểm a không phải là không điểm của tử số, tức f1(a) ≠ 0 và là không điểm cấp m của 
mẫu số, thì a là cực điểm cấp m của f(z). 
Chứng minh: theo giả thiết ta có f2(z) = (z - a)mϕ(z) với ϕ(z) giải tích tại a và ϕ(a) = 0. 
Hàm 
)z(
)z(f1
ϕ giải tích tại a nên có thể khai triển nó thành chuỗi Taylor ở lân cận điểm a 
87
L+−+−+=ϕ
2
21o
1 )az(b)az(bb
)z(
)z(f với 0
)a(
)a(fb 1o ≠ϕ= 
Từ đó suy ra khai triển Laurent của f(z) là: 
L+−+−=ϕ−= −1m
1
m
o
m
1
)az(
b
)az(
b
0z()az(
)z(f)z(f 
Điều đó chứng tỏ a là cực điểm cấp m của f(z) 
Ví dụ: Xét hàm 
4z
1z)z(f 2 +
+= 
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. 
Ví dụ: Xét hàm 32 )1z(
zsin)z(f += 
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.