Giáo trình Toán chuyên ngành Điện - Chương 5: Lý thuyết thặng dư

 a2, ..,as ở bên trong thì: 
[ ]∫ ∑
=
π=
L
s
1k
ka),z(fsRej2dz)z(f (8) 
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: 
∫∫∫
γγ π++π=π s1L
dz)z(f
j2
1dz)z(f
j2
1dz)z(f
j2
1 L 
Nhưng vì: 
=π ∫γk dz)z(fj2
1 [ Resf(z), ak], k = 1, 2,..., s 
nên thay vào ta có: 
∫ =
L
dz)z(f 2πjRes[f(z), ak] + ⋅⋅⋅ + 2πjRes[f(z), ak] 
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: 
[ ] [ ] 0a),z(fsRea),z(fsRe ks
1k
k =+∑
=
Chứng minh: Chọn R đủ lớn để đường tròn | z | = R bao lấy tất cả các điểm a1, a2,.., an, 
Ta có: 
91
 ∑ ∫
= π=
s
1k C
k dz)z(fj2
1]a),z(f[sRe 
Theo định nghĩa thặng dư tại ∞: 
 Res[f(z), ∞] = ∫∫ π−=π − CC dz)z(fj2
1dz)z(f
j2
1 
Cộng các vế của hai đẳng thức này ta được điều cần phải chứng minh. 
Ví dụ 1: Tính ∫ ++L 2
2
)3z)(1z(
dzz , L là đường tròn tâm | z | = 2 
Hàm 
)3z)(1z(
z)z(f 2
2
++= có 3 cực điểm là z = j, z = -j và z = -3. 
Trong hình tròn | z | < 2 có hai cực điểm là ±j, đều là các cực điểm đơn. Tính thặng dư 
tại các cực điểm đó ta có: 
 Res[f(z), j] = 
20
j31
6z2
j
)3z(j2
j
)3z()jz(
zlim)z(f)jz(lim
22
jzjz
+=+=+=+++=− →→ 
 Res[f(z), -j] = 
20
j31
)j3(j2
j
)3z(z2
z
z2
3z
z
)j(f
)j(f 2
jz
2
jz
2
2
1 −=−−=+=
+=−′
−
−=
−=
Vậy 
 I = Res[f(z), j] + Res[f(z) , -j] = 
5
j
20
j31
20
j31j2 π=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −++π 
Ví dụ 2: Tính ∫ −= L 2 )2z(z
zdzcosI , L là đường tròn | z | = 2 
Hàm 
)2z(z
zcos)z(f 2 −= có z = 0 là cực điểm cấp 2 và điểm z = 2 là cực điểm cấp 1. 
Trong hình tròn | z | < 1 chỉ có một cực điểm z = 0 nên: 
 I = 2πj.Res[f(z), 0] 
Nhưng vì: 
Res
4
1
)2z(
zcos)2z(zsinlim
2z
zcoslim
)2z(z
zcoszlim
)2z(z
zcos
20z0z2
2
0z2
−=−
−−−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
−=
′
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
− →→→ 
nên 
2
jI π−= 
Ví dụ 3: Tính ∫ += C 2
z
1z
dzeI với C là đường tròn | z | = 3 
Hàm f(z) dưới dấu tích phân có hai điểm bất thường j và -j nằm trong hình tròn biên 
C. Theo ví dụ ở mục trước ta có: 
92
 Res[f(z), j] = 
j2
e j và Res[f(z), -j] = 
j2
e j− 
Nên: I = 2πjsin1 
Ví dụ 4: Tính dz
)1z)(1z(
3zI
C
2∫ +−
+= với C là đường tròn | z - 0.5 | =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] = j2)z(f)1z(lim
1z
π=−→ 
3.Tích phân thực dạng ∫
∞
∞−
dx)x(R 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 
điểm bất thường và thoả mãn: 
 π≤≤=∞→ zarg00)z(zflimz 
thì: 
 0dz)z(flim
RC
R
=∫∞→ 
Chứng minh: Phương trình CR có dạng z = Rejϕ 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 | < R. 
Vậy hàm f(z) liên tục trên CR và theo cách tính tích phân ta có: 
 ϕ= ϕ
π
ϕ∫∫ dRe)(Refdz)z(f j
0
j
CR
Ta ước lượng tích phân này. Vì 0)z(zflim
z
=∞→ nên ∀ε > 0 cho trước ta luôn tìm được 
một số N > 0 sao cho khi | z | > N thì | z.f(z) | N thì: 
 | f(Rejϕ).Rejϕ | = | z.f(z) | < ε 
Do đó: 
 επ=ϕε≤ ∫∫
π
0C
ddz)z(f
R
Vì ε bé tuỳ ý nên ta suy ra 0dz)z(flim
RC
R
=∫∞→ 
 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: 
 ∑∫
=
+∞
∞−
π= s
1k
k ]a),z(R[sRej2dx)x(R (9) 
Ta thừa nhận mà không chứng minh định lí này. 
O 
CR 
y 
x 
93
Ví dụ 1:Tính ∫
∞
+= 0 4 1x
dxI 
Vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có: 
Ta có: ∫∫
∞
∞−
∞
+=+= 1x
dx
2
1
1x
dxI 4
0
4 
Đặt 
1z
1)z(R 4 += . Phương trình z
4 + 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên 
là: 
2
2j
2
2z,
2
2j
2
2z 21 −=+= . Rõ ràng R(z) đủ điều kiện để áp dụng (9). Ta có 
 [ ]
4
2)zz(
4
j
z4
z
z4
zj
z4
1
z4
1ja),z(RsRejI 214
2
2
4
1
1
3
2
3
1
2
1k
k
π=+π−=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +π=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +π=π= ∑
=
Ví dụ 2: Tính ∫
+∞
∞− +
−= dx
)1x(
1xI 22 
Hàm 2222 )jz()jz(
1z
)1z(
1z)z(R +−
−=+
−= thoả mãn các giả thiết của định lí. Trong nửa 
mặt phẳng trên, nó có cực điểm cấp 2 là z = j. Theo (9); 
 I = 2πjRes[R(z), j] 
 = 2πj [ ]
2)jz(
zj2limj2
)jz(
1z
dz
dlimj2)z(R)jz(
dz
dlim 3jz2jz
2
jz
π−=+
−+π=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
−π=− →→→ 
Ví dụ 3: Tính ∫
∞
+= 0 4
2
1x
dxxI 
Vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có: 
Ta có: ∫∫
∞
∞−
∞
+=+= 1x
dx
2
1
1x
dxI 4
0
4 
Đặt 
1z
z)z(R 4
2
+= . Phương trình z
4 + 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên 
là: 
2
2j
2
2z,
2
2j
2
2z 21 −=+= . Rõ ràng R(z) đủ điều kiện để áp dụng (9). Ta có 
 [ ]∑
=
π= 2
1k
ka),z(RsRejI 
 Res[R(z), j]
( ) ( ) 24
j1
j122
1
j1
2
24
1
z4
1
z4
z
)1z(
z
1zz
3
2
zz
4
2
11
−=+=+
===+= ==
Tương tự: 
94
 Res[R(z), j] ( ) 24
j1
j122
1 −−=−= 
Vậy: 
4
2
24
2
24
j1
24
j1jI π=π=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−+−π= 
 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: 
 [ ] [ ]∑∫ ∑
=
+∞
∞− =
π+π= m
1i
i
s
1k
k b),z(RsReja),z(RsRej2dx)x(R (11) 
4. Tích phân dạng ∫
+∞
∞−
xdxcos)x(R α và ∫
+∞
∞−
xdxsin)x(R α (α > 0) 
Theo công thức Euler thì ejαx = cosαx + jsinαx nên cosαx = Re(ejαx) và 
sinαx=Im(ejαx). Vậy: 
∫∫
+∞
∞−
α
+∞
∞−
=α dxe)x(RRexdxcos)x(R xj 
 ∫∫
+∞
∞−
α
+∞
∞−
=α dxe)x(RImxdxsin)x(R xj 
Do đó muốn tính các tích phân đã cho, chỉ cần tính ∫
+∞
∞−
α dxe)x(R xj rồi lấy phần thực 
hay phần ảo của nó là được. Khi tính ∫
+∞
∞−
α dxe)x(R xj 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 
0)z(flim
z
=∞→ thì: 
 ∫∫ α∞→∞→ =
RR C
zj
R
C
R
dz)z(felimdz)z(Flim 
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: 
 ]a,e)z(R[sRej2dxe)x(R k
xj
s
1k
xj α
=
+∞
∞−
α ∑∫ π= (14) 
95
Trong α là một số cho trước. 
Ta cũng không chứng minh định lí này. 
Ví dụ 1: ∫
+∞
∞− +−= dx10x2x
xcosxI 2 
Ta có: ∫
+∞
∞− +−= dx10x2x
xeReI 2
jx
Để tính I ta áp dụng (14). Muốn vậy ta phải tìm các cực điểm của 
10z2z
z)z(R 2 +−= . Giải phương trình z
2 - 2z + 10 = 0 ta có hai nghiệm là z = 1 ± 3j. 
Đó là hai cực điểm đơn của R(z). Cực điểm z = 1 + 3j nằm trong nửa mặt phẳng trên. 
Dùng công thức (14) ta có: 
)1sin1cos3(e
3
j)1sin31(cose
3
j6
e)j31(j2
2z2
zej2j31,
10z2z
zesRe.j2dx
10x2x
xe
33
j3
j31z
jz
2
jz
2
jx
+π+−π=
+π=−π=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++−π=+−
−−
+−
+=
+∞
∞−
∫
Từ đó suy ra: 
 )1sin31(cose
3
I 3 −π= − 
 c. Định lí 2: 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) có m cực điểm trên trục thực b1. b2,...,bn 
 * trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1 
đơn vị. 
Thế thì với α là một hằng số dương cho trước : 
 ]b,e)z(R[sRej]a,e)z(R[sRej2dxe)x(R k
xj
m
1k
k
xj
s
1k
xj α
=
α
=
+∞
∞−
α ∑∑∫ π+π= (16) 
Ví dụ: Tính dx
x
xsinI
0
∫
∞
= 
Vì 
x
xsin là hàm chẵn nên ta có thể viết được: 
 dx
x
xsin
2
1I ∫
+∞
∞−
= 
Mặt khác: 
 dz
z
eImdx
x
xsin jz∫∫
+∞
∞−
+∞
∞−
= 
Vậy: dz
z
eIm
2
1I
jz
∫
+∞
∞−
= 
96
Vì hàm 
z
1)z(R = có cực điểm duy nhất tại z = 0 nên theo (6) ta có: 
 jelimj0,
z
esRejdz
z
e jz
0z
jzjz
π=π=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡π= →
+∞
∞−
∫ 
Thay vào trên ta được: 
2
I π= 
5. Tích phân dạng ∫
π2
0
dt)tcos,t(sinf 
Đặt z = ejt thì lnz = jt, 
jz
dzdt = và theo định nghĩa các hàm lượng giác ta có: 
2
z
1z
tcos
+
= , 
j2
z
1z
tsin
−
= . 
Khi t chạy từ 0 đến 2π, điểm z vẽ nên đường tròn C: | z | = 1. Vậy: 
z
jdz
z
1z
2
1,
z
1z
2
jfdt)tcos,t(sinf
L
2
0
∫∫ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−=
π
 (17) 
Trong đó L là đường tròn | z | = 1 
Ví dụ 1: Tính dt
tsin2
tcos2I
2
0
∫
π
−
+= 
Theo (17) ta có: 
z
dz
1jz4z
1z4z
z
jdz
jjzz4
1zz4
z
jdz
z
1z
2
j2
z
1z
2
12
I
L
2
2
L
2
2
L
∫∫∫ −−
++−=−+
++−=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++
= 
Hám dưới dấu tích phân có 3 điểm cực là z = 0, z = 3jj2 ± . Vì 
132j)32(;132j)32( >+=+<−=− nên bên trong L chỉ có 2 cực điểm là 
a1 = 0 và a2 = 32 − . ta tính thặng dư: 
 Res 1
1jz4z
1z4zlim0,
)1jz4z(z
1z4z
2
2
0z2
2
−=−−
++=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−−
++
→ 
 Res
3
32j1
)j4z2(z
1z4zj)32(,
)1jz4z(z
1z4z
j)32(
2
2
2
+=−
++=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−
++
−
Theo định lí 1 mục trước ta có: 
3
34
3
32jj2
3
32j11j2I π=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛π−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++−π−= 
Ví dụ 2: Tính ∫
π
+= 0 tcos2
dtI 
97
Đặt z = ejt , vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có: 
 ∫∫∫∫ −−=++=
⎥⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢⎢
⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++
=+=
π
π− CC
2
C )bz)(az(
dz
j
1
1z4z
dt
j
1
z
2
z
1z2
dz
j2
1
tcos2
dt
2
1I 
Trong đó C là đường tròn | z | = 1, a = 32 +− và b = 32 −− là các nghiệm của 
phương trình z2 + 4z + 1 = 0. 
Vì | a | 1 nên ta có: 
 I = 2π.Res
3ba
2a,
)bz)(az(
1 π=−
π=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−−