(1 + Z)M = 1 + MZ + Z2 + … = NN!2=0NVỚI M = 1 1−NNZ(1)+ = 1 - Z + Z...
3. (1 + z)
m
= 1 + mz + z2
+ … =n
n!2=
0
n
Với m = 1 1−n
z()+ = 1 - z + z2
- … =∑
+∞
zThay z bằng z2
2
+ = 1 - z2
+ z4
- … =∑
+∞
z2
Suy ra+∞
z
(+
d =∑
+∞
∫
ζn
d( =n
1
1z ln(1 + z) =∫
z
+ζζ∑
=
−+0
1d =∑
+∞
∫
∑
+( =2
n
1
arctanz =∫
z
+ζζ12
Đ4. Không điểm của hàm giải tích
Định lý Cho hàm f giải tích trong miền D và d~y số (zn
)n
∈∠
hội tụ trên miền D đến điểm a ∈ D. Nếu ∀ n ∈ ∠, f(zn
) = 0 thì ∃ R > 0 sao cho ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = 0. Ch−ơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D− Chứng minh Khai triển Taylor hàm f trong lân cận điểm a ∀ z ∈ B(a, R), f(z) =∑
+∞
c với c0
= f(a) =n
(z a)lim+
f(zn
) = 0∞
Kí hiệu m(a) = min{n ∈ ∠ : cn
≠ 0} ≥ 0 (4.4.1) Nếu m(a) = m thìk
c = (z - a)m
∑
+∞
f(z) =∑
+∞
c = (z - a)m
g(z)m
(z a)=
+
−m
với hàm g(z) giải tích trong lân cận điểm a và g(a) = cm
≠ 0. Do đó ∃ ε > 0 : ∀ z ∈ B(a, ε), g(z) ≠ 0 ∀ zn
∈ B(a, ε), f(zn
) = (zn
- a)m
g(zn
) ≠ 0! Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy m(a) = +∞. Tức là ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = 0 Hệ quả 1 Cho hàm f giải tích trên miền D. Kí hiệu Z(f) = {z ∈D : f(z) = 0}. Khi đó Z(f) = D hoặc Z(f) có không quá đếm đ−ợc phần tử. Kí hiệu A là các điểm tụ của tập Z(f) ta có A ⊂ Z(f) ⊂ D và tập A là tập đóng Theo định nghĩa ∀ a ∈ A, ∃ d~y zn
→Z
(
f
)
a và f(zn
) = 0 Theo định lý trên ∃ ε > 0 : ∀ z ∈ B(a, ε), f(z) = 0 ⇒ B(a, ε) ⊂ A ⇒ tập A là tập mở. Do tập D liên thông và tập A ⊂ D vừa đóng và vừa mở nên Hoặc A = ∅ suy ra Z(f) có không quá đếm đ−ợc phần tử Hoặc A = D suy ra Z(f) = D Nhận xét Theo kết quả trên thì không điểm của hàm giải tích không đồng nhất bằng không luôn là không điểm cô lập. Tức là ∃ R > 0 : ∀ z ∈ B(a, R) - {a}, f(z) ≠ 0 Hệ quả 2 Cho các hàm f, g giải tích trong miền D và d~y số (zn
)n
∈∠
hội tụ trên miền D đến điểm a ∈ D. Nếu ∀ n ∈ ∠, f(zn
) = g(zn
) thì ∀ z ∈ D, f(z) = g(z). Đặt h(z) = f(z) - g(z), theo giả thiết Z(h) có đếm đ−ợc phần tử, suy ra Z(h) = D Tức là ∀ z ∈ D, h(z) = f(z) - g(z) = 0 Hệ quả 3 Cho điểm a là không điểm của hàm f giải tích và không đồng nhất bằng không trong miền D. Khi đó ∃! m ∈ ∠*
, ∃ R > 0 : ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = (z - a)m
g(z) (4.4.2) với g là hàm giải tích trong hình tròn B(a, R) và g(a) ≠ 0. Điểm a gọi là không điểm cấp m của hàm f. c với c0
= f(a) = 0 Theo các kết quả trên điểm a là không điểm cô lập nên ∃ R > 0 : ∀ z ∈ B(a, R) - {a}, f(z) ≠ 0 Theo công thức (4.4.1) nếu m(a) = +∞ thì ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = 0 trái với giả thiết. Suy ra m(a) = m ∈ ∠*
. Tức là c = (z - a)m
g(z) với g là hàm giải tích trong hình tròn B(a, R) và g(a) = cm
≠ 0Đ5. Chuỗi Laurent
Định lý Cho miền D = { r < | z - a | < R} và hàm f liên tục trên D , giải tích trong D. Với mọi ρ ∈ (r, R) kí hiệu B = B(a, ρ) ∩ D và Γ = ∂B+
(a, ρ). f∀ z ∈ B, f(z) =∑
+∞
−n
c với cn
=∫
π dn
, n ∈ 9 (4.5.1)1
ia−
Γ
+
ζCông thức (4.5.1) gọi là khai triển Laurent của hàm f tại điểm a. Với mọi z ∈ B cố định. Theo công thức tích phân Cauchy 1 (1) 1 +∫
1 =∫
− ζf(z) =∫
zd− ππ2
πD
dΓ
∂
Với mọi ζ ∈ Γ1
: | ζ - a | = r, ta có q = | ζ - a | / | z - a | < 1 ζ Γ suy ra khai triển z 1 = − =∑
+
∞
0
−1 aΓ2
Γ1
ζ f =∑
+
∞
f (2) và −ζVới mọi ζ ∈ Γ2
: | ζ - a | = R, ta có q = | z - a | / | ζ - a | < 1 suy ra khai triển ζ =∑
+
∞
1 và f (3) − −0
ζζ = 1 z=
Do hàm f liên tục trên D nên có module bị chặn suy ra chuỗi (2) hội tụ đều trên Γ1
và chuỗi (3) hội tụ đều trên Γ2
. Ngoài ra theo định lý Cauchy ζ dΓ
∫
) dn
=∫
Tích phân từng từ công thức (1) suy ra công thức (4.5.1) • Ng−ời ta th−ờng viết chuỗi Laurent d−ới dạng c +∑
+∞
∑
+∞
c (4.5.2) c =∑
+∞
n
n
Phần luỹ thừa d−ơng gọi là phần đều, phần luỹ thừa âm gọi là phần chính. Nếu hàm f giải tích trong cả hình tròn B(a, R) thì ∀ n ≥ 1, c-n
= 0. Khi đó chuỗi Laurent (4.5.1) trở thành chuỗi Taylor (4.3.1) Ví dụ 1 −