Hàm Biến Phức - dulieu.tailieuhoctap.vndulieu.tailieuhoctap.vn/books/giao-duc-dai-cuong/kinh-te-hoc/file... · § 5 Các ví dụ về sự biến hình ... § 7 Định lý

HỒ CÔNG XUÂN VŨ Ý

Hàm Biến Phức

Tiền Giang - 2012

Hàm Biến Phức

Hồ Công Xuân Vũ ÝTrường Đại Học Tiền Giang

To my parents

Mục lục 3

Mục lục

I Số phức 6§ 1 Số phức và các phép toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6§ 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác . . . . . . . . . . . . . 15§ 3 Argument và căn bậc n của số phức . . . . . . . . . . . . . 22§ 4 Mặt cầu Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30§ 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳng phức . . . . . . . . . 32

II Hàm biến số phức 37§ 1 Dãy và chuỗi số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37§ 2 Hàm số biến số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50§ 3 Liên tục và liên tục đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56§ 4 Dãy hàm và chuỗi hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60§ 5 Chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70§ 6 Các phép tính trên chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . 74

IIIHàm giải tích 78§ 1 Đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78§ 2 Hàm giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88§ 3 Hàm mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91§ 4 Hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95§ 5 Hàm hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

IV Một số hàm sơ cấp khác và phép biến hình 100§ 1 Hàm Logarithm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100§ 2 Hàm lũy thừa và lũy thừa phức . . . . . . . . . . . . . . . . 102§ 3 Hàm tuyến tính và hàm f(z) = 1/z . . . . . . . . . . . . . 105§ 4 Hàm phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112§ 5 Các ví dụ về sự biến hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

c© Hồ Công Xuân Vũ Ý

4 Mục lục

§ 6 Khái niệm về diện Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

V Lý thuyết tích phân 128§ 1 Đường cong . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128§ 2 Tích phân đường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136§ 3 Nguyên hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144§ 4 Định lý Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148§ 5 Công thức tích phân Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . 162§ 6 Tích phân loại Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172§ 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lý module cực đại . . . 177§ 8 Định lý Liouville và định lý đại số cơ bản . . . . . . . . . . 181§ 9 Nguyên lý Montel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới 188§ 1 Hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188§ 2 Công thức Schwarz và công thức Poisson . . . . . . . . . . . 193§ 3 Bài toán Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195§ 4 Nguyên lý Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202§ 5 Hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206§ 6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209§ 7 Định lý Hartogs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

VIILý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư 216§ 1 Chuỗi Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216§ 2 Chuỗi Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225§ 3 Các loại điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234§ 4 Thặng dư và cách tính thặng dư . . . . . . . . . . . . . . . 247

VIII´Ưng dụng lý thuyết thặng dư 257§ 1 Tính tích phân suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257§ 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos . . . . . . . . . . . 264§ 3 Tính tích phân xác định chứa sin và cos . . . . . . . . . . . 270§ 4 Đường bị khoét lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272§ 5 Tích phân theo đường phân nhánh . . . . . . . . . . . . . . 276§ 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché . . . . . . . . . . . . 284

IX Anh xạ bảo giác 293§ 1 Y nghĩa hình học của đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . 293§ 2 Ánh xạ bảo giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295


Mục lục 5

§ 3 Bổ đề Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300§ 4 Định lý ánh xạ Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302§ 5 Bài toán biểu diễn bảo giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

X Tích vô hạn 308§ 1 Tích số vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308§ 2 Tích vô hạn hàm phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312§ 3 Dạng chính tắc Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320§ 4 Genus của hàm giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323§ 5 Hàm gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327

Tra cứu 337


6

Chương I

Số phức

Ta biết rằng trường số thực R nhận được bằng cách làm “đầy” trường hữutỷ Q mà bản thân Q lại được xây dựng từ vành số nguyên Z. Việc làmđầy xuất phát từ sự nghiên cứu các phương trình đại số với hệ số hữu tỷvà giới hạn của dãy các số hữu tỷ. Tuy nhiên, trường R vẫn không đầy đủ,bởi vì ngay cả phương trình đơn giản x2 + 1 = 0 cũng không có nghiệmtrong R. Một cách tổng quát hơn, trong số thực không phải mọi số đều cócăn bậc chẵn và phương trình bậc lớn hơn một không phải bao giờ cũngcó nghiệm. Bên cạnh đó, trong giải tích nếu chỉ giới hạn trong R người ta

không thể giải thích được vì sao hàm f(x) =1

1 + x2không thể khai triển

được thành chuỗi lũy thừa trên toàn bộ đường thẳng thực.∗

Với lý do trên đưa đến sự cần thiết mở rộng trường số thực. Cụ thểlà cần tìm kiếm một trường mới rộng hơn mà trong trường hợp riêng nóchính là trường số thực với các phép toán thông thường (hay trường sốthực R là một trường con của nó).

§ 1 Số phức và các phép toán

Định nghĩa số phức

Trong đại số người ta đã xây dựng trường số phức một cách chi tiết khắcphục những hạn chế của trường số thực. Chúng ta chỉ nêu một số ý đặctrưng ở đây. Số phức có thể được định nghĩa như là một cặp số thực cóthứ tự (x, y). Người ta thường viết số phức bởi các chữ z và w. Như vậy, với

Tập bài giảng này được soạn theo [9, 6, 7] và tham khảo thêm [3, 2, 4]∗Bạn đọc có thể tham khảo giải thích thú vị của [8, trang 212-217]


§ 1 Số phức và các phép toán 7

(x, y)

O x

y

Hình I.1: Mặt phẳng phức C

z = (x, y) và w = (x′, y′), ta có z = w

khi và chỉ khi x = x′ và y = y′. Mặtkhác, cặp số (x, y) có thể được hiểu làmột điểm trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Khi đó, nếu xem (x, y) là một số phứcthì mặt phẳng tọa độ Oxy sẽ được gọilà mặt phẳng phức Oxy và còn đượcký hiệu là (z) hoặc C. Ta có tập hợpsố phức

C = (x, y) : x, y ∈ R .

Xét số phức z = (x, y). Ta gọi x được gọi là phần thực của số phứcz và ký hiệu là Rez còn y được gọi là phần ảo của z và ký hiệu là Imz.Trong mặt phẳng phức, trục hoành còn được gọi là trục thực và trục tungcòn được gọi là trục ảo. Nếu xem trục Ox là một đường thẳng thực, thìmỗi số thực x ứng với điểm (x, 0) trên trục thực Ox. Do đó, tập hợp sốthực là một tập con của tập số phức, và số phức z = (x, 0) được gọi làsố thực và được đồng nhất với x, nghĩa là x ≡ (x, 0) (Xem thêm bài tập16). Số phức z = (0, y) được gọi là số thuần ảo; đặc biệt (0, 1) được gọilà đơn vị ảo và ký hiệu là i, nghĩa là i = (0, 1). Như vậy 0 = (0, 0) là sốduy nhất vừa là số thực vừa là số thuần ảo.

Cho số phức z = (x, y) số phức (x,−y) được gọi là số phức liên hợpcủa số phức z và ký hiệu z. Dễ dàng kiểm tra được

¯z = z.

Hơn nữa, ta cũng thấy z là một số thực khi và chỉ khi nó bằng với liênhợp của nó.

Các phép toán trên số phức

Tổng của hai số phức z1 = (x1, y1) và z2 = (x2, y2) là số phức

z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2)(1.1)

và tích của chúng là số phức

z1z2 = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1).(1.2)


8 I Số phức

x

y

z1

z1

z1 + z2z2

O

Hình I.2: Phép cộng và liên hợp

Người ta chứng minh được phép cộngvà phép nhân trên số phức có các tínhchất sau.

1.3 Định lý. Với mọi z1, z2, z3 ∈ C,ta có

(1) z1 + z2 = z2 + z1

(2) z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3

(3) z1 + (0, 0) = z1

(4) z1 + z′1 = (0, 0), trong đó z′1 = (−x1,−y1) nếu z1 = (x1, y1)

(5) z1z2 = z2z1

(6) z1(z2z3) = (z1z2)z3

(7) z1(1, 0) = z1

(8) Nếu z1 6= (0, 0) thì z1z′1 = (1, 0), trong đó với z1 = (x1, y1) ta cóz′1 = ( x1

x21+y2

1,− y1

x21+y2

1)

(9) z1(z2 + z3) = z1z2 + z1z3.

Chứng minh. Dành cho bạn đọc xem như bài tập.

1.4 Thí dụ. ⊲ i2 = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1. Vậy i là nghiệm củax2 + 1 = 0 trong C.

⊲ Với z = (x, y), ta có zz = (x, y)(x,−y) = (x2 + y2, 0) = x2 + y2.

⊲ (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (x, 0) + (0, 1)(y, 0) = x+ iy. Vậy số phức (x, y)

được viết dưới dạng x+iy hay x+yi (do tính giao hoán của phép nhân),và gọi là dạng đại số của số phức.

Phép cộng và phép nhân được viết lại ở dạng đại số như sau: vớiz1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2 ta có

(x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2)

(x1 + iy1)(x2 + iy2) = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1).

Như vậy, ở dạng đại số phép cộng và nhân được thực hiện như các phéptoán đại số trong số thực khi xem i là hằng số và lưu ý đẳng thức i2 = −1.



Với z = (x, y) = x + iy, ta ký hiệu −z = (−x,−y) = −x − iy, và nếuz 6= 0 ký hiệu z−1 = ( x

x2+y2 ,− yx2+y2 ) = x

x2+y2 − i yx2+y2 . Từ đó ta định

nghĩa phép trừ và phép chia như sau.

z1 − z2 = z1 + (−z2)z1z2

= z1z−12 , (z2 6= 0).

Như vậy, để tìm thương của z1z2

với z2 6= 0 ta nhân z1 với nghịch đảoz−12 của z2. Giả sử z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2, ta có

z1z2

= (x1 + iy1)( x2x22 + y22

− iy2

x22 + y22

)

=x1x2 + y1y2x22 + y22

+ ix2y1 − x1y2x22 + y22

(1.5)

Do đó, để tính được thương ta phải nhớ công thức nghịch đảo của số phức.Tuy nhiên, có một cách đơn giản để giúp ta thực hiện dễ dàng phép chiatrên là nhân tử và mẫu với số liên hợp của mẫu:

z1z2

=(x1 + iy1)(x2 − iy2)

(x2 + iy2)(x2 − iy2)=x1x2 + y1y2x22 + y22

+ ix2y1 − x1y2x22 + y22

.(1.6)

1.7 Thí dụ. Viết lại số phức1 + i

1 + i√2

ở dạng đại số. Ta có

1 + i

1 + i√2=

(1 + i)(1− i√2)

(1 + i√2)(1− i

√2)

=1 +

√2

3+ i

1−√2

3.

Cũng như trong tập số thực chúng ta có một số quy tắc tính toán chocác phép cộng và nhân đối với các số phức trong định lý sau.

1.8 Định lý. Với các số phức z1, z2, z3 và z4, ta có

(1) nếu z1z2 = 0 thì z1 = 0 hay z2 = 0.

(2)z1 + z2z3

=z1z3

+z2z3

(z3 6= 0).

(3)1

z1z2= (z1z2)

−1 = z−11 z−1

2 =( 1

z1

)( 1

z2

)

(z1 6= 0, z2 = 0).

(4)z1z2z3z4

=(z1z3

)(z2z4

)

(z3 6= 0, z4 6= 0).


10 I Số phức


Nhờ có tính chất (6) ta có được định nghĩa sau. Lũy thừa bậc n củasố phức z là tích n lần của số phức z, và ký hiệu zn,

zn = z · z · · · z︸︷︷︸

n lần

.(1.9)

Chúng ta chú ý rằng in chỉ có bốn giá trị: 1, i, −1, −i. Chúng tươngứng với giá trị của n mà nó chia cho 4 lần lượt có dư là 0, 1, 2, 3.

1.10 Thí dụ. Với z = x+ iy, ta có

z2 = (x+ iy)(x+ iy) = x2 − y2 + i2xy

z3 = (x2 − y2 + i2xy)(x+ iy) = x3 − 3xy2 + i(3x2y − y3)

z4 = (x3 − 3xy2 + i(3x2y − y3))(x + iy)

= x4 − 6x2y2 + y4 + i4xy(x2 − y2)

Ta có thể chứng minh được các phép toán của số phức có các tính chấttrong định lý sau.

1.11 Định lý. (1) z1 + z2 = z1 + z2

(2) z1z2 = z1z2

(3) z + z = 2Re z

(4) z − z = 2i Im z

(5)(z1z2

)

=z1z2

với z2 6= 0.


Bằng quy nạp chúng ta dễ dàng chứng minh các đẳng thức sau:

z1 + z2 + · · ·+ zn = z1 + z2 + · · ·+ zn

z1z2 · · · zn = z1z2 · · · zn

Một cách tổng quát, cho R(a, b, c, . . .) ký hiệu một biểu thức hữu tỉ cácphép toán áp dụng cho các số phức a, b, c, . . .; khi đó

R(a, b, c, . . .) = R(a, b, c, . . .).



Như là một ứng dụng, xét phương trình

c0zn + c1z

n−1 + · · ·+ cn−1z + cn = 0.

Nếu ξ là một nghiệm của phương trình trên, thì ξ là một nghiệm củaphương trình

c0zn + c1z

n−1 + · · ·+ cn−1z + cn = 0.

Đặc biệt, nếu các hệ số của phương trình là thực thì ξ và ξ là các nghiệmcủa cùng một phương trình, và chúng ta có một định lý quen thuộc: cácnghiệm không thực của một phương trình với các hệ số thực lập thành từngcặp nghiệm liên hợp.

Căn bậc hai

Bây giờ chúng ta chứng tỏ rằng căn bậc hai của một số phức có thể đượcbiểu diễn một cách tường minh. Với số phức α + iβ cho trước, ta tìm sốphức x+ iy sao cho

(x + iy)2 = α+ iβ.

Điều này tương đương với việc giải hệ phương trìnhx2 − y2 = α

2xy = β

Từ hai phương trình trên ta có (x2 + y2)2 = (x2 − y2)2 +4x2y2 = α2 +β2.Do đó, ta có

x2 + y2 =√

α2 + β2,

ở đây là căn bậc hai thực cho một số không âm. Kết hợp với phương trìnhđầu ta được

x2 = 12 (α+

√

α2 + β2)

y2 = 12 (−α+

√

α2 + β2)(1.12)

Ta nhận thấy các đại lượng của vế phải là dương hoặc bằng 0 không phụthuộc vào dấu của α.

Nói chung, các phương trình trong (1.12) cho hai giá trị x đối nhau vàhai giá trị y đối nhau. Do 2xy = β ta không thể có 4 sự kết hợp của các


12 I Số phức

giá trị x và y. Do đó, các giá trị của x và y được lấy phụ thuộc vào dấucủa β. Khi β 6= 0 ta được

√

α+ iβ = ±(√

α+√

α2 + β2

2+ i

β

|β|

√

−α+√

α2 + β2

2

)

.(1.13)

Khi β = 0, ta có

√α+ i0 =

±√α khi α ≥ 0

±i√−α khi α < 0

(1.14)

Các căn ở vế phải là căn bậc hai dương của số thực không âm.Như vậy, chúng ta tìm được căn bậc hai của một số dương có hai giá

trị đối nhau. Chúng trùng nhau khi α + iβ = 0. Chúng là thực khi α ≥ 0

và β = 0. Chúng là thuần ảo khi α ≤ 0 và β = 0.

1.15 Thí dụ. Ta tính các căn√−i và 4

√−i.

√−i = ±

(√

1

2− i

√

1

2

)

= ±√2

2∓ i

√2

2.

Nếu ta hiểu 4√−i =

√√−i thì nó có 4 giá trị; áp dụng kết quả vừa tìm

được và công thức (1.13) bốn giá trị cần tìm là

√√2

2− i

√2

2= ±

(√ √

22 + 1

2− i

√

−√22 + 1

2

)

= ±(√

2 +√2

2− i

√

2−√2

2

)

√

−√2

2+ i

√2

2= ±

(√

−√2

2 + 1

2+ i

√ √22 + 1

2

)

= ±(√

2−√2

2+ i

√

2 +√2

2

)

Xây dựng trường số phức

Trong phần này chúng tôi trình bày sơ lược về việc xây dựng trường sốphức. Ta đã biết phương trình x2 + 1 = 0 không có nghiệm trong R, vìα2 + 1 luôn dương. Giả sử rằng ta tìm được một trường F chứa R như là



một trường con mà trong F phương trình x2 + 1 = 0 có nghiệm. Ký hiệumột nghiệm là i. Khi đó, x2+1 = (x+ i)(x− i), và phương trình x2+1 cóđúng hai nghiệm trong F là i và −i. Đặt C là một tập con của F bao gồmtất cả các phần tử mà nó biểu diễn ở dạng α+ iβ với các số thực α và β.Biểu diễn này là duy nhất bởi vì α+iβ = α′+iβ′ suy ra α−β′ = i(β′−β);do đó (α− α′)2 = −(β′ − β)2, và nó chỉ xảy ra khi α = α′ và β = β′.

Tập con C là một trường con của F. Thật sự chúng ta có thể kiểmchứng C là một trường như trong Định lý 1.3. Hơn thế nữa, cấu trúc củaC là độc lập đối với F. Bởi vì nếu F′ là một trường khác chứa R và có i′ lànghiệm của phương trình x2 + 1 = 0, thì tập con tương ứng C′ được tạothành bởi tất cả phần tử dạng α+ i′β. Có một song sánh giữa C′ và C mànó tương ứng α+ i′β và α+ iβ, và sự tương ứng này rõ ràng là một đẳngcấu trường. Điều đó chứng tỏ C′ và C đẳng cấu.

Bây giờ chúng ta định nghĩa trường số phức là trường con C của mộttrường tùy ý F. Chúng ta vừa thấy rằng sự lựa chọn cho F không tạo rasự khác biệt cho C, nhưng chúng ta chưa chứng tỏ sự tồn tại một trườngF. Để chứng tỏ rằng định nghĩa của chúng ta có nghĩa chúng ta chỉ cònchỉ ra một trường F mà nó chứa R (hay có một trường con đẳng cấu vớiR) và phương trình x2 + 1 = 0 có nghiệm trong F.

Có nhiều cách xây dựng một trường F như thế. Sau đây là phươngpháp đơn giản nhất và cũng trực tiếp nhất: Xét tất cả các biểu thức dạngα + iβ ở đây α và β là các số thực trong khi dấu + và ký hiệu i thựcchất là những ký hiệu thuần túy (+ không biểu thị phép cộng, và i khônglà phần tử của trường R). Các biểu diễn này thành lập một trường F vớiphép cộng và nhân được xác định bởi

(x1 + iy1) + (x2 + iy2) = (x1 + x2) + i(y1 + y2)

(x1 + iy1)(x2 + iy2) = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1)

(các phép toán trong dấu ngoặc ở vế phải là trong R, cho nên phải chúý hai nghĩa khác nhau của dấu + trong các biểu thức trên). Các phầntử có dạng đặc biệt α + i0 thành lập một trường con đẳng cấu với R, vàphần tử 0 + i1 thỏa phương trình x2 + 1 = 0, thực sự chúng ta thu được(0 + i1)2 = −(1 + i0). Trường F thỏa các tính chất yêu cầu; hơn nữa nótrùng với trường con tương ứng C bởi vì ta có thể viết

α+ iβ = (α+ i0) + β(0 + i1).

Sự tồn tại của trường số phức được chứng minh, và chúng ta quay trở lại


14 I Số phức

ký hiệu đơn giản hơn α+ iβ ở đây dấu + để chỉ phép cộng trong C và i làmột nghiệm của phương trình x2 + 1 = 0.

Với việc nhìn lại, để đi đến quy tắc cộng và nhân của các số phức chúngta chỉ dùng i2 = −1. Do −i cũng có tính chất như thế, nên tất cả nhữngquy tắc về các phép toán vẫn còn đúng nếu thay i bởi −i ở mọi nơi. Điềunày đã được nêu trong Định lý 1.11. Phép biến đổi thay thế α + iβ bởiα− iβ được gọi là phép lấy liên hợp phức.

Bài tập

1 ) Thực hiện các phép tính sau đây (viết kết quả ở dạng đại số)

(a) (1 + i)(2− i√2) (b) (3 + i

√3)2 (c) (2 + i)2

(d)1− i

1 + 2i(e)

1

2− 3i· 1

1 + i(f)

1 + 2i

3− 4i+

2− i

5i

2 ) Tính các biểu thức sau: (a) (1 + 2i)3 (b) (1 + i)n + (1− i)n.

3 ) Nếu z = x+ iy, tìm phần thực và phần ảo của: (a)z − 1

z + 1(b)

1

z2

4 ) Chứng minh rằng

(−1± i√3

2

)3

= 1 và(±1± i

√3

2

)6

= 1

với mọi tổ hợp của các dấu.

5 ) Tìm số thực a và b sao cho (a+ ib)2 = −8 + 6i.

6 ) Tìm các căn (a)

√

1− i√3

2(b)

√2− i (c)

√i (d) 4

√i.

7 ) Chứng minh các tính chất trong Định lý 1.3.


9 ) Giải phương trình z2 + z + 1 = 0 theo z = x + iy bằng cách viết lại(x+ iy)2 + (x+ iy) + 1 = 0.

10 ) Giải phương trình z2 + 2(1 + 2i)z − 5 + 2i = 0.


§ 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác 15

11 ) Tính tổng 1 + z + z2 + · · ·+ zn.

12 ) Cho P (z) là một đa thức bậc n ≥ 1. Chứng minh rằng P (z) =

(z − z0)Q(z) + P (z0), trong đó Q(z) là một đa thức bậc n− 1.

13 ) Chứng minh rằng số phức z là số thực hay thuần ảo khi và chỉ khi(z)2 = z2.

14 ) Hãy tìm tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức thỏa (z − i) = 2.

15 ) Tìm họ đường cong trong mặt phẳng phức được cho bởi phương trình

(a) Re 1z = C (b) Im 1

z = C (c) Re z2 = C (d) Im z2 = C

trong đó C là hằng số thực.

16 ) Chứng minh rằng ánh xạ f : R → C xác định bởi f(x) = (x, 0) làmột đơn cấu đối với trường.

17 ) Cho P (z) là một đa thức có các hệ số là số thực. Chứng minh rằngnếu z0 là nghiệm của đa thức thì z0 cũng là nghiệm của đa thức.

18 ) Tìm điều kiện để phương trình az+bz+c = 0 có nghiệm duy nhất vàtìm nghiệm ấy. Khi nào phương trình này được biểu diễn bởi đường thẳng.

19 ) Bằng việc tính toán trực tiếp kiểm chứng lại rằng giá trị củaz

z2 + 1tại hai số phức liên hợp z = x+ iy và z = x− iy là liên hợp nhau.

20 ) Chứng minh rằng tập tất cả ma trận có dạng đặc biệt(α β−β α

)

cùng với phép cộng và phép nhân ma trận đẳng cấu với trường số phức.

§ 2 Modulus và bất đẳng thức tam giác

Trong tập số thực R ta có khái niệm giá trị tuyệt đối của mỗi số thực, nóđóng một vai trò đặc biệt quan trọng trong giải tích thực. Khái niệm nàyđược mở rộng cho trường số phức C mà các tính chất vẫn được giữ nguyên.


16 I Số phức

Modulus

Với mỗi z = (x, y) ∈ C, đặt |z| =√

x2 + y2 =√zz, và gọi là modulus

của z. Như vậy, |z| chính là khoảng cách của (x, y) đến gốc tọa độ O(0, 0)trong mặt phẳng tọa độ Oxy.

Ta biết rằng phương trình của đường tròn có tâm là (0, 0) có bán kínhr trong mặt phẳng Oxy là x2 + y2 = r2 hay

√

x2 + y2 = r. Nếu xem Oxy

là mặt phẳng phức và z = (x, y) thì phương trình đường tròn tâm O bánkính r được viết lại là |z| = r. Lập luận tương tự như trên, ta có phươngtrình của đường tròn tâm z0 = (x0, y0) bán kính r là |z − z0| = r.

Các tính chất về modulus trong định lý sau có thể chứng minh mộtcách dễ dàng.

2.1 Định lý. Với z, z1, z2 ∈ C, ta có

(1) |z| ≥ 0 và |z| = 0 khi và chỉ khi z = 0

(2) |z| ≥ |Re z|

(3) |z| ≥ | Im z|

(4) |z| ≤ |Re z|+ | Im z|

(5) |z| = |z|

(6) |z1z2| = |z1| · |z2|

(7)∣∣∣z1z2

∣∣∣ =

|z1||z2|

với z2 6= 0.

Chứng minh. Chúng tôi sẽ trình bày chứng minh tính chất (6), các tínhchất còn lại xin dành cho bạn đọc. Với z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2,ta có

|z1z2|2 = |x1x2 − y1y2 + i(x1y2 + x2y1)|2

= (x1x2 − y1y2)2 + (x1y2 + x2y1)

2

= x21x22 + y21y

22 + x21y

22 + x22y

21

= (x21 + y21)(x22 + y22)

= |z1|2|z2|2.

Ta có thể chứng minh đẳng thức ngắn gọn như sau |z1z2|2 = (z1z2)(z1z2) =

(z1z1)(z2z2) = |z1|2|z2|2.



Bằng qui nạp chúng ta có thể mở rộng tính chất (6) thành tích hữu hạn

|z1z2 · · · zn| = |z1| · |z2| · · · |zn|.(2.2)

2.3 Thí dụ. Với z1 và z2 là hai số phức tùy ý, chứng minh rằng|z1z2 + 1|2 + |z1 − z2|2 = (1 + |z1|2)(1 + |z2|2).

Chứng minh. Ta có

|z1z2 + 1|2 + |z1 − z2|2 = (z1z2 + 1)(z1z2 + 1) + (z1 − z2)(z1 − z2)

= (z1z2 + 1)(z1z2 + 1) + (z1 − z2)(z1 − z2)

= z1z1z2z2 + z1z2 + z1z2 + 1

+ z1z1 − z1z2 − z2z1 + z2z2

= 1 + |z1|2 + |z2|2 + |z1|2|z2|2

= (1 + |z1|2)(1 + |z2|2)

Bất đẳng thức tam giác

2.4 Định lý. (Bất đẳng thức tam giác) Với mọi số phức z1 và z2, tacó bất đẳng thức

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|(2.5)

Chứng minh. Theo định nghĩa của modulus ta có thể viết

|z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2)

= (z1 + z2)(z1 + z2)

= z1z1 + z1z2 + z2z1 + z2z2.

Mặt khác, ta có

z1z2 + z2z1 = z1z2 + z1z2 = 2Re(z1z2) ≤ 2|z1z2| = 2|z1||z2|.

Do đó,|z1 + z2|2 ≤ |z1|2 + 2|z1||z2|+ |z2|2 = (|z1|+ |z2|)2.

Hơn nữa, ta nhận thấy đẳng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Re(z1z2) =|z1z2|, nghĩa là tích z1z2 là một số thực không âm. Vậy khi một trong haisố bằng không dấu đẳng thức xảy ra, và khi cả hai khác không dấu đẳngxảy ra khi và chỉ khi z1z2 > 0 hay

z1z2

> 0, nghĩa là tỷ số của hai số là

dương.


18 I Số phức

Chú ý trong chứng minh bất đẳng thức tam giác ta có được đẳng thức

|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2Re(z1z2).(2.6)

Hơn nữa, bằng qui nạp toán học bất đẳng thức tam giác có thể được mởrộng cho tổng hữu hạn bất kỳ của các số phức

|z1 + z2 + · · ·+ zn| ≤ |z1|+ |z2|+ · · ·+ |zn|.(2.7)

Bây giờ ta xét dấu đẳng thức trên xảy ra khi nào. Giả sử dấu đẳng thức(2.7) xảy ra, ta có thể loại bỏ các số bằng không và giả sử rằng các số kháckhông và có nhiều hơn hai số hạng. Khi đó, ta có

|z1|+ |z2|+ |z3|+ · · ·+ |zn| = |z1 + z2 + z3 + · · ·+ zn|≤ |z1 + z2|+ |z3|+ · · ·+ |zn|≤ |z1|+ |z2|+ |z3|+ · · ·+ |zn|

Do đó, các dấu bằng ở trên phải xảy ra, và ta có |z1+ z2| = |z1|+ |z2|. Khiđó, tỷ số giữa z1 và z2 là một số dương. Như vậy, ta đi đến kết luận rằngnếu đẳng thức xảy ra ở (2.7) thì tỷ số hai số hạng bất kỳ khác không làmột số dương. Ngược lại, giả sử có một số hạng khác không, gọi nó là z1,và tỷ số giữa các số hạng còn lại với z1 là một số thực không âm. Khi đó,ta có

|z1 + z2 + · · ·+ zn| = |z1| ·∣∣∣1 +

z2z1

+ · · ·+ znz1

∣∣∣

= |z1| ·∣∣∣∣1 +

|z2||z1|

+ · · ·+ |zn||z1|

∣∣∣∣

= |z1|+ |z2|+ · · ·+ |zn|.

Tóm lại ta có được: Dấu đẳng thức xảy ra ở (2.7) khi và chỉ khi tỷ số haisố khác không bất kỳ là dương.

2.8 Hệ quả. Với mọi số phức z1 và z2, ta có |z1 − z2| ≥∣∣|z1| − |z2|

∣∣.

Chứng minh. Theo bất đẳng thức tam giác ta có |z1 − z2| + |z2| ≥ |z1|suy ra |z1− z2| ≥ |z1|− |z2|. Từ đó suy ra |z1− z2| = |z2− z1| ≥ |z2|− |z1|.Vậy |z1 − z2| ≥

∣∣|z1| − |z2|

∣∣.

2.9 Thí dụ. Với |z| = 3, ta có9

17≤∣∣∣2z2 + 3z

4z − 5

∣∣∣ ≤ 27

7. Thật vậy, ta có

9 = |2|z|2 − 3|z|| ≤ |2z2 + 3z| ≤ 2|z|2 + 3|z| = 27

và



7 = |4|z| − 5| ≤ |4z − 5| ≤ 4|z|+ 5 = 17.

Từ các bất đẳng thức trên ta suy ra được9

17≤∣∣∣2z2 + 3z

4z − 5

∣∣∣ ≤ 27

7.

2.10 Thí dụ. (OSV93) Cho 0 ≤ α ≤ 1. Chứng minh rằng với mọi a ∈ C

phương trình z3 − az + a = 0 có ít nhất một nghiệm thỏa mãn điều kiện|z − α| ≤ 2− α.

Trong đại số ta biết rằng một phương trình bậc ba luôn có 3 nghiệm.Gọi ba nghiệm của z3 − az + a = 0 là z1, z2, z3. Khi đó, ta viết đượcz3 − az + a = (z − z1)(z − z2)(z − z3). Do đó, ta có hệ đẳng thức

z1z2z3 = −az1z2 + z1z3 + z2z3 = −az1 + z2 + z3 = 0

Do đó, (1− z1)(1− z2)(1− z3) = 1− (z1+ z2+ z3)+ (z1z2+ z2z3+ z1z3)−z1z2z3 = 1, cho nên |1− z1| · |1− z2| · |1− z3| = 1. Vậy phải có ít nhất mộtnghiệm zi sao cho |1− zi| ≤ 1. Từ đó ta có

|zi − α| ≤ |zi − 1|+ |1− α| ≤ 1 + 1− α = 2− α.

Có nhiều bất đẳng thức khác cũng thường được dùng nhưng chứngminh nó không đơn giản. Một bất đẳng thức như thế được dùng khá phổbiến là bất đẳng thức Cauchy trong định lý sau.

2.11 Định lý. (Bất đẳng thức Cauchy) Với mọi số phức a1, a2, . . . , anvà b1, b2, . . . , bn, ta có

|a1b1 + · · ·+ anbn|2 ≤ (|a1|2 + · · ·+ |an|2)(|b1|2 + · · ·+ |bn|2).

Chứng minh. Dùng đẳng thức Lagrange ta có ngay bất đẳng thức Cauchy.Chúng ta sẽ chứng minh trực tiếp như sau. Với λ là một số phức bất kỳ,theo đẳng thức (2.6) ta được

n∑

j=1

|aj − λbj |2 =

n∑

j=1

|aj |2 + |λ|2n∑

j=1

|bj |2 − 2Re(

λ

n∑

j=1

ajbj

)

.

Rõ ràng, giá trị của biểu thức này không âm với mọi λ. Khin∑

j=1

|bj |2 = 0

thì các bj đều bằng 0 nên bất đẳng thức Cauchy hiển nhiên đúng (cả hai


20 I Số phức

vế đều bằng 0). Khin∑

j=1

|bj |2 > 0 thay λ =

n∑

j=1

ajbj

n∑

j=1

|bj |2vào biểu thức trên ta

tính được

0 ≤n∑

j=1

|aj |2 +∣∣∣∣∣

n∑

j=1

ajbj

n∑

j=1

|bj|2

∣∣∣∣∣

2 n∑

j=1

|bj |2 − 2Re

(n∑

j=1

ajbj

n∑

j=1

|bj |2

n∑

j=1

ajbj

)

=n∑

j=1

|aj |2 +

∣∣

n∑

j=1

ajbj∣∣2

n∑

j=1

|bj |2− 2

∣∣

n∑

j=1

ajbj∣∣2

n∑

j=1

|bj|2

=

n∑

j=1

|aj |2 −

∣∣

n∑

j=1

ajbj∣∣2

n∑

j=1

|bj |2

Từ đó ta có được bất đẳng thức Cauchy. Dấu đẳng thức xảy ra khi aj = λbjvới mọi j.

Bài tập

1 ) Tìm modulus của các biểu thức

−2i(3 + i)(2 + 4i)(1 + i) và(3 + 4i)(−1 + 2i)

(−1− i)(3− i).

2 ) Chứng minh rằng√2|z| ≥ |Re z|+ | Im z|.

3 ) Chứng minh rằng∣∣∣a− b

1− ab

∣∣∣ = 1 nếu hoặc là |a| = 1 hoặc là |b| = 1.

Phải loại trừ trường hợp nào nếu |a| = |b| = 1.

4 ) Chứng minh rằng nếu |a| < 1 và |b| < 1 thì∣∣∣a− b

1− ab

∣∣∣ < 1.

5 ) Chứng minh đẳng thức |z1 − z2|2 + |z1 + z2|2 = 2(|z1|2 + |z2|2). Giảithích ý nghĩa hình học của nó.




7 ) Chứng minh rằng | Im(1− z + z2)| < 3 khi |z| < 1.

8 ) Chứng minh rằng nếu số phức z nằm trên đường tròn đơn vị tâm tạigốc tọa độ, thì ta có bất đẳng thức 1 ≤ |z3 − 2| ≤ 3.

9 ) Với |z| = 2, chứng minh rằng2

15≤∣∣∣z2 − 3z

4z + 7

∣∣∣ ≤ 10.

10 ) Chứng minh rằng nếu |z| = 2, thì∣∣∣

1

z4 − 4z2 + 3

∣∣∣ ≤ 1

3.

11 ) Trong mỗi trường hợp, biểu diễn tập hợp các điểm xác định bởiđiều kiện.

(a) |z−1+i| = 1 (b) |z + i| ≤ 3 (c) Re(z− i) = 2 (d) |2z − i| = 4

12 ) Giải thích ý nghĩa hình học tập hợp tất cả các điểm z thỏa cáchệ thức sau

(a) |z − 2|+ |z + 2| = 5.

(b) |z + i| ≤ 3.

(c) Re(z) + Im(z) < 1.

(d) Re(z − z1z − z2

)

= 0.

(e) 0 < Re(iz) < 1.

(f) |z − 2| − |z + 2| > 3.

(g) |z − z1| = |z − z2|.

(h)z − z1z − z2

= λ > 0.

13 ) Giải phương trình

(a) |z| − z = 1 + 2i (b) |z|+ z = 2 + i

14 ) Chứng minh rằng phương trình |z−z0| = R của một đường tròn tâmz0 bán kính R có thể được viết lại |z|2 − 2Re(zz0) + |z0|2 = R2.

15 ) Chứng minh rằng hyperbola x2−y2 = 1 có thể được viết z2+z2 = 2.

16 ) Chứng minh đẳng thức Lagrange ở dạng phức

∣∣∣

n∑

j=1

ajbj

∣∣∣

2

=

n∑

j=1

|aj |2n∑

j=1

|bj|2 −∑

1≤k<j≤n

|ak bj − aj bk|2.


22 I Số phức

17 ) Chứng minh rằng với mọi số phức a1, a2, . . . , an ta có

(a) (n− 2)n∑

j=1

|aj |2 +∣∣∣

n∑

j=1

aj

∣∣∣

2

=∑

1≤k<j≤n

|ak + aj|2

(b) n

n∑

j=1

|ak|2 −∣∣∣

n∑

j=1

aj

∣∣∣

2

=∑

1≤<k<j≤n

|ak − as|2

18 ) Chứng minh rằng∣∣∣∣

n∏

k=1

ak −n∏

k=1

bk

∣∣∣∣≤

n∑

k=1

|ak − bk|, với mọi ak, bk ∈ C

thỏa |ak| ≤ 1, |bk| ≤ 1, k = 1, . . . , n.

19 ) Chứng minh bất đẳng thức Cauchy bằng quy nạp.

20 ) Nếu |ai| < 1, λi ≥ 0 với i = 1, 2, . . . , n và λ1 + λ2 + · · · + λn = 1,chứng minh rằng |λ1a1 + λ2a2 + · · ·+ λnan| < 1.

21 ) Chứng minh rằng tồn tại các số phức z thỏa |z − a| + |z + a| = 2|c|nếu và chỉ nếu |a| ≤ |c|. Nếu điều kiện này thỏa, hãy xác định giá trị lớnnhất và nhỏ nhất của |z| thỏa phương trình trên.

22 ) Viết phương trình của một ellipse, hyperbola, parabola dưới dạngbiểu thức phức.

§ 3 Argument và căn bậc n của số phức

Argument

Cho số phức z = x+ iy 6= 0. Gọi ϕ là góc có hướng của tia OM , ở đây Olà gốc tọa độ và M = (x, y), với tia Ox trong mặt phẳng phức Oxy. Góc ϕđược gọi là argument của số phức z và ký hiệu Argz. Dễ dàng thấy rằng

x = |z| cosϕ y = |z| sinϕ.

Khi đó, số phức z được viết lại

z = |z| cosϕ+ i|z| sinϕ = |z|(cosϕ+ i sinϕ),

và ta nói số phức z được viết dưới dạng lượng giác.


§ 3 Argument và căn bậc n của số phức 23

(x, y)M

O x

y

ϕ0

r=√ x

2 +y2

Hình I.3: Argument của z

Trường hợp riêng, với ϕ0 ∈ [0, 2π)

sao cho x = |z| cosϕ0, y = |z| sinϕ0, tanói ϕ0 là argument chính của z vàký hiệu arg z.

Argument của số phức được địnhnghĩa khi nó khác không. Trường hợpsố phức bằng 0 thì không xác định ar-gument. Khi số phức khác không, ta cóthể xác định argument của một số phứcnhư sau. Xét số phức z = x+ iy. Nếu x = 0 thì

Argz =

π

2+ 2kπ khi y > 0, (k ∈ Z)

−π2+ 2kπ khi y < 0, (k ∈ Z).

Trường hợp x 6= 0, ta có

Argz =

arctany

x+ 2kπ

khi (x, y) ở góc phần tưthứ I và IV (k ∈ Z)

arctany

x+ (2k + 1)π

khi (x, y) ở góc phần tưthứ II và III (k ∈ Z)

3.1 Thí dụ. Xét số phức −4 + 4i. Ta có | − 4 + 4i| = 4√2. Vì −4 + 4i ở

góc phần tư thứ hai nên Argz = arctan(−1) + (2k + 1)π =3π

4+ 2kπ.

Với số phức 3− 3√3i, ta có |3− 3

√3i| = 6. Vì 3− 3

√3i ở góc phần tư

thứ IV nên Argz = arctan(−√3) + 2kπ = −π

3+ 2kπ.

Cho hai số phức z1 và z2 khác không. Từ định nghĩa của modulus vàargument ta có được khẳng định sau

z1 = z2 khi và chỉ khi |z1| = |z2|

Argz1 = Argz2 + 2kπ, k ∈ Z(3.2)

Dạng lượng giác của số có điểm tiện ích được thể hiện ở định lý sau.

3.3 Định lý. Cho hai số phức khác không z1 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) vàz2 = r2(cosϕ2 + i sinϕ2) với r1, r2 > 0. Khi đó, ta có các đẳng thức sau

z1z2 = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2))

1

z1=

1

r1(cosϕ1 − i sinϕ1)

(3.4)


24 I Số phức


z1z2 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1)r2(cosϕ2 + iϕ2)

= r1r2[(cosϕ1 cosϕ2 − sinϕ1 sinϕ2)

+ i(sinϕ1 cosϕ2 + cosϕ1 sinϕ2)]

= r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)).

và1

z1=

r1 cosϕ1

r21 cos2 ϕ+ r21 sin

2 ϕ− i

r1 sinϕ1

r21 cos2 ϕ+ r21 sin

2 ϕ

=1

r1(cosϕ1 − i sinϕ1).

Từ định lý trên ta có cách vẽ sau đây để tìm z = z1z2. Ta dựng tamgiác có đỉnh là 0, 1, z1. Vẽ tam giác có hai đỉnh 0, z2 đồng dạng thuận với0, 1, z1. Khi ấy, đỉnh thứ ba chính là tích z1z2.

x

y

z1z2

z1z2

1O

Hình I.4: Phép nhân hai số phức

3.5 Thí dụ. Chứng minh rằng các số phức a, b thỏa mãn điều kiện a2 =

2b 6= 0 khi và chỉ khi các nghiệm của đa thức x2 + ax + b tạo trên mặtphẳng phức hai đỉnh của một tam giác vuông cân có đỉnh góc vuông tạigốc tọa độ.

Giải. Khi a2 = 2b 6= 0 thì phương trình x2+ax+b = 0 có hai nghiệm phânbiệt z1 = a 1+i

2 và z2 = a 1−i2 . Do z1 = z2i nên thỏa điều kiện bài toán.

Ngược lại nếu đa thức đã cho có hai nghiệm z1 và z2 tạo trên mặtphẳng phức hai đỉnh của một tam giác vuông cân có đỉnh góc vuông tạigốc tọa độ thì ta phải có một nghiệm bằng tích của nghiệm thứ hai với i,



nói là z2 = z1i. Khi đó theo định lý Viet ta cóz1(1 + i) = z1 + z2 = −az21i = z1z2 = b

Suy ra b =(

− a

1 + i

)2

i =a2

2.

Ta được điều phải chứng minh.

Cũng từ định lý trên và bằng qui nạp ta có thể chứng minh được côngthức sau: với z = r(cosϕ+ i sinϕ), ta có

zn = rn(cosnϕ+ i sinnϕ)(3.6)

với mọi n ∈ N. Đặc biệt, khi r = 1, ta có công thức Moivre

(cosϕ+ i sinϕ)n = cosnϕ+ i sinnϕ với mọi n ∈ N.(3.7)

Hơn nữa, các công thức trên cũng đúng với n nguyên âm.Để cho gọn người ta dùng kí hiệu eiϕ thay cho cosϕ+ i sinϕ. Khi đó,

ta có một vài giá trị thường dùng đối với ký hiệu này là

eiπ2 = i, eiπ = −1, ei

3π2 = e−iπ2 = −i.

Như vậy, nếu số phức z 6= 0 ta có thể viết lại như sau

z = |z|eiArgz.(3.8)

Dạng viết số phức z như trên được gọi là dạng Euler (hay dạng mũ ) củaz. Ta viết lại phép toán nhân và lũy thừa dưới dạng Euler như sau. Vớiz1 = r1(cosϕ1 + i sinϕ1) và z2 = r2(cosϕ2 + i sinϕ2), ta có

z1z2 = r1r2ei(ϕ1+ϕ2),

1

z1=

1

r1ei(−ϕ1), (z1)

n = rn1 ei(nϕ1).(3.9)

3.10 Thí dụ. Để đưa biểu thức (√3 + i)7 về dạng đại số, chúng ta tiến

hành như sau

(√3 + i)7 = (2ei

π6 )7 = 27ei

7π6 = 64(−

√3− i) = −64

√3− 64i.

Dạng Euler của số phức rất tiện lợi vì nó phù hợp với các phép toánlũy thừa ở số thực khi xem i như là một hằng số. Hơn nữa, ta cũng dễdàng suy ra được công thức Euler quen thuộc về sau

cosϕ =eiϕ + e−iϕ

2sinϕ =

eiϕ − e−iϕ

2i(3.11)


26 I Số phức

Căn bậc n của số phức

3.12 Định nghĩa. Số phức w được gọi là một căn bậc n của số phức znếu wn = z.

Nếu z = 0, thì có thể thấy w = 0 là căn bậc n duy nhất của z. Trườnghợp z 6= 0, ta cũng thấy 0 không là căn bậc n của z. Ta viết z và w ở dạngEuler như sau

z = r0eiϕ0 w = reiϕ.

Từ đó suy ra rneinϕ = r0eiϕ0 . Vậy ta córn = r0

nϕ = ϕ0 + 2kπsuy ra

r = n√r0

ϕ =ϕ0 + 2kπ

n

hay

|w| = n√

|z|

Argw =Argz + 2kπ

n

(3.13)

trong đó k ∈ Z. Từ đó có thể thấy được có n căn bậc n của số phức zứng với các giá trị của k = 0, 1, . . . , n − 1; cụ thể là n

√

|z|eiArgz+2kπn với

k = 0, 1 . . . , n− 1. Người ta dùng ký hiệu n√z để chỉ tất cả các căn bậc n

của z; như vậy cũng có thể hiểu nó là tập hợp tất cả căn bậc n của z.

3.14 Chú ý. Các căn bậc n của z là các đỉnh của đa giác đều n cạnh nộitiếp trong đường tròn tâm O bán kính n

√

|z|. Đặc biệt, các căn bậc n củađơn vị, z = 1, là các đỉnh của đa giác đều nội tiếp trong đường tròn đơnvị |z| = 1. Đặt ω = cos 2π

n + i sin 2πn = ei

2πn thì các căn bậc n của đơn vị

chính là 1, ω, ω2, . . . , ωn−1. Ta nói ω là một căn nguyên thủy của đơn vị.Tổng quát hơn nếu k và n nguyên tố cùng nhau thì ωk cũng là một cănnguyên thủy của đơn vị, nghĩa là các căn bậc n của đơn vị đều là lũy thừacủa ωk. Hơn nữa, ta có thể chứng minh được kết quả sau: Nếu z0 là mộtcăn bậc n của z thì ωkz0 với k = 0, 1, . . . , n− 1 là n căn bậc n của z.

x

y

Hình I.5:

3.15 Thí dụ. Ta tìm căn bậc 4 của 1+ i√3. Ta

viết lại 1 + i√3 = 2ei

π3 . Do đó, 4

√

1 + i√3 =

4√2ei(

π12+

kπ2 ) với k = 0, 1, 2, 3. Hình I.5 biểu diễn

4 giá trị căn vừa tìm được.



3.16 Thí dụ. (OSV00) Cho số nguyên dươngm > 1 và số phức c có modulus bằng 1. Tìm các

số thực x sao cho(1 + ix

1− ix

)m

= c.

Giải. Đặt c = eiϕ. Khi đó từ định nghĩa căn bậc m của một số phức ta có

1 + ix

1− ix= ei

ϕ+2kπm , k = 0, 1, . . . ,m− 1

1− x2

1 + x2+ i

2x

1 + x2= cos

ϕ+ 2kπ

m+ sin

ϕ+ 2kπ

mk = 0, 1, . . . ,m− 1

Theo tính chất của các hàm lượng giác từ

cos ϕ+2kπm = 1−x2

1+x2

sin ϕ+2kπm = 2x

1+x2

k = 0, 1, . . . ,m− 1

ta suy ra được

x = tanϕ+ 2kπ

2mk = 0, 1, . . . ,m− 1.

Bài tập

1 ) Tìm modulus và argument của các số phức sau

(a) 1− i (b)√3− i (c) − 3− i

√3 (d) 2− 5i

2 ) Thực hiện các phép tính sau (viết kết quả ở dạng đại số).

(a) (−3 + i√3)3 (b) (1 − i)2006 (c) (

√3 + i)2005 (d)

(1 + i√3√

3 + i

)100

3 ) Giải phương trình z = zn−1.

4 ) Giải phương trình z = zn−1 với n là số nguyên khác 2.

5 ) Tìm tất cả các giá trị của các căn sau

(a) 4√−1 (b) 8

√1 (c)

4

√

−2 + i2√3 (d)

√3 + 4i

(e) 6√−6 (f) 3

√i (g)

4

√

−1−√3i (h)

√1 + i


28 I Số phức

6 ) Tìm bốn nghiệm của phương trình z4 + 4 = 0 và dùng chúng để phântích z4 + 4 thành hai nhân tử bậc 2 với hệ số thực.

7 ) Chứng minh rằng cả hai giá trị√z2 − 1 nằm trên đường thẳng đi qua

gốc tọa độ song song với đường phân giác của tam giác với đỉnh tại cácđiểm −1, 1 và z kẻ từ đỉnh z.

8 ) Tìm các điểm đối xứng với a qua các đường phân giác các góc phầntư trong mặt phẳng phức.

9 ) Chứng minh rằng các điểm a1, a2, a3 là các đỉnh của một tam giácđều nếu và chỉ nếu a21 + a22 + a23 = a1a2 + a2a3 + a3a1.

10 ) Chứng minh rằng nếu z1 + z2 + z3 = 0 và |z1| = |z2| = |z3| = 1 thìz1, z2, z3 là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị.

11 ) Tìm các đỉnh của đa giác đều n cạnh, biết tâm của đa giác đó tại 0và một đỉnh z1 của nó.

12 ) Biết các đỉnh z1 và z2 là hai đỉnh kề nhau của đa giác đều n cạnh.Tìm đỉnh z3 kề với z2 (khác với z1).

13 ) Giả sử a và b là hai đỉnh của một hình vuông. Tìm hai đỉnh còn lạicủa nó.

14 ) Tìm tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác với các đỉnha1, a2, a3. Biểu diễn kết quả ở dạng đối xứng.

15 ) Xác định số phức z sao cho argz − z1z − z2

= α với z1 và z2 là hai số phức

phân biệt cho trước.

16 ) Chứng minh rằng nếu |z1| = |z2| = |z3| thì arg z3−z2z3−z1

= 12 arg

z2z1

.

17 ) Với z 6= 0, chứng minh rằng

(a)∣∣ z|z| − 1

∣∣ ≤ | arg z| (b) |z − 1| ≤ ||z| − 1|+ |z|| arg z|.

18 ) Với điều kiện nào ba điểm z1, z2, z3 đôi một không trùng nhau nằmtrên một đường thẳng.

19 ) Tìm điều kiện về z1 và z2 để


§ 4 Mặt cầu Riemann 29

(a)z1z2

là thực (b)z1z2

là thuần ảo.

20 ) Với z = r(cosϕ + i sinϕ), dùng qui nạp chứng minh rằng zn =

rn(cosnϕ+ i sinnϕ) với mọi n ∈ Z.

21 ) Dùng công thức Moivre để biểu diễn cosnx và sinnx qua các lũythừa của cosx và sinx.

22 ) Tính (1 + cosα+ i sinα)n.

23 ) Dùng đẳng thức 1 + z + z2 + · · · + zn =1− zn+1

1− zvới z 6= 1 chứng

minh công thức lượng giác Lagrange

1 + cos θ + cos 2θ + · · ·+ cosnθ =1

2+

sin (2n+1)θ2

2 sin θ2

với 0 < θ < 2π. Bên cạnh đó, cũng tính tổng sin θ + sin 2θ + · · ·+ sinnθ.

24 ) (OSV94) Cho ma trận Aj =

[cos 2πj

n − sin 2πjn

sin 2πjn cos 2πj

n

]

với j ∈ N. Tính

Sp = Ap0 +Ap

1 + · · ·+Apn−1 p, n ∈ N∗.

25 ) Chứng minh rằng nếu ω là một căn nguyên thủy bậc n của 1 thì

1 + ωk + ω2k + · · ·+ ω(n−1)k = 0

với bất kỳ k nguyên không là bội của n. Hãy tính giá trị của 1 − ωk +

ω2k − · · ·+ (−1)n−1ω(n−1)k.

26 ) (a) Dùng công thức nhị thức Newton và công thức Moivre chứng tỏ

cosnθ + i sin θ =

n∑

k=0

(n

k

)

cosn−k(i sin θ)k n = 1, 2, . . .

Từ đó dẫn đến công thức

cosnθ =

[n2 ]∑

k=0

(n

2k

)

(−1)k cosn−2k θ sin2k θ n = 1, 2, . . .

(b) Đặt x = cos θ và giả sử rằng 0 ≤ θ ≤ π; khi đó, −1 ≤ x ≤ 1. Hãychỉ ra rằng hàm Tn(x) = cos(n arccos(x)) với n = 0, 1, 2, . . . là một đathức có bậc n theo biến x (Tn được gọi là đa thức Chebyshev).


30 I Số phức

§ 4 Mặt cầu Riemann

Tập số phức mở rộng

Trong nhiều trường hợp, điểm vô cùng, kí hiệu ∞, có vai trò quan trọngkhông thể bỏ qua được. Mặt phẳng phức có bổ sung điểm vô cùng đượcgọi là mặt phẳng phức mở rộng, kí hiệu C, nghĩa là C = C ∪ ∞. Trên C

ta định nghĩa các phép toán liên quan với phần tử ∞ như sau.

(a) z ±∞ = ∞ (b) z · ∞ = ∞ khi z 6= 0 (c) ∞ ·∞ = ∞

ζ

ξ

η

N(0, 0, 1)

I(0, 0, 12 )

z

z1

Hình I.6:

Trong khi đó, ∞ + ∞ và 0 · ∞không xác định. Để tiện lợi ta quiước a/∞ = 0 với a 6= 0.

Mặt cầu Riemann

Để hiểu rõ bản chất của điểm vôcùng, Riemann đã biểu diễn tập hợpcác số phức bằng cách sau. Trongkhông gian Euclid ba chiều với hệtọa độ Descartes vuông góc Oξηζ,xét mặt cầu S có phương trình ξ2 + η2 + ζ2 = ζ. Đó là mặt cầu có tâm làđiểm I(0, 0, 12 ) và bán kính r = 1

2 .Phép tương ứng này gọi là phép chiếu nổi và z1 được gọi là biểu diễn

Riemann của số phức z. Khi z1 dần đến điểm cực bắc N , tia Nz1 dần trởthành tia song song với mặt phẳng Oxy. Do đó, ta có thể xem điểm N ∈ S

tương ứng với điểm z = ∞.Trên dây ta mới thiết lập sự tương ứng giữa các điểm của mặt cầu S

với mặt phẳng phức mở rộng bằng hình học. Sau đây ta sẽ thiết lập sựtương ứng giữa chúng bằng các hệ thức đại số. Theo giả thiết ba điểm N ,z1 và z thẳng hàng. Do đó, ta có biểu thức

ξ

x=η

y=ζ − 1

−1suy ra x =

ξ

1− ζ, y =

η

1− ζ.

Vậy

z = x+ iy =ξ + iη

1− ζ.(4.1)


§ 4 Mặt cầu Riemann 31

Mặt khác, vì z1(ξ, η, ζ) nằm trên mặt cầu S nên ξ2 + η2 + ζ2 = ζ. Từ đósuy ra

|z|2 = x2 + y2 =ξ2 + η2

(1− ζ)2=

ζ − ζ2

(1− ζ)2=

ζ

1− ζ.

Vậy ta được

ξ =x

1 + |z|2 η =y

1 + |z|2 ζ =|z|2

1 + |z|2 .(4.2)

Các hệ thức (4.1) và (4.2) nói lên sự tương ứng một-một giữa tập hợp cácsố phức và tập hợp các điểm trên mặt cầu S trừ điểm N . Tương ứng nàythật sự là một phép đồng phôi.

Khi z dần ra vô cùng, từ hệ thức (4.2) ta suy ra điểm z1(ξ, η, ζ) dầnvề điểm N(0, 0, 1). Ngược lại, khi điểm z1 dần về điểm N(0, 0, 1), từ hệthức (4.1) chuyển qua giới hạn khi ζ dần về 1 ta có z dần ra ∞. Vậy có sựtương ứng một-một giữa tập hợp tất cả các điểm trên mặt cầu S và tậphợp tất cả các điểm trong mặt phẳng phức mở rộng C, và mặt cầu S đượcgọi là mặt cầu Riemann. Tương ứng này là một phép đồng phôi giữa S vàC, và do S là tập compact trong R3 nên C là compact.

Bài tập

1 ) Làm sáng rõ các đẳng thức suy ra (4.1).

2 ) Tìm ảnh của z = 1√2− i 1√

2trong phép chiếu cầu.

3 ) Tìm trên mặt cầu của các miền được xác định bởi các bất đẳng thức

(a) Im(z) > 0 (b) |z| < 1.

4 ) Chứng minh rằng bất kỳ đường tròn nằm trên mặt cầu Riemann tươngứng với một đường tròn hay đường thẳng trong mặt phẳng phức (z).

5 ) Gọi z1 và z′1 là hai phép chiếu cầu của hai điểm z, z′ ∈ C. Tìm khoảngcách giữa z1 và z′1.

6 ) Tìm điều kiện để hai điểm z và z′ có hai điểm phép chiếu cầu đối xứngqua tâm.


32 I Số phức

7 ) Một hình lập phương có các đỉnh nằm trên mặt cầu và các cạnh tươngứng song song với các trục tọa độ. Hãy tìm các điểm trong mặt phẳngphức ứng với các đỉnh của hình lập phương.

§ 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳngphức

Cho hai số phức z1 = x1 + iy1 và z2 = x2 + iy2. Ta nói khoảng cách giữaz1 và z2 là modulus của z1 − z2 và ký hiệu d(z1, z2). Vậy

d(z1, z2) = |z1 − z2| =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2

Ta có thể dễ dàng chứng minh được định lý sau

5.1 Định lý. Với mọi z1, z2, z3 ∈ C, ta có

(1) d(z1, z2) ≥ 0 và d(z1, z2) = 0 khi và chỉ khi z1 = z2

(2) d(z1, z2) = d(z2, z1)

(3) d(z1, z2) ≤ d(z1, z3) + d(z3, z2)

Như vậy, (C, d) là một không gian metric; đây chính là metric Euclid trongmặt phẳng. Từ đó ta có một topo cảm sinh bởi metric này. Vì vậy, C cũngđược xem là một không gian topo ứng với topo này.

Tập hợp tất cả các điểm z sao cho |z−z0| < ε được gọi là ε-lân cận củađiểm z0. Như vậy, nó chính là tập hợp các điểm nằm trong đường tròn tâmz0 có bán kính là ε trong mặt phẳng phức (C), nó là tập z : d(z, z0) < εvà được kí hiệu B(z0, ε). Khi ta không quan tâm đến giá trị ε, để cho gọnta nói tập trên là lân cận của z0. Ta gọi ε-lân cận thủng của z0 là ε-lâncận của z0 bỏ đi điểm z0, nghĩa là nó là tập z : 0 < |z − z0| < ε.

Điểm z0 được gọi là điểm trong của tập E nếu tồn tại một lân cậncủa z0 nằm hoàn toàn trong E. Điểm z0 được gọi là điểm ngoài của Enếu tồn tại một lân cận của z0 không chứa điểm nào của E. Điểm z0 khôngphải là điểm trong cũng không phải điểm ngoài của E được gọi là điểmbiên của E; nghĩa là với mọi ε-lân cận của điểm z0 luôn có một điểmthuộc E và một điểm không thuộc E. Tập hợp tất cả các điểm biên củaE được gọi là biên của E, ký hiệu ∂E.

Một tập là mở nếu nó không chứa điểm biên, hay mỗi điểm của nó làđiểm trong. Tập đóng là tập chứa tất cả các điểm biên. Bao đóng củatập E là tập E ∪ ∂E và kí hiệu là E.


§ 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳng phức 33

5.2 Thí dụ. Ta thường gặp các tập mở và tập đóng sau

(a) Hình tròn mở B(a, r) là một tập mở.

(b) Hình tròn đóng B(a, r) = z : |z − a| ≤ r là một tập đóng.

(c) Đường tròn S(a, r) = z : |z − a| = r là một tập đóng.

(d) Nửa mặt phẳng xác định bởi Re z > α, Re z < α, Im z > α, hayIm z < α là các tập mở.

(e) Nửa mặt phẳng đóng xác định bởi Re z ≥ α, Re a ≤ α, Im z ≥ α,hay Im z ≤ α là các tập đóng.

(f) Hình vành khăn mở z : r1 < |z − a| < r2 là tập mở.

(g) Hình vành khăn đóng z : r1 ≤ |z − a| ≤ r2 là tập đóng.

Chú ý rằng, hình tròn đóng B(a, r) chính là bao đóng của hình trònmở B(a, r); do đó, ký hiệu được dùng là nhất quán.

5.3 Định lý. (i) E là tập đóng.

(ii) E là tập đóng khi và chỉ khi E = E.

(iii) E là tập đóng nhỏ nhất chứa E.

(iv) E là tập đóng khi và chỉ khi C \ E là tập mở.

Phần trong của một tập hợp E là tập tất cả các điểm trong của E.Kí hiệu, Int(E) hay E.

5.4 Định lý. (i) E ⊆ E.

(ii) E là tập mở.

(iii) E là tập mở khi và chỉ khi E = E.

(iv) E là tập mở lớn nhất nằm trong E.

Một tập E là liên thông nếu không tồn tại hai tập mở A và B thỏacác điều kiện sau

(i) E ∩ A 6= ∅, E ∩B 6= ∅

(ii) E ∩ A ∩B = ∅


34 I Số phức

(iii) E ⊆ A ∪B.

Một tập mở liên thông được gọi là miền. Một tập đóng liên thông đượcgọi là miền đóng.

5.5 Thí dụ. Tập C là tập liên thông. Tập C \ z1, z2, . . . , zn là tập liênthông. Tập D = z ∈ C : |z| < 1 là miền. Tập mở xác định bởi Re z 6= 0

không phải là tập liên thông vì tập con xác định bởi Re z > 0 là tập conthực sự khác rỗng vừa đóng vừa mở trong tập đang xét. Cụ thể hơn, tacó thể chọn A = z : Re z > 0 và B = a : Re z < 0.

Trong tập A, tập con E ⊆ A liên thông và lớn nhất được gọi là mộtthành phần liên thông của A.

Tập E được gọi là bị chặn nếu nó nằm hoàn toàn trong một đườngtròn |z| = R nào đó, ngược lại được gọi là không bị chặn. Một tập đóngvà bị chặn được gọi là tập compact.

Điểm z0 được gọi là điểm giới hạn hay điểm tụ của E nếu mỗi lâncận thủng của z0 chứa ít nhất một điểm của E. Điểm z0 được gọi là điểmdính nếu mỗi lân cận của điểm z0 chứa ít nhất một phần tử của E. Ta cóthể thấy điểm giới hạn của tập E cũng là điểm dính của E. Trường hợpđiểm dính của E không là điểm giới hạn thì ta gọi nó là điểm cô lập. Từđó ta dễ dàng chứng minh định lý sau.

5.6 Định lý. Tập E là đóng nếu và chỉ nếu mọi điểm dính của E đềuthuộc E.

Chứng minh. Giả sử E là tập đóng. Theo định nghĩa của tập đóng thìmỗi điểm của E hoặc là điểm trong hoặc là điểm biên. Từ đó suy ra nó làđiểm dính của E.

Ngược lại, giả sử E là tập sao cho mọi điểm dính của E đều thuộc E.Giả sử z là một điểm biên bất kỳ của E. Theo định nghĩa thì z cũng làđiểm dính của E, cho nên z ∈ E. Vậy E là tập đóng.

Cho A và B là hai tập hợp trong C. Khoảng cách giữa A và B, kíhiệu d(A,B), được định nghĩa bởi biểu thức

d(A,B) = inf|z − z′| : z ∈ A, z′ ∈ B.(5.7)

Từ định nghĩa ta dễ dàng nhận thấy

• d(A,B) = d(B,A)


§ 5 Các khái niệm Topo trong mặt phẳng phức 35

• Nếu A ∩B 6= ∅ thì d(A,B) = 0.

Tương tự ta có định nghĩa khoảng cách từ điểm z0 đến tập A, kí hiệud(z0, A) chính là khoảng cách giữa hai tập hợp z0 và A; nghĩa là

d(z0, A) = inf|z0 − z| : z ∈ A.(5.8)

Bài tập

1 ) Chứng minh Định lý 5.1

2 ) Chứng minh rằng tập B(z0, r) = z : |z − z0| < r là một tập mở.

3 ) Chứng minh rằng tập B(z0, r) = z : |z − z0| ≤ r là một tập đóng.

4 ) Chứng minh rằng đường tròn có phương trình |z − z0| = r là biên củaB(z0, r) và B(z0, r).

5 ) Chứng minh rằng nếu hai điểm bất kỳ z1 6= z2 thì tồn tại hai ε-lâncận B(z1, ε) và B(z2, ε) sao cho B(z1, ε) ∩B(z2, ε) = ∅.

6 ) Chứng minh rằng nếu z1 là một điểm bất kỳ thuộc ε-lân cận của z0thì tồn tại ε1-lân cận của z1 sao cho B(z1, ε1) ⊆ B(z0, ε).

7 ) Khoảng cách cầu d∗ trên C được xác định bởi

d∗(z1, z2) =

|z1 − z2|√

1 + |z1|2√

1 + |z2|2khi z1, z2 ∈ C

1√

1 + |z1|2khi z1 ∈ C và z2 = ∞

và d∗(∞, z) = d∗(z,∞), d∗(∞,∞) = 0. Chứng minh rằng (C, d∗) là mộtkhông gian metric.

8 ) Chứng minh rằng tập hợp A là liên thông khi và chỉ khi trong A khôngtồn tại tập hợp con thực sự khác rỗng vừa đóng vừa mở trong A.

9 ) Chứng minh rằng giao của một họ bất kỳ và hợp của hữu hạn các tậpcompact là compact.

10 ) Cho A = 12n : n ∈ N∗ và B = i

2n+1 : n ∈ N. Tìm d(A,B).


36 I Số phức

11 ) Cho A = z : |z − 3i| < 1. Tính d(i, A) và tìm một dãy zn ⊂ A

sao cho limn→∞

d(i, zn) = d(i, A).

12 ) Chứng minh rằng nếu D là một miền và E là một tập con không cóđiểm tụ trong D thì D \ E là một miền.

13 ) Chứng minh rằng nếu A và B là hai tập liên thông thỏa A ∩B 6= ∅

thì A ∪B liên thông.


37

Chương II

Hàm biến số phức

§ 1 Dãy và chuỗi số phức

Dãy số phức

Dãy số phức là một ánh xạ từ tập hợp các số tự nhiên dương N+ vàotập số phức C, nghĩa là ánh xạ

f : N+ → C

n 7→ f(n).

Đặt zn = f(n), và ký hiệu dãy số phức là zn∞n=1 hay zn.Trong số thực ta dựa vào trị tuyệt đối để đưa ra định nghĩa sự hội tụ

của một dãy số thực, tương tự như thế ta dùng khái niệm modulus để địnhnghĩa sự hội tụ của dãy số phức.

1.1 Định nghĩa. Cho dãy số zn. Ta nói dãy này hội tụ nếu tồn tại z0sao cho với mọi ε > 0 đều tồn tại n0 > 0 để với mọi n > n0 thì |zn−z0| < ε.Nói cách khác, với mỗi ε-lân cận của z0 đều tồn tại số n0 > 0 sao cho vớimọi n > n0 thì zn thuộc lân cận đó.

Ta có thể dễ dàng chứng minh được số phức z0 trong định nghĩa là duynhất. Vì thế ta đặt lim

n→∞zn = z0, và nói dãy zn hội tụ về z0 hay có giới

hạn là z0.Trong trường hợp dãy zn không hội tụ thì ta nói dãy ấy phân kỳ.


38 II Hàm biến số phức

1.2 Định lý. Cho dãy số phức zn. Giả sử zn = xn+iyn và z0 = x0+iy0.Khi đó,

limn→∞

zn = z0 khi và chỉ khi

limn→∞

xn = x0

limn→∞

yn = y0.

Chứng minh. Giả sử limn→∞ zn = z0. Khi đó, với mọi ε > 0 tồn tạiN > 0

sao cho |zn−z0| < ε với mọi n > N . Do |xn−x0| = |Re(zn−z0)| ≤ |zn−z0|và |yn−y0| = | Im(zn−z0)| ≤ |zn−z0| suy ra |xn−x0| < ε và |yn−y0| < ε

khi n > N . Do đó, ta có limn→∞ xn = x0 và limn→∞ yn = y0.Ngược lại, giả sử limn→∞ xn = x0 và limn→∞ yn = y0. Khi đó, với

mọi ε > 0 ta có thể tìm được N > 0 chung sao cho với mọi n > N ta có|xn − x0| < ε

2 và |yn − y0| < ε2 . Vậy với mọi n > 0 ta suy ra được

|zn − z0| ≤ |Re(zn−z0)|+ | Im(zn−z0)| = |xn − x0|+ |yn − y0| < ε.

Điều đó có nghĩa là limn→∞ zn = z0.

1.3 Thí dụ. Dãy zn với zn = 1n + i

2n hội tụ về 0 vì limn→∞1n = 0 và

limn→∞12n = 0. Trong khi đó, dãy zn với zn = n + i

n phân kỳ vì dãyn phân kỳ.

Như vậy, từ định lý trên mà những tính chất về sự hội tụ của dãy số∗

trong R ta có thể chuyển tương ứng sang dãy số trong C. Chẳng hạn, ta có

1.4 Định lý. Cho hai dãy số phức zn và wn. Nếu limn→∞

zn = z và

limn→∞

wn = w, thì

(1) limn→∞

czn = cz, với c là một hằng số phức.

(2) limn→∞

(zn + wn) = z + w.

(3) limn→∞

znwn = zw.

(4) limn→∞

znwn

=z

w, điều kiện biểu thức có nghĩa.

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh tính chất (3). Giả sử zn = xn + iyn,wn = un+ivn, z = x+iy và w = u+iv. Theo giả thiết ta có limn→∞ xn = x,limn→∞ yn = y, limn→∞ un = u, limn→∞ vn = v. Mặt khác, znwn = (xn+

∗Xem [5, trang 57-73].


§ 1 Dãy và chuỗi số phức 39

iyn)(un + ivn) = xnun − ynvn + i(xnvn + ynun). Khi đó, limn→∞(xnun −ynvn) = xu − yv và limn→∞(xnvn + ynun) = xv + yu. Vậy lim

n→∞znwn =

(xu − yv) + i(xv + yu) = zw.

Ngoài ra, ta cũng có tính chất tương tự như ở Định lý 1.2 nhưng dãysố phức ở dạng lượng giác.

1.5 Định lý. Cho dãy số phức khác không zn với zn = rn(cosϕn +

i sinϕn). Nếu dãy rn hội tụ về r0 và dãy ϕn hội tụ về ϕ0, thì dãy znhội tụ về z0 = r0(cosϕ0 + i sinϕ0).


1.6 Thí dụ. Xét dãy số phức zn với zn =(

1 + iy0n

)n

trong đó y0 là

hằng số thực. Khi đó, ta viết zn = rn(cosϕn + i sinϕn). Ta có

rn =∣∣∣

(

1 + iy0n

)n∣∣∣ =

(√

1 +y20n2

)n

=(

1 +y20n2

)n2

suy ra limn→∞ rn = 1. Bên cạnh đó, ta chọn

ϕn = Arg(

1 + iy0n

)n

= n arctany0n

suy ra limn→∞ ϕn = y0. Do đó, theo định lý trên ta cólim

n→∞

(

1 + iy0n

)n

= cos y0 + i sin y0 = eiy0 .

1.7 Định nghĩa. Dãy zn được gọi là dãy cơ bản hay dãy Cauchynếu với mọi ε > 0, tồn tại N > 0 sao cho với mọi n,m > N ta luôn có|zn − zm| < ε.

1.8 Định lý. (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãy zn hội tụ khi và chỉ khi nólà dãy Cauchy.

Chứng minh. Giả sử dãy zn hội tụ. Khi đó, tồn tại z0 = limn→∞ zn.Với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho khi n > N ta có |zn − z0| < ε/2. Vậykhi n,m > N ta có |zn − zm| ≤ |zn − z0|+ |zm − z0| < ε

2 + ε2 = ε. Do đó,

zn là dãy Cauchy.

Giả sử zn là dãy Cauchy và zn = xn + iyn. Với ε > 0 cho trước tồntại N > 0 sao cho khi n,m > N ta có |zn − zm| < ε. Mặt khác, ta có



|xn − xm|, |yn − ym| ≤ |zn − zm|. Do đó, ta suy ra được các dãy số thựcxn và yn là dãy Cauchy, cho nên chúng hội tụ∗. Vậy theo Định lý 1.2ta suy ra được dãy zn. hội tụ.

1.9 Định lý. (Bolzano-Weierstrass) Mọi dãy số phức bị chặn đều cómột dãy con hội tụ.

Chứng minh. Giả sử zn bị chặn và zn = xn + iyn. Nghĩa là tồn tạiM > 0 sao cho |zn| < M với mọi n, suy ra |xn|, |yn| < M với mọi n. Vậydãy số thực xn và yn bị chặn, suy ra tồn tại dãy con∗ xnk của dãyxn hội tụ. Ta lại có ynk là dãy con của dãy bị chặn yn nên nó bịchặn. Do đó, tồn tại dãy con ynkl hội tụ. Vì xnkl là dãy con của dãyhội tụ xnk, nên nó hội tụ. Vậy theo Định lý 1.2 ta có dãy con znkl củadãy zn hội tụ.

1.10 Định lý. K là tập compact trong C khi và chỉ khi với mọi dãy thuộcK đều tồn tại dãy con hội tụ về một điểm thuộc K.

Chứng minh. Giả sử K là tập compact và zn là một dãy bất kỳ trongK. Do K bị chặn nên zn là dãy bị chặn; do đó, tồn tại dãy con znkhội tụ. Đặt z0 = lim

k→∞znk . Ta có thể thấy z0 là một điểm dính của K cho

nên z0 ∈ K.Ngược lại, giả sử K là tập không bị chặn. Khi đó, với mỗi n ∈ N+ tồn

tại zn sao cho |zn| > n. Ta có zn là một dãy trong K nên tồn tại dãycon znk hội tụ. Nhưng |znk | > nk với mọi k nên lim

k→∞|znk | = ∞ mâu

thuẫn với sự hội tụ của dãy znk. Vậy K là tập bị chặn. Lấy z0 là mộtđiểm dính bất kỳ thuộc K. Khi đó, với mỗi n ∈ N+ tồn tại zn ∈ K sao cho|zn−z0| < 1

n . Vậy zn là một dãy trong K, nên tồn tại dãy con znk hộitụ về một điểm thuộc K. Đặt z∗ = lim

k→∞znk . Vì |zn − z0| < 1

n với mọi n

nên dãy zn hội tụ về z0. Do đó, dãy con znk cũng hội tụ về z0, nghĩalà z0 = z∗ ∈ K. Vậy mọi điểm dính của K đều thuộc K, cho nên K là tậpđóng. Ta đã biết K bị chặn, nên K là tập compact.

1.11 Định nghĩa. Họ tập Gαα∈I được gọi là một phủ mở của tập A

nếu các tập Gα là tập mở với mọi α ∈ I và A ⊆ ⋃

α∈I

Gα

∗Chẳng hạn, xem [5, trang 70].∗Xem [5, trang 70].



1.12 Định lý. Giả sử K là tập compact trong C. Khi đó, với mỗi r > 0

tồn tại một số hữu hạn các hình tròn tâm thuộc K bán kính r phủ K.Nghĩa là K hoàn toàn bị chặn.

Chứng minh. Giả sử tồn tại r > 0 sao cho hợp mọi họ hữu hạn các hìnhtròn tâm thuộc K bán kính r không phủ K. Lấy z1 ∈ K và đặt B1 =

B(z1, r). Vì B1 không phủ K nên tồn tại z2 ∈ K \B1. Đặt B2 = B(z2, r).Cũng do B1, B2 không phủ K tồn tại z3 ∈ K \ (B1 ∪ B2). Tiếp tục quátrình này ta lập được dãy các hình tròn B1, B2, . . . , Bn, . . . và dãy sốz1, z2, . . . , zn, . . . trong K sao cho zn+1 /∈ B1 ∪ · · · ∪Bn với mọi n ≥ 1.

Vì K compact, theo Định lý 1.10 tồn tại w là điểm tụ của dãy zn.Khi đó, theo định nghĩa điểm giới hạn tồn tại các số tự nhiên m > k saocho

|zk − w| < r

2và |zm − w| < r

2

Từ đó suy ra

|zk−zm| < r

ta gặp mâu thuẫn vì zm /∈ Bk.

1.13 Định lý. Tập K ⊂ C là tập compact khi và chỉ khi mọi phủ mở củaK tồn tại phủ con hữu hạn.

Chứng minh. Giả sử tồn tại phủ mở Gii∈I của K sao cho mọi hệ hữuhạn các tập Gi không đủ phủ K. Vậy theo định lý trên với mọi n ≥ 1 tồntại hình tròn Bn bán kính 1/n sao cho Bn ∩K không thể phủ bởi một sốhữu hạn các tập Gi. Lấy tùy ý zn ∈ Bn ∩K. Vì K compact nên theo Địnhlý 1.10 tồn tại w ∈ K là điểm tụ của dãy zn. Chọn i0 ∈ I để w ∈ Gi0 .Do Gi0 là mở nên tồn tại r > 0 để B = B(w, r) ⊂ Gi0 . Lấy N và n0 đủlớn để 2/N < r, 1

n0< r

4 và |zn0 −w| < 1N . Với mỗi z bất kỳ thuộc Bn0 ta

có

|z − w| ≤ |z − zn0 |+ |zn0 − w| < 2

n0+

1

N< r.

Do đó, Bn0 ⊂ B ⊂ Gi0 . Điều này mâu thuẫn với điều kiện K ∩Bn0 khôngthể phủ bởi một số hữu hạn các tập Gi.

Ngược lại, lấy a ∈ K tùy ý. Khi đó, B(a, n)n∈N là một phủ mở của K.Do đó, tồn tại phủ con hữu hạn B(a, nk)Nk=1. ĐặtM = maxn1, . . . , nN,



ta có

K ⊆N⋃

k=1

B(a, nk) = B(a,M).

Vậy K là tập bị chặn. Mặt khác, lấy w /∈ K tùy ý, với mỗi z ∈ K ta córz = |z − w|/2 > 0 và B(z, rz) ∩ B(w, rz) = ∅. Ta lại có B(z, rz)z∈K

là một phủ mở của K, cho nên tồn tại phủ con hữu hạn B(zk, rzk)nk=1,nghĩa là

K ⊆n⋃

k=1

B(zk, rzk).

Đặt r = minrz1 , . . . , rzn; khi đó B(w, r) ∩ B(zk, rzk) = ∅ với mọi k =

1, . . . , n. Do đó, ta có

B(w, r) ∩( n⋃

k=1

B(zk, rzk))

= ∅ suy ra B(w, r) ∩K = ∅.

Vậy K là tập đóng. Do đó, ta được K là tập compact.

1.14 Định lý. Cho Kn là dãy các tập compact trong C. Nếu Kn+1 ⊂Kn với mọi n thì

∞⋂

n=1Kn 6= ∅. Đặc biệt, nếu lim

n→∞sup|z − z′| : z, z′ ∈

Kn = 0 thì∞⋂

n=1Kn = z0.


1.15 Định lý. Giả sử A và B là các tập đóng trong C và một trong chúnglà tập compact. Khi đó, tồn tại a ∈ A và b ∈ B để d(A,B) = |a− b|. Hơnnữa, nếu A ∩B = ∅ thì d(A,B) > 0.

Chứng minh. Giả sử A là tập compact. Theo định nghĩa d(A,B) với mỗisố tự nhiên n 6= 0, tồn tại an ∈ A và bn ∈ B sao cho |an−bn| < d(A,B)+ 1

n .Do đó, ta có

limn→∞

|an − bn| = d(A,B).

Do A là tập compact nên từ dãy an tồn tại dãy con ank hội tụ về a ∈ A.Hơn nữa, ta cũng có limk→∞ |ank − bnk | = d(A,B). Suy ra |ank − bnk |bị chặn. Từ đó ta suy ra được dãy bnk bị chặn. Do đó, tồn tại dãy conbnkl hội tụ về b ∈ B (vì B là tập đóng). Do ankl là một dãy con củaank nên cũng hội tụ về a. Vậy

d(A,B) = limn→∞

|an − bn| = liml→∞

|ankl − bnkl | = |a− b|.



Khi A ∩B = ∅ ta suy ra a 6= b nên d(A,B) = |a− b| > 0.

Chuỗi số phức

Cho dãy số phức zn. Tổng vô hạn hình thức

z1 + z2 + · · ·+ zn + · · · =∞∑

n=1

zn(1.16)

được gọi là chuỗi số phức với số hạng tổng quát là zn. Đặt Sn =∑n

k=1 zk,và Sn được gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi (1.16). Nếu dãy Sn hộitụ thì ta nói chuỗi (1.16) hội tụ và có tổng là limn→∞ Sn. Khi đó, ta viết

∞∑

n=1

zn = limn→∞

Sn.

Một chuỗi không hội tụ được gọi là chuỗi phân kỳ.

1.17 Thí dụ. Với z0 là một hằng số phức, ta xét chuỗi số∞∑

n=0zn0 . Tổng

riêng thứ n của chuỗi là

Sn = 1 + z0 + z20 + · · ·+ zn0 =

n+ 1 khi z0 = 1

1− zn01− z0

khi z0 6= 1

Từ đó ta thấy chuỗi đang xét phân kỳ khi |z0| ≥ 1 và hội tụ về1

1− z0khi

|z0| < 1.

Như vậy, chuỗi số phức được định nghĩa tương tự như chuỗi số thực.Hơn nữa, do dãy số phức có các tính chất như dãy số thực, cho nên chuỗisố phức cũng có tính chất như chuỗi số thực. Trước tiên ta có tính chấttương tự như ở Định lý 1.2.

1.18 Định lý. Cho chuỗi số phức∑∞

n=1 zn với zn = an + ibn. Khi đó,chuỗi

∑∞n=1 zn hội tụ về W = U + iV khi và chỉ khi chuỗi

∑∞n=1 an hội tụ

về U và chuỗi∑∞

n=1 bn hội tụ về V .

Chứng minh. Dựa vào định nghĩa chuỗi hội tụ và Định lý 1.2. Chúng tôixin dành cho bạn đọc trình bày chứng minh.



1.19 Định lý. Điều kiện cần để chuỗi số phức∑∞

n=1 zn hội tụ làlimn→∞ zn = 0.

Chứng minh. Giả sử chuỗi đã cho hội tụ và có tổng là S; nghĩa là dãytổng riêng Sn hội tụ về S. Vậy

limn→∞

Sn = S suy ra limn→∞

an = limn→∞

(Sn − Sn−1) = 0.

1.20 Thí dụ. Xét chuỗi∑∞

n=0 zn0 . Ta đã biết chuỗi này hội tụ khi |z0| < 1.

Khi |z0| ≥ 1 thì zn0 không thể dần về 0 khi n dần ra ∞. Theo định lý trênta suy ra chuỗi đã cho phân kỳ khi |z0| ≥ 1.

Cũng giống như dãy số, sự hội tụ của chuỗi số cũng có tính chất tuyếntính như trong định lý sau.

1.21 Định lý. Cho hai chuỗi hội tụ∞∑

n=1zn và

∞∑

n=1wn. Khi đó, với mọi số

phức α và β, ta có chuỗi∞∑

n=1(αzn + βwn) hội tụ và

∞∑

n=1

(αzn + βwn) = α

∞∑

n=1

zn + β

∞∑

n=1

wn.


1.22 Định lý. (Tiêu chuẩn Cauchy) Chuỗi∞∑

n=1zn hội tụ khi và chỉ khi

với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n > N và mọi p ≥ 1 ta có

|zn+1 + · · ·+ zn+p| < ε.

Chứng minh. Theo định nghĩa ta có chuỗi∑∞

n=1 zn hội tụ khi và chỉ khidãy tổng riêng Sn hội tụ. Theo tiêu chuẩn Cauchy cho dãy hội tụ, tacó điều kiện tương đương là với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọin,m > N ta luôn có |Sn − Sm| < ε, hay với mọi n > N và mọi số nguyêndương p ta luôn có |Sn+p − Sn| < ε; nghĩa là

|zn+1 + · · ·+ zn+p| < ε.

1.23 Định nghĩa. Chuỗi∑∞

n=1 zn được gọi là hội tụ tuyệt đối nếuchuỗi

∑∞n=1 |zn| hội tụ.



Tương tự như chuỗi số thực, ta có kết quả sau nói lên mối liên hệ giữakhái niệm hội tụ và hội tụ tuyệt đối của một chuỗi.

1.24 Định lý. Nếu chuỗi số phức hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ.

Chứng minh. Giả sử chuỗi∑∞

n=1 zn hội tụ tuyệt đối. Theo định nghĩahội tụ tuyệt đối và tiêu chuẩn Cauchy (đối với chuỗi số thực) ta có: vớimọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n > N và mọi p ≥ 1 ta có

|zn+1|+ · · ·+ |zn+p| < ε.

Mặt khác, từ bất đẳng thức tam giác ta có thể thấy rằng

|zn+1 + · · ·+ zn+p| ≤ |zn+1|+ · · ·+ |zn+p|.

Từ hai bất đẳng thức trên và tiêu chuẩn Cauchy cho chuỗi số phức ta suyra được chuỗi

∑∞n=1 zn hội tụ.

Thí dụ sau cho chúng ta thấy mệnh đề đảo của định lý trên là khôngđúng. Nghĩa là từ tính hội tụ của chuỗi số phức ta không suy ra được tínhhội tụ tuyệt đối của nó.

1.25 Thí dụ. Xét chuỗi số∑∞

n=1ein

n =∑∞

n=1(cosnn + i sinn

n ). Vì | einn | = 1n

nên chuỗi∑∞

n=1 | ein

n | = ∑∞n=1

1n phân kỳ, suy ra chuỗi

∑∞n=1

ein

n khônghội tụ tuyệt đối. Trong khi đó các chuỗi

∑∞n=1

cosnn và

∑∞n=1

sinnn hội tụ,

cho nên chuỗi∑∞

n=1ein

n hội tụ.

1.26 Định lý. Giả sử chuỗi∞∑

n=1

zn hội tụ tuyệt đối và δ : N+ → N+ là

một song ánh. Khi đó, chuỗi∞∑

n=1zδ(n) hội tụ và

∞∑

n=1zδ(n) =

∞∑

n=1zn.

Chứng minh. Với ε > 0 bất kỳ, lấy số tự nhiên nε sao cho∞∑

n=nε+1|zn| < ε.

Đặt m = maxδ−1(1), . . . , δ−1(nε) ≥ nε. Khi đó, với n > m ta có

∣∣∣

n∑

k=1

zδ(k) −∞∑

k=1

zk

∣∣∣ ≤

∞∑

k=nε+1

|zk| < ε.

Do đó, ta được∞∑

n=1zδ(n) =

∞∑

k=1

zk.




n=1 cn được gọi là tích Cauchy của hai chuỗi∑∞

n=1 zn và∑∞

n=1 wn nếu cn =∑n

k=1 zkwn+1−k.

Tích Cauchy được minh họa bởi sơ đồ sau (mỗi cn là tổng của các sốhạng trên đường chéo theo hương mũi tên)

z1w1

z2w1

z3w1

z4w1

z1w2

z2w2

z3w2

z4w2

z1w3

z2w3

z3w3

z4w3

z1w4

z2w4

z3w4

z4w4

Ta có thể thấy rằng chuỗi tích Cauchy∑∞

n=1 cn chứa tất cả các tích códạng ziwj với i, j = 1, 2, . . . và mỗi tích chỉ xuất hiện một lần (tích ziwj

chỉ xuất hiện một lần trong số hạng ci+j−1).

1.28 Định lý. (Merten) Nếu trong hai chuỗi hội tụ∑∞

n=1 zn và∑∞

n=1 wn

có một chuỗi hội tụ tuyệt đối thì tích Cauchy của hai chuỗi ấy∑∞

n=1 cnhội tụ và

∑∞n=1 cn =

∑∞n=1 zn

∑∞n=1 wn.

Chứng minh. Giả sử∑∞

n=1 zn hội tụ tuyệt đối, nghĩa là chuỗi∑∞

n=1 |zn|hội tụ. Đặt s =

∑∞n=1 zn, α =

∑∞n=1 |zn|, σ =

∑∞n=1 wn, sn =

∑nk=1 zk,

σn =∑n

k=1 wk, δn =∑n

k=1 ck =∑n

k=1

∑kl=1 zlwk+1−l, và ρn = σ−σn. Ta



biến đổi được

δn =

n∑

k=1

k∑

l=1

zlwk+1−l

=

n∑

l=1

n∑

k=l

zlwk+1−l

=n∑

l=1

zl

n+1−l∑

k=1

wk

=

n∑

l=1

zlσn+1−l

=n∑

l=1

zl(σ − ρn+1−l)

= σ

n∑

l=1

zl −n∑

l=1

zlρn+1−l

= σsn −n∑

l=1

zn+1−lρl.

Rõ ràng ta có limn→∞ ρn = 0, cho nên với mọi ε > 0 tồn tại N1 > 0 saocho với mọi n > N1 ta có |ρn| < ε

2α . Vậy với n > N1 ta có

∣∣∣

n∑

l=1

zn+1−lρl

∣∣∣ ≤

N1∑

l=1

|zn+l−1||ρl|+n∑

l=N1+1

|zn+1−l||ρl|

≤N1∑

l=1

|zn+l−1||ρl|+n∑

l=N1+1

|zn+1−l|ε

2α

≤N1∑

l=1

|zn+l−1||ρl|+ε

2αα

(vì∑∞

n=1 |zn| = α nên∑n

l=N1+1 |zn+1−l| ≤ α). Mặt khác, do∑∞

n=1 zn hộitụ nên limn→∞ zn = 0 (Định lý 1.19), suy ra tồn tại N2 sao cho |zn| <

ε

2∑N1l=1 |ρl|

với mọi n > N2. Đặt N = N1 + N2. Khi đó, với n > N ta suy

ra được∑N1

l=1 |zn+1−l||ρl| ≤∑N1

l=1ε

2∑N1l=1 |ρl|

|ρl| = ε2 . Vậy với mọi n > N

ta có∣∣∑n

l=1 zn+1−lρl∣∣ < ε

2 + ε2 = ε, cho nên limn→∞

∑nl=1 zn+1−lρl = 0.



Do đó,

limn→∞

δn = limn→∞

σsn − limn→∞

n∑

l=1

zn+1−lρl = σs,

nghĩa là chuỗi∑∞

n=1 cn hội tụ và có tổng là sσ.

Bài tập

1 ) Chứng minh các tính chất còn lại của Định lý 1.4.

2 ) Cho dãy số zn với zn = rn(cosϕn + i sinϕn). Chứng minh rằngnếu limn→∞ rn = r0 và limn→∞ ϕn = ϕ0 thì limn→∞ zn = z0 với z0 =

r0(cosϕ0 + i sinϕ0).

3 ) Chứng minh rằng nếu limn→∞

zn = z thì limn→∞

|zn| = |z|.

4 ) Tính giới hạn limn→∞

zn0 với z0 là hằng số phức.

5 ) Cho z0 = x0 + iy0 là một hằng số phức. Tính

(a) |1 + z0n | và lim

n→∞|1 + z0

n |n

(b) Arg(1 + z0n ) (khi n đủ lớn) và lim

n→∞Arg(1 + z0

n )n

(c) limn→∞

(1 + z0n )n.

6 ) Chứng minh rằng điểm z0 là điểm giới hạn của tập E khi và chỉ khi tồntại dãy điểm zn∞n=1 ⊆ E sao cho zn 6= zm với n 6= m và dãy lim

n→∞zn = z0.

7 ) Chứng minh rằng tập A ⊂ C là đóng nếu và chỉ nếu đối với mọi dãyzn∞n=1 trong A mà lim

n→∞zn = a đều có a ∈ A.

8 ) Chứng minh rằng nếu dãy znn hội tụ về a thì tập a, z1, z2, . . . làtập compact.

9 ) Cho D là một miền và K là một tập compact trong D. Chứng minhrằng d(K, ∂D) > 0.



10 ) Cho A là tập compact và d ≥ 0 tùy ý. Chứng minh rằng tập B = z :d(z, A) ≤ d là compact.

11 ) Chứng minh Định lý 1.14.


13 ) Chứng minh rằng nếu∞∑

n=1zn = S thì

∞∑

n=1zn = S.


15 ) Với 0 ≤ r < 1, chứng minh rằng∞∑

n=1

rn cosnθ =r cos θ − r2

1− 2r cos θ + r2và

∞∑

n=1

rn sinnθ =r sin θ

1− 2r cos θ + r2.

16 ) Khảo sát sự hội tụ của các chuỗi sau.

(a)∞∑

n=1

in

n(b)

∞∑

n=1

zn

n(c)

∞∑

n=1

n

(2i)n

(d)∞∑

n=1

ein

n2(e)

∞∑

n=1

n!

(in)n(f)

∞∑

n=1

i cosn

2n

17 ) Khảo sát sự hội tụ của chuỗi∞∑

n=1

3n + i4n

(3 − 2i)n. Tính tổng nếu nó hội tụ.

18 ) Khảo sát sự hội tụ của chuỗi∞∑

n=0

zn

n!và tính tích

∞∑

n=0

zn1n!

∞∑

n=0

zn2n!

.

19 ) Chứng minh∞∑

n=0

inzn

n!=

∞∑

n=0

(−1)nz2n

(2n)!+ i

∞∑

n=0

(−1)nz2n+1

(2n+ 1)!.

20 ) Chứng minh rằng nếu chuỗi∞∑

n=1zn hội tụ và | arg zn| ≤ α < π

2 thì

chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối.



21 ) Cho các chuỗi hội tụ∞∑

n=1zn và

∞∑

n=1z2n. Chứng minh nếu Re zn ≥ 0 thì

chuỗi∞∑

n=1|zn|2 hội tụ.

22 ) Chứng minh rằng nếu các chuỗi∞∑

n=1zn và

∞∑

n=1wn hội tụ tuyệt đối

thì chuỗi tích Cauchy của chúng∞∑

n=1cn cũng hội tụ tuyệt đối và

∞∑

n=1cn =

∞∑

n=1zn

∞∑

n=1wn.

23 ) Chứng minh rằng chuỗi∞∑

n=1anbn hội tụ nếu thỏa các điều kiện sau

(i) limn→∞

√nbn = 0

(ii) chuỗi∑∞

n=1

√n|bn − bn+1| hội tụ,

(iii) dãy

Sn√n

bị chặn, ở đây Sn =

n∑

k=1

ak.

Hướng dẫn: Dùng tiêu chuẩn hội tụ Cauchy và phép biến đổi Abel.

§ 2 Hàm số biến số phức

Định nghĩa hàm số biến số phức

2.1 Định nghĩa. Giả sử D ⊆ C là một tập tùy ý cho trước. Một ánhxạ f : D → C được gọi là hàm số biến số phức (gọi ngắn gọn hàm sốphức). Thường người ta ký hiệu hàm biến phức đó là w = f(z). Tập D

được gọi là tập xác định của hàm f . Tập f(z) : z ∈ D được gọi tậpgiá trị của hàm f .

Khi f : D → C là một đơn ánh, thì hàm f được gọi là đơn diệp. Cóthể xảy ra trường hợp f không đơn diệp trên D nhưng có thể chia D thànhcác tập con Di lớn nhất mà trên đó f là đơn diệp. Khi đó, mỗi Di đượcgọi là miền đơn diệp.

2.2 Thí dụ. Xét hàm số f(z) = z2. Rõ ràng hàm f xác định trên C. Hàmnày không là hàm đơn diệp vì f(1) = f(−1) = 1. Ta có thể kiểm chứngđược hai tập

z : Rez > 0 hay z = (0, y) với y ≤ 0

và

z : Rez < 0 hay z = (0, y) với y ≥ 0 là miền đơn diệp của hàm f .


§ 2 Hàm số biến số phức 51

Xét hàm số biến số phức w = f(z) xác định trên D. Với z ∈ D, đặtz = x + iy và w = u + iv. Rõ ràng w phụ thuộc vào z, nên nó phụ thuộcvào (x, y). Do đó, u và v phụ thuộc vào (x, y). Khi đó, ta được hai hàm sốthực hai biến số xác định trên D là u(x, y) và v(x, y). Vậy ta viết lại hàmf như sau

f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y)

trong đó u(x, y) được gọi là hàm phần thực và v(x, y) được gọi là hàmphần ảo của f . Ngược lại, rõ ràng với hai hàm thực hai biến u(x, y) vàv(x, y) cùng xác định trên D ta xác định được một hàm biến phức f(z) =u(x, y) + iv(x, y) với z = x+ iy xác định trên D.

2.3 Thí dụ. Xét hàm số f(z) = z2. Rõ ràng hàm f xác định trên C. Vớiz = x+ iy, ta có z2 = (x+ iy)2 = x2 − y2 + i2xy. Vậy

f(x+ iy) = x2 − y2 + i2xy,

u(x, y) = x2 − y2

v(x, y) = 2xy.

2.4 Thí dụ. Có hai hàm u(x, y) = x+ y2 và v(x, y) = 2x2 − 3y xác địnhtrên R2. Ta có được hàm phức tương ứng xác định trên C là

f(z) = x+ y2 + i(2x2 − 3y)

=z + z

2+(z − z

2i

)2

+ i(

2(z + z

2

)2

− 3z − z

2i

)

=z + z

2− 3

2(z − z)− (z − z)2

4+ i

(z + z)2

2

= 2z − z − (z − z)2

4+ i

(z − z)2

2,

lưu ý x =z + z

2và y =

z − z

2i.

Giả sử z ∈ D và z 6= 0, nên nó viết được ở dạng lượng giác hay dạngEuler z = r(cosϕ + i sinϕ) = reiϕ. Khi đó, u và v trong f(z) = u+ iv làhàm số thực theo các biến r và ϕ, nên ta viết lại

f(reiϕ) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ).

2.5 Định nghĩa. Cho hàm f là đơn diệp trên D. Khi đó, f : D → f(D)

là một song ánh, cho nên tồn tại ánh xạ ngược ký hiệu f−1 xác định trênf(D) và có f−1(w) = z khi và chỉ khi f(z) = w, và f−1 được gọi là hàmngược của f và nó là đơn diệp.



2.6 Thí dụ. Xét hàm f(z) =1

az + bvới a 6= 0 xác định trên C \ − b

a.

Hàm f là một hàm đơn diệp nên nó có hàm ngược là f−1(z) =1

az− b

axác định trên C \ 0.

2.7 Thí dụ. Xét hàm f(z) = z2 xác định trên tập z : Rez > 0 hayz = (0, y) với y ≤ 0. Khi đó, f là một song ánh cho nên tồn tại hàmngược. Hàm ngược của nó xác định bởi f−1(z) =

√rei

ϕ2 với z = reiϕ và

−π ≤ ϕ < π.

Bởi vì C có thể được xem là R2, không gian thực hai chiều, nên takhông thể biểu diễn đồ thị của một hàm phức (tập hợp trong không gianR4). Chúng ta chỉ biểu diễn ảnh của một tập nào đó qua f . Thông thường,người ta biểu diễn ảnh của các đường thẳng song song với hai trục tọa độ,các tia xuất phát từ 0, các đường tròn tâm 0; để từ đó xác định ảnh củamột miền đặc biệt nào đó qua f hay có thể giúp ta nghiệm lại f có là đơnánh trên một miền nào đó hay không, và có thể giúp ta xác định miền đơndiệp của hàm f .

Giới hạn của hàm số

2.8 Định nghĩa. Cho hàm f xác định trên D và z0 là điểm tụ của D. Tanói số phức w0 là giới hạn của hàm f khi z dần đến z0 và viết

limz→z0

f(z) = w0

nếu với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa0 < |z − z0| < δ ta luôn có |f(z)− w0| < ε.

2.9 Thí dụ. Từ định nghĩa ta có thể thấy ngay limz→z0 c = c (hằng số)và limz→z0 z = z0.

Ta nhận thấy định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức tương tựnhư định nghĩa giới hạn của hàm số thực. Ta có định lý sau (phép chứngminh tương tự như định lý tương ứng trong hàm số thực).

2.10 Định lý. Cho hàm f xác định trên D. Ta có limz→z0

f(z) = w0 khi và

chỉ khi với mọi dãy zn trong D\z0 hội tụ về z0 ta luôn có limn→∞

f(zn) = w0.


§ 2 Hàm số biến số phức 53

Chứng minh. Giả sử limz→z0

f(z) = w0. Với ε > 0 cho trước, tồn tại δ > 0

sao cho với mọi z ∈ D nếu 0 < |z− z0| < δ thì |f(z)−w0| < ε. Với zn làmột dãy tùy ý trong D hội tụ về z0. Với δ > 0 ở trên, tồn tại N > 0 saocho |zn − z0| < δ với mọi n > N . Với mọi n > N , ta có 0 < |zn − z0| < δ

suy ra |f(zn)− w0| < ε. Điều đó có nghĩa là limn→∞

f(zn) = w0.

Ngược lại, giả sử limz→z0

f(z) 6= w0. Khi đó, tồn tại ε0 > 0, với mọi δ > 0

luôn tìm được z ∈ D thỏa 0 < |z − z0| < δ nhưng |f(z) − w0| ≥ ε0. Dođó, mỗi số tự nhiên n 6= 0, tồn tại zn ∈ D \ z0 sao cho |zn − z0| < 1

n

nhưng |f(zn)− w0| ≥ ε. Rõ ràng dãy zn ⊂ D \ z0 hội tụ về z0 nhưnglim

n→∞f(zn) 6= w0.

Ta có mối liên hệ giữa giới hạn hàm số biến số phức và giới hạn hàmbiến số thực như sau.

2.11 Định lý. Cho hàm f xác định trên D và z0 = x0 + iy0 là điểm tụcủa D. Với w0 = u0 + iv0 và f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y), ta có

limz→z0

f(z) = w0 khi và chỉ khi

lim(x,y)→(x0,y0)

u(x, y) = u0

lim(x,y)→(x0,y0)

v(x, y) = v0.

Chứng minh. Giả sử ta có limz→z0 f(z) = w0. Khi đó, với mọi ε > 0 chotrước tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi z ∈ D thỏa 0 < |z − z0| < δ ta có|f(z)− w0| < ε. Mặt khác, |z − z0| =

√

(x− x0)2 + (y − y0)2. Do đó, khi0 <

√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ ta có |u(x, y) − u0| = |Re(f(z) − w0)| ≤|f(z)− w0| < ε và |v(x, y)− v0| = |Im(f(z)− w0)| ≤ |f(z)− w0| < ε. Vậyta suy ra được lim

(x,y)→(x0,y0)u(x, y) = u0 và lim

(x,y)→(x0,y0)v(x, y) = v0.

Giả sử lim(x,y)→(x0,y0) u(x, y) = u0 và lim(x,y)→(x0,y0) v(x, y) = v0. Khiđó, với ε > 0 cho trước tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi (x, y) ∈ D thỏa0 <

√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ ta có |u(x, y)−u0| < ε√2

và |v(x, y)−v0| <ε√2. Suy ra khi 0 < |z − z0| =

√

(x − x0)2 + (y − y0)2 < δ ta có

|f(z)− w0| =√

(u(x, y)− u0)2 + (v(x, y)− v0)2 < ε.

Vậy limz→z0 f(z) = w0.

2.12 Thí dụ. Xét hàm số f(z) =1

2i

(z

z− z

z

)

. Với z = x+ iy 6= 0, ta có

f(z) =1

2i

(x2 − y2 + i2xy

x2 + y2− x2 − y2 − i2xy

x2 + y2

)

=2xy

x2 + y2.



Trong giải tích thực ta biết rằng lim(x,y)→(0,0)

2xy

x2 + y2không tồn tại. Vậy

limz→0

f(z) không tồn tại.

Từ định lý trên, tương tự như hàm số nhiều biến số thực, ta có cáctính chất sau về giới hạn của hàm số biến số phức.

2.13 Định lý. Nếu các hàm f và g có giới hạn khi z dần về z0 thì cáchàm cf , f + g, fg và f/g cũng có giới hạn khi z dần về z0, và

(1) limz→z0

cf(z) = c limz→z0

f(z) với c là một hằng số phức.

(2) limz→z0

(f(z) + g(z)) = limz→z0

f(z) + limz→z0

g(z).

(3) limz→z0

(f(z)g(z)) = limz→z0

f(z) limz→z0

g(z).

(4) limz→z0

f(z)

g(z)=

limz→z0

f(z)

limz→z0

g(z)với điều kiện biểu thức có nghĩa.

2.14 Thí dụ. Dùng qui nạp và các tính chất trong định lý trên ta có

limz→z0

zn = zn0 limz→z0

P (z) = P (z0)

với P (z) = a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anz

n là một đa thức trên C.

Từ định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức ta thấy nó tương tựnhư định nghĩa giới hạn của hàm số biến số thực. Ta cũng có thể địnhnghĩa giới hạn liên quan đến điểm vô cùng.

2.15 Định nghĩa. Cho hàm số biến số phức f có tập xác định không bịchặn. Hàm f(z) có giới hạn ∞ khi z dần ra ∞ nếu với mọi M > 0 lớn tồntại N > 0 sao cho với mọi z ∈ Df thỏa |z| > N ta có |f(z)| > M . Khi đó,ta kí hiệu lim

z→∞f(z) = ∞.

Tương tự ta có định nghĩa cho limz→∞

f(z) = w0 và limz→z0

f(z) = ∞. Từ

các định nghĩa giới hạn của hàm số biến số phức ta có các tính chất đượcnêu trong định lý sau.

2.16 Định lý. (1) limz→z0

f(z) = ∞ khi và chỉ khi limz→z0

1

f(z)= 0.


§ 3 Liên tục và liên tục đều 55

(2) limz→∞

f(z) = w0 khi và chỉ khi limz→0

f(1z ) = w0.

(3) limz→∞

f(z) = ∞ khi và chỉ khi limz→0

1

f(1z )= 0.

2.17 Thí dụ. Tính giới hạn limz→∞

2z3 − 1

z2 + 1. Ta có

limz→0

1z2 + 12z3 − 1

= limz→0

z + z3

2− z3= 0.

Vậy limz→∞

2z3 − 1

z2 + 1= ∞.

Bài tập

1 ) Tìm miền đơn diệp của hàm Joukowski f(z) = 12 (z +

1z ).


3 ) Phát biểu định nghĩa giới hạn limz→∞

f(z) = w0.

4 ) Phát biểu định nghĩa giới hạn limz→z0

f(z) = ∞.


6 ) Tính các giới hạn sau nếu có

(a) limz→∞

4z2

(z − 1)2(b) lim

z→0

zRez|z| (c) lim

z→0

Rezz

(d) limz→0

z

|z| (e) limz→0

Re(z2)

|z|2 (f) limz→0

z2 + z − 2z

z + 3 Im(z)

7 ) Chứng minh rằng limz→0

f(z)

z= 0 nếu và chỉ nếu lim

z→0

f(z)

|z| = 0. Điều đó

có nghĩa là f(z) = o(z) khi và chỉ khi f(z) = o(|z|).



§ 3 Liên tục và liên tục đều

Các khái niệm

3.1 Định nghĩa. Cho hàm f xác định trên D ⊆ C và z0 ∈ D. Ta nóihàm f liên tục tại z0 nếu lim

z→z0f(z) = f(z0). Nếu hàm f liên tục tại mọi

điểm z ∈ D, thì ta nói hàm f liên tục trên D.

3.2 Thí dụ. Từ định nghĩa ta có thể nhận thấy các hàm f(z) = c (hằngsố) và g(z) = z liên tục trên C.

Từ các tính chất giới hạn của hàm số biến số phức ta có thể chứngminh được các tính chất sau.

3.3 Định lý. Hàm f(x+ iy) = u(x, y)+ iv(x, y) liên tục tại z0 = x0 + iy0khi và chỉ khi u(x, y) và v(x, y) liên tục tại (x0, y0).

Chứng minh. Định lý suy ra được từ định nghĩa liên tục và Định lý2.11.

3.4 Thí dụ. Xét hàm f(z) = z2. Với z = x+iy ta có f(z) = x2−y2+i2xy.Ta có u(x, y) = x2 − y2 và v(x, y) = 2xy là các hàm liên tục trên R2. Vậyhàm f(z) liên tục trên C.


ztrên C \ 0. Với z = x + iy 6= 0 ta có

f(x+ iy) =x− iy

x2 + y2=

x

x2 + y2− i

y

x2 + y2. Vì các hàm u(x, y) =

x

x2 + y2

và v(x, y) = − y

x2 + y2liên tục trên R2 \(0, 0) cho nên hàm f(z) liên tục

trên C \ 0.

3.6 Định lý. Tổng, tích, thương (mẫu khác không) của các hàm liên tụclà một hàm liên tục. Tích của một hằng số phức với một hàm liên tục làmột hàm liên tục.

Chứng minh. Định lý được suy ra từ định nghĩa liên tục và Định lý2.13.

3.7 Thí dụ. Ta đã biết các hàm f(z) = z và g(z) = z2 liên tục trên C.Dùng qui nạp và định lý trên ta có thể chứng minh được hàm h(z) = zn

với mọi n ∈ N và hàm đa thức liên tục trên C.


§ 3 Liên tục và liên tục đều 57

3.8 Định lý. Nếu hàm f(z) liên tục tại z0 thì hàm |f(z)| cũng liên tụctại z0.

Chứng minh. Với mọi ε > 0, do hàm f liên tục tại z0 nên tồn tại δ > 0

sao cho với mọi z ∈ Df thỏa |z − z0| < δ ta có |f(z) − f(z0)| < ε. Mặtkhác, ta luôn có bất đẳng thức

∣∣|f(z)| − |f(z0)|

∣∣ ≤ |f(z)− f(z0)|. Do đó,

từ định nghĩa giới hạn của hàm nhiều biến thực ta suy ra được |f(z)| liêntục tại z0.

3.9 Định nghĩa. Một song ánh f : D → D′ được gọi là một phép đồngphôi nếu nó và ánh xạ ngược của nó là các hàm liên tục. Khi đó, ta nóiD và D′ đồng phôi nhau.

3.10 Định nghĩa. Hàm f(z) được gọi là liên tục đều trên D nếu vớimọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z, z′ ∈ D mà |z − z′| < δ ta có|f(z)− f(z′)| < ε.

3.11 Định lý. Nếu hàm f liên tục đều trên D thì nó là hàm liên tụctrên D.

Chứng minh. Với ε > 0 cho trước, do f liên tục đều trên D nên tồn tạiδ > 0 sao cho khi z, z′ ∈ D thỏa |z − z′| < δ ta có |f(z)− f(z′)| < ε. Vớiz0 ∈ D tùy ý, với mọi z ∈ D thỏa |z−z0| < δ ta phải có |f(z)−f(z0)| < ε.Điều này có nghĩa là hàm f liên tục tại z0. Do ta lấy z0 ∈ D tùy ý, nên fliên tục trên D.

Điều ngược lại của định lý trên là không đúng. Ta sẽ thấy điều đó trongthí dụ sau.

3.12 Thí dụ. Ta xét hàm f(z) =1

ztrên tập D = z ∈ C : 0 < |z| < 1.

Rõ ràng hàm f(z) liên tục trên D (xem Thí dụ 3.5). Ta sẽ chứng minh nókhông liên tục đều trên D. Lấy ε = 1, khi đó với mọi δ > 0 chọn n sao chon > 1

δ . Chọn z = 1n và z′ = 1

2n thuộc D. Ta có

|z − z′| =∣∣∣1

n− 1

2n

∣∣∣ =

1

2n< δ,

nhưng

|f(z)− f(z′)| =∣∣∣1

z− 1

z′

∣∣∣ = |n− 2n| = n ≥ 1.

Vậy f(z) không liên tục đều trên D.



Tính chất của hàm liên tục

3.13 Định lý. Nếu f là hàm liên tục và E là tập liên thông trong tập xácđịnh của f thì f(E) là tập liên thông.

Chứng minh. Giả sử f(E) không là tập liên thông. Khi đó, tồn tại haitập mở A và B thỏa f(E) ∩ A 6= ∅, f(E) ∩ B 6= ∅, f(E) ∩ A ∩ B = ∅,f(E) ⊆ A ∪ B. Do f liên tục nên f−1(A) và f−1(B) mở. Ta nhận thấyE ∩f−1(A) 6= ∅, E ∩f−1(B) 6= ∅, E ⊆ f−1(A)∪f−1(B) và E ∩f−1(A)∩f−1(B) = ∅. Do đó, E không là tập liên thông. Đó là điều vô lý. Vậy f(E)

là tập liên thông.

3.14 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì f liên tục đềutrên K.

Chứng minh. Giả sử f không liên tục đều trênK. Khi đó, tồn tại ε > 0 saocho với mọi δ > 0 tồn tại z, z′ ∈ D thỏa |z−z′| < δ nhưng |f(z)−f(z′)| ≥ ε.Do đó, với mỗi n ∈ N+, tồn tại zn và z′n thỏa |zn − z′n| < 1

n nhưng|f(zn)− f(z′n)| ≥ ε. Vì K là tập compact nên dãy zn trong K bị chặn;do đó, theo định lý Bolzano-Weierstrass tồn tại dãy con znk hội tụ.Đặt z0 = lim

k→∞znk , ta có z0 ∈ K (do K compact). Do |znk − z′nk | <

1nk

nên limk→∞

(znk − z′nk) = 0, suy ra limk→∞

z′nk = z0. Do hàm f liên tục

trên K nên ta có limk→∞

f(znk) = f(z0) và limk→∞

f(z′nk) = f(z0), suy ra

limk→∞

(f(znk)− f(z′nk)) = 0. Điều này mâu thuẫn với |f(znk)− f(z′nk)| ≥ ε

với mọi k. Do đó, f phải liên tục đều trên K.

3.15 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì |f(z)| đạt giátrị lớn nhất và nhỏ nhất trên K.

Chứng minh. Ta có f(z) liên tục trên K, nên theo Định lý 3.8 hàm nhiềubiến thực |f(z)| liên tục trên K. Vì K là tập compact trong R2 nên |f(z)|đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên K.

3.16 Định lý. Nếu hàm f liên tục trên tập compact K thì f(K) là com-pact.

Chứng minh. Lấy một dãy wn bất kỳ thuộc f(K). Khi đó, với mỗin, tồn tại zn ∈ K sao cho f(zn) = wn. Vậy ta được dãy zn thuộc Kcompact. Suy ra tồn tại dãy con znk của zn hội tụ về một điểm thuộc


§ 4 Dãy hàm và chuỗi hàm 59

K. Đặt z0 = limk→∞

znk . Ta có z0 ∈ K, suy ra f(z0) ∈ f(K). Hơn nữa, hàm

f liên tục trên K nên limk→∞

f(znk) = f(z0). Nghĩa là dãy con wnk của

dãy wn hội tụ về f(z0) ∈ f(K). Vậy f(K) là tập compact (theo Định lý1.10).

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng nếu hàm f liên tục tại z0 và f(z0) 6= 0 thì f(z) 6= 0

trong lân cận của z0.

2 ) Chứng minh rằng f là hàm liên tục khi và chỉ khi với mỗi tập mở Eta có f−1(E) là tập mở.

3 ) Chứng minh rằng nếu hàm f liên tục tại z0 và hàm g liên tục tại f(z0),thì hàm g f liên tục tại z0.

4 ) Chứng minh rằng tồn tại một song ánh f từ B(0, 1) lên C sao cho cảf và f−1 là liên tục. Ta nói rằng f là một đồng phôi từ B(0, 1) lên C.

5 ) Xét sự liên tục đều của hàm f(z) =1

ztrên D = z : 1 ≤ |z| < 2.


1− ztrong hình tròn đơn vị

z : |z| < 1.


1 + z2trong hình tròn đơn vị

z : |z| < 1.

8 ) Cho hàm số f(z) liên tục đều trong hình tròn z : |z| < 1. Chứngminh rằng với một điểm z0 bất kỳ trên đường tròn đơn vị |z| = 1 và vớidãy zn với |zn| < 1 với mọi n hội tụ về z0, tồn tại giới hạn lim

n→∞f(zn)

và giới hạn này chỉ phụ thuộc vào z0.

9 ) Chứng minh rằng hàm f(z) = e−1|z| liên tục đều trong hình tròn |z| ≤ r

bỏ đi điểm z = 0.



§ 4 Dãy hàm và chuỗi hàm

Dãy hàm

4.1 Định nghĩa. Giả sử có một họ F các hàm số biến số phức cùng xácđịnh trên D. Dãy hàm là một ánh xạ từ N+ đến F và n 7→ fn. Người tathường ký hiệu dãy hàm bởi fn∞n=1 hay fn, và liệt kê nó

f1, f2, . . . , fn, . . . .

Ta nói dãy hàm fn hội tụ tại z0 ∈ D nếu dãy số fn(z0) hội tụ. Dãyhàm fn được gọi là hội tụ trên D nếu nó hội tụ tại mọi điểm z ∈ D. Khiđó, ta được một hàm f xác định trên D được cho bởi f(z) = lim

n→∞fn(z)

với mỗi z ∈ D. Hàm f này được gọi là giới hạn của dãy hàm fn vàviết f = lim

n→∞fn.

4.2 Thí dụ. Dãy hàm zn hội tụ về 0 khi |z| < 1, hội tụ về 1 khi z = 1,và phân kỳ trong các trường hợp khác.

4.3 Định nghĩa. Ta nói dãy hàm fn hội tụ đều về hàm f trên D

nếu với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho |fn(z)− f(z)| < ε đúng với mọin > N và mọi z ∈ D.

4.4 Thí dụ. Dãy hàm zn hội tụ đều trên hình tròn z : |z| ≤ r, 0 <

r < 1. Hàm giới hạn là hàm hằng có giá trị 0 trên tập ấy. Thật vậy, vì0 < r < 1 nên với ε > 0 cho trước tồn tại N > 0 sao cho rn < ε với mọin > N . Do đó, |zn− 0| = |z|n ≤ rn < ε với mọi z ∈ z : |z| ≤ r, 0 < r < 1và mọi n > N .

4.5 Định lý. Nếu dãy fn hội tụ đều về hàm f thì nó hội tụ về hàm f .

Chứng minh. Ta thấy ngay từ định nghĩa của hội tụ đều và hội của dãyhàm và sự hội tụ theo điểm của dãy hàm.

Mệnh đề đảo của định lý trên là sai. Ta thấy điều đó qua thí dụ sau.

4.6 Thí dụ. Xét dãy hàm fn với fn(z) =1− zn+1

1− zxác định trên D =

z : |z| < 1. Với |z| < 1, ta có

limn→∞

fn(z) = limn→∞

1− zn+1

1− z=

1

1− z.



Nghĩa là dãy hàm đã cho hội tụ về1

1− ztrên D. Tuy nhiên, dãy hàm

đã cho không hội tụ đều trên D. Thật vậy, với ε = 1, với mọi N > 0 lấyn > N và đủ lớn, lấy zn = 1− 1

n ∈ D ta có

∣∣∣1− zn+1

n

1− zn− 1

1− zn

∣∣∣ = n

(

1− 1

n

)n+1

> 1 = ε.

4.7 Định lý. (Tiêu chuẩn Cauchy) Điều kiện cần và đủ để dãy hàmfn(z) hội tụ đều trên tập D là với mỗi số ε > 0 cho trước, tồn tại số tựnhiên N sao cho với mọi n > N và với mọi p nguyên dương ta có

|fn+p(z)− fn(z)| < ε, ∀z ∈ D.

Chứng minh. Giả sử dãy hàm fn(z) hội tụ đều về f(z) trên D. Thếthì, với ε > 0 cho trước, tồn tại số tự nhiên N sao cho

(∀n > N)(∀z ∈ D)(|fn(z)− f(z)| < ε2 ).

suy ra

(∀n > N)(∀p ∈ N)(∀z ∈ D)(|fn+p(z)− f(z)| < ε2 ).

Từ đó ta có (∀n > N)(∀p ∈ N)(∀z ∈ D)

|fn+p(z)− fn(z)| ≤ |fn+p(z)− f(z)|+ |fn(x) − f(z)| < ε

2+ε

2= ε.

Bây giờ giả sử rằng với ε > 0 cho trước tồn tại số tự nhiên N sao cho

(∀n > N)(∀p ∈ N)(∀z ∈ D)(|fn+p(z)− fn(z)| < ε)

Cố định z ∈ D thì fn(z) là dãy số. Theo giả thiết trên thì dãy số fn(z)là dãy Cauchy. Khi đó, theo tiêu chuẩn Cauchy cho dãy số thì dãy fn(z)hội tụ về một số đặt là f(z) nghĩa là limn→∞ fn(z) = f(z). Từ đó suy ralimp→∞ |fn+p(z)−fn(z)| = |f(z)−fn(z)|. Nhưng do |fn+p(z)−fn(z)| < ε

với mọi n > N và mọi p ∈ N nên ta suy ra được |f(z)− fn(z)| ≤ ε. Vậy

(∀n > N)(∀x ∈ D)(|fn(z)− f(z)| ≤ ε),

cho nên dãy hàm fn(z) hội tụ về f(z).

4.8 Định lý. Cho fn là dãy các hàm liên tục hội tụ đều về hàm f trênD. Khi đó, hàm f liên tục trên D.



Chứng minh. Hoàn toàn tương tự như chứng minh ở dãy hàm thực, xindành cho bạn đọc xem như bài tập.

Bây giờ ta xét mối liên hệ giữa dãy hàm với các dãy hàm thực tương ứngcủa nó. Xét dãy hàm fn với fn(z) = un(x, y) + ivn(x, y) với z = x+ iy.Tương tự như giới hạn của hàm số và giới hạn của dãy số ta có các kếtquả sau:

4.9 Định lý. Dãy hàm fn với fn(z) = un(x, y)+ivn(x, y) với z = x+iy

hội tụ tại z0 = x0 + iy0 khi và chỉ khi cả hai dãy hàm thực un(x, y) vàvn(x, y) hội tụ tại (x0, y0) và

limn→∞

f(z0) = limn→∞

un(x0, y0) + i limn→∞

vn(x0, y0).

4.10 Định lý. Dãy hàm fn với fn(z) = un(x, y) + ivn(x, y) với z =

x + iy hội tụ đều trên D khi và chỉ khi các dãy hàm thực un(x, y) vàvn(x, y) hội tụ đều trên D.

4.11 Định nghĩa. Ta nói dãy fn hội tụ đều trên mọi tập compacttrong D tới hàm f nếu mọi tập compact K ⊂ D với mọi ε > 0 tìm đượcN sao cho |fn(z)− f(z)| < ε với mọi z ∈ K và mọi n > N ; nghĩa là fnhội tụ đều trên K.

4.12 Định lý. Cho D là một tập mở. Khi đó, dãy hàm fn hội tụ đềutrên mọi tập compact trong D tới hàm f khi và chỉ nó hội tụ đều trên mọihình tròn đóng trong D.

Chứng minh. Giả sử fn hội tụ đều trên mọi tập compact trong D tớihàm f . Ta biết rằng mỗi hình tròn đóng là tập compact, cho nên fn hộitụ đều trên mọi hình tròn đóng trong D.

Ngược lại, lấy K là một tập compact bất kỳ trong D. Với mỗi x ∈K ⊂ D, do D là tập mở nên tồn tại rx > 0 sao cho B(x, rx) ⊂ D. Rõ ràng

K ⊂ ⋃

x∈K

B(x, rx), cho nên tồn tại x1, . . . , xn sao cho K ⊂n⋃

j=1

B(xj , rxj ) ⊂n⋃

j=1

B(xj , rxj ). Do fn hội tụ đều trên B(xj , rxj ) với j = 1, . . . , n cho nên

cũng hội tụ đều trên K.

4.13 Định lý. Giả sử mỗi hàm fn liên tục trên tập mở D và dãy hàmfn hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f . Khi đó, f liêntục trên D.



Chứng minh. Do D là tập mở nên với x ∈ D bất kỳ tồn tại r > 0 saocho B(x, r) ⊂ D. Theo giả thiết fn hội tụ đều về hàm f trên B(x, r), dĩnhiên cũng trên B(x, r). Hơn nữa, các hàm fn liên tục trên B(x, r), suyra (Định lý 4.8) f liên tục trên B(x, r); đặc biệt liên tục tại x. Vậy f liêntục trên D.

Chuỗi hàm

4.14 Định nghĩa. Cho dãy hàm fn xác định trên D. Khi đó, tổnghình thức

f1 + f2 + · · ·+ fn + · · · =∞∑

n=1

fn

được gọi là chuỗi hàm trên D. Với mỗi n ≥ 1 và mỗi z ∈ D, đặt

Sn(z) =

n∑

k=1

fk(z),

ta nhận thấy Sn là một hàm số xác định trên D, và gọi là tổng riêngthứ n của chuỗi hàm

∑∞n=1 fn. Khi đó, ta nhận được dãy hàm Sn xác

định trên D. Chuỗi hàm∑∞

n=1 fn được gọi là hội tụ tại điểm z0 ∈ D

nếu dãy hàm Sn hội tụ tại z0. Khi đó, ta cũng nói chuỗi∑∞

n=1 fn khảtổng tại z0 và tổng của nó là limn→∞ Sn(z0); ta ký hiệu

∞∑

n=1

fn(z0) = limn→∞

Sn(z0).

Nếu dãy hàm Sn hội tụ về f trên D thì ta nói chuỗi hàm∑∞

n=1 fn hộitụ về f và viết

f =

∞∑

n=1

fn hay f(z) =

∞∑

n=1

fn(z), z ∈ D.

Nếu dãy hàm Sn hội tụ đều về f trên D thì ta nói chuỗi hàm∑∞

n=1 fnhội tụ đều về f trên D.

Như vậy, sự hội tụ và hội tụ đều của chuỗi hàm được định nghĩa theodãy hàm (dãy tổng riêng) nên ta cũng có định lý sau.

4.15 Định lý. Mọi chuỗi hàm hội tụ đều trên D, thì hội tụ trên D.



Cũng như trường hợp dãy hàm, mệnh đề đảo của định lý trên không đúng.

4.16 Thí dụ. Xét chuỗi hàm∞∑

n=0zn. Ta nhận thấy Sn(z) =

1− zn+1

1− z,

nên theo Thí dụ 4.6 chuỗi hàm đang xét hội tụ trên D = z ∈ C : |z| < 1nhưng không hội tụ đều trên tập ấy.

4.17 Định lý. (Tiêu chuẩn Cauchy) Để chuỗi∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều trên

D điều kiện cần và đủ là với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho với mọin > N , với mọi p ≥ 1 và với mọi z ∈ D ta có

|fn+1(z) + · · ·+ fn+p(z)| < ε.

Chứng minh. Theo định nghĩa∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều trên D khi và chỉ khi

dãy tổng riêng xác định bởi Sn(z) =n∑

k=1

fk(z) hội tụ đều trên D. Theo

Định lý 4.7 điều đó tương đương: với mọi ε > 0 tồn tại N > 0 sao cho vớimọi n > N , mọi p ≥ 1 và mọi z ∈ D ta có |Sn+p(z)− Sn(z)| < ε hay

|fn+1(z) + · · ·+ fn+p(z)| < ε.

4.18 Định lý. Nếu chuỗi hàm∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều trên D và ϕ(z) là một

hàm bị chặn trên D thì chuỗi hàm∞∑

n=1ϕ(z)fn(z) hội tụ đều trên D.

Chứng minh. Do ϕ(z) bị chặn trên D nên tồn tại M > 0 sao cho |ϕ(z)| ≤M với mọi z ∈ D. Với ε > 0 tùy ý, do

∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều trên D nên tồn

tại N > 0 sao cho với mọi n > N , mọi p ≥ 1 và mọi z ∈ D ta có

|fn+1(z) + · · ·+ fn+p(z)| <ε

M.

Từ đó suy ra

|ϕ(z)fn+1(z) + · · ·+ ϕ(z)fn+p(z)| = |ϕ(z)||fn+1(z) + · · ·+ fn+p(z)|< M

ε

M= ε

với mọi n > N mọi p ≥ 1 và mọi z ∈ D. Vậy theo tiêu chuẩn Cauchy chuỗi∞∑

n=1ϕ(z)fn(z) hội tụ đều trên D.



4.19 Định lý. Nếu chuỗi hàm∑∞

n=1 fn hội tụ đều về hàm f trên D vàfn liên tục trên D với mọi n, thì hàm f là hàm liên tục trên D.

Chứng minh. Lấy z0 ∈ D tùy ý và ε > 0 bé tùy ý. Do chuỗi∑∞

n=1 fn hộitụ đều về f trên D, nên tồn tại n0 ∈ N sao cho |Sn0(z)−f(z)| < ε

3 với mọiz ∈ D, trong đó Sn0(z) =

∑n0

k=1 fk(z). Do các hàm fn liên tục trên D vớimọi n nên Sn0(z) liên tục trên D, cụ thể là liên tục tại z0. Khi đó, tồn tạiδ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa |z− z0| < δ ta có |Sn0(z)−Sn0(z0)| < ε

3 .Vậy với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta có

|f(z)− f(z0)| ≤ |f(z)− Sn0(z)|+ |Sn0(z)− Sn0(z0)|+ |Sn0(z0)− f(z0)|

<ε

3+ε

3+ε

3= ε.

Vậy f liên tục tại z0. Suy ra hàm f liên tục trên D.

Xét chuỗi∑∞

n=1 fn của dãy fn, đặt

Rn(z) =

∞∑

k=n+1

fk(z), z ∈ D.

Rn được gọi là phần dư thứ n của chuỗi∑∞

n=1 fn. Người ta chứng minhđược định lý sau.

4.20 Định lý. Chuỗi∑∞

n=1 fn hội tụ tại z0 ∈ D khi và chỉ khi dãyRn(z0) hội tụ về 0. Chuỗi

∑∞n=1 fn hội tụ đều trên D khi và chỉ khi

dãy Rn hội tụ đều về 0 trên D.


n=1 fn được gọi là hội tụ tuyệt đối tại z0nếu chuỗi

∑∞n=1 |fn(z0)| là hội tụ.

4.22 Thí dụ. Ta biết rằng chuỗi hàm∞∑

n=0zn hội tụ trênD = z : |z| < 1.

Hơn nữa, ta cũng thấy được chuỗi đang xét cũng hội tụ tuyệt đối trên D.

4.23 Định lý. Nếu chuỗi∑∞

n=1 fn hội tụ tuyệt đối thì nó hội tụ.

Chứng minh. Được suy ra từ các định nghĩa về sự hội tụ của chuỗi hàmvà Định lý 1.24.



4.24 Nhận xét. Từ kết quả của định lý này và các tiêu chuẩn hội tụD’Alembert và Cauchy của chuỗi số dương ta có thể tìm được phần nàotập các điểm hội tụ và phân kỳ của chuỗi hàm phức. Thật vậy xét chuỗi

hàm∞∑

n=1fn(z), xác định các giới hạn

ϕ(z) = lim supn→∞

|fn+1(z)||fn(z)|

ψ(z) = lim supn→∞

n√

|fn(z)|.

Khi đó, nếu ϕ(z) < 1 hoặc ψ(z) < 1 thì chuỗi đang xét hội tụ tuyệt đối(hội tụ) tại z còn nếu ϕ(z) > 1 hoặc ψ(z) > 1 thì chuỗi đang xét phân kỳtại z.

4.25 Thí dụ. (a) Xét chuỗi hàm∞∑

n=1

zn2

n!. Ta có

lim supn→∞

∣∣∣∣

z(n+1)2n!

(n+ 1)!zn2

∣∣∣∣= lim

n→∞|z|2n+1

n+ 1=

0 khi |z| ≤ 1

∞ khi |z| > 1.

Vậy chuỗi hàm đã cho hội tụ trên hình tròn xác định bởi |z| < 1 vàphân kỳ ngoài đường tròn có phương trình |z| = 1

(b) Xét chuỗi hàm∞∑

n=1

(z + n

2nz

)n

. Ta có

lim supn→∞

n

√∣∣∣z + n

2nz

∣∣∣ = lim sup

n→∞

1

2|z|∣∣∣1 +

z

n

∣∣∣ =

1

2|z| limn→∞

∣∣∣1 +

z

n

∣∣∣ =

1

2|z|

Vậy chuỗi hàm đã cho hội tụ khi 12|z| < 1 hay |z| > 1

2 và phân kỳ khi|z| < 1

2 .

4.26 Định lý. (Tiêu chuẩn Weierstrass) Cho chuỗi hàm∑∞

n=1 fn.Nếu với mọi z ∈ D ta có |fn(z)| < an với mọi n > n0 và chuỗi số

∑∞n=1 an

hội tụ, thì chuỗi hàm∑∞

n=1 fn hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều trên D.

Chứng minh. Với mỗi z0 ∈ D, ta có |fn(z0)| ≤ an với mọi n. Do∑∞

n=1

hội tụ, nên∑∞

n=1 |fn(z0)| hội tụ. Vậy∑∞

n=1 fn(z) hội tụ tuyệt đối trên D.Đặt Sn(z) =

∑nk=1 fk(z) và f(z) =

∑∞n=1 fn(z). Với mọi ε > 0, tồn tại

N > 0 sao cho∑∞

k=n+1 an < ε với mọi n > N . Suy ra với mọi n > N vàmọi z ∈ D, ta có

|Sn(z)− f(z)| =∣∣∣

∞∑

k=n+1

fk(z)∣∣∣ ≤

∞∑

k=n+1

|fk(z)| ≤∞∑

k=n+1

an < ε.



Vậy∑∞

n=1 fn(z) hội tụ đều trên D.

4.27 Định lý. Giả sử chuỗi hàm∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều về hàm f(z) trên

D và z0 ∈ ∂D. Giả sử tồn tại giới hạn

limz→z0z∈D

fn(z) = cn với n = 1, 2, . . .

Khi đó, chuỗi số∞∑

n=1cn hội tụ và

limz→z0z∈D

f(z) =∞∑

n=1

cn =∞∑

n=1

limz→z0z∈D

fn(z).

Chứng minh. Với ε > 0 cho trước do chuỗi∞∑

n=1fn(z) hội tụ nên theo tiêu

chuẩn Cauchy tồn tại N > 0 sao cho với mọi n > N , với mọi p ≥ 1 và vớimọi z ∈ D ta có

|fn+1(z) + · · ·+ fn+p(z)| < ε.

Do đó, ta có

limz→z0z∈D

|fn+1(z) + · · ·+ fn+p(z)| ≤ ε

hay

|cn+1 + · · ·+ cn+p| ≤ ε

Vậy theo tiêu chuẩn Cauchy chuỗi số∞∑

n=1cn hội tụ.

Đặt c =∞∑

n=1cn, Sn(z) =

n∑

k=1

fk(z). Khi đó, với mọi z ∈ D ta có

|f(z)− c| ≤ |f(z)− Sn(z)|+∣∣∣Sn(z)−

n∑

k=1

ck

∣∣∣+∣∣∣

n∑

k=1

ck − c∣∣∣

Vì chuỗi∞∑

n=1

fn(z) hội tụ đều về hàm f(z) hay dãy Sn(z) hội tụ đều về

hàm f(z) trên D và vì∞∑

n=1cn hội tụ về c nên với ε > 0 cho trước tồn tại

n đủ lớn sao cho∣∣∣

n∑

k=1

cn − c∣∣∣ <

ε

3và |f(z)− Sn(z)| <

ε

3với mọi z ∈ D



Theo giả thiết ta thấy rằng limz→z0z∈D

Sn(z) =n∑

k=1

ck. Do đó, với ε > 0 đang

xét tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta có

∣∣∣Sn(z)−

n∑

k=1

ck

∣∣∣ <

ε

3.

Vậy từ các kết quả trên với |z − z0| < δ và z ∈ D ta có

|f(z)− c| < ε

3+ε

3+ε

3= ε.

Do đó, ta được limz→z0z∈D

f(z) = c =

∞∑

n=1

cn.

4.28 Nhận xét. Từ định lý trên ta suy ra rằng nếu chuỗi∞∑

n=1fn(z) hội

tụ đều trên D và các hàm fn(z) liên tục trên D thì chuỗi cũng hội tụ trênD và hàm tổng của nó cũng là hàm liên tục trên D.

Với nhận xét này ta có một cách lý giải khác để chứng tỏ rằng chuỗi∞∑

n=1zn không hội tụ đều trên hình tròn đơn vị B(0, 1). Thật vậy, ta biết

rằng chuỗi hàm ấy hội tụ trên B(0, 1). Giả sử nó hội tụ đều trên B(0, 1).Vì mọi hàm zn liên tục trên C nên theo nhận xét trên chuỗi đã cho phảihội tụ trên B(0, 1). Ta gặp phải mâu thuẫn vì 1 ∈ B(0, 1) nhưng chuỗi∞∑

n=11n phân kỳ. Vậy chuỗi

∞∑

n=1zn không hội tụ đều trên B(0, 1).

Để kết thúc phần này chúng tôi cũng nêu một số kết quả về mối liên hệgiữa chuỗi hàm và các chuỗi hàm phần thực và phần ảo tương ứng của nó.

4.29 Định lý. Chuỗi hàm∑∞

n=1 fn với fn(z) = un(x, y)+ ivn(x, y) trongđó z = x + iy hội tụ tại z0 = x0 + iy0 khi và chỉ khi các chuỗi hàm thực∑∞

n=1 un(x, y) và∑∞

n=1 vn(x, y) hội tụ tại (x0, y0).

4.30 Định lý. Chuỗi hàm∑∞

n=1 fn với fn(z) = un(x, y)+ ivn(x, y) trongđó z = x + iy hội tụ đều (tuyệt đối) trên D khi và chỉ khi các chuỗi hàmthực

∑∞n=1 un(x, y) và

∑∞n=1 vn(x, y) hội tụ đều (tuyệt đối) trên D.



Bài tập

1 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm fn hội tụ đều về hàm f trên D vàdãy số zn hội tụ về z0 thì dãy hàm fn − zn hội tụ đều về hàm f − z0trên D.

2 ) Cho dãy hàm fn hội tụ về f trên D. Giả sử với mỗi z ∈ D tồn tạir > 0 sao cho dãy hàm fn hội tụ đều về f trên B(z, r). Chứng minhrằng fn hội tụ đều về f trêm mọi tập compact K ⊂ D.

3 ) Cho dãy hàm fn hội tụ đều về f trên D và |f(z)| ≥ m > 0 với mọiz ∈ D. Chứng minh rằng dãy hàm 1/fn hội tụ đều về hàm 1/f trên D.

4 ) Cho hai dãy hàm fn và gn lần lượt hội tụ đều về các hàm f và gtrên D. Chứng minh rằng dãy hàm fngn hội tụ đều về hàm fg trên D.

5 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm fn hội tụ đều trên D1 và D2 thì nócũng hội tụ đều trên D1 ∪D2.

6 ) Tìm miền hội tụ tuyệt đối của chuỗi hàm∞∑

n=1

z3n−1

n2 + n.





11 ) Xét chuỗi hàm theo biến thực∞∑

n=0e−nein

2x.

(a) Chứng minh rằng chuỗi hàm trên và các chuỗi có được bằng cách lấyđạo hàm liên tiếp từng số hạng của nó hội tụ đều trên R. Suy ra hàmtổng f(x) của chuỗi hàm đã cho khả vi vô hạn lần trên R.

(b) Chứng minh rằng chuỗi Taylor của hàm f tại 0:

f(0) +f ′(0)

1!x+ · · ·+ f (n)(0)

n!xn + · · ·

không hội tụ với giá trị x 6= 0 nào.



12 ) Chứng minh rằng chuỗi f(z) =∞∑

n=0

(−1)nz2nm+1

(2n+ 1)!(2nm+ 1)hội tụ

trên C. Tìm giới hạn limt→∞

f(teikπm ).



§ 5 Chuỗi lũy thừa

Một chuỗi hàm có dạng

∞∑

n=0

cnzn hay

∞∑

n=0

cn(z − z0)n

được gọi là chuỗi lũy thừa. Ta chỉ nghiên cứu chuỗi lũy thừa∑∞

n=0 cnzn

bởi vì ta chỉ việc đặt Z = z − z0 khi gặp chuỗi∑∞

n=0 cn(z − z0)n ta đưa

được về dạng chuỗi trên. Rõ ràng chuỗi∑∞

n=0 cnzn hội tụ tại z = 0.

5.1 Thí dụ. Xét chuỗi∞∑

n=0

zn

n!. Với mọi z0 ∈ C, ta có

∞∑

n=0

|z0|nn!

hội tụ.

Suy ra∞∑

n=0

zn

n!hội tụ tuyệt đối tại z0. Vậy

∞∑

n=0

zn

n!hội tụ trên C.

Xét chuỗi∞∑

n=1

nnzn. Với mọi z0 6= 0, ta có limn→∞

nn|z0|n = ∞, suy ra

nnzn0 không thể có giới hạn là 0 khi n dần ra ∞. Vậy∞∑

n=1nnzn phân kỳ

tại z0. Do đó,∞∑

n=1nnzn chỉ hội tụ tại z = 0.

5.2 Định lý. (Abel) Giả sử chuỗi∑∞

n=0 cnzn hội tụ tại z0 6= 0. Khi đó,

chuỗi hội tụ tuyệt đối tại z mà |z| < |z0| và hội tụ đều trên hình tròn đóngz : |z| ≤ r với 0 < r < |z0|.

Nếu chuỗi∑∞

n=0 cnzn phân kỳ tại z1 thì nó phân kỳ tại mọi z mà

|z| > |z1|.

Chứng minh. Theo giả thiết ta có chuỗi số∞∑

n=0cnz

n0 hội tụ, cho nên

limn→∞

cnzn0 = 0. Do đó, tồn tại M > 0 sao cho |cnzn0 | < M với mọi


§ 5 Chuỗi lũy thừa 71

n = 0, 1, 2, . . .. Với mỗi z sao cho |z| < |z0|, đặt q = | zz0|, suy ra q < 1. Ta

có

|cnzn| = |cnzn0 |∣∣∣z

z0

∣∣∣

n

< Mqn.

Ta thấy chuỗi∑∞

n=0Mqn hội tụ, suy ra∑∞

n=0 cnzn hội tụ tuyệt đối. Với

0 < r < |z0|, đặt q = r|z0| < 1. Ta có

|cnzn| = |cnzn0 |∣∣∣z

z0

∣∣∣

n

≤Mrn

|z0|n=Mqn với mọi |z| ≤ r.

Theo tiêu chuẩn Weierstrass ta có thể thấy được chuỗi∑∞

n=0 cnzn hội tụ

đều trên z : |z| < r với r < |z0|.Dùng phản chứng và kết quả vừa được chứng minh ta sẽ có được khẳng

định thứ hai trong định lý. Thật vậy, giả sử tồn tại z2 là điểm hội tụ củachuỗi đã cho thỏa |z2| > |z1|. Khi đó, theo phần trên ta có chuỗi đã chohội tụ tại mọi z thỏa |z| < |z2|, cho nên nó hội tụ tại điểm z1 (trái với giảthiết).

Theo định lý Abel nếu chuỗi∑∞

n=0 cnzn hội tụ tại z1 thì nó hội tụ bên

trong đường tròn tâm tại 0 bán kính |z1|, và nếu chuỗi∑∞

n=0 cnzn phân

kỳ tại z2 thì nó phân kỳ tại mọi điểm ngoài hình tròn tâm 0 bán kính |z2|.Vấn đề đặt ra là liệu tồn tại số R ≥ 0 sao cho chuỗi

∑∞n=0 cnz

n hội tụ khi|z| < R và phân kỳ khi |z| > R hay không? Định lý sau đây sẽ trả lời câuhỏi này.

5.3 Định lý. Tồn tại 0 ≤ R ≤ ∞, sao cho chuỗi∑∞

n=0 cnzn hội tụ khi

|z| < R và phân kỳ khi |z| > R. Số R gọi là bán kính hội tụ của chuỗi.

Chứng minh. Nếu chuỗi∑∞

n=0 cnzn hội tụ trên C thì R = ∞. Nếu chuỗi

∑∞n=0 cnz

n phân kỳ tại mỗi điểm z 6= 0 thì R = 0.Giả sử chuỗi

∑∞n=0 cnz

n hội tụ tại z0 6= 0 và phân kỳ tại z1. Khi đó,theo định lý Abel ta có ngay |z0| ≤ |z1|. Đặt

A =

|z| :∞∑

n=0

cnzn hội tụ tại z

.

Rõ ràng A 6= ∅ vì z0 ∈ A và bị chặn trên bởi |z1| (theo định lý Abel). ĐặtR = supA. Lấy z2 tùy ý thỏa |z2| < R. Theo định nghĩa của R và tập A,tồn tại z∗ là điểm hội tụ của chuỗi

∑∞n=0 cnz

n thỏa |z2| < |z∗| ≤ R. Theođịnh lý Abel, ta có chuỗi

∑∞n=0 cnz

n hội tụ tại z2.



Giả sử tồn tại z′ mà tại đó chuỗi∑∞

n=0 cnzn hội tụ và |z′| > R. Rõ

ràng |z′| ∈ A, cho nên |z′| ≤ supA = R, mâu thuẫn với |z′| > R. Suy rachuỗi

∑∞n=0 cnz

n phân kỳ khi |z| > R.

5.4 Định lý. (Cauchy-Hadamard) Bán kính hội tụ R của chuỗi lũythừa

∑∞n=0 cnz

n cho bởi công thức

R =1

lim supn→∞

n√

|cn|.(5.5)

với R = 0 khi lim supn→∞

n√

|cn| = ∞ và R = ∞ khi lim supn→∞

n√

|cn| = 0.

Chứng minh. Đặt l = lim supn→∞

n√

|cn|. Giả sử l = ∞ và∑∞

n=0 cnzn hội

tụ tại z0 6= 0. Khi đó, limn→∞ cnzn0 = 0. Suy ra tồn tại N > 0 sao cho

|cnzn0 | < 1 suy ra n√

|cn| < 1|z0| với mọi n > N . Điều này mâu thuẫn với

l = ∞. Do đó, chuỗi lũy thừa∑∞

n=0 cnzn phân kỳ tại mọi điểm z 6= 0, suy

ra R = 0.Giả sử l = 0 và z0 6= 0 tùy ý. Khi đó, tồn tại N > 0 sao cho n

√

|cn| ≤1

2|z0| với mọi n > N . Suy ra |cnzn0 | ≤ 12n với mọi n > N . Do đó, chuỗi

∑∞n=0 |cnzn0 | hội tụ, suy ra

∑∞n=0 cnz

n hội tụ tại z0. Vậy∑∞

n=0 cnzn hội

tụ trên C, suy ra R = ∞.Giả sử 0 < l < ∞. Lấy z1 6= 0 tùy ý thỏa |z1| < 1

l hay l < 1|z1| . Lấy l′

thỏa l < l′ < 1|z1| . Khi đó, tồn tại N > 0 sao cho n

√

|cn| ≤ l′ với mọi n > N .Suy ra |cnzn1 | ≤ (l′|z1|)n với mọi n > N . Do l′|z1| < 1 nên

∑∞n=0 |cnzn1 |

hội tụ. Suy ra∑∞

n=0 cnzn hội tụ tại z1. Vậy

∑∞n=0 cnz

n hội tụ khi |z| < 1l .

Giả sử∑∞

n=0 cnzn hội tụ tại z2 với |z2| > 1

l . Khi đó, ta có limn→∞

cnzn2 = 0,

suy ra tồn tại N > 0 sao cho |cnzn2 | ≤ 1 với mọi n > N , hay n√

|cn| ≤ 1|z2|

với mọi n > N . Điều này suy ra l = lim supn→∞

n√

|cn| ≤ 1|z2| < l (vô lý). Vậy

∑∞n=0 cnz

n phân kỳ khi |z| > 1l . Suy ra R = 1

l .

5.6 Thí dụ. (a) Xét chuỗi lũy thừa∞∑

n=1

(1 + 1

n

)n2

zn. Ta có

lim supn→∞

n

√(

1 +1

n

)n2

= limn→∞

(

1 +1

n

)n

= e.

Vậy theo Định lý 5.4 bán kính hội tụ của chuỗi đã cho là R = 1e .


§ 5 Chuỗi lũy thừa 73

(b) Xét chuỗi lũy thừa∞∑

n=0(n+ an)zn. Nếu |a| ≤ 1 thì n− 1 ≤ |n+ an| ≤

n+ 1. Suy ra limn→∞

n√

|n+ an| = 1, cho nên R = 1. Khi |a| > 1, ta có

|a|n−n ≤ |n+an| ≤ |a|n+n. Từ bất đẳng thức kép này ta thấy đượclimn→∞

n√

|n+ an| = |a|. Suy ra R = 1/|a|.

5.7 Nhận xét. Cũng tương tự như định lý trên, ta cũng có công thứcxác định bán kính hội tụ

R = limn→∞

∣∣∣cncn+1

∣∣∣(5.8)

khi ta tính được giới hạn trên.

5.9 Thí dụ. Tìm miền hội tụ của chuỗi∞∑

n=1

n!

an2 zn với a > 1. Trước hết

ta tính giới hạn

limn→∞

∣∣∣cncn+1

∣∣∣ = lim

n→∞n!a(n+1)2

an2(n+ 1)!= lim

n→∞a2n+1

n+ 1= ∞.

Vậy chuỗi đã cho hội tụ trên toàn mặt phẳng phức.

Bài tập

1 ) Tìm bán kính hội tụ của các chuỗi sau:

(a)∞∑

n=1

zn

n(b)

∞∑

n=1

3nzn (c)∞∑

n=1

n

2nzn (d)

∞∑

n=1

ein

npzn (e)

∞∑

n=0

z2n

2 ) Tìm bán kính hội tụ của các chuỗi lũy thừa

(a)∞∑

n=0

qn2

zn (b)∞∑

n=0

zn! (c)∞∑

n=1

(1 + 2i)n+1(

1 +1

2n

)n2−1

zn.

3 ) Chứng minh rằng bán kính hội tụ của hai chuỗi hàm lũy thừa∞∑

n=0cnz

n

và∞∑

n=1ncnz

n−1 là bằng nhau.

4 ) Giả sử∞∑

n=0cnz

n có bán kính hội tụ R. Hãy tính bán kính hội tụ của

các chuỗi∞∑

n=0cnz

2n và∞∑

n=0c2nz

n.



5 ) Cho chuỗi lũy thừa∞∑

n=0cn(z − z0)

n có bán kính hội tụ R <∞. Chứng

minh rằng với mọi z thỏa |z − z0| > R ta có supcn(z − z0)n : n =

0, 1, 2, . . . = ∞.

6 ) Chứng minh rằng nếu dã số thực an đơn điệu giảm về 0 sao cho∞∑

n=1an phân kỳ thì chuỗi lũy thừa

∞∑

n=1anz

n có bán kính hội tụ bằng 1.

Hơn nữa, chuỗi hội tụ tại mọi điểm của vòng tròn đơn vị |z| = 1 trừ điểmz = 1.

7 ) Chứng minh rằng chuỗi∞∑

n=1

(−1)[√n]zn

nhội tụ tại mọi điểm của đường

tròn |z| = 1 nhưng không hội tụ tuyệt đối tại điểm nào của đường trònnày cả.

§ 6 Các phép tính trên chuỗi lũy thừa

Cho hai chuỗi lũy thừa f(x) =∞∑

n=0anz

n và g(z) =∞∑

n=0bnz

n với bán kính

hội tụ lần lượt là R1 và R2. Ta lập chuỗi tổng và chuỗi tích Cauchy

(f + g)(z) =

∞∑

n=0

(an + bn)zn(6.1)

(fg)(z) =

∞∑

n=0

cnzn(6.2)

nhắc lại cn = a0bn + a1bn−1 + · · ·+ an−1b1 + anb0, n = 0, 1, 2, . . .

6.3 Định lý. Các chuỗi (6.1) và (6.2) có bán kính hội tụ lớn hơn hoặcbằng minR1, R2 và hơn nữa

(f + g)(z) = f(z) + g(z)(fg)(z) = f(z)g(z)

với |z| < minR1, R2.

Chứng minh. Chú ý rằng khi |z| < minR1, R2 thì hai chuỗi∞∑

n=0anz

n

và∞∑

n=0bnz

n hội tụ tuyệt đối. Từ đó, áp dụng tính chất chuỗi số, định lý

Abel, và định lý Merten ta suy ra được điều phải chứng minh. Trình bàychứng minh chi tết xin dành cho bạn đọc xem như bài tập.


§ 6 Các phép tính trên chuỗi lũy thừa 75

6.4 Chú ý. Nếu R1 6= R2 thì chuỗi tổng có bán kính hội tụ đúng bằngminR1, R2 do định lý Abel. Tuy nhiên, nếu R1 = R2 thì bán kính hội tụ

của chuỗi tổng có thể lớn hơn R1. Chẳng hạn chuỗi f − f = 0 =∞∑

n=00zn

có bán kính hội tụ ∞ bất kể bán kính hội tụ của f là bao nhiêu.Cũng thế, bán kính hội tụ của fg có thể lớn hơn minR1, R2. Ví dụ

chuỗi f(z) = 1 − z có bán kính hội tụ ∞ và chuỗi g(z) =1

1− z=

∞∑

n=0zn

có bán kính hội tụ 1 nhưng (fg)(z) = 1 + 0z + 0z2 + · · · có bán kính hộitụ ∞.

6.5 Hệ quả. Giả sử f(z) =∞∑

n=0anz

n có bán kính hội tụ R > 0. Đặt

fp(z) =∞∑

n=0

bnzn, với bn =

∑

k1+···+kp=n

ak1 · · · akp .(6.6)

Khi ấy, chuỗi trên có bán kính hội tụ lớn hơn hoặc bằng R và ta có fp(z) =

(f(z))p nếu |z| < R.

Chứng minh. Chuỗi (6.6) chính là chuỗi tích của f với chính nó lặp lại plần. Từ đó, áp dụng Định lý 6.3 ta có được điều phải chứng minh.

Phép tính quan trọng mà ta xét đến là phép thế một chuỗi lũy thừavào một chuỗi lũy thừa khác. Nghĩa là cho trước hai chuỗi lũy thừa f(z) =∞∑

n=0anz

n và g(z) =∞∑

n=0bnz

n có bán kính hội tụ lần lượt là R1 và R2 > 0,

ta muốn tìm một chuỗi lũy thừa∞∑

n=0cnz

n sao cho

f(g(z)) =∞∑

n=0

cnzn với |z| bé.(6.7)

Vì dưới đây ta chỉ quan tâm đến các hàm f(z) và g(z) trong hình trònhội tụ của chuỗi tương ứng nên (6.7) có nghĩa là tìm 0 < r < R2 sao cho|g(z)| < R1 với |z| < r. Hơn nữa, với z như vậy, ta thế g vào f và được

∞∑

n=0

an(g(z))n =

∞∑

n=0

cnzn.

Đặc biệt, ta có |g(0)| < R1. Ta có định lý sau:



6.8 Định lý. Giả sử |b0| = |g(0)| < R1. Khi đó, tồn tại 0 < r < R2 saocho |g(z)| < R1 nếu |z| < r. Hơn nữa, với |z| < r ta có

f(g(z)) =

∞∑

n=0

cpzp

trong đó cp cho bởi chuỗi hội tụ tuyệt đối cp =∞∑

n=0

∑

k1+···+kn=p

anbk1 · · · bkn .

6.9 Nhận xét. Nếu g(0) = 0 (nghĩa là b0 = 0) thì điều kiện của định lýtrên luôn luôn được thỏa nếu R1, R2 > 0. Trong trường hợp này tổng xácđịnh cp là tổng hữu hạn vì nếu n > p thì ít nhất một kj = 0 và khi đó hệsố bkj = 0. Do đó,

cp =

p∑

n=0

∑

k1+···+kn=p

anbk1 · · · bkn .

Nếu g(z) = z0 + z thì điều kiện |g(0)| < R1 trở thành |z0| < R1. Ta có|z0 + z| ≤ |z0|+ |z|, cho nên với r = R1 − |z0| ta có |g(z)| = |z0 + z| < R1

khi |z| < r. Để ý rằng b0 = z0, b1 = 1 và bk = 0 khi k > 1. Do đó, khin < p ta phải có ít nhất một chỉ số kj > 1 trong k1 + · · · + kn = p, chonên bkj = 0. Khi n ≥ p, tổng bên trong công thức xác định cp các số hạngkhác không đều có p thừa số bằng 1 và n − p thừa số bằng z0, và các sốhạng này chính là hệ số nhị thức

cp =∞∑

n=p

an

(n

p

)

zn−p0 =

∞∑

n=0

an+p

(n+ p

p

)

zn0 .(6.10)

Bây giờ chúng ta hãy áp dụng Định lý 6.8 để biểu diễn nghịch đảo của

một chuỗi lũy thừa f(z) =∞∑

n=0anz

n có bán kính hội tụ R > 0 thành một

chuỗi lũy thừa; nghĩa là tìm một chuỗi lũy thừa g(z) =∞∑

n=0bnz

n có bán

kính hội tụ dương sao cho g(z) =1

f(z)với |z| bé.

Ta viết

1

f(z)=

1

1− (1− f(z))=

∞∑

n=0

(1− f(z))n.


§ 6 Các phép tính trên chuỗi lũy thừa 77

Như vậy, theo theo Định lý 6.8 điều kiện để thay thế chuỗi 1 − f(z) =

1− a0 − a1z− a2z2 − · · · vào chuỗi hình học

∞∑

n=0zn là |1− a0| < 1. Từ đó,

ta nhận thấy điều kiện cần để tồn tại chuỗi hàm g(z) như đề cập ở trên làf(0) = a0 6= 0.

Ngược lại, giả sử f(0) = a0 6= 0. Đặt

f(z) =f(z)

f(0)= 1 +

a1a0z +

a2a0z2 + · · ·

Ta nhận thấy chuỗi lũy thừa 1− f(z) = −a1a0z− a2

a0z2−· · · có bán kính hội

tụ vẫn là R. Vì |1− f(0)| = 0 < 1, nên theo Định lý 6.8 và cách xây dựng

ở trên tồn tại 0 < r < R sao cho hàm1

f(z)biểu diễn dưới dạng chuỗi lũy

thừa là g(z) =1

f(z)=

∞∑

n=0bnz

n khi |z| < r. Đặt

g(z) =g(z)

f(0)=b0a0

+b1a0z + · · ·+ bn

a0zn + · · · khi |z| < r

Ta có g(z) =1

f(0)f(z)=

1

f(z)với mọi |z| < r. Như vậy, ta đã chứng minh

được định lý sau.

6.11 Định lý. Giả sử chuỗi f(z) =∞∑

n=0

anzn có bán kính hội tụ R > 0 và

f(0) = a0 6= 0. Khi đó, tồn tại chuỗi g(z) =∞∑

n=0bnz

n có bán kính hội tụ

R′ > 0 và tồn tại r > 0 sao cho g(z) =1

f(z)nếu |z| < r.

Bài tập


2 ) Chứng minh rằng chuỗi (6.6) chính là chuỗi tích của f với chính nólặp lại p lần.

3 ) Phát biểu định lý 6.8 cho hai chuỗi hàm f(z) =∞∑

n=0anz

n và g(z) =

∞∑

n=0bn(z − z0)

n.


78

Chương III

Hàm giải tích

§ 1 Đạo hàm

Khái niệm và tính chất cơ bản

1.1 Định nghĩa. Cho hàm số f xác định trên miền D ⊆ C. Hàm f đượcgọi là khả vi tại z0 ∈ D (hay hàm f có đạo hàm tại z0) nếu giới hạn

lim∆z→0

f(z0 +∆z)− f(z0)

∆z= lim

z→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

tồn tại, và ta nói giới hạn đó là đạo hàm của hàm f tại điểm z0. Ký hiệu

f ′(z0) =df

dz(z0) = lim

∆z→0

f(z0 +∆z)− f(z0)

∆z

1.2 Thí dụ. Hàm f(z) = z2 khả vi tại mọi điểm z. Thật vậy

lim∆z→0

(z +∆z)2 − z2

∆z= lim

∆z→0

2z∆z + (∆z)2

∆z

= lim∆z→0

(2z +∆z) = 2z.

Hơn nữa, f ′(z) = (z2)′ = 2z.

Cũng như đối với hàm biến thực, ta định nghĩa đạo hàm cấp cao củahàm f bằng quy nạp

f (k)(z0) = (f (k−1))′(z0)


§ 1 Đạo hàm 79

nếu vế phải tồn tại; khi đó, f (k)(z0) gọi là đạo hàm cấp k của f tại z0.Do định nghĩa đạo hàm của hàm biến phức hoàn toàn tương tự với

định nghĩa đạo hàm của hàm biến thực, bên cạnh đó các tính chất giớihạn của hàm phức cũng tương tự như tính chất giới hạn của hàm thực,cho nên một cách tương tự ta dễ dàng chứng minh được các tính chất sau.

1.3 Định lý. Nếu hàm f khả vi tại z0 thì nó liên tục tại z0.


1.4 Định lý. Nếu f(z) và g(z) khả vi tại z0 thì αf(z), f(z)+g(z), f(z)g(z)và f(z)/g(z), điều kiện g(z) 6= 0, cũng khả vi tại z0 với mọi α ∈ C và

(1) (αf)′(z0) = αf ′(z0).

(2) (f + g)′(z0) = f ′(z0) + g′(z0).

(3) (fg)′(z0) = f ′(z0)g(z0) + f(z0)g′(z0).

(4)(f

g

)′(z0) =

f ′(z0)g(z0)− f(z0)g′(z0)

g2(z0).


1.5 Thí dụ. Tính đạo hàm các hàm sau f(z) = 3z2 − 2z − 4 và g(z) =z − 1

2z + 1. Ta được

f ′(z) = 6z − 2 và g′(z) =2z + 1− 2(z − 1)

(2z + 1)2=

3

(2z + 1)2.

1.6 Định lý. Nếu hàm f khả vi tại z0 và hàm g khả vi tại f(z0), thì hàmg f khả vi tại z0 và

(g f)′(z0) = g′(f(z0))f′(z0).

Chứng minh. Cho dãy bất kỳ zn ⊂ Dgf \ z0 và hội tụ về z0. Ta viết

g f(zn)− g f(z0)zn − z0

=

=

g(f(zn))− g(f(z0))

f(zn)− f(z0)

f(zn)− f(z0)

zn − z0if f(zn) 6= f(z0)

0 if f(zn) = f(z0)

(1.7)


80 III Hàm giải tích

Nếu tồn tại n0 sao cho f(zn) 6= f(z0) với mọi n ≥ n0, thì biểu thức trêntrong đẳng thức (1.7) thỏa với n > n0, giới hạn của vế trái tồn tại do sựliên tục và tính khả vi của f tại z0 và sự khả vi của g tại f(z0); và giới hạnđó là g′(f(z0))f ′(z0). Nếu tồn tại một dãy con znk của zn mà nó thỏaf(znk) = f(z0), thì f ′(z0) = 0; Đẳng thức (1.7) chỉ ra rằng giới hạn củavế trái cũng là không 0. Do đó, (g f)′(z0) tồn tại và bằng g′(f(z0))f ′(z0)

trong các trường hợp.

1.8 Thí dụ. Dùng định lý trên ta tính đạo hàm của hàm (2z2+3i)5 nhưsau [(2z2 + 3i)5]′ = 5(2z2 + 3i)4(4z) = 20z(2z2 + 3i)4.

Dấu hiệu Cauchy-Riemann

1.9 Định lý. (Cauchy-Riemann) Cho hàm số phức f(z) = f(x+ iy) =

u(x, y) + iv(x, y) xác định trong miền D và z0 = x0 + iy0 ∈ D. Khi đó,điều kiền cần và đủ để f khả vi tại z0 là hai hàm thực u và v khả vi tạiđiểm (x0, y0) và

∂u

∂x(x0, y0) =

∂v

∂y(x0, y0)

∂u

∂y(x0, y0) = −∂v

∂x(x0, y0).

(1.10)

Hơn nữa, ta có f ′(z0) = u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0). Hệ (1.10) được gọi là hệ

phương trình Cauchy-Riemann hay điều kiện Cauchy-Riemann.

Chứng minh. Giả sử hàm f khả vi tại z0. Theo định nghĩa ta có

f ′(z0) = lim∆z→0

f(z0 +∆z)− f(z0)

∆z

trong đó ∆z = z − z0 = x − x0 + i(y − y0) = ∆x + i∆y. Cho ∆y = 0, tacó ∆z = ∆x. Ta được

f ′(z0) = lim∆x→0

f(z0 +∆x) − f(z0)

∆x

= lim∆x→0

[u(x0 +∆x, y0) + iv(x0 +∆x, y0)]− [u(x0, y0) + iv(x0, y0)]

∆x

= lim∆x→0

[u(x0 +∆x, y0)− u(x0, y0)

∆x+ i

v(x0 +∆x, y0)− v(x0, y0)

∆x

]

= u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0).


§ 1 Đạo hàm 81

Cho ∆x = 0, ta có ∆z = i∆y, suy ra ∆z → 0 khi và chỉ khi ∆y → 0. Tađược

f ′(z0) = lim∆y→0

f(z0 + i∆y)− f(z0)

i∆y

= lim∆y→0

[u(x0, y0 +∆y) + iv(x0, y0 +∆y)]− [u(x0, y0) + iv(x0, y0)]

i∆y

= lim∆y→0

[u(x0, y0 +∆y)− u(x0, y0)

i∆y+v(x0, y0 +∆y)− v(x0, y0)

∆y

]

= −iu′y(x0, y0) + v′y(x0, y0).

Tóm lại ta được

f ′(z0) = u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0)

f ′(z0) = v′y(x0, y0)− iu′y(x0, y0).

Từ đó ta có được hệ (1.10). Ta còn phải chứng minh u(x, y) và v(x, y) khảvi tại (x0, y0). Từ định nghĩa của f ′(z0) ta viết lại

f(z0 +∆z)− f(z0) = f ′(z0)∆z + o(∆z)

= (u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0))(∆x + i∆y) + o(∆z)

= u′x(x0, y0)∆x − v′x(x0, y0)∆y

+ i(v′x(x0, y0)∆x+ u′x(x0, y0)∆y) + o(∆z)

= u′x(x0, y0)∆x + u′y(x0, y0)∆y + ox(∆z)

+ i[v′x(x0, y0)∆x+ v′y(x0, y0)∆y + oy(∆z)]

trong đó o(∆z) = ox(∆z) + ioy(∆z) thỏa

lim∆z→0

o(∆z)

∆z= lim

∆z→0

ox(∆z)

∆z= lim

∆z→0

oy(∆z)

∆z= 0.

Từ đó ta suy ra được

ox(∆z) = o(√

∆x2 +∆y2) và oy(∆z) = o(√

∆x2 +∆y2).

Mặt khác, ta có

f(z0 +∆z)− f(z0) = u(x0 +∆x, y0 +∆y) + iv(x0 +∆x, y0 +∆y)

− (u(x0, y0) + iv(x0, y0))

= ∆u(x0, y0) + i∆v(x0, y0)



Từ các kết quả trên ta được

∆u(x0, y0) = u′x(x0, y0)∆x + u′y(x0, y0)∆y + o(√

∆x2 +∆y2)

∆v(x0, y0) = v′x(x0, y0)∆x+ v′y(x0, y0)∆y + o(√

∆x2 +∆y2).

Vậy các hàm u và v khả vi tại (x0, y0).

Ngược lại, giả sử hai hàm u(x, y) và v(x, y) khả vi tại (x0, y0) và thỏađiều kiện (1.10). Do u(x, y) và v(x, y) khả vi tại (x0, y0) nên ta có

u(x0 +∆x, y0 +∆y)− u(x0, y0)

= u′x(x0, y0)∆x+ u′y(x0, y0)∆y + α(|∆z|)v(x0 +∆x, y0 +∆y)− v(x0, y0)

= v′x(x0, y0)∆x+ v′y(x0, y0)∆y + β(|∆z|)

trong đó ∆z = ∆x+i∆y và lim∆z→0

α(|∆z|)|∆z| = lim

∆z→0

β(|∆z|)|∆z| = 0. Mặt khác,

áp dụng điều kiện (1.10) ta có

f(z0 +∆z)− f(z0)

∆z

=u(x0 +∆x, y0 +∆y) + iv(x0 +∆x, y0 +∆y)− u(x0, y0)− iv(x0, y0)

∆z

=u′x(x0, y0)∆x + u′y(x0, y0)∆y + iv′x(x0, y0)∆x+ iv′y(x0, y0)∆y

∆z

+α(|∆z|) + iβ(|∆z|)

∆z

=u′x(x0, y0)∆x − v′x(x0, y0)∆y + iv′x(x0, y0)∆x+ iu′x(x0, y0)∆y

∆z

+α(|∆z|) + iβ(|∆z|)

∆z

=(u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0))(∆x + i∆y)

∆z+α(|∆z|) + iβ(|∆z|)

∆z

= u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0) +α(|∆z|) + iβ(|∆z|)

∆z

Vì lim∆z→0

α(|∆z|)|∆z| = lim

∆z→0

β(|∆z|)|∆z| = 0 cho nên lim

∆z→0

α(|∆z|)∆z

= lim∆z→0

β(|∆z|)∆z

= 0. Do đó, ta có lim∆z→0

α(|∆z|) + iβ(|∆z|)∆z

= 0. Vậy

lim∆z→0

f(z0 +∆z)− f(z0)

∆z= u′x(x0, y0) + iv′x(x0, y0).


§ 1 Đạo hàm 83

Nghĩa là hàm f khả vi tại z0.

1.11 Thí dụ. Ta xét sự khả vi của hàm f(z) = zz. Ta viết lạif(x + iy) = x2 + y2. Vậy u(x, y) = x2 + y2 và v(x, y) = 0. Rõ ràngu(x, y) và v(x, y) khả vi tại mọi điểm (x, y) và

u′x(x, y) = 2x, u′y(x, y) = 2y, v′x(x, y) = 0, v′y(x, y) = 0.

Theo điều kiện Cauchy-Riemann hàm f khả vi tại mọi điểm thỏa2x = 0 và 2y = 0 hay x = 0 và y = 0. Do đó, hàm f(z) chỉ khả vitại z = 0 và f ′(0) = 0.

1.12 Nhận xét. Trong chứng minh định lý Cauchy-Riemann, ta nhậnthấy nếu hàm f(z) = u(x, y)+ iv(x, y) khả vi tại z0 = x0+ iy0 thì các hàmu(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng tại (x0, y0). Tuy nhiên, điều ngượclại không đúng cho dù chúng thỏa điều kiện (1.10). Nghĩa là ta không thểbỏ giả thiết hai hàm u(x, y) và v(x, y) khả vi tại (x0, y0) hay các đạo hàmriêng của chúng liên tục tại (x0, y0). Ta thấy điều này qua thí dụ sau.

1.13 Thí dụ. Xét hàm f(z) =√

|xy| với z = x + iy tại điểm z0 = 0.Ta có

f(z)− f(z0)

z − z0=

√

|xy|x+ iy

=

√

|xy|x2 + y2

(x − iy).

Ta thấy lim(x,y)→(0,0)

√

|xy|x2 + y2

x không tồn tại. Suy ra limz→0

f(z)− f(0)

z − 0không

tồn tại; nghĩa là f không khả vi tại z0 = 0.Trong khi đó, ta có u(x, y) =

√

|xy| và v(x, y) = 0. Ta thấy

u′x(0, 0) = u′y(0, 0) = v′x(0, 0) = v′y(0, 0) = 0.

Do đó, hàm u(x, y) và v(x, y) thỏa điều kiện Cauchy-Riemann tại (0, 0).Tuy nhiên, ta không có được kết luận của định lý Cauchy-Riemann là dohàm u(x, y) không khả vi tại (0, 0) vì giới hạn

lim(x,y)→(0,0)

u(x, y)−u(0, 0)−u′x(0, 0)x−u′y(0, 0)y√

x2 + y2= lim

(x,y)→(0,0)

√

|xy|√

x2 + y2

không tồn tại.



Sau đây ta phát biểu định lý Cauchy-Riemann trong trường hợp hàmphần thực và phần ảo theo cặp biến (r, ϕ).

1.14 Định lý. Cho hàm f(reiϕ) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ) xác định trên miềnD và z0 = r0e

iϕ0 ∈ D. Các hàm u(r, ϕ) và v(r, ϕ) khả vi tại (r0, ϕ0). Khiđó, f khả vi tại z0 khi và chỉ khi

∂u

∂r(r0, ϕ0) =

1

r· ∂v∂ϕ

(r0, ϕ0)

∂u

∂ϕ(r0, ϕ0) = −r∂v

∂r(r0, ϕ0).

(1.15)

Hơn nữa, ta có f ′(z0) = e−iϕ(u′r(r0, ϕ0) + iv′r(r0, ϕ0)).


1.16 Thí dụ. Xét tính khả vi của hàm f(z) =1

z. Ta viết lại f(reiϕ) =

1

rei(−ϕ) =

1

rcosϕ − i

1

rsinϕ. Các hàm u(r, ϕ) =

1

rcosϕ và v(r, ϕ) =

−1

rsinϕ khả vi tại mọi điểm (r, ϕ) với r 6= 0. Ta có

u′r(r, ϕ) = − 1

r2cosϕ u′ϕ(r, ϕ) = −1

rsinϕ

v′r(r, ϕ) =1

r2sinϕ v′ϕ(r, ϕ) = −1

rcosϕ.

Ta nhận thấy điều kiện Cauchy-Riemann (1.15) thỏa với mọi (r, ϕ) vớir > 0. Vậy f ′(z) = e−iϕ(− 1

r2 cosϕ+ i 1r2 sinϕ) = − 1

r2 ei(−2ϕ) = − 1

z2 .

Vi phân hàm phức

Xét hàm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) với z = x + iy xác định trên D và cáchàm u(x, y) và v(x, y) khả vi tại (x, y) ∈ D. Khi đó, tương tự như tronggiải tích thực ta ký hiệu vi phân của hàm f tại z như sau:

df(z) = du(x, y) + idv(x, y)

= u′x(x, y)dx+ u′y(x, y)dy + i[v′x(x, y)dx+ v′y(x, y)dy]

= [u′x(x, y) + iv′x(x, y)]dx + [u′y(x, y) + iv′y(x, y)]dy

=∂f(z)

∂xdx+

∂f(z)

∂ydy


§ 1 Đạo hàm 85

Mặt khác, ta có z = x+iy và z = x−iy nên dz = dx+idy và dz = dx−idy,suy ra

dx =1

2(dz + dz) và dy =

1

2i(dz − dz).

Từ đó, ta viết lại vi phân của hàm f tại z

df(z) =∂f(z)

∂x

1

2(dz + dz) +

∂f(z)

∂y

1

2i(dz − dz)

=1

2

(∂f(z)

∂x− i

∂f(z)

∂y

)

dz +1

2

(∂f(z)

∂x+ i

∂f(z)

∂y

)

dz

Khi ta đặt

∂f(z)

∂z=

1

2

(∂f(z)

∂x− i

∂f(z)

∂y

)

và∂f(z)

∂z=

1

2

(∂f(z)

∂x+ i

∂f(z)

∂y

)

ta có được công thức cho vi phân của hàm f tại z

df(z) =∂f(z)

∂zdz +

∂f(z)

∂zdz(1.17)

Ta biểu diễn chi tiết ∂f∂z như sau

∂f(z)

∂z=

1

2

(∂f(z)

∂x+ i

∂f(z)

∂y

)

=1

2[(u′x(x, y) + iv′x(x, y)) + i(u′y(x, y) + iv′y(x, y))]

=1

2(u′x(x, y)− v′y(x, y)) +

i

2(v′x(x, y) + u′y(x, y))

Vậy, theo định lý Cauchy-Riemann nếu hàm f khả vi hay các hàm u(x, y)

và v(x, y) thỏa điều kiện (1.10) ta có∂f(z)

∂z= 0. Hơn nữa, ta có

∂f(z)

∂z=

1

2

(∂f(z)

∂x− i

∂f(z)

∂y

)

=1

2[(u′x(x, y) + iv′x(x, y))− i(u′y(x, y) + iv′y(x, y))]

=1

2(u′x(x, y) + v′y(x, y)) +

i

2(v′x(x, y)− u′y(x, y))

= u′x(x, y) + iv′x(x, y)

= f ′(z)

Do đó, ta có biểu diễn vi phân của hàm f tại z là df(z) = f ′(z)dz, tươngtự như hàm thực.



Bài tập

1 ) Cho f =z − α

1− αz. Hãy tính f ′(0) và f ′(α).

2 ) Cho f là hàm khả vi không nhận giá trị 0. Chứng minh rằng

z2(1

z− 1

f(z)

)′= f ′(z)

( z

f(z)

)2

− 1.

3 ) Cho fδ(z) =z

(1 − z)δ. Hãy đánh giá (tìm cận trên) các biểu thức

∣∣∣z4( 1

fδ(z)− 1

z

)′′′∣∣∣ và

∣∣∣

( z

fδ(z)

)′′′′∣∣∣

với 0 < |z| < 1 khi δ = 3, 4, 5.

4 ) Giả sử f(z0) = g(z0) = 0 và rằng f ′(z0) và g′(z0) tồn tại trong đóg′(z0) 6= 0. Dùng định nghĩa đạo hàm chứng minh rằng

limz→z0

f(z)

g(z)=f ′(z0)

g′(z0).



7 ) Tìm tất cả các giá trị z sao cho f(z) = z khả vi tại đó, và tìm đạohàm tại những điểm ấy.

8 ) Tìm tất cả các giá trị z sao cho f(z) = z Re z khả vi tại đó, và tìm đạohàm tại những điểm ấy.

9 ) Tìm tất cả các giá trị z = x+iy sao cho hàm f(z) = x2+2xy+i(x2−y2)khả vi, và tính đạo hàm của hàm f tại các điểm đó.

10 ) Tìm tất cả các giá trị z = x + iy sao cho hàm f(z) = x2 − 2xy +

i(−x2 + y2) khả vi, và tính đạo hàm của hàm f tại các điểm đó.

11 ) Tìm tất cả các điểm z = x+ iy để hàm f(z) = x2 + y + i(−x+ y2)

khả vi và tính đạo hàm tại các điểm đó.


§ 1 Đạo hàm 87

12 ) Chứng minh rằng hàm số f(z) =

x3(1+i)−y3(1−i)

x2+y2 khi z 6= 0

0 khi z = 0với z = x + iy liên tục tại z = 0; và chứng minh f(z) thỏa mãn điềukiện Cauchy-Riemann tại z = 0, nhưng không có đạo hàm tại điểm đó.

13 ) Chứng minh rằng hàm f(z) =

z2

zkhi z 6= 0

0 khi z = 0

thỏa điều kiện

Cauchy-Riemann tại z = 0 nhưng không có đạo hàm tại điểm đó.

14 ) Cho hàm phức f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y). Ký hiệu

∂f

∂x(x+ iy) =

∂u

∂x(x, y) + i

∂v

∂x(x, y)

∂f

∂y(x+ iy) =

∂u

∂y(x, y) + i

∂v

∂y(x, y).

Chứng minh rằng nếu hàm f khả vi tại x0 + iy0 thì

∂f

∂x(x0 + iy0) =

1

i

∂f

∂y(x0 + iy0).

Đẳng thức trên gọi là điều kiện Cauchy-Riemann dưới dạng phức.

15 ) Giả sử hàm f(z) = u + iv = ρeiθ khả vi trên C. Chứng minh rằngnếu một trong các hàm (theo (x, y) với z = x + iy) u, v, ρ hay θ là hằngsố thì f là hằng số.


17 ) Cho hàm f khả vi tại z0 và nó có hàm ngược ϕ trong lân cận của z0.

Chứng minh rằng nếu ϕ khả vi tại f(z0) thì ϕ′(f(z0)) =1

f ′(z0).

18 ) Dùng Định lý 1.14 xét tính khả vi và tìm đạo hàm của các hàm

f(z) = zn và g(z) =1

zn.

19 ) Chứng minh

(a) Nếu hàm w = f(z) = u+ iv tại z = x+ iy tồn tại giới hạn

lim∆z→0

Re∆w

∆z

thì tồn tại u′x(x, y), v′y(x, y) và u′x(x, y) = v′y(x, y).



(b) Nếu tồn tại lim∆z→0

Im ∆w∆z thì tồn tại (x, y) và u′y(x, y), v

′x(x, y) và

u′y(x, y) = −v′x(x, y).

(c) Nếu giả thiết u, v khả vi tại z = x + iy và tồn tại giới hạn ở (a) thìkéo theo tồn tại giới hạn ở (b) và do đó f(x) khả vi tại z.

§ 2 Hàm giải tích

2.1 Định nghĩa. Hàm f xác định trên D ⊆ C được gọi là giải tíchhay chỉnh hình tại z0 ∈ D nếu tồn tại r > 0 để hàm f khả vi tại mọiz ∈ z : |z − z0| < r ⊂ D. Nếu hàm f giải tích tại mọi điểm z ∈ D0,ta nói f giải tích trên D0. Nếu hàm f giải tích trên C thì ta nói f làhàm nguyên.

2.2 Thí dụ. Hàm đa thức giải tích trên C. Hàm hữu tỷ cũng giải tíchtrên C trừ đi các điểm mà nó không xác định.

Hàm f(z) = zz không giải tích tại bất kỳ điểm nào. Ta đã biết nó chỉkhả vi tại một điểm duy nhất là z = 0.

2.3 Định lý. Nếu hàm f khả vi trên tập mở D thì nó giải tích trên D.

Chứng minh. Với z0 ∈ D tùy ý và do D là tập mở nên tồn tại ε-lân cậnB(z0, ε) của điểm z0 thỏa B(z0, ε) ⊆ D. Từ giả thiết ta có f khả vi trênB(z0, ε), cho nên f giải tích tại z0. Suy ra f giải tích trên D.

2.4 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên D và f(z) 6= 0 với mọi z ∈ D thì1/f giải tích trên D.

Chứng minh. Xin dành cho bạn đọc xem như bài tập.

2.5 Định lý. Gọi H(D) là tập tất cả các hàm giải tích trên D. Khi đó,H(D) là một không gian vector trên C và H(D) cũng là một vành.

Chứng minh. Xin dành cho bạn đọc xem như bài tập.

2.6 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên miền D và f chỉ nhận giá trị thựcthì f là hàm hằng.


§ 2 Hàm giải tích 89

Chứng minh. Vì hàm f chỉ nhận giá trị thực nên có dạng f(x + iy) =

u(x, y). Vì hàm f giải tích tại mỗi điểm (x, y) ∈ D, nên ta có hệ phươngtrình Cauchy-Riemann

u′x(x, y) = 0

u′y(x, y) = 0suy ra u(x, y) = C (hằng số).

2.7 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên miền D và f ′(z) = 0 với mọiz ∈ D thì f là hàm hằng.


2.8 Định lý. Nếu hàm f giải tích trên miền D và hàm g giải tích trênf(D), thì hàm hợp g f giải tích trên D.

Chứng minh. Lấy z0 ∈ D tùy ý. Do f giải tích trên D nên tồn tại ε-lâncận B(z0, ε) của z0 thỏa B(z0, ε) ⊆ D và f khả vi trên B(z0, ε). Ta cóf(B(z0, ε)) ⊆ f(D) nên g khả vi trên f(B(z0, ε)). Do đó, g f khả vi trênB(z0, ε). Suy ra g f giải tích tại z0. Vậy g f giải tích trên D.

2.9 Định lý. Giả sử chuỗi lũy thừa∑∞

n=0 cnzn có bán kính hội tụ

R > 0. Khi đó, tổng f(z) =∑∞

n=0 cnzn giải tích tại mọi điểm z với

|z| < R và đạo hàm của nó f ′(z) =∑∞

n=1 ncnzn−1.

Chứng minh. Ta biết rằng chuỗi∑∞

n=1 ncnzn−1 cũng có bán kính hội tụ

là R. Lấy z0 tùy ý thỏa |z0| < R. Khi đó, tồn tại |z0| < r < R. Từ đóta có

∑∞n=0 cnz

n và∑∞

n=1 ncnzn−1 hội tụ đều trên z : |z| < r và chuỗi

∑∞n=1 n|cn|rn−1 hội tụ. Ta có

f(z)− f(z0)

z − z0=

∞∑

n=1

cnzn − zn0z − z0

=

∞∑

n=1

n−1∑

k=0

cnzkzn−1−k

0 .

Với |z| < r, ta có∣∣∣

n−1∑

k=0

cnzkzn−1−k

0

∣∣∣ ≤

n−1∑

k=0

|cn||zkzn−1−k0 | < n|cn|rn−1.

Do chuỗi∑∞

n=1 n|cn|rn−1 hội tụ nên theo tiêu chuẩn Weierstrass chuỗi



hàm∑∞

n=1 cnzn−zn0z−z0

hội tụ đều trên z : |z| < r. Vì vậy ta tính được

limz→z0

f(z)− f(z0)

z − z0= lim

z→z0

∞∑

n=1


=

∞∑

n=1

limz→z0


=

∞∑

n=1

limz→z0

n−1∑

k=0

cnzkzn−1−k

0

=∞∑

n=1

ncnzn−10 .

Nghĩa là hàm f khả vi tại z0. Suy ra hàm f khả vi trên z : |z| < R; dođó, hàm f giải tích tại mọi điểm z với |z| < R và f ′(z) =

∑∞n=1 ncnz

n−1.

Bài tập

1 ) Tìm miền giải tích của hàm Joukowski f(z) = 12 (z +

1z ).

2 ) Xác định các hằng số a, b, c sao cho hàm số f(z) = x+ ay+ i(bx+ cy)

là hàm giải tích trong toàn mặt phẳng phức.

3 ) Tìm miền D trong đó hàm số f(z) = |x2−y2|+2|xy|i là hàm giải tích.

4 ) Chứng minh rằng hàm số f(z) = zRez khả vi tại điểm z = 0, nhưngkhông giải tích tại điểm đó. Tính đạo hàm tại điểm z = 0.


6 ) Chứng minh rằng nếu hàm f giải tích trên miền D và f ′(z) = 0 vớimọi z ∈ D thì f là hàm hằng.

7 ) Cho hàm f(z) giải tích trên miền D. Chứng minh rằng nếu hàm f(z)

cũng giải tích trên D thì f là hàm hằng.

8 ) Chứng minh rằng nếu f là hàm nguyên và limz→∞

f(z) = a ∈ C thì f là

hàm bị chặn trong C.


§ 3 Hàm mũ 91

9 ) Cho hàm f xác định bởi f(z) =∞∑

n=0

zn

n!. Chứng minh rằng f là hàm

giải tích và tìm f ′(z).

10 ) Giả sử f(z) =∞∑

n=0cnz

n có bán kính hội tụ R > 0. Hãy biểu diễn∞∑

n=0n3cnz

n theo f(z).

§ 3 Hàm mũ

Trong giải tích thực ta biết rằng hàm f(x) = ex là hàm duy nhất có đạohàm bằng chính nó trên R, nghĩa là f ′(x) = f(x), và f(0) = 1. Từ đó tamuốn xét xem có tồn tại và duy nhất hay không một hàm f(z) sao chonó khả vi trên C (hay nói cách khác nó làm một hàm giải tích), đạo hàmcủa nó bằng chính nó (nghĩa là f ′(z) = f(z)), và khi thu hẹp nó trên R tađược hàm mũ, nghĩa là f(x+ i0) = ex.

Xét hàm f(z) = ex cos y+ iex sin y = ex(cos y+ i sin y). Ta có u(x, y) =ex cos y và v(x, y) = ex sin y khả vi liên tục trên R2 và

u′x(x, y) = ex cos y u′y(x, y) = −ex sin yv′x(x, y) = ex sin y v′y(x, y) = ex cos y.

Rõ ràng các đạo hàm riêng này thỏa hệ phương trình Cauchy-Riemann(1.10). Vậy hàm f(z) khả vi trên C và đạo hàm của nó f ′(z) = u′x(x, y) +

iv′x(x, y) = ex cos y + iex sin y = f(z). Như vậy, hàm f(z) = ex cos y +

iex sin y là hàm khả vi trên C và có đạo hàm bằng chính nó, và nếu ta hạnchế biến z trên R thì ta lại có hàm f(x) = ex. Hơn nữa, người ta chứngminh được hàm f(z) = ex cos y + iex sin y là hàm duy nhất có các tínhchất trên. Do đó, một cách tự nhiên ta định nghĩa đó là hàm mũ phứcvà ký hiệu f(z) = ex cos y + iex sin y = ez. Với ký hiệu này ta viết lại

ex+iy = ex cos y + iex sin y = ex(cos y + i sin y),(3.1)

và nó phù hợp với ký hiệu Euler mà ta đã được giới thiệu ở trang 25. Vớicông thức (3.1) và z = x+ iy ta có

|ez| = ex và Arg(ez) = y + 2kπ.(3.2)

Tương tự hàm mũ thực, hàm mũ phức có các tính chất sau



3.3 Định lý. Với z1 và z2 là hai số phức tùy ý, ta có

(a) ez1ez2 = ez1+z2

(b)ez1

ez2= ez1−z2 .

Một đặc điểm nổi bật của hàm mũ phức mà hàm mũ thực không có làtính tuần hoàn của nó.

3.4 Định lý. Hàm mũ f(z) = ez là một hàm tuần hoàn với chu kỳ 2πi.

Chứng minh. Ta có ez+2kπi = eze2kπi = ez(cos 2kπ+ i sin 2kπ) = ez. Vậyf là hàm tuần hoàn. Giả sử ez+c = ez với mọi z = x+ iy. Ta viết c ở dạngc = α+ iβ. Ta được ex+α+i(y+β) = ex+iy. Từ đó ta có

ex+α = ex

y + β = y + 2nπsuy ra

α = 0

β = 2nπ.

Vậy c = 2nπi, với n ∈ Z. Từ đó ta kết luận được chu kỳ của hàm f là 2πi.

Từ định lý trên và công thức (3.2) ta thấy rằng nếu ez1 = ez2 thìz1 = z2 + 2nπi hay

Re z1 = Re z2 và Im z1 = Im z2 + 2nπ.

Hàm mũ f(z) = ez không là một đơn ánh và một miền đơn diệp của nó làz = x+ iy : 0 < y < 2π.

3.5 Thí dụ. Ta tìm các giá trị z sao cho ez = −1. Trước hết ta viết lạinhư sau ex+iy = eiπ. Cho nên ta phải có

ex = 1 và y = π + 2nπ.

Vậy z = (π + 2nπ)i với n = 0,±1,±2, . . ..

3.6 Xét sự biến hình qua ánh xạ f(z) = ez. Với x = x0 cố định và0 ≤ y ≤ 2π, ta có f(z) = ex0eiy. Đây là phương trình đường tròn tâm O

bán kính ex0. Như vậy, qua ánh xạ f(z) = ez đoạn thẳng (x, y) : x =

x0, 0 ≤ y ≤ 2π đi từ điểm (x0, 0) đến (x0, 2π) biến thành đường tròn tâm0 bán kính ex0 xuất phát và kết thúc tại (ex0 , 0) theo chiều dương.

Ta tìm ảnh của đường thẳng y = y0. Khi đó, với z = x + iy0 ta cóf(z) = exeiy0 , cho nên ảnh cần tìm là một tia xuất phát từ gốc tọa độ hợpvới trục thực một góc y0.


§ 3 Hàm mũ 93

x0

2π−

(z)

•ex0

(w)

y0

(z)

y0

(w)

2π

(z)

1

(w)

π

(z)1

(w)

Hình III.1: Một số phép biến hình qua hàm mũ f(z) = ez



Từ các kết quả trên ta thấy rằng hàm f(z) = ez biến nửa dải (x, y) :−∞ < x < 0, 0 < y < 2π thành hình tròn đơn vị với nhát cắt đoạn [0, 1]

trên trục thực; biến nửa dải (x, y) : −∞ < x < 0, 0 < y < π thành nửatrên hình tròn đơn vị. Xem Hình III.1.

Bài tập

1 ) Tìm modulus và giá trị chính của argument của các số phức e2+i,e2−3i, e3+4i.

2 ) Chứng minh rằng với mọi số phức z ta luôn có ez = ez.

3 ) Tìm tất cả các số phức z sao cho ez+1 = 2i.

4 ) Tìm tất cả các số phức z sao cho ez+1 = −2i.

5 ) Tìm tất cả các giá trị của z sao cho e3z = 1 + i.

6 ) Tìm tập hợp những giá trị của z sao cho ez nhận (a) những giá trịthuần ảo; (b) những giá trị thực.

7 ) Cho hàm số w = e−1z xác định với z 6= 0. Chứng minh rằng

(a) Trong miền 0 < |z| ≤ 1, | arg z| ≤ π2 hàm bị chặn nhưng không

liên tục.

(b) Trong miền 0 < |z| ≤ 1, | arg z| ≤ α < π2 hàm liên tục và liên tục đều.


9 ) Chứng minh rằng nếu hàm f(z) giải tích trên C, f ′(z) = f(z), vàf(x+ i0) = ex, thì f(z) = ex(cos y + i sin y) với z = x+ iy.

10 ) Tìm ảnh của đường thẳng y = x qua ánh xạ w = ez.

11 ) Tìm ảnh của tập D = z = x+ iy : 0 < x < ln 2, 0 < y < π2 qua ánh

xạ w = ez.


§ 4 Hàm lượng giác 95

§ 4 Hàm lượng giác

Từ dạng Euler của số phức (3.8) trang 25 ta có công thức Euler cho cáchàm sin và cos

eix = cosx+ i sinx

e−ix = cosx− i sinxsuy ra

cosx =eix + e−ix

2

sinx =eix − e−ix

2i

Từ đó một cách tự nhiên ta định nghĩa hàm lượng giác phức bởi côngthức như sau

cos z =eiz + e−iz

2và sin z =

eiz − e−iz

2i.(4.1)

Ta biết rằng hàm mũ là hàm giải tích. Theo tính chất khả vi của mộthàm hợp, ta có thể suy ra các hàm lượng giác theo định nghĩa trên là hàmgiải tích. Ta tính các đạo hàm của chúng

(cos z)′ =eizi− e−izi

2= −e

iz − eiz

2i= − sin z;

(sin z)′ =eizi+ e−izi

2i=eiz + eiz

2= cos z

giống như kết quả của hàm lượng giác thực.Ngoài ra hàm lượng giác phức cũng có các đẳng thức và tính chất như

hàm lượng giác thực như sau.

4.2 Định lý. (1) cos2 z + sin2 z = 1

(2) cos 2z = cos2 z − sin2 z và sin 2z = 2 sin z cos z

(3) cos(−z) = cos z và sin(−z) = − sin z

(4) 2 sin z1 cos z2 = sin(z1 + z2) + sin(z1 − z2)

(5) sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + sin z2 cos z1

(6) cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2

(7) Hàm cos z và sin z là những hàm tuần hoàn với chu kỳ 2π.



Chứng minh. Ta chứng minh đẳng thức sin 2z = 2 sin z cos z. Thật vậy,ta có

2 sin z cos z = 2eiz − e−iz

2i

eiz + e−iz

2=ei2z − ei2z

2i= sin 2z.

Tuy nhiên, giữa hàm lượng giác phức và hàm lượng giác thực cónhững tính chất khác biệt. Ta có thể thấy được một điểm khác biệt trongthí dụ sau.

4.3 Thí dụ. Tìm tất cả các giá trị z sao cho cos z = 2. Theo định nghĩahàm cos ta viết lại

eiz + e−iz

2= 2 suy ra (eiz)2 − 4eiz + 1 = 0.

Từ đó ta có eiz = 2±√3. Do đó, z = 2kπ − i ln(2±

√3).

Trong giải tích thực chúng ta có hàm hyperbolic được định nghĩa sau

coshx =ex + e−x

2sinhx =

ex − e−x

2.

Từ đó chúng ta suy ra được các đẳng thức sau.

sin(ix) = i sinhx, cos(ix) = coshx,(4.4)

sin z = sinx cosh y + i cosx sinh y,(4.5)

cos z = cosx cosh y − i sinx sinh y,(4.6)

Từ đó ta tính được modulus của các hàm sin và cos.

| sin z|2 = sin2 x+ sinh2 y,(4.7)

| cos z|2 = cos2 x+ sinh2 y.(4.8)

Từ hai đẳng thức trên ta suy ra được kết quả giống như trong hàm lượnggiác thực.

sin z = 0 khi và chỉ khi z = kπ, k ∈ Z.(4.9)

cos z = 0 khi và chỉ khi z =π

2+ kπ, k ∈ Z.(4.10)

Hai đẳng thức (4.7) và (4.8) cũng cho ta thấy được hai hàm sin và cos

không bị chặn vì hàm sinhx không bị chặn.


§ 4 Hàm lượng giác 97

Các hàm lượng giác khác được định nghĩa tương tự như trong lượnggiác thực thông qua các hàm sin và cos

tan z =sin z

cos z, z 6= π

2+ kπ cot z =

cos z

sin z, z 6= kπ.(4.11)

Ta cũng có tan z và cot z là hàm giải tích và

tan′ z =1

cos2 zcot′ z = − 1

sin2 z.(4.12)

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng eiz = cos z + i sin z với mỗi số phức z.

2 ) Chứng minh rằng với mọi số phức z ta có

(a) sin z = sin z (b) cos z = cos z (c) cos(iz) = cos(iz)

3 ) Tính các giá trị sau

(a) cos(i ln 2),

(b) cos(i ln 3),

(c) Re[cos(2− i)],

(d) Im[cos(2 + i)].

4 ) Giải các phương trình sau

(a) sin z = 2i, (b) cos z = 3,

5 ) Tìm phần thực và phần ảo của

(a) cos(2 + i), (b) sin 2i, (c) tan(2− i).

6 ) Chứng minh các đẳng thức lượng giác.

7 ) Với z = x+ iy, chứng minh rằng

(a) | sin z| ≥ | sinx| (b) | sinh y| ≤ | sin z| ≤ cosh y



(c) | cos z| ≥ | cosx| (d) | sinh y| ≤ | cos z| ≤ cosh y.

8 ) Chứng minh rằng hai hàm sin z và cos z không giải tích tại điểm z nào.

9 ) Kiểm tra xem nửa dải Ω = z = x + iy : 0 < x < 2π, 0 < y < ∞ cóphải là miền đơn diệp của hàm cos z.

10 ) Tính tan(1 + 2i), viết kết quả ở dạng đại số a+ ib.

§ 5 Hàm hyperbolic

Trong giải tích thực các hàm hyperbolic được định nghĩa như sau

coshx =ex + e−x

2sinhx =

ex − e−x

2.

Một cách tự nhiên, ta cũng định nghĩa các hàm hyperbolic ở đây mộtcách tương tự

cosh z =ez + e−z

2, sinh z =

ez − e−z

2.(5.1)

Vì hàm mũ giải tích nên ta cũng có thể nhận thấy các hàm hyperbolicở trên cũng giải tích và

(cosh z)′ =ez − e−z

2= sinh z; (sinh z)′ =

ez + e−z

2= cosh z.

Giữa hàm hyperbolic và hàm lượng giác có mối quan hệ gần nhau thểhiện qua các đẳng thức sau.

−i sinh(iz) = sin z cosh(iz) = cos z(5.2)

−i sin(iz) = sinh z cos(iz) = cosh z.(5.3)

Chẳng hạn, sinh z =ez − e−z

2=e−i(iz) − ei(iz)

2= −i sin(iz).

Từ các đẳng thức trên ta suy ra hàm hyperbolic có chu kỳ là 2πi. Ngoàira ta cũng có các đẳng thức cho hàm hyperbolic tương tự như hàm lượng


§ 5 Hàm hyperbolic 99

giác.

sinh(−z) = − sinh z, cosh(−z) = cosh z,(5.4)

cosh2 z − sinh2 z = 1,(5.5)

sinh(z1 + z2) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2,(5.6)

cosh(z1 + z2) = cosh z1 cosh z2 + sinh z1 sinh z2,(5.7)

sinh z = sinhx cos y + i coshx sin y,(5.8)

cosh z = coshx cos y + i sinhx sin y,(5.9)

| sinh z|2 = sinh2 x+ sin2 y,(5.10)

| cosh z|2 = sinh2 x+ cos2 y,(5.11)

trong đó z = x+ iy.

Chẳng hạn ta chứng minh đẳng thức (5.5)

cosh2 z − sinh2 z = cos2(iz)− (i sin(iz))2 = 1.

Bài tập

1 ) Chứng minh các đẳng thức của hàm hyperbolic.

2 ) Chứng minh rằng sinh z = 0 khi và chỉ khi z = nπi với n ∈ Z.

3 ) Chứng minh rằng cosh z = 0 khi và chỉ khi z = πi2 + nπi với n ∈ Z.

4 ) Chứng minh rằng | sinhx| ≤ | cosh z| ≤ coshx với mọi z = x+ iy.

5 ) Giải các phương trình

(a) cosh z = 1 (b) sinh z = 4i (c) cosh z = −2

6 ) Tại sao sinh(ez) là một hàm nguyên? Tìm phần thực của hàm ấy theox và y với z = x+ iy.


100

Chương IV

Một số hàm sơ cấp khácvà phép biến hình

§ 1 Hàm Logarithm

1.1 Định nghĩa. Số phức w được gọi là logarithm của số phức z nếuew = z. Ký hiệu w = Ln z.

Theo định nghĩa ta thấy không có logarithm của 0. Nếu z 6= 0, ta viếtz ở dạng Euler z = reiϕ. Nếu w = u + iv là logarithm của z, thì ta cóeu+iv = reiϕ, suy ra

eu = r

v = ϕ+ 2kπsuy ra w = ln r + i(ϕ+ 2kπ), k ∈ Z.

Như vậy, có vô hạn đếm được logarithm của một số phức khác không.

Ln z = ln |z|+ iArgz = ln |z|+ i(arg z + 2kπ), k ∈ Z.(1.2)

1.3 Thí dụ. Ln(−1 + i√3) = ln | − 1 + i

√3| + iArg(−1 + i

√3) = ln 2 +

i(2π3 + 2kπ) với k ∈ Z.

1.4 Định lý. Với mọi số phức z1 và z2 khác không, ta có

Ln(z1z2) = Ln z1 + Ln z2(1.5)

Ln(z1z2

)

= Ln z1 − Ln z2.(1.6)


§ 1 Hàm Logarithm 101


Ln(z1z2) = ln |z1z2|+ iArg(z1z2)

= ln |z1|+ ln |z2|+ i(Argz1 + Argz2)

= Ln z1 + Ln z2.

Tương tự ta cũng chứng minh được đẳng thức thứ hai.

1.7 Định nghĩa. Hàm logarithm, ký hiệu ln, là hàm ngược của hàmmũ ez với miền xác định là tập

(x, y) : x tùy ý, 0 ≤ y < 2π

được định

nghĩa bởi công thức ln z = ln |z|+ i arg z. Giá trị ln z được gọi là giá trịchính của logarithm của z.

1.8 Thí dụ. Ta có ln(√3 + i) = ln |

√3 + i|+ i arg(

√3 + i) = ln 2 + iπ6 .

1.9 Định lý. Hàm ln z khả vi tại mọi điểm z = reiϕ với r > 0 và 0 <

ϕ < 2π và (ln z)′ = 1/z.

Chứng minh. Với z = reiϕ trong đó 0 < ϕ < 2π, ta có ln z = u(r, ϕ) +

v(r, ϕ) = ln r + iϕ, suy ra u(r, ϕ) = ln r và v(r, ϕ) = ϕ. Hơn nữa, ta tínhđược

u′r(r, ϕ) =1

ru′ϕ(r, ϕ) = 0 v′r(r, ϕ) = 0 v′ϕ = 1.

Theo định lý 1.14 ta kết luận được hàm ln z khả vi tại z, và

(ln z)′ = e−iϕ(1

r+ i0

)

=1

reiϕ=

1

z.

1.10 Một hàm logarithm khác cũng được sử dụng thường xuyên, ký hiệulog, là hàm ngược của hàm ez với miền xác định (x, y) : x tùy ý ,−π <y ≤ π được xác định bởi công thức log(z) = ln |z|+ iϕ với ϕ = Arg(z) và−π < ϕ ≤ π. Ta cũng dễ dàng chứng minh rằng được hàm log(z) giải tíchtại mọi điểm z = reiϕ với r > 0 và −π < ϕ < π, đồng thời đạo hàm củanó vẫn là

(log(z)

)′=

1

z.

Bài tập



102 IV Một số hàm sơ cấp khác và phép biến hình

(a) Ln(3− 3i) (b) Ln(−3 + 3i) (c) ln(√2− i

√2)


(a) ln(1 + i)2 = 2 ln(1 + i) (b) ln(−1− i)2 6= 2 ln(−1− i).

3 ) Với z = x+ iy, tìm Re[Ln(z − 1)].

4 ) Tìm tập hợp tất cả các điểm z mà hàm ln(z − i) giải tích.

5 ) Tìm tập hợp tất cả các điểm z mà hàm ln(iz − 2) giải tích.

6 ) Tìm miền giải tích của hàm log(z). Khi đó, ta có [log(z)]′ =1

z.

§ 2 Hàm lũy thừa và lũy thừa phức2.1 Hàm lũy thừa là một hàm có dạng w = f(z) = zn với n là sốnguyên dương. Hàm lũy thừa xác định và khả vi trên C với đạo hàm tạiđiểm z là f ′(z) = nzn−1.

Với n > 1, đặt w1 = zn1 và w2 = zn2 . Dễ dàng thấy rằng w1 = w2 khivà chỉ khi

|z1| = |z2| arg z1 = arg z2 +2kπ

n

với k là số nguyên. Do đó, miền đơn diệp của hàm f(z) = zn là miền khôngcó cặp điểm nào thỏa các điều kiện trên. Chẳng hạn, một miền đơn diệpcủa hàm f là

D = z : 0 ≤ arg z < 2πn .

Trong trường hợp này hàm f có hàm ngược f−1 là một giá trị của căn bậcn nằm trong D và ta cũng ký hiệu f−1(z) = n

√z và gọi là một nhánh giá

trị của căn bậc n của z. Ta cũng có thể chứng minh được hàm f−1(z) giảitích và

(f−1)′(z) = ( n√z)′ =

1

nz

1n−1.(2.2)

Trong đại số thực ta có biến đổi sau

ab = eln ab = eb ln a với a > 0.


§ 2 Hàm lũy thừa và lũy thừa phức 103

Từ đẳng thức trên giúp chúng ta hình thành khái niệm lũy thừa phứccủa một số phức như sau

zc = ecLn z.(2.3)

Như vậy, lũy thừa phức của một số phức có vô hạn đếm được giá trị khácnhau, trong đó giá trị ec ln z được gọi là giá trị chính của zc.

2.4 Thí dụ. Theo định nghĩa lũy thừa phức ta có (1 + i)i = eiLn(1+i) =

ei(ln√2+i(π4 +2kπ)) = e−(π4 +2kπ)+i ln

√2.

Cũng như trong số thực ta có các đẳng thức sau

1

zc= z−c(2.5)

zczd = zc+d.(2.6)

Nếu ta chỉ lấy giá trị chính ec ln z thì zc có thể được xem là một hàm vớibiến z. Hơn nữa, hàm này khả vi tại z = reiϕ với r > 0 và 0 < ϕ < 2π và

(zc)′ = (ec ln z)′ = ec ln z(c ln z)′ = zcc

z= czc−1.

2.7 Đặc biệt khi c là một hằng số thực, ta có hàm lũy thừa zc =

|z|ceiArg z . Như vậy, |zc| = |z|c và Arg zc = cArg z. Đặc biệt, ta có kếtquả: hàm zc biến hình quạt xác định bởi góc ϕ1 < ϕ < ϕ2 thành hìnhquạt cϕ1 < φ < cϕ2 khi c > 0.

2.8 Thí dụ. Tìm hàm lũy thừa biến hình quạt xác định bởi góc −π4 <

ϕ < π2 thành mặt phẳng phức bỏ đi một tia có gốc tại O.

Ta có góc của hình quát là π2 + π

4 = 3π4 = 3

82π. Vậy hàm lũy thừa phảilà f(z) = z

83 . Khi đó, qua f tia có góc π

2 biến thành tia có góc 4π3 . Vậy

qua f hình quạt đã cho biến thành mặt phẳng phức bỏ đi tia có góc 4π3 .

Ta có thể định nghĩa hàm mũ cơ số phức c bởi biểu thức sau.

cz = ez ln c.(2.9)

Khi đó, hàm này giải tích trên C và (cz)′ = ez ln c ln c = cz ln c.



Hình IV.1:

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng nếu hàm f(z) = n√z là một nhánh của căn bậc n

của z thì f giải tích và f ′(z) = 1nz

1n−1.

2 ) Đối với ánh xạ cho bởi w = z2 hãy tìm

(a) ảnh của các đường x = c, y = c, x = y, |z| = r, arg z = α và giải thíchxem đường nào được ánh xạ 1-1 lên ảnh của nó.

(b) tạo ảnh của các đường u = c, v = c.

3 ) Tìm ảnh của đường thẳng y = x+ 1 qua ánh xạ w = z2.

4 ) Tìm hàm lũy thừa biến góc z : 0 < arg z < πα (0 < α ≤ 2) lên nửamặt phẳng trên.


(a) (3− 3i)2i, (b) (√3 + i)(1+2i) (c) (−3 + 3i)4i.

6 ) Với z 6= 0 và a là một số thực, hãy tìm |za|.

7 ) Chứng minh các đẳng thức của lũy thừa phức.

8 ) Xét xem đẳng thức (zc)d = zcd có còn đúng cho các số phức.


§ 3 Hàm tuyến tính và hàm f(z) = 1/z 105

§ 3 Hàm tuyến tính và hàm f(z) = 1/z

Hàm tuyến tính

3.1 Định nghĩa. Hàm tuyến tính là hàm có dạng

w = f(z) = Az +B,(3.2)

trong đó A 6= 0.

Hàm tuyến tính là một song ánh trên C, cho nên nó có hàm ngược, và

hàm ngược của nó xác định bởi f−1(z) =z

A− B

A. Hàm tuyến tính là hàm

giải tích trên C và f ′(z) = A.Ta nghiên cứu phép biến hình của hàm tuyến tính. Ta thấy ảnh của

z = 0 là B. Với z 6= 0, ta viết lại A = aeiα và z = reiϕ; khi đó

w = arei(α+ϕ) +B.

Từ biểu thức trên ta có thể thấy phép biến hình qua ánh xạ tuyến tínhf(z) được thực ba bước như sau.

• Thực hiện phép vị tự với hệ số a.

• Thực hiện phép quay với góc quay α.

• Thực hiện phép tịnh tiến với vector xác định bởi B.

Do đó, ta có tính chất trong định lý sau.

3.3 Định lý. Hàm tuyến tính w = Az+B biến đường thẳng thành đườngthẳng và biến đường tròn thành đường tròn. Nói chung, biến một hìnhthành một hình đồng dạng với nó.

3.4 Thí dụ. Tìm ảnh của hình D qua ánh xạ tuyến tính w = (1 + i)z +

2 − i. Với z 6= 0, ta viết lại z = reiϕ. Suy ra w =√2rei(

π4 +ϕ) + 2 − i. Do

đó, ta có phép biến hình sau.

D

O x

y

u

v



Ta tìm ảnh của đường tròn có phương trình |z − 3 + i| = 4 qua ánh xạ w.Ta biến đổi như sau

w = (1 + i)z + 2− i

= (1 + i)(z − 3 + i) + (1 + i)(3 − i) + 2− i

= (1 + i)(z − 3 + i) + 6 + i.

Với |z − 3 + i| = 4, ta có |w − 6− i| = |(1 + i)(z − 3 + i)| = 4√2. Vậy ảnh

của đường tròn đã cho qua ánh xạ tuyến tính w là đường tròn tâm 6 + i

bán kính 4√2.

3.5 Thí dụ. Tìm hàm tuyến tính biến đường tròn |z−1| = 2 thành đườngtròn |w − 3| = 3. Ta có

w − 3 =3

2eiα(z − 1) suy ra w =

3

2eiα(z − 1) + 3

với α ∈ R. Ta có thể kiểm tra hàm tuyến tính w = 32e

iα(z − 1) + 3 thỏađiều kiện.

Để khảo sát sự biến hình qua ánh xạ f(z) = 1/z ta cần một số kết quảvề sự đối xứng của hai điểm qua đường tròn.

Đối xứng qua đường tròn

3.6 Định nghĩa. Hai điểm z và z′ được gọi là đối xứng nhau quađường tròn (C) nếu chúng thỏa mãn hai điều kiện: (i) z và z′ cùng nằmtrên một tia xuất phát từ tâm đường tròn, (ii) Tích khoảng cách từ haiđiểm này đến tâm đường tròn bằng bình phương bán kính của đườngtròn đó.

3.7 Thí dụ. Hai điểm z và z′ khác không đối xứng nhau qua đường trònđơn vị |z| = 1 khi và chỉ khi |zz′| = 1 và arg z = arg z′. Hơn nữa, ta có thểchứng minh tính chất tổng quát trong mệnh đề sau.

3.8 Mệnh đề. Hai điểm z và z′ đối xứng nhau qua đường tròn có phương

trình |z − z0| = R khi và chỉ khi z′ =R2

z − z0+ z0.




3.9 Định lý. Cặp điểm z và z′ đối xứng nhau qua đường tròn C nếu vàchỉ nếu mọi đường tròn Γ qua z và z′ đều trực giao với đường tròn C.

Chứng minh. Để chứng minh định lý này ta cần một tính chất trong hìnhhọc sơ cấp: “Cho AT là tiếp tuyến với đường tròn và cát tuyến BC đi quaA; khi đó AT 2 = AB ·AC”

A T

CB

Hình IV.2:

Giả sử z và z′ đối xứng nhau qua C (có tâm tại z0 và bán kính R) vàΓ là đường tròn bất kỳ qua z và z′. Từ z0 vẽ tiếp tuyến với đường trònΓ tại w. Theo tính chất trên ta có |w − z0|2 = |z0 − z| · |z0 − z′|. Mặtkhác, do z và z′ đối xứng nhau qua C nên |z0 − z| · |z0 − z′| = R2, cho nên|w − z0| = R. Vậy w phải là giao điểm của hai đường tròn đã cho. Từ đócác bán kính của hai đường tròn xuất phát từ w vuông góc nhau và tiếpxúc với đường tròn kia; nghĩa là hai đường tròn C và Γ trực giao nhau.Trong trường hợp Γ là đường thẳng qua z và z′, rõ ràng Γ trực giao với C.

z0

z

z′w

C

Γ

• •

Hình IV.3:

Ngược lại, giả sử đường tròn Γ bất kỳ qua z và z′ đều trực giao vớiđường tròn C. Bằng phép chứng minh khá đơn giản trong hình học sơ cấpta phải có z và z′ phải nằm trên một tia xuất phát từ z0, tâm của đườngtròn C. Gọi w là giao điểm của hai đường tròn. Khi đó, tiếp tuyến của haiđường tròn này tại w phải vuông góc nhau. Theo một tính chất của tiếp



tuyến với đường tròn ta suy ra được tiếp tuyến của đường tròn sẽ đi quatâm của đường tròn kia; điều đó có nghĩa là z0w là tiếp tuyến của đườngtròn Γ tại w. Do đó, theo tính chất tiếp tuyến và cát tuyến của đường trònnói ở phần đầu ta có |z0 − z| · |z0 − z′| = |z0 − w|2 = R2. Vậy z và z′ đốixứng nhau qua đường tròn C.

Trường hợp C là đường thẳng, dễ dàng chứng minh được z và z′ đốixứng nhau qua C khi và chỉ khi mọi đường tròn (và đường thẳng) qua zvà z′ đều trực giao với C.

Hàm f(z) = 1/z

Ta thấy hàm f(z) =1

zxác định trên C \ 0 và là hàm giải tích với

f ′(z) = − 1

z2. Hơn nữa, f(z) là một đơn ánh nên nó có hàm ngược, và dễ

dàng thấy rằng hàm ngược của nó là f−1(z) =1

z.

Bên cạnh đó, ta có các giới hạn

limz→0

1

z= ∞ và lim

z→∞1

z= 0.

Từ đó ta có thể mở rộng hàm f ra trường số phức mở rộng như sau:

T (z) =

∞ khi z = 0

0 khi z = ∞1

ztrường hợp khác.

Khi đó, hàm T là một hàm liên tục trên C và là một song ánh.

Ta viết lại hàm w = f(z) như sau

w = f(z) =1

z=

1

|z|2 z.

y

xO

z

Z

w

Hình IV.4:

Vậy |wz| = 1 và argw = arg z. Dođó, để xác định ảnh của z qua ánh xạf(z) ta tiến hành hai bước sau: thứnhất, lấy điểm Z đối xứng với z quađường tròn đơn vị |z| = 1; thứ hai,điểm đối xứng với Z qua trục thực Oxlà ảnh w cần tìm.



Khi w = u+iv là ảnh của z = x+iy

(khác không) qua ánh xạ w = f(z) với cách viết w = z/|z|2 cho ta

u =x

x2 + y2, v =

−yx2 + y2

.(3.10)

Hơn nữa, chúng ta cũng có mối liên hệ ngược lại

x =u

u2 + v2, y =

−vu2 + v2

.(3.11)

Ta biết rằng một đường tròn hay đường thẳng trong mặt phẳng phứcC có phương trình dạng

A(x2 + y2) + 2Bx+ 2Cy +D = 0(3.12)

với A, B, C, D là các hằng số thực thỏa B2 + C2 > AD. Với z = x + iy

thuộc đường thẳng hay đường tròn trong mặt phẳng phức (z), ta có đượcphương trình (3.12). Thay (3.11) vào (3.12) sau khi biến đổi thu được (xemnhư bài tập)

D(u2 + v2) + 2Bu− 2Cv +A = 0.(3.13)

Do đó, w = u + iv là ảnh của z = x + iy thuộc đường tròn hay đườngthẳng trong mặt phẳng phức (w). Từ đó ta có thể chứng minh được địnhlý sau.

3.14 Định lý. Hàm f(z) = 1/z biến đường tròn hoặc đường thẳng thànhđường tròn hoặc đường thẳng. Cụ thể như sau: (xem phương trình (3.12)và (3.13)) qua ánh xạ w = f(z) = 1/z

(a) một đường tròn không qua gốc tọa độ trong (z) biến thành một đườngtròn không qua gốc tọa độ trong (w).

(b) một đường tròn qua gốc tọa độ trong (z) biến thành một đường thẳngkhông đi qua gốc tọa độ trong (w).

(c) một đường thẳng không qua gốc tọa độ trong (z) biến thành mộtđường tròn đi qua gốc tọa độ trong (w).

(d) một đường thẳng qua gốc tọa độ trong (z) biến thành một đườngthẳng qua gốc tọa độ trong (w).




3.15 Thí dụ. Theo các phương trình (3.12) và (3.13), qua ánh xạ w = 1/z

đường thẳng x = c1 với c1 6= 0 biến thành đường tròn −c1(u2+v2)+u = 0

hay(

u− 1

2c1

)2

+ v2 =( 1

2c1

)2

,

nó tiếp xúc với trục Ov tại gốc tọa độ. Đường x = 0 biến thành u = 0.Tương tự, đường thẳng y = c2 với c2 6= 0 biến thành đường tròn

u2 +(

v +1

2c2

)2

=( 1

2c2

)2

nó tiếp xúc với trục Ou tại gốc tọa độ. Đường thẳng y = 0 biến thànhđường v = 0.

Bài tập

1 ) Tìm ảnh của nửa mặt phẳng y > 1 qua ánh xạ tuyến tính w = (1−i)z.

2 ) Tìm ảnh của nửa dải vô hạn x > 0, 0 < y < 2 qua ánh xạ tuyến tínhw = iz + 1.

3 ) Tìm hàm tuyến tính mà nó ánh xạ tam giác có đỉnh tại các điểm 0, 1,i thành tam giác đồng dạng có đỉnh tại các điểm 0, 2, 1 + i.

4 ) Tìm hàm tuyến tính có điểm bất động là 1 + 2i và biến điểm i thànhđiểm −i.

5 ) Tìm ánh xạ tuyến tính biến

(a) dải xác định bởi a < x < a+ h thành dải 0 < u < 1 và w(a) = 0.

(b) dải xác định bởi a < x < a+ h thành dải 0 < u < 1 thỏa w(a+ h2 ) =

12 + i và Im

[w(a + h

2 + i)]< 1.

(c) dải giới hạn bởi hai đường y = kx + b1 và y = kx + b2 thành dải0 < u < 1 và w(b1) = 0.

6 ) Tìm dạng tổng quát của ánh xạ tuyến tính biến

(a) nửa mặt phẳng trên thành chính nó.

(b) nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng dưới.



(c) nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng bên phải.

(d) nửa mặt phẳng bên phải thành chính nó.

7 ) Tìm dạng tổng quát của ánh xạ tuyến tính biến

(a) dải xác định bởi 0 < x < 1 lên chính nó.

(b) dải xác định bởi −2 < y < 1 lên chính nó.

(c) dải bị chặn bởi các đường y = x và y = x− 1 lên chính nó.

8 ) Chứng minh rằng hai điểm z và z′ đối xứng nhau qua đường tròn có

phương trình |z − z0| = R khi và chỉ khi z′ =R2

z − z0+ z0.

9 ) Chứng minh rằng tất cả đường tròn đi qua hai điểm a và 1/a trực giaovới đường tròn |z| = 1.

10 ) Tìm điểm đối xứng với điểm 2 + i đối với các hình tròn

(a) |z| = 1 (b) |z − i| = 3

11 ) Tìm ảnh đối xứng đối với đường tròn đơn vị |z| = 1 của các đườngsau đây

(a) |z| = 12 (b) |z − 1| = 1 (c) y = 2 (d) x2 − y2 = 1.

12 ) Chứng minh rằng đường tròn hay đường thẳng có phương trình dạng

A(x2 + y2) + 2Bx+ 2Cy +D = 0

với A, B, C, D là các hằng số thực thỏa B2 + C2 > AD.

13 ) Tìm ảnh của các đường sau qua ánh xạ w =1

z.

(a) arg z = α (b) |z − 1| = 1 (c) parabola y = x2.

14 ) Tìm tạo ảnh của các đường u = c và v = c bởi ánh xạ w = 1/z.

15 ) Tìm ảnh của các họ đường cong sau qua ánh xạ w = f(z) = 1/z



(a) Họ đường tròn x2 + y2 = ax

(b) Họ đường tròn x2 + y2 = by

(c) Chùm đường thẳng song song y = x+ b

(d) Chùm đường thẳng đi qua điểm z0.

16 ) Tìm ảnh của dải vô hạn 0 < y < 1/(2c) qua ánh xạ w = 1/z.

17 ) Tìm ảnh của phần tư x > 1, y > 0 qua ánh xạ w = 1/z.

18 ) Tìm ảnh của tập D = z : |z − 2 − i| < 2, Im(z) > 1 qua ánh xạw = 1/z.


§ 4 Hàm phân tuyến tính

4.1 Định nghĩa. Hàm phân tuyến tính là hàm có dạng

w = f(z) =az + b

cz + dđiều kiện ad− bc 6= 0.(4.2)

Điều kiện ad− bc 6= 0 bảo đảm rằng hàm này không là hằng số. Khi c = 0

thì hàm f trở thành hàm tuyến tính.

Ta nhận thấy hàm phân tuyến tính f giải tích trên C \− d

c

với

w′ = f ′(z) =a(cz + d)− c(az + b)

(cz + d)2=

ad− cb

(cz + d)2.

Ta thấy w = f(z) là một đơn ánh nên nó có hàm ngược

f−1(z) =dz − b

−cz + a

cũng là một hàm phân tuyến tính. Hơn nữa, ta cũng có

limz→∞

az + b

cz + d=a

c, lim

z→− dc

az + b

cz + d= ∞.


§ 4 Hàm phân tuyến tính 113

Từ các nhận xét trên ta mở rộng hàm f trên tập số phức mở rộng C vànó là một song ánh:

T (z) =

a

ckhi z = ∞

∞ khi z = − dc

az + b

cz + dtrường hợp khác

Hàm T này được gọi là hàm phân tuyến tính trong trường số phức mởrộng C tương ứng với hàm f . Để cho gọn khi xét hàm phân tuyến tính

trong tập mở rộng C ta chỉ ghi công thức T (z) =az + b

cz + dcòn tại hai điểm

z = ∞ và z = − dc chúng ta tự nhớ và tự hiểu.

Trở lại hàm phân tuyến tính f , ta biến đổi và viết lại như sau.

f(z) =az + b

cz + d=a(cz + d)− ad+ bc

c(cz + d)=a

c+

−ad+ bc

c

1

cz + d.

Như vậy, f là hợp thành của các hàm

f1(z) = cz + d, f2(z) =1

z, f3(z) =

−ad+ bc

cz +

a

c,

f = f3 f2 f1. Do đó, theo tính chất của hàm tuyến tính và hàm 1/z tacó kết quả sau.

4.3 Định lý. Hàm phân tuyến tính biến đường tròn hoặc đường thẳngthành đường tròn hoặc đường thẳng.

Trong tập số phức mở rộng, đường thẳng cũng được xem là đường tròncó tâm ∞ và bán kính ∞. Từ đây về sau ta xét hàm phân tuyến tính trongtập số phức mở rộng C.

Từ định lý trên và theo nguyên lý bảo toàn miền (Định lý 6.11 trang290) ta có thể dễ dàng chứng minh được tính chất: ánh xạ phân tuyến tínhbảo toàn hình tròn; nghĩa là ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn thànhhình tròn. Từ tính chất này ta có thể dễ dàng tìm ảnh của một miền xácđịnh qua ánh xạ phân tuyến tính như thí dụ minh họa sau.

4.4 Thí dụ. Tìm ảnh của nửa hình tròn z : |z| < 1, Im z > 0 qua ánh

xạ f(z) =2z − i

iz + 2.



Ta xét ảnh của của một số điểm đặc biệt trên biên và bên trong nửahình tròn; cụ thể ta được

f(0) = − i2 , f(1) = 3−4i

5 , f(−1) = −3−4i5 , f(i) = i, f( i2 ) = 0.

Như vậy, ảnh của đường tròn |z| = 1 qua ánh xạ f là đường tròn |w| = 1 vàảnh của đường thẳng y = 0 là đường tròn qua các điểm − i

2 , 3−4i5 , −3−4i

5 ,nó có phương trình |w + 5

4 i| = 34 . Vậy ảnh của nửa hình tròn đã cho là

hình giới hạn bởi hai đường tròn vừa chỉ ra chứa điểm 0. Xem Hình IV.5.

1

(z)

• ••

•

• •

•

•••

(w)

Hình IV.5:

Trong định nghĩa, hàm phân tuyến tính phụ thuộc bốn tham số phứca, b, c, d. Ta luôn có thể giả thiết một tham số khác 0 và cho nó bằng 1.Như vậy, hàm phân tuyến tính chỉ còn phụ thuộc vào ba tham số, cho nênta cần biết ba điều kiện nào đó dẫn đến ba phương trình thì xác định đượchàm phân tuyến tính. Đặc biệt ta có kết quả sau:

4.5 Định lý. Tồn tại một và chỉ một ánh xạ phân tuyến tính f biến bađiểm phân biệt z1, z2, z3 ∈ C thành ba điểm phân biệt w1, w2, w3 ∈ C saocho f(zk) = wk với k = 1, 2, 3. Hàm phân tuyến tính w = f(z) xác định bởi

w − w1

w − w3÷ w2 − w1

w2 − w3=z − z1z − z3

÷ z2 − z1z2 − z3

.(4.6)

Chứng minh. Ta biến đổi đẳng thức (4.6) thành

(w − w1)(w2 − w3)(z − z3)(z2 − z1)

= (z − z1)(z2 − z3)(w − w3)(w2 − w1).

Suy ra

w =w1(w2 − w3)(z − z3)(z2 − z1)− w3(z − z1)(z2 − z3)(w2 − w1)

(w2 − w3)(z − z3)(z2 − z1)− (z − z1)(z2 − z3)(w2 − w1).



Như vậy, công thức (4.6) xác định w có dạng một hàm phân tuyến tính tacần chứng minh nó không là hằng số.

Với z = z1, thay vào công thức trên có ngay w = w1; với z = z3, ta ców = w3; và với z = z2, ta có

w =w1(w2 − w3)(z2 − z3)(z2 − z1)− w3(z2 − z1)(z2 − z3)(w2 − w1)

(w2 − w3)(z2 − z3)(z2 − z1)− (z2 − z1)(z2 − z3)(w2 − w1)

=w1(w2 − w3)− w3(w2 − w1)

(w2 − w3)− (w2 − w1)

= w2.

Vậy ánh xạ w biến ba điểm theo tương ứng (z1, z2, z3) thành ba điểmw1, w2, w3. Hơn nữa, w không là hàm hằng vì ba điểm w1, w2, w3 phânbiệt. Do đó, công thức (4.6) xác định một hàm phân tuyến tính w = f(z).

Giả sử w = g(z) là một hàm phân tuyến tính biến ba điểm z1, z2, z3lần lượt thành ba điểm w1, w2, w3. Ta đã biết hàm ngược g−1 của g cũnglà hàm phân tuyến tính nhưng biến ba điểm w1, w2, w3 thành ba điểm z1,z2, z3. Ta cũng có thể thấy hợp thành của hai hàm phân tuyến tính là hàmphân tuyến tính (bài tập), cho nên g−1 f là một hàm phân tuyến tính vớig−1 f(zk) = g−1(f(zk)) = g−1(wk) = zk với k = 1, 2, 3. Ta có thể thấyhàm phân tuyến tính có nhiều hơn hai điểm bất động là hàm đồng nhất(bài tập). Do z1, z2, z3 phân biệt nên g−1 f là hàm đồng nhất; nghĩa làg−1 f(z) = z với mọi z, suy ra f(z) = g(z) với mọi z. Vậy hàm phântuyến tính w = f(z) xác định ở trên là duy nhất.

4.7 Thí dụ. Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến ba điểm z1 = 1, z2 = 0,z3 = −1 thành ba điểm tương ứng w1 = i, w2 = ∞, w3 = 1.

Thay vào công thức (4.6) ta được

w − i

w − 1÷ ∞− i

∞− 1=z − 1

z + 1÷ 0− 1

0 + 1suy ra

w − i

w − 1=

1− z

z + 1

Sau khi biến đổi và đơn giản ta được w =(i+ 1)z + i− 1

2z.

Để việc giải các bài toán biến đổi ảnh được dễ dàng ta đưa ra một tínhchất của hàm phân tuyến tính mà phép chứng minh cần đến kết quả ởchương sau.

4.8 Định lý. Cho f là một ánh xạ phân tuyến tính trong trường số phứcmở rộng. Nếu z và z′ đối xứng qua đường tròn C thì f(z) và f(z′) đốixứng qua đường tròn f(C).



Chứng minh. Xét Γ là một đường tròn bất kỳ qua f(z) và f(z′). Vì f làánh xạ phân tuyến tính nên f−1 cũng là ánh xạ phân tuyến tính. Do đó,theo Định lý 4.3 ta có f−1(Γ) là đường tròn qua z và z′. Mặt khác, do zvà z′ đối xứng qua đường tròn C nên theo Định lý 3.9 ta có C và f−1(Γ)

trực giao nhau. Vì ánh xạ phân tuyến tính bảo giác (Định lý 2.8 trang297) nên ta suy ra được f(C) và Γ trực giao nhau. Một lần nữa, áp dụngĐịnh lý 3.9 ta có f(z) và f(z′) đối xứng nhau qua f(C).

4.9 Thí dụ. Tìm ánh xạ phân tuyến tính f biến miền D = z ∈ C :

Im z > 0 thành miền D∗ = w ∈ C : |w| < 1.

(z)

D1

(w)

D∗

Hình IV.6:

Theo tính chất của hàm phân tuyến tính thì đường thẳng y = 0 quaánh xạ w = f(z) biến thành đường tròn |w| = 1. Gọi z0 ∈ D sao chof(z0) = 0. Ta có z0 đối xứng với z0 qua đường thẳng y = 0, cho nên f(z0)đối xứng với 0 qua đường tròn |w| = 1, suy ra f(z0) = ∞. Vậy f phải códạng

w = f(z) = Az − z0z − z0

.

Lấy z = x là số thực (thuộc đường thẳng y = 0). Khi đó, f(x) thuộc đườngtròn |w| = 1; nghĩa là |f(x)| = 1. Do đó,

1 =∣∣∣Ax− z0x− z0

∣∣∣ = |A|

∣∣∣x− x0 − iy0x− x0 + iy0

∣∣∣ = |A| với z0 = x0 + iy0

Vậy A có thể được viết A = eiϕ. Do đó, ánh xạ cần tìm có phương trình

f(z) = eiϕz − z0z − z0

.

4.10 Thí dụ. Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến miền D = z : |z| < 1thành miền D∗ = w : |w| < 1.



1

(z)

D

1

(w)

D∗

Hình IV.7:

Do qua ánh xạ phân tuyến tính đường tròn biến thành đường tròn nênđường tròn |z| = 1 biến thành đường tròn |w| = 1. Do 0 ∈ D∗ nên tồn tạiz0 ∈ D sao cho f(z0) = 0. Vì 1/z0 đối xứng với z0 qua đường tròn |z| = 1

nên f(1/z0) đối xứng với 0 qua |w| = 1. Do đó, f(1/z0) = ∞. Vậy hàm f

có dạng

f(z) = Az − z0

z − 1z0

= A1z − z0z0z − 1

.

Trong đó A1 là hằng số phức. Lấy z = eiϕ; khi đó ảnh f(eiϕ) sẽ nằm trênđường tròn |w| = 1 nghĩa là

1 = |f(eiϕ)| =∣∣∣A1

eiϕ− z0z0eiϕ − 1

∣∣∣ = |A1| ·

∣∣∣eiϕ − z0z0 − e−iϕ

∣∣∣ = |A1|.

Suy ra A1 = eiθ với θ là một hằng số thực. Vậy ánh xạ tuyến tính cần tìm

là f(z) = eiθz − z0z0z − 1

.

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng hợp thành của hai hàm phân tuyến tính là hàmphân tuyến tính.

2 ) Cho hàm phân tuyến tính f(z) =az + b

cz + d. Khi đó, ta ký hiệu M =

[a bc d

]

và f(z) = fM (z). Chứng minh rằng nếu M1 và M2 là hai ma trận

vuông cấp hai trong C thì fM1M2 = fM1 fM2 .

3 ) Chứng minh rằng nếu hàm phân tuyến tính w = f(z) không là hàmđồng nhất thì nó có nhiều nhất hai điểm bất động (z0 = f(z0)).



4 ) Không dùng nguyên lý bảo toàn miền chứng minh rằng ánh xạ phântuyến tính biến hình tròn thành hình tròn.

5 ) Giả sử a, b, c, d là những số thực. Chứng minh rằng ánh xạ f(z) =az + b

cz + dlà một đồng phôi từ nửa mặt phẳng Im z > 0 lên chính nó hay lên

nửa mặt phẳng Im z < 0 tùy theo ad− bc > 0 hay ad− bc < 0.

6 ) Tìm ảnh của góc phần tư thứ hai qua ánh xạ w =z − i

z + i.

7 ) Tìm ảnh của vành z ∈ C : 1 < |z| < 3 và của góc z : 0 < arg z < π4

qua ánh xạ w =z

z − 1.

8 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính thỏa điều kiện: điểm 1 và i là bất động,điểm 0 biến thành điểm −1.

9 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến các điểm −1, 0, 1 lần lượt thành cácđiểm 1, i, −1.

10 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến các điểm −1, i, 1+ i lần lượt thànhcác điểm i, ∞, 1.

11 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến đường tròn đơn vị thành chính nó,điểm z = 2 là điểm bất động và điểm z = 5

4 + 34 i thành điểm vô cùng.

12 ) Tìm dạng tổng quát của ánh xạ phân tuyến tính biến

(a) nửa mặt phẳng trên thành chính nó.

(b) nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng trái.

(c) nửa mặt phẳng trên thành nửa mặt phẳng dưới.

13 ) Tìm hàm phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên lên chính nó saocho w(a) = b, argw′(a) = α (Im a > 0, Im b > 0).

14 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến đường tròn |z| = 2 thành đườngtròn |w + 1| = 1, và các điểm −2, 0 biến thành 0, i tương ứng.

15 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính w = f(z) biến nửa mặt phẳng trênz : Imz > 0 thành hình tròn đơn vị w : |w| < 1 sao cho


§ 5 Các ví dụ về sự biến hình 119

(a) f(i) = 0, Arg(f ′(i)) = −π2 .

(b) f(2i) = 0, Arg(f(2i)) = 0.

(c) f(a+ ib) = 0, Arg(f ′(a+ ib)) = 0, trong đó b > 0.

16 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính w = f(z) biến hình tròn đơn vị thànhchính nó sao cho

(a) f(12 ) = 0, Arg(f ′(12 )) = 0.

(b) f( i2 ) = 0, Arg(f ′( i

2 )) =π2 .

(c) f(0) = 0, Arg(f ′(0)) = −π2 .

(d) f(a) = a, Arg(f ′(a)) = α, trong đó α là một số thực.

17 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến miền D = z : |z− 3| > 9, |z− 8| <16 thành miền D∗ = w : ρ < |w| < 1. Hãy xác định ρ.

18 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến nửa mặt phẳng trên z : Im z > 0lên hình tròn w : |w−w0| < R sao cho điểm i biến thành tâm hình tròncòn đạo hàm tại đó dương.

19 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z| < 2 thành nửamặt phẳng w : Rew > 0 sao cho w(0) = 1 và Arg(w′(0)) = π

2 .

20 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z| < R1 thànhhình tròn w : |w| < R2 sao cho w(a) = b, Arg(w′(a)) = α (|a| < R1,|b| < R2).

21 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z| < 1 thành hìnhtròn w : |w − 1| < 1 với w(0) = 1

2 , w(1) = 0.

22 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính biến hình tròn z : |z − 2| < 1 thànhhình tròn w : |w − 2i| < 2 với w(2) = i và Arg(w′(2)) = 0.

23 ) Tìm ánh xạ phân tuyến tính w biến D = z = x + iy : x + y > 1thành D∗ = w : |w| < 1 sao cho w(1 + i) = 0 và w(2 − i) = 1.



§ 5 Các ví dụ về sự biến hình

5.1 Thí dụ. Tìm một ánh xạ chỉnh hình biến miền D = z : −π4 <

Arg z < π2 lên hình tròn đơn vị D∗ = w : |w| < 1 với w(ei

π8 ) = 0 và

w(i) = −1.Trong Thí dụ 4.9 ta đã tìm được dạng của ánh xạ chỉnh hình biến nửa

trên mặt phẳng phức thành hình tròn đơn vị, đó là f(z) = eiϕz − z0z − z0

trong

đó f(z0) = 0. Như vậy, ta cần tìm một ánh xạ chỉnh hình biến miền D

thành nửa trên mặt phẳng phức. Do D là hình quạt với góc 3π4 và tia đầu có

góc −π4 nên ánh xạ g(z) =

(eiπ4 z) 4

3 = eiπ3 z

43 thực hiện được nhiệm vụ ấy.

Vậy ánh xạ cần tìm có dạng w(z) = f g(z) = f(eiπ3 z

43 ) = eiϕ

eiπ3 z

43 − z0

eiπ3 z

43 − z0

Dg f D∗

Hình IV.8:

Ta cần tìm eiϕ và z0 để w(eiπ8 ) = 0 và w(i) = −1. Do g(ei

π8 ) =

eii3 ei

π8

43 = ei

π2 = i cho nên z0 = i. Mặt khác, ta có g(i) = ei

i3 i

43 =

eii3 ei

π2

43 = eiπ = −1, suy ra

−1 = w(i) = eiϕ−1− i

−1 + i= eiϕi hay eiϕ = i

Vậy ánh xạ cần tìm là w = ieiπ3 z

43 − i

eiπ3 z

43 + i

.

5.2 Thí dụ. Tìm ánh xạ chỉnh hình biến nửa hình tròn đơn vị D = z :

|z| < 1, Im z > 0 lên hình tròn đơn vị D∗ = w : |w| < 1 với w(±1) = ±1

và w(0) = −i.Ta nhận thấy biên của D được xem gồm hai phần của đường tròn, cho

nên chúng ta nghĩ đến phép biến hình sauTa dễ dàng nhận thấy f2 có thể được lấy là f2(z) = z2, cũng như ở thí

dụ trên f3 có dạng f3(z) = Az − z0z − z0

. Để xác định hàm phân tuyến tính



D f1 f2 f3 D∗

Hình IV.9:

f1 ta nhận thấy hai đường tạo nên biên của D∗ cắt nhau tại −1 và 1 nênqua f1 hai điểm này sẽ biến thành giao điểm của biên. Do đó, ta có thể

cho f1(−1) = 0 và f1(1) = ∞, cho nên f1 có dạng f1(z) = cz + 1

z − 1. Để xác

định c ta cần biết thêm ảnh của một điểm. Vì 0 nằm trên biên của D nên

ta có thể giả sử f(0) = 1 suy ra −c = 1 hay c = −1. Vậy f1(z) =z + 1

1− z.

Ta có w = f3 f2 f1 và

1f1−→ ∞ f2−→ ∞ f3−→ A = 1

−1f1−→ 0

f2−→ 0f3−→ A

z0z0

= −1

0f1−→ −1

f2−→ 1f3−→ A

1− z01− z0

= −i

Vậy A = 1 và z0 = −z0, suy ra z0 là số thuần ảo hay z0 = ib. Do đó

1− ib

1 + ib= −i hay 1− ib = −i+ b hay b = 1

Vậy ánh xạ cần tìm là

w = f3 f2 f1(z) = f3 f2(z + 1

1− z

)

= f3

((z + 1

1− z

)2)

=

(z+11−z

)2 − i(z+11−z

)2+ i

=(1− i)z2 + 2(1 + i)z + 1− i

(1 + i)z2 + 2(1− i)z + 1 + i=z2 + 2iz + 1

z2 + 2z + i.

5.3 Thí dụ. Trong ví dụ này ta nghiên cứu phép biến hình của hàmJoukowski w = 1

2 (z+1z ). Ta viết biến z ở dạng Euler z = reiϕ. Khi đó, ta

ców =

1

2

(

reiϕ +1

re−iϕ

)

=1

2

(

r +1

r

)

cosϕ+i

2

(

r − 1

r

)

sinϕ.

Khi r = 1 ta có w = cosϕ. Vậy hàm Joukowski biến hình tròn đơn vị|z| = 1 thành đoạn nối −1 với 1, ký hiệu [−1, 1]. Khi r 6= 1, ta viết



w = u+ iv, nghĩa là

u =1

2

(

r +1

r

)

cosϕ v =1

2

(

r − 1

r

)

sinϕ.

Suy rau2

14

(r + 1

r

)2 +v2

14

(r − 1

r

)2 = 1.

Ta nhận thấy phương trình cuối ở trên là phương trình của ellipse tâm 0

với các nửa trục tương ứng là a = 12

(r + 1

r

)và b = 1

2

∣∣r − 1

r

∣∣. Chú ý rằng

khi r biến thiên từ 0 đến 1 thì a biến thiên từ ∞ đến 1 còn b biến thiêntừ ∞ đến 0. Do đó, hàm Joukowski biến miền z : 0 < |z| < 1 thành cảmặt phẳng phức bỏ đi đoạn [−1, 1]. Khi r biến thiên từ 1 đến ∞ thì a biếnthiên từ 1 đến ∞ và b biến thiên từ 0 đến ∞. Vậy miền ngoài đường trònđơn vị tâm 0 qua ánh xạ Joukowski thành mặt phẳng phức trừ đi đoạn[−1, 1].

r = 3.5

r = 0.25

Hình IV.10:

Bây giờ xét trường hợp cố định ϕ. Khi đó, ta có ảnh của đoạn từ 0 đếnđường tròn đơn vị hợp với trục thực một góc ϕ là đường cong từ ∞ vàoz = cosϕ với phương trình tham số theo r là u và v xác định ở trên hay

u2

cos2 ϕ− v2

sin2 ϕ= 1 với ϕ 6= kπ

2.

Phần còn lại của tia từ 0 hợp với Ox góc ϕ sau khi bỏ đoạn từ bên tronghình tròn đơn vị cũng là đường cong như trên nhưng có hướng từ cosϕ ra∞. Khi ϕ = 0 thì đoạn (0, 1] biến thành [1,∞) và đoạn [1,∞) biến thành



[1,∞). Tương tự cho các trường hợp ϕ = π2 , π,

3π2 có ảnh là các đường

nằm trên trục tung và trục hoành (chi tiết xin dành cho bạn đọc xem nhưbài tập).

Hình IV.11:

5.4 Thí dụ. Tìm ảnh của nửa dải D = z = x+ iy : 0 < x < 2π, y > 0qua ánh xạ cos z.

Do hàm cos z có công thức

cos z =eiz + e−iz

2=

1

2

(

eiz +1

eiz

)

Vậy cos z là hợp thành của 3 hàm cos z = f3 f2 f1 trong đó f1(z) = iz,f2(z) = ez và f3(z) = 1

2 (z +1z ). Qua f1 nửa dải D biến thành nửa dải

z = x + iy : x < 0, 0 < y < 2π từ đây qua ánh xạ f2 biến thành hìnhtròn đơn vị tâm 0 bỏ đi đoạn [0, 1], cuối cùng qua ánh xạ Joukowski f3biến thành toàn mặt phẳng phức bỏ đi nửa đường thẳng [−1,∞).

D f1 f2 f3 D∗

Hình IV.12:

Bài tập

1 ) Tìm ảnh của các đường thẳng x = 1 và y = 1 qua ánh xạ Joukowski.

2 ) Tìm ảnh của các đường thẳng x = 1 và y = 1 qua ánh xạ cos z.

3 ) Tìm ảnh của các đường thẳng x = 1 và y = 1 qua ánh xạ sin z.



4 ) Tìm ảnh của đường tròn |z| = r qua ánh xạ w = z − 1

z.

5 ) Tìm ảnh của đường tròn |z| = 1 qua ánh xạ w =z

(1− z)2.

6 ) Tìm hàm chỉnh hình biến góc z : 0 < Arg z < απ với 0 < α ≤ 2 lênnửa mặt phẳng trên.

7 ) Tìm hàm giải tích biến góc z : −π4 < Arg z < π

2 lên nửa mặt phẳngtrên với w(1 − i) = 2, w(i) = −1, w(0) = 0.

8 ) Tìm hàm giải tích biến các miền sau lên nửa mặt phẳng trên Imw > 0

(a) z : |z| > 1, Im z > 0.

(b) z : |z| < R, 0 < Arg z < πα, 0 < α ≤ 2.

(c) z : |z| > R, 0 < Arg z < πα, 0 < α ≤ 2.

(d) z : |z| < 1, |z − i| < 1.

(e) z : |z| > 1, |z − i| < 1.

9 ) Tìm hàm giải tích biến nửa hình tròn đơn vị z : |z| < 1, Im z > 0lên nửa mặt phẳng trên thỏa mãn

(a) w(−1) = 0, w(0) = 1, w(1) = ∞.

(b) w(±1) = ±1, w(0) = ∞.

(c) w( i2 ) = i, Arg( i

2 ) = −π2 .

10 ) Tìm hàm giải tích w biến miền D = z : 0 < arg(z − 1) < π2 thành

miền D∗ = w : |w| < 1 thỏa w(4 + i) = 0 và w(3) = 1.

11 ) Tìm hàm giải tích biến nửa mặt phẳng trên thành các miền sau

(a) mặt phẳng với khía theo [−1, 1].

(b) mặt phẳng với khía theo [−i, i].

(c) mặt phẳng với khía theo [z1, z2].

(d) mặt phẳng với khía theo (−∞,−R], [R,∞).


§ 6 Khái niệm về diện Riemann 125

(e) mặt phẳng với rạch theo tia nằm trong góc phần tư thứ nhất xuấtphát từ i và song song với đường y = x.

(f) nửa mặt phẳng Im z > 0 với khía theo [0, ih], h > 0.

(g) hình tròn |z| < 1 với khía theo bán kính [0, 1].

12 ) Dùng hàm Joukowski tìm hàm giải tích biến

(a) miền ngoài của [−c, c] với c > 0 lên miền ngoài của hình tròn đơn vịvới w(∞) = ∞, Arg(w′(∞)) = α.

(b) miền ngoài ellipsex2

a2+y2

b2= 1 lên miền ngoài của hình tròn đơn vị

với w(∞) = ∞, Arg(w′(∞)) = 0.

§ 6 Khái niệm về diện Riemann

Hàm đa trị

Xét hàm f từ miền D lên miền G ⊆ C. Với mỗi w ∈ G ⊆ C, xét tập

ϕ(w) = f−1(w) = z ∈ D : f(z) = w.

Nếu f đơn diệp thì ϕ(w) có duy nhất một điểm với mọi w ∈ G, vì thế tacó hàm ϕ từ G lên D. Nếu f không đơn diệp trên D thì ϕ không phải làmột hàm theo nghĩa thông thường. Trong trường hợp tổng quát ϕ(w) làmột tập con khác rỗng của D không hẳn là tập đơn tử. Khi đó, ta nói quytắc w → ϕ(w) xác định một hàm đa trị ϕ trên G.

Một cách tổng quát hàm đa trị F trên miền D ⊆ C là một quy tắc đặttương ứng mỗi z ∈ D với tập con khác rỗng F (z) của C. Như vậy, hàm tathường dùng (còn gọi là hàm đơn trị) là một trường hợp riêng của hàm đatrị (khi F (z) là tập đơn tử).

Để nghiên cứu hàm đa trị ta sẽ đưa về hàm đơn trị (hàm thông thường)bằng cách thay đổi tập xác định. Điều này dẫn đến một loại không gianmới sau này gọi là diện Riemann. Sau đây ta sẽ xây dựng diện Riemanncủa một số hàm quan trọng.

Hàm w = n√z

Ta đã biết rằng với mọi z ∈ C và z 6= 0, w có n giá trị khác nhau

w0(z) =n√rei

ϕn , w1(z) =

n√rei

ϕ+2πn , . . . , wn−1(z) =

n√rei

ϕ+2(n−1)πn



trong đó r = |z| và ϕ = arg(z). Rõ ràng hàm đa trị w = n√z hoàn

toàn được xác định bởi n hàm đơn trị w0, w1, . . . , wn−1. Mỗi hàm wj vớij = 0, 1, . . . , n− 1 được gọi là nhánh đơn trị của w.

Bây giờ ta muốn kết hợp các hàm wj thành một hàm đơn trị và đồngnhất nó với w. Hàm đó tất nhiên không thể xác định trên một miền nàođó của C mà phải xác định trên một tập mới mà ta sẽ xây dựng như sau.

Ta ký hiệu C0, C1, . . . , Cn−1 là các tờ nhận được từ C rạch theo tiasố thực dương reiϕ : r ≥ 0, ϕ = 0. Ta gọi bờ dưới của đường rạch làbờ ứng với tập số phức với phần ảo âm còn bờ bên kia gọi là bờ trên củađường rạch. Ta dán bờ dưới của C0 với bờ trên của C1, dán bờ dưới củaC1 với bờ trên của C2, . . . dán bờ dưới của Cn−2 với bờ trên của Cn−1 vàcuối cùng dán bờ dưới của Cn−1 với bờ trên của C0. Khi đó, ta nhận đượcmột tập mới Ω, ta xác định được hàm đơn trị ω(z) từ các nhánh đơn trịwj bằng cách đặt ω(z) = wj(z) nếu z ∈ Cj với j = 0, 1, . . . , n− 1.

Một điều quan trọng là diện Riemann không phải là mặt phẳng phứcnhưng tại mỗi điểm của Ω đều có một mặt phẳng phức đi qua và vì vậy cáchàm xác định trên Ω đều có thể nói về tính liên tục hay giải tích của chúng.

6.1 Định lý. Hàm ω(z) xác định như trên là hàm giải tích trên diện Rie-mann của hàm đa trị n

√z.

Chứng minh. Trước hết chứng minh các hàm wj giải tích trên Cj . Bởi vìwj là bội của w0, cụ thể là wj = ei

2πjn w0 nên chỉ cần chứng minh w0 giải

tích trên C0. Lấy tùy ý z ∈ C0 và giả sử z′ ∈ C0. Ta có

w0(z)− w0(z′)

z − z′=

n√rei

ϕn − n

√r′ei

ϕ′

n

reiϕ − r′eiϕ′

ở đây z = reiϕ, z′ = r′eiϕ′

, r > 0, r′ > 0, 0 < ϕ < 2π, 0 < ϕ′ < 2π. Doreiϕ − r′eiϕ

′

=(n√rei

ϕn

)n −(n√r′ei

ϕ′

n

)nnên vế phải của đẳng thức trên

trở thành1

(n√rei

ϕn

)n−1+(n√rei

ϕn

)n−2 n√r′ei

ϕ′

n + · · ·+(n√r′ei

ϕ′

n

)n−1.

Khi z′ → z ta có r′ → r và ϕ′ → ϕ, do đó ta được

limz′→z

w0(z)− w0(z′)

z − z′=

1

n(n√rei

ϕn

)n−1

Vậy w0 giải tích trên C0. Cần kiểm tra lại w(z) giải tích tại những điểmdán. Ta xét chẳng hạn những điểm dán trên đường dán C0 với C1. Ký


§ 6 Khái niệm về diện Riemann 127

hiệu C01 là phần của diện Riemann tạo bởi nửa dưới của C0 và nửa trêncủa C1. Trong C01 ta có w(z) = n

√rei

ψn ở đây r = |z| và ψ = Arg z với

π < ψ < 3π. Theo phép chứng minh trên ta cũng được w giải tích trênC01, cụ thể w giải tích trên đường dán C0 với C1, ứng với ψ = 0.

Hàm w = Ln z

Hàm đa trị w = Ln z là hàm ngược của hàm mũ w = ez. Ta đã biết côngthức xác định Ln z như sau

w(z) = Ln z = ln r + i(ϕ+ 2kπ) : k ∈ Z với r = |z| và ϕ = arg z

Với mỗi số nguyên j đặt Lj(z) = ln |z|+ i(arg z + 2jπ). Ta nhận đượccác hàm đơn trị Lj xác định trên C∗ = C \ 0. L0(z) chính là hàm giá trịlogarithm chính ln z đã xét trước đây, trong trường hợp này nó được gọilà nhánh chính của hàm đa trị Ln z.

Với mỗi j = 0,±1,±2, . . ., ký hiệu Cj là mặt phẳng C rạch theo tia sốthực dương. Cũng như đối với hàm đa trị w = n

√z nếu dán bờ dưới của Cj

với bờ trên của Cj+1 với tất cả j ta nhận được diện Riemann của hàm đatrị Ln z. Diện Riemann này có vô số tờ, khác với diện Riemann của hàmn√z chỉ có n tờ.Trên diện Riemnn được xây dựng trên ta có thể xác định hàm đơn trị

(cũng dùng cùng ký hiệu) Ln(z) từ các hàm đơn trị Lj(z) bởi Ln(z) = Lj(z)

nếu z ∈ Cj . Tính giải tích của hàm Ln(z) nhận được từ định lý sau.

6.2 Định lý. Với mỗi z thuộc diện Riemann của hàm đa trị Ln(z) ta có

(Ln z)′ =1

z.

Chứng minh. Ta có Lj(z) = ln |z| + i(arg z + 2jπ) = L0(z) + i2jπ =

ln z+ i2jπ. Theo Định lý 1.9 ta có hàm ln z giải tích trên C0 và (ln z)′ =1

z

cho nên hàm Lj giải tích trên Cj và L′j(z) =

1

z. Ta chỉ còn xét tính giải

tích của hàm Ln z trên các đường dán. Lập luận tương tự như chứng minhĐịnh lý 6.1 và Định lý 1.9 ta được điều phải chứng minh.

Bài tập

1 ) Chứng minh phần còn lại trong chứng minh Định lý 6.2.


128

Chương V

Lý thuyết tích phân

§ 1 Đường cong

Hàm giá trị phức biến thực

Để trình bày tích phân của hàm f(z) theo cách đơn giản, trước tiên chúngta xét đạo hàm và tích phân của hàm giá trị phức biến thực. Một ánh xạw : [a, b] → C được gọi là một hàm giá trị phức biến thực. Nếu ta viếtw(t) = u(t) + iv(t), thì u(t) và v(t) là hai hàm thực xác định trên [a, b].

Nếu hai hàm u(t) và v(t) khả vi tại t ta nói hàm w(t) cũng khả vi tại

t và đạo hàm của nó w′(t) hayd

dtw(t) xác định bởi

w′(t) = u′(t) + iv′(t).(1.1)

Giả sử w(t) khả vi tại t và z0 = x0 + iy0 là một hằng số. Ta có

d

dt[z0w(t)] =

d

dt[(x0 + iy0)(u(t) + iv(t))]

=d

dt[(x0u(t)− y0v(t)) + i(x0v(t) + y0u(t))]

= x0u′(t)− y0v

′(t) + i(x0v′(t) + y0u

′(t))

= (x0 + iy0)(u′(t) + iv′(t)).

Nghĩa là

d

dt[z0w(t)] = z0w

′(t).(1.2)


§ 1 Đường cong 129

Tính chất này tương tự như tính chất đạo hàm của hàm thực. Ta cũng cóthể chứng minh các tính chất tương tự như ở hàm thực đối với đạo hàmnhư là đạo hàm của tổng, của tích, . . . . Tương tự cách chứng minh trênta có thể chứng minh được

d

dtez0t = z0e

z0t.(1.3)

Lưu ý rằng không phải mọi tính chất của đạo hàm hàm thực đềuđúng khi chuyển qua hàm phức biến thực. Thí dụ sau cho ta thấy định lýLagrange không còn đúng trong hàm phức biến thực.

1.4 Thí dụ. Xét hàm w(t) = eit trên đoạn [0, 2π]. Hàm w khả vi trênđoạn [0, 2π] và w′(t) = ieit với mọi t ∈ [0, 2π]. Vì |w′(t)| = |ieit| = 1 nênw′(t) 6= 0 với mọi t ∈ [0, 2π]. Trong khi đó w(0) = w(2π) = 1. Vậy không

tìm được c ∈ (0, 2π) sao cho w′(c) =w(2π)− w(0)

2π − 0.

Nếu u(t) và v(t) khả tích trên [a, b], thì ta nói w(t) = u(t) + iv(t) cũngkhả tích trên [a, b] và tích phân của nó xác định bởi

∫ b

a

w(t)dt =

∫ b

a

u(t)dt+ i

∫ b

a

v(t)dt.(1.5)

Như vậy, tích phân của w(t) trên [a, b] là một số phức xác định bởi

Re

∫ b

a

w(t)dt =

∫ b

a

Re[w(t)]dt

Im

∫ b

a

w(t)dt =

∫ b

a

Im[w(t)]dt.

(1.6)

1.7 Thí dụ. Ta có∫ 1

0

(1 + it)2dt =

∫ 1

0

(1− t2)dt+ i

∫ 1

0

2tdt =2

3+ i.

Từ định nghĩa tích phân ta dễ dàng chứng minh được định lý sau.

1.8 Định lý. Hàm w(t) khả tích trên [a, b] khi và chỉ khi w(t) khả tíchtrên [a, b] và

∫ b

a

w(t)dt =

∫ b

a

w(t)dt.


130 V Lý thuyết tích phân


Do tích phân của hàm phức biến thực được xác định thông qua tíchphân của hai hàm thực, nên ta có thể thấy các tính chất tuyến tính củatích phân thực cũng đúng cho tích phân của hàm phức biến thực. Sau đâychúng ta nêu ra hai tính chất mà sau này chúng ta dùng nhiều.

1.9 Định lý.∫ b

a

w(t)dt =

∫ c

a

w(t)dt+

∫ b

c

w(t)dt.

1.10 Định lý. Nếu W ′(t) = w(t) với mọi t ∈ [a, b], thì∫ b

a

w(t)dt =

W (t)∣∣b

a=W (b)−W (a).

1.11 Thí dụ. Bởi vì (eit)′ = ieit nên (−ieit)′ = eit, suy ra∫ π

4

0

eitdt = −ieit∣∣∣

π4

0= −ieiπ4 + i =

√2

2+ i(

1−√2

2

)

.

Để kết thúc phần này chúng ta xét một tính chất quan trọng sau.

1.12 Định lý. Với a ≤ b, ta có∣∣∣

∫ b

a

w(t)dt∣∣∣ ≤

∫ b

a

|w(t)|dt.

Chứng minh. Nếu∫ b

a

w(t)dt = 0, thì bất đẳng thức cần chứng minh

hiển nhiên đúng. Giả sử∫ b

a

w(t)dt 6= 0. Khi đó, tồn tại r0 và ϕ0 sao cho∫ b

a

w(t)dt = r0eiϕ0 . Từ đó ta viết lại

r0 =

∫ b

a

e−iϕ0w(t)dt.

Vì r0 là một số thực, nên ta có∫ b

a

e−iϕ0w(t)dt = Re

∫ b

a

e−iϕ0w(t)dt =

∫ b

a

Re(e−iϕ0w(t))dt

≤∫ b

a

|e−iϕ0w(t)|dt =∫ b

a

|w(t)|dt.

Vậy∣∣∣

∫ b

a

w(t)dt∣∣∣ = r0 ≤

∫ b

a

|w(t)|dt.



Đường cong

Ảnh của ánh xạ w : [a, b] → C, w(t) = u(t) + iv(t), trong mặt phẳng phức(C) là một đường cong (chính xác hơn: cung) C nếu u(t) và v(t) là cáchàm liên tục trên [a, b]. Khi đó, điểm w(a) gọi là điểm gốc (điểm đầu) vàđiểm w(b) gọi là điểm mút (điểm cuối) của C; đồng thời w(t) với a ≤ t ≤ b.được gọi là biểu diễn tham số của đường cong C. Chúng ta thường dùngcác ký hiệu khác cho đường cong là C, Γ, . . .

Với một đường cong C có điểm gốc và mút, w(t) với a ≤ t ≤ b và γ(t)với c ≤ t ≤ d đều là biểu diễn tham số của C nếu và chỉ nếu tồn tại mộtsong ánh đơn điệu tăng ϕ : [c, d] → [a, b] sao cho ϕ và ϕ−1 liên tục (saunày ta yêu cầu thêm cả hai là khả vi từng khúc) và γ(t) = w(ϕ(t)) vớic ≤ t ≤ d.

1.13 Thí dụ. Đường tròn tâm z0 = x0 + iy0 bán kính r có phương trình|z − z0| = r. Biểu diễn tham số của nó w(t) = z0 + reit = (x0 + r cos t) +

i(y0 + r sin t) với 0 ≤ t ≤ 2π. Đường cong này có điểm gốc và điểm cuối làz0 + r và đi trên đường tròn theo hướng dương (ngược chiều kim đồng hồ.

Cho đường cong C có biểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b. Khi đó,đường cong C được định hướng ngược chiều lại với gốc là w(b) và mút làw(a) được ký hiệu C

−và có biểu diễn tham số là w(−t) với −b ≤ t ≤ −a.

Cho hai đường cong C1 và C2 có biểu diễn tham số lần lượt là w1(t)

với a ≤ t ≤ b và w2(t) với c ≤ t ≤ d sao cho gốc w2(c) của C2 trùng vớimút w1(b) của C1. Khi đó, đường cong C = C1 ∪C2 có điểm gốc w1(a) vàmút là w2(d) với biểu diễn tham số

w(t) =

w1(t) khi a ≤ t ≤ b

w2(t− b+ c) khi b ≤ t ≤ b+ d− c

Ngược lại, cho trước đường cong C có biểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b

và a < c < b. Khi đó, thu hẹp của w trên [a, c] và [c, b] là biểu diễn thamsố lần lượt hai đường cong C1 và C2 sao cho C = C1 ∪C2.

Giả sử C là đường cong có biểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b saocho có các điểm a = a0 < a1 < a2 < . . . < an = b thỏa w(t) = αj +βjt vớimọi t ∈ [aj , aj+1] và j = 0, 1, . . . , n − 1 trong đó αj và βj là các số phứccho trước. Khi đó, ta nói w tuyến tính từng mảnh và C là một đường gấpkhúc.



1.14 Định lý. Cho C là đường cong có biểu diễn tham số w(t) = u(t) +

iv(t) với a ≤ t ≤ b. Với mọi r > 0 tồn tại các điểm z0, z1, . . . , zn ∈ C sao

cho C ⊂n⋃

j=0

B(zj , r) với zj+1 ∈ B(zj , r) (j = 0, 1, . . . , n− 1).

Chứng minh. Vì các hàm u(t) và v(t) liên tục trên [a, b] nên cũng liên tụcđều. Do đó, tồn tại n đủ lớn sao cho |u(t)−u(s)| < r√

2và |v(t)−v(s)| < r√

2

với mọi t, s ∈ [a, b] thỏa |t − s| ≤ b−an . Đặt tj = a+ j(b−a)

n và zj = w(tj)

với j = 0, 1, . . . , n. Ta chứng minh các zj này thỏa điều kiện của định lý.Với j = 0, 1, . . . , n− 1 ta có |tj+1 − tj | = b−a

n nên

|zj+1 − zj| =√

(u(tj+1)− u(tj))2 + (v(tj+1)− v(tj))2 < r

suy ra zj+1 ∈ B(zj , r). Lấy z ∈ C tùy ý tồn tại s ∈ [a, b] sao cho w(s) = z

và tồn tại tj0 ∈ [a, b] sao cho |tj0 − s| ≤ b−an . Ta có

|z − zj0 | = |w(s)− w(tj0 )| < r.

Vậy z ∈ B(zj0 , r). Do đó, C ⊂n⋃

j=0

B(zj , r).

1.15 Định lý. Giả sử C là đường cong như đã nói ở trên và nằm trongmiền D. Khi đó, tồn tại r > 0 và z0, z1, . . . , zn ∈ C sao cho zj+1 ∈ B(zj , r)

với j = 0, 1, . . . , n− 1 và

C ⊂n⋃

j=0

B(zj , r) ⊂n⋃

j=0

B(zj , r) ⊂ D.

Chứng minh. Ta nhận thấy C là tập compact và ∂D là tập đóng nên theoĐịnh lý 1.15 trang 42 ta có d(C, ∂D) > 0. Lấy 0 < r < d(C, ∂D). Khi đó,với z ∈ C tùy ý ta có B(z, r) ⊂ D. Với r > 0 đã chọn theo Định lý 1.14 tồn

tại các điểm z0, z1, . . . , zn ∈ C sao cho zj+1 ∈ B(zj , r) và C ⊂n⋃

j=0

B(zj , r).

Từ đó ta được điều phải chứng minh

C ⊂n⋃

j=0

B(zj , r) ⊂n⋃

j=0

B(zj , r) ⊂ D.

1.16 Định lý. Tập mở D là liên thông nếu và chỉ nếu với hai điểm bấtkỳ z1, z2 ∈ D tồn tại đường cong C nối z1 và z2 nằm hoàn toàn trong D.



Chứng minh. Giả sử D là tập mở liên thông. Trên D xét quan hệ ∼như sau: x ∼ w khi và chỉ khi tồn tại một số hữu hạn hình cầu mở B1,B2, . . . , Bn chứa trong D thỏa x ∈ B1, w ∈ Bn và Bi ∩ Bi+1 6= ∅ vớii = 1, 2, . . . , n − 1. Ta dễ dàng kiểm tra được ∼ là một quan hệ tươngđương. Với z ∈ D, đặt Cz = w ∈ D : z ∼ w là lớp tương đương củaz. Khi đó, theo tính chất của quan hệ tương đương ta có z ∈ Cz với mọiz ∈ D, với z, w ∈ D thì Cz = Cw hoặc Cz ∩ Cw = ∅ và D =

⋃

z∈D

Cz . Với

mọi z ∈ D, ta có Cz là tập mở. Thật vậy, với w ∈ Cz thì z ∼ w nên tồntại một số hữu hạn hình cầu mở B1, B2, . . . , Bk chứa trong D sao choz ∈ B1, w ∈ Bk và Bi ∩Bi+1 6= ∅ với i = 1, 2, . . . , k − 1. Với mọi z′ ∈ Bk

thì z′ ∼ w nên z ∼ z′ hay z′ ∈ Cz. Suy ra w ∈ Bk ⊆ Cz . Vậy Cz là tậpmở. Tiếp theo, ta chứng tỏ Cz = D với z ∈ D tùy ý. Cố định z. Giả sửD \ Cz 6= ∅. Đặt U = Cz và V =

⋃

w∈D\CzCw. Như đã chứng minh ở trên

Cw là tập mở và Cz ∩ Cw 6= ∅ với mọi w ∈ D \ Cz nên V là tập mở vàU ∩ V = ∅. Rõ ràng ta có D = U ∪ V . Vậy D là không liên thông, đây làđiều mâu thuẫn. Như vậy, Cz = D.

Do đó, với mọi z, w ∈ D tồn tại các hình cầu mở B1, B2, . . . , Bk chứatrong D sao cho z ∈ B1, w ∈ Bk và Bi ∩Bi+1 6= ∅ với i = 1, 2, . . . , k − 1.Lấy zi ∈ Bi ∩ Bi+1 với mỗi i = 1, 2, . . . , k − 1. Khi đó, đoạn thẳng nối zivà zi+1 nằm trong Bi+1 nên cũng nằm trong D. Vậy C là đường gấp khúclần lượt nối các điểm z, z1, z2, . . . , zk−1, w sẽ nằm trong D. Vậy C làđường cong cần chỉ ra.

Ngược lại, lấy z ∈ D và gọi Cw là đường cong trong D nối z với w. Khiđó, ta có D =

⋃

w∈D

Cw. Giả sử tồn tại tập con thực sự khác rỗng vừa đóng

vừa mở của D. Khi đó, D \U cũng là tập con thực sự khác rỗng vừa đóngvừa mở của D. Vì thể ta có thể giả sử z ∈ U (bởi vì ta có thể thay thể Ubởi D \U). Vì D \U 6= ∅ nên tồn tại w0 ∈ D sao cho (D \U)∩Cw0 6= ∅.Mặt khác, z ∈ U ∩Cw0 , và U , D \U là các tập vừa đóng vừa mở trong D.Do đó, U ∩ Cw0 là tập con thực sự khác rỗng vừa đóng vừa mở của Cw0 .Điều này mâu thuẫn với tính liên thông của Cw0 trong D. Vậy D là tậpliên thông.

1.17 Định nghĩa. Một miền D được gọi là miền đơn liên nếu biên củanó là một tập liên thông. Một miền không là đơn liên được gọi là miềnđa liên. Đặc biệt, nếu biên của miền đa liên là hợp của n thành phần liênthông được gọi là miền n-liên.



1.18 Thí dụ. Tập D1 = z ∈ C : 1 < |z| < 2 là một miền nhị liên. TậpD2 = z ∈ C : |z − 1| > 1, |z − 2| < 2 là một miền đơn liên.

Cho đường cong C có biểu diễn tham số w(t) = u(t)+ iv(t) với a ≤ t ≤b. Ta nói C là đường cong kín nếu w(a) = w(b). Đường cong C được gọilà đường cong Jordan (hay đường cong đơn) nếu nó không tự cắt nhauhay w(t) là đơn ánh trên (a, b), nghĩa là w(t1) 6= w(t2) khi a < t1 6= t2 < b.

1.19 Thí dụ. wα = z0 + reiαt với 0 ≤ t ≤ 2π là đường cong nằm trênđường tròn tâm z0 bán kính r. Nếu α = n là một số nguyên khác khôngthì đường cong đang xét là đường cong kín có điểm gốc và mút là z0 + r,theo hướng dương hay âm tùy thuộc và dấu của n với số vòng quay |n|.Đường cong ấy là đương cong Jordan khi và chỉ khi n = ±1.

Ta nói đường cong C có biểu diễn tham số w(t) = u(t) + iv(t) vớia ≤ t ≤ b là đường cong khả vi nếu w′(t) = u′(t) + iv′(t) tồn tại và liêntục trên [a, b]. Khi đó, độ dài của đường cong C được xác định bởi côngthức

L =

∫ b

a

√

u′(t)2 + v′(t)2dt =

∫ b

a

|w′(t)|dt.(1.20)

Ta nói đường cong C có biểu diễn tham số w(t) = u(t) + iv(t) vớia ≤ t ≤ b là trơn nếu u(t) và v(t) là các hàm có đạo hàm liên tục vàw′(t) 6= 0 với mọi t ∈ [a, b]. Như vậy, mỗi điểm trên đường cong trơn C đềutồn tại tiếp tuyến mà phương của nó xác định bởi w′(t). Một đường congđược gọi là trơn từng khúc nếu ta có thể chia đường cong đó thành hữuhạn phần đường cong mà mỗi phần đường cong là một đường cong trơn.

1.21 Định lý. (Jordan) Một đường cong Jordan kín trơn từng khúc C làbiên của hai miền rời nhau trong C. Một miền được gọi là bên trong C thìbị chặn (thường được ký hiệu bởi D

C

), và một miền khác ngoài C không bịchặn.

1.22 Nhận xét. Miền D là miền đơn liên nếu mọi đường cong Jordankín C nằm trong D ta điều có D

C

. D là miền đa liên nếu tồn tại các đườngcong Jordan kín Γ1, Γ2, . . . sao cho các miền DΓ1 , DΓ2 , . . . không bao hàmtrong D.

Để cho đơn giản và ngắn gọn ta quy ước từ đây về sau khi nói đếnđường cong ta hiểu đó là đường cong trơn từng khúc (trong nhiều trường



hợp ta chỉ đòi hỏi đường cong đang xét là khả vi từng khúc), và khi nàota nói rõ các loại đường cong là để nhấn mạnh chúng.

Bài tập

1 ) Dùng đẳng thức ez0t = ex0t cos y0t+ iex0t sin y0t trong đó z0 = x0+ iy0

là hằng số phức. Chứng minh rằngd

dtez0t = z0e

z0t.

2 ) Giả sử hàm z = z(t) khả vi tại t0 và hàm f(z) giải tích tại z0 = z(t0).Chứng minh rằng nếu w(t) = f(z(t)) thì w(t) khả vi tại t0 và w′(t0) =

f ′(z(t0))z′(t0).


4 ) Xác định đường cong có biểu diễn tham số w(t) = t + i1

tvới −∞ <

t < 0.

5 ) Tìm điều kiện để w(t) = a + bt và γ(t) = a′ + b′t với −∞ < t < ∞cùng biểu diễn một đường thẳng có hướng.

6 ) Khi nào phương trình az + bz + c = 0 biểu diễn một đường thẳng?

7 ) Cho w(t) là một hàm phức biến thực khả vi. Chứng minh rằng nếuw(t1) = w(t2) = 0 với t1 6= t2 thì tồn tại t0 giữa t1 và t2 sao cho w′(t0) = 0.

8 ) Với mọi α ∈ R, chứng minh rằng

(i) |eiα − 1| ≤ |α|.

(ii) |eiα − 1− iα| ≤ α2

2.

(iii) |eiα − 1− iα| ≤ min

2|α|, α2

2

.

(iv)∣∣∣eiα − 1− iα+

α2

2

∣∣∣ ≤ |α|3

6.

(v)∣∣∣eiα − 1− iα+

α2

2

∣∣∣ ≤ min

α2,|α|36

.




x∫

0

eis(x− s)nds =xn+1

n+ 1+

i

n+ 1

x∫

0

(x− s)n+1eisds.

10 ) Với mọi x ∈ R, chứng minh rằng∣∣∣∣eix −

n∑

k=0

(ix)k

k!

∣∣∣∣≤ |x|n+1

(n+ 1)!.

11 ) Chứng minh rằng limN→∞

∫ λ

−λ

e−(N+it)2

2 dt = 0 với mọi λ > 0.

12 ) Chứng minh rằng đường cong (cung) là một tập liên thông trong C.

§ 2 Tích phân đường

Khái niệm tích phân hàm phức

Cho đường cong trơn C và hàm f(z) xác định trên C. Giả sử C có haibiểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b và γ(t) với c ≤ t ≤ d. Nếu f(w(t)) vàw′(t) liên tục từng khúc trên [a, b] và f(γ(t)) và γ′(t) liên tục từng khúctrên [c, d], người ta chứng minh được

∫ b

a

f(w(t))w′(t)dt =

∫ d

c

f(γ(t))γ′(t)dt.

Thật vậy, khi đó tồn tại hàm ϕ : [c, d] → [a, b] song ánh đơn điệu tăng khảvi từng khúc sao cho γ(t) = w(ϕ(t)), cho nên

∫ d

c

f(γ(t))γ′(t)dt =

∫ d

c

f(w(ϕ(t)))w′(ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

∫ b

a

f(w(s))w′(s)ds.

Giá trị chung đó được gọi là tích phân của hàm f(z) trên đường cong C

và kí hiệu∫

C

f(z)dz. Vậy

∫

C

f(z)dz =

∫ b

a

f(w(t))w′(t)dt.(2.1)


§ 2 Tích phân đường 137

Nhờ có tính chất ở Định lý 1.9 mà ta cũng có định nghĩa tích phâncủa hàm phức f trên đường cong trơn từng khúc C một cách tự nhiên vàtương tự.

2.2 Thí dụ. Tính tích phân sau∫

C

zdz, trong đó C là đoạn thẳng từ điểm

z = 0 đến z = 2 + i.

C

•

•

Hình V.1:

Giải. Ta có biểu diễn tham số của C là w(t) =2t+ it với 0 ≤ t ≤ 1. Vậy

∫

C

zdz =

∫ 1

0

2t+ it(2 + i)dt

= (2 + i)

∫ 1

0

(2t− it)dt

= (2 + i)(1− i2 ) =

5

2.

2.3 Thí dụ. Tính tích phân∫

C

dz

z − z0trong đóC là đường tròn có phương

trình |z − z0| = R được định hướng dương.

•z0

C

Hình V.2:

Giải. Ta có biểu diễn tham số của C là w(t) =

z0 +Reit với 0 ≤ t ≤ 2π, cho nên∫

C

dz

z − z0=

∫ 2π

0

Rieit

Reitdt = 2πi.

Trở lại định nghĩa tích phân của hàm f(z) trên đường cong C. Giả sửta có biểu diễn đại số của hàm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) và biểu diễn thamsố của đường cong C là w(t) = x(t) + iy(t) với a ≤ t ≤ b. Khi đó, ta có

f(w(t))w′(t) = (u(x(t), y(t)) + iv(x(t), y(t)))(x′(t) + iy′(t))

= (u(x(t), y(t))x′(t)− v(x(t), y(t))y′(t))

+ i(v(x(t), y(t))x′(t) + u(x(t), y(t))y′(t)).

Vậy∫

C

f(z)dz =

∫ b

a

(u(x(t), y(t))x′(t)− v(x(t), y(t))y′(t))dt

+ i

∫ b

a

(v(x(t), y(t))x′(t) + u(x(t), y(t))y′(t))dt



=

∫

C

u(x, y)dx− v(x, y)dy + i

∫

C

v(x, y)dx + u(x, y)dy.

Như vậy, tích phân của hàm f(z) trên đường cong C được tính theo tíchphân đường loại hai trong giải tích thực với phần thực là tích phân đườngloại hai của hàm vector (u,−v) và phần ảo là tích phân đường loại hai củahàm vector (v, u), cả hai tích phân đều được tính trên đường cong C. Từnhận xét này cùng với định nghĩa tích của hai số phức ta có thể dựa vàođịnh nghĩa tích phân đường loại hai trong giải tích thực để đưa ra mộtđịnh nghĩa tích phân đường của hàm phức tương đương với định nghĩa đãđược trình bày ở trên như sau:

Cho đường cong Jordan C trơn có điểm đầu là z0 và điểm cuối là z∗.Hàm f xác định trên C. Một phân hoạch P của đường C bởi n+1 điểm chiaz0, z1, . . . , zn = z∗ theo thứ tự đi trên đường cong C từ z0 đến z∗. Trên mỗicung zk−1zk thuộc đường cong C chọn điểm ξk tùy ý (k = 1, 2, . . . , n).Lập tổng tích phân của hàm f

S(P, ξk) =

n∑

k=1

f(ξk)(zk − zk−1).

Đặt d(P ) = maxsup|z − z′| : z, z′ ∈ zk−1zk : k = 1, 2, . . . , n và gọi làđường kính phân hoạch P . Nếu tồn tại số phức I sao cho với mọi ε > 0

tồn tại δ > 0 sao cho với mọi phân hoạch P với d(P ) < δ ta luôn có|S(P, ξk)− I| < ε với mọi cách chọn các điểm ξk thì ta nói hàm f khả tích

trên C và∫

C

f(z)dz = I.

Tính chất tích phân hàm phức

Cũng từ mối liên hệ giữa tích phân của hàm phức trên đường cong và tíchphân đường loại 2 trong giải tích thực nên các tính chất của tích phânđường loại hai vẫn đúng cho tích phân của hàm phức theo đường cong.Sau đây ta liệt kê các tính chất của tích phân đường

2.4 Định lý. Nếu hàm f có tích phân trên đường cong C, thì hàm z0f

với z0 là một hằng số phức cũng có tích phân trên đường cong C và

∫

C

z0f(z)dz = z0

∫

C

f(z)dz.



2.5 Định lý. Nếu hai hàm f và g có tích phân trên đường cong C, thìhàm tổng f + g cũng có tích phân trên đường cong C và

∫

C

[f(z) + g(z)]dz =

∫

C

f(z)dz +

∫

C

g(z)dz.

2.6 Định lý. Cho hàm f có tích phân trên đường cong C. Gọi C−

làđường cong C nhưng được định hướng có chiều ngược lại. Khi đó, hàm f

cũng có tích phân trên C−

và

∫

C

−f(z)dz = −

∫

C

f(z)dz.

2.7 Định lý. Giả sử C1 và C2 là hai đường cong sao cho điểm cuối củaC1 là điểm đầu của C2. Nếu hàm f có tích phân trên hai đường cong C1

và C2, thì f có tích phân trên đường cong C1 ∪C2 và

∫

C1∪C2

f(z)dz =

∫

C1

f(z)dz +

∫

C2

f(z)dz

Chú ý, công thức trên vẫn được dùng để ký hiệu cho trường hợp điểmcuối của C1 không trùng với điểm đầu của C2; khi đó, C1 ∪ C2 không làđường cong mà chỉ là ký hiệu hợp hai đường cong ấy theo nghĩa tập hợp.

2.8 Định lý. Nếu z = ϕ(η) là khả vi liên tục và là ánh xạ 1-1 trên đườngcong Γ và f khả tích trên đường cong C = ϕ(Γ) thì

∫

Γ

f(ϕ(η))ϕ′(η)dη =

∫

C

f(z)dz.

Chứng minh. Gọi w(t) với a ≤ t ≤ b là một biểu diễn tham số của đườngcong Γ. Khi đó, ϕ(w(t)) với a ≤ t ≤ b là một biểu diễn tham số của đườngcong C. Do đó, theo định nghĩa tích phân hàm phức ta có

∫

C

f(z)dz =

∫ b

a

f(ϕ(w(t)))[ϕ(w(t))]′dt

=

∫ b

a

f(ϕ(w(t)))ϕ′(w(t))w′(t)dt

=

∫

Γ

f(ϕ(η))ϕ′(η)dη.



2.9 Định lý. Cho hàm f có tích phân trên đường cong C. Khi đó, ta có

∣∣∣

∫

C

f(z)dz∣∣∣ ≤ML

trong đó |f(z)| ≤M với mọi z ∈ C và L là độ dài đường cong C.

Chứng minh. Ta chứng minh trong trường hợp C là đường cong trơn.Giả sử C có biểu diễn tham số w(t) với a ≤ t ≤ b. Khi đó, ta có

∣∣∣

∫

C

f(z)d∣∣∣ =

∣∣∣

∫ b

a

f(w(t))w′(t)dt∣∣∣

≤∫ b

a

|f(w(t))| · |w′(t)|dt

≤∫ b

a

M |w′(t)|dt =ML.

2.10 Thí dụ. Chứng minh rằng∣∣∣

∫

C

dz

z2 + 1

∣∣∣ ≤ 4π

3với C là đường tròn

có phương trình |z| = 2 được định hướng dương. Với mọi z ∈ C, ta có

|z2 + 1| ≥ |z|2 − 1 = 3, suy ra∣∣∣

1

z2 + 1

∣∣∣ ≤ 1

3. Do đó,

∣∣∣

∫

C

dz

z2 + 1

∣∣∣ ≤ 1

34π =

4π

3

do độ dài của C là 4π.

2.11 Thí dụ. ChoCR là nửa đường tròn có biểu diễn tham số w(t) = Reit

với 0 ≤ t ≤ π. Không cần tính giá trị của tích phân chúng ta chứng minhđược

limR→∞

∫

CR

dz

z2 + 2= 0.

Với mọi z ∈ CR, ta có |z2 + 2| ≥ |z|2 − 2 = R2 − 2. Độ dài của CR là πR.Do đó, nếu R >

√2 ta có

∣∣∣

∫

CR

dz

z2 + 2

∣∣∣ ≤ 1

R2 − 2πR.

Do limR→∞

πR

R2 − 2= 0, nên lim

R→∞

∣∣∣

∫

CR

dz

z2 + 2

∣∣∣ = 0, suy ra điều phải chứng

minh.



Định lý sau về sự khả tích của hàm tổng của chuỗi hàm hội tụ đềutương tự như trong giải tích thực.

2.12 Định lý. Giả sử các hàm fn liên tục trên miền D và chuỗi hàm∞∑

n=1fn hội tụ đều trên D tới hàm f . Khi đó, với mọi đường cong trơn (hay

trơn từng khúc) C ⊂ D ta có

∫

C

f(z)dz =

∞∑

n=1

∫

C

fn(z)dz.

Chứng minh. Đặt Sn =n∑

k=1

fk. Theo giả thiết dãy các hàm Sn liên tục

và hội tụ đều về hàm f trên D. Khi đó, với ε > 0 bất kỳ cho trước, tồntại N > 0 sao cho với mọi n > N ta có |f(z)− Sn(z)| < ε

l với mọi z ∈ D

trong đó l là độ dài đường cong C. Vậy với mọi n > N ta có

∣∣∣

n∑

k=1

∫

C

fk(z)dz −∫

C

f(z)dz∣∣∣ =

∣∣∣

∫

C

[Sn(z)− f(z)]dz∣∣∣ <

ε

ll = ε.

Vì vậy ta được

∞∑

n=1

∫

C

fn(z)dz = limn→∞

n∑

k=1

∫

C

fk(z)dz =

∫

C

f(z)dz.

Ta cũng có định lý tương tự như định lý trên cho dãy hàm như sau.

2.13 Định lý. Giả sử fn là dãy các hàm liên tục trên miền D và hộitụ đều về hàm f . Khi đó, với mọi đường cong trơn (hay trơn từng khúc)C ⊂ D ta có

∫

C

f(z)dz = limn→∞

∫

C

fn(z)dz.


Bài tập

1 ) Tính các tích phân∫

Γ

Re(z)dz và∫

Γ

Im(z)dz với

(a) Γ là bán kính vector của điểm z = 2 + i.



(b) Γ là nửa đường tròn có phương trình |z| = 1 với 0 ≤ arg z ≤ π (điểmđầu là z = 1)

(c) Γ là đường tròn có phương trình |z − a| = R.

2 ) Tính tích phân∫

Γ

|z|dz với

(a) Γ là nửa đường tròn có phương trình |z| = 1, 0 ≤ arg z ≤ π.

(b) Γ là nửa đường tròn có phương trình |z| = 1, −π2 ≤ Arg z ≤ π

2 .

(c) Γ là đường tròn có phương trình |z| = R.


Γ

|z|zdz ở đây Γ là đường cong kín định hướng dương

gồm nửa trên đường tròn có phương trình |z| = 1 và đoạn xác định bởi−1 ≤ x ≤ 1 và y = 0.


Γ

f(z)dz, trong đó f(z) = y− x− i3x2 với z = x+ iy

và Γ là đoạn thẳng từ điểm z = 0 đến z = 1 + i.


Γ

z + 2

zdz trong đó Γ là nửa đường tròn có phương

trình z = 2eiθ với 0 ≤ θ ≤ π.


Γ

dz√z

(a) trong đó Γ là nửa đường tròn định hướng dương xác định bởi |z| = 1

và Im z ≥ 0 và hàm√z xác định bởi

√1 = 1.

(b) trong đó Γ là nửa đường tròn định hướng dương xác định bởi |z| = 1

và Im z ≥ 0 và hàm√z xác định bởi

√1 = −1.

(c) trong đó Γ là nửa đường tròn định hướng dương xác định bởi |z| = 1

và Im z ≤ 0 và hàm√z xác định bởi

√1 = 1.

(d) trong đó Γ là đường tròn định hướng dương xác định bởi |z| = 1 vàhàm

√z xác định bởi

√1 = −1.



7 ) Cho C và Γ lần lượt là các đường tròn có biểu diễn tham số z = Reit

và z = z0 +Reit với 0 ≤ t ≤ 2π. Nếu f liên tục từng đoạn trên C, thì∫

Γ

f(z − z0)dz =

∫

C

f(z)dz.

8 ) Giả sử Γ là đường cong kín Jordan giới hạn một miền có diện tích làS. Chứng minh rằng

(a)∫

Γ

Re(z)dz = iS (b)∫

Γ

Im(z)dz = −S (c)∫

Γ

zdz = 2iS

9 ) Chứng minh rằng∣∣∣

∫

Γ

z3 +√3 + i

2z2 − 4idz∣∣∣ ≤ 132π

7, trong đó Γ là đường

tròn có phương trình |z| = 4 được định hướng dương.

10 ) Không tính tích phân, chứng minh rằng∣∣∣

∫

Γ

dz

z2 − 1

∣∣∣ ≤ πR

2(R2 − 1)trong đó Γ là một phần tư đường tròn z = Reit từ z = R đến Ri vớiR > 1.

11 ) Chứng minh rằng∣∣∣

∫

Γ

dz

z4 + 1

∣∣∣ ≤ πR

R4 − 1, trong đó Γ có phương trình

tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ π và R > 1.


∫

CR

z2 + 2

z4 + 1dz

∣∣∣∣≤ R(R2 + 2)π

R4 − 1trong đó CR có

biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ π và R > 1.


∫

CR

log z

z2dz

∣∣∣∣< 2π

π + lnR

Rtrong đó CR có biểu

diễn tham số w(t) = Reit với −π ≤ t ≤ π, R > 1 và log z = ln |z|+ iArg z

với −π < Arg z < π.

14 ) Gọi Cρ là đường tròn |z| = ρ với 0 < ρ < 1 được định hướng dươngvà giả sử rằng f(z) là giải tích trong hình tròn đóng |z| ≤ 1. Chứng minhrằng nếu z−

12 là một nhánh của lũy thừa của z thì tồn tại một hằng số

dương M , không phụ thuộc ρ, sao cho∣∣∣∣

∫

Cρ

z−12 f(z)dz

∣∣∣∣≤ 2πM

√ρ.

Từ đó chứng minh rằng giá trị tích phân dần về 0 khi ρ→ 0.



15 ) Hàm f(z) liên tục trên miền z : |z − z0| > r0. Ta ký hiệu Mr =

max|z−z0|=r

|f(z)| với r > r0 và giả sử rằng rMr → 0 khi r → ∞. Chứng minh

rằng limr→∞

∫

Γr

f(z)dz = 0 trong đó Γr là đường tròn |z− z0| = r được định

hướng dương.


17 ) Chứng minh các Định lý 2.4 - 2.7.

18 ) Chứng minh rằng limN→∞

∫

Γ

zα−1e−zdz = 0 trong đó α > 0 và Γ là

đoạn thẳng từ điểm λN đến λ−it

N hay từ điểm λN đến (λ− it)N với λ > 0.

19 ) Gọi CN là biên định hướng dương của hình vuông xác định bởi cácđường x = ±(N+ 1

2 )π và y = ±(N+ 12 )π ở đây N là một số nguyên dương.

Chứng minh rằng limN→∞

∫

CN

dz

z2 sin z= 0.

§ 3 Nguyên hàm

3.1 Định nghĩa. Hàm F (z) được gọi là nguyên hàm của hàm f(z) trênD nếu nó khả vi trên D và F ′(z) = f(z) trên D.

3.2 Định lý. Nếu F và G là hai nguyên hàm của hàm f trên miền D, thìchúng sai khác nhau một hằng số.

Chứng minh. Theo giả thiết ta có F và G khả vi trên miền D nên chúnggiải tích trên miền D. Suy ra hàm F −G giải tích trên miền D và F ′(z)−G′(z) = f(z)− f(z) = 0 với mọi z ∈ D. Do đó, F −G là hàm hằng trênD.

Nói chung tích phân của hàm f trên đường cong nối hai điểm cố địnhz1 và z2 là phụ thuộc vào đường cong ấy. Tuy nhiên, có những hàm số màtích phân của chúng từ z1 đến z2 không phụ thuộc vào đường cong nối z1với z2. Định lý dưới đây rất hữu dụng trong việc xác định tích phân cóphụ thuộc vào đường cong nối hai điểm cố định hay không, và khi nào tíchphân trên một đường cong kín có giá trị là không.


§ 3 Nguyên hàm 145

3.3 Định lý. Giả sử f là một hàm liên tục trên miền D. Khi đó, ba mệnhđề sau là tương đương.

(a) Hàm f có nguyên hàm là hàm F trên D.

(b) Tích phân của hàm f trên các đường cong trong D từ điểm z1 đếnz2 là như nhau.

(c) Tích phân của hàm f trên đường cong kín nằm hoàn toàn trong Dbằng 0.

Chứng minh. Giả sử mệnh đề (a) đúng. Nếu Γ là một đường cong trơntừ z1 đến z2 nằm hoàn toàn trong D và có biểu diễn tham số w(t) vớia ≤ t ≤ b. Khi đó, w(a) = z1, w(b) = z2, và w(t) là hàm khả vi liên tụctrên [a, b] suy ra hàm F (w(t)) khả vi liên tục trên [a, b] và

d

dtF (w(t)) = F ′(w(t))w′(t) = f(w(t))w′(t).

Do đó, ta tính được∫

Γ

f(z)dz =

∫ b

a

f(w(t))w′(t)dt = F (w(t))∣∣b

a= F (z2)− F (z1).

Rõ ràng tích phân trên không phụ thuộc vào đường cong Γ mà chỉ phụthuộc vào hai điểm cố định z1 và z2.

Kết quả vẫn đúng cho trường hợp Γ là đường cong trơn từng khúc nốiz1 đến z2 và nằm trong D. Thật vậy, ta có thể chia Γ thành n đoạn congnhỏ liên tiếp nhau Γ1, Γ2, . . . , Γn, với Γk là đường cong trơn nối z′k đếnz′k+1 (trong D) và z1 = z′1, z2 = z′n+1. Theo kết quả trên ta có

∫

Γ

f(z)dz =n∑

k=1

∫

Γk

fk(z)dz =n∑

k=1

[F (z′k+1)− F (z′k)]

= F (z′n+1)− F (z′1) = F (z2)− F (z1).

C1

C2z2

z1

D

Hình V.3:

Trong trường hợp tích phân không phụthuộc vào đường cong Γ nối điểm z1đến z2 ta ký hiệu tích phân trên đườngcong bất kỳ nối z1 đến z2 là

∫ z2

z1

f(z)dz.

Giả sử mệnh đề (b) đúng. Với C làmột đường cong kín bất kỳ nằm trong D. Lấy hai điểm z1 và z2 thuộc C.



Khi đó, C được chia thành hai đường cong C1 và C2 với C1 đi từ z1 đếnz2 và C2 đi từ z2 đến z1. Kí hiệu C−

2 là đường cong ngược hướng với C2,cho nên C−

2 là đường cong đi từ z1 đến z2. Do đó, ta có∫

C1

f(z)dz =

∫

C−2

f(z)dz = −∫

C2

f(z)dz.

Suy ra∫

C

f(z)dz =

∫

C1

f(z)dz +

∫

C2

f(z)dz = 0.

Giả sử mệnh đề (c) đúng. Cố định z0 ∈ D. Với z ∈ D bất kỳ. Cho C1

và C2 là hai đường cong bất kỳ trong D nối z0 đến z. Khi đó, C1 ∪C−2 là

một đường cong kín trong D cho nên

0 =

∫

C1∪C−2

f(z)dz =

∫

C1

f(z)dz −∫

C2

f(z)dz

Suy ra∫

C1

f(z)dz =

∫

C2

f(z)dz.

z

z +∆z

z0

D

Hình V.4:

Nghĩa là tích phân của f không phụthuộc vào đường cong nối z0 đến z.Ta kí hiệu F (z) là giá trị chung đó

F (z) =

∫ z

z0

f(s)ds.

Với z +∆z ∈ D tùy ý, ta có

F (z +∆z)− F (z) =

∫ z+∆z

z0

f(s)ds−∫ z

z0

f(s)ds =

∫ z+∆z

z

f(s)ds

Mặt khác, ta có∫ z+∆z

z

ds = s∣∣z+∆z

zsuy ra

∫ z+∆z

z

f(z)ds = ∆zf(z).

Vậy

F (z +∆z)− F (z)

∆z− f(z) =

1

∆z

∫ z+∆z

z

[f(s)− f(z)]ds.

Do f liên tục tại z nên với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho |f(s)−f(z)| < ε

khi |s − z| < δ và s ∈ D. Với các điểm s thuộc đoạn thẳng nối từ z đến


§ 3 Nguyên hàm 147

z +∆z và với |∆z| < δ, ta có |s− z| ≤ |∆z| < δ suy ra |f(s)− f(z)| < ε,cho nên theo Định lý 2.9 ta có

∣∣∣1

∆z

∫ z+∆z

z

[f(s)− f(z)]ds∣∣∣ <

1

|∆z|ε|∆z| = ε.

(tích phân được lấy theo đoạn thẳng nối z và z +∆z nên có độ dài |∆z|).Vậy với |∆z| < δ và z +∆z ∈ D ta có

∣∣∣F (z +∆z)− F (z)

∆z− f(z)

∣∣∣ < ε,

cho nên lim∆z→0

F (z +∆z)− F (z)

∆z= f(z) hay F ′(z) = f(z). Nghĩa là F là

một nguyên hàm của f trên D.

3.4 Thí dụ. Hàm f(z) = z2 có nguyên hàm là F (z) =z3

3trên C, nên

∫ 1+i

0

z2dz =z3

3

∣∣∣

i+1

0=

1

3(1 + i)3 =

2

3(−1 + i).

cho mỗi đường cong từ z = 0 đến z = i+ 1.

3.5 Thí dụ. Hàm 1/z2 liên tục tại mọi điểm trừ gốc tọa độ có nguyênhàm −1/z trong miền xác định |z| > 0. Do đó,

∫ z2

z1

dz

z2= −1

z

∣∣∣

z2

z1=

1

z1− 1

z2(z1 6= 0, z2 6= 0)

với mọi đường cong từ z1 đến z2 không đi qua điểm 0. Đặc biệt,∫

C

dz

z2= 0

trong đó C là đường cong kín không đi qua điểm 0.

x

y

2i

−2i

Hình V.5:

3.6 Thí dụ. Cho D là miền xác định bởi |z| > 0

và 0 < arg z < 2π. Khi đó, hàm logarithm ln z đượcxem là nguyên hàm của hàm 1/z trên D. Do đó,chúng ta có thể viết

∫ 2i

−2i

dz

z= ln(2i)− ln(−2i)

= ln 2 + iπ

2− ln 2− i

3π

2= −iπ



khi tích phân lấy trên đường cong từ −2i đến 2i không cắt phần khôngâm của trục Ox.

Bài tập

1 ) Bằng cách tìm nguyên hàm, tính mỗi tích phân sau trên đường congbất kỳ nối hai điểm tương ứng là cận của tích phân.

(a)∫ i/2

i

eπzdz, (b)∫ π+2i

0

cos(z

2

)

dz, (c)∫ 3

1

(z − 2)3dz

2 ) Chứng minh rằng∫

C0

(z − z0)n−1dz = 0 (n = ±1,±2, . . .)

khi C0 là đường cong kín bất kỳ không đi qua điểm z0.


Γ

z − 2i

zdz trong đó Γ có biểu diễn tham số w(t) =

2t+ i(t2 − 1) với −1 ≤ t ≤ 1.


Γ

cos(iz)dz trong đó Γ có biểu diễn tham số w(t) =

t3 sinπt+ (1− 3t2)i với 0 ≤ t ≤ 1.

5 ) Với mọi α, β ∈ C thỏa Reα ≤ 0 và |β| ≤ 12 , chứng minh rằng

(i) |eα − 1| ≤ |α|.

(ii) |eα − 1− α| ≤ |α|22.

(iii)∣∣∣eα − 1− α+

α2

2

∣∣∣ ≤ |α|3

6.

(iv) | log(1 + β)− β| ≤ |β2|.

§ 4 Định lý Cauchy-Goursat

Trong bài trước, chúng ta thấy rằng một hàm f liên tục và có nguyên hàmtrong miền D, thì tích phân của f(z) trên đường cong kín trong D có giátrị 0. Trong bài này chúng tôi trình bày một định lý cho các điều kiện


§ 4 Định lý Cauchy-Goursat 149

khác trên hàm f để giá trị tích phân của f(z) trên đường cong kín đơn làkhông. Đây là một định lý trọng tâm của lý thuyết hàm phức.

Chúng ta biết rằng tích phân của hàm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) vớiz = x + iy trên đường cong C có thể biểu diễn qua tích phân đường loạiII ở giá trị phần thực và phần ảo như sau.

∫

C

f(z)dz =

∫

C

u(x, y)dx− v(x, y)dy + i

∫

C

v(x, y)dx+ u(x, y)dy.

Với đường cong C kín đơn được định hướng dương là biên của miềnđóng D. Khi đó, nếu các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng liêntục trên R, thì theo công thức Green trong giải tích thực hàm nhiều biến(chẳng hạn xem [10]) ta có

∫

C

u(x, y)dx− v(x, y)dy =

∫∫

D

(−v′x(x, y)− u′y(x, y))dxdy

∫

C

v(x, y)dx + u(x, y)dy =

∫∫

D

(u′x(x, y)− v′y(x, y))dxdy.

Do đó∫

C

f(z)dz =

∫∫

D

(−v′x(x, y)− u′y(x, y))dxdy

+ i

∫∫

D

(u′x(x, y)− v′y(x, y))dxdy.

Mặt khác, nếu hàm f(z) giải tích trên D, thì theo dấu hiệu Cauchy-Riemann (trang 80) ta có

u′x(x, y) = v′y(x, y) và u′y(x, y) = −v′x(x, y), ∀(x, y) ∈ D.

Khi đó, f ′(z) = u′x(x, y) + iv′x(x, y) với mọi (x, y) ∈ D. Vậy khi f giải tíchtrên D và f ′ liên tục trên D, thì

∫

C

f(z)dz = 0.

Kết quả này Cauchy đã thiết lập vào đầu thế kỷ 19.Goursat là người đầu tiên chứng minh được điều kiện liên tục của hàm

f ′ có thể bỏ được. Việc bỏ giả thiết này đặc biệt quan trọng và nó chophép chúng ta chứng minh được đạo hàm f ′ của hàm giải tích f là hàmgiải tích mà không cần phải có giả thiết sự liên tục của f ′. Chúng ta cóđịnh lý Cauchy-Goursat sau.



4.1 Định lý. (Cauchy-Goursat) Nếu hàm f giải tích bên trong và trên

đường cong kín đơn trơn từng khúc C, thì∫

C

f(z)dz = 0.

Để chứng minh định lý này ta cần bổ đề sau.

4.2 Bổ đề. Cho f là hàm giải tích trên miền đóng đơn liên D gồm cácđiểm bên trong của đường cong kín đơn định hướng dương C và các điểmtrên C. Với mọi ε > 0, miền đóng R có thể được chia thành hữu hạn cáchình vuông và phần của hình vuông sao cho phần trong của chúng khôngcó điểm chung, được đánh số bởi j = 1, 2, . . . , n, sao cho trong mỗi hìnhvuông hay phần hình vuông tồn tại một điểm cố định zj để sao cho bấtđẳng thức

∣∣∣f(z)− f(zj)

z − zj− f ′(zj)

∣∣∣ < ε z 6= zj

thỏa mãn với mọi z thuộc hình vuông hay phần hình vuông đó.

0 x

y

C

σ1

σ0

Hình V.6:

Chứng minh. Chúng ta vẽ các đường thẳng song song với trục thực vàtrục ảo và cách đều nhau. Khi đó, D được chia thành các hình vuông nhỏbên trong và một phần hình vuông nhỏ (có phần của đường cong C làmbiên, là hình vuông nhỏ loại bỏ các điểm không thuộc D). Giả sử tồn tạimột hình vuông hay phần của hình vuông mà không tìm được điểm zj nàođể bất đẳng thức trong bổ đề thỏa với mọi z thuộc hình vuông hay phần



hình vuông ấy. Chia hình vuông hay hình vuông tương ứng của phần hìnhvuông làm bốn hình vuông bằng nhau. Nếu tồn tại hình vuông nhỏ hayphần hình vuông nhỏ không thỏa điều kiện bất đẳng thức của bổ đề thìta tiếp tục chia hình vuông tương ứng ra làm bốn hình vuông nhỏ bằngnhau. Giả sử quá trình này tiếp tục vô hạn lần ta được dãy hình vuônghay phần hình vuông σk thỏa

D ⊃ σ1 ⊃ σ2 ⊃ · · · ⊃ σk ⊃ · · · .Rõ ràng σk là dãy các tập đóng lồng nhau thắt lại (với đường kính củaσk dần về 0 khi n dần ra ∞). Do đó,

z0 =∞⋂

k=1

σk.

Ta có z0 ∈ σk với mọi k, suy ra z0 ∈ D. Vì f giải tích trên D nên khả vitại z0. Do đó, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa |z − z0| < δ ta có

∣∣∣f(z)− f(z0)

z − z0− f ′(z0)

∣∣∣ < ε.

Trong dãy σk lấy σk0 sao cho đường chéo của hình vuông tương ứng nhỏhơn δ. Do z0 ∈ σk0 , nên với mọi z ∈ σk0 ta có |z − z0| < δ suy ra

∣∣∣f(z)− f(z0)

z − z0− f ′(z0)

∣∣∣ < ε,

điều này mâu thuẫn với giả thiết có được dãy σk. Vậy quá trình chianhỏ hình vuông hay phần hình vuông không thỏa điều kiện bất đẳng thứctrong bổ đề là hữu hạn.

Do đó, miền D có thể chia được thành hữu hạn những hình vuông nhỏhay phần hình vuông nhỏ thỏa điều kiện bất đẳng thức trong bổ đề.

Chứng minh Định lý 4.1. Với ε > 0 nhỏ tùy ý cho trước, chia miềnD thành n hình vuông và phần hình vuông, được đánh số σ1, σ2, . . . , σn,thỏa bổ đề trên. Nghĩa là, ở hình vuông σj có điểm zj sao cho

∣∣∣f(z)− f(zj)

z − zj− f ′(zj)

∣∣∣ < ε z 6= zj ,

với mọi z ∈ σj . Đặt δj(z) =

f(z)− f(zj)

z − zj− f ′(zj) khi z 6= zj

0 khi z = zj .Khi đó,

ta có |δj(z)| < ε với mọi z ∈ σj . Do limz→zj δj(z) = f ′(zj)− f ′(zj) = 0 =

δj(zj), ta thấy được hàm δj(z) liên tục trên σj .



Gọi Cj là biên định hướng dương của hình vuông hay phần hình vuôngσj . Với mọi z ∈ Cj , ta viết được

f(z) = f(zj) + f ′(zj)(z − zj) + δj(z)(z − zj).

Do đó,∫

Cj

f(z)dz = (f(zj)− zjf′(zj))

∫

Cj

dz + f ′(zj)

∫

Cj

zdz

+

∫

Cj

δj(z)(z − zj)dz.

Do hàm 1 và z có nguyên hàm trên C nên∫

Cj

dz = 0 và∫

Cj

zdz = 0.

Suy ra∫

Cj

f(z)dz =

∫

Cj

(z − zj)δj(z)dz.

Mặt khác, ta cón∑

j=1

∫

Cj

f(z)dz =

∫

C

f(z)dz

bởi vì các cạnh của hình vuông hay phần hình vuông bên trong D (cácđoạn thẳng) được lấy tích phân hai lần theo hai hướng ngược nhau nênbù trừ lẫn nhau chỉ còn lại phần biên C của D ta lấy tích phân chỉ mộtlần. Theo bất đẳng thức tam giác ta có

∣∣∣

∫

C

f(z)dz∣∣∣ ≤

n∑

j=1

∣∣∣

∫

Cj

(z − zj)δj(z)dz∣∣∣.

Đặt sj là cạnh của hình vuông tương ứng với hình vuông hay phần hìnhvuông σj . Khi đó, với mọi z ∈ Cj ta có

|z − zj| ≤√2sj .

Suy ra

|(z − zj)δj(z)| <√2sjε.

Trường hợp Cj là biên của hình vuông, theo Định lý 2.9 ta có∣∣∣

∫

Cj

(z − zj)δj(z)dz∣∣∣ <

√2sjε4sj = 4

√2Ajε,



trong đó Aj là diện tích hình vuông δj .Trường hợp σj là một phần của hình vuông nên Cj có một phần của

đường cong C và gọi độ dài của phần cong ấy là Lj ; do đó, ta ước lượngđược độ dài của Cj là s(Cj) < 4sj + Lj . Do đó, ta có

∣∣∣

∫

Cj

(z − zj)δj(z)dz∣∣∣ <

√2sjε(4sj + Lj) < 4

√2Ajε+

√2SLjε,

trong đó S là cạnh của một hình vuông lớn chứa đường cong C và cáchình vuông bên trong D và các hình vuông tạo bởi các phần hình vuôngtrong việc chia miền D. Khi đó, tổng diện tích các hình vuông nhỏ, Aj ,nhỏ hơn hoặc bằng S2.

Gọi L là độ dài của đường cong C. Khi đó, tổng của các Lj ứng với σjlà phần hình vuông chính là L. Do đó, từ các bất đẳng thức trên ta có thểthấy rằng

∣∣∣

∫

C

f(z)dz∣∣∣ < (4

√2S2 +

√2SL)ε.

Do S và L là các hằng số và ε là một số dương bé tùy ý, cho nên bất đẳng

trên suy ra vế trái phải bằng 0. Từ đó ta được∫

C

f(z)dz = 0.

Một chứng minh khác cho Định lý Cauchy-Goursat

4.3 Bổ đề. (Goursat) Nếu w = f(z) là hàm liên tục trên miền đơn liênD và C là đường cong Jordan trơn kín chứa trong D thì với mọi ε > 0 chotrước tồn tại đa giác P ⊂ D có các đỉnh nằm trên C sao cho

∣∣∣

∫

C

f(z)dz −∫

∂P

f(z)dz∣∣∣ < ε

trong đó ∂P là biên của đa giác P và được định hướng cùng chiều với C.

Chứng minh. Giả sử đường cong C được định hướng dương. Theo giảthiết miền đóng D1 giới hạn bởi biên là đường cong C nằm trong D là tậpcompact. Do f liên tục trên D nên cũng liên tục trên D1, suy ra f liêntục đều trên D1. Gọi l là độ dài đường con C. Với ε > 0 cho trước tồn tạiδ > 0 sao cho với mọi z1, z2 ∈ D1 thỏa |z1 − z2| < δ ta luôn có

|f(z1)− f(z2)| <ε

2l.



b b

b

b b

b

bb

b

b

Hình V.7:

Mặt khác, do f khả tích trên C nêntồn tại phân hoạch P trên C bởi các điểmchia z0, z1, z2, . . . , zn = z0 với d(P ) < δ ởtrên sao cho

∣∣∣

∫

C

f(z)dz −n∑

k=1

f(zk)(zk − zk−1)∣∣∣ <

ε

2

và đa giác P xác định bởi các đỉnh z0, z1, z2, . . . , zn nằm trong D. Khi đó,ta có

∣∣∣

∫

∂P

f(z)dz −n∑

k=1

f(zk)∆zk

∣∣∣ =

∣∣∣

n∑

k=1

∫

zk−1zk

f(z)dz −n∑

k=1

∫

zk−1zk

f(zk)dz∣∣∣

≤n∑

k=1

∣∣∣

∫

zk−1zk

(f(z)− f(zk))dz∣∣∣

<ε

2ll(∂P )

≤ ε

2

trong đó các tích phân lấy trên các đoạn thẳng nối từ điểm zk−1 đến zk.Vậy ta suy ra được

∣∣∣

∫

C

f(z)dz −∫

∂P

f(z)dz∣∣∣ <

ε

2+ε

2= ε.

Chứng minh Định lý 4.1. Giả sử C là biên được định hướng dươngcủa tam giác ∆. Ta sẽ chứng minh

∫

C

f(z)dz = 0.

Đặt M =∣∣∣

∫

C

f(z)dz∣∣∣. Chia tam giác ∆ thành bốn tam giác bằng nhau

và Γ1,Γ2,Γ3,Γ4 là biên định hướng dương của các tam giác ấy, ta có

M =∣∣∣

∫

C

f(z)dz∣∣∣ ≤

4∑

k=1

∣∣∣

∫

Γk

f(z)dz∣∣∣



C

Γ1 Γ2

Γ3

Γ4

Hình V.8:

Từ bất đẳng thức này suy ra phảitồn tại một tam giác ký hiệu ∆1 saocho ∣

∣∣

∫

C1

f(z)dz∣∣∣ ≥ M

4

với C1 là biên định hướng dương của tam giác ∆1.Tiếp tục quá trình như trên ta được một dãy các tam giác ∆n lồng

nhau và thắt dần

∆ ⊃ ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ · · · ⊃ ∆n ⊃ · · ·

với chu vi của tam giác ∆n bằng chu vi của tam giác ∆ chia cho 2n, gọisố đó là l/2n, và

∣∣∣

∫

Cn

f(z)dz∣∣∣ ≥ M

4n

trong đó Cn là biên được định hướng dương của tam giác ∆n. Theo Địnhlý 1.14 trang 42 ta có

∞⋂

n=1

∆n = z0.

Vì hàm f giải tích tại z0 ∈ D nên với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho vớimọi z ∈ D mà 0 < |z − z0| < δ kéo theo

∣∣∣f(z)− f(z0)

z − z0− f ′(z0)

∣∣∣ < ε.

Đặt α(z) =

f(z)−f(z0)z−z0

− f ′(z0) khi z 6= z0

0 khi z = z0.Khi đó, tương tự như phép

chứng minh trước của định lý này ta suy ra được α(z) liên tục và∫

Cn

f(z)dz =

∫

Cn

(z − z0)α(z)dz.

Vậy với n đủ lớn sao cho l2n < 3δ, ta có

M

4n≤∣∣∣

∫

Cn

f(z)dz∣∣∣ =

∣∣∣

∫

Cn

(z − z0)α(z)dz∣∣∣ ≤ l

3 · 2n εl

2n.

Suy ra M ≤ εl2/3. Do ε > 0 bé tùy ý nên ta phải có M = 0 hay∫

C

f(z)dz = 0.



C

Γ1

Γ2

Γ3

Hình V.9:

Nếu C là biên định hướng của mộtn + 2 giác P thì ta chia đa giác đó thành nhình tam giác xuất phát từ một đỉnh. Dotính định hướng và bù trừ của các cạnhcủa các tam giác bên trong đa giác nên tasuy ra

∫

C

f(z)dz =

n∑

k=1

∫

Γk

f(z)dz = 0

trong đó Γk là biên định hướng dương của các tam giác.Nếu C là đường cong Jordan kín bất kỳ thì từ tính compact của C và

giả thiết của định lý ta có thể tìm được miền D mà hàm giải tích và chứaC. Theo bổ đề Goursat với ε > 0 nhỏ tùy ý tồn tại đa giác P trong D

sao cho∣∣∣

∫

C

f(z)dz −∫

∂P

f(z)dz∣∣∣ < ε

trong đó ∂P là biên của đa giác P được định hướng cùng chiều với C.Theo kết quả chứng minh phần hai ta có

∫

∂P

f(z)dz = 0.

Suy ra∣∣∣

∫

C

f(z)dz∣∣∣ < ε. Do ε > 0 bé tùy ý nên

∣∣∣

∫

C

f(z)dz∣∣∣ = 0 hay

∫

C

f(z)dz = 0.

4.4 Định lý. Cho f là hàm giải tích trong miền đơn liên D và C là đường

cong kín chứa trong D. Ta có∫

C

f(z)dz = 0.

C

C1 C2 C3

Hình V.10:

Chứng minh. Trường hợpC là đường cong Jordan,thì theo Định lý Cauchy-Goursat ta có ngay kết quả.Trường hợp C tự cắt nhau tạin điểm. Khi đó, C là hợp của n + 1 đường cong kín Jordan trong D nêntích phân của trên mỗi đường cong kín ấy đều bằng không. Suy ra tíchphân của f trên C bằng không.



Từ định lý trên và theo định lý ba mệnh đề tương đương ở bài trướcta có kết quả sau.

4.5 Hệ quả. Một hàm f giải tích trên miền đơn liên D thì có nguyênhàm trên D.

x

y

•zC

r1

θ•

Hình V.11:

4.6 Thí dụ. (hàm logarithm, log) TừThí dụ 2.3 và Định lý 3.3 ta nhận thấy

rằng hàm f(z) =1

zkhông có nguyên

hàm trên D. Tuy nhiên, rõ ràng hàm f

giải tích trên miền đơn liên D = C\z :Re z ≤ 0. Do đó, theo Hệ quả 4.5 hàmf có nguyên hàm trên D. Ta tìm mộtnguyên hàm F của f sao cho F (1) = 0.Theo chứng minh của Định lý 3.3 hàmF như thế được xác định bởi

F (z) =

∫

C

dz

zC là đường cong bất kỳ trong D đi từ 1 đến z.

Đường cong C được chọn như hình vẽ. Khi đó, với z = reiθ trong đó r > 0

và −π < θ < π, ta tìm được F

F (z) =

∫ r

1

dx

x+

∫ θ

0

rieit

reitdt = ln r + iθ.

Vậy F chính là hàm logarithm log; tức là log z = ln |z|+iArg z với Arg z ∈(−π, π).

Các dạng tổng quát của định lý Cauchy-Goursat

4.7 Định lý. Cho D là miền đơn liên bị chặn với biên là đường congtrơn từng khúc, f là hàm giải tích trên Int(D) và liên tục trên ∂D. Ta có∫

∂D

f(z)dz = 0.

•z0

Γλ

∂D

Hình V.12:

Chứng minh. Ta chứng minh cho trườnghợp trong D tồn tại điểm z0 sao cho mọitia xuất phát từ z0 chỉ cắt biên của D tạimột điểm. Khi đó, ∂D có phương trìnhbiểu diễn tham số w(t) = z0 + r(t)eit với



0 ≤ t ≤ 2π. Gọi Γλ đường cong có phươngtrình γ(t) = z0 + λr(t)eit với 0 < λ < 1. Theo Định lý Cauchy-Goursat tacó

∫

Γλ

f(z)dz = 0.

Mặt khác, ta có∫

Γλ

f(z)dz =

∫ 2π

0

f(z0 + λr(t)eit)γ′(t)dt =

∫ 2π

0

f(z0 + λr(t)eit)λw′(t)dt

Vậy∫ 2π

0

f(z0 + λr(t)eit)w′(t)dt = 0

Do đó, ta có∫

∂D

f(z)dz =

∫ 2π

0

f(z0 + r(t)eit)w′(t)dt

=

∫ 2π

0

[f(z0 + r(t)eit)− f(z0 + λr(t)eit)]w′(t)dt

Vì f(z) liên tục trên D = D ∪ ∂D nên nó liên tục đều trên D. Do đó, vớiε > 0 bé tùy ý, tồn tại δ > 0 sao cho khi z, z′ ∈ D và |z − z′| < δ kéo theo|f(z)− f(z′)| < ε

l với l là độ dài của ∂D. Đặt r = maxr(t) : 0 ≤ t ≤ 2π.Khi chọn λ > 1−minr,δ

r ta có |(z0+r(t)eit)−(z0+λr(t)eit)| < (1−λ)r(t) <

δ cho nên |f(z0 + r(t)eit)− f(z0 + λr(t)eit)| < εl . Vậy

∣∣∣

∫

∂D

f(z)dz∣∣∣ ≤

∣∣∣

∫

∂D

[f(z0 + r(t)eit)− f(z0 + λr(t)eit)]w′(t)dt∣∣∣

<ε

ll = ε.

Do ε > 0 bé tùy ý nên ta suy ra được∫

∂D

f(z)dz = 0.

Với trường hợp tổng quát, vì D là miền đơn liên và bị chặn với biêntrơn từng khúc nên ta có thể chia D thành hữu hạn các miền nhỏ D1, . . . ,DN có tính chất như trường hợp riêng. Khi đó, với tính bù trừ của cácđường biên chung nên ta có

∫

∂D

f(z)dz =

N∑

k=1

∫

∂Dk

f(z)dz = 0.



4.8 Định lý. Cho D là miền đa liên (hữu hạn), f là hàm giải tích trên

Int(D) và liên tục trên ∂D. Ta có∫

∂D

f(z)dz = 0, trong đó đường cong

∂D được định hướng dương. (Hướng của biên ∂D được gọi là dương nếuta đi dọc theo biên sao cho miền D ở phía bên trái.)

CC1 C2

C3l+1

l−1

l+2

l−2

l+3 l−3

Hình V.13:

Chứng minh. Ta chứng minh định lý cho miền tứ liên D. Nối 3 đoạn l1,l2, l3 giữa C lần lượt với các C1, C2, C3. Khi đó, D∗ = D \ l1, l2, l3 làmiền đơn liên. Do đó, theo Định lý Cauchy-Goursat (Định lý 4.7) ta có

∫

∂D∗

f(z)dz = 0

trong đó ∂D∗ = ∂D ∪ l+1 ∪ l−1 ∪ l+2 ∪ l−2 ∪ l+3 ∪ l−3 . Do đó, ta suy ra được∫

∂D

f(z)dz = 0.

4.9 Hệ quả. Cho các đường cong Jordan trơn từng khúc kín được địnhhướng dương Γ, Γ1, . . . , Γk, trong đó các đường cong Γ1, . . . , Γk có cácphần trong không giao nhau và nằm trong phần trong của Γ. Nếu hàm f

giải tích trong miền trong của Γ và ngoài các Γ1, . . . , Γk và liên tục trênΓ, Γ1, . . . , Γk, thì

∫

Γ

f(z)dz =

k∑

j=1

∫

Γj

f(z)dz.(4.10)

Chứng minh. MiềnD xác định bởi các đường cong Γ và Γj với j = 1, . . . , k

là một miền k+1 liên với biên định hướng dương ∂D = Γ∪Γ−1 ∪ · · · ∪Γ−

k .Do đó, ta có ∫

∂D

f(z)dz = 0



Γ

Γ1 Γ2

Γ3

Γ4

Hình V.14:

từ đó suy ra được khẳng định của hệ quả. Hình vẽ minh họa cho mộttrường hợp k = 4.


Γ

dz

z − z0, trong đó Γ là đường cong Jordan

kín trơn từng khúc không chứa điểm z0.

Ta nhận thấy hàm1

z − z0giải tích tại mọi điểm trừ điểm z0. Nếu Γ

không vây quanh điểm z0, thì1

z − z0giải tích trên Γ và bên trong nó. Do

đó,∫

Γ

dz

z − z0= 0.

Nếu Γ vây quanh điểm z0, thì tồn tại ε > 0 sao cho đường tròn Cε có

phương trình |z−z0| = ε nằm hoàn toàn bên trong Γ. Khi đó, hàm1

z − z0giải tích trên niềm nhị liên xác định bởi Γ và Cε và trên biên của nó. Dođó, theo hệ quả trên ta có

∫

Γ

dz

z − z0=

∫

Cε

dz

z − z0=

∫ 2π

0

εieit

εeitdt = 2πi.



(Cε có biểu diễn tham số w(t) = z0 + εeit với 0 ≤ t ≤ 2π.)

• z0

Γ

• Cε

Γ

z0

Hình V.15:

Bài tập

1 ) Giả sử Γ là một đường cong định hướng dương Jordan trơn kín giớihạn một miền D. Hãy tính các tích phân sau theo diện tích của D.

(a)∫

Γ

xdz (b)∫

Γ

ydz (c)∫

Γ

zdz

trong đó z = x+ iy.

2 ) Dùng định lý Cauchy-Goursat chứng minh rằng∫

Γ

f(z)dz = 0 với Γ

là đường tròn định hướng dương có phương trình |z| = 1, khi

(a) f(z) =z2

z − 3(b) f(z) =

1

z2 + 2z + 2

(c) f(z) = ze−z (d) f(z) = ln(z − 2).

3 ) Cho C1 là đường tròn định hướng dương có phương trình |z| = 4 vàC2 là biên được định hướng dương của hình vuông xác định bởi x = ±1,y = ±1. Hãy chỉ ra tại sao chúng ta có

∫

C1

f(z)dz =

∫

C2

f(z)dz

khi(a) f(z) =

1

3z2 + 1(b) f(z) =

z + 2

sin(z/2)(c) f(z) =

z

1− ez.



4 ) Cho C là biên được định hướng dương của hình chữ nhật 0 ≤ x ≤ 3,0 ≤ y ≤ 2. Chứng minh rằng

∫

C

(z − 2− i)n−1dz =

0 khi n = ±1,±2, . . . ,

2πi khi n = 0

C1

C2

0 3

2C

Hình V.16:


Γ

z2 + 2

(1 − ez) cos(z)dz trong đó Γ là đường cong định

hướng dương có phương trình |z − 1− i| = 1.


Γ

z − 2i

zdz trong đó Γ có biểu diễn tham số w(t) =

2t+ i(t2 − 1) với −1 ≤ t ≤ 1.

§ 5 Công thức tích phân Cauchy

5.1 Định lý. Cho hàm f giải tích trên miền trong và liên tục trên đườngcong Jordan kín định hướng dương Γ. Nếu z0 là điểm nằm trong Γ thì

f(z0) =1

2πi

∫

Γ

f(z)

z − z0dz.(5.2)

•z0

Cr

Γ

Hình V.17:

Chứng minh. Vì z0 là điểm nằm trong Γ, nêntồn tại r0 > 0 sao cho đường tròn tâm z0 bán kínhr, Cr, thuộc phần trong của Γ với mọi 0 < r ≤ r0.


§ 5 Công thức tích phân Cauchy 163

Theo giả thiết ta áp dụng được hệ quả của địnhlý Cauchy-Goursat đối với hàm f trên miền nhịliên xác định bởi hai đường cong Γ và Cr. Vậy ta có

∫

Γ

f(z)

z − z0dz =

∫

Cr

f(z)

z − z0dz.

Trong Thí dụ 4.11 ta tính được∫

Cr

dz

z − z0= 2πi.

Do đó, với 0 < r ≤ r0, ta có

f(z0)−1

2πi

∫

Γ

f(z)

z − z0dz =

1

2πi

∫

Cr

f(z0)

z − z0dz − 1

2πi

∫

Cr

f(z)

z − z0dz

=1

2πi

∫

Cr

f(z0)− f(z)

z − z0dz.

Theo giả thiết ta có hàm f liên tục trên Γ và bên trong Γ. Với mọi ε > 0,tồn tại δ > 0 sao cho khi |z − z0| < δ ta có |f(z) − f(z0)| < ε. Khi đó,chúng ta chọn 0 < r < minδ, r0, và được

∣∣∣∣

1

2πi

∫

Cr

f(z0)− f(z)

z − z0dz

∣∣∣∣≤ 1

2π

ε

r2πr = ε.

Vậy, với mọi ε > 0 ta có∣∣∣f(z0)−

1

2πi

∫

Γ

f(z)

z − z0dz∣∣∣ ≤ ε. Ta phải có f(z0) =

1

2πi

∫

Γ

f(z)

z − z0dz.

5.3 Nhận xét. Công thức tích phân Cauchy vẫn đúng cho trường hợpmiền đa liên hữu hạn, tức là: Nếu hàm f giải tích trong miền đa liên (hữuhạn) D và liên tục trên biên của nó thì với mọi z0 ∈ D ta luôn có

f(z0) =1

2πi

∫

∂D

f(z)

z − z0dz

trong đó ∂D là biên định hướng dương của miền D.


Γ

sin z

z + idz, trong đó Γ có biểu diễn tham số

w(t) = 3eit với 0 ≤ t ≤ 2π.



Ta thấy sin z là hàm giải tích và −i nằm trong đường cong Γ nên thỏađiều kiện định lý trên. Do đó,

∫

Γ

sin z

z + idz = 2πi sin(−i) = 2πi

e1 − e−1

2i=e2 − 1

eπ.

5.5 Định lý. Nếu hàm f giải tích tại điểm z0, thì nó có đạo hàm mọicấp trong lân cận của z0; điều đó cũng có nghĩa các đạo hàm ấy giải tíchtại z0.

Chứng minh. Vì f giải tích tại điểm z0, nên tồn tại r > 0 sao cho hàm f

giải tích trên z : |z − z0| ≤ r. Gọi Cr là đường tròn định hướng dươngcó phương trình |z − z0| = r. Lấy z là một điểm tùy ý thỏa |z − z0| < r.Khi đó, theo công thức tích phân Cauchy ta có

f(z) =1

2πi

∫

Cr

f(ξ)

ξ − zdξ.

Đặt d = d(z, Cr) > 0. Với 0 < |∆z| < d, ta có |z +∆z − z0| ≤ |z − z0| +|∆z| < |z − z0|+ d = r và tính được

f(z +∆z)− f(z)

∆z=

1

2πi

∫

Cr

( 1

ξ − z −∆z− 1

ξ − z

)f(ξ)

∆zdξ

=1

2πi

∫

Cr

f(ξ)

(ξ − z −∆z)(ξ − z)dξ

Do đó, ta biến đổi được∣∣∣∣

f(z +∆z)− f(z)

∆z− 1

2πi

∫

Cr

f(ξ)

(ξ − z)2dξ

∣∣∣∣

=1

2π

∣∣∣∣

∫

Cr

[ f(ξ)

(ξ − z −∆z)(ξ − z)− f(ξ)

(ξ − z)2

]

dξ

∣∣∣∣

=1

2π

∣∣∣∣

∫

Cr

∆zf(ξ)

(ξ − z)2(ξ − z −∆z)dξ

∣∣∣∣

Với mọi ξ ∈ Cr ta có |ξ−z| ≥ d và |ξ−z−∆z| ≥∣∣|ξ−z|−|∆z|

∣∣ ≥ d−|∆z|.

Do f giải tích trên Cr nên nó liên tục trên Cr; vì vậy |f(ξ)| đạt giá trị lớnnhất trên Cr và gọi giá trị lớn nhất là M . Suy ra

∣∣∣

∆zf(ξ)

(ξ − z)2(ξ − z −∆z)

∣∣∣ ≤ |∆z|M

d2(d− |∆z|) .



Hơn nữa, độ dài của Cr là 2πr. Do đó, theo Định lý 2.9 ta được∣∣∣∣

f(z +∆z)− f(z)

∆z− 1

2πi

∫

Cr

f(ξ)

(ξ − z)2dξ

∣∣∣∣≤ 1

2π

|∆z|M2πr

d2(d− |∆z|) .

Ta thấy rằng

lim∆z→0

|∆z|Mr

d2(d− |∆z|) = 0

suy ra

lim∆z→0

f(z +∆z)− f(z)

∆z=

1

2πi

∫

Cr

f(ξ)

(ξ − z)2dξ.

Vậy hàm f khả vi tại z. Do z lấy tùy ý nên f khả vi trên z : |z−z0| < r;nghĩa là f giải tích tại z0.

Bằng qui nạp chúng ta chứng minh được hàm f khả vi mọi cấp tronglân cận của điểm z0; nghĩa là các đạo hàm ấy giải tích tại z0.

Trong chứng minh định lý trên ta có được công thức đạo hàm của hàmf tại z0 là

f ′(z0) =1

2πi

∫

Cr

f(z)

(z − z0)2dz.(5.6)

Bằng cách tương tự và qui nạp ta có thể chứng minh được công thức đạohàm cấp cao của hàm f tại z0. Ta phát biểu lại trong định lý tổng quát sau.

5.7 Định lý. Cho D là miền đơn liên với Γ là biên của nó và được địnhhướng dương và f là hàm giải tích trên D và liên tục trên Γ. Với mọiz ∈ D, ta có

f(z) =1

2πi

∫

Γ

f(ξ)

ξ − zdξ.

và f khả vi mọi cấp trên D và

f (n)(z) =n!

2πi

∫

Γ

f(ξ)

(ξ − z)n+1dξ.(5.8)

Từ công thức đạo hàm cấp n của hàm f ta có thể viết lại để áp dụngvào việc tính tích phân như sau.

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz =

2πi

n!f (n)(z0),(5.9)

trong đó Γ là đường cong đơn vây quanh điểm z0 và hàm f liên tục trênΓ và giải tích trên miền trong Γ.



5.10 Thí dụ. Giả sử Γ là đường tròn định hướng dương có phương trình|z| = 1. Khi đó, ta có

∫

Γ

e2z

z4dz =

∫

Γ

e2z

(z − 0)3+1dz =

2πi

3!(e2z)′′′

∣∣z=0

=8πi

3.


Γ

ez

z(z − 1)3dz trong đó Γ là đường cong

Jordan trơn kín định hướng dương giới hạn miền D. Ta xét 3 trường hợp:

(a) D chứa điểm z = 0 và không chứa điểm z = 1

∫

Γ

ez

z(z − 1)3dz = 2πi

e0

(0− 1)3= −2πi.

(b) D chứa điểm z = 1 và không chứa điểm z = 0

∫

Γ

ez

z(z − 1)3dz =

2πi

2!

(ez

z

)′′∣∣∣z=1

= πiez(z2 − 2z + 2)

z3

∣∣∣z=1

= eπi.

(c) D chứa cả hai điểm z = 0 và z = 1.∫

Γ

ez

z(z − 1)3dz = −2πi+ eπi.

5.12 Nhận xét. Từ Định lý 5.7 ta thấy rằng nếu f ′(z) tồn tại trong miềnD thì nó cũng giải tích, do đó suy ra f ′(z) liên tục trên miền D. Đây là đặctrưng của hàm biến phức mà hàm biến thực không có. Chẳng hạn hàm

f(x) =

x2 sin 1

x khi x 6= 0

0 khi x = 0

khả vi trên toàn đường thẳng thực và

f ′(x) =

2x sin 1

x − cos 1x khi x 6= 0

0 khi x = 0

nhưng ta có thể thấy rằng f ′(x) không liên tục tại x = 0.

5.13 Hệ quả. Nếu hàm f(z) = u(x, y)+iv(x, y) giải tích tại z0 = x0+iy0thì các hàm thành phần u và v có các đạo hàm riêng mọi cấp liên tục tạiđiểm (x0, y0).



Chứng minh. Đạo hàm của hàm f trong lân cận điểm z0 được tính bởicông thức

f ′(z) = u′x(x, y) + iv′x(x, y) = v′y(x, y)− iu′y(x, y).

Do hàm f giải tích tại z0 nên các đạo hàm riêng của u(x, y) và v(x, y) liêntục tại (x0, y0). Do hàm f ′ cũng giải tích tại z0 và đạo hàm của nó tronglân cận điểm z0 được tính bởi công thức

f ′′(z) = u′′xx(x, y) + iv′′xx(x, y) = v′′xy(x, y)− iu′′xy(x, y)

= −u′′yy(x, y)− iv′′yy(x, y)

nên các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục tại(x0, y0). Tiếp tục quá trình này ta sẽ được các hàm u(x, y) và v(x, y) cóđạo hàm riêng mọi cấp liên tục tại (x0, y0).

5.14 Định lý. Nếu hàm f giải tích và khác không trên miền đơn liên D,thì xác định hàm giải tích log f(z) nhận giá trị trên một nhánh nào đótrên D.

Chứng minh. Theo giả thiết và Định lý 5.5 ta suy ra f ′ giải tích trên D.Do đó, f ′/f xác định và giải tích trên D. Từ đó theo Hệ quả 4.5 suy ra nócó nguyên hàm là hàm F (z) nào đó trên D. Xét hàm f(z)e−F (z). Ta có

(f(z)e−F (z)

)′= f ′(z)e−F (z) − f(z)F ′(z)e−F (z) = 0 với mọi z ∈ D.

Do đó, suy ra f(z)e−F (z) là hằng số. Với cố định z0 ∈ D, ta có

f(z)e−F (z) = f(z0)e−F (z0) với mọi z ∈ D.

Từ đó ta xác định log f(z) = F (z)− F (z0) + log f(z0).

5.15 Định lý. Nếu hàm f giải tích và khác không trên miền đơn liên D,thì tồn tại hàm giải tích g trên D sao cho g2 = f .

Chứng minh. Phép chứng minh tương tự như định lý trên đi đến việcchọn hàm g là e−

12F (z) nhân với một hằng số. Trình bày chi tiết xin dành

cho bạn đọc xem như bài tập.

Để kết thúc bài này chúng tôi nêu định lý đảo của định lý Cauchy-Goursat và các ứng dụng của nó.



5.16 Định lý. (Morera) Nếu hàm f liên tục trên miền D và nếu tích

phân∫

C

f(z)dz = 0 với mọi đường cong C kín trơn từng khúc nằm trong

D, thì hàm f giải tích trên D.

Chứng minh. Theo định lý ba mệnh đề tương đương (Định lý 3.3) thìhàm f có nguyên hàm F trên D. Vì D là một miền nên F giải tích trênD. Do đó, theo Định lý 5.5 hàm f = F ′ giải tích trên D.

5.17 Định lý. Giả sử fn là dãy hàm giải tích trên D và hội tụ đều vềhàm f . Khi đó, f cũng giải tích trên D.

Chứng minh. Theo Định lý 4.8 (trang 61) ta có f liên tục trên. Với Clà một đường cong kín trơn từng khúc bất kỳ nằm trong D, theo định lýCauchy-Goursat ta có

∫

C

fn(z)dz = 0, với mọi n.

Do đó, theo Định lý 2.13 ta được∫

C

f(z)dz = limn→∞

∫

C

fn(z)dz = 0.

Vậy theo định lý Morera ta suy ra được f giải tích trên D.

Tương tự ta cũng có kết quả cho chuỗi hàm như sau.

5.18 Định lý. Giả sử các hàm fn giải tích trên miền D và chuỗi hàm∞∑

n=1fn hội tụ đều trên D về hàm f . Khi đó, hàm f cũng giải tích trên D.


Bài tập

1 ) Chứng minh rằng nếu f(z) liên tục trên lân cận của z = 0 thì

limr→0

∫ 2π

0

f(reiϕ)dϕ = 2πf(0).

2 ) Chứng minh rằng nếu f(z) liên tục trên lân cận của z = a thì limr→0

∫

Γr

f(z)

z − adz =

2πif(a) trong đó Γr là đường tròn định hướng dương có phương trình|z − a| = r.



3 ) Cho f là một hàm liên tục trên C và limz→∞

f(z) = A. Hãy tính limR→∞

∫

CR

f(z)

zdz

trong đó CR là đường tròn |z| = R định hướng dương.

4 ) Chứng minh rằng nếu f(z) liên tục trong nửa dải z = x + iy : x ≥x0, 0 ≤ y ≤ h và tồn tại lim

x→∞f(x + iy) = A không phụ thuộc vào y và

đều theo y thì limx→∞

∫

βx

f(z)dz = iAh ở đây βx là đoạn thẳng song song

với trục ảo với 0 ≤ y ≤ h từ dưới lên trên.

5 ) Chứng minh rằng nếu f(z) liên tục trong hình quạt xác định bởiz : 0 < |z − a| ≤ r0, 0 ≤ arg(z − a) ≤ α ≤ 2π và tồn tại giới hạn

limz→a

[(z − a)f(z)] = A thì limr→0

∫

Γr

f(z)dz = iAα, ở đây Γr là cung của

đường tròn |z − a| = r nằm trong hình quạt đã cho theo hướng dương.

6 ) Chứng minh nếu f(z) giải tích trong dải 0 ≤ y ≤ h, limx→∞

f(x+iy) = 0,

limx→−∞

f(x+ iy) = 0 và∫ ∞

−∞f(x)dx tồn tại thì

∫ ∞

−∞f(x+ iy)dx cũng tồn

tại và các tích phân này bằng nhau.

7 ) Nếu f(z) giải tích trong góc 0 ≤ arg z ≤ α (0 < α ≤ 2π), limz→∞

zf(z) =

0 và tích phân∫ ∞

0

f(x)dx tồn tại thì limR→∞

∫

ΓR

f(z)dz cũng tồn tại, trong

đó Γr là tia z = reiα với 0 ≤ r ≤ R.

8 ) Cho C là đường tròn |z| = 3 được định hướng dương. Chứng minhrằng nếu

g(w) =

∫

C

2z2 − z − 2

z − wdz |w| 6= 3,

thì g(2) = 8πi. Tìm giá trị của g(w) khi |w| > 3.

9 ) Cho C là một đường cong Jordan kín được định hướng dương và đặt

g(w) =

∫

C

z3 + 2z

(z − w)3dz.

Chứng minh rằng g(w) = 6πi khi w bên trong C và g(w) = 0 khi w bênngoài C.



10 ) Tính các tích phân sau

(a)∫

Γ

z

2z + 1dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z| = 1 và

được định hướng ngược chiều kim đồng hồ.

(b)∫

Γ

sin z

z + idz, trong đó Γ có phương trình w(t) = −i+3eit với t ∈ [0, 2π].

(c)∫

Γ

dz

z2 + i, trong đó Γ có phương trình w(t) = 2eit với t ∈ [0, 2π].

(d)∫

Γ

ez

z2 − 1dz, trong đó Γ có phương trình w(t) = 2eit với t ∈ [0, 2π].


(a)∫

Γ

z + 1

z2 − 2zdz, với Γ là đường tròn |z| = 3 được định hướng dương.

(b)∫

Γ

dz

z2(z + 4), với Γ là đường tròn |z| = 2 được định hướng dương.

(c)∫

Γ

5z − 2

z(z − 1)dz, với Γ là đường tròn |z| = 2 được định hướng dương.

(d)∫

Γ

dz

z(z − 2)3, với Γ là đường tròn |z− 2| = 1 được định hướng dương.

12 ) Tính tích phân các tích phân sau

(a)∫

Γ

dz

z(z2 + 4)2trong đó Γ có phương trình |z − i| = 2 và được định

hướng dương.

(b)∫

Γ

z

z4 − 1dz trong đó Γ có phương trình |z − a| = a, với a > 1, được

định hương dương.

(c)∫

Γ

zez

(z − a)3dz trong đó Γ có phương trình |z − a| = 3

2a được định

hướng dương.

(d)∫

Γ

ez

z(z2 − a2)dz trong đó Γ có phương trình |z − a| = 3

2a được định

hướng dương.




Γ

ezdz trong đó Γ có phương trình |z| = 1 và được

định hướng dương.

14 ) Chứng minh rằng nếu f giải tích bên trong và trên đường cong kínđơn C và z0 không thuộc C, thì

∫

C

f ′(z)

(z − z0)dz =

∫

C

f(z)

(z − z0)2dz.

15 ) Cho f là một hàm liên tục trên đường cong kín đơn C. Chứng minh

rằng hàm g(z) =1

2πi

∫

C

f(ξ)

ξ − zdξ giải tích tại mỗi điểm z bên trong C và

g′(z) =1

2πi

∫

C

f(ξ)

(ξ − z)2dξ.

16 ) Cho C là đường tròn đơn vị có biểu diễn tham số z = eiθ, −π ≤ θ ≤ π.Chứng minh rằng với mỗi hằng số thực a, ta có

∫

C

eaz

zdz = 2πi.

Sau đó viết biểu thức tích phân về dạng tham số và đi đến công thứctích phân

∫ π

0

ea cos θ cos(a sin θ)dθ = π.





§ 6 Tích phân loại CauchyTa đã thấy rằng công thức tích phân Cauchy nói lên rằng giá trị tại mộtđiểm z0 ∈ D của hàm giải tích f trên miền đơn liên D phụ thuộc vào giátrị biên. Tuy nhiên, hàm f không đòi hỏi giải tích trên biên mà chỉ cầnliên tục trên biên mà thôi. Vì vậy vấn đề tự nhiên được đặt ra là nghiêncứu tính chất của hàm xác định bởi

F (z) =1

2πi

∫

Γ

ϕ(ξ)

ξ − zdξ

trong đó Γ là đường cong Jordan trơn (hoặc trơn từng khúc) và ϕ là hàmliên tục trên Γ. Hàm F (z) xác định như trên gọi là tích phân loại Cauchycủa hàm ϕ.

6.1 Bổ đề. Giả sử ξ = ζ + iη và z = x + iy ∈ D ⊂ C \ Γ. Nếu với mỗi

ξ ∈ Γ hàm Ψ(ξ, z) giải tích trên D và các hàm Ψ(ξ, z) và∂Ψ

∂z(ξ, z) liên

tục trên Γ×D thì

F (z) =

∫

Γ

Ψ(ξ, z)dξ

là hàm giải tích trên D và có đạo hàm

F ′(z) =

∫

Γ

∂Ψ

∂z(ξ, z)dξ.

Chứng minh. Đặt

Ψ(ξ, z) = u(ζ, η, x, y) + iv(ζ, η, x, y)

F (z) = U(x, y) + iV (x, y)

Do hàm Ψ(ξ, z) giải tích trên D nên các hàm u và v khả vi trên D và

∂Ψ

∂z(ξ, z) = u′x(ζ, η, x, y) + iv′x(ζ, η, x, y) = v′y(ζ, η, x, y) − iu′y(ζ, η, x, y)

Từ giả thiết Ψ(ξ, z) và∂Ψ

∂z(ξ, z) liên tục trên Γ × D ta suy ra các hàm

u(ζ, η, x, y), v(ζ, η, x, y), u′x(ζ, η, x, y), u′y(ζ, η, x, y), v′x((ζ, η, x, y),v′y(ζ, η, x, y) liên tục trên Γ×D. Mặt khác, từ mối liên hệ giữa tích phânhàm phức và tích phân hai lớp ta có ta có

U(x, y) =

∫

Γ

u(ζ, η, x, y)dζ − v(ζ, η, x, y)dη

V (x, y) =

∫

Γ

v(ζ, η, x, y)dζ + u(ζ, η, x, y)dη


§ 6 Tích phân loại Cauchy 173

Vì các hàm u′x, u′y, v

′x, v′y liên tục nên ta suy ra các hàm U và V có các

đạo hàm riêng và ta có

U ′x(x, y) =

∫

Γ

u′x(ζ, η, x, y)dζ − v′x(ζ, η, x, y)dη

=

∫

Γ

v′y(ζ, η, x, y)dζ + u′y(ζ, η, x, y)dη = V ′y(x, y)

và

U ′y(x, y) =

∫

Γ

u′y(ζ, η, x, y)dζ − v′y(ζ, η, x, y)dη

=

∫

Γ

[−v′x(ζ, η, x, y)dζ − u′x(ζ, η, x, y)dη] = −V ′x(x, y)

Ta cũng có các đạo hàm riêng U ′x, U

′y, V

′x, V ′

y liên tục trên D. Do đó, theođiều kiện Cauchy-Riemann (trang 80) hàm F khả vi trên D và có đạo hàm

F ′(z) = U ′x(x, y) + iV ′

x(x, y)

=

∫

Γ

u′x(ζ, η, x, y)dζ − v′x(ζ, η, x, y)dη

+ i

∫

Γ

v′x(ζ, η, x, y)dζ + u′x(ζ, η, x, y)dη

=

∫

Γ

(u′x(ζ, η, x, y) + iv′x(ζ, η, x, y))dξ

=

∫

Γ

∂Ψ

∂z(ξ, z)dξ

6.2 Định lý. Nếu hàm ϕ liên tục trên đường cong Jordan trơn Γ thì tíchphân loại Cauchy của nó là một hàm giải tích trên C \ Γ và có đạo hàm

F ′(z) =1

2πi

∫

Γ

ϕ(ξ)

(ξ − z)2dξ.

Hơn nữa, F (z) có đạo hàm mọi cấp trên C \ Γ và

F (n)(z) =n!

2πi

∫

Γ

ϕ(ξ)

(ξ − z)n+1dξ

Chứng minh. Đặt Ψk(ξ, z) =(k − 1)!ϕ(ξ)

(ξ − z)kvới k là số nguyên dương và

(ξ, z) ∈ Γ×D. Hàm Ψ(ξ, z) thỏa điều kiện của bổ đề và

∂Ψk

∂z(ξ, z) =

k!ϕ(ξ)

(ξ − z)k+1= Ψk+1(ξ, z)



Do đó, theo bổ đề trên ta có

d

dz

∫

Γ

Ψk(ξ, z)dξ =

∫

Γ

Ψk+1(ξ, z)dξ.

Cụ thể với k = 1 ta có

F ′(z) =1

2πi

d

dz

∫

Γ

Ψ1(x, z)dξ =1

2πi

∫

Γ

ϕ(ξ)

(ξ − z)2dξ.

Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được

F (n)(z) =1

2πi

∫

Γ

Ψn+1(ξ, z)dξ =n!

2πi

∫

Γ

ϕ(ξ)

(ξ − z)n+1dξ.

6.3 Nhận xét. Từ tính chất của tích phân loại Cauchy ta chứng minhđược Định lý 5.7. Nói một cách chính xác Định lý 5.7 là một hệ quả củaĐịnh lý 6.2. Thật vậy, theo công thức tích phân Cauchy ta có

f(z) =1

2πi

∫

Γ

f(ξ)

ξ − zdξ

Do đó, theo Định lý 6.2 ta có f(z) giải tích mọi cấp trên D và

f (n)(z) =n!

2πi

∫

Γ

f(ξ)

(ξ − z)n+1dξ.

Định lý Weierstrass

6.4 Định lý. (Weierstrass) Giả sử fn hội tụ đều trên mọi tập com-pact trong D tới hàm f và các hàm fn giải tích trên D, thì f là hàmgiải tích trên D. Hơn nữa, ta có f ′

n hội tụ đều về f ′ trên mọi tập com-pact trong D.

Chứng minh. Lấy z0 ∈ D tùy ý. Chọn r > 0 đủ nhỏ để B(z0, r) ⊂ D. Vớimỗi n theo công thức tích phân Cauchy với mọi z ∈ B(z0, r) ta có

fn(z) =1

2πi

∫

∂B(z0,r)

fn(ξ)

ξ − zdξ.

Theo giả thiết fn hội tụ đều về f trên B(z0, r), cho nên theo Định lý4.8 trang 61 ta có f liên tục trên B(z0, r); và dãy

fn(ξ)ξ−z

hội tụ đều về


§ 6 Tích phân loại Cauchy 175

f(ξ)ξ−z trên ∂B(z0, r) theo biến ξ với mỗi z ∈ B(z0, r), cho nên theo Định lý2.13 trang 141 ta có

f(z) = limn→∞

fn(z) = limn→∞

1

2πi

∫

∂B(z0,r)

fn(ξ)

ξ − zdξ =

1

2πi

∫

∂B(z0,r)

f(ξ)

ξ − zdξ

với mọi z ∈ B(z0, r). Do đó, theo định lý tích phân loại Cauchy ta có fgiải tích trên B(z0, r); cụ thể f giải tích tại z0. Vậy hàm f giải tích trên D.

Chứng minh đẳng thức f ′ = limn→∞

fn trên D ta cũng áp dụng công

thức tích phân Cauchy nhưng trong trường hợp này ta phải xét dãy hàm fn(ξ)

(ξ−z)2

thay cho dãy

fn(ξ)ξ−z

. Trình bày chứng minh chi tiết dành cho

bạn đọc xem như bài tập.Hơn nữa, với ε > 0 do fn hội tụ đều về f trên B(z0, r) nên tồn

tại n0 sao cho |fn(z) − f(z)| < rε4 với mọi z ∈ B(z0, r). Khi đó, với mọi

z ∈ B(z0,r2 ) và mọi n > n0, ta có

|f ′n(z)− f ′(z)| = 1

2π

∣∣∣

∫

∂B(z0,r)

fn(ξ)− f(ξ)

(ξ − z)2dξ∣∣∣ ≤ 1

2π

rε4

( r2 )22πr = ε.

Vậy f ′n hội tụ đều về f ′ trên B(z0,

r2 ). Do tập compact bất kỳ trong D

có thể được phủ bởi hữu hạn các hình tròn đóng, cho nên ta dễ dàng suyra được dãy f ′

n hội tụ đều về f ′ trên mọi tập compact trong D.Từ đó bằng cách áp dụng liên tiếp kết quả đạt được chúng ta có được

kết quả tổng quát hơn: Dãy các đạo hàm f (k)n (z) hội tụ đều về f (k)(z)

trên mọi tập compact trong D.

Tiếp theo ta xét trường hợp tổng quát hơn với dãy fn(z) trong đófn(z) xác định và giải tích trên miền Dn. Hàm giới hạn f(z) cũng xác địnhtrên D nào đó sao cho mỗi điểm thuộc D phải thuộc vào mọi Dn với mọi nlớn hơn n0 nào đó. Nói chung n0 sẽ không giống nhau cho tất cả các điểmcủa D, và với lý do này nên giả thiết sự hội tụ đều cho dãy fn(z) trên Dlà không thích hợp ở đây. Thật sự, một trường hợp điển hình là các miềnDn lập thành một dãy tăng nghiêm ngặt D1 ⊂ D2 ⊂ · · · ⊂ Dn ⊂ · · · vàD là hợp của các Dn. Trong trường hợp này không có một hàm fn(z) nàoxác định trên D nhưng hàm giới hạn f(z) có thể xác định trên D mặc dùsự hội tụ này không thể là đều.

6.5 Thí dụ. Xét fn(z) =z

2zn + 1trên Dn = z : |z| < 2−

1n . Rõ ràng

các hình tròn Dn tạo thành một dãy tăng nghiêm ngặt và có hợp là D =



z : |z| < 1 và limn→∞

fn(z) = z với z ∈ D. Dãy fn không hội tụ đều về

f(z) = z trên D nhưng nó hội tụ đều trên z : |z| ≤ r với mọi 0 < r < 1.

Thật vậy, với mọi 0 < ε < 1 tùy ý, lấy n >ln 4

ε

ln 1r

, với mọi |z| ≤ r ta có

|z|n < ε4 và |2zn + 1| > 1− 2|z|n > 1

2 và suy ra

|fn(z)− z| =∣∣∣

z

2zn + 1− z∣∣∣ =

|2zn+1||2zn + 1| < 2

ε

42 = ε.

Do đó, ta cũng được dãy đã cho hội tụ đều trên các tập compact trongD.

6.6 Định lý. (Weierstrass) Giả sử rằng fn(z) giải tích trên Dn và dãyfn(z) hội tụ về hàm f trên D hội tụ đều trên các tập compact trong D.Khi đó, f(z) giải tích trên D. Hơn nữa, f ′

n(z) hội tụ đều về f ′(z) trêncác tập compact trong D; và tổng quát hơn f (k)

n (z) hội tụ đều về f (k)(z)

trên các tập compact trong D

Chứng minh. Với a ∈ D, tồn tại r > 0 sao cho B(a, r) ⊂ D. Theo giảthiết dãy fn hội tụ đều trên B(a, r). Khi đó, hoàn toàn tương tự nhưchứng minh Định lý 6.4 ta có được kết quả cần chứng minh.

Bài tập

1 ) Giả sử Γ là đường cong kín Jordan giới hạn miền hữu hạn D, còn f(z)giải tích ở phần ngoài của miền D và lim

z→∞f(z) = A. Khi đó,

1

2πi

∫

Γ

f(ξ)

ξ − zdξ =

−f(z) +A khi z /∈ D

A khi z ∈ D

2 ) Với giả thiết về đường cong Γ và hàm f(z) như bài tập trên. Chứngminh rằng nếu gốc tọa độ thuộc miền D thì

1

2πi

∫

Γ

f(ξ)

ξz − ξ2dξ =

0 khi z ∈ Df(z)

zkhi z /∈ D

3 ) Cho hàm f giải tích trên U = z : |z| < 1 và liên tục trên U thỏaf(0) = 0. Chứng minh rằng hàm

ϕ(z) =

f(z)

zkhi z 6= 0

f ′(0) khi z = 0.


§ 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lý module cực đại 177

liên tục trên U và giải tích trên U .

4 ) Chứng minh f ′(z) = limn→∞

f ′n(z) với mọi z ∈ D trong Định lý 6.4.

5 ) Cho fn hội tụ về f trên D = z : |z| < R và hội tụ đều trênz : |z| ≤ r với mọi 0 < r < R. Chứng minh rằng fn hội tụ đều về ftrên các tập compact trong D.

§ 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lýmodule cực đại

Định lý giá trị trung bình

7.1 Định lý. Giả sử hàm f giải tích trong miền D và hình tròn B(z0, R)

= z : |z − z0| ≤ R ⊂ D. Khi đó, giá trị f(z0) bằng trung bình cộng củacác giá trị của nó trên đường tròn CR = z : |z − z0| = R. Nghĩa là

f(z0) =1

2π

∫ 2π

0

f(z0 +Reit)dt.(7.2)

Chứng minh. Ta định hướng dương đường tròn CR, và biểu diễn thamsố của nó là w(t) = z0 + Reit với 0 ≤ t ≤ 2π. Khi đó, theo công thức tíchphân Cauchy (Định lý 5.1) ta có

f(z0) =1

2πi

∫

CR

f(z)

z − z0dz

=1

2πi

∫ 2π

0

f(z0 +Reit)

ReitiReitdt

=1

2π

∫ 2π

0

f(z0 +Reit)dt.

7.3 Định lý. Giả sử hàm f giải tích trong lân cận B(z0, ε) của điểm z0.Nếu |f(z)| ≤ |f(z0)| với mỗi z trong lân cận đó thì hàm f nhận giá trịf(z0) trong lân cận ấy.

Chứng minh. Với z1 tùy ý thuộc lân cận đã cho, nghĩa là |z1 − z0| < ε.Đặt ρ = |z1 − z0| < ε. Theo định lý giá trị trung bình trên đối với đườngtròn Cρ, ta có

f(z0) =1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + ρeit)dt.

Suy ra



|f(z0)| =∣∣∣1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + ρeit)dt∣∣∣ ≤ 1

2π

∫ 2π

0

|f(z0 + ρeit)|dt.

Mặt khác, theo giả thiết ta có |f(z0 + ρeit)| ≤ |f(z0)| với mọi t. Vậy

|f(z0)| =1

2π

∫ 2π

0

|f(z0)|dt ≥1

2π

∫ 2π

0

|f(z0 + ρeit)|dt.

Từ các kết quả trên ta phải có

|f(z0)| =1

2π

∫ 2π

0

|f(z0 + ρeit)|dt.

Suy ra∫ 2π

0

(|f(z0)| − |f(z0 + ρeit)|)dt = 0.

Vì |f(z0)|−|f(z0+ρeit)| ≥ 0 với mọi t, nên ta phải có |f(z0)| = |f(z0+ρeit)|với mọi t. Đặc biệt, |f(z1)| = |f(z0)|. Vậy |f(z)| = |f(z0)| với mọi z thỏa|z − z0| < ε.

Nếu f(z0) = 0, thì |f(z0)| = 0. Suy ra |f(z)| = 0 với mọi z thỏa|z − z0| < ε. Vậy f(z) = 0 với mọi z thỏa |z − z0| < ε hay f(z) nhận giátrị f(z0) trong ε-lân cận của z0. Nếu f(z0) 6= 0, thì M = |f(z0)| > 0. Do|f(z)| = |f(z0)| với mọi z thỏa |z − z0| < ε, ta có thể viết

f(z) =Mei arg f(z) =Meiθ(x,y) =M cos θ(x, y) + iM sin θ(x, y)

với mọi z = (x, y) thỏa |z − z0| < ε. Do f giải tích trong ε-lân cận của z0nên hàm f phải thỏa điều kiện Cauchy-Riemann trong lân cận đó, nghĩa là

−M sin θ(x, y)∂θ(x, y)

∂x=M cos θ(x, y)

∂θ(x, y)

∂y

−M sin θ(x, y)∂θ(x, y)

∂y= −M cos θ(x, y)

∂θ(x, y)

∂x.

hay

sin θ(x, y)∂θ(x, y)

∂x+ cos θ(x, y)

∂θ(x, y)

∂y= 0

cos θ(x, y)∂θ(x, y)

∂x− sin θ(x, y)

∂θ(x, y)

∂y= 0

Nếu xem hệ phương trình trên là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất với

ẩn là∂θ(x, y)

∂xvà

∂θ(x, y)

∂ycó nghiệm duy nhất là

∂θ(x, y)

∂x=∂θ(x, y)

∂y= 0.


§ 7 Định lý giá trị trung bình và nguyên lý module cực đại 179

Từ đó suy ra θ(x, y) là hằng đối với (x, y) hay θ(x, y) = θ(x0, y0) với mọiz = (x, y) thỏa |z − z0| < ε. Vậy

f(z) =Meiθ(x0,y0) =Mei arg f(z0) = f(z0)

với mọi z thỏa |z − z0| < ε.

Nguyên lý modulus cực đại

7.4 Định lý. Nếu hàm f giải tích và không là hàm hằng trên miền D, thì|f(z)| không có giá trị lớn nhất trong D.

Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈ D sao cho |f(z0)| ≥ |f(z)| với mọiz ∈ D. Do z0 ∈ D nên tồn tại ε > 0 sao cho z : |z − z0| < ε ⊆ D. Suyra |f(z)| ≤ |f(z0)| với mọi z thỏa |z − z0| < ε. Theo Định lý 7.3 ta cóf(z) = f(z0) với mọi z thỏa |z − z0| < ε.

••

••

• • • •

••

•z∗z0z1

z2

D

C

zn+1

Hình V.18:

Lấy z∗ ∈ D tùy ý. Do D là một miền nên tồn tại một đường cong C nốitừ z0 đến z∗ nằm hoàn toàn trong D, và đường cong C là một tập compact.Cũng do D là miền nên d(C, ∂D) > 0 (khoảng cách từ C đến biên của D).Khi đó, trên C tồn tại dãy điểm phân biệt z0, z1, z2, . . . , zn = z∗ sao cho|zk+1 − zk| < δ = min

ε, d(C, ∂D)

với k = 0, 1, . . . , n− 1.

Theo kết quả trên ta có f(z1) = f(z0) vì |z1− z0| < ε. Suy ra |f(z1)| ≥|f(z)| với mọi z ∈ D. Theo Định lý 7.3 và lập luận như ở phần đầu ta cóf(z) = f(z1) với mọi z thỏa |z − z1| < δ. Suy ra f(z2) = f(z1) = f(z0).

Tiếp tục quá trình như trên ta chứng minh được f(zn) = · · · = f(z2) =

f(z1) = f(z0). Do đó, f(z∗) = f(z0). Vậy ta được f(z) = f(z0) với mọiz ∈ D. Điều này mâu thuẫn với giả thiết, cho nên ta kết luận được |f(z)|không có giá trị lớn nhất trong D.



7.5 Hệ quả. Nếu hàm f giải tích trên miền bị chặn D và liên tục trênD ∪ ∂D thì giá trị lớn nhất của |f(z)| trên D ∪ ∂D đạt trên biên của D,đó là ∂D.

Chứng minh. Theo giả thiết D ∪ ∂D là tập compact nên |f(z)| đạt giátrị lớn nhất trên D ∪ ∂D. Giả sử tồn tại z0 ∈ D sao cho |f(z0)| ≥ |f(z)|với mọi z ∈ D ∪ ∂D. Khi đó, rõ ràng |f(z0)| cũng là giá trị lớn nhất của|f(z)| trên D. Do đó, theo Định lý 7.4 hàm f(z) là hằng trên D. Do f liêntục trên D ∪ ∂D nên f(z) cũng là hằng trên D ∪ ∂D. Do đó, giá trị lớnnhất của |f(z)| trên D ∪ ∂D đạt được trên ∂D.

7.6 Chú ý. Nếu miền D không bị chặn thì hệ quả trên không còn đúngnữa. Ví dụ xét hàm f(z) = ez trên D = z ∈ C : Re z > 0. Hàm |f(z)|không đạt cực đại trên biên vì |f(z)| = 1 với mọi z thuộc biên.

Bài tập

1 ) Cho hàm f liên tục trên tập compact D và giải tích nhưng không làhàm hằng trên phần trong của D. Giả sử f(z) 6= 0 với mọi z ∈ D, chứngminh rằng |f(z)| có giá trị nhỏ nhất m trong D đạt được chỉ trên biêncủa D.

2 ) Giả sử f là một hàm giải tích không là hằng trong một miền D. Chứngminh rằng với mọi tập compact K ⊂ D, những điểm mà |f(z)| đạt cực đạitrên K là những điểm biên của K.

3 ) Dùng hàm f(z) = z chứng minh rằng trong bài tập trên giả thiếtf(z) 6= 0 với mọi z ∈ D là cần thiết không thể bỏ được để có được kếtluận của bài tập ấy.

4 ) Xét hàm f(z) = (z + 1)2 và tập compact D là tam giác với các đỉnhz = 0, z = 2, và z = i. Tìm những điểm trên D mà |f(z)| đạt giá trị lớnnhất và nhỏ nhất.

5 ) Cho f(z) = u(x, y) + iv(x, y) là hàm liên tục trên tập compact D vàgiải tích nhưng không là hàm hằng trên phần trong của D. Chứng minhrằng u(x, y) đạt giá trị nhỏ nhất trên D chỉ tại biên của D.

6 ) Cho hàm f(z) = ez và D là hình chữ nhật xác định bởi 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ π. Tìm các điểm trên D để hàm u(x, y) = Re[f(z)] đạt giá trị nhỏnhất, lớn nhất trên D.


§ 8 Định lý Liouville và định lý đại số cơ bản 181

7 ) Cho hàm f(z) = u(x, y)+iv(x, y) liên tục trên tập compact D và f giảitích nhưng không là hàm hằng trên phần trong của D. Chứng minh rằnghàm v(x, y) đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên D chỉ tại biên của D.

8 ) Cho dãy hàm fn hội tụ về hàm f trên miền đóng và bị chặn D.Chứng minh rằng nếu fn hội tụ đều về f trên ∂D thì nó hội tụ đềutrên D.

§ 8 Định lý Liouville và định lý đại số cơ bản

Định lý Liouville

Cho z0 là một số phức cố định. Nếu hàm f giải tích trong và trên đườngtròn có phương trình |z−z0| = R, đường tròn này được định hướng dươngvà ký hiệu là CR, thì theo Định lý 5.7 ta có

f (n)(z0) =n!

2πi

∫

CR

f(z)

(z − z0)n+1dz.

Ký hiệu MR là giá trị lớn nhất của |f(z)| trên đường tròn CR; khi đó|f(z)| ≤MR với mọi z thỏa |z − z0| = R. Từ đó ta tính được

|f (n)(z0)| =∣∣∣n!

2πi

∫

CR

f(z)

(z − z0)n+1dz∣∣∣

≤ n!

2π

∫ 2π

0

MR

Rn+1Rdt

=n!MR

Rn.

Vậy ta có được bất đẳng thức Cauchy

|f (n)(z0)| ≤n!MR

Rn.(8.1)

Trường hợp n = 1,

|f ′(z0)| ≤MR

R.(8.2)

8.3 Định lý. (Liouville) Nếu hàm f giải tích và bị chặn trên C, thì f(z)là hàm hằng trên C.



Chứng minh. Vì f bị chặn trên C nên tồn tại M > 0 sao cho |f(z)| < M

với mọi z ∈ C. Lấy z0 tùy ý. Theo bất đẳng thức Cauchy ở trên với n = 1,ta có

|f ′(z0)| ≤MR

R≤ M

Rvới mọi R > 0.

Từ đó suy ra f ′(z0) = 0. Vậy f ′(z) = 0 với mọi z ∈ C. Do đó, f phải làhàm hằng.

Định lý đại số cơ bản

8.4 Định lý. (D’alembert) Với mỗi đa thức P (z) = a0+a1z+· · ·+anznbậc n, với n ≥ 1, đều có ít nhất một phần tử không. Nghĩa là tồn tại z0sao cho P (z0) = 0.

Chứng minh. Giả sử P (z) 6= 0 với mọi z ∈ C. Ta thấy P (z) giải tích trên

C; do đó f(z) =1

P (z)giải tích trên C. Đặt

w =a0zn

+a1zn−1

+ · · ·+ an−1

z.

Dễ dàng thấy rằng P (z) = wzn + anzn = (w + an)z

n. Đặt

R = max

2n|ai||an|

, 1 : i = 0, 1, . . . , n− 1

.

Với mọi i = 0, 1, . . . , n− 1 và mọi z thỏa |z| > R, ta có

|zn−i| ≥ |z| > R ≥ 2n|ai||an|

.

suy ra|ai|

|zn−i| ≤|an|2n

∀i = 0, 1, . . . , n− 1, ∀z : |z| > R.

Do đó

|w| ≤∣∣∣a0zn

∣∣∣+∣∣∣a1zn−1

∣∣∣+ · · ·+

∣∣∣an−1

z

∣∣∣ ≤ |an|

2∀z : |z| > R.

Từ đó với mọi |z| > R chúng ta có

|P (z)| = |(w + an)zn| ≥ (|an| − |w|)|zn| ≥

(

|an| −|an|2

)

Rn.


§ 9 Nguyên lý Montel 183

Vậy khi |z| > R, ta có

|f(z)| = 1

|P (z)| ≤2

|an|Rn,

nghĩa là |f(z)| bị chặn trên tập z : |z| > R.Mặt khác, do f(z) giải tích trên C, nên |f(z)| bị chặn trên tập compact

z : |z| ≤ R. Vậy |f(z)| bị chặn trên C. Do đó, theo định lý Liouville f(z)là hàm hằng trên C. Suy ra P (z) là hàm hằng trên C. Đây là điều vô lý(bởi vì nếu P (z) là hàm hằng thì P (n)(z) = 0 trong khi đó thực sự ta cóP (n)(z) = n!an 6= 0), cho nên tồn tại z0 ∈ C sao cho P (z0) = 0.

Bài tập

1 ) Cho f là hàm giải tích trên C sao cho |f(z)| ≤ A|z| với mọi z, trongđó A là một hằng số thực dương. Chứng minh rằng f(z) = az trong đó alà hằng số phức.

2 ) Chứng minh rằng vớiR đủ lớn, hàm đa thức P (z) = a0+a1z+· · ·+anznvới an 6= 0 thỏa bất đẳng thức

|P (z)| < 2|an|zn với mọi |z| ≥ R.

§ 9 Nguyên lý Montel9.1 Định nghĩa. Họ F các hàm xác định trên D được gọi là bị chặnđều trên các tập compact nếu

sup|f(z)| : z ∈ K, f ∈ F <∞

với mọi tập compact K ⊆ D.

9.2 Định nghĩa. Họ F các hàm xác định trên D được gọi là đồng liêntục trên các tập compact nếu với mọi tập compact K ⊆ D và mọi ε > 0

tồn tại δ = δ(K, ε) sao cho

|f(z)− f(z′)| < ε với mọi z, z′ ∈ K thỏa |z − z′| < δ.

9.3 Định lý. Mọi họ các hàm giải tích F xác định trên miền D (nghĩa làF ⊆ H(D)) bị chặn đều trên các tập compact là đồng liên tục trên các tậpcompact.



Chứng minh. Lấy K là tập compact tùy ý thỏa K ⊆ D. Khi đó, ta cóK ∩ ∂D = ∅. Đặt d = 1

4d(K, ∂D) > 0. Đặt

B = z ∈ D : d(z,K) ≤ 2d .

Ta có thể chứng minh được B là tập compact. Theo giả thiết họ F bị chặnđều trên B, nghĩa là tồn tại M > 0 sao cho

|f(z)| ≤M mọi z ∈ B, mọi f ∈ F .

Với ε > 0 tùy ý, chọn δ = mind, dεM . Với z1 ∈ K tùy ý, ta có d(z,K) ≤d(z, z1) ≤ 2d với mọi z ∈ B(z1, 2d). Suy ra B(z1, 2d) ⊆ B. Do đó, theocông thức tích phân Cauchy với mọi z ∈ B(z1, 2d) ta có

f(z) =

∫

|η−z1|=2d

f(η)

η − zdη.

Như vậy, với kết quả vừa chứng minh ta suy ra được với mọi f ∈ F vàmọi z1, z2 ∈ K thỏa |z1 − z2| < δ ta có |η − z2| > 2d− δ ≥ d và

|f(z1)− f(z2)| =∣∣∣∣

1

2πi

∫

|η−z1|=2d

f(η)

η − z1dη − 1

2πi

∫

|η−z1|=2d

f(η)

η − z2dη

∣∣∣∣

=1

2π

∣∣∣∣

∫

|η−z1|=2d

f(η)(z1 − z2)

(η − z1)(η − z2)dη

∣∣∣∣

≤ 1

2π

M |z1 − z2|2d · d 2π2d

<M

dδ

≤ ε.

Vậy họ F đồng liên tục đều trên K.

9.4 Định lý. Giả sử dãy các hàm giải tích fn ⊆ H(D) bị chặn đều trêncác tập compact hội tụ trên một tập con E ⊆ D nào đó trù mật trong D.Khi đó, dãy fn hội tụ đều trên các tập compact trong D.

Chứng minh. Theo định lý trên dãy fn đồng liên tục trên các tậpcompact. Xét tập K ⊆ D compact tùy ý. Khi đó, B = z ∈ D : d(z,K) ≤



d = d(K, ∂D)/2 cũng là tập compact. Theo tính đồng liên tục, tồn tạiδ > 0 sao cho

|fn(z1)− fn(z2)| <ε

3, với mọi z1, z2 ∈ B thỏa |z1 − z2| < δ và mọi n.

Với z ∈ K tùy ý và với mỗi z′ ∈ B(z, η) với η ≤ d bất kỳ, ta có d(z′,K) ≤d(z′, z) ≤ η ≤ d, suy ra B(z, η) ⊆ B. Mặt khác, do E trù mật trong D nênB(z, η) ∩ E 6= ∅. Từ đó suy ra tồn tại z∗ ∈ E ∩B sao cho |z − z∗| < δ.

Theo giả thiết dãy fn hội tụ trên E, nên tồn tại N > 0 sao cho

|fn(z∗)− fm(z∗)| < ε

3với mọi n,m > N.

Do đó, với mọi n,m > N ta có

|fn(z)− fm(z)| ≤ |fn(z)− fn(z∗)|+ |fn(z∗)− fm(z∗)|

+ |fm(z∗)− fm(z)|<ε

3+ε

3+ε

3= ε.

Do z ∈ K tùy ý, nên dãy fn hội tụ đều trên K.

9.5 Định lý. (Montel) Giả sử D là một miền trong C và F ⊆ H(D).Khi đó, F bị chặn đều trên các tập compact nếu và chỉ nếu mọi dãyfn ⊆ F chứa một dãy con fnk hội tụ đều trên các tập compact.

Chứng minh. Giả sử họ F bị chặn đều trên các tập compact và fn làmột dãy tùy ý trong F . Lấy một tập đếm được trù mật E = α1, α2, . . .trong D. Ta thấy rằng dãy fn bị chặn đều trên các tập compact. Do đó,với mỗi αj ∈ E ta có f1(αj), f2(αj), . . . , bị chặn. Cụ thể dãy

f1(α1), f2(α1), . . . , fn(α1), . . .

bị chặn nên theo định lý Bolzano-Weierstrass tồn tại một dãy con hội tụgọi nó là

fn11(α1), fn1

2(α1), . . . , fn1

k(α1), . . . .

Ta có thể nhận thấy

fn11(α2), fn1

2(α2), . . . , fn1

k(α2), . . .

là dãy con của dãy f1(α2), f2(α2), . . . , fn(α2), . . . nên nó bị chặn, cho nêncũng theo định lý Bolzano-Weierstrass tồn tại dãy con hội tụ gọi nó là

fn21(α2), fn2

2(α2), . . . , fn2

k(α2), . . .



Cứ tiếp tục như thế ta tìm được dãy fnq1(αq), fnq2(αq), . . . , fnqk(αq), . . . hội

tụ và nó là dãy con của dãy fnq−11

(αq), fnq−12

(αq), . . . , fnq−1k

(αq), . . .. Như

vậy, ta có được các dãy hàm con của dãy hàm fn sau

fn11(z), fn1

2(z), . . . , fn1

k(z), . . .

fn21(z), fn2

2(z), . . . , fn2

k(z), . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

fnq1(z), fnq2(z), . . . , fnq

k(z), . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

trong đó mọi dãy sau là dãy con của dãy trước, và dãy con ở dòng thứ q hộitụ tại αq. Khi đó, fnk

kk là một dãy con của dãy fn (gọi là dãy đường

chéo Cantor). Chúng ta khẳng định rằng dãy con fnkkk hội tụ E. Thật vậy

với mỗi αq ta có dãy fnkk(αq) hội tụ vì các phần tử fnqq(αq), fnq+1

q+1(αq), . . .

là dãy con của dãy fnq1(αq), fnq2(αq), . . . , fnqk(αq), . . . , nên nó hội tụ. Do

sự hội tụ của dãy không phụ thuộc khi ta thay đổi hữu hạn các số hạngcủa dãy, cho nên dãy fnk

k(αq)k hội tụ. Theo Định lý 9.4 dãy fnk

kk hội

tụ đều trên các tập compact.Ngược lại, với K ⊂ D compact bất kỳ, giả sử tồn tại a ∈ K sao cho

với mọi ε > 0 ta có sup|f(z)| : z ∈ K ∩B(a, ε), f ∈ F = ∞. Khi đó, vớimỗi n tồn tại zn ∈ K thỏa |zn − a| < 1

n và fn ∈ F thỏa |fn(z)| > n. Theogiả thiết tồn tại dãy con fnk của dãy fn sao cho fnk hội tụ đều trêncác tập compact của D. Rõ ràng tập E = a ∪ znk : k = 1, 2, . . . là tậpcompact. Do đó, fnk hội tụ đều trên E, cho nên fnk bị chặn đều trênE, nhưng điều này mâu thuẫn với định nghĩa các hàm fn và các điểm znlà |fnk(znk)| ≥ nk → ∞ khi k → ∞. Do đó, với mọi a ∈ K tồn tại ε(a) > 0

sao cho

sup|f(z)| : z ∈ K ∩B(a, ε(a)), f ∈ F <∞.

Rõ ràng họ B(a, ε(a))a∈K phủ K nên tồn tại họ con B(aj , εj)nj=1 vẫnphủ K. Đặt

M = max1≤j≤n

sup|f(z)| : z ∈ K ∩B(aj , εj), f ∈ F.

Từ đó ta suy ra được |f(z)| ≤M với mọi z ∈ K và mọi f ∈ F . Do đó, tađược F bị chặn đều trên các tập compact.



Bài tập

1 ) Chứng minh rằng nếu họ F các hàm giải tích trên D hội tụ đều trêncác tập compact của D thì F bị chặn đều trên các tập compact.


188

Chương VI

Hàm điều hòa và hàmđiều hòa dưới

§ 1 Hàm điều hòa

Khái niệm hàm điều hòa

1.1 Định nghĩa. Hàm thực u(x, y) xác định trên miền D và có đạo hàmriêng cấp hai liên tục và thỏa điều kiện u′′xx(x, y) + u′′yy(x, y) = 0 với mọi(x, y) ∈ D được gọi là hàm điều hòa.

1.2 Thí dụ. Hàm u(x, y) = x2 + xy − y2 là hàm điều hòa trên R2. Thậtvậy u′x(x, y) = 2x+ y, u′′xx(x, y) = 2 và u′y(x, y) = x− 2y, u′′yy(x, y) = −2,suy ra u′′xx(x, y) + u′′yy(x, y) = 0.

1.3 Cho hàm f(z) = u(x, y)+ iv(x, y) giải tích trên D. Theo Hệ quả 5.13ta có các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng mọi cấp liên tục.Hơn nữa, theo Định lý Cauchy-Riemann 1.10 trang 80 ta có mối liên hệgiữa hai hàm u(x, y) và v(x, y) trên D như sau

∂u

∂x(x, y) =

∂v

∂y(x, y)

∂u

∂y(x, y) = −∂v

∂x(x, y).

suy ra


§ 1 Hàm điều hòa 189

u′′xx(x, y) = v′′yx(x, y), u′′yy(x, y) = −v′′xy(x, y);v′′xx(x, y) = −u′′yx(x, y), v′′yy(x, y) = u′′xy(x, y).

Từ đó ta nhận thấy cả hai hàm u(x, y) và v(x, y) đều là hàm điều hòa. Dohai hàm u và v có liên hệ với nhau nên ta có khái niệm sau.

1.4 Định nghĩa. Cho hai hàm điều hòa u và v trên D. Ta nói v là hàmliên hợp điều hòa của u nếu thỏa điều kiện

∂u

∂x(x, y) =

∂v

∂y(x, y)

∂u

∂y(x, y) = −∂v

∂x(x, y) ∀(x, y) ∈ D.(1.5)

1.6 Thí dụ. Theo thí dụ trên ta biết rằng u(x, y) = x2 + xy− y2 là hàmđiều hòa trên R2. Bây giờ ta tìm hàm liên hợp điều hòa v(x, y) của u(x, y).Theo điều kiện (1.5) ta có

v′y(x, y) = 2x+ y v′x(x, y) = 2y − x.

Từ phương trình thứ nhất ta suy ra được v(x, y) = 2xy + y2

2 + g(x), chonên v′x(x, y) = 2y + g′(x). Vậy g′(x) = −x hay g(x) = −x2

2 + C. Suy ra

v(x, y) = 2xy + y2

2 − x2

2 + C.

1.7 Nhận xét. Theo kết quả trên ta có nếu hàm f(z) = u(x, y)+ iv(x, y)

giải tích trên D thì v(x, y) là hàm điều hòa liên hợp của hàm u(x, y). Hơnnữa, chiều ngược lại cũng đúng, cho nên ta có kết quả ở định lý sau.

1.8 Định lý. Hàm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên miền D khi vàchỉ khi v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D.

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng mình chiều ngược của định lý. Giả sửv(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D. Khi đó, cả hai hàmu(x, y) và v(x, y) là các hàm điều hòa nên chúng có đạo hàm riêng cấp hailiên tục trên D, cho nên chúng có đạo hàm riêng cấp một liên tục trênD. Vì v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D nên chúng thỏađiều kiện Cauchy-Riemann. Do đó, theo định lý Cauchy-Riemann, trang80, hàm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) khả vi trên D. Do D là miền nên f giảitích trên D.


190 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới

Đặc trưng hàm điều hòa

1.9 Định lý. Giả sử u là hàm điều hòa trên miền đơn liên D. Khi đó, ulà phần thực của một hàm giải tích trên D.

Chứng minh. Với ký hiệu z = x + iy = (x, y) và từ giả thiết cùng vớiđịnh lý Cauchy-Riemann ta dễ dàng nhận thấy hàm

f(z) = u′x(x, y)− iu′y(x, y)

giải tích trên D. Từ đó theo Hệ quả 4.5 tồn tại nguyên hàm F của f trênD và

dF (z) = f(z)dz = [u′x(, xy)− iu′y(x, y)](dx + idy)

= u′x(x, y)dx+ u′y(x, y)dy + i(u′x(x, y)dy − u′y(x, y)dx)

Đặt F (z) = U(x, y) + iV (x, y). Khi đó, ta có U ′x(x, y) = u′x(x, y) và

V ′x(x, y) = −u′y(x, y). Theo ký hiệu vi phân của hàm phức ta có

dF (z) = dU(x, y)− idV (x, y)

= U ′x(x, y)dx+ U ′

y(x, y)dy − i(V ′x(x, y)dx + V ′

y(x, y)dy)

= u′x(x, y)dx + u′y(x, y)dy − i(−u′y(x, y)dx+ u′x(x, y)dy)


d(F (z) + F (z)) = 2[u′x(x, y)dx + u′y(x, y)dy] = 2du(x, y)

hay d(ReF (z)) = du(x, y). Do đó, ta có u(x, y) = ReF (z)+C trong đó Clà hằng số thực. Rõ ràng F (z) + C là hàm giải tích trên D.

1.10 Nhận xét. Trong định lý trên giả thiết D là miền đơn liên là thiếtyếu. Chẳng hạn, ta có thể kiểm tra được rằng hàm u(x, y) = 1

2 ln(x2 + y2)

là một hàm điều hòa trên D = C \ 0. Trong khi đó, hàm

f(z) = u′x(x, y)− iu′y(x, y) =x

x2 + y2− i

y

x2 + y2=

z

|z|2 =1

z

không có nguyên hàm trên D. Do đó, không có hàm giải tích trên D nhậnu(x, y) làm phần thực.


§ 1 Hàm điều hòa 191

1.11 Định lý. (Giá trị trung bình) Giả sử u là hàm điều hòa trongmiền D và z0 ∈ D. Khi đó,

u(x0, y0) =1

2π

∫ 2π

0

u(x0 + r cosϕ, y0 + r sinϕ)dϕ

với mọi 0 < r < d(z0, ∂D).

Chứng minh. Lấy 0 < r < d(z0, ∂D) tùy ý. Theo Định lý 1.9 tồn tại hàmgiải tích f nhận u(x, y) làm hàm phần thực trên miền đơn liên B(z0, R)

với r < R < d(z0, ∂D). Ta áp dụng Định lý 7.1 trang 177 thu được

f(z0) =1

2π

∫ 2π

0

f(z0 + reiϕ)dϕ.

Do đó, ta có

u(x0, y0) = Re f(z0) =1

2π

∫ 2π

0

Re f(z0 + reiϕ)dϕ

=1

2π

∫ 2π

0

u(x0 + r cosϕ, y0 + r sinϕ)dϕ.

1.12 Định lý. Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D và u đạt giá trịlớn nhất trong D thì u là hàm hằng.

Chứng minh. Giả sử hàm u đạt giá trị lớn nhất tại z0 = (x0, y0) ∈ D.Tồn tại r > 0 sao cho B(z0, r) ⊂ D. Vậy u cũng đạt giá trị lớn nhất trênB(z0, r) tại z0. Theo Định lý 1.9 tồn tại hàm giải tích f trên B(z0, r) nhậnu(x, y) làm hàm phần thực. Khi đó, hàm ef(z) giải tích trên B(z0, r) và|ef(z)| = eu(x,y). Vậy |ef(z)| đạt giá trị lớn nhất trên B(z0, r) tại z0. Dođó, theo Định lý 7.3 trang 177 hàm ef(z) phải là hàm hằng trên B(z0, r);từ đó suy ra eu(x,y) và u(x, y) là hàm hằng trên B(z0, r). Phần còn lại củaphép chứng minh lập luận hoàn toàn tương tự như chứng minh định lýnguyên lý modulus cực đại trang 179.

1.13 Nhận xét. Định lý trên vẫn đúng khi ta thay giả thiết hàm u đạtgiá trị lớn nhất trong D bởi giả thiết hàm u đạt giá trị nhỏ nhất trong Dbởi vì nếu hàm u là hàm điều hòa thì hàm −u cũng là hàm điều hòa.



Bài tập

1 ) Chứng minh rằng u(x, y) = 3x + y là hàm điều hòa. Tìm hàm điềuhòa v(x, y) liên hợp với u(x, y).

2 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 − y2 là hàm điều hòa. Tìm hàm điềuhòa v(x, y) liên hợp với u(x, y).

3 ) Chứng minh rằng u(x, y) = 2xy − x là hàm điều hòa. Tìm hàm giảitích f(z) nhận u(x, y) làm hàm phần thực.

4 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 − y2 + 5x + y − y

x2 + y2là hàm điều

hòa. Tìm hàm giải tích f(z) có phần thực là hàm u(x, y).

5 ) Chứng minh rằng v(x, y) = x2 − y2 + xy là hàm điều hòa. Tìm hàmgiải tích f(z) có phần ảo là hàm v(x, y).

6 ) Chứng minh rằng v(x, y) = ln(x2 + y2) + x− 2y là hàm điều hòa. Tìmhàm giải tích f(z) có phần ảo là hàm v(x, y).

7 ) Chứng minh rằng nếu v là hàm liên hợp điều hòa của u trên miền D

và u là hàm liên hợp điều hòa của v trên D, thì u(x, y) và v(x, y) phải làhàm hằng trên D.

8 ) Giả sử f là hàm giải tích trên C và hàm điều hòa u(x, y) = Re[f(z)]

là hàm bị chặn trên. Chứng minh rằng u(x, y) phải là hàm hằng trên R2.

9 ) Cho hàm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên miền D. Giải thíchtại sao các hàm U(x, y) = eu(x,y) cos v(x, y) và V (x, y) = eu(x,y) sin v(x, y)

điều hòa trên D và V (x, y) thật sự là một hàm liên hợp điều hòa củaU(x, y).

10 ) Cho hàm f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ) giải tích trên miền D mà nó khôngchứa gốc tọa độ. Dùng hệ phương trình Cauchy-Riemann ở dạng tọa độcực và giả sử các đạo hàm riêng liên tục, chứng minh rằng hàm u(r, θ)

thỏa, trên miền D, phương trình đạo hàm riêng

r2u′′rr(r, θ) + ru′r(r, θ) + u′′θθ(r, θ) = 0,

nó là phương trình Laplace dạng cực. Chứng minh rằng điều đó vẫn đúngcho hàm v(r, θ).


§ 2 Công thức Schwarz và công thức Poisson 193

§ 2 Công thức Schwarz và công thức Poisson2.1 Định lý. (Công thức Schwarz) Giả sử f(z) = u(x, y) + iv(x, y),với z = x+ iy, là hàm liên tục trên B(0, r) giải tích trên B(0, r). Khi đó

f(z) =1

2π

∫ 2π

0

u(r cosϕ, r sinϕ)reiϕ + z

reiϕ − zdϕ+ iv(0, 0)(2.2)

với z ∈ B(0, r).

Chứng minh. Với mọi |z| < r, theo công thức tích phân Cauchy đối vớiđường tròn |z| = r định hướng dương ta có

f(z) =1

2πi

∫

∂B(0,r)

f(ξ)

ξ − zdξ =

1

2π

∫ 2π

0

f(reiϕ)reiϕ

reiϕ − zdϕ.(2.3)

Đặc biệt, ta có

f(0) =1

2π

∫ 2π

0

f(reiϕ)dϕ.(2.4)

Kết hợp hai đẳng thức trên ta có

f(z)− 1

2f(0) =

1

4π

∫ 2π

0

f(reiϕ)[ 2reiϕ

reiϕ − z− 1]

dϕ

=1

4π

∫ 2π

0

f(reiϕ)reiϕ + z

reiϕ − zdϕ.

(2.5)

Mặt khác, vì |z| = |z| < r nên∣∣∣r2

z

∣∣∣ > r nên

f(ξ)

ξ − r2

z

giải tích trên

B(0, r) và liên tục trên B(0, r). Do đó, theo Định lý Cauchy-Goursat ta có

0 =1

2πi

∫

∂B(0,r)

f(ξ)

ξ − r2

z

dz =1

2π

∫ 2π

0

f(reiϕ)reiϕz

zreiϕ − r2dϕ

Từ đó ta viết lại

1

2π

∫ 2π

0

f(reiϕ)z

z − re−iϕdϕ = 0.(2.6)

Từ công thức này kết hợp với (2.4) ta được

1

2f(0) =

1

4π

∫ 2π

0

f(reiϕ)dϕ− 1

2π

∫ 2π

0

f(reiϕ)z

z − re−iϕdϕ

=1

4π

∫ 2π

0

f(reiϕ)re−iϕ + z

re−iϕ − zdϕ.



và do đó ta có

1

2f(0) =

1

4π

∫ 2π

0

f(reiϕ)reiϕ + z

reiϕ − zdϕ.(2.7)

Cộng (2.5) và (2.7) ta được

f(z)− 1

2(f(0)− f(0)) =

1

4π

∫ 2π

0

[f(reiϕ) + f(reiϕ)

]reiϕ + z

reiϕ − zdϕ

hay

f(z)− iv(0, 0) =1

2π

∫ 2π

0


reiϕ − zdϕ.

Từ đó ta được điều phải chứng minh.

2.8 Nhận xét. Công thức Schwarz cho phép ta xác định hàm giải tíchf(z) trên hình tròn B(0, r) khi biết giá trị của hàm phần thực của nó trênbiên là đường tròn |z| = r và giá trị hàm phần ảo tại O.

2.9 Định lý. (Công thức Poisson) Giả sử f(z) = u(x, y)+iv(x, y), vớiz = x + iy, là hàm liên tục trên B(0, r) giải tích trên B(0, r). Khi đó, tacó công thức

u(x, y) =1

2π

∫ 2π

0

u(r cosϕ, r sinϕ)r2 − |z|2|reiϕ − z|2dϕ(2.10)

và

u(ρ cos θ, ρ sin θ) =1

2π

∫ 2π

0

u(r cosϕ, r sinϕ)r2 − ρ2

r2 − 2ρr cos(ϕ− θ) + ρ2dϕ

(2.11)

với 0 < ρ < r.

Chứng minh. Từ công thức Schwarz ta có

u(x, y) = Re f(z) =1

2π

∫ 2π

0

Re[


reiϕ − z

]

dϕ

=1

2π

∫ 2π

0

u(r cosϕ, r sinϕ)Re(reiϕ + z)(re−iϕ − z)

|reiϕ − z|2 dϕ

=1

2π

∫ 2π

0

u(r cosϕ, r sinϕ)r2 − |z|2|reiϕ − z|2dϕ.


§ 3 Bài toán Dirichlet 195

Khi z = ρeiθ ta có (x, y) = (ρ cos θ, ρ sin θ), |z| = ρ và

|reiϕ − ρeiθ|2 = (r cosϕ− ρ cos θ)2 + (r sinϕ− r sin θ)2

= r2 − 2rρ cos(ϕ− θ) + ρ2.

Từ đó thay vào công thức (2.10) ta được công thức (2.11).

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng có thể viết công thức Schwarz dưới dạng

f(z) =1

πi

∫

|ξ|=r

u(ξ)

ξ − zdξ − f(0).

Gợi ý : Dùng đẳng thứcξ + z

ξ(ξ − z)=

2

ξ − z− 1

ξ.

2 ) Từ công thức tích phân Poisson hãy chứng minh

(a)1

2π

∫ 2π

0

R2 − r2

R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2dϕ = 1

(b) u(r, ϕ)−u(R, θ0) =1

2π

∫ 2π

0

[u(R, θ)−u(R, θ0)]R2 − r2

R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2dθ

(c) Nếu |u(R, θ)− u(R, θ0)| < ε đối với |θ − θ0| < ϕ thì

1

2π

∫

|θ−θ0|<α

|u(R, θ)− u(R, θ0)|R2 − r2

R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2dθ < ε.

3 ) Chứng minh rằng nếu f(z) chỉnh hình trong hình tròn xác định bởi|z| < 1 và f(α) = 0 với |α| < 1 và |f(z)| ≤ 1 thì với |z| ≤ 1 ta có

|f(z)| ≤∣∣∣z − α

1− αz

∣∣∣.

§ 3 Bài toán Dirichlet

3.1 (Bài toán Dirichlet) Cho một miền đơn liên D trong R2 với biên∂D là một đường cong Jordan. Giả sử trên ∂D cho hàm liên tục u. Hãytìm một thác triển điều hòa của u tới D. Nói cách khác, tìm hàm liên tụctrên D điều hòa trong D sao cho hạn chế của nó trên ∂D là u.



Bài toán Dirichlet này tồn tại nghiệm và là nghiệm duy nhất. Tuynhiên, để đơn giản ta chỉ xét trường hợpD là hình tròn, và ta có định lý sau.

3.2 Định lý. Đối với mọi hàm u liên tục trên biên ∂B(0, R) (là đườngtròn có phương trình |z| = R) của hình tròn B(0, R) tồn tại duy nhất hàmliên tục h trên B(0, R) và điều hòa trong B(0, R) sao cho h|∂B(0,R) = u.

Chứng minh. Đầu tiên ta chứng tỏ rằng nếu bài toán Dirichlet có nghiệmthì nghiệm đó là duy nhất. Thật vậy, giả sử h1 và h2 là hai nghiệm của bàitoán Dirichlet. Khi đó, hàm v = h1 − h2 liên tục trên B(0, R), điều hòatrên B(0, R) và bằng không trên ∂B(0, R). Do B(0, R) là tập compact nênv tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên B(0, R). Nếu giá trị lớn nhấtvà nhỏ nhất của v trên B(0, R) đạt được trên biên ∂B(0, R), thì rõ ràngvmax = vmin = 0, suy ra v = 0 hay h1 = h2 trên B(0, R). Nếu giá trị lớnnhất hay nhỏ nhất đạt được trong B(0, R), thì theo Định lý 1.12 ta có h làhàm hằng trên B(0, R). Mặt khác, do v liên tục trên B(0, R) và v|∂B(0,R) =

0 (lấy z0 ∈ ∂B(0, R) ta có 0 = v(z0) = limz→z0|z|<R

v(z) = limz→z0|z|<R

const = const)

nên suy ra v ≡ 0 hay h1 = h2 trên B(0, R).Để tiện việc chứng minh ta ký hiệu D = B(0, R), CR là đường tròn

|z| = R được định hướng dương và ta đồng nhất R2 với C. Vậy hàm u liêntục trên đường tròn CR. Đối với mỗi điểm z ∈ D đặt

u(z) =1

2π

∫ 2π

0

u(Reiϕ)R2 − |z|2|Reiϕ − z|2 dϕ.(3.3)

Theo Định lý 1.9 và Định lý 2.9 công thức trên chính là công thức Poissonkhi u là hàm điều hòa và u|CR = u. Thật sự hàm u là hàm điều hòa. Ta có

R2 − |z|2|ξ − z|2 = Re

ξ + z

ξ − zvới ξ = Reiϕ.

Do đó, u là hàm phần thực của hàm

f(z) =1

2π

∫ 2π

0

u(Reiϕ)Reiϕ + z

Reiϕ − zdϕ =

1

2πi

∫

CR

u(ξ)ξ + z

ξ(ξ − z)dξ.

Do u(ξ)ξ + z

ξ(ξ − z)liên tục trên đường tròn định hướng dương CR nên theo

tích phân loại Cauchy ta có hàm f(z) giải tích trên D. Do đó, ta có hàmu điều hòa trên D. Ta chỉ còn kiểm tra lại rằng

u(ξ) = limz→ξz∈D

u(z) với mỗi |ξ| = R(3.4)



Trước hết ta tính được

∫

CR

ξ + z

ξ(ξ − z)dξ = 2πi

( z

−z +2z

z

)

= 2πi

Do đó

1 =1

2πi

∫ 2π

0

Reiϕ + z

Reiϕ(Reiϕ − z)Rieiϕdϕ =

1

2π

∫ 2π

0

Reiϕ + z

Reiϕ − zdϕ.

Từ đó ta có

1

2π

∫ 2π

0

R2 − |z|2|Reiϕ − z|2dϕ =

1

2π

∫ 2π

0

ReReiϕ + z

Reiϕ − zdϕ = 1.(3.5)

Bên cạnh đó với ϕ0 ∈ [0, 2π] bất kỳ ta có

limz→Reiϕ0

z∈D

R2 − |z|2|Reiϕ − z|2 = 0 với Reiϕ 6= Reiϕ0(3.6)

Thật sự giới hạn trên là đều theo Reiϕ ∈ Γ ⊂ CR với Γ là cung bất kỳtrên CR không là lân cận của Reiϕ0 . Thật vậy khi đó d(Reiϕ0 ,Γ) > 0 vàchọn 0 < δ < 1

2d(Reiϕ0 ,Γ); khi đó với mọi z ∈ D thỏa |z − Reiϕ0 | < δ ta

có |ξ − z| ≥ |ξ −Reiϕ0 | − |z −Reiϕ0 | > d(Reiϕ0 ,Γ)− δ > 12d(Re

iϕ0 ,Γ) vớimọi ξ ∈ Γ.

Reiϕ0

Γξ

z zRei(ϕ0−δ)Rei(ϕ0+δ)

Reiϕ0

Γ1

Γ2

Hình VI.1:



Từ (3.3) và (3.5) ta có

u(z)− u(Reiϕ0) =1

2π

∫ 2π

0

u(Reiϕ)R2 − |z|2|Reiϕ − z|2dϕ

− u(Reiϕ0)1

2π

∫ 2π

0

R2 − |z|2|Reiϕ − z|2 dϕ

=1

2π

∫ 2π

0

[u(Reiϕ)− u(Reiϕ0)]R2 − |z|2|Reiϕ − z|2dϕ

Cho trước ε > 0 bất kỳ. Do tính liên tục của u(Reiϕ) tại Reiϕ0 ta tìmđược δ > 0 sao cho khi |ϕ− ϕ0| < 2δ ta có

|u(Reiϕ)− u(Reiϕ0)| < ε.

Ký hiệu Γ1 = Reiϕ ∈ CR : |ϕ − ϕ0| ≤ δ và Γ2 = CR \ Γ1; các cung Γ1

và Γ2 được định hướng theo CR. Ứng với cung Γ1 ta có∣∣∣∣

∫ ϕ0+δ

ϕ0−δ

[u(Reiϕ)− u(Reiϕ0)]R2 − |z|2|Reiϕ − z|2dϕ

∣∣∣∣

≤∫ ϕ0+δ

ϕ0−δ

|u(Reiϕ)− u(Reiϕ0)| R2 − |z|2

|Reiϕ − z|2dϕ

< ε

∫ 2π

0

R2 − |z|2|Reiϕ − z|2 dϕ

< 2πε đẳng thức (3.5)

Mặt khác, do giới hạn trong biểu thức (3.6) là đều đối với Reiϕ ∈ Γ2 nêntồn tại δ′ > 0 sao cho với mọi z ∈ D thỏa |z−Reiϕ0| < δ′ và mọi Reiϕ ∈ Γ2

ta cóR2 − |z|2|Reiϕ − z|2 < ε.

Do đó, với mọi z ∈ D thỏa |z −Reiϕ0 | < δ′ và ứng với cung Γ2 ta có∣∣∣∣

∫ 2π+ϕ0−δ

ϕ0+δ

[u(Reiϕ)− u(Reiϕ0)]R2 − |z|2|Reiϕ − z|2 dϕ

∣∣∣∣

≤∫ 2π+ϕ0−δ

ϕ0+δ

|u(Reiϕ)− u(Reiϕ0)| R2 − |z|2

|Reiϕ − z|2 dϕ

<

∫ 2π

0

2Mεdϕ

< 4Mπε



Từ các kết quả trên, với mọi z ∈ D thỏa |z − Reiϕ0 | < δ′ ta có

|u(z)−u(Reiϕ0)|

≤ 1

2π

(∣∣∣∣

∫ ϕ0+δ

ϕ0−δ


∣∣∣∣

+

∣∣∣∣

∫ 2π+ϕ0−δ

ϕ0+δ


∣∣∣∣

)

< (1 + 2M)ε.

Do ε > 0 bất kỳ nên ta có limz→Reiϕ0

z∈D

u(z) = u(Reiϕ0). Từ đó ta có được u

liên tục trên B(0, R) và u|CR = u. Vậy u là hàm cần tìm.

3.7 Định lý. Hàm khả tích địa phương u trên miền D là điều hòa khi vàchỉ khi

u(z) =1

πr2

∫∫

ξ:|ξ−z|≤r

u(ξ)dxdy

với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(z, ∂D) (trong đó ξ = (x, y) là biến).

Chứng minh. Giả sử u điều hòa trong D. Theo định lý giá trị trung bình1.11 ta có

u(z) =1

2π

∫ 2π

0

u(z + reiϕ)dϕ với z ∈ D và 0 < r < d(z, ∂D).

Do u là hàm điều hòa nên nó khả tích trên ξ : |ξ − z| ≤ r và ta có∫∫

ξ:|ξ−z|≤r

u(ξ)dxdy =

∫∫

(s,ϕ):0≤s≤r,0≤ϕ≤2π

u(z + seiϕ)sdsdϕ

=

∫ r

0

s[ ∫ 2π

0

u(z + seiϕ)dϕ]

ds

=

∫ r

0

s2πu(z)ds

= πr2u(z)

Từ đó ta có được đẳng thức cần chứng minh.Ngược lại, đầu tiên ta kiểm tra tính liên tục của hàm u trên D. Với

z0 ∈ D, đặt 2r = d(z0, ∂D). Khi đó, với 0 < δ < r ta có

ξ : |ξ − z0| ≤ r + δ ⊂ D



Theo giả thiết hàm u khả tích trên ξ : |ξ − z0| ≤ r + δ nên tồn tạiMδ = sup|u(ξ)| : |ξ − z0| ≤ r + δ (rõ ràng Mδ giảm theo δ). Với mọi|z − z0| < δ ta có ξ : |ξ − z| ≤ r ⊂ ξ : |ξ − z0| ≤ r + δ và

|u(z0)− u(z)| =∣∣∣∣

1

π(r + δ)2

∫∫

ξ:|ξ−z0|≤r+δ

u(ξ)dxdy

− 1

πr2

∫∫

ξ:|ξ−z|≤r

u(ξ)dxdy

∣∣∣∣

≤ 1

π(r + δ)2

∣∣∣∣

∫∫

ξ:|ξ−z0|≤r+δ,|ξ−z|≥r

u(ξ)dxdy

∣∣∣∣

( 1

πr2− 1

π(r + δ)2

)∣∣∣∣

∫∫

ξ:|ξ−z|≤r

u(ξ)dxdy

∣∣∣∣

≤ π(r + δ)2 − πr2

π(r + δ)2Mδ +

(r + δ)2 − r2

(r + δ)2Mδ

<4δMδ

r→ 0 khi δ → 0

Vậy với ε > 0 cho trước có thể chọn được δ > 0 đủ bé sao cho với mọiz ∈ D thỏa |z− z0| < δ ta có |u(z)− u(z0)| < ε. Do đó, hàm u liên tục tạiz0. Từ đó ta kết luận được u liên tục trên D vì z0 được chọn tùy ý trongD.

Với z0 ∈ D bất kỳ, hàm u liên tục trên D nên theo Định lý 3.2 tồn tạiduy nhất hàm điều hòa h là thác triển của hàm u|z:|z−z0|=r (trong đór > 0 sao cho B(z0, r) ⊂ D). Ta chứng minh u = h trên B(z0, r). Do u vàh liên tục trên B(z0, r) nên hàm v = u−h liên tục trên B(z0, r), suy ra nóđạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên hình tròn đóng đó. Giả sử cả hai giátrị lớn nhất và nhỏ nhất ấy đạt được trên đường tròn |z − z0| = 0; từ đósuy ra vmax = 0 = vmin (hàm v bằng 0 trên đường tròn ấy). Do đó, v = 0

trên B(z0, r) hay h(z) = u(z) với mọi z ∈ B(z0, r).Giả sử một trong hai giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của v đạt được

trong B(z0, r); nhưng do khi cần ta xét −v thay cho v nên ta giả sử v

đạt giá trị lớn nhất trong B(z0, r) tại z1. Ta cần chứng minh v = 0 trênB(z0, r). Giả sử điều đó không đúng; nghĩa là tồn tại z2 ∈ B(z0, r) sao chov(z2) < v(z1). Đặc biệt, nếu z2 ∈ B(z1, r1) với r1 = r − |z1 − z0|. Khi đó,0 < r2 = r1 − |z2 − z1| và B(z2, r2) ⊂ B(z1, r1) ⊂ B(z0, r). Từ giả thiếtđối với hàm u và chiều thuận đối với hàm h ta dễ dàng suy ra được đẳng



thức tích phân của định lý vẫn đúng đối với hàm v; do đó ta có

v(z1) =1

πr21

∫∫

B(z1,r1)

v(ξ)dxdy

=1

πr21

∫∫

B(z1,r1)\B(z2,r2)

v(ξ)dxdy +1

πr21

∫∫

B(z2,r2)

v(ξ)dxdy

≤ 1

πr21v(z1)(πr

21 − πr22) +

1

πr21πr22v(z2)

< v(z1)

vô lý. Vậy ta không thể có z2 ∈ B(z1, r1). Với chứng minh này ta thật sự cókết quả sau: với mỗi r′ > 0 sao cho B(z1, r

′) ⊂ B(z0, r) ta có v(z) = v(z1)

với mọi z ∈ B(z1, r′).

Ta trở lại trường hợp z2 /∈ B(z1, r1). Ta nối z1 với z2 và đặt r′ =

minr− |z1 − z0|, r − |z2 − z0|. Khi đó, mọi đường tròn có tâm nằm trênđoạn nối z1 và z2 có bán kính r′ đều nằm trong hình tròn B(z0, r). Đầutiên ta tìm giao điểm w1 giữa đường tròn tâm |z − z1| = r′ với đoạn z1z2.Khi đó, từ nhận xét trên ta suy ra được v(w1) = v(z1). Nếu đường tròntâm w1 bán kính r′ chứa z2 thì ta gặp mâu thuẫn như trên. Nếu z2 khôngnằm trong hình tròn B(w1, r

′) thì tiếp tục xét tròn tâm w2 bán kính r′ (vớiw2 là giao điểm, khác với z1, của đường tròn |z −w1| = r′ với đoạn z1z2).Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta nhận được điểm z2 nằm trongđường tròn tâm wn bán kính r′ trong đó v(z2) < v(z1) = v(wn). Như vậy,ta gặp phải mâu thuẫn như lý luận trên.

·z0·z1

·z2

z0

z2 z1

Hình VI.2:

Vậy không tồn tại z2 ∈ B(z0, r) sao cho v(z2) < v(z1), nghĩa là v phảilà hàm hằng trên B(z0, r). Hơn nữa, do tính liên tục của v trên B(z0, r)



nên v là hàm hằng (suy ra v = 0) trên B(z0, r). Vậy u = h trên B(z0, r).Nghĩa là u là hàm điều hòa trên B(z0, r) cụ thể là tại z0. Vậy u là hàmđiều hòa trên D do z0 ∈ D tùy ý.

3.8 Định lý. Hàm thực liên tục u trên miền D là điều hòa nếu và chỉ nếuu có tính chất giá trị trung bình

u(z) =1

2π

∫ 2π

0

u(z + reiϕ)dϕ,

với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(z, ∂D).

Chứng minh. Do Định lý 1.11 nên chỉ cần chứng minh điều kiện đủ. Dou là hàm liên tục nên nó khả tích trên ξ : |ξ − z| ≤ r và ta có

∫∫

ξ:|ξ−z|≤r

u(ξ)dxdy =

∫∫

(s,ϕ):0≤s≤r,0≤ϕ≤2π

u(z + seiϕ)sdsdϕ

=

∫ r

0

s[ ∫ 2π

0

u(z + seiϕ)dϕ]

ds

=

∫ r

0

s2πu(z)ds

= πr2u(z)

Do đó, với mọi 0 < r < d(z, ∂D) ta có

u(z) =1

πr2

∫∫

ξ:|ξ−z|≤r

u(ξ)dxdy.

Do đó, theo Định lý 3.7 ta có u là hàm điều hòa trên D.

§ 4 Nguyên lý Harnack

4.1 Bất đẳng thức Harnack. Chúng ta nhắc lại rằng công thức Pois-son cho phép chúng ta biểu diễn hàm điều hòa qua giá trị của nó trênđường tròn. Ta viết lại (2.10) như sau

u(z) =1

2π

∫ 2π

0

u(reiϕ)r2 − |z|2|reiϕ − z|2dϕ(4.2)


§ 4 Nguyên lý Harnack 203

trong đó |z| < r và hàm u điều hòa trên B(0, r). Ta có bất đẳng thức

(r − |z|)2 ≤ |reiϕ − z|2 ≤ (r + |z|)2

suy rar − |z|r + |z| ≤

r2 − |z|2|reiϕ − z|2 ≤ r + |z|

r − |z|

trong đó |z| < r. Đặc biệt trong trường hợp u(z) ≥ 0 với mọi z ∈ B(0, r)

từ (4.2) ta được

r − |z|r + |z|

1

2π

∫ 2π

0

u(reiϕ)dϕ ≤ u(z) ≤ r + |z|r − |z|

1

2π

∫ 2π

0

u(reiϕ)dϕ

Theo Định lý 1.11 ta suy ra được

r − |z|r + |z|u(0) ≤ u(z) ≤ r + |z|

r − |z|u(0) với mọi |z| < r.(4.3)

Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Harnack.

4.4 Định lý. (Harnack) Giả sử u là giới hạn của dãy không giảm cáchàm điều hòa uk trên miền D. Khi đó, hoặc u là điều hòa hoặc u = ∞.Trong trường hợp u = ∞, dãy uk tăng đều trên mọi tập compact trongD tới ∞.

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh nếu dãy uk hội tụ tại z0 ∈ D thìnó hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng B(z0, ρ) ⊂ D. Khi đó, ρ < d(z0, ∂D),cho nên tồn tại ρ < r < d(z0, ∂D). Suy ra B(z0, r) ⊂ D. Với mọi m > n tacó um − un ≥ 0. Theo bất đẳng thức Harnack cho hàm điều hòa um − unđối với hình tròn B(z0, r) ta có

0 ≤ um(z)− un(z) ≤r + |z − z0|r − |z − z0|

(um(z0)− un(z0))

với mọi |z − z0| < r. Khi đó, với mọi z ∈ B(z0, ρ) ta có |z − z0| < ρ và

0 ≤ um(z)− un(z) ≤r + ρ

r − ρ(um(z0)− un(z0)).

Vì dãy un(z0) hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy dãy hàm un(z) hộitụ đều trên B(z0, ρ).



Nếu cần ta thay dãy đang xét bởi dãy uk − u1 cho nên có thể xemu1 ≥ 0. Do đó, u ≥ 0 trên D. Theo Định lý 3.7 và định lý đơn điệu hội tụLebesgue ta có

u(z) = limk→∞

uk(z) = limk→∞

1

πr2

∫∫

B(z,r)

uk(ξ)dxdy =1

πr2

∫∫

B(z,r)

u(ξ)dxdy

với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(r, ∂D), và tích phân cuối là tích phânLebesgue. Như vậy, nếu u(z) < ∞ với mọi z ∈ Ω thì theo kết quả phầnđầu dãy hàm đã cho hội tụ đều trên mọi hình tròn đóng nằm trong D. Dođó, hàm u liên tục trên D và dĩ nhiên u khả tích địa phương với tích phâncuối trong đẳng thức trên trở thành tích phân Riemann thông thường. Khiđó, theo Định lý 3.7 ta được hàm u điều hòa trên D.

z1

z

Hình VI.3:

Giả sử Ω = z ∈ D : u(z) = ∞ 6= ∅. Lấyz1 ∈ Ω và đặt 3ρ = d(z1, ∂D). Theo kết quả trênta có (lưu ý tích phân trong phần này là tíchphân Lebesgue)

1

πρ2

∫∫

B(z1,ρ)

u(ξ)dxdy = u(z1) = ∞.

Rõ ràng với mọi z thỏa |z − z1| < ρ ta có B(z1, ρ) ⊂ B(z, 2ρ) và u ≥ 0,cho nên ta có

u(z) =1

4πρ2

∫∫

B(z,2ρ)

u(ξ)dxdy ≥ 1

4πρ2

∫∫

B(z1,ρ)

u(ξ)dxdy = ∞.

Vậy u(z) = ∞, suy ra z ∈ Ω. Do đó, ta được B(z1, ρ) ⊂ Ω, hay Ω là tậpmở. Lấy z ∈ ∂Ω ∩ D tùy ý. Khi đó, với r đủ nhỏ ta có B(z, r) ⊂ D vàB(z, r) ∩ Ω có độ đo dương và hàm u nhận giá trị ∞ trên đó. Vậy ta có

u(z) =1

πr2

∫∫

B(z,r)

u(ξ)dxdy ≥ 1

πr2

∫∫

B(z,r)∩Ω

u(ξ)dxdy = ∞,

cho nên u(z) = ∞ suy ra z ∈ Ω. Do đó, Ω đóng trong D. Do D liên thôngcho nên ta phải có Ω = D. Vậy u = ∞ trên D.

Hơn nữa, ta có dãy hàm uk hội tụ đều về ∞ trên mỗi hình tròn đóngnằm trong D. Thật vậy, xét B(z0, ρ) ⊂ B(z0, r) ⊂ D, trong đó 0 < ρ < r.Theo bất đẳng thức Harnack cho hàm un trong hình tròn B(z0, r) ta có

un(z) ≥r − |z − z0|r + |z − z0|

un(z0) với mọi |z − z0| < r.


§ 4 Nguyên lý Harnack 205

Khi đó, với mọi z ∈ B(z0, ρ) ta có |z − z0| < ρ và

un(z) ≥r − ρ

r + ρun(z0).

Do limn→∞

un(z0) = ∞ nên suy ra un hội tụ đều về ∞ trên B(z0, ρ). Với

K ⊂ D là tập compact bất kỳ, ta có d(K, ∂D) > 0. Từ định nghĩa tậpcompact và kết quả vừa được chứng minh ta dễ dàng suy ra được dãy unhội tụ đều về ∞ trên K (chứng minh chi tiết xin dành cho bạn đọc xemnhư bài tập).

Bài tập

1 ) Cho hàm u liên tục trên B(z0, r) và điều hòa trên B(z0, r). Chứngminh rằng với mọi z ∈ B(z0, r) ta luôn có

r − ρ

r + ρu(z0) ≤ u(z) ≤ r + ρ

r − ρu(z0) trong đó ρ = |z − z0| < r.(4.5)

2 ) Trình bày chứng minh dãy uk hội tụ đều về ∞ trên tập compactK ⊂ D trong Định lý 4.4.



§ 5 Hàm điều hòa dưới5.1 Định nghĩa. Hàm u : D → [−∞,∞] gọi là nửa liên tục trên nếu

limδ→0

sup|z−z0|<δ

u(z) = u(z0) với mọi z0 ∈ Ω

Một cách tương đương, u−1([−∞, a)) là mở với mọi −∞ < a <∞.

Từ định nghĩa ta thấy được rằng hàm u liên tục trên D khi và chỉ khiu và −u nửa liên tục trên trên D.

5.2 Định nghĩa. Hàm u : D → [−∞,∞) được gọi là điều hòa dưới nếu

(a) u nửa liên tục trên

(b) Với mọi z0 ∈ D tồn tại 0 < r < d(z0, ∂D) sao cho nếu h là hàm điềuhòa trên B(z0, δ) và liên tục trên B(z0, δ) với 0 < δ ≤ r mà h ≥ u

trên ∂B(z0, δ) thì h ≥ u trên B(z0, δ).

Ta nhận thấy từ định nghĩa hàm điều hòa dưới và kết quả của Định lý3.2 rõ ràng mọi hàm điều hòa là điều hòa dưới.

5.3 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và đạt giá trị lớnnhất trong D thì u là hàm hằng.

Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈ D để u(z0) ≥ u(z) với mọi z ∈ D,nghĩa là hàm u đạt giá trị lớn nhất tại z0. Giả sử hàm u không là hàmhằng trên bất cứ ε-lân cận nào của z0. Khi đó, với ρ = d(z0, ∂D) > 0

hàm u không là hàm hằng trên B(z0, ρ) nghĩa là tồn tại ξ ∈ B(z0, ρ)

sao cho u(ξ) < u(z0). Khi đó, tồn tại ε > 0 sao cho u(ξ) < u(z0) − ε.Do hàm u nửa liên tục trên trên D nên tập u−1([−∞, u(z0) − ε)) mởvà ξ ∈ u−1([−∞, u(z0) − ε)). Do đó, tồn tại 0 < δ < minr, ρ − r vớir = |ξ − z0| sao cho B(ξ, δ) ⊂ u−1([−∞, u(z0) − ε)), nghĩa là với mọiz ∈ B(ξ, δ) ta có u(z) < u(z0)− ε.

z0

ξ

Γ1Γ

Cr

Hình VI.4:

Lấy Γ là một cung trên đường tròn Cr cóphương trình |z − z0| = r chứa ξ và nằm tronghình tròn B(ξ, δ). Lấy cung nhỏ Γ1 ⊂ Γ cũngchứa ξ. Như trong hình vẽ minh họa điểm ξ làtrung điểm của cả hai cung Γ và Γ1. Ta xây dựngđược hàm liên tục h trên Cr thỏa h(z) = u(z0)−εvới mọi z ∈ Γ1, h(z) = u(z0) với mọi z ∈ Cr \ Γ


§ 5 Hàm điều hòa dưới 207

và h(z) phụ thuộc tuyến tính vào arg(z − z0) với mọi z ∈ Γ \ Γ1 (xem bàitập). Vậy do cách xây dựng và các kết quả trên ta có h(z) ≤ u(z) với mọiz ∈ Cr. Mặt khác, theo Định lý 3.2 hàm h được thác triển thành hàm điềuhòa trên B(z0, r). Từ đó theo định nghĩa của hàm điều hòa dưới cho hàmu ta suy ra được u(z0) ≤ h(z0). Tuy nhiên, theo Định lý 1.11 và cách xâydựng hàm h trên Cr ta có

h(z0) =1

2π

∫ 2π

0

h(z0 + reiϕ)dϕ <1

2π

∫ 2π

0

u(z0)dϕ = u(z0).

Vậy ta gặp phải mâu thuẫn. Do đó, phải tồn tại ε-lân cận của z0 sao chou là hàm hằng trên B(z0, ε). Phần còn lại của phép chứng minh lập luậnhoàn toàn tương tự như chứng minh định lý nguyên lý modulus cực đạitrang 179 (dành cho bạn đọc xem như bài tập).

5.4 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên D và miền G thỏa G ⊂ D

thì với mọi hàm h liên tục trên G điều hòa trong G mà h ≥ u trên ∂G thìh ≥ u trên G.

Chứng minh. Đặt v = u− h. Từ tính chất của hàm liên tục và hàm nửaliên tục trên ta nhận thấy hàm v nửa liên tục trên ở trên G và vì vậy nóđạt cực đại trên G với giá trị cực đại là M . Đặt Ω = z ∈ G : v(z) =M.Mặt khác, cũng từ tính chất của hàm điều hòa dưới và hàm điều hòa tacó hàm v điều hòa dưới trên G. Nếu z ∈ Ω thì theo chứng minh Định lý5.3 tồn tại ε-lân cận của z sao cho hàm v là hằng trên B(z, ε), nghĩa làB(z, ε) ⊂ Ω. Vậy Ω là tập mở.

Nếu z′ ∈ G \ Ω thì v(z′) < M . Do v nửa liên tục trên ở trên G nênv−1([−∞,M)) mở trong G và nó chứa z′. Khi đó, tồn tại δ′ > 0 sao choB(z′, δ′)∩G ⊂ v−1([−∞,M)). Vậy với mọi z ∈ B(z′, δ′)∩G ta có v(z) < M

nên suy ra B(z′, δ′) ∩ G ⊂ G \Ω. Vậy Ω là tập đóng trong G. Như vậy, tađã chứng minh được Ω vừa là tập đóng vừa là tập mở trong miền đóng G.Do đó, ta có hoặc Ω = ∅ hoặc Ω = G.

Nếu Ω = ∅ thì giá trị M đạt được trên ∂G. Do đó, theo giả thiết tasuy ra được M ≤ 0.

Ngược lại nếu C = G do G thì v ≡ M là hàm hằng trên G. Giảsử tồn tại z0 ∈ ∂G sao cho v(z0) < M . Do v nửa liên tục trên ở trênG nên v−1([−∞,M)) mở trong G và chứa z0. Do đó, tồn tại δ > 0 saocho B(z0, δ) ∩ G ⊂ v−1([−∞,M)). Mặt khác, do z0 ∈ ∂G nên tồn tạiz1 ∈ G ∩B(z0, δ). Khi đó, ta gặp phải mâu thuẫn v(z1) =M (do z1 ∈ G)



và v(z1) < M (do z1 ∈ v−1([−∞,M))). Vậy v ≡ M trên ∂G. Suy rav ≡M trên G. Vì thế ta phải có M ≤ 0.

Vậy ta luôn có M ≤ 0 hay u ≤ h trên G.

Hàm h trong định lý trên được gọi là chặn trên điều hòa của hàm u

đối với miền G.

5.5 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và tại một điểm z0nào đó trong miền G thỏa G ⊂ D trùng với hàm chặn trên điều hòa h củau đối với G thì u = h trong G.

Chứng minh. Cũng như trong chứng minh định lý trên hàm v = u − h

điều hòa dưới ở trên G và v(z) ≤ 0 với mọi z ∈ G. Vậy hàm v đạt giá trịlớn nhất là 0 tại z0 ∈ G. Do đó, tập Ω = z ∈ G : v(z) = 0 6= ∅. Theochứng minh định lý trên ta phải có Ω = G, nghĩa là v(z) = 0 với mọi z ∈ G

hay u(z) = h(z) trên G.

5.6 Định lý. Giả sử uαα∈A là họ các hàm điều hòa dưới trong D saocho u(z) = sup

α∈Auα(z) < ∞ với mọi z ∈ D. Nếu u nửa liên tục trên thì u

điều hòa dưới.

Chứng minh. Với z0 ∈ D, với 0 < r < d(z0, ∂D) sao cho B(z0, r) ⊂ D vàtồn tại hàm liên tục h trên B(z0, r) điều hòa trên B(z0, r) thỏa u(z) ≤ h(z)

với mọi |z− z0| = r. Do u(z) = supα∈A

uα(z) với mọi z ∈ D nên u(z) ≥ uα(z)

với mọi z ∈ D và mọi α ∈ A. Vậy uα(z) ≤ h(z) với mọi α ∈ A và mọi|z − z0| = r. Mặt khác, do uα là các hàm điều hòa dưới và theo Định lý5.4 nên ta có uα(z) ≤ h(z) với mọi z ∈ B(z0, r) và mọi α ∈ A. Suy rau(z) ≤ h(z) với mọi z ∈ B(z0, r). Vậy u là hàm điều hòa dưới trên D.

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng hàm u liên tục trên D khi và chỉ khi u và −u nửaliên tục trên trên D.

2 ) Chứng minh rằng nếu các hàm u1 và u2 nửa liên tục trên trên D thìu1 + u2 cũng nửa liên tục trên trên D.

3 ) Chứng minh rằng nếu u là hàm điều hòa dưới và v là hàm điều hòatrên D thì u+ v là hàm điều hòa dưới trên D.


§ 6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới 209

4 ) Cho đường tròn CR có biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ 2π.Γ và Γ1 là các cung trên đường tròn CR có biểu diễn tham số lần lượt làγ(t) = Reit với ϕ1 ≤ t ≤ ϕ2 và γ1(t) = Reit với ϕ3 ≤ t ≤ ϕ4 trong đó0 < ϕ1 < ϕ3 < ϕ4 < ϕ2 < 2π. Hãy biểu diễn một hàm liên tục h trên CR

thỏa h(z) = a với mọi z ∈ Γ1 và h(z) = b với mọi z ∈ CR \ Γ trong đóa 6= b.

5 ) Hoàn thành việc chứng minh hàm u là hàm hằng trên D trong Địnhlý 5.3.

§ 6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới

6.1 Định lý. Để hàm nửa liên tục trên u : D → [−∞,∞) điều hòa dướicần và đủ là

u(z) ≤ 1

2π

∫ 2π

0

u(z + reiϕ)dϕ(6.2)

với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(z, ∂D).

Chứng minh. Giả sử u là hàm điều hòa dưới trên D, giả sử z ∈ D và0 < r < d(z, ∂D). Với mỗi k đặt



uk(ξ) = max|ξ′−z|=r

u(ξ′)− k|ξ − ξ′|.

Khi đó, uk là các hàm liên tục trên Cr, |ξ − z| = r, và uk ց u. Thật vậy,rõ ràng dãy uk là dãy giảm. Khi ξ, ξ′ ∈ Cr ta có

limk→∞

(u(ξ′)− k|ξ − ξ′|) =u(ξ) khi ξ′ = ξ

−∞ khi ξ′ 6= ξ

Do đó, ta có limk→∞

uk(ξ) = u(ξ) với mọi ξ ∈ Cr. Theo Định lý 3.2 gọi hk là

thác triển điều hòa của hàm uk lên B(z, r). Bởi vì uk+1 ≤ uk trên CR nênvới mọi ξ = z + ρeiϕ ∈ B(z, r) ta suy ra

hk+1(ξ) =1

2π

∫ 2π

0

uk+1(z + reiϕ)r2 − |ξ − z|2

|reiϕ − (ξ − z)|2 dϕ

≤ 1

2π

∫ 2π

0

uk(z + reiϕ)r2 − |ξ − z|2

|reiϕ − (ξ − z)|2 dϕ

= hk(ξ)

Vậy hk+1 ≤ hk trên B(z, r). Do đó, ta xác định được hàm h = limk→∞ hktrên B(z, r). Hơn nữa, áp dụng định lý Harnack đối với dãy hàm điều hòa−hk ta suy ra được hoặc hàm h điều hòa trên B(z, r) hoặc h ≡ −∞trên B(z, r). Mặt khác, từ định lý giá trị trung bình ta có

hk(z) =1

2π

∫ 2π

0

hk(z + reiϕ)dϕ =1

2π

∫ 2π

0

uk(z + reiϕ)dϕ.

Theo định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue ta lấy giới hạn hai vế thu được

h(z) = limk→∞

1

2π

∫ 2π

0

uk(z + reiϕ)dϕ =1

2π

∫ 2π

0

u(z + reiϕ)dϕ.

Bên cạnh đó, do u ≤ uk trên Cr với mọi k nên u ≤ hk trên Cr với mọi k.Từ tính điều hòa dưới của u và các hàm hk điều hòa trên B(z, r) nên tasuy ra u ≤ hk trên B(z, r) với mọi k. Cụ thể tại z ta có u(z) ≤ hk(z) vớimọi k. Do đó, ta được

u(z) ≤ limk→∞

hk(z) = h(z) =1

2π

∫ 2π

0

u(z + reiϕ)dϕ.

Ngược lại, giả sử u nửa liên tục trên ở trên D và thỏa điều kiện (6.2).Cho B(z0, r) ⊂ D và h là hàm liên tục trên B(z0, r) điều hòa trên B(z, r)


§ 6 Tiêu chuẩn điều hòa dưới 211

thỏa u ≤ h trên Cr, |z−z0| = r. Khi đó, hàm v = u−h nửa liên tục trên ởtrên B(z0, r). Mặt khác, theo điều kiện (6.2) và định lý giá trị trung bìnhđối với hàm điều hòa ta có

u(z)− h(z) ≤ 1

2π

∫ 2π

0

u(z + ρeiϕ)dϕ− 1

2π

∫ 2π

0

h(z + ρeiϕ)dϕ

hay

v(z) ≤ 1

2π

∫ 2π

0

v(z + ρeiϕ)dϕ

trong đó z ∈ B(z0, r) và 0 < ρ < r − |z − z0|. Từ kết quả này và tính nửaliên tục trên của v trên B(z0, r) và tương tự như cách chứng minh Định lý5.3 ta cũng thu được kết quả: nếu hàm v đạt giá trị lớn nhất trong B(z0, r)

thì là nó là hàm hằng trên B(z0, r) (phép chứng minh xin dành cho bạnđọc xem như bài tập). Ta có v ≤ 0 trên Cr và hàm v nửa liên tục trên ởtrên B(z0, r) nên (như trong chứng minh Định lý 5.4 ta suy ra nếu v đạtgiá trị lớn nhất trong B(z0, r) thì giá trị lớn nhất của v trên B(z0, r) phảinhỏ hơn hoặc bằng 0. Nếu giá trị lớn nhất của v trên B(z0, r) đạt đượctrên Cr thì rõ ràng giá trị lớn nhất đó nhỏ hơn hoặc bằng 0. Vậy ta luôncó giá trị lớn nhất của v trên B(z0, r) nhỏ hơn hoặc bằng 0, suy ra v ≤ 0

trên B(z0, r) hay u ≤ h trên B(z0, r). Do đó, u là hàm điều hòa dưới.

6.3 Định lý. Nếu f là hàm giải tích trên miền D thì ln |f | điều hòa dướitrên D.

Chứng minh. Tính nửa liên tục trên là hiển nhiên do |f(z)| là hàm liêntục. Nếu z0 ∈ D và f(z0) 6= 0 thì ta tìm được một nhánh hàm giải tíchlog f(z) trong lân cận của z0. Hơn nữa, log f(z) có phần thực là ln |f(z)|nên hàm ln |f(z)| điều hòa trong lân cận này của z0. Do đó, điều kiện thứhai trong định nghĩa hàm điều hòa dưới thỏa tại z0.

Nếu f(z0) = 0 thì ln |f(z0)| = −∞ do đó điều kiện (6.2) thỏa tại z0.Giả sử f(z) đồng nhất 0 trong một lân cận nào đó của z0 thì điều kiện(6.2) thỏa trong lân cận đó của z0 nên theo Định lý 6.1 hàm ln |f(z0)| điềuhòa dưới trên lân cận đó. Suy ra điều kiện thứ hai trong định nghĩa hàmđiều hòa dưới thỏa tại z0. Ngược lại nếu f(z) không đồng nhất 0 trongmột lân cận nào đó của z0 thì theo Định lý 3.2 trang 234 tồn tại r > 0 saocho f(z) 6= 0 với mọi 0 < |z− z0| ≤ r. Từ đây cũng giống như phần chứngminh chiều ngược của Định lý 6.1 ta cũng có hàm ln |f(z)| thỏa điều kiệnthứ hai trong định nghĩa hàm điều dưới tại z0.

Vậy hàm ln |f(z)| điều hòa dưới trên D.



6.4 Định lý. Nếu hàm u điều hòa dưới trên miền D và không đồng nhấtbằng −∞, thì tập E = z ∈ D : u(z) = −∞ không có điểm trong.

Chứng minh. Giả sử E 6= ∅. Khi đó, tồn tại z0 ∈ ∂E với u(z0) > −∞.Bởi vì giao của E với đường tròn Cr, |z − z0| = r với 0 < r < d(z0, ∂D)

chứa một cung tròn, nên ta có

∫ 2π

0

u(z0 + reiϕ)dϕ = −∞

nó mâu thuẫn với bất đẳng thức (6.2) do u điều hòa dưới trên miền D

−∞ < u(z0) =1

2π

∫ 2π

0

u(z0 + reiϕ)dϕ.

6.5 Định lý. Hàm thực u thuộc lớp C2 trên miền D là điều hòa dưới nếuvà chỉ nếu u′′xx + u′′yy ≥ 0 trên D.

Chứng minh. Giả sử G là miền tùy ý thỏa G ⊂ D và h là hàm liên tụctrên G, điều hòa trong G và thỏa u ≤ h trên ∂D. Với ε > 0 bất kỳ, đặt

vε(z) =

u(z)− h(z) + ε|z|2 khi z ∈ G

ε|z|2 khi z ∈ ∂D

Từ giả thiết của hàm u và h ta nhận thấy vϕ nửa liên tục trên G và do đóđạt giá trị lớn nhất trên G. Nhưng vε không thể nhận giá trị này trong Gvì v′′ε,xx + v′′ε,yy = u′′xx + u′′yy + 4ε > 0. Vậy giá trị lớn nhất này đạt đượctrên ∂D, nghĩâ là vε(z) ≤ max

z∈∂Gε|z|2. Vậy

u(z)− h(z) + ε|z|2 ≤ ε maxz∈∂G

|z|2 với mọi z ∈ G

suy ra u(z)− h(z) ≤ ε maxz∈∂G

|z|2. Vì ε > 0 tùy ý nên ta được u ≤ h trên G.

Vậy u là hàm điều hòa dưới trên D.Ngược lại, giả sử u thuộc lớp C2 điều hòa dưới trên D nhưng u′′xx(z0)+

u′′yy(z0) < 0 với z0 nào đó trong D. Lấy r > 0 đủ nhỏ để u′′xx + u′′yy ≤ 0

trên B(z0, r) ⊂ D. Vậy nếu v = −u thì v′′xx + v′′yy ≥ 0 trên B(z0, r). Theochiều thuận của định lý ta có −u = v là điều hòa dưới trên B(z0, r). TừĐịnh lý 6.1 và Định lý 3.8 ta suy ra u là điều hòa trên B(z0, r). Ta gặpphải mâu thuẫn u′′xx(z0) + u′′yy(z0) = 0.


§ 7 Định lý Hartogs 213

Bài tập

1 ) Cho u là hàm nửa liên tục trên ở trên miền D thỏa

u(z) ≤ 1

2π

∫ 2π

0

u(z + reiϕ)dϕ

với mọi z ∈ D và mọi 0 < r < d(z, ∂D). Chứng minh rằng nếu u đạt giátrị lớn nhất trong D thì u là hàm hằng trên D.

§ 7 Định lý Hartogs

7.1 Định nghĩa. Giả sử uk là một dãy các hàm trên miền D. Ta nóidãy uk là bị chặn trên đều trên các tập compact trong D nếu với mọitập compact K ⊂ D tồn tại Mk sao cho uk(z) ≤ MK với mọi z ∈ K vớimọi k.

7.2 Định lý. Giả sử uk là một dãy các hàm điều hòa dưới bị chặn trênđều trên các tập compact trong miền D và giả sử

lim supk→∞

uk(z) ≤ A với mọi z ∈ D(7.3)

Khi đó, với mọi ε > 0 và mọi tập compact K ⊂ D tồn tại N sao cho

uk(z) ≤ A+ ε với mọi z ∈ K và mọi k ≥ N .(7.4)

Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng ta có ngay định lý khi A = ∞. Trongtrường hợp A <∞ để đơn giản ta chứng minh cho trường hợp uk ≤ 0 trênD với mọi k. Cho K là một tập compact trong D. Đặt 3r = d(K, ∂D). Vớimỗi z0 ∈ K, từ tính điều hòa dưới của uk ta có

∫∫

B(z0,r)

uk(ξ)dxdy =

∫ r

0

∫ 2π

0

uk(z0 + seiϕ)sdsdϕ

=

∫ r

0

s[ ∫ 2π

0

uk(z0 + seiϕ)dϕ]

ds

≥ 2π

∫ r

0

suk(z0)ds

= πr2uk(z0).



Với trường hợp dãy hàm đang xét áp dụng bổ đề Fatou ta nhận được

lim supk→∞

∫∫

B(z0,r)

uk(ξ)dxdy ≤∫∫

B(z0,r)

lim supk→∞

uk(ξ)dxdy ≤ Aπr2.

Từ đó với mọi ε > 0 tìm được k0 sao cho∫∫

B(z0,r)

uk(ξ)dxdy ≤ (A+ ε2 )πr

2 với mọi k > k0

Giả sử z ∈ D thỏa |z − z0| < δ với 0 < δ < r. Khi đó, ta có B(z0, r) ⊂B(z, r + δ) ⊂ D. Vì vậy cũng theo tính điều hòa dưới của uk như trên tacó (và chú ý uk ≤ 0)

π(r + δ)2uk(z) ≤∫∫

B(z,r+δ)

uk(ξ)dxdy

≤∫∫

B(z0,r)

uk(ξ)dxdy

≤ πr2(A+ ε2 ) với mọi k ≥ k0

Do đó, với δ0 < minr, rε4max|A|,1, với mọi |z − z0| < δ0 và mọi k ≥ k0

ta có

uk(z) ≤r2

(r + δ0)2(A+ ε

2 )

< A− δ0(2r + δ0)

(r + δ0)2A+

ε

2

< A+2δ0|A|r

+ε

2< A+ ε

Mặt khác, ta có K ⊂ ⋃

z0∈K

B(z0, δ0). Vì K compact nên tồn tại hữu

hạn điểm z1, z2, . . . , zn ∈ K sao cho K ⊂ ⋃nj=1 B(zj , δj). Đặt N =

maxk1, k2, . . . , kn. Khi đó, với mọi k ≥ K và với z ∈ K bất kỳ tồntại 1 ≤ j ≤ n sao cho |z − zj | < δj và ta có

uk(z) < A+ ε


§ 7 Định lý Hartogs 215

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng trong phép chứng minh Định lý 7.2 giả thiết uk ≤ 0

không làm mất tính tổng quát của phép chứng minh.


216

Chương VII

Lý thuyết chuỗi và lýthuyết thặng dư

§ 1 Chuỗi Taylor

Định lý Weierstrass

Trước đây, chúng ta đã nêu một số định lý Weierstrass như Định lý 5.18trang 168 và Định lý 6.6 trang 176 ở dạng dãy hàm. Bây giờ ta sẽ nêu lạicác định lý ấy dưới dạng chuỗi hàm và trình bày chứng minh chi tiết.

1.1 Định lý. (Weierstrass) Nếu chuỗi hàm∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều và hàm

fn giải tích trên miền D với mọi n thì hàm tổng f của chuỗi hàm là mộthàm giải tích trên miền D và

f (k)(z) =

∞∑

n=1

f (k)n (z).

Chứng minh. Từ Định lý 4.19 trang 65 ta có được hàm f liên tục trênD. Lấy Γ là đường cong Jordan trơn kín bất kỳ nằm trong miền D vàphần trong của nó cũng nằm trong D và gọi l là chiều dài của Γ. Đặt

Sn(x) =n∑

k=1

fk(z). Theo giả thiết chuỗi∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều về hàm f

trên D nên dãy hàm Sn(z) hội tụ đều về hàm f trên D. Suy ra với ε > 0

cho trước tồn tại n0 sao cho với mọi n nguyên dương thỏa n > n0 ta có


§ 1 Chuỗi Taylor 217

|f(z)− Sn(z)| < ε/l với mọi z ∈ D, suy ra

∣∣∣

∫

Γ

f(z)dz −∫

Γ

Sn(z)dz∣∣∣ =

∣∣∣

∫

Γ

(f(z)− Sn(z))dz∣∣∣ <

ε

ll = ε.

Do đó ta được

limn→∞

∫

Γ

Sn(z)dz =

∫

Γ

f(z)dz.

Mặt khác, vì Sn(z) giải tích trên D với mỗi n nguyên dương nên theo địnhlý Cauchy ta có

∫

Γ

Sn(z)dz = 0 với mỗi n nguyên dương.

Do đó, ta được∫

Γ

f(z)dz = 0. Từ kết quả chứng minh được và theo định

lý Morera ta có hàm f(z) giải tích trên miền D.

•z0

D

Γ

Hình VII.1:

Với z0 ∈ D tùy ý, lấyđường cong Jordan trơn kínΓ bao quanh điểm z0 sao choz0 ∈ DΓ ⊂ D (trong đó DΓ làmiền giới hạn bởi đường congΓ). Đặt

d = minz∈Γ

|z − z0| > 0.

Với mỗi k nguyên dương ta có

∣∣∣

1

(z − z0)k+1

∣∣∣ ≤ 1

dk+1với mọi z ∈ Γ

Do chuỗi hàm∞∑

n=1fn(z) hội tụ đều về hàm f(z) trên D nên suy ra được

chuỗi hàm∞∑

n=1

fn(z)

(z − z0)k+1hội tụ đều về hàm

f(z)

(z − z0)k+1trên Γ. Tương

tự như chứng minh ở phần đầu cho việc lấy tích phân của hàm tổng, vàtheo công thức tích phân Cauchy ta có


218 VII Lý thuyết chuỗi và lý thuyết thặng dư

f (k)(z0) =k!

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)k+1dz

=k!

2πi

∫

Γ

[ ∞∑

n=1

fn(z)

(z − z0)k+1

]

dz

=

∞∑

n=1

k!

2πi

∫

Γ

fn(z)

(z − z0)k+1dz

=

∞∑

n=1

f (k)n (z0)

Vì z0 lấy tùy ý trong D nên ta có

f (k)(z) =

∞∑

n=1

f (k)n (z) với mọi z ∈ D.

1.2 Nhận xét. Trong chứng minh định lý trên ta đã chứng minh được

limn→∞

∫

Γ

Sn(z)dz =

∫

Γ

f(z)dz

Hơn nữa, đẳng thức này cũng đúng với mọi đường cong Jordan trơn từngkhúc trong D. Từ đó ta viết lại như sau

∫

Γ

f(z)dz = limn→∞

∫

Γ

[ n∑

k=1

fk(z)]

dz = limn→∞

n∑

k=1

∫

Γ

fk(z)dz

=

∞∑

n=1

∫

Γ

fn(z)dz.

Như vậy, ta có được kết quả như sau: tích phân của hàm tổng của chuỗihàm hội tụ đều trên D được tính bởi lấy tích phân của từng số hạng.

1.3 Chú ý. Trong định lý trên ta đã chứng minh được tính chất lấy đạohàm từng số hạng của chuỗi tại các điểm z ∈ D chứ không phải tại cácđiểm z ∈ D; ta không có điều này là do ta đã sử dụng d = d(Γ, z0) > 0

trong chứng minh. Ví dụ sau chứng tỏ đối với z ∈ D định lý này khôngcòn đúng nữa.

Xét chuỗi hàm∞∑

n=1

zn

n2. Chuỗi hàm này hội tụ đều trên z : |z| ≤ 1 và

mọi số hạng của nó đều là các hàm giải tích trên z : |z| ≤ 1. Tuy nhiên,

chuỗi các đạo hàm của nó là∞∑

n=1

zn−1

nlại phân kỳ tại z = 1.



Định lý Taylor

Xét chuỗi lũy thừa∑∞

n=0 cn(z− z0)n. Giả sử chuỗi này có bán kính hội tụ

R > 0. Khi đó, ta có được một hàm f có tập xác định z : |z − z0| < Rxác định bởi

f(z) =∞∑

n=0

cn(z − z0)n, |z − z0| < R.

Hàm f giải tích trên z : |z − z0| < R. Do đó, nó có đạo hàm mọi cấp và

f (k)(z) =

∞∑

n=k

n(n− 1) · · · (n− k + 1)cn(z − z0)n−k,

với k = 0, 1, 2, . . .. Đặc biệt tại z = z0 ta có f (n)(z0) = n!cn.Vấn đề ngược lại, giả sử ta có hàm f có đạo hàm mọi cấp tại z0. Đặt

cn =f (n)(z0)

n!.

Khi đó, ta thiết lập được chuỗi lũy thừa

∞∑

n=0

cn(z − z0)n =

∞∑

n=0

f (n)(z0)

n!(z − z0)

n.

Chuỗi lũy thừa này được gọi là chuỗi Taylor của hàm f tại z0 (khiz0 = 0, ta nói là chuỗi Maclaurin) Định lý sau nói lên mối quan hệ giữabản thân hàm f và chuỗi Taylor của nó.

1.4 Định lý. (Taylor) Cho hàm f giải tích trong hình tròn mở |z−z0| <

R0. Khi đó, chuỗi∞∑

n=0cn(z − z0)

n, với cn =f (n)(z0)

n!, hội tụ về hàm f khi

|z− z0| < R0. Với |z− z0| < R0, ta viết f(z) =∞∑

n=0cn(z− z0)

n được gọi là

khai triển Taylor của hàm f trong lân cận điểm z0. Trường hợp đặc biệt

z0 = 0, f(z) =∞∑

n=0cnz

n ta nói f được khai triển Maclaurin.

Nhắc lại, f (n)(z0) được tính bởi

f (n)(z0) =n!

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz



với Γ là đường cong kín nằm trong đường tròn |z − z0| = r < R0 và baoquanh z0, cho nên ta có

cn =1

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz(1.5)

Chứng minh định lý Taylor. Giả sử với bất kỳ z′ ∈ z : |z − z0| < R0.Khi đó, ta có |z′ − z0| < R0, nên tồn tại số thực 0 < R1 < R0 sao choz′ ∈ z : |z − z0| ≤ qR1 trong đó 0 < q < 1. Gọi Γ là đường tròn đượcđịnh hướng dương và có phương trình |z− z0| = R1. Khi đó, điểm z′ đượcchọn ở trên nằm bên trong Γ. Theo công thức tích phân Cauchy, ta có

f(z′) =1

2πi

∫

Γ

f(z)

z − z′dz.

Mặt khác, với z ∈ Γ ta có |z − z0| = R1 > qR1 ≥ |z′ − z0|, nên ta biến đổiđược

1

z − z′=

1

z − z0 − (z′ − z0)

=1

z − z0

∞∑

n=0

(z′ − z0z − z0

)n

=∞∑

n=0

(z′ − z0)n

(z − z0)n+1.

Chuỗi hàm∞∑

n=0

(z′ − z0)n

(z − z0)n+1hội tụ đều trên Γ bởi vì

∣∣∣z′ − z0z − z0

∣∣∣ ≤ qR1

R1=

q < 1. Do đó, ta tính được



f(z′) =1

2πi

∫

Γ

[

f(z)

∞∑

n=0

(z′ − z0)n

(z − z0)n+1

]

dz

=

∞∑

n=0

(z′ − z0)n 1

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz

=

∞∑

n=0

cn(z′ − z0)

n.

Vậy∞∑

n=0cn(z − z0)

n hội tụ về f(z) với mọi z thỏa |z − z0| < R0.

1.6 Hệ quả. Hàm f xác định trên miền D là giải tích khi và chỉ khi vớimọi z0 ∈ D hàm f có thể khai triển được thành chuỗi Taylor tại điểm z0với bán kính hội tụ của nó là R ≥ d(z0, ∂D).


1.7 Nhận xét. Định lý Taylor thể hiện sự khác nhau cơ bản giữa hàmgiải tích phức và hàm biến số thực. Trong giải tích thực người ta chứngminh được hàm

f(x) =

e−1x2 khi x 6= 0

0 khi x = 0

có đạo hàm mọi cấp trên R, chẳng hạn

f ′(x) =

2x3 e

− 1x2 khi x 6= 0

0 khi x = 0,

và f (n)(0) = 0 với mọi n. Tuy nhiên, hàm f(x) không đồng nhất bằngkhông trong một lân cận nào của điểm 0, trong khi đó chuỗi Taylor củaf(x) tại x = 0 là chuỗi hàm 0 tầm thường.

Khai triển Maclaurin của các hàm số sơ cấp cơ bản

Ta nhận thấy (về hình thức) công thức chuỗi Taylor của một hàm phứchoàn toàn giống công thức chuỗi Taylor của một hàm thực. Hơn nữa,công thức đạo hàm của một số hàm sơ cấp cơ bản phức cũng giống côngthức đạo hàm của hàm sơ cấp cơ bản thực tương ứng, cho nên khai triểnMaclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản phức có công thức hoàn toàn giốngvới khai triển Maclaurin của các hàm sơ cấp cơ bản thực.



Ta đã biết hàm logarithm phức ln z giải tích trên C bỏ đi nửa trục thựcdương, do đó hàm ln(z − 1) giải tích trên z = 0 và ta có

(ln(z − 1))′ =1

z − 1= −

∞∑

n=0

zn với mọi |z| < 1.

Từ tính chất nguyên hàm và ln(−1) = iπ nên ta được khai triển

ln(z − 1)− iπ =

∫ z

0

(ln(z − 1)′dz = −∫ z

0

( ∞∑

n=0

zn)

dz = −∞∑

n=0

zn+1

n+ 1.

Sau đây chúng tôi liệt kê một số khai triển Maclaurin của một số hàm sơcấp cơ bản.

ez =

∞∑

n=0

zn

n!R = ∞(1.8)

sin z =

∞∑

n=0

(−1)nz2n+1

(2n+ 1)!R = ∞(1.9)

cos z =

∞∑

n=0

(−1)nz2n

(2n)!R = ∞(1.10)

1

1− z=

∞∑

n=0

zn R = 1(1.11)

ln(z − 1) = iπ −∞∑

n=1

zn

nR = 1(1.12)

log(1 + z) =

∞∑

n=1

(−1)n−1 zn

nR = 1(1.13)

(1 + z)α =∞∑

n=0

α(α− 1) · · · (α − n+ 1)

n(n− 1) · · · 1 zn R = 1(1.14)

1.15 Thí dụ. Khai triển Maclaurin của các hàm sau f(z) = z2e3z vàg(z) =

z

z4 + 9.

f(z) = z2e3z = z2∞∑

n=0

(3z)n

n!=

∞∑

n=0

3nzn+2

n!=

∞∑

n=2

3n−2zn

(n− 2)!,

với R = ∞.



g(z) =z

z4 + 9=z

9

1

1 + z4

9

=z

9

∞∑

n=0

(−1)n(z4

9

)n

=

∞∑

n=0

(−1)nz4n+1

32n+2,

với R =√3.

Bài tập

1 ) Chứng minh Hệ quả 1.6.

2 ) Khai triển Maclaurin của các hàm sau và tìm bán kính hội tụ.

(a)1

z − 2, (b) sinh z, (c) cosh z, (d)

1

(z − a)kvới a 6= 0 và k ∈ N

3 ) Khai triển Maclaurin các hàm sau và tìm bán kính hội tụ.

(a) sin2 z (b) (a+ z)α (c)1

az + b(d)

z

z2 − 4z + 13(e)

z2

(z + 1)2

4 ) Tìm tổng của các chuỗi sau trong |z| < 1

(a)∞∑

n=1

nzn (b)∞∑

n=1

zn

n(c)

∞∑

n=0

z2n+1

2n+ 1(d)

∞∑

n=1

(−1)n+1 zn

n

5 ) Hãy tìm hai số hạng đầu tiên trong khai triển Maclaurin của hàmtanh z, và tìm bán kính hội tụ của nó.

6 ) Chứng minh rằng ta có khai triển Taylor

1

1− z=

∞∑

n=0

(z − i)n

(1− i)n+1với |z − i| <

√2.

7 ) Khai triển thành chuỗi Taylor trong lân cận của điểm z0 và tìm bánkính hội tụ của các hàm sau.

(a) sin(2z − z2) tại z0 = 1

(b)z

z2 + 4tại z0 = i.

(c)z

z + 2tại z0 = 1.

(d) ln z tại z = −1

(e)z

z2 − 2z + 5tại z0 = 1

(f)z2

(z + 1)2tại z0 = 1



8 ) Bằng cách khai triển Maclaurin các hàm số sau hãy tìm f (n)(0) vớin = 0, 1, 2, . . .

(a) f(z) = z cosh(z2) (b) f(z) = sin(z2)

9 ) Chứng minh rằng nếu khai triển hàm1

cos ztại z = 0 dưới dạng

1

cos z=

∞∑

n=0

(−1)nE2n

(2n)!z2n

thì các số E2n (các số Euler) thỏa mãn

E0 = 1, E0 +

(2n

2

)

E2 + · · ·+(2n

2n

)

E2n = 0.

10 ) Chứng minh rằng hàm f(z) =

z

ez − 1khi z 6= 2kπi

0 trường hợp khácgiải tích tại z = 0. Nếu khai triển Maclaurin của f(z)

f(z) =

∞∑

n=0

Bn

n!zn

chứng minh rằng các số Bn (các số Bernoulli) thỏa mãn

B0 = 1,

(n+ 1

0

)

B0 +

(n+ 1

1

)

B1 + · · ·+(n+ 1

n

)

Bn = 0.

11 ) Giả sử trong D = z : |z| < R hàm f(z) có khai triển dạng

f(z) =

∞∑

n=0

cnzn.

(a) Chứng minh rằng

1

2π

∫ 2π

0

|f(reiϕ)|2dϕ =

∞∑

n=0

|cn|2r2n r < R

(b) Nếu max|z|=r

|f(z)| =M(r) thì

|cn| ≤M(r)

rnr < R.


§ 2 Chuỗi Laurent 225

(c) Chứng minh rằng nếu một trong các bất đẳng thức trên biến thành

đẳng thức, nghĩa là |ck| =M(r)

rkthì f(z) = ckz

k

12 ) Giả sử f(z) =∞∑

n=0cnz

n là hàm giải tích trong hình tròn z : |z| < 1

và nó ánh xạ hình tròn này 1-1 lên miền G với diện tích S. Chứng minh

S = p∞∑

n=0

n|cn|2

13 ) Chứng minh các bất đẳng thức sau đúng với mọi z ∈ C:

|ez − 1| ≤ e|z| − 1 ≤ |z|e|z|.

§ 2 Chuỗi Laurent

Chuỗi Taylor là một công cụ giúp ta nghiên cứu hàm số trong lân cận củamột điểm nào đó mà tại điểm đó hàm ấy là giải tích. Tuy nhiên, ta cónhững hàm không giải tích tại điểm ta quan tâm. Khi đó, chuỗi Taylorkhông thể sử dụng được, do vậy ta phải dùng một công cụ khác để có thểnghiên cứu hàm trong một lân cận của một điểm mà tại đó hàm khônggiải tích; đó là chuỗi Laurent.

2.1 Định nghĩa. Chuỗi hàm có dạng∞∑

n=−∞cn(z−z0)n gọi là chuỗi Lau-

rent theo lũy thừa của z − z0 hay chuỗi Laurent tại z0.

2.2 Định lý. Nếu các hệ số của chuỗi Laurent∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n thỏa



0 ≤ lim supn→∞

n√

|c−n| = r < R =1

lim supn→∞

n√

|cn|≤ ∞

thì miền hội tụ của chuỗi đã cho là hình vành khăn D = z : r < |z−z0| <R và tổng f(z) của chuỗi hàm là một hàm giải tích trong hình vành khănD, các hệ số cn của chuỗi thỏa

cn =1

2πi

∫

Γs

f(z)

(z − z0)n+1dz, n = 0,±1,±2, . . .(2.3)

ở đây Γs là đường tròn định hướng dương có phương trình |z − z0| = s vớir < s < R tùy ý.

Chứng minh. Viết chuỗi đã cho thành tổng của hai chuỗi

−1∑

n=−∞cn(z − z0)

n và∞∑

n=0

cn(z − z0)n.

Từ giả thiết và theo Định lý Cauchy-Hadamard trang 72 chuỗi thứ hai cóbán kính hội tụ là R, và theo Định lý 2.9 trang 89 hàm tổng của nó, đặtlà f+(z), giải tích trên z : |z − z0| < R. Hơn nữa, theo Định lý Taylor1.4 ta có

cn =1

2πi

∫

Γs

f+(z)

(z − z0)n+1dz n = 0, 1, 2, . . .

•z0

Γs

•

Cs′

0

Hình VII.2:

Đặt u =1

z − z0. Khi đó, chuỗi

−1∑

n=−∞cn(z − z0)

n được viết lại thành

∞∑

n=1c−nu

n. Do đó, theo Định lý Cauchy-Hadamard và Định lý 2.9 chuỗi mới



này có hàm tổng g(u) giải tích trên u : |u| < r′ với r′ =1

lim supn→∞

n√

|c−n|=

1

r. Vậy chuỗi hàm

−1∑

n=−∞cn(z−z0)n hội tụ về hàm giải tích f−(z) = g( 1

z−z0)

trên z : |z − z0| > r. Hơn nữa, với s′ = 1s theo Định lý Taylor 1.4 ta có

c−n =1

2πi

∫

Cs′

g(u)

un+1du n = 1, 2, . . .

=1

2πi

∫

Γ−s

f−(z)(

1z−z0

)n+1

−dz(z − z0)2

=1

2πi

∫

Γs

f−(z)

(z − z0)−n+1dz

và

0 =1

2πi

∫

Cs′

g(u)

udu

(chú ý rằng đường tròn Γ−s qua ánh xạ u = 1

z−z0biến thành đường tròn

Cs′ định hướng dương tâm 0 bán kính s′). Từ các kết quả trên ta đượcchuỗi Laurent đã cho hội tụ về hàm giải tích f(z) = f+(z) + f−(z) trênhình vành khăn D = z : r < |z− z0| < R. Hơn nữa, với n nguyên khôngâm ta có

1

2πi

∫

Γs

f(z)

(z − z0)n+1dz =

1

2πi

∫

Γs

f−(z)

(z − z0)n+1dz +

1

2πi

∫

Γs

f+(z)

(z − z0)n+1dz

=1

2πi

∫

Cs′

g(u)

u−n+1du+ cn

=1

2πi

∫

Cs′

un−1g(u)du+ cn

= cn

và với n nguyên âm ta có1

2πi

∫

Γs

f(z)

(z − z0)n+1dz =

1

2πi

∫

Γs

f−(z)

(z − z0)n+1dz +

1

2πi

∫

Γs

f+(z)

(z − z0)n+1dz

= cn +1

2πi

∫

Γs

(z − z0)−n−1f+(z)dz

= cn

Như vậy, với mọi n nguyên ta có đẳng thức (2.3).



•

•

z0

z

Γ

•

•

z0

z′

Γ

Γ1

Γ2C

Hình VII.3:2.4 Định lý. (Laurent) Giả sử hàm f giải tích trên miền nhị liên làvành z : R1 < |z − z0| < R2 và Γ là đường cong Jordan trơn từng khúckín nằm trong vành đó và bao quanh điểm z0. Khi đó, với mỗi điểm z

thuộc vành ấy hàm f được biểu diễn thành chuỗi

f(z) =

∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n =

∞∑

n=0

an(z − z0)n +

∞∑

n=1

bn(z − z0)n

,(2.5)

trong đó

cn =1

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz(2.6)

hay

an =1

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz, bn =

1

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)−n+1dz.

Chứng minh. Lấy z′ tùy ý thuộc D = z : R1 < |z − z0| < R2. Tồntại R1 < r′1 < r′2 < R2 sao cho Γ ⊂ D1 = z : r′1 < |z − z0| < r′2 vàz′ ∈ D1. Từ đó, ta có thể chọn được r1, r2, q sao cho R1 < r1 <

r′1 < r′2 < r2 < R, 0 < q < 1, r1q ≤ r′1 và qr2 ≥ r′2. Vậy ta có

Γ ⊂ D2 =

z : r1q < |z − z0| < r2q

và z′ ∈ D2. Gọi Γ1 và Γ2 là hai

đường tròn định hướng dương lần lượt có phương trình |z − z0| = r1 và|z − z0| = r2. Khi đó, theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên tasuy ra được

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz =

∫

Γ1

f(z)

(z − z0)n+1dz =

∫

Γ2

f(z)

(z − z0)n+1dz,



với mọi n ∈ Z. Chọn C là một đường cong Jordan kín trơn bao quanhz′ và có phần trong hoàn toàn trong D2. Xét miền tam liên xác định bởicác đường cong Γ1, Γ2, C. Theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liênta có

∫

Γ2

f(z)

z − z′dz =

∫

Γ1

f(z)

z − z′dz +

∫

C

f(z)

z − z′dz.

Mặt khác, theo công thức tích phân Cauchy ta có

f(z′) =1

2πi

∫

C

f(z)

z − z′dz.

Từ hai đẳng thức trên ta có

f(z′) =1

2πi

∫

Γ2

f(z)

z − z′dz − 1

2πi

∫

Γ1

f(z)

z − z′dz.

Với z ∈ Γ1 ta có |z − z0| = r1, và z′ ∈ D2 nên |z′ − z0| > r1q , suy ra

∣∣∣z − z0z′ − z0

∣∣∣ < q < 1. Ta có biến đổi

1

z − z′=

1

z − z0 − (z′ − z0)=

−1

(z′ − z0)

∞∑

n=0

( z − z0z′ − z0

)n

= −∞∑

n=0

(z − z0)n

(z′ − z0)n+1.

Chuỗi∞∑

n=0

(z − z0)n

(z′ − z0)n+1hội tụ đều trên Γ1 do

∣∣∣z − z0z′ − z0

∣∣∣ < q < 1. Do đó,

1

2πi

∫

Γ1

f(z)

z − z′dz =

1

2πi

∫

Γ1

f(z)(

−∞∑

n=0

(z − z0)n

(z′ − z0)n+1

)

dz

= −∞∑

n=1

1

(z′ − z0)n1

2πi

∫

Γ1

f(z)

(z − z0)−n+1dz

= −∞∑

n=1

1

(z′ − z0)n1

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)−n+1dz

= −∞∑

n=1

bn(z′ − z0)n

.



Với z ∈ Γ2 ta có |z − z0| = r2, và z′ ∈ D2 nên |z′ − z0| < r2q, suy ra∣∣∣z′ − z0z − z0

∣∣∣ < q < 1. Ta có biến đổi

1

z − z′=

1

z − z0 − (z′ − z0)

=1

z − z0

∞∑

n=0

(z′ − z0z − z0

)n

=∞∑

n=0

(z′ − z0)n

(z − z0)n+1.

Chuỗi∞∑

n=0

(z′ − z0)n

(z − z0)n+1hội tụ đều trên Γ2 do

∣∣∣z′ − z0z − z0

∣∣∣ < q < 1. Do đó,

1

2πi

∫

Γ2

f(z)

z − z′dz =

1

2πi

∫

Γ2

f(z)( ∞∑

n=0

(z′ − z0)n

(z − z0)n+1

)

dz

=∞∑

n=0

(z′ − z0)n 1

2πi

∫

Γ2

f(z)

(z − z0)n+1dz

=

∞∑

n=0

(z′ − z0)n 1

2πi

∫

Γ

f(z)

(z − z0)n+1dz

=∞∑

n=0

an(z′ − z0)

n.

Vậy ta có

f(z′) =∞∑

n=0

an(z′ − z0)

n +

∞∑

n=1

bn(z′ − z0)n

.

Do đó, với mọi z ∈ D ta có biểu diễn (2.5).

2.7 Định nghĩa. Với ký hiệu kết quả trong định lý trên, chuỗi∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n được gọi là chuỗi Laurent của hàm f(z), trong đó

∞∑

n=0an(z − z0)

n là phần đều và∞∑

n=1

bn(z − z0)n

là phần chính. Biểu thức

f(z) =∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n được gọi là khai triển Laurent của hàm f(z)

trên vành R1 < |z − z0| < R2.



2.8 Thí dụ. Khai triển Laurent hàm f(z) =−1

(z − 1)(z − 2)trên vành

1 < |z| < 2. Ta viết lại f(z) =1

z − 1− 1

z − 2. Ta có

1

z − 1=

1

z

1

1− 1z

=1

z

∞∑

n=0

(1

z

)n

=

∞∑

n=0

1

zn+1|z| > 1

1

2− z=

1

2(1− z2 )

=1

2

∞∑

n=0

(z

2

)n

=∞∑

n=0

zn

2n+1|z| < 2.

Vậy f(z) =∞∑

n=0

1

zn+1+

∞∑

n=0

zn

2n+1. Ta nhận thấy

c−1 = 1 =1

2πi

∫

Γ

f(z)dz suy ra∫

Γ

dz

(z − 1)(z − 2)= −2πi,

trong đó Γ là đường cong kín trong vành đã cho bao quanh điểm z = 0.

2.9 Thí dụ. Khai triển hàm f(z) = z3 sin 1z trên vành 0 < |z| <∞. Ta có

sin1

z=

∞∑

n=0

(−1)n(1z )

2n+1

(2n+ 1)!=

∞∑

n=0

(−1)n1

(2n+ 1)!z2n+1.

Vậy

f(z) = z3∞∑

n=0

(−1)n1

(2n+ 1)!z2n+1

= −1

6+ z2 +

∞∑

n=0

(−1)n1

(2n+ 5)!z2n+2.

Giả sử Γ là đường cong kín trơn từng khúc bao quanh z = 0. Ta có∫

Γ

z3 sin1

zdz = 2πic−1 = 0.

Bài tập

1 ) Khai triển Laurent các hàm sau trên miền 0 < |z| <∞(a)

ez

z2(b)

sin(z2)

z4(c)

sinh z

z2(d) z3 cosh

(1

z

)

2 ) Khai triển hàm f(z) =−1

(z − 1)(z − 2)thành chuỗi Laurent trong vành

2 < |z| <∞.



3 ) Khai triển hàm f(z) = z5e1z thành chuỗi Laurent trong miền 0 < |z| <

∞.

4 ) Khai triển hàm f(z) = z3 cos2

zthành chuỗi Laurent trong miền 0 <

|z| < ∞. Từ đó tính tích phân∫

Γ

f(z)dz với Γ là đường tròn được định

hướng dương và có phương trình |z| = 1.

5 ) Khai triển hàm f(z) =1

(z − 1)(z − 3)thành chuỗi Laurent trong miền

1 < |z| < 3. Từ đó tính tích phân∫

Γ

f(z)dz với Γ là đường tròn được định

hướng dương và có phương trình |z| = 2.

6 ) Khai triển hàm f(z) =z2 − 2z + 5

(z − 2)(z2 + 1)thành chuỗi Laurent (a) trong

lân cận điểm z = 2; (b) trong miền xác định bởi 1 < |z| < 2.


(z2 + 1)2thành chuỗi Laurent trong lân cận

điểm z = i và z = ∞.

8 ) Khai triển hàm f(z) = z2 sin1

z − 1trong lân cận của điểm z = 1.


(z − a)(z − b), trong đó 0 < |a| < |b|, thành

chuỗi Laurent trong (a) lân cận điểm z = 0; (b) lân cận điểm z = a;(c) miền xác định bởi |a| < |z| < |b|.

10 ) Viết hai chuỗi Laurent theo lũy thừa của z biểu diễn hàm f(z) =1

z(1 + z2)trên các miền xác định, và chỉ rõ các miền ấy.

11 ) Chứng minh rằng khoảng cách của không điểm gần nhất tới z = 0

đối với hàm f(z) =∞∑

n=0cnz

n không nhỏ hơnr|c0|

M + |c0|ở đây r là số dương

nhỏ hơn bán kính hội tụ của chuỗi đã cho còn M =M(r) = max|z|=r

|f(z)|.

12 ) (a) Cho a là một số thực thỏa −1 < a < 1. Hãy khai triển Laurenthàm

a

z − atheo lũy thừa của z trên miền |a| < |z| <∞.



(b) Cho z = eiθ vào kết quả của (a) và đi đến các đẳng thức với |a| < 1

∞∑

n=1

an cosnθ =a cos θ − a2

1− 2a cos θ + a2,

∞∑

n=1

an sinnθ =a sin θ

1− 2a cos θ + a2

13 ) Ký hiệu C là đường tròn |z| = 1 được định hướng dương.

(a) Tính tích phân∫

C

zne1z dz với n = 0, 1, 2, . . ..

(b) Từ kết quả trên tính tích phân∫

C

ez+1z dz.



§ 3 Các loại điểm

Không-điểm

3.1 Định nghĩa. Điểm z0 được gọi là không-điểm của hàm f(z) nếuf(z0) = 0.

Giả sử z0 là không-điểm của hàm f(z) và hàm f(z) giải tích trong ε-lâncận của điểm z0. Khi đó, khai triển Taylor của hàm f(z) trong ε-lân cậnấy của điểm z0 có dạng

f(z) = f ′(z0)(z − z0) +f ′′(z0)

2!(z − z0)

2 + · · ·

· · ·+ f (n)(z0)

n!(z − z0)

n + · · ·

Nếu hàm f(z) không đồng nhất bằng 0 trong ε-lân cận của điểm z0 thì tồntại ít nhất hệ số cn trong khai triển Taylor khác 0. Chỉ số bé nhất trongcác hệ số khác 0 này được gọi là cấp của không-điểm z0. Như vậy, nếuz0 là không điểm cấp n > 0, thì hàm f có khai triển Taylor trong lân cậncủa điểm z0 là

f(z) =f (n)(z0)

n!(z − z0)

n +f (n+1)(z0)

(n+ 1)!(z − z0)

n+1 + · · ·

= (z − z0)n[f (n)(z0)

n!+f (n+1)(z0)

(n+ 1)!(z − z0) + · · ·

]

trong đó f (n)(z0) 6= 0. Đặt ϕ(z) = f(n)(z0)n! + f(n+1)(z0)

(n+1)! (z − z0) + · · · . Tanhận thấy ϕ(z) giải tích trong lân cận của z0 và ϕ(z0) 6= 0. Vì ϕ(z) liêntục tại z0 nên ϕ(z) 6= 0 trong một lân cận của điểm z0. Ta có thể phátbiểu kết quả trên thành định lý sau.

3.2 Định lý. Cho hàm f(z) giải tích trong một ε-lân cận của điểm z0 vànhận z0 làm không-điểm. Nếu f(z) không đồng nhất bằng 0 trong lân cậnấy của z0, thì tồn tại một lân cận của điểm z0 sao cho trong lân cận nàyhàm f(z) chỉ nhận z0 làm không điểm duy nhất.

3.3 Nhận xét. Trong phần chứng minh định lý trên ta thấy có kết quảsau: Nếu z0 là không điểm cấp m của hàm f và hàm f giải tích tại z0, thìta có thể viết f(z) = (z− z0)

mϕ(z) trong đó ϕ(z) là một hàm giải tích tạiz0 và ϕ(z0) 6= 0.


§ 3 Các loại điểm 235

3.4 Định lý. (Sự duy nhất của hàm giải tích) Cho hai hàm f và g

giải tích trong miền D và zn là một dãy phân biệt trong D và hội tụ vềa ∈ D. Nếu f(zn) = g(zn) với mọi n thì f(z) = g(z) với mọi z ∈ D.

Chứng minh. Đặt R = d(a, ∂D) = inf |z − a| : z ∈ ∂D. Do D là mộtmiền và a ∈ D nên ta có R > 0. Đặt ϕ(z) = f(z)− g(z). Theo giả thiết tacó ϕ(z) giải tích trênD nên ϕ(z) giải tích trên R-lân cận của a và ϕ liên tụctại a. Do lim

n→∞zn = a và ϕ(zn) = f(zn)−g(zn) nên ϕ(a) = lim

n→∞ϕ(zn) = 0.

Vậy a và zn là các không điểm của ϕ. Do các zn phân biệt trên D, nêna không là không-điểm duy nhất trong bất kỳ lân cận nào của a. Do đó,theo Định lý 3.2 hàm ϕ phải đồng nhất 0 trên R-lân cận của a, tức làϕ(z) = 0 với mọi z thỏa |z − z| < R.

•

•

•

•

••

• •

•

•

•z∗

a0

a1

a2

D

L

ak−1

Hình VII.4:

Lấy z∗ tùy ý thuộc D. Do D là một miền nên tồn tại một đườngcong L trong D nối a đến z∗. Đặt r = inf |z − z′| : z ∈ L, z′ ∈ ∂D> 0. Chọn 0 < δ < min r, R. Do L là tập compact nên tồn tại hữuhạn điểm a = a0, a1, a2, . . . , ak = z∗ trên L sao cho |al−1 − al| < δ

với mọi l = 1, 2, . . . , k. Ta có ϕ đồng nhất 0 trên z : |z − a0| < δ. Do|a1 − a0| < δ nên ϕ(a1) = 0. Theo chứng minh phần đầu ta cũng có thểchứng minh được ϕ đồng nhất 0 trên z : |z − a1| < δ. Do |a2 − a1| < δ

nên ϕ(a2) = 0. Tiếp tục quá trình như trên ta sẽ thu được ϕ(a) = ϕ(a1) =

ϕ(a2) = · · · = ϕ(ak) = 0, suy ra ϕ(z∗) = 0. Vậy ϕ đồng nhất 0 trên D.Suy ra f(z) = g(z) với mọi z ∈ D.

3.5 Chú ý. Trong định lý trên dãy zn phải hội tụ về một điểm thuộc

D. Đây là điều kiện không thể bỏ qua. Xét hai hàm f(z) = sin1

zvà

g(z) = 0 trên miền D = C \ 0. Xét dãy zn trong D với zn =1

nπ. Ta

có limn→∞

zn = limn→∞

1

nπ= 0 /∈ D. Ta có f(zn) = sin

11nπ

= 0 = g(zn) trên



D. Nghĩa là ta không có kết luận của định lý duy nhất bởi vì dãy zn hộitụ về điểm 0 không thuộc D.

3.6 Chú ý. Định lý duy nhất khẳng định tính duy nhất về sự thác triểncủa hàm giải tích trên miền. Chẳng hạn, đối với mọi số thực x ta cósin2 x + cos2 x = 1. Ta thác triển hàm f(x) = sin2 x + cos2 x lên hàmf(z) = sin2 z + cos2 z với z ∈ C. Xét hai hàm f(z) = sin2 z + cos2 z vàg(z) = 1 trên C. Ta thấy f(z) và g(z) trùng nhau trên trục số thực (khi zlà số thực). Cho nên theo định lý duy nhất ta có f(z) = g(z) = 1 với mọiz ∈ C hay sin2 z + cos2 z = 1 với mọi z ∈ C.

3.7 Định lý. Giả sử f là hàm giải tích trên D và f không là hàm hằng.Khi đó, trên mọi tập compact K ⊂ D không tồn tại vô hạn điểm để f nhậncùng giá trị. Nói cách khác, nghịch ảnh f−1(w) không có điểm tụ trong Dvới mọi w ∈ C.

Chứng minh. Giả sử trên K có vô hạn điểm để f nhận cùng giá trị c.Do tính compact của K nên trong K tồn tại dãy phân biệt zn hội tụ vềz0 ∈ K sao cho f(zn) = c với mọi số nguyên dương n. Do đó, theo định lýsự duy nhất của hàm giải tích ta suy ra f(z) = c với mọi z ∈ D. Điều nàymâu thuẫn với giả thiết, cho nên ta có được định lý.

Điểm bất thường

3.8 Định nghĩa. Điểm z0 được gọi là điểm bất thường của hàm f(z)

nếu hàm f(z) không giải tích tại z0 nhưng giải tích tại một số điểm trongbất kỳ lân cận nào của z0.

3.9 Thí dụ. Hàm f(z) =1

sin 1z

nhận các điểm z = 0, z =1

nπvới n ∈ Z

khác không, làm điểm bất thường.

3.10 Định nghĩa. Điểm bất thường z0 của hàm f(z) được gọi là điểmbất thường cô lập nếu tồn tại ε-lân cận thủng của z0 sao cho hàm f(z)

giải tích trên đó.

3.11 Thí dụ. Các điểm z = 1nπ với n ∈ Z khác không, là điểm bất thường

cô lập của hàm f(z) =1

sin 1z

; trong khi đó, điểm z = 0 là điểm bất thường

không cô lập của hàm f(z) =1

sin 1z

.



3.12 Định nghĩa. (Phân loại điểm bất thường cô lập) Cho z0 là điểmbất thường cô lập của hàm f(z). Khi đó, ta nói

(i) z0 là điểm bất thường bỏ được nếu limz→z0

f(z) tồn tại trong C.

(ii) z0 là cực điểm nếu limz→z0

f(z) = ∞.

(iii) z0 điểm bất thường cốt yếu nếu hàm f(z) không có giới hạntrong C khi z dần về z0.

3.13 Định lý. Cho z0 là điểm bất thường cô lập của hàm f . Nếu f bịchặn trong lân cận thủng của z0 thì f có thể mở rộng giải tích tới z0; hơnnữa z0 là điểm bất thường bỏ được.

•z0

Γs

Hình VII.5:

Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại r > 0 saocho f giải tích và bị chặn trong hình vành khănD = z : 0 < |z−z0| < r. ĐặtM = sup

z∈D|f(z)| <

∞. Ta có khai triển Laurent của hàm f tronghình vành khăn D là

f(z) =

∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n với cn =1

2πi

∫

Γs

f(z)

(z − z0)n+1dz

trong đó Γs là đường tròn định hướng dương có phương trình |z − z0| = s

với 0 < s < r tùy ý. Do đó, ta ước lượng được

|cn| =1

2π

∣∣∣∣

∫

Γs

f(z)

(z − z0)n+1dz

∣∣∣∣≤ s

M

sn+1=M

sn.

Cho s → 0 ta suy ra được cn = 0 với n = −1,−2, . . .. Vậy khai triểnLaurent của hàm f được viết lại là

f(z) =

∞∑

n=0

cn(z − z0)n.

Vậy hàm giải tích f+(z) =∞∑

n=0cn(z − z0)

n trên z : |z − z0| < r là

một mở rộng giải tích của f(z) tới z0. Từ tính hội tụ đều của chuỗi hàm∞∑

n=0cn(z − z0) ta suy ra được

limz→z0

f(z) = limz→z0

∞∑

n=0

cn(z − z0)n = c0.



Vậy z0 là điểm bất thường bỏ được.

3.14 Định lý. (Weierstrass) Điểm bất thường cô lập a ∈ C là điểm bấtthường cốt yếu của hàm giải tích f(z) nếu và chỉ nếu f(B(z, r) \ a) = C

với mọi r > 0.

Chứng minh. Giả sử f(B(z, r) \ a) = C với mọi r > 0. Khi đó, với b ∈ C

bất kỳ, với mỗi n nguyên dương ta có B(b, 1n )∩ f(B(a, 1

n ) \ a) 6= ∅, suyra tồn tại zn ∈ B(a, 1

n ) \ a sao cho f(zn) ∈ B(b, 1n ) hay |f(zn)− b| < 1

n .Vậy lim

n→∞zn = a và lim

n→∞f(zn) = b. Do b ∈ C bất kỳ nên lim

z→af(z) không

tồn tại, suy ra a là điểm bất thường cốt yếu.Ngược lại, giả sử a ∈ C là điểm bất thường cốt yếu của f nhưng tồn

tại r > 0 sao cho f(B(a, r) \ a) 6= C. Nghĩa là tồn tại b ∈ C và s > 0 saocho f(B(a, r) \ a) ∩B(b, s) = ∅. Khi đó, với mọi z thỏa 0 < |z − a| < r

ta có f(z) /∈ B(b, s) hay |f(z)− b| ≥ s. Rõ ràng hàm ϕ(z) =1

f(z)− bgiải

tích và bị chặn trên (bởi 1s ) trong hình vành khăn z : 0 < |z−a| < r. Do

đó, theo Định lý 3.13 hàm ϕ có thểm mở rộng giải tích đến điểm a thànhhàm ϕ∗(z). Khi đó, tồn tại giới hạn

limz→a

ϕ(z) = limz→a

ϕ∗(z).

Do đó, tồn tại giới hạn limz→a

[f(z)− b] trong C hay tồn tại giới hạn limz→a

f(z)

trong C. Điều này mâu thuẫn với a là điểm bất thường cốt yếu. Vậyf(B(z, r) \ a) = C với mọi r > 0.

3.15 Định nghĩa. Một hàm f được gọi là hàm phân hình trên D nếunhững điểm trong D mà f không giải tích là những cực điểm của f .

Chuỗi Laurent cho phép chúng ta nghiên cứu dễ dàng hơn các hàm giảitích trong lân cận của một điểm nào đó mà tại điểm đó hàm mất tính giảitích. Điểm như vậy chính là điểm bất thường cô lập. Hơn nữa, ta có mốiliên hệ giữa chuỗi Laurent và điểm bất thường cô lập trong định lý sau.

3.16 Định lý. Cho z0 ∈ C là điểm bất thường cô lập của hàm f(z) vàkhai triển Laurent của hàm f(z) trong lân cận thủng của z0 là f(z) =

∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n =∞∑

n=0an(z − z0)

n +∞∑

n=1

bn(z − z0)n

. Khi đó,

(i) điểm z0 là điểm bất thường bỏ được nếu và chỉ nếu phần chính củachuỗi bằng không;



(ii) điểm z0 là cực điểm nếu và chỉ nếu phần chính của chuỗi chỉ có hữuhạn số hạng khác không;

(iii) điểm z0 là điểm bất thường cốt yếu nếu và chỉ nếu phần chính củachuỗi có vô số số hạng khác 0.

Chứng minh.

(i) Giả sử z0 là điểm bất thường bỏ được của hàm f , tức là limz→z0

f(z) =

A 6= ∞. Khi đó, tồn tại R > 0 sao cho hàm f giải tích trên miềnxác định bởi 0 < |z − z0| < R, cùng với điều kiện giới hạn của hàmf tại z0 là xác định, ta có f bị chặn trên miền đó. Nghĩa là

|f(z)| ≤M = supz∈V

|f(z)| <∞,

với mọi z ∈ V = z : 0 < |z − z0| < R. Chuỗi Laurent của hàm f

trong vành V là

f(z) =

∞∑

n=−∞cn(z − z0)

n với cn =1

2πi

∫

Γ1

f(z)

(z − z0)n+1dz

trong đó Γ1 là đường tròn định hướng bất kỳ có phương trình |z −z0| = R1 với 0 < R1 < R. Suy ra

|cn| =∣∣∣1

2πi

∫

Γ1

f(z)

(z − z0)n+1dz∣∣∣ ≤ 1

2π

∫ 2π

0

M

Rn+11

R1dt =M

Rn1

.

Vậy |cn| ≤M

Rn1

đúng với mọi 0 < R1 < R. Suy ra với n < 0 ta phải

có cn = 0 (vì ta cho R1 → 0). Điều đó có nghĩa là phần chính củachuỗi Laurent bằng không.

Ngược lại, giả sử phần chính của chuỗi Laurent của hàm f trong lâncận thủng V của z0 bằng không, nghĩa là

f(z) =

∞∑

n=0

cn(z − z0)n với z ∈ V = z : 0 < |z − z0| < R.

Do chuỗi∞∑

n=0cn(z−z0)n hội tụ đều trong hình tròn z : |z−z0| < R1



với R1 < R, nên ta có

limz→z0

f(z) = limz→z0

∞∑

n=0

cn(z − z0)n

=

∞∑

n=0

limz→z0

cn(z − z0)n

= c0 6= ∞.

Vậy z0 là điểm bất thường bỏ được.

(ii) Giả sử z0 là cực điểm của hàm f , tức là limz→z0

f(z) = ∞. Chọn

0 < R1 < R sao cho f(z) 6= 0 với mọi 0 < |z| < R1. Do hàm f giải

tích trên 0 < |z| < R1, nên hàm ϕ(z) =1

f(z)giải tích và khác không

trên 0 < |z| < R1 và limz→z0

ϕ(z) = 0. Đặt ϕ(z0) = 0. Theo chứng minh

phần (i) ta suy ra được hàm ϕ giải tích trên hình tròn |z− z0| < R1.Vì vậy ta có khai triển Taylor của hàm ϕ trên |z − z0| < R1 là

ϕ(z) =

∞∑

n=m

c′n(z − z0)n

= (z − z0)m

∞∑

n=m

c′n(z − z0)n−m

= (z − z0)mψ(z)

với m ≥ 1 và c′m 6= 0. Ta thấy ψ(z) là hàm giải tích và khác khôngtrên |z − z0| < R1 và ψ(z0) = c′m. Do đó, ta có thể viết

f(z) =1

ϕ(z)= (z − z0)

−m 1

ψ(z).

Vì hàm1

ψ(z)giải tích trên |z−z0| < R1, nên ta có khai triển Taylor

1

ψ(z)=

∞∑

n=0

cn(z − z0)n.



Đặc biệt c0 =1

ψ(z0)=

1

c′m6= 0. Vậy với 0 < |z − z0| < R1 ta có

f(z) = (z − z0)−m

∞∑

n=0

cn(z − z0)n

=

∞∑

n=0

cn(z − z0)n−m

=

∞∑

n=−m

cn+m(z − z0)n.

Đây chính là khai triển Laurent của hàm f trên 0 < |z − z0| < R1.Ta nhận thấy phần chính của chuỗi Laurent có hữu hạn số hạng vàhệ số của (z − z0)

−m là c0 6= 0 với m ≥ 1.

Ngược lại, giả sử khai triển Laurent của hàm f trong miền 0 <

|z − z0| < R là f(z) =∞∑

n=−mcn(z − z0)

n với m ≥ 1 và c−m 6= 0. Suy

ra

f(z)(z − z0)m =

∞∑

n=−m

cn(z − z0)n+m =

∞∑

n=0

c−m+n(z − z0)n.

Ta có limz→z0

f(z)(z − z0)m = lim

z→z0

∞∑

n=0

c−m+n(z − z0)n = c−m 6= 0 và

limz→z0

(z − z0)m = 0. Suy ra

limz→z0

f(z) = limz→z0

f(z)(z − z0)m

(z − z0)m= ∞.

Vậy z = z0 là cực điểm hàm f .

(iii) Nếu z0 là điểm bất thường cốt yếu thì theo kết quả ở phần (i) và (ii)ta phải có phần chính trong khai triển Laurent trong lân cận thủngcủa z0 có vô số số hạng khác 0.

Ngược lại, nếu phần chính của khai triển Laurent trong lân cậnthủng của z0 có vô hạn số hạng khác 0 ta phải có lim

z→z0f(z) không

tồn tại trong C. Nghĩa là z0 là điểm bất thường cốt yếu của f .

3.17 Định nghĩa. Giả sử z0 là cực điểm của hàm f . Khi đó, chỉ số m

lớn nhất sao cho hệ số c−m của (z − z0)−m trong khai triển Laurent của



hàm f trong lân cận thủng của z0 khác không được gọi là cấp của cựcđiểm z0.

3.18 Nhận xét. Trong phần chứng minh (ii) của định lý trên ta thấycó kết quả sau: Nếu z0 là cực điểm cấp m của hàm f , thì ta có thể viết

f(z) =φ(z)

(z − z0)mtrong đó φ(z) là hàm giải tích tại z0 và φ(z0) 6= 0. Hơn

nữa, điều ngược lại cũng đúng. Ta phát biểu kết quả trong định lý sau.

3.19 Định lý. Điểm bất thường cô lập z0 là cực điểm cấp m của hàm f

khi và chỉ khi f có thể được viết dưới dạng

f(z) =φ(z)

(z − z0)m(3.20)

trong đó φ(z) là hàm giải tích tại z0 và φ(z0) 6= 0.

Từ kết quả này ta có mối liên hệ giữa khái niệm không-điểm và kháiniệm cực điểm như sau.

3.21 Định lý. Cho p và q là hai hàm giải tích tại z0 và p(z0) 6= 0. Khiđó, z0 là không điểm cấp m của q khi và chỉ khi z0 là cực điểm cấp m củap(z)/q(z).

Chứng minh. Giả sử z0 là không điểm cấp m của q. Khi đó, tồn tại hàmϕ(z) giải tích tại z0 và ϕ(z0) 6= 0 sao cho q(z) = (z − z0)

mϕ(z).

p(z)

q(z)=p(z)/ϕ(z)

(z − z0)m.

Ta thấy p(z)/ϕ(z) là hàm giải tích tại z0 và p(z0)/ϕ(z0) 6= 0. Điều đó kéotheo z0 là cực điểm cấp m của p(z)/q(z).

Ngược lại, giả sử z0 là cực điểm cấp m của p(z)/q(z). Khi đó, tồn tạihàm φ(z) giải tích và khác 0 tại z0 sao cho

p(z)

q(z)=

φ(z)

(z − z0)m.

Ta viết lại được q(z) = p(z)φ(z)(z − z0)

m. Do p(z)/φ(z) giải tích tại z0 vàp(z0)/φ(z0) 6= 0, nên suy ra được z0 là không điểm cấp m của hàm q.



3.22 Thí dụ. (1) Xét điểm bất thường z = 0 của hàmsin z

z. Ta có

khai triển

sin z =

∞∑

n=0

(−1)nz2n+1

(2n+ 1)!với mọi z ∈ C.

Vậy ta có khai triển Laurent của hàmsin z

ztrên 0 < |z| <∞ là

sin z

z=

∞∑

n=0

(−1)nz2n

(2n+ 1)!.

Vậy phần chính của chuỗi Laurent bằng 0, nên z = 0 là điểm bất

thường bỏ được. Hơn nữa, ta thấy limz→0

sin z

z= 1. Như vậy, hàm

sin z

zcó thể mở rộng thành hàm giải tích trên C, đó chính là hàm

g(z) =

sin z

zkhi z 6= 0

1 khi z = 0

(2) Xét điểm bất thường z = 0 của hàmcos z

z2. Ta có khai triển

cos z =

∞∑

n=0

(−1)nz2n

(2n)!với mọi z ∈ C.

Vậy khai triển Laurent của hàmcos z

z2trên miền 0 < |z| <∞ là

cos z

z2=

∞∑

n=0

(−1)nz2n−2

(2n)!=

1

z2+

∞∑

n=1

(−1)nz2n−2

(2n)!.

Vậy phần chính của chuỗi Laurent là1

z2. Do đó, z = 0 là cực điểm

cấp 2.

(3) Xét điểm bất thường z = 0 của hàm e1z . Ta có khai triển Laurent của

e1z trên 0 < |z| <∞ là

e1z =

∞∑

n=0

(1z )n

n!=

∞∑

n=0

1

n!z−n.

Như vậy, phần chính của chuỗi Laurent có vô số số hạng khác không,nên z = 0 là điểm bất thường cốt yếu của hàm e

1z .



Điểm bất thường cô lập ∞3.23 Định nghĩa. Điểm ∞ được gọi là điểm bất thường cô lập của hàmgiải tích f(z) trên D = z : |z| > R nếu 0 là điểm bất thường cô lập củahàm g(z) = f(1z ), nghĩa là hàm f không giải tích tại điểm z = ∞.

Trong trường hợp định nghĩa trên hàm f(1z ) giải tích trong hình vànhkhăn xác định bởi 0 < |z| < 1

R và khai triển Laurent của nó gọi là khaitriển Laurent của hàm f(z) tại ∞ trong vành khăn R < |z| < ∞ và tađược chuỗi Laurent

f(z) =∞∑

n=−∞cnz

n.

Đây cũng chính là khai triển Laurent của hàm f(z) tại 0 trong hình vànhkhăn D xác định bởi R < |z| < ∞, nhưng có điểm khác biệt quan trọng

là chuỗi∞∑

n=1cnz

n là phần chính và chuỗi0∑

n=−∞cnz

n là phần đều của khai

triển Laurent tại ∞ trong hình vành khăn D.Phân loại tính bất thường của điểm bất thường cô lập ∞ được suy

tương ứng từ phân loại tính bất thường của điểm 0 đối với hàm f(1z ). Nhưvậy, với kết quả ở phần trước ta có

• Nếu tồn tại limz→∞

f(z) ∈ C thì ∞ là điểm bất thường bỏ được của hàm

f(z) và ta có thể mở rộng giải tích hàm f đến ∞.

• Nếu limz→∞

f(z) = ∞ thì tồn tại m > 0 để cn = 0 với mọi n > m và

cm 6= 0. Khi đó, ∞ là cực điểm cấp m của hàm f(z).

• Nếu không tồn tại giới hạn limz→∞

f(z) trong C thì có vô số m > 0 để

cm 6= 0 và điểm ∞ được gọi là điểm bất thường cốt yếu của f(z).

3.24 Thí dụ. Điểm z = ∞ là cực điểm của mọi đa thức khác hằng số.Bậc của cực điểm chính là bậc của đa thức.

3.25 Thí dụ. (hàm nguyên) Ta biết rằng hàm nguyên giải tích trongtoàn mặt phẳng phức C. Như vậy, theo Định lý Taylor trang 219 mọi hàmnguyên đều có khai triển MacLaurin trên C

f(z) =∞∑

n=0

cnzn, z ∈ C.



Ta xét tính bất thường của điểm ∞ đối với hàm nguyên.

(a) Tồn tại limz→∞

f(z) = a ∈ C, nói cách khác ∞ là điểm bất thường bỏ

được của f . Khi đó, f bị chặn trên C nên theo Định lý Liouville trang181 f là hàm hằng.

(b) Giả sử limz→∞

f(z) = ∞. Khi đó, khai triển Laurent của f tại ∞ có

phần chính là một đa thức

g(z) =

m∑

k=1

ckzk.

Do đa thức cũng là một hàm nguyên nên hiệu ϕ(z) = f(z)−g(z) cũnglà hàm nguyên và lim

z→∞ϕ(z) = c0 là hệ số c0 trong khai triển Laurent

của f tại ∞ ở trên. Do đó, theo trường hợp trên ϕ(z) là hàm hằng,hay f(z)− g(z) = const. Vậy f là một đa thức.

(c) Giả sử limz→∞

f(z) không tồn tại trong C. Trường hợp này ta gọi f là

hàm siêu việt.

3.26 Định lý. Điểm ∞ là điểm bất thường cốt yếu của hàm giải tích f

nếu và chỉ nếu f(z : |z| > R) = C với mọi R.


Bài tập

1 ) Điểm z0 là không điểm cấp k đối với f(z) và là không điểm cấp l đốivới ϕ(z). Nếu f và ϕ giải tích tại z0, hãy xét tính không điểm của z0 vàcấp của nó đối với các hàm sau

(a) f(z)ϕ(z) (b) f(z) + ϕ(z) (c)f(z)

ϕ(z).

2 ) Tìm cấp của không điểm z = 0 đối với các hàm

(a) z2(ez2 − 1) (b) 1− cos z



(c) z sin z (d) 6 sin z3 + z3(z6 − 6)

3 ) Tìm các không-điểm và cực điểm của các hàm số sau (nếu có). Xácđịnh cấp của chúng.

(a) z2 + 9 (b)z2 + 9

z4(c)

sin z

z2(d) (z2 − 4)3 (e) sin z3

4 ) Tìm các điểm bất thường bỏ được của các hàm sau:

(a)z

tan z(b)

1− cos z

z2(c)

1

ez − 1− 1

sin z(d)

1

cos2 z− 1

(z−π2 )2

5 ) Chứng minh rằng nếu f giải tích trong một lân cận thủng của z0 vàliên tục tại z0 thì f giải tích tại z0.

6 ) Chứng minh rằng các hàm sau là hàm nguyên

(a) f(z) =

ez − 1

zkhi z 6= 0

1 khi z = 0

(b) f(z) =

cos z

z2 − π2

4

khi z 6= ±π2

− 1π khi z = ±π

2

7 ) (Nguyên lý thác triển giải tích) Giả sử f và g là hai hàm giải tíchtrong tập mở liên thông D. Chứng minh rằng nếu tồn tại tập mở khácrỗng U ⊂ D sao cho f |U = g|U thì f = g. Cho một phản ví dụ trongtrường hợp D không là tập liên thông.

8 ) Cho f là một hàm giải tích trên D và z0 là điểm trong của D.Chứng minh rằng nếu f không là hàm hằng thì tồn tại r > 0 sao choz : |z − z0| ≤ r ⊂ D và f(z) 6= f(z0) với mọi z thỏa |z − z0| = r.

9 ) Cho f là một hàm giải tích và không là hàm hằng trong một lâncận của không-điểm z0 (của f). Chứng minh rằng tồn tại r > 0 sao chof ′(z) 6= 0 với mọi 0 < |z − z0| ≤ r.

10 ) Chứng minh rằng nếu hàm f giải tích trên miền đóng đơn liên D vớibiên là một đường cong đơn kín C, ngoại trừ các cực điểm bên trong Cnếu có, và nếu tất cả không điểm của f trên D là bên trong C và có cấphữu hạn, thì số không điểm của f phải là hữu hạn.

11 ) Cho D là miền đóng giới hạn bởi đường cong đơn C. Chứng minhrằng nếu hàm f giải tích trên D trừ các cực điểm bên trong C, thì số cáccực điểm ấy phải là hữu hạn.


§ 4 Thặng dư và cách tính thặng dư 247


13 ) Xây dựng các hàm số có trong mặt phẳng phức C

(a) Cực điểm cấp 2 tại ∞.

(b) Cực điểm cấp 2 tại z = 0 với phần chính bằngc−2

z2và cực điểm đơn

tại ∞.

14 ) Tìm dạng tổng quát của hàm số với tính chất

(a) Có một cực điểm đơn trên C.

(b) Có một cự điểm cấp n.

(c) Cực điểm cấp 2 tại z = 0 với phần chính có khai triển dạng1

z2.

(d) Cực điểm cấp n tại z = 0 và cực điểm cấp m tại ∞.

15 ) Cho f là một hàm phân hình. Chứng minh rằng nếu limz→∞

f(z) = a ∈C thì f được viết dưới dạng

f(z) =p(z)

k∏

j=1

(z − zj)mj

trong đó p(z) là một đa thức.

§ 4 Thặng dư và cách tính thặng dư

Khái niệm thặng dư

4.1 Định nghĩa. Giả sử hàm f giải tích trong lân cận thủng của điểmz0. Khi đó, hệ số c−1 của chuỗi Laurent của hàm f trong lân cận thủngấy được gọi là thặng dư của hàm f tại z0 và ký hiệu Res(f, z0).

4.2 Nhận xét. Từ định nghĩa thặng dư của hàm f và công thức (2.6) tathấy: nếu Γ là đường cong Jordan kín trơn từng khúc bao quanh điểm z0sao cho hàm f giải tích trên Γ và tại các điểm bên trong Γ trừ điểm z0, thì

Res(f, z0) =1

2πi

∫

Γ

f(z)dz hay∫

Γ

f(z)dz = 2πiRes(f, z0).(4.3)



•z0

•z0

Γ

Hình VII.6:

4.4 Thí dụ. Xét tích phân∫

Γ

dz

z(z − 2)4trong đó Γ là đường tròn định

hướng dương |z− 2| = 1. Ta thấy hàm dưới dấu tích phân giải tích tại mọiđiểm trừ hai điểm z = 0 và z = 2, nên nó có chuỗi Laurent trong hìnhtròn thủng 0 < |z − 2| < 2. Theo nhận xét trên, tích phân cần tính bằng

2πi nhân với thặng dư của hàm1

z(z − 2)4tại điểm z = 2. Để xác định

thặng dư ấy ta tìm chuỗi Laurent của hàm dưới dấu tích phân trong miền0 < |z − 2| < 2. Ta có

x

y

Γ

• •0 1 2 3 4

Hình VII.7:

1

z(z − 2)4=

1

(z − 2)41

2 + z − 2=

1

2(z − 2)4

∞∑

n=0

(−1)n(z − 2

2

)n

=∞∑

n=0

(−1)n(z − 2)n−4

2n+1.



Hệ số của1

z − 2trong chuỗi trên là thặng dư cần tìm, nó là

−1

24. Vậy

∫

Γ

dz

z(z − 2)4= 2πi

−1

16= −πi

8.

Cách tính thặng dư

4.5 Định lý. Giả sử z0 là cực điểm của hàm f và hàm f được viết ở dạng

f(z) =φ(z)

(z − z0)m, trong đó φ(z) giải tích và khác không tại z0. Khi đó,

Res(f(z), z0) =φ(m−1)(z0)

(m− 1)!.(4.6)

z0•

Cε

Hình VII.8:

Chứng minh. Do hàm φ(z) giải tích và khác không tạiz0, nên tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho φ(z) giải tíchtrên z : |z − z0| ≤ ε. Gọi Cε là đường tròn được địnhhướng dương có phương trình |z − z0| = ε. Theo côngthức tích phân Cauchy ta có

Res(f(z), z0) =1

2πi

∫

Cε

f(z)dz =1

2πi

∫

Cε

φ(z)

(z − z0)mdz

=φ(m−1)(z0)

(m− 1)!.


z(z − 1). Tại z0 = 1, ta viết lại hàm f như

sau f(z) =1z

z − 1. Do đó, ta có

Res( 1

z(z − 1), 1)

=1

z

∣∣∣z=1

= 1.

4.8 Định lý. Cho hai hàm số p và q giải tích tại điểm z0. Nếu p(z0) 6= 0,q(z0) = 0 và q′(z0) 6= 0, thì

Res(p(z)

q(z), z0

)

=p(z0)

q′(z0).(4.9)

Chứng minh. Do hàm q(z) giải tích tại z0 và q(z0) = 0, q′(z0) 6= 0, nênq(z) có khai triển Taylor tại z0 là

q(z) = q′(z0)(z − z0) +

∞∑

n=2

an(z − z0)n = (z − z0)ϕ(z).



z0•

Cε

Hình VII.9:

Trong đó ϕ(z) là hàm giải tích tại z0 và ϕ(z0) = q′(z0) 6=0. Do đó, ta có thể chọn được ε > 0 đủ nhỏ sao cho

hàmp(z)

ϕ(z)giải tích trên z : |z − z0| ≤ ε. Gọi Cε là

đường tròn được định hướng dương có phương trình|z − z0| = ε. Theo công thức tích phân Cauchy ta có

Res(p(z)

q(z), z0

)

=1

2πi

∫

Cε

p(z)

q(z)dz

=1

2πi

∫

Cε

p(z)ϕ(z)

z − z0dz

=p(z0)

ϕ(z0)=p(z0)

q′(z0).

4.10 Thí dụ. Tính thặng dư của hàm f(z) =z2 − 1

z2 + 1tại z = i. Ta có

Res(z2 − 1

z2 + 1, i)

=z2 − 1

2z

∣∣∣z=i

=−2

2i= i.

Dùng thặng dư tính tích phân

4.11 Định lý. (Thặng dư Cauchy) Giả sử Γ là đường cong Jordan trơnkín được định hướng dương. Nếu hàm f chỉ có hữu hạn điểm bất thườngcô lập z1, . . . , zn và hàm f giải tích tại các điểm còn lại trong Γ, thì

∫

Γ

f(z)dz = 2πin∑

k=1

Res(f(z), zk).(4.12)

•

•

•

•

•

•

z1

z2

zn

Γ

Hình VII.10:



Chứng minh. Cho các điểm zk (k = 1, . . . , n) là tâm các đường tròn địnhhướng dương Γk với bán kính đủ nhỏ sao cho chúng ở bên trong đườngcong Γ và đôi một không có điểm chung. Đường cong Γ cùng với các đườngtròn Γk tạo thành một miền đa liên mà hàm f giải tích trên nó và trênbiên của nó. Do đó, theo định lý Cauchy-Goursat cho miền đa liên và nhậnxét của định nghĩa thặng dư, ta có

∫

Γ

f(z)dz =

n∑

k=1

∫

Γk

f(z)dz =

n∑

k=1

2πiRes(f(z), zk).


Γ

z2 + 1

z3 − 4z2 + 3zdz trong đó Γ là đường tròn

|z| = 2 được định hướng dương. Ta nhận thấy hàm f(z) =z2 + 1

z3 − 4z2 + 3zgiải tích trong đường tròn |z| = 2 trừ hai điểm cô lập z = 0 và z = 1.Do đó, ta được

x

y

• • •0 1 2 3

Γ

Hình VII.11:

∫

Γ

z2 + 1

z3 − 4z2 + 3zdz = 2πi(Res(f(z), 0) + Res(f(z), 1))

= 2πi( z2 + 1

3z2 − 8z + 3

∣∣∣z=0

+z2 + 1

3z2 − 8z + 3

∣∣∣z=1

)

= 2πi(1

3+

2

−2

)

= −4πi

3.



4.14 Định lý. Nếu hàm f giải tích tại mọi điểm trừ hữu hạn các điểmbất thường cô lập và Γ là đường cong Jordan trơn kín bao quanh các điểmbất thường cô lập đó, thì

∫

Γ

f(z)dz = 2πiRes( 1

z2f(1

z

)

, 0)

.(4.15)

x

y

Γ0

R1 R0

Γ•

••

•

Hình VII.12:

Chứng minh. Trước tiên, ta vẽ một đường tròn có phương trình |z| = R1

với bán kính R1 đủ lớn sao cho nó chứa đường cong Γ bên trong. Theo giảthiết ta có hàm f giải tích trên miền xác định bởi R1 < |z| < ∞ nên nócó chuỗi Laurent trên miền đó, cụ thể là

f(z) =

∞∑

n=−∞cnz

n với R1 < |z| <∞(4.16)

ở đó cn =1

2πi

∫

Γ0

f(z)

zn+1dz với n = 0,±1,±2, . . . và Γ0 là đường tròn định

hướng dương có phương trình |z| = R0 với R0 > R1. Đặc biệt, với n = −1

ta có ∫

Γ0

f(z)dz = 2πic−1.



Mặt khác, từ chuỗi Laurent (4.16) ta có thể khai triển

1

z2f(1

z

)

=

∞∑

n=−∞

cnzn+2

với 0 < |z| < 1

R1.

Đây chính là chuỗi Laurent của hàm 1z2 f(

1z ) trên miền 0 < |z| < 1

R1. Ta

nhận thấy c−1 là hệ số của 1z trong chuỗi trên, nên nó là thặng dư của

hàm 1z2 f(

1z ) tại z = 0, nghĩa là Res( 1

z2 f(1z ), 0) = c−1. Do đó,

∫

Γ0

f(z)dz = 2πiRes( 1

z2f(1

z

)

, 0)

.

Bây giờ ta áp dụng định lý Cauchy-Goursat cho miền nhị liên xác định bởi

hai đường cong Γ và Γ0, ta được∫

Γ

f(z)dz =

∫

Γ0

f(z)dz. Từ đẳng thức

trên ta có ngay điều phải chứng minh.


Γ

dz

z4 + 1, trong đó Γ là đường tròn |z| = 2

được định hướng dương.

x

y

••

• •

Γ

Hình VII.13:

Hàm f(z) = 1z4+1 chỉ không giải tích tại bốn

điểm nằm trong đường tròn |z| = 2. Do đó,∫

Γ

dz

z4 + 1= 2πiRes

( 1

z21

1z4 + 1

, 0)

= 2πiRes( z2

z4 + 1, 0)

= 0.

4.18 Định lý. Nếu f giải tích tại ∞ thì

1

2πi

∫

Γ

f(z)dz = limz→∞

z[f(z)− f(∞)],

trong đó Γ là đường cong Jordan kín đủ lớn để f giải tích ngoài Γ.

Chứng minh. Theo Định lý 4.14 ta có

1

2πi

∫

Γ

f(z)dz = Res( 1

z2f(1

z

)

, 0)

.



Vì f giải tích tại ∞, nghĩa là f(1z ) giải tích tại 0 nên khai triển của f(z)tại ∞ là

f(z) =

0∑

n=−∞cnz

n hay f(1z ) =

∞∑

n=0

c−nzn.

Khi đó, ta có f(∞) = c0, 1z2 f(

1z ) =

∞∑

n=0c−nz

n−2 và

limz→∞

z[f(z)− f(∞)] = limz→∞

z[ ∞∑

n=0

c−n1

zn− c0

]

= limz→∞

∞∑

n=1

c−n

zn−1

= c−1

= Res( 1

z2f(1

z

)

, 0)

=1

2πi

∫

Γ

f(z)dz.

4.19 Hệ quả. Nếu ∞ là không điểm bậc m > 1 của hàm f(z) tức là 0 làkhông điểm cấp m của hàm f(1z ) thì c0 = c−1 = · · · = c−m+1 = 0 và dođó ∫

Γ

f(z)dz = 0.

Nếu m = 1 tức là c0 = limz→∞

f(z) = 0 thì

∫

Γ

f(z)dz = 2πi limz→∞

zf(z).


Bài tập

1 ) Tính thặng dư của các hàm số sau tại các điểm bất thường cô lậpcủa chúng

(a)1

z3 − z5(b)

z2n

1 + zn(c)

sin 2z

(z + 1)3(d) tan z



2 ) Tính thặng dư của các hàm số sau tại các điểm bất thường cô lậpcủa chúng

(a)z2

(z2 + 1)2(b)

ez

z2(z2 + 9)(c) zn sin

1

zvới n ∈ N (d)

1

sin z

3 ) Dùng thặng dư để tính các tích phân sau.

(a)∫

Γ

dz

z4 + 1, trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z − 1| = 1 được


(b)∫

Γ

dz

(z − 3)(z5 − 1), trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z| = 2


(c)∫

Γ

z3

2z4 + 1dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z| = 1 được


(d)∫

Γ

z

(z − 1)(z − 2)2dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z −

2| = 12 được định hướng dương.

(e)∫

Γ

ez

z2(z2 − 9)dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z| = 1


(f)∫

Γ

z12 − sin2 z

dz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z| = 2


(g)∫

Γ

sin1

zdz, trong đó Γ là đường tròn có phương trình |z| = 1 được


(h)∫

Γ

znez2 dz, trong đó n là số nguyên và Γ là đường tròn có phương

trình |z| = 1 được định hướng dương.

4 ) Tính1

2πi

∫

Γ

f(z)

zg(z)dz ở đây Γ là đường cong Jordan kín giới hạn miền G

chứa điểm z = 0. Các hàm f và g giảit tích trên G liên tục trên G = G∪Γ,g(z) 6= 0 với mọi z ∈ C và g(z) có các không điểm đơn tại a1, . . . , an thuộcG, ai 6= 0, i = 1, . . . , n.




6 ) Gọi CN là biên định hướng dương của hình vuông xác định bởi cácđường x = ±(N+ 1

2 )π và y = ±(N+ 12 )π ở đây N là một số nguyên dương.

Dùng thặng dưng hãy tính tích phân∫

CN

dz

z2 sin z. Sau đó dùng kết quả

của bài tập 19 trang 144 để thu được kết quả∞∑

n=1

(−1)n+1

n2=π2

12.


C

dz

(z2 − 1)2 + 3ở đây C là biên được định hướng

dương của hình chữ nhật xác định bởi các đường x = ±2, y = 0 và y = 1.

8 ) Cho q(z) là hàm giải tích tại z0 thỏa q(z0) = 0 và q′(z0) 6= 0. Chứng

minh rằng z0 là cực điểm cấp 2 của hàm f(z) =1

[q(z)]2và Res(f(z), z0) =

− q′′(z0)

[q′(z0)]3. Sử dụng kết quả này hãy tính thặng dư của các hàm sau tại

z = 0

(a) f(z) = csc2 z =1

sin2 z(b) f(z) =

1

(z + z2)2


257

Chương VIII

´Ưng dụng lý thuyết thặngdư

§ 1 Tính tích phân suy rộng

1.1 Trong giải tích thực, tích phân suy rộng của hàm số f xác định trên[a,∞) được định nghĩa như sau

∫ ∞

a

f(x)dx = limR→∞

∫ R

a

f(x)dx.(1.2)

Khi giới hạn ở vế phải tồn tại, ta nói tích phân suy rộng trên hội tụ vềgiới hạn ấy. Tương tự, ta cũng có tích phân suy rộng sau

∫ a

−∞f(x)dx = lim

R→∞

∫ a

−R

f(x)dx.

Nếu hàm f xác định trên R, ta có khái niệm tích phân suy rộng của hàmf trên (−∞,∞) được định nghĩa như sau

∫ ∞

−∞f(x)dx = lim

R→∞

∫ R

0

f(x)dx + limR′→∞

∫ 0

−R′

f(x)dx.(1.3)

Khi hai giới hạn của vế phải tồn tại, thì ta nói tích phân suy rộng∫ ∞

−∞f(x)dx hội tụ về tổng hai giới hạn ấy.


258 VIII ´Ưng dụng lý thuyết thặng dư

1.4 Định nghĩa. Giá trị chính Cauchy của tích phân suy rộng∫ ∞

−∞f(x)dx được định nghĩa bởi

P.V.∫ ∞

−∞f(x)dx = lim

R→∞

∫ R

−R

f(x)dx(1.5)

với điều kiện giới hạn ở vế phải tồn tại.

1.6 Nếu tích phân suy rộng∫ ∞

−∞f(x)dx hội tụ, thì giá trị chính Cauchy

của nó tồn tại, và giá trị đó chính là giá trị mà tích phân∫ ∞

−∞f(x)dx hội

tụ đến. Thật vậy, bởi vì

∫ R

−R

f(x)dx =

∫ 0

−R

f(x)dx +

∫ R

0

f(x)dx

và giới hạn khi R→ ∞ của mỗi tích phân ở vế phải tồn tại khi∫ ∞

−∞f(x)dx

hội tụ. Tuy nhiên, sự tồn tại giá trị chính Cauchy của tích phân∫ ∞

−∞f(x)dx

không suy ra được tích phân suy rộng∫ ∞

−∞f(x)dx hội tụ.

1.7 Thí dụ. Ta thấy tích phân suy rộng∫ ∞

−∞xdx phân kỳ nhưng

P.V.∫ ∞

−∞xdx = lim

R→∞

∫ R

−R

xdx = limR→∞

x2

2

∣∣∣

R

−R= 0.

Khi f là hàm chẵn trên R ta có mệnh đề sau.

1.8 Mệnh đề. Nếu hàm f là hàm chẵn trên R và giá trị chính Cauchy∫ ∞

−∞f(x)dx tồn tại, thì hai tích phân suy rộng

∫ ∞

0

f(x)dx và∫ ∞

−∞f(x)dx hội tụ và

2

∫ ∞

0

f(x)dx =

∫ ∞

−∞f(x)dx = P.V.

∫ ∞

−∞f(x)dx.(1.9)


§ 1 Tính tích phân suy rộng 259

Chứng minh. Vì f là hàm chẵn và giá trị chính Cauchy∫ ∞

−∞f(x)dx tồn

tại, nên ta có∫ R

0

f(x)dx =1

2

∫ R

−R

f(x)dx

và tích phân suy rộng∫ ∞

0

f(x)dx hội tụ về1

2P.V.

∫ ∞

−∞f(x)dx. Hơn nữa,

do tích phân∫ ∞

0

f(x)dx hội tụ và

∫ 0

−R′

f(x)dx =

∫ R′

0

f(x)dx

nên tích phân suy rộng∫ ∞

−∞f(x)dx hội tụ và bằng hai lần

∫ ∞

0

f(x)dx.

Từ đó ta được đẳng thức phải chứng minh.

Thí dụ sau mô tả phương pháp dùng thặng dư và sử dụng các kết quảtrên để tính tích phân suy rộng của hàm f .

1.10 Thí dụ. Tính tích phân suy rộng∫ ∞

−∞

dx

1 + x2.

•iΓ1Γ

Γ2

Hình VIII.1:

Giải. Do∫ ∞

−∞

dx

1 + x2hội tụ nên

∫ ∞

−∞

dx

1 + x2= lim

R→∞

∫ R

−R

dx

1 + x2.

Xét tích phân∫

Γ

dz

1 + z2, trong đó Γ là biên

của nửa hình tròn trên tâm z = 0 bán kính R định hướng dương. VớiR > 1 ta có

∫

Γ

dz

1 + z2= 2πiRes

( 1

1 + z2, i)

= 2πi1

2i= π.


Γ

dz

1 + z2=

∫

Γ1

dz

1 + z2+

∫

Γ2

dz

1 + z2

=

∫ π

0

iReit

1 +R2ei2tdt+

∫ R

−R

dx

1 + x2.



Suy ra∫ R

−R

dx

1 + x2= π −

∫ π

0

iReit

1 +R2ei2tdt.

Với R > 1, ta ước lượng∣∣∣

∫ π

0

iReit

1 +R2ei2tdt∣∣∣ ≤

∫ π

0

∣∣∣

iReit

1 +R2ei2t

∣∣∣dt ≤

∫ π

0

R

R2 − 1dt =

πR

R2 − 1.

Do limR→∞

πR

R2 − 1= 0 nên lim

R→∞

∫ π

0

iReit

1 +R2ei2tdt = 0. Vậy

limR→∞

∫ R

−R

dx

1 + x2= π hay

∫ ∞

−∞

dx

1 + x2= π.


−∞

dx

(x2 + 1)(x2 + 4).

•2i

•i

Γ1Γ

Γ2

Hình VIII.2:

Giải. Do∫ ∞

−∞

dx

(x2 + 1)(x2 + 4)hội tụ nên

∫ ∞

−∞

dx

(x2 + 1)(x2 + 4)

= limR→∞

∫ R

−R

dx

(x2 + 1)(x2 + 4).

Xét tích phân∫

Γ

dz

(z2 + 1)(z2 + 4), trong đó Γ là biên của nửa hình tròn

trên tâm z = 0 bán kính R định hướng dương. Với R > 2 ta có∫

Γ

dz

(z2 + 1)(z2 + 4)= 2πi

[

Res( 1

(z2 + 1)(z2 + 4), i)

+Res( 1

(z2 + 1)(z2 + 4), 2i)]

= 2πi( 1

3 · 2i +1

−3 · 4i)

=π

6.


Γ

dz

(z2 + 1)(z2 + 4)=

∫

Γ1

dz

(z2 + 1)(z2 + 4)+

∫

Γ2

dz

(z2 + 1)(z2 + 4)

=

∫ π

0

iReit

(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4)dt+

∫ R

−R

dx

(x2 + 1)(x2 + 4).



Suy ra

∫ R

−R

dx

(x2 + 1)(x2 + 4)=π

6−∫ π

0

iReit

(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4)dt.

Với R > 2, ta ước lượng

∣∣∣

∫ π

0

iReit

(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4)dt∣∣∣ ≤

∫ π

0

∣∣∣

iReit

(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4)

∣∣∣dt

≤∫ π

0

R

(R2 − 1)(R2 − 4)dt

=πR

(R2 − 1)(R2 − 4).

Do limR→∞

πR

(R2 − 1)(R2 − 4)= 0 nên

limR→∞

∫ π

0

iReit

(R2ei2t + 1)(R2ei2t + 4)dt = 0.

Vậy

limR→∞

∫ R

−R

dx

(x2 + 1)(x2 + 4)=π

6

hay∫ ∞

−∞

dx

(x2 + 1)(x2 + 4)=π

6.


0

dx

x3 + 1.

•

•CR

R

•

0

Re2πi3

Hình VIII.3:

Giải. Với tích phân suy rộng này ta khôngthể dùng miền như các ví dụ trên để tính

tích phân bởi vì hàm f(z) =1

z3 + 1có

cực điểm thực −1. Ta cần phải xét miềnD = z = reiϕ : 0 < r < R, 0 < ϕ < 2π

3 với R > 1; miền này chứa một cực điểmz0 = ei

π3 của hàm f . Vậy với biên ∂D định

hướng dương, theo định lý thặng dư Cauchy ta có∫

∂D

dz

z3 + 1= 2πiRes

( 1

z3 + 1, ei

π3

)

= 2πi1

3ei2π3

=π

3(√3− i).



Ta tính tích phân vế trái theo các đường cong thành phân∫

∂D

dz

z3 + 1=

∫

CR

dz

z3 + 1+

∫ R

0

dx

x3 + 1−∫ R

0

ei2π3

t3 + 1dt,

suy ra

π

3(√3− i) =

∫

CR

dz

z3 + 1+

√3

2(√3− i)

∫ R

0

dx

x3 + 1.(1.13)

Ta có ước lượng∣∣∣

∫

CR

dz

z3 + 1

∣∣∣ ≤ 2πR

3(R3 − 1)

R→∞−−−−→ 0.

Do đó, ta được limR→∞

∫

CR

dz

z3 + 1= 0. Từ đó, lấy giới hạn hai vế (1.13) khi

R → ∞ ta được

π

3(√3− i) =

√3

2(√3− i)

∫ ∞

0

dx

x3 + 1hay

∫ ∞

0

dx

x3 + 1=

2π

3√3.

Bài tập

1 ) Tính các tích phân suy rộng sau

(a)∫ ∞

0

dx

x4 + 1(b)

∫ ∞

0

dx

(x2 + 1)2

(c)∫ ∞

−∞

dx

(x2 + 2x+ 2)2(d)

∫ ∞

−∞

x

(x2 + 4x+ 13)2dx

(e)∫ ∞

0

x2

(x2 + 1)2dx (f)

∫ ∞

0

dx

(x2 + 1)n, n là số tự nhiên

(g)∫ ∞

0

x2

x6 + 1dx (h)

∫ ∞

0

x2

(x2 + 9)(x2 + 4)2dx

(i)∫ ∞

−∞

x

(x2 + 1)(x2 + 2x+ 2)dx

2 ) Cho a là một số thực và ký hiệu

z0 =1√2

(√√

a2 + 1 + a+ i

√√

a2 + 1− a)



(a) Chứng minh rằng ±z0, −± z0 là các không điểm của (z2 − a)2 + 1.

(b) Tìm các thặng dư của hàm1

((z2 − a)2 + 1)2tại các cực điểm trong

nửa trên mặt phẳng phức, Im z ≥ 0.

(c) Dùng thặng dư để tính tích phân và đưa đến công thức tích phân

∫ ∞

0

dx

((x2 − a)2 + 1)2

=π

8√

2(a2 + 1)3

[(2a2 + 3)

√√

a2 + 1 + a+ a

√√

a2 + 1− a].



§ 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos

Thặng dư có thể được dùng để tính tích phân suy rộng dạng∫ ∞

−∞f(x) sin axdx hay

∫ ∞

−∞f(x) cos axdx(2.1)

ở đó a là hằng số dương. Phương pháp dùng để tính tích phân suy rộng ởmục trước không thể áp dụng ở đây vì | sin az| và | cos az| không bị chặnkhi |z| → ∞. Sử dụng đẳng thức

∫ R

−R

f(x) cos axdx+ i

∫ R

−R

f(x) sin axdx =

∫ R

−R

f(x)eiaxdx

và chúng ta dùng thặng dư như ở mục trước để tính được tính phâncần tìm.

2.2 Thí dụ. Chúng ta sẽ chứng minh rằng∫ ∞

−∞

cos 3x

(x2 + 1)2dx =

2π

e3.

•iCRΓ

Γ′

Hình VIII.4:

Bởi vì hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵnnên ta chỉ cần tìm giá trị chính Cauchy củatích phân suy rộng đã cho. Xét hàm f(z) =

1

(z2 + 1)2. Ta thấy hàm f(z)ei3z giải tích trên

tập xác định bởi Im z ≥ 0 trừ điểm z = i. GọiΓ là biên của nửa trên hình tròn z : |z| ≤ R, Im z ≥ 0 được định hướngdương. Với R > 1 ta có

∫

Γ

ei3z

(z2 + 1)2dz = 2πiRes

( ei3z

(z2 + 1)2, i)

= 2πi( ei3z

(z + i)2

)′∣∣∣i

= 2πi(3iei3z(z + i)2 − 2(z + i)ei3z

(z + i)4

)∣∣∣i

= 2πi3ie−3(2i)2 − 2(2i)e−3

(2i)4

=2π

e3.


Γ

ei3z

(z2 + 1)2dz =

∫ R

−R

ei3x

(x2 + 1)2dx+

∫

CR

ei3z

(z2 + 1)2dz,


§ 2 Tính tích phân suy rộng có sin hoặc cos 265

trong đó CR có biểu diễn tham số z = Reit với 0 ≤ t ≤ π và R > 1. Dođó, ta được

∫ R

−R

ei3x

(x2 + 1)2dx =

2π

e3−∫

CR

ei3z

(z2 + 1)2dz.

Khi z = x+ iy với y ≥ 0 ta có |ei3z| = |e−3y+i3x| = e−3y ≤ 1, và z = Reit

với R > 1 ta có∣∣∣

1

(z2 + 1)2

∣∣∣ ≤ 1

(|z|2 − 1)2=

1

(R2 − 1)2.

Suy ra∣∣∣

∫

CR

ei3z

(z2 + 1)2dz∣∣∣ ≤ πR

(R2 − 1)2.

Do limR→∞

πR

(R2 − 1)2= 0 nên lim

R→∞

∫

CR

ei3z

(z2 + 1)2dz = 0. Do đó,

limR→∞

∫ R

−R

ei3x

(x2 + 1)2dx =

2π

e3− lim

R→∞

∫

CR

ei3z

(z2 + 1)2dz =

2π

e3.

Vậy∫ ∞

−∞

cos 3x

(x2 + 1)2dx = Re

(

limR→∞

∫ R

−R

ei3x

(x2 + 1)2dx)

=2π

e3.

2.3 Bổ đề. (Bất đẳng thức Jordan) Với R > 0, ta có∫ π

0

e−R sin θdθ <π

R.

y = sin θ

y = 2θπ

|π

−1

Hình VIII.5:

Chứng minh. Khi 0 ≤ θ ≤ π2 ta có sin θ ≥

2θ

π(xét đồ thị của hai hàm ở hai vế). Suy

ra với R > 0 ta có e−R sin θ ≤ e−R 2θπ khi

0 ≤ θ ≤ π2 . Do đó,

∫ π2

0

e−R sin θdθ ≤∫ π

2

0

e−R 2θπ dθ

= − π

2Re−R 2θ

π

∣∣∣

π2

0

=π

2R(1− e−R)

<π

2R.



Mặt khác, ta có∫ π

π2

e−R sin θdθ =

∫ 0

π2

e−R sin(π−t)(−dt) =∫ π

2

0

e−R sin tdt <π

2R.

Từ hai bất đẳng thức trên ta suy ra được bất đẳng thức Jordan.

2.4 Định lý. Cho f là hàm giải tích trên nửa trên mặt phẳng phức (y ≥ 0)và ngoài đường tròn z = R0e

iθ, và cho CR là nửa đường tròn định hướngdương có biểu diễn tham số z = Reiθ với 0 ≤ θ ≤ π và R > R0. Nếu tồntại MR sao cho với mọi z ∈ CR ta có |f(z)| ≤MR ở đó MR tiến về 0 khiR dần ra ∞, thì

limR→∞

∫

CR

f(z)eiazdz = 0 (a > 0).

Chứng minh. Trước hết ta có∫

CR

f(z)eiazdz =

∫ π

0

f(Reiθ)eia(Reiθ)iReiθdt.

Vì

|f(Reiθ)iReiθ| ≤MRR và |eiaReiθ | ≤ e−aR sin θ,

và từ bất đẳng thức Jordan, ta có∣∣∣

∫

CR

f(z)eiazdz∣∣∣ ≤

∫ π

0

MRRe−aR sin θdθ < MRR

π

aR=MRπ

a.

Theo giả thiết limR→∞

MRπ

a= 0. Suy ra lim

R→∞

∫

CR

f(z)eiazdz = 0.

2.5 Thí dụ. Xét tích phân suy rộng∫ ∞

−∞

x sinx

x2 + 2x+ 2dx. Trong giải tích

thực ta có thể chứng minh được tích phân suy rộng này hội tụ. Vì vậy đểtính giá trị hội tụ ta chỉ cần tính giá trị chính Cauchy của nó.

•CR−1 + i

−R RHình VIII.6:

Xét hàm f(z) =z

z2 + 2z + 2=

z

(z + 1− i)(z + 1 + i); hàm này giải tích

trên nửa trên mặt phẳng phức (y ≥ 0)trừ điểm −1 + i. Gọi Γ là biên của nửa



trên hình tròn z : |z| ≤ R, Im z ≥ 0 đượcđịnh hướng dương với R > 3. Ta có

∫

Γ

zeiz

z2 + 2z + 2dz = 2πiRes

( zeiz

z2 + 2z + 2,−1 + i

)

= 2πi(−1 + i)ei(−1+i)

2i

= π(−1 + i)e−1−i.

Mặt khác, ta có

∫

Γ

zeiz

z2 + 2z + 2dz =

∫ R

−R

xeix

x2 + 2x+ 2dx+

∫

CR

zeiz

z2 + 2z + 2dz,

trong đó CR là nửa đường tròn có biểu diễn tham số w(θ) = Reiθ với0 ≤ θ ≤ π. Do đó,

∫ R

−R

x sinx

x2 + 2x+ 2dx = Im

(∫ R

−R

xeix

x2 + 2x+ 2dx)

=Im(π(−1 + i)e−1−i)− Im( ∫

CR

zeiz

z2 + 2z + 2dz)

.

Khi z ∈ CR, ta có

|f(z)| =∣∣∣

z

z2 + 2z + 2

∣∣∣ ≤ R

R2 − 2R− 2.

Do limR→∞

R

R2 − 2R− 2= 0 nên theo định lý trên ta có

limR→∞

∫

CR

zeiz

z2 + 2z + 2dz = 0

suy ra

limR→∞

Im( ∫

CR

zeiz

z2 + 2z + 2dz)

= 0

Từ đó suy ra

∫ ∞

−∞

x sinx

x2 + 2x+ 2dx = lim

R→∞

∫ R

−R

x sinx

x2 + 2x+ 2dx =

π

e(cos 1 + sin 1)

do Im(π(−1 + i)e−1−i) = πe (cos 1 + sin 1).



x

y

R

Reiπ4

CR

0

Hình VIII.7:

2.6 Thí dụ. Ta xét hàm f(z) = eiz2

và miềnD xác định như hình bên. Hàm f giả tích trên

D nên∫

∂D

eiz2

dz = 0. Mặt khác, tích phân

này được tính theo các đường cong thành phầnnhư sau

∫

∂D

eiz2

dz =

∫ R

0

eix2

dx+

∫

CR

eiz2

dz −∫ R

0

e−t2eiπ4 dt

suy ra∫ R

0

eix2

dx+

∫

CR

eiz2

dz = eiπ4

∫ R

0

e−t2dt.

Do đó, lấy giới hạn hai vế ta được∫ ∞

0

cos(x2)dx + i

∫ ∞

0

sin(x2)dx+ limR→∞

∫

CR

eiz2

dz = eiπ4

∫ ∞

0

e−t2dt

= eiπ4

√π

2.

(2.7)

Bên cạnh đó, ta có

∣∣∣

∫

CR

eiz2

dz∣∣∣ ≤

∫ π4

0

e−R2 sin 2tRdt =R

2

∫ π2

0

e−R2 sin θdθ ≤ Rπ

4R2,

bất đẳng thức cuối có được từ bất đẳng thức Jordan (trong phần chứng

minh). Do đó, ta được limR→∞

∫

CR

eiz2

dz = 0. Từ đó ta nhận được kết quả

∫ ∞

0

cos(x2)dx + i

∫ ∞

0

sin(x2)dx = eiπ4

√π

2

hay∫ ∞

0

cos(x2)dx =

∫ ∞

0

sin(x2)dx =

√π

2√2.

Hai tích phân thu được ở trên thường được gọi là tích phân Fresnel.

Bài tập




(a)∫ ∞

0

cosx

a2 + x2dx, (a > 0) (b)

∫ ∞

0

cos2 x

x2 + 1dx,

(c)∫ ∞

0

x sin 2x

x2 + 3dx, (d)

∫ ∞

−∞

sin2 x

x2 + 4dx,

(e)∫ ∞

−∞

x cosx

x2 + 4x+ 20dx, (f)

∫ ∞

−∞

x sinx

x2 − 2x+ 10dx,

(g)∫ ∞

−∞

(x+ 1) cosx

x2 + 4x+ 5dx, (h)

∫ ∞

−∞

cosx

(x+ a)2 + b2, b > 0.


(a)∫ ∞

−∞

sinx

(x2 + 4)(x2 + 1)dx, (b)

∫ ∞

0

cos ax

(x2 + b2)2dx, a > 0, b > 0

(c)∫ ∞

−∞

x sin ax

x4 + 4dx, a > 0, (d)

∫ ∞

−∞

x3 sin ax

x4 + 4dx, a > 0,

(e)∫ ∞

−∞

x sinx

(x2 + 1)(x2 + 4)dx, (f)

∫ ∞

0

x3 sinx

(x2 + 1)(x2 + 9)dx

3 ) Bằng cách dùng hàm f(z) = e−z2

và xét hình chữ nhật D xác định bởi

bốn đỉnh a, a+bi,−a+bi,−a để suy ra được tích phân∫ ∞

0

e−x2

cos(2bx)dx.



§ 3 Tính tích phân xác định chứa sin và cos

Trong bài này chúng ta sẽ dùng thặng dư để tính tích phân xác định dạng∫ 2π

0

F (sinϕ, cosϕ)dϕ(3.1)

trong đó F là hàm hữu tỉ. Từ sự biến thiên của ϕ từ 0 đến 2π gợi chochúng ta xem ϕ là argument của một điểm z trên đường tròn đơn vị tâmtại gốc tọa độ, cho nên ta viết z = eiϕ với 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Mặt khác, từz = eiϕ = cosϕ+ i sinϕ, suy ra z−1 = ei(−ϕ) = cosϕ− i sinϕ và

cosϕ =z + z−1

2, sinϕ =

z − z−1

2i, dz = ieiϕdϕ = izdϕ.(3.2)

Khi đó, tích phân (3.1) được viết lại∫

Γ

F(z − z−1

2i,z + z−1

2

)dz

iz,(3.3)

trong đó Γ là đường tròn được định hướng dương có phương trình |z| = 1.Ngược lại, tích phân (3.1) chính là dạng tham số của tích phân trên. Dùngthặng dư để tính tích phân (3.3), từ đó ta thu được kết quả của (3.1).

3.4 Thí dụ. Tính tích phân∫ 2π

0

dϕ

(2 + cosϕ)2.

••Γ

−2 +√

3−2−

√

3

Hình VIII.8:

Với z = cosϕ+ i sinϕ (trongđó 0 ≤ ϕ < 2π) và theo côngthức (3.3) ta có∫ 2π

0

dϕ

(2 + cosϕ)2=

∫

Γ

1

(2 + z+z−1

2 )2dz

iz

=

∫

Γ

4z

i(z2 + 4z + 1)2dz,

trong đó Γ là đường tròn đơn vị tâm tại z = 0 được định hướng dương.Ta tính được

∫

Γ

4z

i(z2 + 4z + 1)2dz =

2πi

iRes( 4z

(z2 + 4z + 1)2,−2 +

√3)

= 2π( 4z

(z + 2 +√3)2

)′∣∣∣−2+

√3


§ 3 Tính tích phân xác định chứa sin và cos 271

= 8πz + 2 +

√3− 2z

(z + 2 +√3)3

∣∣∣−2+

√3

= 8π2√3− 2(−2 +

√3)

(2√3)3

=4π

3√3.

Vậy∫ 2π

0

dϕ

(2 + cosϕ)2=

4π

3√3.

3.5 Thí dụ. Tính tích phân∫ 2π

0

dθ

1− 2p cos θ + p2trong đó 0 < p < 1.

••Γ

p 1p

Hình VIII.9:

Tương tự như thí dụ trên ta tính như sau∫ 2π

0

dθ

1− 2p cos θ + p2=

∫

Γ

1

1− 2p z+z−1

2 + p2dz

iz

= i

∫

Γ

dz

pz2 − (p2 + 1)z + p

= i

∫

Γ

dz

(pz − 1)(z − p)

= −2πRes( 1

(pz − 1)(z − p), p)

=2π

1− p2

(trong tích phân phức trên hàm dưới dấu tích phân có hai điểm bất thườngcô lập p và 1

p , nhưng chỉ có điểm p nằm trong đường tròn đơn vị Γ).

Bài tập

Dùng thặng dư để tính tích phân xác định

1 )∫ 2π

0

dx

(a+ cosx)2với 1 < a. 2 )

∫ 2π

0

dx

(2 + sinx)2

3 )∫ 2π

0

dx

5 + sinx. 4 )

∫ π

−π

dϕ

1 + sin2 ϕ



5 )∫ 2π

0

cos2 3ϕ

5− cos 2ϕdϕ 6 )

∫ 2π

0

dϕ

1 + a cosϕ.

7 )∫ π

0

cos 2ϕ

1− 2a cosϕ+ a2dϕ, |a|< 1 8 )

∫ π

0

sin2n ϕdϕ, n = 1, 2, . . .

§ 4 Đường bị khoét lõm

4.1 Thí dụ. Tính tích phân Euler∫ ∞

0

sinx

xdx.

r R−r−R

C+R

C−r

Hình VIII.10:

Với mọi 0 < r < R, ký hiệu Cr và CR làcác nửa đường tròn tâm 0 bán kính r và Rnằm trong nửa mặt phẳng trên. Ký hiệu Γ

là biên của miền G giới hạn bởi CR, Cr và các đoạn [−R,−r] và [r, R].

Xét hàm f(z) =eiz

z. Vì hàm f giải tích trên C \ 0 nên theo định lý

Cauchy-Goursat ta có∫

Γ

eiz

zdz = 0. Mặt khác, ta có

∫

Γ

eiz

zdz =

∫

C+R

eiz

zdz +

∫ −r

−R

eix

xdx+

∫

C−r

eiz

zdz +

∫ R

r

eix

xdx

=

∫

C+R

eiz

zdz +

∫

C−r

eiz

zdz +

∫ R

r

eix − e−ix

xdx

=

∫

C+R

eiz

zdz +

∫

C−r

eiz

zdz + 2i

∫ R

r

sinx

xdx

Với mọi z ∈ CR ta có∣∣∣1z

∣∣∣ = 1

R → 0 khi R → ∞. Do đó, theo Định lý 2.4

ta có

limR→∞

∫

C+R

eiz

zdz = 0.

Khai triển Laurent của hàm f tại 0 là

f(z) =

∞∑

n=0

(iz)n

n!z=

1

z+

∞∑

n=0

in+1zn

(n+ 1)!.

Do đó, ta có∫

C−r

eiz

zdz =

∫

C−r

dz

z+

∫

C−r

[ ∞∑

n=0

in+1zn

(n+ 1)!

]

dz.


§ 4 Đường bị khoét lõm 273

Tính từng tích phân ta được∫

C−r

dz

z= −

∫ π

0

ireiϕ

reiϕdϕ = −πi

và theo Định lý 2.12 trang 141 và Định lý 3.3 trang 145∫

C−r

[ ∞∑

n=0

in+1zn

(n+ 1)!

]

dz =

∞∑

n=0

in+1

(n+ 1)!

∫

C−r

zndz

=

∞∑

n=0

in+1

(n+ 1)!(n+ 1)(rn+1 − (−r)n+1)


limr→0

∫

C−r

[ ∞∑

n=0

in+1zn

(n+ 1)!

]

dz = 0

và

limr→0

∫

C−r

dz

z= −πi.

Từ các kết quả trên cho r → 0 và R → ∞ ta được

0 = limr→0R→∞

[ ∫

C+R

eiz

zdz +

∫

C−r

eiz

zdz + 2i

∫ R

r

sinx

xdx]

= 0− πi + 2i

∫ ∞

0

sinx

xdx

Do đó, ta được∫ ∞

0

sinx

xdx =

π

2.

Trong thí dụ trên ta đã chứng minh

limr→0

∫

C−r

eiz

zdz = −iπ = −iπRes

(eiz

z, 0)

.

Điều này đúng trong trường hợp tổng quát sau, và cách chứng minh cũngngắn gọn hơn.

4.2 Định lý. Giả sử hàm f có cực điểm đơn tại z = 0. Khi đó,

limr→0

∫

Cr

f(z)dz = iπRes(f(z), 0)

với Cr có biểu diễn tham số w(t) = reit với 0 ≤ t ≤ π.



Chứng minh. Vì z = 0 là cực điểm đơn nên f(z) có khai triển Laurenttrong lân cận thủng điểm z = 0 là

f(z) =c−1

z+

∞∑

n=0

cnzn =

c−1

z+ g(z)

x

yCr

Hình VIII.11:

trong đó g(z) là hàm giải tích tại z = 0. Do đó, hàmg bị chặn trong lân cận của điểm z = 0, nghĩa làtồn tại r0 > 0 đủ nhỏ sao cho |g(z)| ≤ M với mọi|z| ≤ r0. Khi đó, ta có

∣∣∣

∫

Cr

g(z)dz∣∣∣ ≤ πrM với mọi 0 < r ≤ r0.

Do đó, ta được limr→0

∫

Cr

g(z)dz = 0. Từ đó ta tính được

limr→0

∫

Cr

f(z)dz = limr→0

( ∫

Cr

c−1

zdz +

∫

Cr

g(z)dz)

= c−1 limr→0

∫ π

0

rieit

reitdt+ 0

= iπRes(f(z), 0),

do c−1 = Res(f(z), 0).

Hoàn toàn tương tự như định lý trên ta có kết quả tổng quát cho cựcđiểm đơn z0 của hàm f .

4.3 Hệ quả. Giả sử hàm f có cực điểm đơn tại z0. Khi đó, ta có

limr→0

∫

Cr

f(z)dz = iπRes(f(z), z0)

trong đó Cr là nửa đường tròn có biểu diễn tham số w(t) = z0 + reit với0 ≤ t ≤ π.



0

lnx

(x2 + 4)2.


§ 4 Đường bị khoét lõm 275

r R−r−R

C+R

C−r

Hình VIII.12:

Giải. Với nhánh hàm logarithm log z xácđịnh bởi log z = ln |z| + iArg z với −π

2 <

Arg z < 3π2 , ta xét hàm f(z) =

log z

(z2 + 4)2.

Hàm f giải tích trên miền D như hình vẽvới mọi 0 < r < 2 < R trừ một cực điểmduy nhất 2i. Do đó, theo định lý thặng dưCauchy ta có

∫

∂D

log z

(z2 + 4)2dz = 2πiRes

( log z

(z2 + 4)2, 2i)

= 2πi( log z

(z + 2i)2

)′′

2i

= 2πi1z (z + 2i)2 − 2(z + 2i) log z

(z + 2i)4

∣∣∣2i

= πln 2− 1 + iπ2

16.

Trong khi đó, tích phân vế trái được biểu diễn như sau∫

∂D

log z

(z2 + 4)2dz =

∫

CR

log z

(z2 + 4)2dz +

∫

C−r

log z

(z2 + 1)2dz

+

∫ R

r

lnx

(x2 + 4)2dx−

∫ −R

−r

ln(−x) + iπ

(x2 + 4)2dx.

Do đó, ta được

πln 2− 1 + iπ2

16=

∫

CR

log z

(z2 + 4)2dz +

∫

C−r

log z

(z2 + 1)2dz

+ 2

∫ R

r

lnx

(x2 + 4)2dx+ iπ

∫ R

r

dx

(x2 + 4)2.

(4.5)

Ta có ước lượng sau∣∣∣

∫

CR

log z

(z2 + 4)2dz∣∣∣ ≤ lnR+ π

(R2 − 4)2πR

R→∞−−−−→ 0

∣∣∣

∫

C−r

log z

(z2 + 4)2dz∣∣∣ ≤ ln r + π

(4− r)2πr

r→0−−−→ 0.

Từ đó suy ra

limR→∞

∫

CR

log z

(z2 + 4)2dz = 0 và lim

r→0

∫

C−r

log z

(z2 + 4)2dz = 0.



Do đó, lấy giới hạn hai vế (4.5) khi r → 0 và R → ∞ ta được

πln 2− 1 + iπ2

16= 2

∫ ∞

0

lnx

(x2 + 4)2dx+ iπ

∫ ∞

0

dx

(x2 + 4)2.

Do đó, ta được kết quả∫ ∞

0

lnx

(x2 + 4)2dx = π

ln 2− 1

32và

∫ ∞

0

dx

(x2 + 4)2=

π

32.

Bài tập


(a)∫ ∞

0

x2 − 1

x2 + 1

sinx

xdx (b)

∫ ∞

0

sin 2x

x(x2 + 4)dx

(c)∫ ∞

0

sinx

x(x2 + 9)2dx (d)

∫ ∞

0

cos 2ax− cos 2bx

x2dx

(e)∫ ∞

0

dx√x(x2 + 1)

(f)∫ ∞

0

xa

(x2 + 1)2dx, −1 < a < 3

(g)∫ ∞

0

3√x

x2 + 1dx (h)

∫ ∞

0

3√x lnx

x2 + 1dx

(i)∫ ∞

0

lnx

x2 + 1dx (j)

∫ ∞

0

(lnx)2

x2 + 1


§ 5 Tích phân theo đường phân nhánhĐịnh lý thặng dư Cauchy có thể được dùng để tính tích phân suy rộngthực khi một phần của đường lấy tích phân của hàm f(z) mà định lý đượcáp dụng nằm trên đường phân nhánh của hàm đó. Chúng ta bắt đầu bằngmột ví dụ cụ thể.

5.1 Thí dụ. Xét tích phân suy rộng∫ ∞

0

dx

xa(1 + x)với 0 < a < 1. Ta

nhận thấy tích phân này hội tụ vì

limx→∞

1xa(1+x)

1xa+1

= 1 và limx→0

1xa(1+x)

1xa

= 1.


§ 5 Tích phân theo đường phân nhánh 277

Hãy tính giá trị của tích phân suy rộng này.

Giải. Xét hàm f(z) =1

za(1 + z)trong đó z = reiϕ với r > 0 và 0 < ϕ <

2π. Khi đó, nhánh của hàm lũy za là za = |z|aeiaϕ; và hàm f(z) giải tíchtrên miền xác định bởi mặt phẳng C bỏ đi điểm z = −1 và nửa đườngthẳng thực đóng dương. Theo định lý thặng dư Cauchy tích phân của hàm

y

x••

y

x•

r RL−

L

CR

Cr

Hình VIII.13:

f(z) xác định trên biên định hướng dương của miền đơn liên D xác địnhbởi hình vành khăn r < |z| < R với 0 < r < 1 < R cắt bỏ đoạn r ≤ x ≤ R

trên trục thực, ta có∫

∂D

dz

za(1 + z)= 2πiRes

( 1

za(1 + z),−1

)

=2πi

(−1)a=

2πi

eiaπ.

Gọi CR là đường tròn |z| = R định hướng dương, C−r là đường tròn |z| = r

định hướng âm, L là đường cắt phía trên, L− là đường cắt phía dưới. Khiđó, ta có

(5.2)∫

∂D

dz

za(1 + z)=

∫

CR

dz

za(1 + z)+

∫

C−r

dz

za(1 + z)

+

∫

L

dz

za(1 + z)+

∫

L−

dz

za(1 + z).

Đầu tiên ta ước lượng hai tích phân đầu∣∣∣

∫

CR

dz

za(1 + z)

∣∣∣ ≤ 2πR

Ra(R − 1)

R→∞−−−−→ 0

∣∣∣

∫

C−r

dz

za(1 + z)

∣∣∣ ≤ 2πr

ra(1 − r)

r→0−−−→ 0.




limR→∞

∫

CR

dz

za(1 + z)= 0 và lim

r→0

∫

C−r

dz

za(1 + z)= 0.

Tham số hóa hai tích phân sau của đẳng thức (5.2) ta được∫

L

dz

za(1 + z)=

∫ R

r

dx

xa(1 + x)∫

L−

dz

za(1 + z)= −

∫ R

r

dx

ei2aπxa(1 + x)

Vậy với các kết quả vừa tìm được, lấy giới hạn hai vế (5.2) khi r → 0 vàR → ∞ nhận được

2πi

eiaπ= (1− e−i2aπ)

∫ ∞

0

dx

xa(1 + x).

Từ đó ta tính được tích phân suy rộng ban đầu∫ ∞

0

1

xa(1 + x)=

2πi

eiaπ(1− e−i2aπ)=

2iπ

eiaπ − e−iaπ=

π

sinaπ.


0

lnx

(1 + x)3dx.

Giải. Ta nhận thấy rằng tích phân suy rộng đã cho hội tụ. Từ hàm dưới

dấu tích phân ta nghĩ ngay hàm phức cần xét là f(z) =log(z)

(1 + z)3trong

đó log(z) = ln |z|+ iArg(z) với 0 < Arg(z) < 2π. Khi đó, hàm f giải tíchtrên D = z : r < |z| < R \ (−1 ∪ z = x + i0 : r ≤ x ≤ R) với0 < r < 1 < R; và f liên tục trên ∂D, trong đó đoạn [r, R] trên trục thực

được hiểu bờ trên và bờ dưới, trong đó với bờ trên f(x) =lnx

(1 + x)3và bờ

dưới f(x) =lnx+ i2π

(1 + x)3. Do đó, theo định lý thặng dư Cauchy ta có

∫

∂D

log(z)

(1 + z)3dz = 2πiRes

( log(z)

(1 + z)3,−1

)

=2πi

2!

(log(z)

)′′−1

= −πi.

Tích phân ở vế trái được viết lại như sau

(5.4)∫

∂D

log(z)

(1 + z)3dz =

∫

CR

log(z)

(1 + z)3dz +

∫

C−r

log(z)

(1 + z)3dz

+

∫

L

log(z)

(1 + z)3dz +

∫

L−

log(z)

(1 + z)3dz.



y

x•

r RL−

L

CR

Cr

D

Hình VIII.14:

với các đường được mô tả ở hình bên. Do

| log(z)| =√

ln2 |z|+Arg2(z) < ln |z| +2π, nên ta có∣∣∣

∫

CR

log(z)

(1 + z)3dz∣∣∣ ≤ 2πR(lnR+ 2π)

(R − 1)3

∣∣∣

∫

C−r

log(z)

(1 + z)3dz∣∣∣ ≤ 2πr(ln r + 2π)

(1 − r)3


limR→∞

∫

CR

log(z)

(1 + z)3dz = 0 lim

r→0

∫

C−r

log(z)

(1 + z)3dz = 0.

Tham số hóa đường cong L và L− để tính hai tích phân sau của (5.4)ta được

∫

L

log(z)

(1 + z)3dz =

∫ R

r

lnx

(1 + x)3dx

∫

L−

log(z)

(1 + z)3dz = −

∫ R

r

lnx+ i2π

(1 + x)3dx

Lấy giới hạn hai vế (5.4) khi r → 0 và R → ∞ cùng với các kết quả trênta suy ra được

−iπ = −∫ ∞

0

i2π

(1 + x)3dx hay

∫ ∞

0

dx

(1 + x)3=

1

2.

Như vậy, khi xét hàm f(z) =log(z)

(1 + z)3ta không thu được tích phân cần

tìm. Bây giờ ta xét hàm g(z) =log2(z)

(1 + z)3có tính giải tích và liên tục tương

tự như hàm f . Với miền D và biên ∂D như đã xét ở trên, theo định lýthặng dư Cauchy ta có

∫

∂D

log2(z)

(1 + z)3dz = 2πiRes

( log2(z)

(1 + z)3,−1

)

=2πi

2!

(log2(z)

)′′−1

= 2πi1− log z

z2

∣∣∣−1

= 2πi+ 2π2.



Tích phân ở vế trái được viết lại như sau

(5.5)∫

∂D

log2(z)

(1 + z)3dz =

∫

CR

log2(z)

(1 + z)3dz +

∫

C−r

log2(z)

(1 + z)3dz

+

∫

L

log2(z)

(1 + z)3dz +

∫

L−

log2(z)

(1 + z)3dz.

Do | log2(z)| = ln2 |z|+Arg2(z) < ln2 |z|+ 4π2, nên ta có

∣∣∣

∫

CR

log2(z)

(1 + z)3dz∣∣∣ ≤ 2πR(ln2R+ 4π2)

(R − 1)3

∣∣∣

∫

C−r

log2(z)

(1 + z)3dz∣∣∣ ≤ 2πr(ln2 r + 4π2)

(1 − r)3


limR→∞

∫

CR

log2(z)

(1 + z)3dz = 0 lim

r→0

∫

C−r

log2(z)

(1 + z)3dz = 0.

Tham số hóa đường cong L và L− để tính hai tích phân sau của (5.5)ta được

∫

L

log2(z)

(1 + z)3dz =

∫ R

r

ln2 x

(1 + x)3dx

∫

L−

log2(z)

(1 + z)3dz = −

∫ R

r

(ln x+ i2π)2

(1 + x)3dx

Lấy giới hạn hai vế (5.5) khi r → 0 và R → ∞ cùng với các kết quả trênta suy ra được

2π2 + i2π =

∫ ∞

0

4π2 − i4π lnx

(1 + x)3dx.

Suy ra∫ ∞

0

lnx

(1 + x)3dx = −1

2và

∫ ∞

0

dx

(1 + x)3=

1

2.

Như vậy, khi dùng hàm g(z) =log2(z)

(1 + z)3để áp dụng định lý thặng dư

Cauchy ta tính được tích phân đã cho.


0

lnx

x2 − 1dx.



Giải. Tích phân suy rộng đã cho thực sự hội tụ. Để tính tích phân này taáp dụng cách tính tích phân hàm phức theo đường phân nhánh và đường

khoét lõm. Cũng như ở ví dụ trên ta cần xét hàm f(z) =log2(z)

z2 − 1trong

đó log z = ln |z|+ iArg(z) với 0 < Arg(z) < 2π. Với miền D và biên định

x

y

••−1 0 r 1 + ε

R

CR

C−r

C−ε

C′−ε

L1 L2

L−2L−

1

Hình VIII.15:hướng dương ∂D của nó được biểu diễn như hình vẽ, hàm f thỏa điều kiệnđịnh lý thặng dư Cauchy, cho nên ta có

∫

∂D

log2(z)

z2 − 1dz = 2πiRes

( log2(z)

z2 − 1,−1

)

= 2πi(iπ)2

−2= π3i.

Tích phân vế trái được viết lại theo các thành phần của biên như sau∫

∂D

log2(z)

z2 − 1dz =

∫

CR

log2(z)

z2 − 1dz +

∫

C−r

log2(z)

z2 − 1dz

+

∫

L1∪L2

log2(z)

z2 − 1dz +

∫

L−1 ∪L−

2

log2(z)

z2 − 1dz

+

∫

C−ε

log2(z)

z2 − 1dz +

∫

C′−ε

log2(z)

z2 − 1dz

(5.7)



Do | log2(z)| = ln2 |z|+Arg2(z) < ln2 |z|+ 4π2, nên ta có

∣∣∣

∫

CR

log2(z)

z2 − 1dz∣∣∣ ≤ 2πR(ln2R + 4π2)

R2 − 1∣∣∣

∫

C−r

log2(z)

z2 − 1dz∣∣∣ ≤ 2πr(ln2 r + 4π2)

1− r3


limR→∞

∫

CR

log2(z)

z2 − 1dz = 0 lim

r→0

∫

C−r

log2(z)

z2 − 1dz = 0.

Tham số hóa các đường cong L1, L2, L−1 và L−

2 để tính tích phân thứ bavà thứ tư của (5.7) ta được

∫

L1∪L2

log2(z)

(1 + z)3dz =

∫ 1−ε

r

ln2 x

x2 − 1dx+

∫ R

1+ε

ln2 x

x2 − 1dx

∫

L−1 ∪L−

2

log2(z)

(1 + z)3dz = −

∫ 1−ε

r

(lnx+ i2π)2

x2 − 1dx−

∫ R

1+ε

(lnx+ i2π)2

x2 − 1dx.

Tạp thời chúng ta dùng ký hiệu Log(z) = ln |z|+Arg(z) với −π < Arg(z) <

π. Khi đó, hàm Log(z) giải tích tại 1 và Log(z) = log(z) với mọi z ∈ C−ε ,

Log(z) + i2π = log(z) với mọi z ∈ C′−ε . Từ đó, ta có

∫

C−ε

log2(z)

z2 − 1dz +

∫

C′−ε

log2(z)

z2 − 1dz

=

∫

C−ε

Log2(z)

z2 − 1dz +

∫

C′−ε

(Logz + i2π)2

z2 − 1dz

=

∫

C−ε ∪C′−

ε

(Log(z) + i2π)2

z2 − 1dz −

∫

C−ε

4πiLog(z)− 4π

z2 − 1dz

= −2πiRes( (Log(z) + i2π)2

z2 − 1, 1)

+

∫

Cε

4πiLog(z)− 4π2

z2 − 1dz

= 4π3i+

∫

Cε

4πiLog(z)− 4π2

z2 − 1dz



Do đó, theo Hệ quả 4.3 ta suy ra được

limε→0

( ∫

C−ε

log2(z)

z2 − 1dz +

∫

C′−ε

log2(z)

z2 − 1dz)

= −4π3i+ πiRes(4πiLog(z)− 4π2

z2 − 1, 1)

= 4π3i+ πi − 2π3i

= 2π3i

Tổng hợp các kết quả thu được và lấy giới hạn phần ảo hai vế (5.7) khir → 0, ε→ 0, R→ ∞ ta được

π3 = −∫ ∞

0

4π lnx

x2 − 1dx+ 2π3 hay

∫ ∞

0

lnx

x2 − 1dx =

π2

4.

Bài tập

1 ) Hàm beta là hàm hai biến thực B(p, q) =

∫ 1

0

tp−1(1 − t)q−1dt với

p > 0, q > 0. Bằng cách đổi biến bởi thay t = 1x+1 hãy tính B(p, 1− p) với

0 < p < 1.

2 ) Tính các tích phân

(a)∫ ∞

0

ln2 x

x2 + a2dx (b)

∫ ∞

0

lnx√x(x + 1)2

dx

(c)∫ ∞

0

3√x

(x+ a)(x + b)dx, a > b > 0

3 ) Bài tập này trình bày một cách giải thích việc tính tích phân theotham số hóa trên các đường L và L− trong đẳng thức (5.2) trong Thí dụ5.1. Đặt

f(z) =1

za(1 + z)|z| > 0, 0 < Arg z < 2π

f1(z) =1

za(1 + z)|z| > 0,−π

2< Arg z <

3π

2

f2(z) =1

za(1 + z)|z| > 0,

π

2< Arg z <

5π

2



Xét hàm f1 trên miền D1 và f2 trên miền D2 trong đó D1 và D2 là haiphần của hình vành khăn r < |z| < R được cắt bởi hai tia từ 0 với góc 0

và θ với π < θ < 3π2 theo hình sau

x

y

Reiθ

•−1 L

D1

L1

ΓR

Γr

•r R x

y

L−1

γR

γr

L−

D2

r R•

Hình VIII.16:

(a) Với ∂D1 và ∂D2 lần lượt là biên định hướng dương của các miền D1

và D2, hãy tính∫

∂D1

f1(z)dz và∫

∂D2

f2(z)dz.

(b) Chứng minh rằng∫

L1

f1(z)dz =

∫

L1

f2(z)dz =

∫

L

f(z)dz và

limR→∞

∫

ΓR

f1(z)dz = limR→∞

∫

γR

f2(z)dz

= limr→0

∫

Γr

f1(z)dz = limr→0

∫

γr

f2(z)dz = 0.

(c) Với các kết quả trên và phương pháp như ở Thí dụ 5.1 hãy tính lại

tích phân∫ ∞

0

dx

xa(1 + x).

§ 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché

Nguyên lý argument

6.1 Định lý. Cho miền D và hàm f giải tích trên D trừ đi một số hữuhạn các cực điểm của f . Nếu hàm f không nhận giá trị 0 trên biên ∂D

thì hiệu số giữa số các không điểm và số các cực điểm của f bằng số vòngquay của hàm f(z) quanh 0 theo chiều dương khi z biến thiên một vòngtrên ∂D.


§ 6 Nguyên lý argument và định lý Rouché 285

Chứng minh. Gọi Γ là đường cong định hướng dương của biên ∂D. Kýhiệu ∆Γ Arg f(z) là góc quay của f(z) khi z quay một vòng theo chiềudương trên Γ. Ta cần chứng minh

∆Γ Arg f(z) = 2π(N − P ),(6.2)

trong đó N là số không-điểm trong D và P là số cực điểm trong D. Ta sẽchứng minh đẳng thức trên bằng cách tính tích phân của hàm f ′(z)/f(z)

trên đường cong Γ theo hai cách. Thứ nhất, cho z = z(t) với a ≤ t ≤ b làbiểu diễn tham số của đường cong được định hướng Γ, suy ra

∫

Γ

f ′(z)

f(z)dz =

∫ b

a

f ′(z(t))z′(t)

f(z(t))dt.(6.3)

Theo giả thiết ta thấy ảnh C của Γ qua ánh xạ w = f(z) không đi qua gốctọa độ w = 0 trong mặt phẳng phức w, nên ảnh của bất kỳ điểm z = z(t)

trên Γ có thể biểu diễn ở dạng mũ là w = ρ(t)eiφ(t). Nghĩa là đường congđịnh hướng C có biểu diễn tham số f(z(t)) = ρ(t)eiφ(t) với a ≤ t ≤ b. Dođó, ta có

f ′(z(t))z′(t) =d

dt(f(z(t)))

=d

dt[ρ(t)eiφ(t)]

= ρ′(t)eiφ(t) + iρ(t)φ′(t)eiφ(t).

Do f là hàm giải tích và khác không trên Γ nên f ′ cũng là hàm giải tíchtrên Γ và đường cong Γ được qui ước là đường cong trơn từng khúc nêncác hàm số ρ′(t) và φ′(t) liên tục từng khúc trên [a, b]. Từ các đẳng thứctrên ta tính được tích phân (6.3) như sau

∫

Γ

f ′(z)

f(z)dz =

∫ b

a

ρ′(t)eiφ(t) + iρ(t)φ′(t)eiφ(t)

ρ(t)eiφ(t)dt

=

∫ b

a

ρ′(t)

ρ(t)dt+ i

∫ b

a

φ′(t)dt

= ln |ρ(t)|∣∣b

a+ iφ(t)

∣∣b

a

= 0 + i(φ(b)− φ(a)) = i∆Γ Arg f(z)

Thứ hai, chúng ta dùng định lý thặng dư Cauchy để tính tích phân trên.

Ta thấyf ′(z)

f(z)giải tích bên trong và trên Γ trừ các điểm mà chúng là



không điểm hay cực điểm của hàm f(z). Nếu z0 là không điểm bậc m0 củahàm f , thì ta có thể viết f(z) = (z − z0)

m0g(z) trong đó g(z) giải tích vàkhác không tại z0. Do đó,

f ′(z) = m0(z − z0)m0−1g(z) + (z − z0)

m0g′(z),

nênf ′(z)

f(z)=

m0

z − z0+g′(z)

g(z).

Dog′(z)

g(z)giải tích tại z0, nên

f ′(z)

f(z)có cực điểm đơn tại z0, và thặng dư

của nó tại z0 là Res(f ′(z)

f(z), z0

)

= m0. Mặt khác, nếu hàm f có z0 là cực

điểm cấp mp, thì chúng ta có thể viết f(z) =φ(z)

(z − z0)mpvới φ(z) là hàm

giải tích và khác không tại z0. Ta có

f ′(z) =φ′(z)(z − z0)

mp −mp(z − z0)mp−1φ(z)

(z − z0)2mp,

suy raf ′(z)

f(z)=φ′(z)

φ(z)− mp

z − z0.

Doφ′(z)

φ(z)giải tích tại z0 nên

f ′(z)

f(z)có cực điểm đơn tại z0 và thặng dư của

nó tại z0 là −mp. Từ kết quả xét các không điểm và cực điểm của hàm f

và theo định lý thặng dư Cauchy ta có∫

Γ

f ′(z)

f(z)dz = 2πi(N − P ).

Vậy từ hai cách tính tích phân∫

Γ

f ′(z)

f(z)dz ta có ∆Γ Arg f(z) =

2π(N − P ).

6.4 Chú ý. Trong chứng minh trên giá trị1

2πi

∫

Γ

f ′(z)

f(z)dz còn được gọi

là thặng dư logarithm của hàm f .

6.5 Thí dụ. Xét hàm f(z) = (2z−1)7

z3 . Cho Γ là đường tròn tâm z = 0

có bán kính R = 2. Khi đó, ta có N = 7 và P = 3; do đó ∆Γ Arg f(z) =

2π(N − P ) = 8π.



6.6 Định lý. (Hurwitz) Nếu các hàm fn(z) giải tích và khác không trênmiền D và fn(z) hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f thìf(z) hoặc là đồng nhất 0 hoặc là không bằng 0 trên D.

Chứng minh. Giả sử f không đồng nhất 0 trên D. Do đó, theo định lýsự duy nhất của hàm giải tích các không điểm của f(z) trong D nếu có làcác không điểm cô lập. Vậy với mọi z0 ∈ D tồn tại r > 0 sao cho f(z) 6= 0

với mọi 0 < |z − z0| ≤ r < d(z0, ∂D). Do đó, |f(z)| đạt giá trị nhỏ nhấtdương trên đường tròn |z − z0| = r, ký hiệu đường tròn này được địnhhướng dương là C. Nó kéo theo rằng dãy 1/fn(z) hội tụ đều trên C vềhàm 1/f(z). Mặt khác, theo Định lý 6.4 trang 174 dãy f ′

n(z) hội tụ đềuvề f ′(z) trên mọi tập compact trong D. Do đó, dãy f ′

n

fn hội tụ đều về f ′

f

trên C. Từ đó theo kết quả tương tự Định lý 2.13 trang 141 ta có

limn→∞

∫

C

f ′n(z)

fn(z)dz =

∫

C

f ′(z)

f(z)dz.

Theo giả thiết f ′n(z)

fn(z)giải tích trên D nên các tích phân của vế trái bằng 0,

vì thế tích phân của vế phải bằng 0 (hoặc ta có thể lập luận: do hàm fnkhông có không điểm và cũng không có cực điểm trong C). Theo nguyên lýargument tích phân của vế phải bằng 2πi nhân với hiệu số không điểm vàsố số cực điểm của hàm f(z). Nhưng hàm f(z) không có cực điểm trong C,cho nên nó cũng không có không điểm trong C. Đặc biệt, ta có f(z0) 6= 0.Do đó, f(z) 6= 0 với mọi z ∈ D.

Định lý Rouché

6.7 Định lý. Cho hai hàm f và g giải tích trên miền đóng D đơn liênvới biên là đường cong Γ. Nếu |f(z)| > |g(z)| với mọi z ∈ Γ, thì f(z) vàf(z) + g(z) có số các không điểm bằng nhau trong miền D (đếm số bội).

Chứng minh. Với mọi z ∈ Γ, ta có |f(z)| > |g(z)| ≥ 0, suy ra

|f(z) + g(z)| ≥ |f(z)| − |g(z)| > 0 với mọi z ∈ Γ.

Điều này chứng tỏ f(z) và f(z) + g(z) khác không trên Γ. Do đó, với mọiz ∈ Γ, ta có thể viết

f(z) + g(z) = f(z)(

1 +g(z)

f(z)

)

và



Arg(f(z) + g(z)) = Arg f(z) + Arg(

1 +g(z)

f(z)

)

,

suy ra

∆Γ Arg(f(z) + g(z)) = ∆Γ Arg f(z) + ∆Γ Arg(

1 +g(z)

f(z)

)

.

Theo giả thiết ta thấy f + g và f không có cực điểm trên trong D, nêntheo nguyên lý argument ta có

N(f + g) =1

2π∆Γ Arg(f(z) + g(z)) và N(f) =

1

2π∆Γ Arg f(z).

Do đó, ta có

N(f + g) = N(f) +1

2π∆Γ Arg

(

1 +g(z)

f(z)

)

.

Mặt khác, ta có∣∣∣g(z)

f(z)

∣∣∣ < 1 với mọi z ∈ Γ. Điều này cho ta thấy, nếu z

chạy trên đường biên Γ thì ảnh của nó qua ánh xạ w = 1+f(z)

g(z)chạy trên

đường cong nằm trong đường tròn tâm tại 1 bán kính 1, |w−1| = 1, nghĩa

là không bao quanh điểm w = 0. Do đó, ∆Γ Arg(

1 +g(z)

f(z)

)

= 0. Vậy

N(f + g) = N(f).

6.8 Thí dụ. Ta sẽ tìm số nghiệm của đa thức f(z) = z5 +5z3 +2z tronghình tròn đơn vị z : |z| < 1.

Xét hàm h(z) = 5z3 và g(z) = z5 + 2z. Ta có h(z) + g(z) = f(z), vàvới mọi z thỏa |z| = 1 ta có

|h(z)| = |5z3| = 5 > 3 = |z5|+ |2z| ≥ |z5 + 2z| = |g(z)|.

Do đó, theo định lý Rouché trong hình tròn mở đơn vị z : |z| < 1 hàmf(z) có số không điểm bằng số không điểm của hàm h(z) là 3. Nghĩa làhàm f(z) có 3 nghiệm trong hình tròn đơn vị đó.

Bây giờ ta tìm số nghiệm của đa thức trong hình vành khăn z : 1 ≤|z| < 3. Lúc này ta xét hàm h(z) = z5 và g(z) = 5z3+2z. Với mọi z thỏa|z| = 3 ta có

|g(z)| = |5z3 + 2z| ≤ 5|z|3 + 2|z| = 141 < 243 = |z|5 = |h(z)|.



Do đó, theo định lý Rouché trong hình tròn z : |z| < 3 hàm f(z) =

g(z) + h(z) có số không điểm bằng số không điểm của hàm h(z) là 5.Nghĩa là hàm f(z) có 5 nghiệm trong hình tròn z : |z| < 3. Vậy tronghình vành khăn z : 1 ≤ |z| < 3 hàm f có 2 nghiệm.

6.9 Thí dụ. Ta sẽ chứng minh lại định lý đại số cơ bản. Xét đa thức cấp n

P (z) = a0 + a1z + · · ·+ an−1zn−1 + anz

n với an 6= 0

Đặt f(z) = anzn và g(z) = a0 + a1z + · · · + an−1z

n−1, và chọn R >

max

n∣∣∣aian

∣∣∣, 1 : i = 0, 1, . . . , n− 1

. Với |z| = R, ta có



∣∣∣g(z)

f(z)

∣∣∣ =

∣∣∣a0an

1

zn+a1an

1

zn−1+ · · ·+ an−1

an

1

z

∣∣∣

≤∣∣∣a0an

∣∣∣

1

|z|n +∣∣∣a1an

∣∣∣

1

|z|n−1+ · · ·+

∣∣∣an−1

an

∣∣∣1

|z|

<R

n

1

Rn+R

n

1

Rn−1+ · · ·+ R

n

1

R≤ 1.

Vậy |f(z)| > |g(z)| với mọi z thỏa |z| = R. Theo định lý Rouché đối vớihàm f(z) và g(z) và đường tròn |z| = R, ta có P (z) = f(z)+ g(z) có cùngsố không điểm với f(z) (là n) trong đường tròn |z| = R. Do P (z) có khôngquá n nghiệm, nên suy ra P (z) có đúng n nghiệm.

6.10 Định lý. Giả sử z0 là một nghiệm cấp m của phương trình f(z) = a

trong đó f là một hàm giải tích và không là hằng trong một lân cận củaz0. Khi ấy, với mọi ε-lân cận đủ bé của z0 và mọi b 6= a đủ gần a, phươngtrình f(z) = b có đúng m nghiệm phân biệt trong ε-lân cận ấy.

Chứng minh. Do f giải tích và không là hàm hằng trong lân cận của z0nên tồn tại ε-lân cận của z0 sao cho z0 là không điểm duy nhất (cấp m) củaf(z)− a trong lân cận ấy, |f(z)− a| 6= 0 với mọi |z − z0| = ε và f ′(z) 6= 0

với mọi 0 < |z − z0| ≤ ε. Đặt m = min|f(z)− a| : |z − z0| = ε > 0 (xemĐịnh lý 3.2 trang 234 và một số kết quả trong mục đó). Khi đó, với mọi bthỏa 0 < |b− a| < m, ta có

|f(z)− a| > |b− a| với mọi z thỏa |z − z0| = ε.

Theo Định lý Rouché đối với hai hàm f(z)− a và a− b và với đường tròn|z − z0| = ε, ta có hai hàm f(z) − b và f(z) − a có cùng số không điểm(là m) bên trong đường tròn |z − z0| = ε. Các không điểm của f(z)− b làphân biệt vì nếu có một không điểm nào đó có cấp lớn hơn hoặc bằng 2

thì f ′ bằng không tại điểm đó mâu thuẫn với điều kiện cho ε-lân cận trên.Vậy phương trình f(z)− b = 0 có m nghiệm phân biệt trong ε-lân cận củaz0.

6.11 Định lý. (Nguyên lý bảo toàn miền) Nếu hàm f giải tích và khônglà hàm hằng trên miền D, thì D∗ = f(D) là một miền.

Chứng minh. Lấy hai điểm bất kỳ w1 và w2 trong D∗. Khi đó, tồn tạiz1, z2 ∈ D sao cho w1 = f(z1) và w2 = f(z2). Vì D là miền nên tồn tại



đường cong γ trong D nối z1 và z2. Do f giải tích trên D nên f liên tụctrên D, suy ra f(γ) là đường cong trong D∗ nối w1 và w2. Vậy D∗ là tậpliên thông.

Giả sử w0 là điểm tùy ý thuộc D∗ và z0 ∈ D sao cho f(z0) = w0. Do flà hàm giải tích và không là hàm hằng trên D và theo định lý duy nhất,tồn tại δ > 0 sao cho B(z0, δ) ⊂ D và f(z) 6= w0 với mọi z ∈ ∂B(z0, δ).Đặt α = min

|z−z0|=δ|f(z)− w0| > 0. Khi đó, ta có B(w0, α) ⊂ D∗. Thật vậy,

lấy w1 ∈ B(w0, α) tùy ý. Xét hàm f(z) − w1 = (f(z) − w0) + (w0 − w1).Bởi vì |f(z)−w0| ≥ α với mọi z thỏa |z − z0| = δ và |w0 −w1| < α, ta có

|f(z)− w0| > |w1 − w0| với mọi z thỏa |z − z0| = δ

Theo định lý Rouché đối với hai hàm f(z)−w0 và w0 −w1 và đường tròn|z − z0| = δ, ta có hai hàm f(z)−w1 và f(z)−w0 có số không điểm bằngnhau trong đường tròn |z − z0| = δ. Do z0 là một không điểm của hàmf(z)− w0, cho nên hàm f(z)− w1 phải có không điểm nằm trong đườngtròn |z−z0| = δ. Gọi z1 là một không điểm của f(z)−w1 trong đường tròn|z − z0| = δ, suy ra z1 ∈ D và f(z1) = w1 ∈ D∗. Do đó, B(w0, α) ⊂ D∗.Vậy D∗ là tập mở, nên nó là một miền.

6.12 Định lý. (Hurwitz) Giả sử dãy các hàm giải tích fn trên miềnD hội tụ đều trên mọi tập compact trong D tới hàm f và giả sử f khônglà hàm hằng. Khi đó, với mọi a ∈ f(D) tồn tại N > 0 sao cho a ∈ fn(D)

với mọi n > N .

Chứng minh. Theo Định lý 6.4 trang 174 hàm f giải tích trênD. Lấy z0 ∈D sao cho f(z0) = a. Cũng như trong chứng minh định lý nguyên lý bảotoàn miền do f không là hàm hằng nên tồn tại δ > 0 sao cho B(z0, δ) ⊂ D

và α = inf|z−z0|=δ

|f(z)−a| > 0. Vì fn hội tụ đều tới f trên ∂B(z0, δ) tồn tại

N > 0 sao cho với mọi n > N ta có|fn(z)− f(z)| < α với mọi |z− z0| = δ, cho nên |fn(z)− f(z)| < |f(z)− a|với mọi |z − z0| = δ. Vậy với mỗi n > N hai hàm giải tích f(z) − a

và fn(z) − f(z) thỏa mãn điều kiện định lý Rouché trên B(z0, δ) nênfn(z) − a = (fn(z) − f(z)) + (f(z) − a) có cùng số không điểm với hàmf(z)−a trong B(z0, δ). Do z0 là một không điểm của f(z)−a nên fn(z)−aphải có một không điểm trong B(z0, δ) nghĩa là tồn tại zn ∈ B(z0, δ) ⊂ D

sao cho fn(zn)− a = 0, suy ra a ∈ fn(D). Vậy a ∈ fn(D) với mọi n > N .



Bài tập

1 ) Cho Γ là đường tròn đơn vị được định hướng dương, |z| = 1. Xác địnhgiá trị ∆Γ Arg f(z) với các hàm f sau

(a) f(z) = z2 (b) f(z) =z3 + 2

z(c) f(z) =

(3z − i)5

2z3 − i

2 ) Xác định số nghiệm của các đa thức sau trong hình tròn đơn vịz : |z| < 1

(a) z6 − 5z4 + z3 − 2z (b) 2z4 − 2z3 + 2z2 − 2z + 9

3 ) Xác định số nghiệm của các đa thức sau bên trong đường tròn |z| = 2

(a) z4 + 3z3 + 6, (b) z4 − 2z3 + 9z2 + z − 1, (c) z5 + 3z3 + z2 + 1.

4 ) Xác định số nghiệm của phương trình 2z5− 6z2+ z+1 = 0 trong hìnhvành khăn z : 1 ≤ |z| < 2.

5 ) Chứng minh rằng nếu c là một số phức thỏa |c| > e thì phương trìnhczn = ez có n nghiệm (đếm cả số bội) bên trong đường tròn |z| = 1.

6 ) Chứng minh rằng nếu dãy hàm fn hội tụ đều trên mọi tập compacttrong D đến hàm f và các hàm fn không có không điểm trong D với mọin thì hàm f cũng không có không điểm trong D.

7 ) Nếu các hàm fn(z) giải tích và có tối đa m không điểm trên miền D

và fn(z) hội tụ đều trên mọi tập compact trong D về hàm f thì f(z)hoặc là đồng nhất 0 hoặc có nhiều nhất m không điểm trên D.


293

Chương IX

Anh xạ bảo giác

§ 1 Y nghĩa hình học của đạo hàm

Giả sử w = f(z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích tại z0 = x0 + iy0 ∈ D vàf ′(z0) 6= 0. Suy ra định thức Jacobi của hai hàm u và v khác không tại(x0, y0), cụ thể như sau:

J(u, v)(x0, y0) =∂(u, v)

∂(x, y)=

∣∣∣∣

u′x u′yv′x v′y

∣∣∣∣(x0,y0)

= [u′x(x0, y0)]2 + [v′x(x0, y0)]

2

= |f ′(z0)|2

Trong giải tích cổ điển, theo định lý hàm ngược (chẳng hạn xem [1, trang102]) khi J(u, v)(x0, y0) 6= 0 thì các hàm số u = u(x, y) và v = v(x, y) cócác hàm ngược trong lân cận của điểm (x0, y0).

Nói một cách khác, nếu f ′(z0) 6= 0 thì hàm w = f(z) sẽ đơn trị trongmột lân cận nào đó của z0 và hàm ngược z = f−1(w) cũng khả vi tronglân cận của điểm w0 = f(z0) và

(f−1)′(w0) =1

f ′(z0).

Giả sử đường cong γ có biểu diễn tham số γ(t) với t ∈ [a, b] và là đườngcong Jordan trơn đi qua điểm z0 = γ(t0) với t0 ∈ (a, b) và ta có γ′(t0) 6= 0.Khi đó, ảnh của γ qua ánh xạ w = f(z) ở trên là đường cong Γ = f(γ) đi


294 IX Anh xạ bảo giác

qua điểm w0 = f(z0). Phương trình biểu diễn tham số của Γ là

ω(t) = f(γ(t)) t ∈ [a, b]

và ta có

ω′(t0) = f ′(γ(t0))γ′(t0) = f ′(z0)γ

′(t0) 6= 0

Từ đẳng thức trên ta suy ra đường cong Γ có tiếp tuyến tại w0 và ta có

Arg f ′(z0) = Argω′(t0)−Arg γ′(t0).

Như vậy, qua ánh xạ w = f(z) với f ′(z0) 6= 0 tiếp tuyến của đường congγ tại z0 quay một góc bằng Arg f ′(z0) và tịnh tiến từ điểm z0 đến điểmf(z0) trở thành tiếp tuyến của đường cong ảnh Γ = f(γ).

•z0

γ

γ1

•f(z0)

Γ

Γ1

Hình IX.1:

Bây giờ giả sử γ1 là một đường cong Jordan trơn khác cũng qua điểmz0 có biểu diễn tham số γ1(t) với t ∈ [c, d] thỏa z0 = γ1(τ0) và γ′1(τ0) 6= 0

với τ0 ∈ (c, d). Gọi Γ1 = f(γ1). Tương tự như trên ta có

Arg f ′(z0) = Argω′1(τ0)−Arg γ′1(τ0)


Argω′(t0)−Argω′1(τ0) = Arg γ′(t0)−Arg γ′1(τ0)

hay

(Γ,Γ1) = (γ, γ1)

trong đó (Γ,Γ1) và (γ, γ1) lần lượt là góc giữa Γ và Γ1 và góc giữa γ và γ1.Như vậy, ta đã chứng minh được kết quả: qua ánh xạ w = f(z) với

f ′(z0) 6= 0 góc giữa hai đường cong tại điểm z0 được bảo toàn về độ lớn vàhướng. Hàm có tính chất như vậy được gọi là hàm bảo toàn góc tại z0.

Mặt khác, cũng với đường cong γ và hàm f ở trên, ta có

limt→0

|w(t) − w(t0)||γ(t)− γ(t0)|

=∣∣∣w′(t0)

γ′(t0)

∣∣∣ = |f ′(z0)|.


§ 2 Anh xạ bảo giác 295

Kết quả này chỉ phụ thuộc vào f ′(z0) mà không phụ thuộc vào đường congγ qua z0. Như vậy, qua ánh xạ w = f(z) với f ′(z0) 6= 0 hệ số co dãn (độdãn, trong trường hợp này là |f ′(z0)|) của ảnh của đường cong tại z0 khôngphụ thuộc vào dạng và hướng của đường cong. Hàm có tính chất như vậyđược gọi là hàm có hệ số co dãn đều tại z0.

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng nếu hàm f(z) giải tích tại z0 và f ′(z0) 6= 0 thìtrong lân cận của z0 hàm f có hàm ngược giải tích tại w0 = f(z0) và(f−1)′(w0) = 1/f ′(z0).

2 ) Cho ánh xạ thực hiện nhờ các hàm số w = z2 và w = z3. Tìm gócquay, hướng xuất phát từ điểm z0 và hệ số co dãn tại các điểm sau đây.

(a) z0 = 1 (b) z0 = − 14 (c) z0 = 1 + i (d) z0 = −3 + 4i.

3 ) Phần nào của mặt phẳng co lại, phần nào của mặt phẳng dãn ra, nếuánh xạ được thực hiện nhờ các hàm số

(a) w = z2 (b) w = z2 + 2z (c) w =1

z(d) w = ez.

4 ) Cho hàm f(x+ iy) = u(x, y) + iv(x, y) xác định trên miền D sao chocác hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng liên tục trên D và thỏau′x(x, y) = −v′y(x, y) và u′y(x, y) = v′x(x, y) với mọi (x, y) ∈ D. Chứngminh rằng hàm g(z) = f(z) bảo giác trên D′ = z : z ∈ D nếu u′(x, y)2+v′(x, y)2 > 0 với mọi (x, y) ∈ D.

§ 2 Ánh xạ bảo giác

2.1 Định nghĩa. Ánh xạ w = f(z) biến miền D của mặt phẳng phức (z)

thành miền D∗ của mặt phẳng phức (w) được gọi là ánh xạ bảo giáctrong miền D nếu tại mọi điểm z ∈ D góc giữa các đường cong được bảotoàn (cả về độ lớn và hướng) và độ dãn không đổi theo mọi hướng.

Từ ý nghĩa hình học của đạo hàm ta đã chứng minh được kết quả sau:

2.2 Định lý. Giả sử ánh xạ w = f(z) biến miền D thành miền D∗. Nếuf(z) là một hàm giải tích trên D và f ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ D thì f là ánhxạ bảo giác trên D.



Định lý sau đây được xem là định lý đảo của định lý trên

2.3 Định lý. Giả sử ánh xạ w = f(z) biến miền D thành miền D∗. Nếuf(z) là ánh xạ bảo giác trên D thì f(z) là một hàm giải tích trên D vàf ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ D.

Chứng minh. Lấy z0 ∈ D tùy ý. Xét hai điểm

z1 = z0 +∆z1 z2 = z0 +∆z2

qua ánh xạ f chúng lần lượt biến thành các điểm

w1 = w0 +∆w1 w2 = w0 +∆w2

trong đó w0 = f(z0). Do f bảo giác trên D nên f bảo giác tại z0, nghĩa làvới |∆z1| và |∆z2| đủ bé ta có

Arg∆w2 −Arg∆w1 ≈ Arg∆z2 −Arg∆z1

và∣∣∣∆w1

∆z1

∣∣∣ ≈

∣∣∣∆w2

∆z2

∣∣∣ ≈ k 6= 0

với sai khác một đại lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với min(|∆z1|, |∆z2|).Ta đặt

arg∆w1

∆z1≈ arg

∆w2

∆z2≈ α.

Từ các ước lượng trên ta suy ra được ước lượng

∆w1

∆z1≈ ∆w2

∆z2≈ keiα

với sai khác một đại lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với min(|∆z1|, |∆z2|).Vì z1 và z2 chọn tùy ý trong lân cận của z0 nên với mọi z trong lân

cận của z0 (nghĩa là z = z0 +∆z) ta có

∆w

∆z≈ keiα

với sai khác một đại lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với |∆z|. Vậy

lim∆z→0

∆w

∆z= keiα.



Nghĩa là f khả vi tại z0 và f ′(z0) = keiα 6= 0. Vì z0 lấy tùy ý nên f giảitích trên D và f ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ D.

Chú ý rằng phép chứng minh trình bày ở trên mang tính trực quancao. Ta có thể lập luận theo tinh thần giải tích như sau

∆f(z0)

∆z=∣∣∣∆f(z0)

∆z

∣∣∣ei(Arg∆f(z0)−Arg∆z)

Theo giả thiết ta có

lim∆z→0

∣∣∣∆f(z0)

∆z

∣∣∣ = r 6= 0 do tính chất dãn đều

lim∆z→0

(Arg f(z0)−Arg∆z) = α do tính bảo toàn góc

Do đó, lim∆z→0

∆f(z0)

∆z= reiα 6= 0. Vậy tồn tại f ′(z0) và f ′(z0) 6= 0.

2.4 Thí dụ. Hàm mũ f(z) = ez bảo giác trên mỗi miền đơn diệp của nó.

Hàm f(z) =1

zbảo giác trên C \ 0.

2.5 Thí dụ. Xét hàm cos z. Ta đã biết (cos z)′ = − sin z = 0 khi và chỉkhi z = kπ với k nguyên. Vậy hàm cos z bảo giác tại mọi điểm trừ cácđiểm kπ với k nguyên.

2.6 Thí dụ. Hàm lũy thừa w = f(z) = zn, với n nguyên dương, là hàmbảo giác trên C \ 0. Tại z = 0 hàm không bảo giác khi n > 1. Thật vậy,dễ thấy rằng ảnh của z1 và z2 thỏa

|z1| = |z2| arg z1 = arg z2 +2kπ

nk ∈ Z

qua ánh xạ f(z) = zn trùng nhau. Hơn nữa, mọi góc có đỉnh tại z = 0 quaánh xạ lũy thừa f(z) = zn sẽ tăng lên n lần.

2.7 Định nghĩa. Góc giữa hai đường cong γ1 và γ2 tại điểm z = ∞ là

góc giữa ảnh của hai đường cong đó qua ánh xạ w = f(z) =1

ztại w = 0,

tức là góc giữa hai đường cong Γ1 = f(γ1) và Γ2 = f(γ2) tại w = 0.

2.8 Định lý. Hàm phân tuyến tính bảo giác trên C.



Chứng minh. Xét ánh xạ phân tuyến tính f(z) =az + b

cz + dvới ad− bc 6= 0

và c 6= 0. Ta biết rằng hàm f giải tích trên C \ −d/c nên nó bảo giáctrên C \ −d/c. Vậy ta chỉ còn chứng minh hàm f bảo giác tại z = − d

c

và z = ∞.Cho γ1 và γ2 là hai đường cong bất kỳ qua điểm z = − d

c . Ta có f(− dc ) =

∞ và đặt Γ1 = f(γ1) và Γ2 = f(γ2). Ta cần chứng minh (γ1, γ2)z=− dc=

(Γ1,Γ2)w=∞. Theo định nghĩa góc giữa hai đường cong tại điểm ∞, ta

có (Γ1,Γ2)w=∞ là góc giữa hai đường cong Γ∗1 và Γ∗

2 tại w∗ = 0 trong đó

Γ∗1 = g(Γ1), Γ∗

2 = g(Γ2) và w∗ = g(w) =1

w. Ta có

w∗ =1

w=cz + d

az + b

đây là hàm phân tuyến tính. Do đó, ánh xạ w∗ đối với biến z bảo giáctại z = − d

c 6= − ba . Do Γ∗

1 và Γ∗2 chính là ảnh của γ1 và γ2 qua ánh

xạ w∗ =cz + d

az + bcho nên (γ1, γ2)z=− d

c= (Γ∗

1,Γ∗2)w∗=0. Do đó, ta được

(γ1, γ2)z=− dc= (Γ1,Γ2)w=∞, nghĩa là ánh xạ w =

az + b

cz + dbảo giác tại

z = − dc .

Cho γ1 và γ2 là hai đường cong bất kỳ có điểm vô tận. Gọi Γ1 và Γ2 là

ảnh của γ1 và γ2 qua ánh xạ w =az + b

cz + d. Gọi Γ∗

1 và Γ∗2 là ảnh của γ1 và

γ2 qua ánh xạ z∗ =1

z. Theo định nghĩa góc giữa hai đường cong ở điểm

∞ ta có (γ1, γ2)z=∞ = (Γ∗1,Γ

∗2)z∗=0. Mặt khác, ta có

w =az + b

cz + d=a+ bz∗

c+ dz∗.

Vậy Γ1 và Γ2 là ảnh của Γ∗1 và Γ∗

2 qua ánh xạ w =a+ bz∗

c+ dz∗. Theo chứng

minh hai phần trên ta có ánh xạ w =a+ bz∗

c+ dz∗bảo giác tại z∗ = 0 cho nên

(Γ∗1,Γ

∗2)z∗=0 = (Γ1,Γ2)w= a

c. Do đó, ta được

(γ1, γ2)z=∞ = (Γ∗1,Γ

∗2)w= a

c

nghĩa là ánh xạ w =az + b

cz + dbảo giác tại z = ∞.



2.9 (Hàm Joukowski) Ta nhận thấy hàm Joukowski f(z) = 12 (z +

1z )

khả vi trên C \ 0 và đạo hàm của nó là f ′(z) = 12 (1 − 1

z2 ). Suy raf ′(z) = 0 khi và chỉ khi z = ±1. Vậy ta có ngay kết quả: hàm f bảogiác trên C \ 0, 1,−1. Ta xét tính bảo giác của hàm f tại các điểmz = 0, 1,−1,∞.

Tại z = 0 ta có f(0) = ∞. Xét hàm g(z) = 1z . Khi đó, ta có hàm hợp

(g f)(z) = 21

z + 1z

=2z

z2 + 1

và

(g f)′(z) = g′(f(z))f ′(z) = − 114 (z +

1z )

2

1

2

(

1− 1

z2

)

=2(1− z2)

(z2 + 1)2.

Vậy (g f)′(0) = 2 6= 0. Do đó, hàm g f bảo giác tại z = 0. Vậy hàm f

bảo giác tại z = 0.Tại z = ∞ và với hàm g(z) = 1

z , ta xét hàm

(f g)(z) = 1

2

(1

z+ z)

= f(z).

Theo kết quả chứng minh trên ta suy ra được hàm f g bảo giác tại z = 0.Điều này lại suy ra hàm f bảo giác tại z = ∞ vì g(0) = ∞.

Ta biến đổi hàm f như sau

f(z) =1

2

(

z +1

z

)

=z2 + 1

2z=

(z + 1)2 + (z − 1)2

(z + 1)2 − (z − 1)2=

1 +(z−1z+1

)2

1−(z−1z+1

)2 .

Vậy f là một ánh xạ hợp thành f = f3 f2 f1 với

f1(z) =z − 1

z + 1f2(z) = z2 f3(z) =

1 + z

1− z.

Ta nhận thấy các hàm f1 và f3 là hàm phân tuyến tính và hàm f2 là hàmlũy thừa. Hàm f1 bảo giác tại z = ±1; hàm f2 không bảo giác tại f1(1) = 0

và f1(−1) = ∞; hàm f3 bảo giác tại f2(0) = 0 và f2(∞) = ∞. Do đó, hàmf không bảo giác tại z = 1 và z = −1.

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng hàm f(z) = zn, với n > 1 nguyên, không bảo giáctại z = ∞.



2 ) Xét ánh xạ Joukowski w = 12 (z + 1

z ). Hãy tìm ảnh của đường tròn|z| = R.

3 ) Tìm ảnh của đường tròn |z| = 1 qua ánh xạ w =z

(1− z)2, đồng thời

tìm miền bảo giác của nó.

§ 3 Bổ đề Schwarz3.1 Định lý. (Bổ đề Schwarz) Cho hàm f(z) giải tích trong hình trònđơn vị U = z : |z| < 1 và liên tục trên U = z : |z| ≤ 1. Nếu hàm f

thỏa mãn f(0) = 0 và |f(z)| < 1 với mọi z ∈ U thì |f(z)| ≤ |z| với mọiz ∈ U và |f ′(0)| ≤ 1. Thêm vào đó, nếu |f ′(0)| = 1 hay tồn tại z0 ∈ U saocho z0 6= 0 mà |f(z0)| = |z0| thì |f(z)| = |z| với mọi z ∈ U và f(z) = eiαz

với α ∈ R.

Chứng minh. Xét hàm

ϕ(z) =

f(z)

zkhi z 6= 0

f ′(0) khi z = 0.

Rõ ràng hàm ϕ(z) liên tục trên U và giải tích trên U \0. Theo công thứctích phân Cauchy đối với hàm f(z) ta có

f(z) =1

2πi

∫

C

f(ξ)

ξ − zdξ và

1

2πi

∫

C

f(ξ)

ξdξ = f(0) = 0

trong đó z ∈ U và C là đường tròn |z| = 1 định hướng dương. Do đó, vớiz ∈ U ta suy ra

f(z) =1

2πi

∫

C

( f(ξ)

ξ − z− f(ξ)

ξ

)

dξ =z

2πi

∫

C

f(ξ)

ξ(ξ − z)dξ.

Vậy với z ∈ U \ 0 ta có

ϕ(z) =f(z)

z=

1

2πi

∫

C

f(ξ)

ξ(ξ − z)dξ =

1

2πi

∫

C

ϕ(ξ)

ξ − zdξ.

Hơn nữa, ta có

1

2πi

∫

C

ϕ(ξ)

ξdξ =

1

2πi

∫

C

f(ξ)

ξ2dξ = f ′(0) = ϕ(0).


§ 3. Bổ đề Schwarz 301

Do đó,

ϕ(z) =1

2πi

∫

C

ϕ(ξ)

ξ − zdz với mọi z ∈ U.

Do ϕ(z) liên tục trên U nên theo định lý về tích phân loại Cauchy ta suyra được ϕ(z) giải tích trên U . Nếu ϕ(z) là hàm hằng trên U thì cũng suyra được nó là hàm hằng trên U (do tính liên tục); cho nên |ϕ(z)| cũng làhằng trên U . Nếu ϕ(z) không là hàm hằng trên U thì từ nguyên lý cực đạisuy ra |ϕ(z)| đạt cực đại trên biên. Do đó, ta luôn có

maxz∈U

|ϕ(z)| = max|z|=1

∣∣∣f(z)

z

∣∣∣ = max

|z|=1|f(z)|.

Do |f(z)| < 1 với mọi z ∈ U và f(z) liên tục trên U nên |f(z)| ≤ 1 vớimọi z ∈ U . Vậy max

|z|=1|f(z)| ≤ 1, suy ra |ϕ(z)| ≤ 1 với mọi z ∈ U . Do đó,

từ định nghĩa hàm ϕ(z) và f(0) = 0 ta suy ra được |f(z)| ≤ |z| với mọiz ∈ U và |f ′(0)| = |ϕ(0)| ≤ 1.

Hơn nữa, giả sử thêm giả thiết |f ′(0)| = 1 hay tồn tại z0 ∈ U mà z0 6= 0

sao cho |f(z0)| = |z0|. Điều đó có nghĩa là |ϕ(z)| đạt giá trị lớn nhất trênU tại một điểm trong U . Theo nguyên lý modulus cực đại ta phải có ϕ làhàm hằng trên U và |ϕ(z)| = 1. Từ đó theo định nghĩa của hàm ϕ ta suyra được f(z) = eiαz với α ∈ R là hằng số.

3.2 Định nghĩa. Một hàm đơn diệp f từ D lên D∗ trong đó D và D∗ làcác miền tùy ý trong C được gọi là phép đẳng cấu (hay đẳng cấu chỉnhhình) nếu các hàm f : D → D∗ và f−1 : D∗ → D là chỉnh hình (giải tích).Trường hợp D∗ = D phép đẳng cấu được gọi là phép tự đẳng cấu.

3.3 Định lý. Mọi phép tự đẳng cấu của hình tròn đơn vị B(0, 1) là tựđẳng cấu phân tuyến tính.

Chứng minh. Giả sử w = f(z) là một tự đẳng cấu của B(0, 1). Ta kýhiệu w0 = f(0). Theo Thí dụ 4.10 trang 116 ánh xạ phân tuyến tính

g(w) =w − w0

w0w − 1là tự đẳng cấu của hình tròn B(0, 1) biến điểm w0 thành

điểm 0. Khi đó, ánh xạ hợp thành h = g f cũng là một tự đẳng cấu củaB(0, 1) với h(0) = 0. Vậy theo bổ đề Schwarz ta có

|h(z)| ≤ |z| với mọi z ∈ B(0, 1)



Hơn nữa, ta cũng thấy ánh xạ ngược h−1 cũng thỏa các điều kiện của bổđề Schwarz, cho nên ta có |h−1(w)| ≤ |w| với mọi w ∈ B(0, 1). Do nếuz ∈ B(0, 1) và w = h(z) thì h−1(w) = z, nên |z| ≤ |h(z)|. Kết hợp với kếtquả trên ta có |h(z)| = |z| với mọi z ∈ B(0, 1). Lại theo bổ đề Schwarz tacó h(z) = eiαz với mọi z ∈ B(0, 1) trong đó α là một hằng số thực nào đó.Do đó,

f(z)− w0

w0f(z)− 1= eiαz hay f(z) =

w0 − eiαz

1− w0eiαz.

Vậy f là một hàm phân tuyến tính.

Bài tập

1 ) Tìm ánh xạ bảo giác w = f(z) biến miền D thành miền D∗

(a) D = z : |z − 2| < 1, D∗ = w : |w − 2i| < 2

(b) D = z : |z| < 1, |z − i| < 1, D∗ = w : Imw > 0

(c) D = z : |z| < 1, |z − 12 | > 1

2, D∗ = w : Imw > 0

(d) D = z : |z| < 1, Im z > 0, D∗ = w : Imw > 0 sao cho f(−1) = 0,f(0) = 1, f(1) = ∞.

§ 4 Định lý ánh xạ Riemann

4.1 Định lý. Mọi song ánh chỉnh hình ϕ : D → D∗ là một đẳng cấu chỉnhhình.

Chứng minh. Xét hàm ψ = ϕ−1 : D∗ → D. Lấy w0 ∈ D∗ tùy ý. Khi đó, tađặt z0 = ψ(w0), suy ra ϕ(z0) = w0. Lấy ε > 0 bé tùy ý sao cho B(z0, ε) ⊆D. Vì ϕ chỉnh hình nên theo nguyên lý bảo toàn miền ϕ(B(z0, ε)) là mộtmiền. Hơn nữa, do w0 = ϕ(z0) ∈ ϕ(B(z0, ε)) cho nên tồn tại δ > 0 sao choB(w0, δ) ⊆ ϕ(B(z0, ε)). Suy ra ψ(B(w0, δ)) ⊆ ψ(ϕ(B(z0, ε))) = B(z0, ε).Vậy ψ liên tục tại w0. Do w0 ∈ D∗ tùy ý nên ψ liên tục trên D∗.

Theo giả thiết ta được ϕ′ chỉnh hình trên D. Do đó, theo Định lý 3.7trang 236 tập E = z ∈ D : ϕ′(z) = 0 không có điểm tụ trong D. Bởi vìnếu điều đó xảy ra ta sẽ có ϕ′(z) = 0 với mọi z ∈ D sẽ dẫn đến điều mâuthuẫn ϕ là hàm hằng trên D.


§ 4 Định lý ánh xạ Riemann 303

Xét F = ϕ(E). Khi đó, do ϕ là song ánh nên F cũng không có điểmtụ trong D∗. Hơn nữa, ta có D∗ = ϕ(D) là một miền nên cũng có D∗ \ Flà một miền. Lấy w1 ∈ D∗ \ F tùy ý. Từ đẳng thức

ψ(w) − ψ(w0)

w − w1=

z − z1ϕ(z)− ϕ(z1)

với z = ψ(w), z1 = ψ(w1)

và sự liên tục của ψ, ta suy ra được ψ′(w1) =1

ϕ′(z1). Vậy ψ khả vi trên

miền D∗ \ F , cho nên nó cũng giải tích trên D∗ \ F .Ngoài ra do F không có điểm tụ trong D∗ nên với mỗi a ∈ F tồn tại

η > 0 sao cho B(a, η)∩ F \ a = ∅. Do ψ giải tích trong η-lân cận thủngcủa a và liên tục tại a nên ψ giải tích tại a. Từ đó ta kết luận được ψ giảitích trên D∗.

4.2 Nhận xét. Một trường hợp đặc biệt của định lý trên đối với ánh xạbảo giác: Nếu f là ánh xạ bảo giác trên miền D và là đơn ánh trên D thìánh xạ ngược của f trên f(D) cũng là ánh xạ bảo giác. Hơn nữa, ta cũngcó một phần của mệnh đề đảo này trong định lý sau.

4.3 Định lý. Giả sử f là một hàm giải tích trên tập mở D sao cho f

là đơn ánh trên D. Khi ấy, f là một ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm củaD. Hơn nữa, hàm ngược của f cũng là ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm củaD′ = f(D).

Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈ D sao cho f ′(z0) = 0. Khi đó, phươngtrình f(z) = f(z0) có nghiệm z0 với cấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theoĐịnh lý 6.10 trang 290 với w đủ gần f(z0) phương trình f(z) = w cónhiều hơn một nghiệm trong lân cận của điểm z0. Vậy hàm f không làđơn ánh trong lân cận nào của điểm z0, đây là điều vô lý. Do đó, ta phảicó f ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ D. Điều đó có nghĩa là f là ánh xạ bảo giác trênD. Phần còn lại của định lý có được từ nhận xét trên.

4.4 Định lý. (Định lý ánh xạ Riemann) Mọi miền đơn liên D khácC tương đương chỉnh hình với hình tròn đơn vị U = z : |z| < 1.

Chứng minh. D 6= C nên chọn w0 /∈ D. Gọi F là họ các hàm đơn diệpchỉnh hình từ D vào U . Chúng ta phải chứng minh tồn tại ψ ∈ F ánh xạD lên U .

Đầu tiên chúng ta chứng minh F 6= ∅. Ta nhận thấy hàm g(z) = z−w0

chỉnh hình và không nhận giá trị 0 trên D. Do D là miền đơn liên và theo



Định lý 5.15 trang 167 cho nên tồn tại hàm hàm chỉnh hình ϕ trên D saocho ϕ2(z) = z − w0. Nếu ϕ(z1) = ϕ(z2) thì cũng có ϕ2(z1) = ϕ2(z2), suyra z1 = z2. Vậy ϕ là đơn ánh. Lập luận tương tự chứng tỏ rằng không cóhai điểm z1 và z2 trong D sao cho ϕ(z1) = −ϕ(z2). Theo nguyên lý bảotoàn miền ϕ(D) là một miền, cho nên ϕ(D) chứa một hình tròn B(a, r) với0 < r < |a|. Do không có hai điểm z1 và z2 trong D sao cho ϕ(z1) = −ϕ(z2)nên có thể chọn r đủ nhỏ để B(−a, r) ∩ ϕ(D) = ∅. Do đó, |ϕ(z) + a| > r

với mọi z ∈ D. Khi đó, hàm f(z) =r

ϕ(z) + athuộc họ F .

Bước tiếp theo ta chứng tỏ rằng nếu ψ ∈ F mà ψ(Ω) không phủ U vànếu z0 ∈ D thì tồn tại ψ1 ∈ F để

|ψ′1(z0)| > |ψ′(z0)|.

Theo Thí dụ 4.10 trang 116 các hàm ϕα với α ∈ U xác định bởi

ϕα(z) =z − α

1− αz.

là hàm song ánh biến U thành U , và ký hiệu hàm ngược của nó là

ϕ−1α (z) =

z + α

−αz + 1= ϕ−α.

Giả sử ψ ∈ F và α ∈ U và α /∈ ψ(D). Khi đó, ϕα ψ ∈ F và ϕα ψ khôngcó không điểm trong D. Do đó, theo Định lý 5.15 trang 167 tồn tại mộthàm chỉnh hình trên D sao cho g2 = ϕα ψ. Như trong phần chứng minhF 6= ∅ ta thấy rằng g là đơn ánh. Do đó, g ∈ F ; và nếu ψ1 = ϕβ g ở đâyβ = g(z0), nó kéo theo rằng ψ1 ∈ F . Với ký hiệu ánh xạ s(w) = w2, chúngta có

ψ = ϕ−α ϕα ψ = ϕ−α s g = ϕ−α s ϕ−β ψ1.

Do ψ1(z0) = ϕβ g(z0) = ϕβ(β) = 0, đạo hàm hàm hợp cho ta

ψ′(z0) = F ′(0)ψ′1(z0) ở đây F = ϕ−α s ϕ−β .

Chúng ta thấy rằng F (U) ⊆ U và F không là đơn ánh trên U (do ϕ−α vàϕ−β là đơn ánh và s không là đơn ánh); hơn nữa F cũng liên tục trên U .Theo công thức tích phân Cauchy ta có

|F ′(0)| =∣∣∣1

2πi

∫

|ξ|=r

F (ξ)

ξ2dξ∣∣∣ ≤ 1

2π

2πr

r2=

1

rvới 0 < r < 1.


§ 4 Định lý ánh xạ Riemann 305

Cho r → 1 ta suy ra được |F ′(0)| ≤ 1. Thật sự ta không thể có |F ′(0)| = 1.Thật vậy nếu |F ′(0)| = 1 và F (0) = 0 thì theo bổ đề Schwarz ta phải cóF (z) = cz với |c| = 1 điều này mâu thuẫn với tính không 1-1 của F ; cònnếu |F ′(0)| = 1 và γ = F (0) 6= 0 thì hàm F1 = ϕγ F giải tích trên U liêntục trên U thỏa F1(U) = ϕγ(F (U)) ⊆ ϕγ(U) = U , F1(0) = ϕγ(F (0)) =

ϕγ(γ) = 0 và

|F ′1(0)| = |ϕ′

γ(F1(0))| · |F ′1(0)| = |ϕ′

γ(γ)| =1

1− |γ|2 > 1,

điều này mâu thuẫn với kết luận của bổ đề Schwarz. Vậy ta có |F ′(0)| < 1,cho nên |ψ′(z0)| < |ψ′

1(z0)|.Cố định z0 ∈ D và đặt

η = sup|ψ′(z0)| : ψ ∈ F.

Lập luận trên suy ra mọi h ∈ F với |h′(z0)| = η sẽ ánh xạ D lên U . Thậtvậy, nếu h như thế nhưng không là toàn ánh thì tồn tại h1 ∈ F sao choη = |h′(z0)| < |h′1(z0|, mâu thuẫn với định nghĩa η. Hơn nữa, cũng từ điềuđó ta thấy rằng η > 0. Do đó, phép chứng minh hoàn thành khi ta chỉ rađược h ∈ F sao cho |h′(z0)| = η.

Do F 6= ∅ nên với mỗi n nguyên dương tồn tại ψn ∈ F sao cho|ψ′

n(z0)| > η− 1n . Do đó, ta được dãy ψn ⊆ F có tính chất lim

n→∞|ψ′

n(z0)| =η. Bởi vì |ψ(z)| < 1 với mọi z ∈ D đối với mỗi ψ ∈ F , nghĩa là họ hàm Fbị chặn đều trên D, và theo Định lý Montel 9.5 (trang 185) dãy ψn trongF có dãy con ψnkk hội tụ đều trên các tập compact tới h. Theo Định lýWeierstrass 6.4 trang 174 hàm h giải tích trên D và h′ = lim

k→∞ψ′nk . Từ đó

ta được |h′(z0)| = limk→∞

|ψ′nk(z0)| = lim

n→∞|ψ′

n(z0)| = η. Do đó, h không là

hàm hằng. Bởi vì ψn(D) ⊆ U với n ≥ 1 ta suy ra được h(D) ⊆ U . Theonguyên lý bảo toàn miền ta suy ra h(D) ⊆ U .

Vậy ta chỉ còn chứng minh h là đơn ánh. Cố định hai điểm khác nhauz1 và z2 thuộc D, đặt α = h(z1) và αk = ψnk(z1) đối với k = 1, 2, . . ., vàgiả sử ∆ là hình tròn đóng tâm z2 nằm trong D nhưng không chứa z1 saocho h − α không có không điểm trên ∂∆. Ta có tìm được ∆ như thế bởivì tập không điểm của hàm giải tích nhưng không hàm hằng h− α khôngcó điểm tụ trong D (Định lý 3.7 trang 236). Dãy hàm ψnk − αkk hội tụđều trên ∆ tới h − α. Ngoài ra các hàm ψnk − αk không có không điểmtrong ∆, bởi vì các hàm này là 1-1 và có chỉ một không điểm z1. Theođịnh lý Hurwitz (trang 287) h−α không có không điểm trong ∆, đặc biệth(z2)− α 6= 0 hay h(z2) 6= h(z1).



4.5 Hệ quả. Hai miền đơn liên trong C thì đồng phôi với nhau.

Chứng minh. Nếu D là một miền đơn liên trong C thì hoặc D trùng vớiC hoặc đồng phôi với B(0, 1) (theo định lý ánh xạ Riemann). Từ đó ta kếtluận được D đồng phôi với C (vì B(0, 1) đồng phôi với C). Vậy hai miềnđơn liên bất kỳ đồng phôi với nhau (do cùng đồng phôi với C).

Bài tập

1 ) Chứng minh rằng C không thể tương đương chỉnh hình với hình tròn mở.

2 ) Chứng minh rằng nếu f là một ánh xạ bảo giác tại z0 thì tồn tại mộtε-lân cận U của z0 sao cho f có hàm ngược trên U và hàm ngược ấy cũnglà ánh xạ bảo giác trên f(U).

§ 5 Bài toán biểu diễn bảo giác

Xét bài toán của ánh xạ bảo giác: cho trước một hàm f giải tích trongmột tập mở của C, hãy tìm một tập mở liên thông D (thành phần liênthông) để cho f đơn ánh trên đó, và hãy xác định f(D); nghĩa là xác địnhmiền đơn diệp của f .

Nhận thấy rằng, theo kết quả trước đây bài toán này luôn luôn có lờigiải trong một lân cận điểm z0 ở đó hàm f là bảo giác. Tuy nhiên, nókhông có lời giải nào trong mọi lân cận của những điểm mà ở đó f khôngbảo giác. Thật vậy, nếu f giải tích tại z0 nhưng không bảo giác tại z0,nghĩa là f ′(z0) = 0, khi đó phương trình f(z) = f(z0) có nghiệm z0 vớicấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theo Định lý 6.10 trang 290 hàm f khônglà đơn ánh trong bất kỳ lân cận nào của điểm z0. Theo Định lý 4.3 nếuhàm giải tích f là đơn ánh trên tập mở thì f là ánh xạ bảo giác trên D.Như vậy, ta có được một điều kiện cần để hàm giải tích f là đơn ánh trênD. Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ; chẳng hạn như hàm f(z) = ez

mà ta đã biết nó không là đơn ánh trên C nhưng nó bảo giác trên C vìf ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ C.

Ta cũng biết rằng, hàm f(z) = ez là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2πi

(Định lý 3.4 trang 92) nên mọi dải dạng z = x + iy : x, y ∈ R, α < y <

α+2π với α ∈ R đều là miền đơn diệp của hàm f . Ta thường quan tâm tớinhững dải có dạng Bk = z = x+ iy : x, y ∈ R, (2k− 1)π < y < (2k+1)πhay B′

k = z = x + iy : x, y ∈ R, 2kπ < y < 2(k + 1)π với k ∈ Z. Mỗidải như vậy cho chúng ta một nhánh hàm logarithm, ngược của f . Đặc


§ 5 Bài toán biểu diễn bảo giác 307

biệt, với dải B0 ứng với hàm log z và với dải B′0 ứng với hàm ln z. Ta

cũng có, ảnh của Bk qua f là D = C \ (−∞, 0] và ảnh của B′k qua f là

D′ = C \ [0,∞).Tương tự, nếu p là một số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2 thì hàm f(z) =

zp là bảo giác tại mọi điểm C \ 0 nhưng không đơn ánh trên đó. (Hàmf không bảo giác tại 0; thật sự nó biến hai nửa đường thẳng tạo một gócθ ở 0 thành hai nửa đường thẳng tạo thành góc pθ ở 0.) Từ kết quả cănbậc p của một số phức thì miền đơn diệp của f là miền hình quạt vô tậntâm 0 xác định bởi góc α < Arg z < α+ 2π

p . Chẳng hạn, ta quan tâm đến

những miền đơn diệp Sk xác định bởi góc (2k−1)πp < Arg z < (2k+1)π

p vớik = 0, 1, . . . , p−1. Ta cũng thấy rằng ảnh của Sk qua f là D = C\(−∞, 0].Hàm f(z) = zp là ánh xạ bảo giác từ Sk lên D và có hàm ngược f−1(z) =p√z là một nhánh của hàm đa trị w = p

√z.

Bây giờ ta hãy nhắc lại bài toán ngược của phép biểu diễn bảo giác:cho trước hai miền D và D′, hãy tìm xem khi nào tồn tại một phép biểudiễn bảo giác từ D lên D′ và xác định cụ thể những phép biểu diễn bảogiác đó. Thật sự, chúng ta đã xét một số ví dụ cụ thể cho lời giải bài toánnày có thể chưa dùng thuật ngữ ánh xạ bảo giác. Ta biết rằng nếu f làánh xạ bảo giác và là đơn ánh từ D lên D′ thì tất nhiên f là một phépđồng phôi. Do đó, ta có ngay một điều kiện cần để bài toán có lời giải làD và D′ đồng phôi. Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ như ví dụ C vàB(0, 1) đồng phôi nhưng không tồn tại ánh xạ bảo giác từ C lên B(0, 1)

(theo định lý Liouville hàm giải tích và bị chặn trên C phải là hàm hằng).Định lý ánh xạ Riemann cho chúng ta lời giải đối với trường hợp D và D′

là những miền đơn liên khác C.

Bài tập

1 ) Tìm miền đơn diệp của hàm Joukowski f(z) = 12 (z+

1z ) và mô ta phép

biểu diễn bảo giác của nó.


308

Chương X

Tích vô hạn

§ 1 Tích số vô hạn

1.1 Định nghĩa. Cho dãy số phức pn. Một tích vô hạn các số phứccủa dãy pn

p1p2 · · · pn · · · =∞∏

n=1

pn(1.2)

được xác định bởi giới hạn của dãy các tích riêng xác định bởi Pn =

p1 · · · pn. Tích vô hạn trên được gọi là hội tụ đến giá trị P = limn→∞

Pn

nếu giới hạn này tồn tại và khác không.

Có những lý do để chúng ta loại trừ trường hợp limn→∞

Pn = 0. Nếu ta

chấp nhận giá trị P = 0 thì bất cứ tích vô hạn nào với một nhân tử bằng0 (trong dãy ban đầu có một phần tử bằng 0) sẽ hội tụ, và sự hội tụ đókhông phụ thuộc vào toàn bộ các nhân tử của tích. Một lý do cho điềukiện P 6= 0 xuất phát từ việc chúng ta muốn biểu diễn một hàm qua tíchvô hạn và điều này phải có thể thực hiện được đối với cả hàm có các khôngđiểm. Cũng vì lý do đó chúng ta đi đến quy ước chung là tích vô hạn (1.2)được gọi là hội tụ nếu và chỉ nếu chỉ có hữu hạn các nhân tử bằng khôngvà nếu các tích riêng được thành lập từ các nhân tử khác không dần vềmột giới hạn hữu hạn khác không.


§ 1 Tích số vô hạn 309

1.3 Thí dụ. Xét tích vô hạn

∞∏

n=2

(

1− 1

n2

)

.

Ta đặt

Pn =

n∏

k=2

(

1− 1

k2

)

=1 · 322

· 2 · 432

· 3 · 542

· · · (n− 1)(n+ 1)

n2=n+ 1

2n.

Do đó∞∏

n=2

(

1− 1

n2

)

= limn→∞

n+ 1

2n=

1

2.

Xét tích vô hạn∞∏

n=1

(1+ z2n−1

) = (1+ z)(1+ z2)(1+ z4)(1+ z8) · · · với

|z| < 1. Ta có

Pn =

n∏

k=1

(1 + z2k−1

) =(1− z)(1 + z)(1 + z2) · · · (1 + z2

n−1

)

1− z=

1− z2n

1− z.

Vì vậy ta tính được

∞∏

n=1

(1 + z2n−1

) = limn→∞

1− z2n

1− z=

1

1− z.

Trong tích vô hạn hội tụ, nhân tử tổng quát pn dần về 1. Thật vậy,sau khi loại bỏ các nhân tử bằng không, ta có

limn→∞

pn = limn→∞

Pn

Pn−1= 1.

Với kết quả này, người ta thường viết tích vô hạn ở dạng

∞∏

n=1

(1 + an).(1.4)

Khi đó, limn→∞

an = 0 là điều kiện cần để tích vô hạn này hội tụ.

Nếu không có nhân tử nào bằng không, một điều tự nhiên là so sánhtích vô hạn (1.4) với chuỗi vô hạn


310 X Tích vô hạn

∞∑

n=1

log(1 + an)(1.5)

trong đó log(z) = ln |z|+ iϕ với −π < ϕ ≤ π và ϕ = arg(z) nghĩa là ϕ làargument chính của z. Ta có kết quả sau.

1.6 Định lý. Tích vô hạn∞∏

n=1

(1 + an) với 1 + an 6= 0 với mọi n hội tụ

đồng thời với chuỗi vô hạn∞∑

n=1

log(1 + an).

Chứng minh. Trong số phức ta cũng có đẳng thức

elog(z) = z.

Do đó, với Sn là tổng riêng thứ n của chuỗi (1.5) và Pn là tích riêng củatích vô hạn (1.4) ta có

eSn = Pn.

Vậy nếu chuỗi (1.5) hội tụ và có tổng là S, thì

limn→∞

Pn = limn→∞

eSn = eS 6= 0.

Nghĩa là tích vô hạn (1.4) hội tụ về eS .Ngược lại, giả sử lim

n→∞Pn = P 6= 0. Chúng ta lấy giá trị logarithm của

P là giá trị chính

log(P ) = ln |P |+ iarg(P ).

Với mỗi n ta lấy giá trị logarithm của Pn như sau

log(Pn) = ln |Pn|+ iArg(Pn) với arg(P )− π < Arg(Pn) ≤ arg(P ) + π.

Theo tính chất của logarithm ta suy ra được

Sn = log(Pn) + hn · 2πi, trong đó hn là số nguyên hoàn toàn xác định.

Với hai giá trị liên tiếp ở trên chúng ta thu được


§ 1 Tích số vô hạn 311

(hn+1 − hn)2πi = log(Pn)− log(Pn+1) + log(1 + an+1).

Suy ra

(hn+1 − hn)2π = Arg(Pn)−Arg(Pn+1) + arg(1 + an+1)

Do limn→∞

an = 0 và limn→∞

Pn = P cùng với điều kiện arg(P )−π < Arg(Pn) ≤arg(P ) + π nên với mọi n > N nào đó ta suy ra được

|arg(1 + an)| <2π

3, |Arg(Pn)− arg(P )| < 2π

3.

Vậy với mọi n > N ta suy ra được

|hn+1 − hn| ≤1

2π

(|Arg(Pn)− arg(P )|

+ |Arg(Pn+1)− arg(P )|+ | arg(1 + an)|)

<1

2π

(2π

3+

2π

3+

2π

3

)

= 1.

Điều đó có nghĩa là hn+1 = hn với mọi n > N , suy ra khi n > N các hncùng bằng một số nguyên h cụ thể nào đó và Sn = log(Pn) + h · 2πi (khin > N). Do đó,

limn→∞

Sn = limn→∞

[log(Pn) + h · 2πi] = log(P ) + h · 2πi.

Vậy chuỗi (1.5) hội tụ.

1.7 Định nghĩa. Tích vô hạn (1.4) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếuchuỗi tương ứng (1.5) hội tụ tuyệt đối.

1.8 Định lý. Điều kiện cần và đủ để tích vô hạn∞∏

n=1

(1+ an) hội tụ tuyệt

đối là chuỗi∞∑

n=1

an hội tụ tuyệt đối.

Chứng minh. Với giá trị chính của logarithm ta có

limz→0

log(1 + z)

z= 1.



Khi∞∏

n=1

(1 + an) hội tụ tuyệt đối hay∞∑

n=1

an hội tụ tuyệt đối, ta đều suy

ra được limn→∞

an = 0. Khi đó, với ε > 0 nhỏ hơn 1 tồn tại N > 0 sao cho

với mọi n > N ta có∣∣∣log(1 + an)

an− 1∣∣∣ < ε,

suy ra

|| log(1 + an)| − |an|| < | log(1 + an)− an| < ε|an|hay

(1 − ε)|an| < | log(1 + an)| < (1 + ε)|an|.

Từ bất đẳng thức kép trên ta suy ra chuỗi∞∑

n=1

an hội tụ tuyệt đối khi và

chỉ khi chuỗi∞∑

n=1

log(1 + an) hội tụ tuyệt đối. Từ đó ta có được kết luận

của định lý.

1.9 Hệ quả. Giả sử 0 ≤ un < 1. Khi đó, tích∞∏

n=1

(1 − un) hội tụ nếu và

chỉ nếu∞∑

n=1

un < ∞.

Chứng minh. Theo định lý trên tích∞∏

n=1

(1 − un) hội tụ khi và chỉ khi

chuỗi số∞∑

n=1

(−un) hội tụ tuyệt đối nghĩa là chuỗi∞∑

n=1

un hội tụ.

§ 2 Tích vô hạn hàm phứcBây giờ ta muốn định nghĩa tích vô hạn của một dãy hàm. Cũng tươngtự như quy ước khi ta định nghĩa tích vô hạn, ta định nghĩa tích vô hạncủa dãy hàm an(z) trên tập D khi với mỗi z ∈ D chỉ có hữu hạn các sốan(z) bằng không. Khi đó, ta có tích của dãy hàm an(z) là

∞∏

n=1

an(z).(2.1)


§ 2 Tích vô hạn hàm phức 313

Từ Định lý 1.6 để tìm miền hội tụ của tích vô hạn∞∏

n=1

an(z) ta chỉ việc

tìm miền hội tụ của chuỗi hàm∞∑

n=1

log(an(z)). Khái niệm hội tụ tuyệt đối

của tích vô hạn các hàm∞∏

n=1

an(z) được định nghĩa thông qua chuỗi hàm

∞∑

n=1

log(an(z)), ta có định nghĩa sau.

2.2 Định nghĩa. Tích vô hạn các hàm∞∏

n=1

an(z) được gọi là hội tụ tuyệt

đối trên tập D nếu chuỗi hàm∞∑

n=1

log(an(z)) hội tụ tuyệt đối trên D.

2.3 Nhận xét. Từ Định lý 1.6 ta suy ra được nếu hàm xác định bởi chuỗi∞∑

n=1

log(an(z)) giải tích trên D thì hàm xác định bởi tích vô hạn∞∏

n=1

an(z)

cũng giải tích trên D.

2.4 Định nghĩa. Tích vô hạn các hàm∞∏

n=1

un(z) được gọi là hội tụ đều

trên D nếu dãy các tích riêng pn(z) =n∏

k=1

uk(z) hội tụ đều trên D.

2.5 Định lý. Tích vô hạn các hàm∞∏

n=1

un(z) hội tụ đều trên D khi và chỉ

khi tổng∞∑

n=1

log(un(z)).

Chứng minh. Đặt pn(z) =n∏

k=1

uk(z) và sn(z) =n∑

k=1

log(un(z)). Cũng như

trong chứng minh định lý 1.6 ta có đẳng thức sau

esn(z) = pn(z).



Điều này cùng với sự liên tục của hàm mũ ta suy ra được sự hội tụ đều

của tổng∞∑

n=1

log(un(z)) kéo theo sự hội tụ đều của tích∞∏

n=1

un(z). Tương

tự như chứng minh định lý 1.6 ta có thể thu được

sn(z) = log(pn(z)) + h · 2πi với mọi z ∈ D khi n đủ lớn

trong đó h là một số nguyên xác định. Vì vậy từ sự liên tục của hàm

logarithm ta suy ra được nếu tích∞∏

n=1

un(z) hội tụ đều trên D thì tổng

∞∑

n=1

log(un(z)) hội tụ đều trên D.

2.6 Thí dụ. Xét tích vô hạn∞∏

n=1

(

1 +z

n

)

e−zn trên tập compact D bất

kỳ. Khi đó, tồn tại R > 0 sao cho |z| < R với mọi z ∈ D. Do limn→∞

z

n= 0

nên với n đủ lớn ta có

log(

1 +z

n

)

e−zn = log

(

1 +z

n

)

− z

n.

Từ khai triển Maclaurin của hàm log(1 + z/n) khi n > R ta có

log(

1 +z

n

)

− z

n=

∞∑

k=2

zk

knk.

Mặt khác, với mọi z ∈ D, ta có

∣∣∣

∞∑

k=2

zk

knk

∣∣∣ <

∞∑

k=2

Rk

2nk=

1

2(1− Rn )

R2

n2.

Do chuỗi∞∑

n=1

1

2(1− Rn )

R2

n2hội tụ nên chuỗi hàm

∞∑

n=1

log(

1 +z

n

)

e−zn hội

tụ đều và tuyệt đối trên D. Vậy tích vô hạn∞∏

n=1

(

1 +z

n

)

e−zn hội tụ đều

và tuyệt đối trên bất kỳ tập compact nào trong C.Mặt khác, với mọi |z| < R và n đủ lớn ta có

∣∣∣

(

log(

1 +z

n

)

− z

n

)′∣∣∣ =

∣∣∣

1n

1 + zn

− 1

n

∣∣∣ =

|z|n2|1 + z

n |≤ 2R

n2.



Suy ra chuỗi∞∑

n=1

(

log(

1 +z

n

)

− z

n

)′hội tụ đều trên z : |z| < R. Vậy

hàm xác định bởi chuỗi∞∑

n=1

log(

1 +z

n

)

e−zn giải tích trên z : |z| < R.

Do R tùy ý nên suy ra hàm xác định bởi tích∞∏

n=1

(

1 +z

n

)

e−zn giải tích

trên C; hơn nữa hàm này chỉ có các không điểm là các số nguyên âm.

2.7 Thí dụ. Cho dãy số phức an. Xét tích vô hạn các hàm∞∏

n=1

(

1− z

an

)

.

Theo Định lý 1.8 tích vô hạn đã cho hội tụ tuyệt đối khi và chỉ khi chuỗi

số∞∑

n=1

1

|an|hội tụ. Trong trường hợp này tích vô hạn đã cho hội tụ đều

trên bất kỳ tập compact nào. Hơn nữa, với |z| < R và n đủ lớn ta có

∣∣∣

(

log(

1− z

an

))′∣∣∣ =

1

|an(1 − zan

)| <2

|an|.

Suy ra chuỗi∞∑

n=1

(

log(

1 − z

an

))′hội tụ đều trên z : |z| < R. Vậy hàm

xác định bởi chuỗi∞∑

n=1

log(

1− z

an

)

giải tích trên z : |z| < R. Do R tùy

ý nên suy ra hàm xác định bởi tích∞∏

n=1

(

1− z

an

)

giải tích trên C; hơn nữa

hàm này chỉ có các không điểm tại an với n = 1, 2, . . ..

Ta có kết quả gần như liên hệ với Định lý 1.8 đối với sự hội tụ đều củatích vô hạn các hàm, nhưng trước hết ta cần chứng minh bổ đề sau.

2.8 Bổ đề. Nếu u1, . . . , uN là các số phức và nếu

pN =

N∏

n=1

(1 + un), p∗N =

N∏

n=1

(1 + |un|)

thì

p∗N ≤ e|u1|+···+|uN | |pN − 1| ≤ p∗N − 1.



Chứng minh. Trong giải tích thực ta chứng minh được bất đẳng thức1 + x ≤ ex với mọi x ≥ 0. Do đó, ta có

p∗N =

N∏

n=1

(1 + |un|) ≤N∏

n=1

e|un| = e|u1|+···+|uN |.

Với N = 1, ta có |P1 − 1| = |u1| = p∗N − 1. Vậy bất đẳng thức thứ haicần chứng minh đúng với N = 1. Giả sử nó đúng với N − 1. Khi đó, tasuy ra được

|pN − 1| = |pN−1(1 + uN)− 1| = |(pN−1 − 1)(1 + uN) + uN |≤ |pN−1 − 1|(1 + |uN |) + |uN |≤ (p∗N−1 − 1)(1 + |uN |) + |uN | = p∗N − 1.

Ta suy ra được điều phải chứng minh.

2.9 Định lý. Giả sử un(z) là dãy các hàm bị chặn trên tập D sao cho

chuỗi∞∑

n=1

|un(z)| hội tụ đều trên D. Khi đó, tích

f(z) =

∞∏

n=1

(1 + un(z))

hội tụ đều trên D và f(z0) = 0 với z0 nào đó thuộc D nếu và chỉ nếu tồntại n để un(z0) = −1. Ngoài ra, nếu n1, n2, n3, . . . là một hoán vị bất kỳcủa 1, 2, 3, . . . thì

f(z) =

∞∏

k=1

(1 + unk(z)).

Chứng minh. Từ giả thiết suy ra rằng∞∑

n=1

|un(z)| bị chặn trên D. Thật

vậy, do chuỗi∞∑

n=1

|un(z)| hội tụ đều trênD nên tồn tạiN0 sao cho∞∑

n=N0+1

|un(z)| <

1 với mọi z ∈ D, và do dãy un(z) bị chặn trên D nên tồn tại M0 saocho |un(z)| < M0 với mọi z ∈ D với mọi 1 ≤ n ≤ N0; do đó, ta có

∞∑

n=1

|un(z)| =N0∑

n=1

|un(z)|+∞∑

n=N0+1

|un(z)| < N0M0 + 1 với mọi z ∈ D.



Đặt pN (z) =N∏

n=1

(1 + un(z)) và C = eN0M0+1. Khi đó, theo Bổ đề 2.8 ta

có

|pN(z)| =N∏

n=1

|1 + un(z)| ≤N∏

n=1

(1 + |un(z)|)

≤ e∑Nn=1 |un(z)|

< eN0M0+1 = C

với mọi z ∈ D.Cho 0 < ε < 1

2 tùy ý. Lấy N1 sao cho

∞∑

n=N1

|un(z)| < ε với mọi z ∈ D.(2.10)

Giả sử n1, n2, n3, . . . là một hoán vị bất kỳ của 1, 2, 3, . . .. Nếu N > N1

và nếu M > N và đủ lớn sao cho

1, 2, . . . , N ⊂ n1, n2, . . . , nM

và nếu qM (z) =

M∏

k=1

(1 + unk(z)), thì

qM (z)− pN (z) = pN (z)( ∏

1≤k≤Mnk>N

(1 + unk(z))− 1)

.

Do đó, từ (2.10) và Bổ đề 2.8 ta suy ra được

|qM (z)− pN(z)| ≤ |pN (z)|( ∏

1≤k≤Mnk>N

|1 + unk(z)| − 1)

≤ |pN (z)|( ∏

n>N

|1 + un(z)| − 1)

≤ |pN (z)|(e∑n>N |un(z)| − 1)

≤ |pN (z)|(eε − 1)

≤ 2ε|pN(z)|< 2εC



với mọi z ∈ D và N > N1. Đặc biệt, khi nk = k với mọi k = 1, 2, . . . thìqM (z) = pM (z). Khi đó, ta viết lại

|pM (z)− pN(z)| < 2εC với mọi M > N > N1, z ∈ D.

Vậy dãy hàm pN(z) hội tụ đều trên D về hàm giới hạn f . Mặt khác, từbất đẳng thức ở trên ta suy ra được bất đẳng thức

|pM (z)− pN (z)| ≤ 2ε|pN(z)| với mọi z ∈ D và M > N > N1.

Do∣∣|a| − |b|

∣∣ ≤ |a− b| nên với mọi z ∈ D và M > N > N1 ta suy ra được

(1− 2ε)|pN (z)| ≤ |pM (z)| ≤ (1 + 2ε)|pN(z)|.Do đó, cho M → ∞ ta được

(1− 2ε)|pN (z)| ≤ |f(z)| ≤ (1 + 2ε)|pN(z)| với mọi z ∈ D.

Nếu tồn tại z0 ∈ D và n sao cho un(z0) = −1, thì pN(z) = 0 khi N > n,suy ra f(z0) = 0. Ngược lại, nếu f(z0) = 0 thì ta phải có pN (z0) = 0 suyra tồn tại n sao cho un(z0) = 0.

Trở lại trường hợp tổng quát, ta có

|qM (z)− f(z)| ≤ |qM (z)− pN (z)|+ |pN (z)− f(z)|< 2εC + |pN (z)− f(z)|

với mọi z ∈ D, M > N > N1. Từ đó suy ra dãy qM (z) hội tụ về hàmf(z) là hàm giới hạn của pN.

2.11 Định lý. Giả sử 0 ≤ un < 1. Khi đó,∞∏

n=1

(1 − un) > 0 nếu và chỉ

nếu∞∑

n=1

un < ∞.

Chứng minh. Đặt pn =

n∏

k=1

(1 − uk). Ta nhận thấy pn > 0 và pn+1 =

pn(1 − un+1) ≤ pn. Vậy dãy pn là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 cho

nên tồn tại limn→∞

pn = p ≥ 0. Theo Định lý 2.9 nếu∞∑

n=1

un <∞ và un 6= 1

với mọi n nên suy ra∞∏

n=1

(1− un) = p > 0.


§ 3 Dạng chính tắc Weierstrass 319

Ngược lại, nếu∞∑

n=1

un = ∞ và do 1− x < e−x khi x ≥ 0, ta có

p ≤ pn =n∏

k=1

(1− uk) ≤ e−∑nk=1 uk với mọi n.

Cho n→ ∞ ta suy ra được p = 0.

2.12 Định lý. Giả sử các hàm fn, n = 1, 2, . . ., giải tích trên miền Ω,

không hàm nào đồng nhất bằng không trên Ω, và chuỗi∞∑

n=1

|1− fn(z)| hội

tụ đều trên mọi tập compact trong Ω. Khi đó, tích f(z) =∞∏

n=1

fn(z) hội tụ

đều trên các tập compact, và hàm f giải tích trên Ω. Ngoài ra

m(f ; z) =

∞∑

n=1

m(fn; z) z ∈ Ω(2.13)

ở đây m(f ; z) ký hiệu số bội của không điểm z của f (nếu f(z) 6= 0 ta xemm(f ; z) = 0).

Chứng minh. Đặt un(z) = fn(z)− 1. Suy ra các hàm un(z) giải tích trênΩ nên chúng bị chặn trên các tập compact trong Ω. Theo Định lý 2.9 đối

với dãy hàm un(z) ta suy ra được tích∞∏

n=1

fn(z) hội tụ đều về hàm f

trên các tập compact trong Ω. Do đó, f giải tích trên Ω.Lấy z0 ∈ Ω. Nếu f(z0) 6= 0 thì theo Định lý 2.9 ta được fn(z0) 6= 0 với

mọi n. Do đó, ta có được đẳng thức (2.13). Nếu f(z0) = 0, thì tồn tại mộtlân cận V trong Ω của z0 sao cho f(z) 6= 0 với mọi z 6= z0. Do đó, các fnchỉ đạt giá trị không trong V tại z0; hơn nữa chỉ có hữu hạn các hàm fn

như thế bởi vì chuỗi số∞∑

n=1

|1 + fn(z0)| hội tụ. Nghĩa là tồn tại N > 0 sao

cho fn(z) 6= 0 với mọi n > N mọi z ∈ V . Do đó,

∞∑

n=1

m(fn; z0) =

N∑

n=1

m(fn; z0).

Hơn nữa, theo Định lý 2.9 ta suy ra được đẳng thức (2.13) tại z0. Ta cũngnhận thấy chỉ có hữu hạn các số hạng của chuỗi trong (2.13) là dương vớimọi z ∈ Ω.



§ 3 Dạng chính tắc WeierstrassNếu g(z) là một hàm giải tích thì f(z) = eg(z) cũng là hàm giải tích vànó khác không với mọi z. Ngược lại, giả sử f(z) là một hàm giải tích kháckhông. Khi đó, hàm f ′(z)/f(z) giải tích, suy ra nó có nguyên hàm là hàmg(z) nào đó. Mặt khác, đạo hàm của hàm f(z)e−g(z) bằng không suy raf(z)e−g(z) là hàm hằng gọi là C. Khi đó, ta có

f(z) = Ceg(z) f(z) = eg(z)+logC .

Như vậy, ta có một tính chất đặc trưng của hàm giải tích: Hàm f(z) giảitích và khác không khi và chỉ khi nó có dạng eg(z) trong đó g(z) là hàmgiải tích.

Từ kết quả trên và từ Định lý 3.2 ta dễ dàng chứng minh được kết quảtổng quát cho hàm giải tích có hữu hạn các không điểm. Kết quả này đượcphát biểu trong định lý sau.

3.1 Định lý. Nếu hàm giải tích f(z) có m (m có thể bằng không) khôngđiểm tại gốc tọa độ (tại 0) và có các không điểm khác là a1, a2, . . . , aN(các số có thể lặp lại). Khi đó, hàm f có thể biểu diễn dưới dạng

f(z) = zmeg(z)N∏

n=1

(

1− z

an

)

trong đó g(z) là hàm giải tích.

3.2 Định lý. Tồn tại hàm giải tích có không là không điểm bội m và cóvô hạn không điểm khác không a1, a2, . . . (nếu α là một không điểm bội mthì α sẽ xuất hiện m lần trong dãy) thỏa lim

n→∞an = ∞.

Chứng minh. Xét tích vô hạn các hàm∞∏

n=1

(

1− z

an

)

epn(z) trong đó pn(z)

là một đa thức. Cho R > 0 bất kỳ. Xét D = z : |z| ≤ D. Theo giả thiếtta có

limn→∞

z

an= 0 với mọi z ∈ D.

Do đó, với n đủ lớn ta có khai triển

log(

1− z

an

)

= − z

an− 1

2

( z

an

)2

− 1

3

( z

an

)3

− · · ·


§ 3 Dạng chính tắc Weierstrass 321

Chọn đa thức pn(z) là một tổng riêng của chuỗi lũy thừa trên:

pn(z) =z

an+

1

2

( z

an

)2

+ · · ·+ 1

mn

( z

an

)mn

.

Từ đó ta tính được

log(

1− z

an

)

+ pn(z)

= − 1

mn + 1

( z

an

)mn+1

− 1

mn + 2

( z

an

)mn+2

− · · ·

Do đó, modulus của nó được ước lượng khi z ∈ D như sau

∣∣∣ log

(

1− z

an

)

+ pn(z)∣∣∣ ≤

∞∑

k=mn+1

∣∣∣1

k

( z

an

)k∣∣∣

≤ 1

mn + 1

∞∑

k=mn+1

( R

|an|)k

=1

mn + 1

( R

|an|)mn+1(

1− R

|an|)−1

Giả sử mn được chọn sau cho chuỗi∞∑

n=1

1

mn + 1

( R

|an|)mn+1

hội tụ (chẳng

hạn ta chọn mn = n). Khi đó, với n đủ lớn ta có

∣∣∣ log

(

1− z

an

)

+ pn(z)∣∣∣ ≤ 1

mn + 1

( R

|an|)mn+1(

1− R

|an|)−1

< π.

Do đó∣∣∣ log

(

1− z

an

)

epn(z)∣∣∣ =

∣∣∣ log

(

1− z

an

)

+ pn(z)∣∣∣

≤ 2

mn + 1

( R

|an|)mn+1

Vậy chuỗi∞∑

n=1

log(

1 − z

an

)

ezan

+ 12 (

zan

)2+···+ 1mn

( zan

)mn hội tụ đều trên tập

compact D, suy ra tích∞∏

n=1

(

1− z

an

)

ezan

+ 12 (

zan

)2+···+ 1mn

( zan

)mn hội tụ đều

trên tập compact D về hàm f ; hơn nữa hàm f giải tích trên D. Do R

tùy ý nên f giải tích trên D. Ta cũng có hàm f chỉ có các không điểm làa1, a2, a3 . . ..



3.3 Định lý. (Weierstrass) Nếu hàm giả tích f nhận 0 là không điểmbội m và có vô hạn không điểm khác không a1, a2, . . . thỏa 0 < |a1| ≤ |a2| ≤· · · và lim

n→∞an = ∞ (ngoài ra không còn không điểm nào khác) thì hàm f

có thể được biểu diễn ở dưới dạng

f(z) = zmeg(z)∞∏

n=1

(

1− z

an

)

ezan

+ 12 (

zan

)2+···+ 1mn

( zan

)mn(3.4)

trong đó mn là các số tự nhiên xác định và g(z) là hàm giải tích.

Chứng minh. Theo định lý trên tồn tại hàm giải tích

P (z) =

∞∏

n=1

(

1− z

an

)

ezan

+ 12 (

zan

)2+···+ 1mn

( zan

)mn

chỉ có các không điểm a1, a2, a3, . . .. Do đó, hàm xác định bởi

f(z)

zmP (z)

sau khi rút gọn là một hàm giải tích không có bất kỳ một không điểm

nào. Vì vậy nó phải có dạngf(z)

zmP (z)= eg(z) trong đó g(z) là một hàm

giải tích. Từ đó ta được điều phải chứng minh.

3.5 Định lý. Mọi hàm phân hình trên C là thương của hai hàm giải tích.

Chứng minh. Nếu F (z) là một hàm phân hình trên C thì chúng ta cóthể tìm được một hàm giải tích g(z) (áp dụng Định lý 3.3) sao cho mỗikhông điểm của g(z) là một cực điểm của F (z) và ngược lại. Khi đó, hàmF (z)g(z) sao khi rút gọn là một hàm giải tích f(z), và chúng ta thu đượcF (z) = f(z)/g(z).

3.6 Định nghĩa. Với p là một số nguyên không âm, hàm G(u, p) xác địnhbởi

G(u, p) =

1− u p = 0

(1− u)eu+u2

2 +···+up

p p > 0

Hàm G(u, p) được gọi là nhân tử sơ cấp Weierstrass.


§ 4 Genus của hàm giải tích 323

Cho an là một dãy không có số hạng nào bằng không và có moduluskhông giảm. Tích vô hạn

∞∏

n=1

G( z

an, p)

(3.7)

được gọi là tích chính tắc Weierstrass ứng với dãy an và p được gọilà genus của tích chính tắc.

§ 4 Genus của hàm giải tích

Ta đã chứng minh rằng tích chính tắc Weierstrass hội tụ và là một hàmgiải tích chỉ có các không điểm là các số a1, a2, a3, . . . nếu chuỗi

∞∑

n=1

1

p+ 1

( R

|an|)p+1

hội tụ với mỗi R,

điều đó có được khi chuỗi∞∑

n=1

1

|an|p+1hội tụ.

4.1 Định nghĩa. Nếu hàm giải tích f có thể được biểu diễn dưới dạng

f(z) = zmeg(z)∞∏

n=1

G( z

an, p)

trong đó a1 6= 0, |an+1| ≥ |an| với mọi n, và g(z) là một đa thức có bậc q.Khi đó, ta nói hàm f có genus hữu hạn và maxq, p được gọi là genuscủa hàm f .

4.2 Thí dụ. Xét hàm giải tích sinπz. Ta nhận thấy các không điểm làcác số nguyên z = ±n. Do

∞∑

n=1

1

nphân kỳ

∞∑

n=1

1

n2hội tụ

chúng ta phải lấy p = 1 và thu được biểu diễn ở dạng

sinπz = zeg(z)∏

n6=0

(

1− z

n

)

ezn .



Người ta chứng minh được eg(z) = π. Do đó, sinπz có biểu diễn ở dạngtích chính tắc là

sinπz = πz∏

n6=0

(

1− z

n

)

ezn .

Vậy hàm giải tích sinπz có genus 1.

4.3 Thí dụ. Hàm giải tích có genus 0 là hàm ở một trong các dạng

Czm∞∏

n=1

(

1− z

an

)

với∞∑

n=1

1

|an|<∞,

hoặc

CzmN∏

n=1

(

1− z

an

)

.

Hàm giải tích có genus 1 là hàm ở một trong các dạng

Czmeαz∞∏

n=1

(

1− z

an

)

ezan với

∞∑

n=1

1

|an|2,

∞∑

n=1

1

|an|= ∞,

hoặc

Czmeαz∞∏

n=1

(

1− z

an

)

với α 6= 0,∞∑

n=1

1

|an|,

hoặc

CzmeαzN∏

n=1

(

1− z

an

)

với α 6= 0.

4.4 Định lý. (Borel) Cho F (z) là một hàm giải tích có genus là 0 hoặc1. Nếu tất cả các không điểm của F (z) là thực thì đạo hàm của nó F ′(z)

có tất cả các không điểm là thực và giữa hai không điểm liên tiếp của F (z)có một và chỉ một không điểm của F ′(z). Genus của F ′(z) bằng với genuscủa F (z).

Chứng minh. Giả sử F (z) có genus 0 và có các không điểm thực. NếuF (z) có dạng

F (z) = Czm∞∏

n=1

(

1− z

an

)


§ 4 Genus của hàm giải tích 325

trong an là các số thực, thì

F ′(z)

F (z)=Cmzm−1

∏∞n=1

(1− z

an

)− Czm

∑∞n=1

1an

∏

k 6=n

(1− z

ak

)

Czm∏∞

n=1

(1− z

an

)

=m

z+

∞∑

n=1

1

z − an.

Do đó, phần ảo của F ′(z)/F (z) xác định bởi (với z = x+ iy)

Im(F ′(z)

F (z)

)

= − my

x2 + y2+

∞∑

n=1

−y(x− an)2 + y2

.

Từ đó ta thấy rằng phần ảo của F ′(z)/F (z) bằng không chỉ khi y = 0. Dođó, F ′(z) chỉ có không điểm thực. Mặt khác, ta có

(F ′(z)

F (z)

)′= −m

z2−

∞∑

n=1

1

(z − zn)2

nó nhận giá trị thực âm khi z là số thực. Vậy giữa hai không điểm thựcliên tiếp của F (z) và khi z tăng hàm F ′(z)/F (z) phải giảm từ ∞ về −∞.Do đó, F ′(z) có đúng một không điểm thực giữa hai không điểm thực liêntiếp của F (z). Trường hợp hàm F (z) có dạng

F (z) = CzmN∏

n=1

(

1− z

an

)

với an là các số thực, ta chứng minh cũng giống như trên để được kết luậncủa định lý.

Giả sử hàm giải tích F (z) có genus 1 và có các không điểm đều là thực.Nếu F (z) có dạng

F (z) = Czmeαz∞∏

n=1

(

1− z

an

)

ezan



với α, an là các số thực, thì ta tính được

F ′(z)

F (z)=Ceαz(mzm−1 + αzm)

∏∞n=1

(1− z

an

)ezan

Czmeαz∏∞

n=1

(1− z

an

)ezan

−Czmeαz

∑∞n=1

za2nezan

∏

k 6=n

(1− z

ak

)ezak

Czmeαz∏∞

n=1

(1− z

an

)ezan

=m

z+ α−

∞∑

n=1

z

an(an − z)

=m

z+ α+

∞∑

n=1

( 1

z − an+

1

an

)

.


Im(F ′(z)

F (z)

)

= − my

x2 + y2+

∞∑

n=1

−y(x− an)2 + y2

.


(F ′(z)

F (z)

)′= −m

z2−

∞∑

n=1

1

(z − zn)2

giống trường hợp trên, nên ta có được kết luận của định lý. Trường hợphàm F (z) có dạng

F (z) = Czmeαz∞∏

n=1

(

1− z

an

)

với α và an là các số thực. Ta tính được

F ′(z)

F (z)=Ceαz(mzm−1 + αzm)

∏∞n=1

(1− z

an

)

Czmeαz∏∞

n=1

(1− z

an

)

−Czmeαz

∑∞n=1

1an

∏

k 6=n

(1− z

ak

)

Czmeαz∏∞

n=1

(1− z

an

)

=m

z+ α−

∞∑

n=1

1

an − z.


§ 5 Hàm gamma 327


Im(F ′(z)

F (z)

)

= − my

x2 + y2+

∞∑

n=1

−y(x− an)2 + y2

.


(F ′(z)

F (z)

)′= −m

z2−

∞∑

n=1

1

(z − zn)2.

Ta cũng có được kết quả của định lý. Trường hợp hàm F (z) có dạng

F (z) = CzmeαzN∏

n=1

(

1− z

an

)

với α và an là các số thực. Ta cũng suy ra được kết luận của định lý nhưcác trường hợp trên.

§ 5 Hàm gammaHàm giải tích sinπz có tất cả các số nguyên là không điểm và nó là hàmđơn giản nhất có tính chất này. Chúng ta sẽ xem xét các hàm giải tích mànó chỉ có các số nguyên dương là không điểm hay chỉ có các số nguyên âmlàm không điểm. Chẳng hạn, hàm giải tích đơn giản nhất chỉ có tất cả sốnguyên âm là không điểm là hàm xác định bởi tích chính tắc Weierstrass

G(z) =

∞∏

n=1

(

1 +z

n

)

e−zn .(5.1)

Rõ ràng hàm G(−z) chỉ có các số nguyên dương là không điểm. Từ biểudiễn của hàm sinπz ở dạng tích chính tắc ta suy ra được

zG(z)G(−z) = sinπz

π.

Ta nhận thấy rằng hàm G(z − 1) chỉ có các không điểm là các số nguyênkhông dương, tức là nó có các không điểm giống với G(z) và thêm 0. Dođó, hàm thu được sau khi đơn giản G(z−1)

zG(z) là hàm giải tích và không cókhông điểm nào, cho nên tồn tại hàm giải tích γ(z) sao cho

G(z − 1)

zG(z)= eγ(z) hay G(z − 1) = zeγ(z)G(z).



Để xác định hàm γ(z) ta lấy logarithm hai vế rồi tính đạo hàm hai vế.

log(G(z − 1)) = log(zeγ(z)G(z))

vàG′(z − 1)

G(z − 1)=

1

z+ γ′(z) +

G′(z)

G(z).

Tính đạo hàm G′(z) và đơn giản biểu thức G′(z)/G(z) như trong chứngminh Định lý 4.4 ta thu được

∞∑

n=1

( 1

z − 1 + n− 1

n

)

=1

z+ γ′(z) +

∞∑

n=1

( 1

z + n− 1

n

)

.

Mặt khác, ta có

∞∑

n=1

( 1

z − 1 + n− 1

n

)

=1

z− 1 +

∞∑

n=2

( 1

z − 1 + n− 1

n− 1+

1

n− 1− 1

n

)

=1

z− 1 +

∞∑

n=1

( 1

z + n− 1

n

)

+

∞∑

n=1

( 1

n− 1

n+ 1

)

︸︷︷︸

1

=1

z+

∞∑

n=1

( 1

z + n− 1

n

)

.

So sánh kết quả này với đẳng thức trước ta suy ra được γ′(z) = 0. Vậyγ(z) là một hằng số và ký hiệu hằng số này là γ. Vậy ta có được tính chấtcủa hàm G(z) như sau

G(z − 1) = eγzG(z).

Nếu ta đặt H(z) = G(z)eγz, thì

H(z − 1) = G(z − 1)eγ(z−1) = eγzG(z)eγ(z−1) = zH(z).

Ta hãy xác định giá trị của γ. Dùng định nghĩa và tính chất của hàmG(z) khi lấy z = 1 ta có

1 = G(0) = eγG(1)

suy ra


§ 5 Hàm gamma 329

e−γ = G(1) =

∞∏

n=1

(

1 +1

n

)

e−1n

= limn→∞

n∏

k=1

k + 1

ke−

1k

= limn→∞

(n+ 1)e−(1+ 12+···+ 1

n).


γ = limn→∞

(

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n− ln(n+ 1)

)

= limn→∞

(

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n− lnn

)

Hằng số γ được gọi là hằng số Euler, giá trị gần đúng của nó là 0.5772157.Đặt Γ(z) = 1/[zH(z)]. Khi đó, ta có

Γ(z + 1) =1

(z + 1)H(z + 1)=

1

H(z)= zΓ(z).(5.2)

Hàm Γ(z) được gọi là hàm gamma Euler. Ta có biểu diễn của hàmgamma là

Γ(z) =e−γz

z

∞∏

n=1

(

1 +z

n

)−1

ezn ,

và ta có đẳng thức

Γ(z)Γ(1− z) =1

zH(z)(−z)Γ(−z) = 1

H(z)zH(−z)

=1

zG(z)G(−z)=

π

sinπz.

Ta nhận thấy rằng Γ(z) là một hàm phân hình với các cực điểm là 0, −1,−2, . . . nhưng không có không điểm.

Từ định nghĩa hàm gamma ta dễ dàng tính được Γ(1) = 1, và từ côngthức (5.2) ta lần lượt tính được Γ(2) = 1, Γ(3) = 1 · 2, Γ(4) = 1 · 2 · 3, vàcông thức tổng quát Γ(n) = (n− 1)!. Từ đẳng thức Γ(z)Γ(1− z) =

π

sinπzvới z = 1

2 ta tính được Γ(12 ) =√π.


330 Tài liệu tham khảo

Tài liệu tham khảo

[1] Hồ Công Xuân Vũ Y, Nguyễn Khắc Quỳnh Anh. Phép Tính Vi PhânHàm Vector. (Tập bài giảng). Trường Đại học Tiền Giang, Tiền Giang,2011.

[2] Lars V. Ahlfors. Complex Analysis: An Introduction to the Theoryof Analytic Functions of One Complex Variable. McGraw-Hill, Inc.,New York, third edition, 1979.

[3] Nguyễn Hữu Anh. Nhập Môn Giải Tích Phức. Tủ sách Trường ĐạiHọc Khoa Học Tự Nhiên (Tp. Hồ Chí Minh), 1999.

[4] James Ward Brown, Ruel V. Churchill. Complex Variables and Ap-plications. McGraw-Hill, New York, eighth edition, 2009.

[5] Lê Thị Thiên Hương. Toán Cao Cấp, Tập 1: Phép tính vi tích phânhàm một biến và lí thuyết chuỗi. NXB Giáo Dục, Tp Hồ Chí Minh,2003. (Tái bản lần thứ ba).

[6] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải. Hàm Biến Phức. NXB Đại Học QuốcGia Hà Nội, 2006. (In lần thứ 3 có sửa chữa và bổ sung).

[7] Nguyễn Văn Khuê, Vũ Tuấn. Hàm Số Biến Số Phức. NXB Giáo Dục,Hà Nội, 1990.

[8] Rosa Peter. Đùa Với Cái Vô Hạn. NXB Giáo Dục, Hà Nội, 2007.(Bản dịch của: Nguyễn Xuân Huy, Phạm Ngọc Khôi, Ngô Anh Tuyết,Hồ Thuần).

[9] Trương Văn Thương. Hàm Số Biến Số Phức. NXB Giáo Dục, ĐàNẵng, 1999.


Tài liệu tham khảo 331

[10] Vũ Tuấn, Phan Đức Thành, Ngô Xuân Sơn. Giải Tích Toán Học, tập2. NXB Giáo Dục, 1988. (In lần thứ tư có chỉnh lí).


332 Bài kiểm tra và bài thi mẫu

Kiểm Tra Lần I

Câu 1. (a) Tính và đưa về dạng đại số biểu thức(1− 2i)(3 + 4i)

6 + 5i.

(b) Tìm các căn bậc hai của 4 − 5i. (Gợi ý: dùng định nghĩa vàdạng đại số của số phức.)

Câu 2. Chứng minh rằng với mỗi điểm z thuộc đường tròn có phương

trình |z| = 3 ta có12

5≤∣∣∣z3 + 3

2z − 4

∣∣∣ ≤ 15

Câu 3. Tìm các căn bậc 4 của −8− 8√3i.

Câu 4. Tính Im(√3 + i)2008

Câu 5. (a) Chứng minh tính chất: nếu dãy zn hội tụ về z0 và c là mộthằng số phức thì czn hội tụ về cz0.

(b) Chứng minh rằng nếu hai chuỗi∞∑

n=1zn và

∞∑

n=1wn hội tụ thì

chuỗi∞∑

n=1(zn+wn) cũng hội tụ và

∞∑

n=1(zn+wn) =

∞∑

n=1zn+

∞∑

n=1wn

Câu 6. Chứng minh rằng D = z : Imz > 0 hay z = (x, 0) với x ≥ 0 làmiền đơn diệp của hàm f(z) = z2, và tìm hàm ngược của f trênD.

Câu 7. Tính các giới hạn hoặc chứng minh nó không tồn tại

(a) limz→0

|z|Imzz

(b) limz→∞

|z|z

Câu 8. Tìm miền hội tụ của dãy hàm 1

z2 + n

. Dãy hàm đã cho có hội

tụ đều trên miền hội tụ đó hay không?

Câu 9. Tìm bán kính hội tụ của chuỗi hàm lũy thừa∞∑

n=1

(

1+c

n

)n2

zn với

c là hằng số phức.

Câu 10. Xét tính khả vi của hàm f(z) = zRez2. Tìm tất cả các điểm màhàm f giải tích

Câu 11. Cho f là một hàm giải tích trên miền D. Chứng minh rằng nếuhàm f(z) cũng giải tích trên D, thì f là hàm hằng.


Bài kiểm tra và bài thi mẫu 333

Kiểm Tra Lần II

Câu 1. Tìm tất cả các số phức z sao cho e2z+3−4i = −√3− i.

Câu 2. Dùng định nghĩa các hàm mũ và lượng giác chứng minh rằngez = ez và sin(iz) = − sin(iz)

Câu 3. Giải phương trình sin 2z = i.

Câu 4. Dùng định nghĩa chứng minh đẳng thứcsinh(z1 + z2) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2.

Câu 5. Tính ln(−1 + i)3 và Ln(−1 + i√3)

Câu 6. Tìm modulus của giá trị của lũy thừa (2− 2i)2+3i.

Câu 7. Tìm ảnh của đường tròn có phương trình |z + i− 2| = 3 qua ánhxạ tuyến tính w = (4 + 5i)z − 6i+ 7.

Câu 8. Tìm ảnh của dải 0 < x+ y < 1 qua ánh xạ w =1

z.

Câu 9. Tìm ảnh của đường thẳng y = x+ 1 qua ánh xạ w =z − i

z + i

Câu 10. Tính tích phân∫

C

zdz trong đó C là đường cong từ −1 − i đến

1 + i dọc theo đồ thị y = x3.


C

dz

z2 + 2với C là đường tròn |z − i| = 2 được



C

z

z2 − (1− 2i)z − 2idz với C là đường tròn |z| =

3 được định hướng dương.

Câu 13. Chứng minh rằng hàm u(x, y) = 2x− x3 + 3xy2 là hàm điều hòatrên R2. Tìm một hàm giải tích trên C nhận u(x, y) làm hàmphần thực.

Câu 14. Chứng minh rằng∣∣∣

∫

C

z3 +√3 + i

2z2 − 4dz∣∣∣ ≤ 132π

7trong đó C là

đường tròn có phương trình |z| = 4 được định hướng dương.



ĐỀ THI SỐ 1

Câu 1.(a) Xét sự tồn tại của giới hạn limz→0

zImz

|z| .

(b) Tìm tất cả các giá trị của z sao cho ez−3i = −4 + 4i.

(c) Chứng minh rằng |eix − 1− ix| = |e−ix − 1+ ix| với mọi số thựcx.

(d) Tìm số nghiệm của phương trình 3z4−7z3+3z−1+ i = 0 tronghình tròn z : |z| < 2.

Câu 2.(a) Tìm tất cả các điểm z = x + iy sao cho hàm f(z) = 2xy + x +

i(x2 + y) khả vi tại đó và tính đạo hàm tại những điểm đó.

(b) Chứng minh rằng có hàm giải tích f(z) nhận hàm u(x, y) =

3x2y − y3 + x là phần thực của nó. Tìm hàm giải tích f(z) ấy.

(c) Tìm hàm phân tuyến tính biến 3 điểm 3i, ∞, i thành 3 điểm 0,−i, −2i (theo tương ứng).

(d) Khai triển Taylor hàm f(z) =1

1 + ztại điểm z0 = −i và tìm

bán kính hội tụ của nó.

Câu 3. Tính các tích phân sau

(a) Tính∫

Γ

2zdz, trong đó Γ là đoạn thẳng định hướng từ 1 + 2i

đến 4 + 3i.

(b) Tính∫

Γ

2z

z4 − 3dz, trong đó Γ là đường tròn |z| = 2 được định

hướng dương.

(c) Tính∫

Γ

sin 2z

(z − i)2dz, trong đó Γ là đường tròn |z + 2| = 3 được


(d) Khai triển Laurent hàm số f(z) = z3 cos2006

ztrong miền z :

0 < |z| < ∞. Từ đó tính tích phân∫

Γ

z3 cos2006

zdz, trong đó

Γ là đường tròn |z| = 2 được định hướng dương.

Câu 4.(a) Chứng minh rằng∣∣∣∣

∫

CR

dz

z2 − 2z + 5

∣∣∣∣≤ πR

R2 − 2R− 5trong đó

CR có biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ π và R > 4.


Bài kiểm tra và bài thi mẫu 335

(b) Tìm thặng dư của hàm f(z) =1

z2 − 2z + 5tại các điểm bất

thường cô lập trong miền D = z : |z| < R, Imz > 0 vớiR > 4.

(c) Tính tích phân∫

Γ

dz

z2 − 2z + 5trong đó Γ là biên được định

hướng dương của miền D như ở phần (b).

(d) Từ các kết quả trên hãy tính tích phân suy rộng∫ ∞

−∞

dx

x2 − 2x+ 5.

ĐỀ THI SỐ 2

Câu 1. (a) Tìm bán kính hội tụ của chuỗi∞∑

n=1

e(1+2i)n

(3− 4i)n−1(z − 5i)n.

(b) Tìm tất cả các giá trị của z sao cho eiz = 2.

(c) Tính Im (sin(1 + 2i)).

(d) Tìm số nghiệm của phương trình z3 − 2z2 +12z− 4+ 5i = 0

trong hình tròn z : |z| < 2.

Câu 2. (a) Tìm tất cả các điểm z = x+ iy sao cho hàm f(z) = x3+y2+

i(x+ 2y3) khả vi tại đó và tính đạo hàm tại những điểm đó.

(b) Chứng minh u(x, y) = x3 − 3xy2 là hàm điều hòa. Tìm hàmgiải tích f(z) sao cho nó có phần thực là u(x, y).

(c) Tìm tất cả các giá trị của z sao cho cos z =5

4.

(d) Tìm hàm phân tuyến tính biến 3 điểm 1, ∞, 1 +i

2thành 3

điểm −i, 1− i, 0 (theo tương ứng).

Câu 3. (a) Tính∫

Γ

z4

z5 + 1dz, trong đó Γ là đường tròn |z| = 2 được định

hướng dương.

(b) Tính∫

Γ

dz

(z − i)2(z + 2008i)2009, trong đó Γ là đường tròn

|z| = 3 được định hướng dương.

(c) Tính∫

Γ

z2006e2008z dz, trong đó Γ là đường tròn |z + 1| = 4




(d) Khai triển Laurent hàm f(z) =1

(z + 1)(z − 3i)trên vành

1 < |z| < 3.

Câu 4. (a) Chứng minh rằng∣∣∣∣

∫

CR

z2 + 2

z4 + 1dz

∣∣∣∣≤ R(R2 + 2)π

R4 − 1trong đó

CR có biểu diễn tham số w(t) = Reit với 0 ≤ t ≤ π và R > 1.

(b) Đặt D = z : |z| < R, Imz > 0 với R > 1. Tìm các điểm

bất thường cô lập của hàm f(z) =z2 + 2

z4 + 1trong miền D.

(c) Tính∫

Γ

z2 + 2

z4 + 1dz trong đó Γ là biên được định hướng dương

của miền D ở phần (b).

(d) Từ các kết quả trên hãy tính tích phân suy rộng∫ ∞

−∞

x2 + 2

x4 + 1dx.


Tra cứu 337

Chỉ mục

ánh xạ đồng phôi, 57ánh xạ bảo giác, 295, 303đối xứng qua đường tròn, 106đề thi Olympic sinh viên, 19, 26,

29đồng liên tục đều trên tập com-

pact, 183đồng phôi, 57, 59độ dài đường cong, 134đạo hàm, 78đạo hàm cấp cao, 79định lý Abel, 70định lý Bolzano-Weierstrass, 40định lý Cauchy-Goursat, 150, 251định lý Cauchy-Hadamard, 72định lý Cauchy-Riemann, 80, 84định lý Harnack, 203định lý Hurwitz, 287, 291định lý Lagrange, 129định lý Liouville, 181định lý Merten, 46định lý Montel, 185định lý Morera, 168định lý Rouché, 287định lý Taylor, 219định lý Weierstrass, 174, 176, 216,

238, 322định lý ánh xạ Riemann, 303, 307định lý đại số cơ bản, 182, 289

định lý đường cong Jordan, 134định lý duy nhất, 235định lý giá trị trung bình, 190định lý tích phân loại Cauchy, 173định lý thặng dư Cauchy, 250địnhh lý giá trị trung bình, 177đẳng cấu chỉnh hình, 301, 302đẳng thức Lagrange, 19, 21đơn vị ảo, 7, 8, 10đường cong, 131, 134

độ dài, 134trơn từng khúc, 134

đường cong Jordan, 134đường cong kín, 134đường cong khả vi, 134đường cong trơn, 134đường cong trơn từng khúc, 134đường gấp khúc, 131đường kính phân hoạch, 138đường tròn, 16đa thức Chebyshev, 29đa thức với hệ số thực, 11điều hòa dưới, 206điều kiện Cauchy-Riemann, 80, 87,

192điểm bất động, 115điểm bất thường, 236điểm bất thường bỏ được, 237, 244điểm bất thường cốt yếu, 237, 244


338 Tra cứu

điểm bất thường cô lập, 236, 244điểm biên, 32điểm cô lập, 34điểm dính, 34điểm giới hạn, 34, 48điểm ngoài, 32điểm tụ, 48điểm trong, 32điểm vô cùng, 30

argument, 22argument chính, 23

bất đẳng tam giác, 17bất đẳng thức Cauchy, 19, 181bất đẳng thức Harnack, 203bất đẳng thức Jordan, 265bán kính hội tụ, 71, 72bài toán Dirichlet, 195bị chặn đều trên tập compact, 183bổ đề Schwarz, 300bảo toàn góc, 294bao đóng, 32biên, 32biểu diễn Riemann, 30biểu diễn tham số đường cong, 131

cấp của cực điểm, 242cấp của không điểm, 234công thức Euler, 25, 95công thức lượng giác Lagrange, 29công thức Moivre, 25công thức Poisson, 194, 202công thức Schwarz, 193công thức tích phân Cauchy, 162cực điểm, 237, 242, 244căn bậc n, 26, 102căn nguyên thủy, 26chuỗi hàm, 63

hội tụ đều, 63hội tụ tuyệt đối, 65

chuỗi hội tụ, 43, 63chuỗi lũy thừa, 70, 89chuỗi Laurent, 225, 230, 247chuỗi phân kỳ, 43chuỗi số phức, 43

tiêu chuẩn Cauchy, 44chuỗi tích Cauchy, 46, 50, 74chuỗi Taylor, 219compact, 34, 58cung, 131

dấu hiệu Cauchy-Riemann, 80dạng đại số, 8dạng Euler, 25dạng lượng giác, 22dạng mũ, 25dãy Cauchy, 39dãy hàm, 60dãy hàm hội tụ, 60dãy hàm hội tụ đều, 291dãy hội tụ, 37, 40dãy hội tụ đều trên các tập com-

pact, 176dãy số phức, 37

tiêu chuẩn Cauchy, 39diện Riemann, 125

góc giữa hai đường cong, 107, 294,297

genus, 323genus của hàm số, 323, 324giới hạn của dãy hàm, 60giới hạn của hàm số, 52giá trị chính Cauchy, 258

hằng số Euler, 329hình tròn đóng, 33


Tra cứu 339

hình tròn mở, 33hình vành khăn, 33hàm đơn diệp, 50hàm đa trị, 125hàm điều hòa, 188hàm beta, 283hàm chặn trên điều hòa, 208hàm chỉnh hình, 88hàm gamma, 329hàm giải tích, 88, 89, 190, 246, 291

sự duy nhất, 235hàm hợp, 59hàm hyperbolic, 98hàm Joukowski, 55, 90, 121, 299,

307hàm lượng giác phức, 95hàm lũy thừa, 102, 299, 307hàm liên hợp điều hòa, 189hàm liên tục, 56hàm liên tục đều, 57hàm logarithm, 101, 127, 157, 307hàm mũ, 91, 306hàm mũ cơ số phức, 103hàm ngược, 51hàm nguyên, 88, 244hàm phức biến thực, 128hàm phân hình, 238, 322hàm phân tuyến tính, 112, 297,

299hàm số biến số phức, 50

chỉnh hình, 88giải tích, 88khả vi, 78liên tục, 56liên tục đều, 57tích phân, 136

hàm tuyến tính, 105hệ số co giản đều, 295

hội tụ đều, 60, 63, 313hội tụ đều trên mọi tập compact,

62, 287, 291, 292hội tụ tuyệt đối, 44, 65, 311, 313họ các hàm bị chặn đều, 183họ hàm đồng liên tục đều, 183hoàn toàn bị chặn, 41

không điểm của hàm số, 324không gian vector các hàm giải tích,

88không-điểm, 234khả tích, 129, 138khả vi, 128khai triển Laurent, 230khai triển Maclaurin, 219, 221khai triển Taylor, 219khoảng cách, 34

lân cận, 32lân cận thủng, 32lũy thừa bậc n, 10lũy thừa phức, 103liên tục, 56liên tục đều, 57liên thông, 58logarithm, 100, 127

giá trị chính, 101

mặt cầu Riemann, 30mặt phẳng phức, 7mặt phẳng phức mở rộng, 30miền, 34miền đóng, 34miền đơn diệp, 50, 306miền đơn liên, 133, 156miền đa liên, 133, 159modulus, 16

nửa liên tục trên, 206


340 Tra cứu

nghiệm đa thức, 11nghiệm liên hợp, 11nguyên hàm, 144, 157nguyên lý argument, 284nguyên lý bảo toàn miền, 290nguyên lý Harnack, 202nguyên lý modulus cực đại, 179,

191nhân tử sơ cấp Weierstrass, 322

phép đồng phôi, 57, 307phép đẳng cấu, 301phép liên hợp phức, 14phép tự đẳng cấu, 301phân hoạch, 138phần ảo, 7phần thực, 7phần trong, 33phủ mở, 40phương trình đường tròn, 109phương trình của đường tròn, 16phương trình Laplace dạng cực, 192

số phức, 6argument, 22căn bậc n, 26dạng đại số, 8dạng Euler, 25dạng lượng giác, 22modulus, 16phép cộng, 7phép chia, 9phép nhân, 7phép trừ, 9

số phức liên hợp, 7

tích Cauchy, 46tích chính tắc Weierstrass, 323tích hai số phức, 7

tích phân, 136, 138tích phân không phụ thuộc đường

cong, 145tích phân loại Cauchy, 172, 300tích phân suy rộng, 257, 264tích vô hạn, 308tập đóng, 32, 48tập bị chặn, 34tập compact, 34, 40, 183, 291tập liên thông, 33, 35, 132tập mở, 32tổng hai số phức, 7tổng riêng thứ n, 43tổng tích phân, 138thành phần liên thông, 34thặng dư, 247thặng dư logarithm, 286thuần ảo, 7tiêu chuẩn Cauchy, 39, 44, 61, 64tiêu chuẩn Weierstrass, 66trực giao, 107tuyến tính từng mảnh, 131

vành các hàm giải tích, 88vi phân hàm phức, 84, 190


Documents

Hàm Biến Phức - dulieu.tailieuhoctap.vndulieu.tailieuhoctap.vn/books/giao-duc-dai-cuong/kinh-te-hoc/file... · § 5 Các ví dụ về sự biến hình ... § 7 Định lý