TỪ GIẢ THIẾT SUY RA ∀ Z ∈ ΓR, | F(Z) | ≤ M R →→+∞ 0 SUY RA ΛΛΛ∫Λ...

2. Từ giả thiết suy ra ∀ z ∈ Γ

R

, | f(z) | ≤ M 

_R

 →

_→



_+∞

0 Suy ra

λ

∫

(e

ⁱ

^z

+

∫

fz)dse

ⁱ

^z

+

∫

e

ⁱ

^z

≤

∫

dze

ⁱ

^z

Γ

1

3

2

R

Ước l−ợng tích phân, ta có e

ⁱ

^z

≤ 2Me

^-

^λ

^y

Rθ ≤ 2Me

^-

^λ

^|

^β

^|

β  →

_R

_→



_+∞

0

R

dt

t

sin

e = πMRe

^-

^λ

^Rsin

^α

 →

_R

_→



_+∞

0 với α ∈ (0, π) e

ⁱ

^z

= MR

∫

^π

⁻

^λ

0

Hệ quả 1 Cho f(z) là phân thức hữu tỷ sao cho bậc của mẫu số lớn hơn bậc tử số ít nhất là hai đơn vị, có các cực điểm a

_k

với k = 1...p nằm trong nửa mặt phẳng trên và có các cực điểm đơn b

_j

với j = 1...q nằm trên trục thực. Khi đó ta có

q

p

+∞

∫

Re + πi

∑

sfabRe (4.9.3) f = 2πi

∑

xdx

j

)

k

)

=

j

k

−

∞

Chứng minh Γ

R

• Để đơn giản, xét tr−ờng hợp hàm f có một cực điểm a thuộc nửa mặt phẳng trên và một cực điểm đơn b thuộc a Γ

ρ

trục thực. Tr−ờng hợp tổng quát chứng minh t−ơng tự. Kí hiệu -R b R Γ

R

: | z | = R, Imz > 0, Γ

ρ

: | z | = ρ, Imz > 0 Γ = Γ

_R

∪ [-R, b - ρ] ∪ Γ

_ρ

∪ [b + ρ, R] Theo công thức (4.7.6)

∫

Γ

f = 2πiResf(a) f +

∫

f =

∫

f +

∫

ρ

+

,

R

]

−

R

,

b

]

Γ

R

[

b

Γ

ρ

Kết hợp với công thức (4.9.1) suy ra f = f +

→

→

∫

+∞

,

R

lim = 2πiResf(a) - f (1)

ρ

∫

lim

0

c

₁

Do b là cực điểm đơn nên f(z) = −

⁻

+ g(z) với g(z) giải tích trong lân cận điểm b Suy ra hàm g(z) bị chặn trên Γ

ρ

Ch−ơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D− ∃ M > 0 : ∀ z ∈ Γ

ρ

, | g(z) | < M ⇒

∫

g ≤ Mπρ  →

_ρ

_→



₀

0 (2) Tham số hoá cung Γ

ρ

: z = b + ρe

^it

với t ∈ [π, 0]. Tính trực tiếp c

₁

= - πiResf(b) (3) − dzThay (2) và (3) vào (1) suy ra công thức (4.9.1) − dx1Ví dụ Tính tích phân I =

^+∞

∫

−

+− có cực điểm kép a = i thuộc nửa mặt phẳng trên Phân thức f(z) =

₂

₂

+′−− −2lim z = 1i Resf(i) = + =

2

(z i)4

→

i

2

i

z

(z i)

z

i

πSuy ra I = 2πiResf(i) = - Hệ quả 2 Cho f(z) là phân thức hữu sao cho bậc của mẫu số lớn hơn bậc tử số ít nhất là một đơn vị, có các cực điểm a

_k

với k = 1...p nằm trong nửa mặt phẳng trên và có các cực điểm đơn b

_j

với j = 1...q nằm trên trục thực. Kí hiệu g(z) = f(z)e

ⁱ

^α

^z

ta có

α

dxRe (4.9.4) sgef

ⁱ

^x

= 2πi

∑

Lập luận t−ơng tự nh− chứng minh hệ quả 1. 1

^ix

Im esin =

^+∞

∫

x dxVí dụ Tính tích phân I =

^+∞

∫

1 có cực điểm đơn b = 0 thuộc trục thực và Resg(0) = Phân thức f(z) =

→

e

^iz

= 1 lim

z

1Im(πi) = Suy ra I = Hệ quả 3 Cho đ−ờng cong Γ

R

= { | z | = R, Rez ≤ α } và hàm f giải tích trong nửa mặt phẳng D = { Rez < α } ngoại trừ hữu hạn điểm bất th−ờng và lim f(z) = 0.

z

∀ λ > 0, f

^z

= 0 (4.9.5)

R

lim

∫

Suy ra từ định lý bằng cách quay mặt phẳng một góc π/2. Hệ quả 4 Với các giả thiết nh− hệ quả 3, kí hiệu g(z) = e

^λ

^z

f(z) 1 =

∑

∀ λ > 0, I(λ) =

^α

⁺

∫

^∞

z

f(z)dzRe (4.9.6) i e

α

k

<

a

Re

Kí hiệu Γ = Γ

R

∪ [α - iβ, α + iβ] với R đủ lớn để bao hết các cực điểm của hàm f(z)

λ

f(z)dzRee =

∑

f

^z

+ e

^z

= π

^α

⁺

∫

^β

π

∫

β

+

∫

^β

f

ⁱ

^z

Re -

∫

Cho β → +∞ và sử dụng hệ quả 3 chúng ta nhận đ−ợc công thức (4.9.6)

Bài tập ch−ơng 4