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

Lý thyết Đại cương sơ cấp | Trường Đại học Sư phạm Hà Nộivới những kiến thức và thông tin bổ ích giúp sinh viên tham khảo, ôn luyện và phục vụ nhu cầu học tập của mình cụ thể là có định hướng, ôn tập, nắm vững kiến thức môn học và làm bài tốt trong những bài kiểm tra, bài tiểu luận, bài tập kết thúc học phần, từ đó học tập tốt và có kết quả cao cũng như có thể vận dụng tốt những kiến thức mình đã học vào thực tiễn cuộc sống.

Môn:

Chuyên đề Toán 47 tài liệu

Trường:

Đại học Sư Phạm Hà Nội 2.1 K tài liệu

Thông tin:
16 trang 8 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

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

Lý thyết Đại cương sơ cấp | Trường Đại học Sư phạm Hà Nộivới những kiến thức và thông tin bổ ích giúp sinh viên tham khảo, ôn luyện và phục vụ nhu cầu học tập của mình cụ thể là có định hướng, ôn tập, nắm vững kiến thức môn học và làm bài tốt trong những bài kiểm tra, bài tiểu luận, bài tập kết thúc học phần, từ đó học tập tốt và có kết quả cao cũng như có thể vận dụng tốt những kiến thức mình đã học vào thực tiễn cuộc sống.

82 41 lượt tải Tải xuống
CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 54
b. Ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên lên hình tròn đơn vịω
và ω(2i) = 0 dạng:
ω
(z) = e
z 2i
z
+ 2i
, θ R
Ta
ω
0
(z) =
4ie
(
z + 2i)
2
ω
0
(2i) =
ie
4
=
1
4
e
2
e
=
1
4
e
(θ
π
2
)i
arg(ω
0
(2i)) = θ
π
2
Theo giả thiết: arg i(ω
0
( )) = 0 θ =
π
2
Vy ánh xạ phân tuyến tính cần tìm là: ω =
iz+1
z
+i
.
c. Ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên lên hình tròn đơn vịω
và ω(a + bi) = 0 dạng:
ω
(z) = e
z a bi
z
a + bi
, ϕ R
Ta
ω
0
(z) =
2bie
(
z a + bi)
2
ω
0
(a + bi) =
ie
2
b
=
1
2
b
e
2
e
=
1
2
b
e
(ϕ
π
2
)i
arg bi(ω
0
(a + )) = ϕ
π
2
Theo giả thiết: arg bi(ω
0
(a + )) = θ ϕ = θ +
π
2
Vy ánh xạ phân tuyến tính cần tìm là:
ω = e
(θ+
π
2
)i
za bi
z
a+bi
.
Bài 14. Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên Imz > 0
lên hình tròn sao cho điểm biến thành tâm hình tròn, còn đạo|ω ω
0
| < R i
hàm tại đó dương?
Giải:
- Gọi ω
1
ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên thành hình tròn
đơn vị và ω i
1
( ) = 0. Khi đó dạng:ω
1
ω
1
= e
z i
z
+ i
, θ R
- Gọi ánh xạ biến đường tròn đơn vị thành đường tròn tâm O bán kínhω
2
R: ω Rz
2
=
- Gọi ánh xạ biến đường tròn tâm O bán kínhω
3
R thành hình tròn
CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 55
|ω ω
0
| = R: ω
3
= z + ω
0
Suy ra ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên lên hình trònω
|ω ω
0
| = R sẽ dạng:
ω
= ω ω Re
3
ω
2
1
=
.
z i
z
+ i
+ ω
0
Ta có:
ω
0
(z) =
2iRe
( )
z + i
2
ω
0
(i) =
Rie
2
=
R
2
(sin θ i cos )θ
Theo giả thiết thì nên suy ra:ω
0
(i) > 0
(
cos θ = 0
sin
θ > 0
θ =
π
2
Vy ánh xạ phân tuyến tính cần tìm dạng:
ω
=
R( )z i
z
+ i
+ ω
0
Bài 15. Tìm ánh xạ biến lên nửa mặt phẳng sao cho|z| < 2 Reω > 0
ω(0) = 1 và ar
0
(0) =
π
2
Giải:
- Gọi ánh xạ biến hình tròn thành hình tròn đơn vị:ω
1
|z| < 2 ω
1
=
1
2
z
- Gọi ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn đơn vị lên nửa mặt phẳngω
2
trên và . Khi đóω i
2
(0) = ω
2
= f
1
, với f ánh xạ phân tuyến tính biến
nửa mặt phẳng trên thành hình tròn đơn vị và . Ta có:f(i) = 0
f
= e
.
z i
z
+ i
ω
2
= f
1
=
i( )e
+ ω
e
ω
- Gọi ω
3
phép quay một góc bằng
π
2
(ω
3
sẽ biến nửa mặt phẳng trên thành
nửa mặt phẳng bên phải
Reω > 0 và biến điểm thành điểm 1):i ω z.e
3
=
2
Suy ra ánh xạ biến hình tròn thành nửa mặt phẳng bên phảiω |z| < 2
Reω > 0 sẽ dạng:
ω
= ω ω
3
ω
2
1
= e
2
.
i e(2
+ z)
2
e
z
=
2e
+ z
2
e
z
Ta
ω
0
(z) =
4e
(2 )
e
z
2
ω
0
(0) = e arg θ
(ω
0
(0)) =
CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 56
Theo giả thiết: arg(ω
0
(0)) =
π
2
θ =
π
2
.
Vy ánh xạ cần tìm dạng:
ω
=
2i z
2i + z
Bài 16. Tìm ánh xạ biến sao cho:|z| < 1 lên |ω| < 1
a. ω(
1
2
) = 0, ar
0
(
1
2
) = 0
b. ω(
i
2
) = 0, ar
0
(
i
2
) =
π
2
c. ω(0) = 0, ar
0
(0) =
π
2
d. ω( (a) = a, ar
0
a) = α
Giải: Ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn đơn vị thành chính và biến
điểm α(|α| < 1) thành điểm 0 dạng:
ω
= e
.
z α
z
¯α 1
, θ R
a. Do ω(
1
2
) = 0 nên suy ra ω dạng
ω
= e
.
2z 1
z
2
, θ R
Ta
ω
0
(z) =
3e
( 2)
z
2
ω
0
(
1
2
) =
4e
3
=
4
3
e
θ+π
arg(ω
0
(
1
2
)) = θ + π
Theo giả thiết: arg(ω
0
(
1
2
)) = 0 θ = π.
Vy ánh xạ cần tìm dạng:
ω
=
1 2z
z 2
b. Do ω(
i
2
) = 0 nên suy ra ω dạng
ω
= e
.
2z + i
iz
+ 2
, θ R
Ta
ω
0
(z) =
3e
(
iz + 2)
2
ω
0
(
i
2
) =
4e
3
=
4
3
e
θ+π
arg(ω
0
(
i
2
)) = θ + π
Theo giả thiết: arg(ω
0
(
i
2
)) =
π
2
θ =
π
2
.
Vy ánh xạ cần tìm dạng:
ω
=
2iz + 1
iz + 2
CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 57
c. Do ω(0) = 0 nên suy ra ω dạng
ω
= e z
Ta
ω ω ω
0
(z) = e
0
(0) = e e
=
i(θπ)
arg(
0
(0)) = θ π
Theo giả thiết: arg(ω
0
(0)) =
π
2
θ =
π
2
Vy ánh xạ cần tìm dạng:
ω = z
d. - Gọi ánh xạ biến hình tròn đơn vị thành chính .ω
1
ω
1
(a) = 0
- Gọi ánh xạ biến hình tròn đơn vị thành chính và . Khiω
2
ω
2
(0) = a
đó ta ω
2
= ω
1
1
Vy nếu gọi ánh xạ biến hình tròn đơn vị thành chính ω ω(a) = a
thì ta có:
ω ω
(z) = ω
2
ω
1
(z) =
1
1
ω
1
( (z) = Id z) = z
Suy ra:
ω ω ω
0
(z) = 1
0
(a) = 1 arg(
0
(a)) = 0
Vy ta biện luận:
+ Nếu thì ánh xạ cần tìm là:α = 0 ω = z
+ Nếu thì không tồn tại ánh xạ thỏa mãn bài toán.α 6= 0
Bài 17. Tìm ánh xạ biến sao cho|z| < R
1
lên |ω| < R
2
ω(a) =
b, ar
0
(a) = α, (|a| < R < R
1
, |b|
2
)
Giải:
- Gọi ánh xạ biến hình tròn lên hình tròn đơn vị:ω
1
|z| < R
1
ω
1
(z) =
1
R
1
z, ω
(a) =
a
R
1
- Gọi ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị vàω
2
ω
2
(
a
R
1
) = 0:
ω
2
(z) = e
.
z
a
R
1
z.
¯a
R
1
1
= e
.
R
1
z a
¯az R
1
, θ R
- Gọi ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị vàω
3
ω
3
(0) =
b
R
2
.
Khi đó, ω λ
3
=
1
, với λ ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên chính và
λ
(
b
R
2
) = 0. Ta
λ
= e
.
z
b
R
2
z.
¯
b
R
2
1
= e
.
R
2
z b
¯
bz R
2
, ϕ R
ω λ
3
=
1
=
R
2
z be
¯
bz
R
2
e
CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 58
- Gọi ω
4
ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn |z| < R
2
và ω
4
(
b
R
2
) = b:
ω R .z
4
(z) =
2
Vy nếu gọi lên hình trònω ánh xạ biến hình tròn |z| < R
1
|ω| < R
2
và
ω(a) = b thì ta có:
ω(z z) = ω ω ω ω
4
3
2
1
( )
=
ω ω ω
4
3
2
(
z
R
1
) =
ω ω
4
3
e
.
R
1
z R
1
a
¯
az R
2
1
=
ω
4
R
2
e
.
R
1
zR
1
a
¯
azR
2
1
be
¯
be
.
R
1
zR a
1
¯
azR
2
1
R
2
e
!
=
ω
4
( ¯R R e
1 2
abe R R be R ae
)z +
1
(
1
2
)
(
R
1
¯
be R
2
¯ae R R R a
)z +
1
(
1 2
e
¯
be
)
=
R
2
( ¯R R e
1 2
abe R R R be R ae
)z +
1 2
(
1
2
)
(
R
1
¯
be R
2
¯ae R R R a
)z +
1
(
1 2
e
¯
be
)
Ta có:
ω
0
(z) =
R
1
R
2
(R
2
1
|a|
2
)(R
2
2
|b|
2
)e
i(θ+ϕ)
(R
1
¯
be R
2
¯ae R R R a
)z +
1
(
1 2
e
¯
be
)
2
ω
0
(a) =
R
1
(R
2
2
|b|
2
)
R
2
(R
2
1
|a|
2
)
e
i(θϕ)
arg(ω
0
(a)) = θ ϕ
Theo giả thiết arg α(ω
0
(a)) = α θ ϕ =
Vy ánh xạ cần tìm dạng:
ω
=
R
2
(R
1
R
2
e
¯abe R R R be R ae
)z +
1 2
(
1
2
)
(
R
1
¯
be R
2
¯ae R R R e a
)z +
1
(
1 2
¯
be
)
, θ ϕ = α
Bài 18. Tìm ánh xạ biến |z| < 1 lên |ω 1| < 1 với ω(0) =
1
2
, ω(1) = 0.
Giải:
- Gọi ánh xạ biến hình tròn lên hình tròn đơn vị dạngω
1
|z 1| < 1
ω
1
= z 1
Khi đó ω
1
(0) = 1, ω
1
(
1
2
) =
1
2
- Gọi ω
2
ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị và ω
2
(1) =
1 (
, ω
2
1
2
) = 0. Khi đó ω
2
dạng:
ω e
2
(z) =
.
z +
1
2
1
2
z 1
= e
.
2 1z
z
+ 2
, θ R
CHƯƠNG 3. HÀM CHỈNH HÌNH 59
Do ω
2
(1) = 1 θ = 0. Suy ra:
ω
2
=
2z 1
z + 2
Suy ra nếu gọi lên hình tròn đơn vị vàλ ánh xạ biến hình tròn |z 1| < 1
λ
(0) = 1, λ(
1
2
) = 0 thì λ dạng:
λ
(z) = ω ω ω
2
1
(z) =
2
(z 1) =
1 2z
1 + z
Vy nếu gọi ánh xạ cần tìm thì ta có:ω
ω
= λ
1
=
1 z
2 + z
Bài 19. Tìm ánh xạ biến |z 2| < 1 lên |z 2i| < 2 với ω(2) =
i, ar
0
(2) = 0
Giải:
- Gọi ánh xạ biến hình tròn lên hình tròn đơn vị vớiω
1
|z 2| < 1
ω
1
(2) = 0:
ω
1
(z) = z 2
- Gọi ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn đơn vị vớiω
2
ω
2
(0) =
1
2
.
Khi đó, ω λ
2
=
1
, đó ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên chính vàλ
λ
(
1
2
) = 0. Ta có:
λ
= e
.
z +
1
2
1
2
z 1
= e
.
2 1z
z + 2
ω λ
2
=
1
=
2z e
z
+ 2e
- Gọi ánh xạ biến hình tròn đơn vị lên hình tròn dạng:ω
3
|z| < 2
ω z
3
= 2
Khi đó ω
3
(
1
2
) = 1
- Gọi ánh xạ biến hình tròn lên hình tròn dạng:ω
4
|z| < 2 |z 2| < 2
ω
4
= z + 2
Khi đó ω
4
(1) = 1
- Gọi ánh xạ biến hình tròn lên hình tròn dạng:ω
5
|z| < 2 |z 2i| < 2
ω
5
= e
2
z = iz
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 69
Bài 2. Tính:
I
1
=
Z
L
xdz
và I
2
=
Z
L
ydz
Với:
a. L bán kính vectơ của điểm z = 2ti
b. L nửa đường tròn (điểm đầu )|z| = 1, 0 argz π z = 1
c. L đường tròn .|z a| = R
Giải:
a. Tham số hóa của . Vậy ta L: z(s) = 2si, s [0 ], t
I
1
=
Z
t
0
0 (2
d si) = 0; I
2
=
Z
t
0
2 (2
sid si) =
Z
t
0
4 2sds = t
2
b. Tham số hóa của . Vậy ta L: z( [0t) = cos t + i sin t, t , π]
I
1
=
Z
π
0
cos
td(cos t + i sin t) =
Z
π
0
(
cos t sin t + i cos )
2
t dt =
2
I
2
=
Z
π
0
sin sin
td(cos t + i t) =
Z
π
0
(
sin
2
t + i sin t cos t)dt =
π
2
c. Tham số hóa của .L: z(t Re ia) = a +
it
, t , a [0, 2π] = a
1
+
2
I
1
=
Z
2π
0
( ) (
a
1
+ R cos t d a + Re
it
) =
Z
2π
0
(
a
1
+ R cos t)Rie
it
dt = iR π
2
I
2
=
Z
2π
0
(
a
2
+ R sin t)d(a + Re
it
) =
Z
2π
0
(
a
2
+ R sin t)Rie
it
dt = R
2
π
Bài 3. Tính I =
R
L
| |z dz với
a. L nửa đường tròn , điểm đầu tại|z| = 1, 0 argz π z = 1
b. L nửa đường tròn |z| = 1,
π
2
argz
π
2
, điểm đầu tại điểm z = i
c. L đường tròn .|z| = R
Giải:
a. Tham số hóa của . Vậy ta L: z(t e) =
it
, t , π [0 ]
I
=
Z
π
0
d
(e
it
) =
Z
π
0
ie
it
dt = 2
b. Tham số hóa của L: z( [t) = e
it
, t
π
2
,
π
2
]. Vậy ta
I
=
Z π
2
π
2
d e
(
it
) =
Z π
2
π
2
ie
it
dt i= 2
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 70
c. Tham số hóa của L: z(t Re) =
it
, t [0, 2π]
I
=
Z
2π
0
Rd Re
(
it
) =
Z
2π
0
R
2
ie
it
dt = 0
Bài 4. Tính I =
R
L
|z|¯zdz, đó L đường cong kín gồm nửa trên đường
tròn |z| = 1 đoạn 1 x 1, y = 0
Giải:
Gọi L = L
1
L
2
, với L
1
nửa trên đường tròn đơn vị và đoạnL
2
[1 1],
Tham số hóa L
1
: z(t) = e
it
, t , π [0 ]
Tham số hóa L
2
: z(t) = t, t [ 1 , 1]
I
=
Z
L
|z|zdz =
Z
L
1
|z|zdz +
Z
L
2
|z|zdz
Z
L
1
| |z zdz =
Z
π
0
e e
it
d(
it
) =
Z
π
0
idt =
Z
L
2
| |z zdz =
Z
1
1
| |t tdt = 0
Vy I =
Bài 5. Tính I =
R
dz
z
theo các đường sau:
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( [0 ]t) = e
it
, t , π
I
=
Z
π
0
d
(e
it
)
e
it
=
Z
π
0
ie
it
2
dt = 2( 1)i
b. Tham số hóa ta z( 0]t) = e
it
, t [π, . Theo câu a.
I
=
Z
0
π
d e
(
it
)
e
it
= 2( 1)i
c. Tham số hóa z( [0 ]t) = e
it
, t , π
I
=
Z
π
0
d e
(
it
)
e
it
=
Z
π
0
ie
it
2
dt = 2( 1)i
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 75
Giải:
- Trường hợp 1: Các điểm 0, 1, -1 nằm ngoài C
Khi đó hàm
1
z z
(
2
1)
chỉnh hình trên miền . Áp dụng công thức tích phânD
C
Cauchy ta
I
=
Z
C
dz
z z
(
2
1)
= 0
- Trường hợp 2: Điểm 0 nằm trong , các điểm 1, -1 nằm ngoàiC C
Ta viết tích phân dưới dạng
I
=
Z
C
1
z
2
1
z
dz
Áp dụng công thức tích phân Cauchy cho hàm: f (z) =
1
z
2
1
và z
0
= 0 ta
I = 2πif πi(0) = 2
- Trường hợp 3: Điểm 1 nằm trong , các điểm 0, -1 nằm ngoàiC C
Ta viết tích phân dưới dạng
I
=
Z
C
1
z(z+1)
z
1
dz
Áp dụng công thức tích phân Cauchy cho hàm: g(z) =
1
z z
( +1)
và z
0
= 1 ta
I = 2πig πi(1) =
- Trường hợp 4: Điểm -1 nằm trong , các điểm 0, 1 nằm ngoàiC C
Ta viết tích phân dưới dạng
I
=
Z
C
1
z(z1)
z
+ 1
dz
Áp dụng công thức tích phân Cauchy cho hàm: h(z) =
1
z z
( 1)
và z
0
= 1 ta
I = 2πih πi(1) =
- Trường hợp 5: Các điểm 0 và 1 nằm trong , điểm -1 nằm ngoàiC C
Gọi C
1
, C
2
hai chu tuyến bao quanh 0 và 1, rời nhau và nằm trong .D
C
Khi đó hàm
1
z
(z
2
1)
chỉnh hình trên miền đa liên . ÁpD := D
C
\(D
C
1
D
C
2
)
dụng định Cauchy cho miền đa liên ta
Z
∂D
dz
z z
(
2
1)
= 0
Z
C
dz
z z
(
2
1)
=
Z
C
1
dz
z z
(
2
1)
+
Z
C
2
dz
z z
(
2
1)
CHƯƠNG 4. LT TÍCH PHÂN CỦA HÀM CHỈNH HÌNH 76
Áp dụng kết quả trường hợp 2. và 3. ta
I = 2πif πig πi(0) + 2 (1) = 2πi + πi =
- Trường hợp 6: Các điểm 0 và -1 nằm trong , điểm 1 nằm ngoàiC C
Gọi C
1
, C
3
hai chu tuyến bao quanh 0 và -1, rời nhau nằm trong .D
C
Khi đó hàm
1
z
(z
2
1)
chỉnh hình trên miền đa liên . ÁpD := D
C
\(D
C
1
D
C
3
)
dụng định Cauchy cho miền đa liên ta
Z
∂D
dz
z z
(
2
1)
= 0
Z
C
dz
z z
(
2
1)
=
Z
C
1
dz
z z
(
2
1)
+
Z
C
3
dz
z z
(
2
1)
Áp dụng kết quả trường hợp 2. và 4. ta
I = 2πif πih πi(0) + 2 ( 21) = πi + πi =
- Trường hợp 7: Các điểm 1 và -1 nằm trong , điểm 0 nằm ngoàiC C
Gọi C
2
, C
3
hai chu tuyến bao quanh 1 và -1, rời nhau nằm trong .D
C
Khi đó hàm
1
z
(z
2
1)
chỉnh hình trên miền đa liên . ÁpD := D
C
\(D
C
2
D
C
3
)
dụng định Cauchy cho miền đa liên ta
Z
∂D
dz
z z
(
2
1)
= 0
Z
C
dz
z z
(
2
1)
=
Z
C
2
dz
z z
(
2
1)
+
Z
C
3
dz
z z
(
2
1)
Áp dụng kết quả trường hợp 3. và 4. ta
I = 2πig πih πi(1) + 2 (1) = πi + πi = 2
- Trường hợp 8: Các điểm 0, 1 -1 nằm trong C
Gọi C
1
, C , C
2 3
ba chu tuyến bao quanh 0, 1 -1, rời nhau và nằm trong
D
C
. Khi đó hàm
1
z
(z
2
1)
chỉnh hình trên miền đa liên D := D
C
\(D
C
1
D
C
2
D
C
3
). Áp dụng định Cauchy cho miền đa liên ta
Z
∂D
dz
z z
(
2
1)
= 0
Z
C
dz
z
(z
2
1)
=
Z
C
1
dz
z z
(
2
1)
+
Z
C
2
dz
z z
(
2
1)
+
Z
C
3
dz
z z
(
2
1)
Áp dụng kết quả các trường hợp 2., 3. và 4. ta
I = 2πif πig πih(0) + 2 (1) + 2 ( 1) = 2πi + πi + πi = 0
Bài 13. Tính
I
=
Z
| |za =a
zdz
z
4
1
, ( 1)a >
| 1/16

Preview text:

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