Giải tích phức - Nguyễn Trường Thanh

a2 − 1 nằm trong C. Do đó, I = 2 i 2pii Res[ 1 z2 + 2za + 1 ; z1] = 4pi 1 z2 + 2za + 1 |z=z1 = 2pi√ a2 − 1 . 5.4.3 Tính tích phân suy rộng +∞∫ −∞ f(x)dx • Tr−ờng hợp 1: Nếu hàm f(x) có đặc điểm là khi thay đổi biến thực x bằng biến phức z thì trở thành hàm phức f(z) có những tính chất sau: 1. lim z→∞ zf(z) = 0. 2. Hàm f(z) giải tích trên toàn bộ trục thực. 3. Nửa mặt phẳng trên, f(z) chỉ có một số hữu hạn điểm bất th−ờng cô lập. Khi đó, +∞∫ −∞ f(x)dx = 2pii n∑ k=1 Res[f(z); zk]. Chứng minh. Ta vẽ một nửa đ−ờng tròn CR tâm 0 bán R ở nửa mặt phẳng trên sao cho chu tuyến C = CR + [−R,R] bao tất cả các điểm bất th−ờng cô lập của f. Ngoài ra, f(z) giải tích bên trong miền D có chu tuyến C trừ ra các điểm bất th−ờng. Theo đinh lí 5.1,∮ C f(z)dz = 2pii n∑ k=1 Res[f(z); zk]. Ta thấy | ∫ CR f(z)dz| ≤ | ∫ CR f(z)z z dz| ≤ max z∈CR | f(z)z z |.piR ≤ max z∈CR |f(z)z| R .piR = max z∈CR |f(z)z|.pi→ 0, khi R→∞. 35 Do ∮ C f(z)dz = ∫ [−R,R] f(z)dz + ∫ CR f(z)dz = R∫ −R f(z)dz + ∫ CR f(z)dz với R lớn tuỳ ý, dẫn tới +∞∫ −∞ f(x)dx = 2pii n∑ k=1 Res[f(z); zk]. Ví dụ 5.7. Tính I = +∞∫ −∞ 1 (x2+1)2 dx. Cách giải Trong nửa mặt phẳng trên hàm f(z) = 1 (x2+1)2 chỉ có một điểm bất th−ờng cô lập cấp hai z = i, thoả mãn các tính chất của định lí, do đó, I = 2piiRes[f(z); i] = 2pii lim z→i [ 1 (z + i)2 ]′ = pi 2 . Ví dụ 5.8. Tính +∞∫ 0 x2 x4+1 = 1 2 +∞∫ −∞ x2 x4+1 ? • Tr−ờng hợp 2: Nếu hàm f(z) có đặc điểm, khi thay x bằng z hàm f(z) có các tính chất sau 1. lim z→∞ zf(z) = 0. 2. Trên trục thực hàm f(z) có một số hữu hạn điểm bất th−ờng cô lập đơn là a1, a2, . . . , as. 3. Nửa mặt phẳng trên, f(z) có hữu hạn điểm bất th−ờng cô lập là z1, z2, . . . , zn. Khi đó, +∞∫ −∞ f(x)dx = 2pii n∑ k=1 Res[f(z); zk] + pii s∑ j=1 Res[f(z); aj]. Chứng minh. Để cho đơn giản chứng minh ta giả thiết trên trục thực hàm f(z) chỉ có một điểm bất th−ờng a. Vẽ trên nửa mặt phẳng trên, nửa đ−ờng tròn CR tâm 0 với R đủ lớn và Cr 36 tâm a với bán kính r đủ nhỏ sao cho miền D có biên C = CR+Cr+ [−R, a− r] + [a+ r,R] bao quanh các điểm bất th−ờng z1, z2, . . . , zn. Trong miền D, hàm f(z) giải tích trừ các điểm z1, z2, . . . , zn. Theo định lí cơ bản của thặng d− ta có ∮ C f(z)dz = 2pii n∑ k=1 Res[f(z); zk] = ∫ CR f(z)dz+ ∫ Cr f(z)dz+ a−r∫ −R f(z)dz+ R∫ a+r f(z)dz. (4.1) Do a là cực điểm đơn, ta có biểu diễn f(z) = ϕ(z) + a−1(z − a)−1, trong đó ϕ(z) là hàm giải tích tại a. Hơn thế ta có,∫ Cr f(z)dz = ∫ Cr ϕ(z)dz + ∫ Cr a−1(z − a)−1dz = ∫ Cr ϕ(z)dz + a−1(−pii). Từ tính giải tích của ϕ(z), cho r → 0 ta có lim r→0 ∫ Cr f(z)dz = −piia−1. Mặt khác, lim R→∞ ∫ CR f(z)dz = 0 (tr−ờng hợp 1). Kết hợp với công thức 4.1, khi cho R → ∞, r → 0 ta có điều phải chứng minh. 5.4.4 Tính các tích phân suy rộng +∞∫ −∞ f(x) cos(mx)dx và +∞∫ −∞ f(x) sin(mx)dx • Tr−ờng hơp 1: Nếu hàm f(x) có đặc điểm khi thay x bằng z thì đựoc một hàm biến phức f(z) có những tính chất sau 1. lim z→∞ f(z) = 0. 2. Hàm f(z) giải tích trên toàn bộ trục thực. 3. Nửa mặt phẳng trên , f(z) chỉ có một số hữu hạn điểm bất th−ờng cô lập là z1, z2, . . . , zn. Khi đó , +∞∫ −∞ f(x)eimxdx = 2pii n∑ k=1 Res[f(z)eimx; zk]. 37 Chứng minh. ....... Ví dụ 5.9. Tính các tích phân sau +∞∫ −∞ cosx x2+1 dx, +∞∫ −∞ sinx x2+1 dx. Chứng minh Hàm f(z) = 1 z2+1 thỏa mãn các điều kiện của định lí, do đó +∞∫ −∞ cos x x2 + 1 dx+ i +∞∫ −∞ sinx x2 + 1 dx = 2piiRes[ eiz 1 + z2 ; i] = pi e . Từ đây, +∞∫ −∞ cos x x2+1 dx = pi e . • Tr−ờng hợp 2: Hàm f(z) có hữu hạn cực điểm đơn a1, a2, . . . , as trên trục thực. Khi đó, +∞∫ −∞ f(x)eimxdx = 2pii n∑ k=1 Res[f(z)eimx; zk] + pii s∑ j=1 Res[f(z)eimx; aj]. Chứng minh. ....... Ch−ơng 6 Lý thuyết toán tử 6.1 Khái niệm về phép tính toán tử • Cho hai tập hợp A và B. Một phép toán T cho ứng mỗi phần tử x ∈ A với phần tử Tx ∈ B đ−ợc gọi là một toán tử. Phần tử Tx ∈ B đ−ợc gọi là ảnh của phần tử x ∈ A, phần tử x đ−ợc gọi là gốc (hay nghịch ảnh) của phần tử Tx. • Một vài ví dụ: 1. Nếu tập A,B là hai tập các số thực thì toán tử T gọi là hàm số thực. 2. Nếu A là tập các hàm số liên trên (a, b) hữu hạn. Khi đó phép toán b∫ a f(x)dx đ−ợc gọi là toán tử tích phân,cho ứng mỗi hàm f liên tục trên (a, b) với một phần tử Tf là một số thực. 3. Nếu A là tập hợp các vectơ trong không gian thì phép toán −→a .−→b0 , (−→a ,−→b ∈ A), −→b0 cố định, là toán tử vô h−ớng. 6.2 Toán tử Laplace 1. Định nghĩa: Cho hàm số thực f(t)xác định với t ≥ 0. Xét tích phân 38 39 ∞∫ 0 f(t)e−àtdt, (2.1) trong đó à là một tham số. Giá trị tích phân sẽ phụ thuộc vào tham số à. Do đó khi cho số phức à biến thiên thì giá trị tích phân 2.1 sẽ là một hàm của à. Ta gọi hàm đó là hàm số phức F (à). Phép toán 2.1 đ−ợc gọi là toán tử Laplace cho ứng mỗi hàm gốc f(t) với một hàm phức F (à, ) kí hiệu F (à) = L[f(t)] = ∞∫ 0 f(t)e−àtdt (2.2) Vì phép toán 2.1 là một tích phân suy rộng cận vô hạn nên một vấn đề cần đặt ra là liệu khi nào tích phân đó hội tụ, hàm thực f(t) và tham số phức à cần điều kiện gì? 2. Điều kiện để tồn tại toán tử Laplace (a) Hàm gốc f(t) : i. Vì toán tử Laplace là một tích phân trên đoạn nửa vô hạn [0,+∞], do đó ta có thể coi f(t) ≡ 0, t < 0, mà không làm ảnh h−ởng đến giá trị tích phân 2.1 ii. Ta gọi hàm 1(t) = { 0 với t < 0, 1 với t ≥ 0. Khi đó luôn có thể coi hàm gốc là hàm 1(t)f(t) = { 0 với t < 0, f(t) với t ≥ 0. iii. Vì tích phân 2.1 theo biến t trên [0,+∞) nên tr−ớc tiên cần đòi hỏi hàm f(t) phải giải tích trên [0,+∞). Trong giải tích đã biết thì hàm f(t) phải liên tục và có đạo hàm f ′(t) liên tục trên [0,+∞) trừ ra một số hữu hạn điểm gián đoạn loại một (nếu có). iv. Hàm d−ới dấu tích phân là f(t)e−àt do đó để tích phân 2.1 hội tụ thì hàm f(t) không đ−ợc tăng nhanh hơn hàm mũ nào đó. Nói cách khác, |f(t)| ≤ Mes0t, (2.3) với M, s0 là hằng số. Hằng số s0 gọi là chỉ số tăng của hàm f(t). 40 Vậy hàm gốc f(t) cần phải thoả mãn hai điều kiện iii, iv. (b) Hàm ảnh F (à) : i. Ta giả thiết hàm gốc f(t) có chỉ số tăng là s0. Do đó để cho tích phân 2.1 hội tụ thì giá trị à cần phải lấy sao cho hàm e−àt tăng nhanh hơn so với f(t) khi t → +∞. Giả sử số phức à = s + iω. Ta sẽ chứng tỏ rằng nếu Reà = s > s0 thì tích phân 2.1 hội tụ (không những thế còn hội tụ tuyệt đối). Chứng minh. Ta thấy | +∞∫ 0 f(t)e−àtdt| ≤ +∞∫ 0 |f(t)e−àt|dt ≤ +∞∫ 0 |e−àt||Mes0t|dt = M +∞∫ 0 |e−stes0t|dt = M s−s0 < +∞. Vậy điều kiện tồn tại hàm F (à) là Reà > s0. ii. Hàm F (à) = L[f(t)] là hàm giải tích trong toàn bộ miền Reà > s0. Chứng minh. T−ơng tự chứng minh trong (b), ta có | ∞∫ 0 −te−àtf(t)dt| ≤ M (s0 − s)2 < +∞. Mặt khác, F (à+∆à)− F (à) ∆à = +∞∫ 0 e−àtf(t) [e−∆àt − 1] ∆à dt. Ta thấy với |∆à| < δ nào đó, +∞∫ 0 |e−àt|.|Mes0t|.t.et|∆à|dt hội tụ đều với mọi |∆à| 0 cho tr−ớc, chọn a ∈ R đủ lớn sao cho +∞∫ a |e−àt|.|Mes0t|.t.et|∆à|dt < ε, | +∞∫ a e−àtf(t)(−t)| < ε. 41 Cố định a, cho ∆à→ 0, ta thấy | a∫ 0 e−àtf(t) [e −∆àt−1] ∆à dt− a∫ 0 e−àtf(t)(−t)dt| ≤ ε, và | +∞∫ a e−àtf(t) [e −∆àt−1] ∆à dt| ≤ +∞∫ a |e−àt|.|Mes0t|.t.et|∆à|dt < ε. Từ dây, |F (à+∆à)− F (à) ∆à − +∞∫ 0 e−àtf(t)(−t)dt| ≤ 3ε Do ε chọn bất kì, dẫn tới F ′(à) = +∞∫ 0 e−àtf(t)(−t)dt. 6.3 Một số ví dụ Ví dụ 6.1. Hàm đơn vị 1(t) = { 0 với t < 0 1 với t ≥ 0 Ta có |1(t)| ≤ 1.e0t. Vậy F (à) = L[1(t)] = ∞∫ 0 e−àtdt = 1 à , ∀Reà > 0. Ví dụ 6.2. Hàm sin t, hàm gốc f(t) = 1(t) sin t. Ta thấy |f(t)| ≤ 1.e0t, do đó ảnh F (à) xác định với Resà > 0. Bằng tích phân từng phần ta có, F (à) = 1 1 + à2 . T−ơng tự, L[1(t) cos t] = à à+1 , L[1(t)e−t] = 1 à + 1 , trong đó Resà > 0. 42 6.4 Định lí đồng dạng của toán tử Laplace Định lý 6.1. Cho a > 0 bất kì. Khi đó, nếu L[f(t)] = F (à) thì L[f(at)] = 1 a F (à a ). Ví dụ 6.3. a) 1(t) sin t→ 1 1+à2 =⇒ 1(t) sin at→ 1 a 1 1+(à a )2 = a a2+à2. b) 1(t) cos t→ à 1+à2 =⇒ 1(t) cos at→ à a2+à2. c) 1(t)e−t → à 1+à =⇒ 1(t)e−at → 1 a+à. 6.5 Tính chất tuyến tính của toán tử Laplace Định lý 6.2. Nếu f(t) = n∑ k=1 ckfk(t), ck = constant, k = 1, n thì L[f(t)] = n∑ k=1 ckL[fk(t)]. Ví dụ 6.4. L[1(t)(3 sin 4t− 2 cos 5t)] = 3L[1(t) sin 4t]− 2L[1(t) cos 5t] = 3. 4 42 + à2 − 2 à à2 + 52 . . 6.6 Tính chất rời chỗ của toán tử Laplace Định lý 6.3. Cho λ ∈ C bất kì. Nếu L[1(t)f(t)] = F (à) thì L[1(t)e∓λtf(t)] = F (à± λ). Ví dụ 6.5. L[1(t)e±λt sin at] = a a2 + (à∓ λ)2 , L[1(t)e±λt cos at] = à∓ λ a2 + (à∓ λ)2 , L[f(t) sinωt] = L[f(t) eiωt − e−iωt 2i ] = 1 2i [F (à− iω)− F (à+ iω)]. 43 6.7 Hàm tuần hoàn Định lý 6.4. Nếu hàm gốc f(t) là hàm tuần hoàn chu kì T thì F (à) = T∫ 0 f(t)e−àtdt 1−e−àT . Chứng minh. ...... 6.8 Tính chất chậm trễ của toán tử Laplace Định lý 6.5. Cho τ > 0 bất kì. Khi đó, L[(t− τ )f(t− τ )] = e−τ tàF (à). Ví dụ 6.6. Cho hàm gốc f(t) =   0 với t < 0, 1 với 0 ≤ t ≤ τ, 0 với t > τ. Ta thấy f(t) = 1(t)− 1(t− τ ), do đó L[f(t)] = 1 à − e−τà 1 à . Ví dụ 6.7. Cho hàm gốc f(t) =   0 với t < 0, sin t với 0 ≤ t ≤ pi, 0 với t > pi. Ta thấy f(t) = 1(t) sin t+ 1(t− pi) sin(t− pi), do đó L[f(t)] = 1 1+à2 + e−pià 1 1+à2 . 6.9 Định lí vi phân và tích phân hàm gốc Định lý 6.6. Giả sử f(t) là hàm gốc có f ′(t) cũng là hàm gốc. Khi đó, nếu L[f(t)] = F (à) thì L[f ′(t)] = àF (à)− f(0). Hệ quả 6.1. Nếu f(t) có tồn tại đạo hàm tới cấp n và đều là hàm gốc thì L[f (n)(t)] = ànF (à)− àn−1f(0) − àn−2f ′(0) − ã ã ã − f (n−1)(0). Định lý 6.7. Nếu L[f(t)] = F (à) thì L[ t∫ 0 f(t)dt] = F (à) à . 44 Ví dụ 6.8. Ta thấy L[1(t).1] = 1 à , do đó L[1(t) t∫ 0 1dξ] = 1 à à = 1 à2 = L[1(t)t]. T−ơng tự ta có, L[1(t) tn n! ] = 1 àn+1 , ∀n ∈ N. 6.10 Định lí vi phân và tích phân hàm ảnh Định lý 6.8. Nếu L[f(t)] = F (à) thì L[−tf(t)] = F ′(à). Ví dụ 6.9. L[1(t) sin at] = a a2 + à2 =⇒ L[1(t)t sinat] = −( a a2 + à2 )′ = 2aà (a2 + à2)2 . L[1(t) cos at] = à a2 + à2 =⇒ L[1(t)t cos at] = −( à a2 + à2 )′ = à2 − a2 (a2 + à2)2 . Định lý 6.9. Nếu L[f(t)] = F (à) thì ∞∫ à F (z)dz hội tụ, đồng thời L[ f(t) t ] = ∞∫ à F (z)dz. Ví dụ 6.10. L[ sin at t ] = ∞∫ à a a2 + z2 dz = pi 2 − arctg(à a ). L[1(t) 1− eat t ] = ∞∫ à ( 1 z − 1 z − a)dz = ln à − a à . 6.11 Các công thức nhân 6.11.1 Nhân xếp hai hàm số (Tích chập) • Định nghĩa: Cho hai hàm số f(t), g(t). Biểu thức tích phân t∫ 0 f(ξ)g(t−ξ)dξ là một hàm theo cận trên t, đ−ộcgị là tích chập của hai hàm f(t) và g(t). Kí hiệu, f ∗ g(t) = t∫ 0 f(ξ)g(t− ξ)dξ. 45 • Tính chất: Tích chập có tinh giao hoán: f ∗ g = g ∗ f. • Chú ý: Khi định nghĩa tích chập ta không đòi hỏi f(t), g(t) là hàm gốc. Nh−ng nếu f(t), g(t) là hàm gốc thì f ∗ g(t) cũng là hàm gốc. 6.11.2 Định lí về ảnh của tích xếp: (Công thức nhân ảnh) Định lý 6.10. Nếu L[f(t)] = F (t), L[g(t)] = G(t) thì L[f ∗ g(t)] = F (à)G(à). Chứng minh. ........ Ví dụ 6.11. Tìm hàm gốc của 1 à(1+à) . Ta thấy 1 à(1+à) = 1 à 1 1+à2 = F (à).G(à) = L[1(t)].L[1(t) sin t]. Do đó, f(t) = 1 ∗ sin t = t∫ 0 sin(t− ξ)dξ = (1− cos t). 6.11.3 Công thức Duhamel Định lý 6.11. Nếu L[f(t)] = F (t), L[g(t)] = G(t) thì L[f(0)g(t) + f ′ ∗ g(t)] = àF (à)G(à). Chứng minh. .... 6.12 Toán tử Laplace ng−ợc 6.12.1 Định nghĩa và Các định lí tìm hàm gốc Ta thừa nhận không chứng minh công thức sau đây cho cách tìm hàm gốc f(t) khi đã biết hàm ảnh. Định lý 6.12 (Công thức Mellin). Giả sử hàm F (à) là hàm biến phức thoả mãn các điều kiện 1. F (à) giải tích trong phần mặt phẳng Reà > s0. 2. lim à→∞ F (à) = 0. 46 3. a+i∞∫ a−i∞ F (à)dà hội tụ với mọi a > s0. Khi đó f(t) = 1 2pii a+i∞∫ a−i∞ F (à)eàtdà, (a > s0). Định lý 6.13. Nếu hàm F (à) thỏa mãn các điều kiện của công thức Mellin thì f(t) = 1 2pii a+i∞∫ a−i∞ F (à)eàtdà = n∑ k=1 Res[F (à)età;àk], trong đó àk, k = 1, n là các điểm bất th−ờng cô lập nằm ở nửa mặt phẳng Reà < s0. Chứng minh. .... 6.12.2 Tr−ờng hợp riêng Nếu F (à) = A(à) B(à) , trong đó A(à), B(à) là những đa thức không có ngiệm chung, bậc ở tử nhỏ hơn ở mẫu và các điểm {àk} là các không điểm đơn của B(à) thì f(t) = n∑ k=1 A(àk) B ′(àk) eàkt. Ví dụ 6.12. Tìm hàm gốc của hàm số F (à) = 1 à(à+a)(à+b) , a, b > 0. f(t) = 1 ab e0t + 1 a(a− b)e −at + 1 b(b− a)e −bt. Định lý 6.14. Nếu hàm F (à) giải tích tại điểm à =∞, nghĩa là khai triển hàm F (à) ở lân cận điểm à =∞ có dạng F (à) = c1 à + c2 à2 + ã ã ã = ∞∑ n=1 cn àn, thì F (t) là ảnh của hàm gốc 1(t)f(t), trong đó f(t) = ∞∑ n=1 cn (n− 1)! t n−1. 47 6.13 Toán tử Fourier 6.13.1 Định nghĩa • Với toán tử Laplace, ta đã cho ứng các hàm gốc 1(t)f(t) với ảnh F (à). Toán tử F (à) là một hàm phức xác định với mọi Reà > s0, và giải tích trên nửa mặt phẳng phức ở bên phải đ−ờng thẳng Reà = s0. Tuy nhiên nếu ta kéo dài ảnh Laplace F (à) ra toàn bộ mặt phẳng phức thì trên nửa mặt phẳng bên trái đ−ờngthẳng Reà = s0, hàm F (à) sẽ có những điểm bất th−ờng cô lập, và sự phân bố của những điểm này lại xác định hàm gốc (định lí 6.13). Vậy sau khi xác định đ−ợc ảnh Laplace F (à), ta coi F (à) là hàm trên toàn bộ mặt phẳng phức. Do đó mỗi một ảnh F (à) khi cho à = iλ (thuần tuý ảo) sẽ cho một hàm F (iλ) xác định trên trục ảo. Ta gọi F (iλ) là ảnh Fourier của hàm gốc 1(t)f(t). • Trong tr−ờng hợp nếu hàm f(t) có chỉ số tăng s0 < 0 thì ta có thể xác định ảnh Fourierbangè công thức tích phân Laplace trong đó lấy à = iλ, F (iλ) = ∞∫ 0 f(t)e−iλtdt. (13.4) Tích phân này hội tụ vì Re(iλ) = 0 > s0, và đựoc gọi là toán tử Fourier.Mặt khác vì s0 < 0 nên trong công thức Mellin ta có thể lấy a = 0 > s0, khi đó tích phân lấy theo trục ảo từ d−ới và à = λi. Do đó: 1(t)f(t) = 1 2pii +∞∫ −∞ F (iλ)eiλtd(iλ) = 1 2pi +∞∫ −∞ F (iλ)eiλtd(λ), (13.5) gọi là toán tử Fourier ng−ợc. • Trong tr−ờng hơp s0 > 0 thì ta không thể dùng toán tử Fourier để xác định ảnh fourier của 1(t)f(t) vì khi đó tích phân 13.5 không hội tụ. Trong tr−ờng hợp này sẽ tìm ảnh Laplace F (à) xác định với mọi Reà > s0 rồi mở rộng ảnh này xét trên toàn bộ mặt phẳng phức. Từ đó ta xác định ảnh Fourier theo công thức: F (λi) = lim à→iλ F (à). 48 Tất nhiên trong tr−ờng hơp này mà ta dùng ảnh Fourier để đi tìm hàm gốc thì sẽ bỏ sót những thành phần của gốc ứng với những điểm bất th−ờng cô lập của F (à) nằm bên phải trục ảo. • Dùng ảnh Fourier sẽ đơn giản hơn ảnh Laplace trong việc biểu diễn hình học và khảo sát nó bởi vì F (iλ) chỉ xác định trên trục ảo còn F (à) xác định trên toàn mặt phẳng phức. 6.13.2 Tính chất của toán tử Fourier Ta có thể coi Fourier là một tr−ờng hợp riêng của Laplace do đó có thẻ chứng ming t−ơng tự một số định lí: • Định lí chậm trễ: 1(t)f(t)→ F (iλ) t−ơng ứng với 1(t− τ )f(t− τ )→ F (iλ)e−iλτ . • Định lí đạo hàm gốc: 1(t)f(t)→ F (iλ) t−ơng ứng với 1(t)f ′(t)→ iλF (iλ)− f(0). • Định lí tích phân gốc: 1(t)f(t)→ F (iλ) t−ơng ứng với 1(t) t∫ 0 f(ξ)dξ → F (iλ) iλ . • Định lí tích chập gốc: f1 ∗ f2 → F1(iλ)F2(iλ). Tài liệu tham khảo [1] ..... [2] ..... [3] ..... 49