Lý thuyết Đại cương sơ cấp | Trường Đại học Sư phạm Hà Nội

CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 54
b. Ánh xạ phân tuyến tính ω biến nửa mặt phẳng trên lên hình tròn đơn vị và ω(2i) = 0 có dạng: z − 2i ω(z) = eiθ , θ ∈ R z + 2i Ta có 4ieiθ ieiθ 1 −iπ 1 ω0(z) = ⇒ ω0(2i) = − = e )i 2 eiθ = e(θ− π2 (z + 2i)2 4 4 4 π ⇒arg(ω0(2i)) = θ − 2
Theo giả thiết: arg(ω0(i)) = 0 ⇒ θ = π2
Vậy ánh xạ phân tuyến tính cần tìm là: ω = iz+1. z+i
c. Ánh xạ phân tuyến tính ω biến nửa mặt phẳng trên lên hình tròn đơn vị và ω(a + bi) = 0 có dạng: z − a − bi ω(z) = eiϕ , ϕ ∈ R z − a + bi Ta có 2bieiϕ ieiϕ 1 1 ω0 −iπ (z) = ⇒ ω0(a + bi) = − = e )i 2 eiϕ = e(ϕ− π2 (z − a + bi)2 2b 2b 2b π ⇒arg(ω0(a + bi)) = ϕ − 2
Theo giả thiết: arg(ω0(a + bi)) = θ ⇒ ϕ = θ + π2
Vậy ánh xạ phân tuyến tính cần tìm là: ω = e(θ+π)i z−a−bi 2 . z−a+bi
Bài 14. Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên Imz > 0
lên hình tròn |ω − ω0| < R sao cho điểm i biến thành tâm hình tròn, còn đạo hàm tại đó dương? Giải:
- Gọi ω là ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên thành hình tròn 1
đơn vị và ω1(i) = 0. Khi đó ω1 có dạng: z − i ω1 = eiθ , θ ∈ R z + i
- Gọi ω2 là ánh xạ biến đường tròn đơn vị thành đường tròn tâm O bán kính R: ω2 = Rz
- Gọi ω3 là ánh xạ biến đường tròn tâm O bán kính R thành hình tròn CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 55
|ω − ω0| = R: ω3 = z + ω0
Suy ra ánh xạ phân tuyến tính ω biến nửa mặt phẳng trên lên hình tròn
|ω − ω0| = R sẽ có dạng: z − i ω = ω iθ 3 ◦ ω2 ◦ ω1 = Re . + ω z + i 0 Ta có: 2iReiθ Rieiθ R ω0(z) = ⇒ ω0(i) = − = (sin θ − i cos θ) (z + i)2 2 2
Theo giả thiết thì ω0(i) > 0 nên suy ra: (cos θ = 0 π ⇒ θ = sin θ > 0 2
Vậy ánh xạ phân tuyến tính cần tìm có dạng: R(z − i) ω = + ω z + i 0
Bài 15. Tìm ánh xạ biến |z| < 2 lên nửa mặt phẳng Reω > 0 sao cho ω(0) = 1 và argω0(0) = π2 Giải:
- Gọi ω1 là ánh xạ biến hình tròn |z| < 2 thành hình tròn đơn vị: ω1 = 1z 2
- Gọi ω2 là ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn đơn vị lên nửa mặt phẳng
trên và ω2(0) = i. Khi đó ω2 = f−1, với f là ánh xạ phân tuyến tính biến
nửa mặt phẳng trên thành hình tròn đơn vị và f(i) = 0. Ta có: z − i i(eiθ + ω) f = eiθ. ⇒ ω z + i 2 = f −1 = eiθ − ω
- Gọi ω là phép quay một góc bằng −π 3
(ω sẽ biến nửa mặt phẳng trên thành 2 3
nửa mặt phẳng bên phải Reω > 0 và biến điểm i thành điểm 1): ω − iπ 3 = z.e 2
Suy ra ánh xạ ω biến hình tròn |z| < 2 thành nửa mặt phẳng bên phải Reω > 0 sẽ có dạng: iθ −iπ i(2e + z) 2eiθ + z
ω = ω3 ◦ ω2 ◦ ω1 = e 2 . = 2eiθ − z 2eiθ − z Ta có 4eiθ ω0(z) =
⇒ ω0(0) = e−iθ ⇒ arg(ω0(0)) = −θ (2eiθ − z)2 CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 56
Theo giả thiết: arg(ω0(0)) = π ⇒ θ = −π. 2 2
Vậy ánh xạ cần tìm có dạng: 2i − z ω = 2i + z
Bài 16. Tìm ánh xạ biến |z| < 1 lên |ω| < 1 sao cho: a. ω(1) = 0, argω0(1) = 0 2 2
b. ω( i) = 0, argω0( i ) = π 2 2 2
c. ω(0) = 0, argω0(0) = −π2 d. ω(a) = a, argω0(a) = α
Giải: Ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn đơn vị thành chính nó và biến
điểm α(|α| < 1) thành điểm 0 có dạng: z − α ω = eiθ. , θ ∈ R z ¯ α − 1
a. Do ω(1) = 0 nên suy ra ω có dạng 2 2z − 1 ω = eiθ. , θ ∈ R z − 2 Ta có −3eiθ 1 −4eiθ 4 1 ω0(z) = ⇒ ω0( ) =
= eθ+π ⇒ arg(ω0( )) = θ + π (z − 2)2 2 3 3 2
Theo giả thiết: arg(ω0(1)) = 0 ⇒ θ = −π. 2
Vậy ánh xạ cần tìm có dạng: 1 − 2z ω = z − 2
b. Do ω( i) = 0 nên suy ra ω có dạng 2 −2z + i ω = eiθ. , θ ∈ R iz + 2 Ta có −3eiθ i −4eiθ 4 i ω0(z) = ⇒ ω0( ) =
= eθ+π ⇒ arg(ω0( )) = θ + π (iz + 2)2 2 3 3 2
Theo giả thiết: arg(ω0( i)) = π ⇒ θ = −π. 2 2 2
Vậy ánh xạ cần tìm có dạng: 2iz + 1 ω = iz + 2 CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 57
c. Do ω(0) = 0 nên suy ra ω có dạng ω = −eiθz Ta có
ω0(z) = −eiθ ⇒ ω0(0) = −eiθ = ei(θ−π) ⇒ arg(ω0(0)) = θ − π
Theo giả thiết: arg(ω0(0)) = −π ⇒ θ = π 2 2
Vậy ánh xạ cần tìm có dạng: ω = −z
d. - Gọi ω1 là ánh xạ biến hình tròn đơn vị thành chính nó và ω1(a) = 0.
- Gọi ω2 là ánh xạ biến hình tròn đơn vị thành chính nó và ω2(0) = a. Khi đó ta có ω2 = ω−1 1
Vậy nếu gọi ω là ánh xạ biến hình tròn đơn vị thành chính nó và ω(a) = a thì ta có: ω(z) = ω −1 2 ◦ ω1(z) = ω z) = Id z) = z 1 ◦ ω1( ( Suy ra:
ω0(z) = 1 ⇒ ω0(a) = 1 ⇒ arg(ω0(a)) = 0 Vậy ta có biện luận:
+ Nếu α = 0 thì ánh xạ cần tìm là: ω = z
+ Nếu α 6= 0 thì không tồn tại ánh xạ thỏa mãn bài toán.
Bài 17. Tìm ánh xạ biến |z| < R lên 1 |ω| < R2 sao cho ω(a) =
b, argω0(a) = α, (|a| < R1, |b| < R2) Giải:
- Gọi ω1 là ánh xạ biến hình tròn |z| < R1 lên hình tròn đơn vị: 1 a ω1(z) = z, ω(a) = R1 R1
- Gọi ω2 là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị và ω2( a ) = 0: R1 z − a R ω R1 1z − a 2(z) = eiθ. = eiθ. , θ ∈ R z. ¯a − 1 ¯ az − R R 1 1
- Gọi ω3 là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị và ω3(0) = b . R2 Khi đó, ω −1, với 3 = λ
λ là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên chính nó và λ( b ) = 0. Ta có R2 z − b R λ = eiϕ. R2 = eiϕ. 2z − b , ϕ ∈ R z. ¯b − 1 ¯bz − R R 2 2 R ⇒ ω −1 2z − beiϕ 3 = λ = ¯bz − R2eiϕ CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 58
- Gọi ω là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn và 4 |z| < R2 ω4( b ) = b: R2 ω4(z) = R2.z
Vậy nếu gọi ω là ánh xạ biến hình tròn |z| < R và
1 lên hình tròn |ω| < R2 ω(a) = b thì ta có:
ω(z) = ω4 ◦ ω3 ◦ ω2 ◦ ω1(z) z  R  = ω 1z − R1a 4 ◦ ω3 ◦ ω2( ) = ω4 ◦ ω eiθ. R 3 1 ¯ az − R21 R ! 2eiθ. R1z−R1a − beiϕ = ω ¯ az−R21 4 ¯beiθ.R1z−R1a ¯ az−R2 − R2eiϕ 1  (R iθ iϕ iϕ iθ  1R2e
− ¯abe )z + R1(R1be − R2ae ) = ω4 (R ¯ iθ iϕ ¯ 1be
− R2¯ae )z + R1(R1R2eiϕ − abeiθ) R R iθ iϕ iϕ iθ 1R2e
− abe )z + R1R2(R1be − R2ae ) = 2( ¯ (R ¯ iθ iϕ ¯ 1be
− R2¯ae )z + R1(R1R2eiϕ − abeiθ) Ta có: R ω0(z) = 1R2(R2 1 − |a|2)(R2 2 − |b|2)ei(θ+ϕ) (R ¯ iθ iϕ ¯ 1 be
− R2¯ae )z + R1(R1R2eiϕ − abeiθ)2 R ⇒ ω0(a) = 1(R2
2 − |b|2) ei(θ−ϕ) ⇒ arg(ω0(a)) = θ − ϕ R2(R21 − |a|2)
Theo giả thiết arg(ω0(a)) = α ⇒ θ − ϕ = α
Vậy ánh xạ cần tìm có dạng: R iϕ)z + iϕ − iθ ) ω = 2(R1R2eiθ − ¯ abe R1R2(R1be R2ae , θ − ϕ = α (R ¯ iθ iϕ iϕ ¯ 1 be
− R2¯ae )z + R1(R1R2e − abeiθ)
Bài 18. Tìm ánh xạ biến |z| < 1 lên |ω − 1| < 1 với ω(0) = 1, ω(1) = 0. 2 Giải:
- Gọi ω1 ánh xạ biến hình tròn |z − 1| < 1 lên hình tròn đơn vị có dạng ω1 = z − 1
Khi đó ω1(0) = −1, ω1(1) = −1 2 2
- Gọi ω là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị và 2 ω2(−1) = 1, ω có dạng: 2(− 1 ) = 0. Khi đó ω 2 2 z + 1 −2z − 1 ω iθ 2 2(z) = e . = eiθ. , θ ∈ R −1z − 1 z + 2 2 CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 59
Do ω2(−1) = 1 ⇒ θ = 0. Suy ra: −2z − 1 ω2 = z + 2
Suy ra nếu gọi λ là ánh xạ biến hình tròn |z − 1| < 1 lên hình tròn đơn vị và
λ(0) = 1, λ(1) = 0 thì λ có dạng: 2 1 − 2z
λ(z) = ω2 ◦ ω1(z) = ω2(z − 1) = 1 + z
Vậy nếu gọi ω là ánh xạ cần tìm thì ta có: 1 − z ω = λ−1 = 2 + z
Bài 19. Tìm ánh xạ biến |z − 2| < 1 lên |z − 2i| < 2 với ω(2) = i, argω0(2) = 0 Giải:
- Gọi ω1 là ánh xạ biến hình tròn |z − 2| < 1 lên hình tròn đơn vị với ω1(2) = 0: ω1(z) = z − 2
- Gọi ω2 là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị với ω2(0) = −1. 2 Khi đó, ω
−1, ở đó λ là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên chính nó và 2 = λ λ(−1) = 0. Ta có: 2 z + 1 −2z − 1 λ = eiθ. 2 = eiθ. −1 z − 1 z + 2 2 −2z − eiθ ⇒ ω −1 2 = λ = z + 2eiθ
- Gọi ω3 là ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn |z| < 2 có dạng: ω3 = 2z Khi đó ω3(−1) = −1 2
- Gọi ω4 là ánh xạ biến hình tròn |z| < 2 lên hình tròn |z − 2| < 2 có dạng: ω4 = z + 2 Khi đó ω4(−1) = 1
- Gọi ω5 là ánh xạ biến hình tròn |z| < 2 lên hình tròn |z − 2i| < 2 có dạng: iπ ω5 = e 2 z = iz
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 69 Bài 2. Tính: Z Z I1 = xdz và I2 = ydz L L Với:
a. L là bán kính vectơ của điểm z = 2ti
b. L là nửa đường tròn |z| = 1, 0 ≤ argz ≤ π (điểm đầu là z = 1)
c. L là đường tròn |z − a| = R. Giải:
a. Tham số hóa của L: z(s) = 2si, s ∈ [0, t]. Vậy ta có Z t Z t Z t I1 = 0d(2si) = 0; I2 = 2sid(2si) = −4sds = −2t2 0 0 0
b. Tham số hóa của L: z(t) = cos t + i sin t, t ∈ [0, π]. Vậy ta có Z π Z π iπ I 2 1 = cos td(cos t + i sin t) =
(− cos t sin t + i cos t)dt = 0 0 2 Z π Z π π I2 = sin td(cos t + i sin t) =
(−sin2t + i sin t cos t)dt = − 0 0 2
c. Tham số hóa của L: z(t) = a + Reit, t ∈ [0, 2π], a = a1 + ia2. Z 2π Z 2π I 2 1 = (a1 + R cos t)d(a + Reit) = (a1 + R cos t)Rieitdt = iR π 0 0 Z 2π Z 2π I2 = (a2 + R sin t)d(a + Reit) =
(a2 + R sin t)Rieitdt = −R2π 0 0
Bài 3. Tính I = R |z|dz với L
a. L là nửa đường tròn |z| = 1, 0 ≤ argz ≤ π, điểm đầu tại z = 1
b. L là nửa đường tròn |z| = 1, −π ≤ argz ≤ π, điểm đầu tại điểm z = −i 2 2
c. L là đường tròn |z| = R. Giải:
a. Tham số hóa của L: z(t) = eit, t ∈ [0, π]. Vậy ta có Z π Z π I = d(eit) = ieitdt = −2 0 0
b. Tham số hóa của L: z(t) = eit, t ∈ [−π , π]. Vậy ta có 2 2 π π Z Z 2 2 I = d(eit) = ieitdt = 2i − π − π 2 2
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 70
c. Tham số hóa của L: z(t) = Reit, t ∈ [0, 2π] Z 2π Z 2π I = Rd(Reit) = R2ieitdt = 0 0 0
Bài 4. Tính I = R |z|¯zdz, ở đó L là đường cong kín gồm nửa trên đường L
tròn |z| = 1 và đoạn −1 ≤ x ≤ 1, y = 0 Giải: Gọi L = L , với
là nửa trên đường tròn đơn vị và L2 là đoạn 1 ∪ L2 L1 [−1, 1] Tham số hóa L : 1 z(t) = eit, t ∈ [0, π] Tham số hóa L : 2 z(t) = t, t ∈ [−1, 1] Z Z Z I = |z|zdz = |z|zdz + |z|zdz L L1 L2 Z Z π Z π |z|zdz = e−itd(eit) = idt = iπ L1 0 0 Z Z 1 |z|zdz = |t|tdt = 0 L2 −1 Vậy I = iπ Bài 5. Tính I = R dz √ theo các đường sau: z √
a. Nửa đường tròn |z| = 1, y ≥ 0, 1 = 1 √
b. Nửa đường tròn |z| = 1, y ≥ 0, 1 = −1 √
c. Nửa đường tròn |z| = 1, y ≤ 0, 1 = 1 √
d. Đường tròn |z| = 1, 1 = 1 Giải:
a. Tham số hóa z(t) = eit, t ∈ [0, π] Z π d(eit) Z π it I = √ = ie 2 dt = 2(i − 1) 0 eit 0
b. Tham số hóa z(t) = eit, t ∈ [π, 0]. Theo câu a. ta có Z 0 d(eit) I = √ = −2(i − 1) π eit
c. Tham số hóa z(t) = eit, t ∈ [0, −π] Z −π d(eit) Z −π it I = √ = ie 2 dt = 2(−i − 1) 0 eit 0
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 75 Giải:
- Trường hợp 1: Các điểm 0, 1, và -1 nằm ngoài C Khi đó hàm 1
chỉnh hình trên miền DC. Áp dụng công thức tích phân z(z2−1) Cauchy ta có Z dz I = = 0 2 C z(z − 1)
- Trường hợp 2: Điểm 0 nằm trong C, các điểm 1, -1 nằm ngoài C
Ta viết tích phân dưới dạng Z 1 I = z2−1 dz C z
Áp dụng công thức tích phân Cauchy cho hàm: f(z) = 1 và z z2−1 0 = 0 ta có I = 2πif (0) = −2πi
- Trường hợp 3: Điểm 1 nằm trong C, các điểm 0, -1 nằm ngoài C
Ta viết tích phân dưới dạng 1 Z z(z+1) I = dz C z − 1
Áp dụng công thức tích phân Cauchy cho hàm: g(z) = 1 và z z(z+1) 0 = 1 ta có I = 2πig(1) = πi
- Trường hợp 4: Điểm -1 nằm trong C, các điểm 0, 1 nằm ngoài C
Ta viết tích phân dưới dạng 1 Z I = z(z−1) dz C z + 1
Áp dụng công thức tích phân Cauchy cho hàm: h(z) = 1 và z z(z−1) 0 = −1 ta có I = 2πih(−1) = πi
- Trường hợp 5: Các điểm 0 và 1 nằm trong C, điểm -1 nằm ngoài C Gọi C
là hai chu tuyến bao quanh 0 và 1, rời nhau và nằm trong DC. 1, C2 Khi đó hàm 1
chỉnh hình trên miền đa liên D := DC \ (DC ∪ DC ). Áp z(z2−1) 1 2
dụng định lý Cauchy cho miền đa liên ta có Z dz Z dz Z dz Z dz = 0 ⇔ = + 2 2 2 2 ∂D z(z − 1) C z(z − 1) C z(z − 1) z(z − 1) 1 C2
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 76
Áp dụng kết quả trường hợp 2. và 3. ta có
I = 2πif (0) + 2πig(1) = −2πi + πi = −πi
- Trường hợp 6: Các điểm 0 và -1 nằm trong C, điểm 1 nằm ngoài C Gọi C
là hai chu tuyến bao quanh 0 và -1, rời nhau và nằm trong DC. 1, C3 Khi đó hàm 1
chỉnh hình trên miền đa liên D := DC \ (DC ∪ DC ). Áp z(z2−1) 1 3
dụng định lý Cauchy cho miền đa liên ta có Z dz Z dz Z dz Z dz = 0 ⇔ = + z(z2 z(z2 z(z2 z(z2 ∂D − 1) C − 1) C − 1) − 1) 1 C3
Áp dụng kết quả trường hợp 2. và 4. ta có
I = 2πif (0) + 2πih(−1) = −2πi + πi = −πi
- Trường hợp 7: Các điểm 1 và -1 nằm trong C, điểm 0 nằm ngoài C Gọi C
là hai chu tuyến bao quanh 1 và -1, rời nhau và nằm trong DC. 2, C3 Khi đó hàm 1
chỉnh hình trên miền đa liên D := DC \ (DC ∪ DC ). Áp z(z2−1) 2 3
dụng định lý Cauchy cho miền đa liên ta có Z dz Z dz Z dz Z dz = 0 ⇔ = + z(z2 z(z2 z(z2 z(z2 ∂D − 1) C − 1) C − 1) − 1) 2 C3
Áp dụng kết quả trường hợp 3. và 4. ta có
I = 2πig(1) + 2πih(−1) = πi + πi = 2πi
- Trường hợp 8: Các điểm 0, 1 và -1 nằm trong C Gọi C
là ba chu tuyến bao quanh 0, 1 và -1, rời nhau và nằm trong 1, C2, C3 D . Khi đó hàm 1 C
chỉnh hình trên miền đa liên D := D ∪D ∪ z(z2−1) C \ (DC1 C2
DC ). Áp dụng định lý Cauchy cho miền đa liên ta có 3 Z dz Z dz Z dz Z dz Z dz = 0 ⇔ = + + z(z2 z(z2 z(z2 z(z2 z(z2 ∂D − 1) C − 1) C − 1) − 1) − 1) 1 C2 C3
Áp dụng kết quả các trường hợp 2., 3. và 4. ta có
I = 2πif (0) + 2πig(1) + 2πih(−1) = −2πi + πi + πi = 0 Bài 13. Tính Z zdz I = , (a > 1) z4 |z−a|=a − 1