CHUỖI HÀM PHỨC

. Định nghĩa: Cho dãy các hàm biến phức u1(z), u2(z), u3(z),... xác định trong miền E. Ta gọi biểu thức:∑ u n (z) = u1 (z) + u 2 (z) + L + u n (z) + Ln =1∞(1)là chuỗi hàm biến phức. Tổng của n số hạng đầu tiên là: Sn(z) = u1(z) + u2(z) + ⋅⋅⋅+ un(z) được gọi tổng riêng thứ n của chuỗi hàm (1). Nó là một hàm phức xác định trong miền E. Nếu tại z = zo, chuỗi∑ u n(z o )n =1 ∞ n =1∞hội tụ thì zo được gọi là...
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
CHUỖI HÀM PHỨC CHƯƠNG 4: CHUỖI HÀM PHỨC §1. KHÁI NIỆM CHUNG1. Định nghĩa: Cho dãy các hàm biến phức u1(z), u2(z), u3(z),... xác định trong miềnE. Ta gọi biểu thức: ∞ ∑ u n (z) = u1 (z) + u 2 (z) + L + u n (z) + L (1) n =1là chuỗi hàm biến phức.Tổng của n số hạng đầu tiên là: Sn(z) = u1(z) + u2(z) + ⋅⋅⋅+ un(z)được gọi tổng riêng thứ n của chuỗi hàm (1). Nó là một hàm phức xác định trongmiền E. ∞ Nếu tại z = zo, chuỗi ∑ u n(z o ) hội tụ thì zo được gọi là điểm hội tụ của chuỗi n =1 ∞hàm (1). Nếu tại z = zo, chuỗi ∑ u n(z o ) không hội tụ thì zo được gọi là điểm phân kì n =1của chuỗi hàm (1). Tập hợp các điểm hội tụ của chuỗi hàm được gọi là miền hội tụcủa nó. Nếu gọi f(z) là tổng của chuỗi (1) tại điểm hội tụ z thì f(z) hiển nhiên là mộthàm biến phức xác định trong miền hội tụ G.2. Khái niệm về hội tụ đều: Theo định nghĩa 1 ta có ∀z ∈ G: lim Sn (z) = f (z) (2) n →∞Nếu đặt Rn(z) = f(z) - Sn(z) thì đẳng thức (2) được viết là: lim R n (z) = 0 n →∞Điều đó có nghĩa là ∀ε > 0 cho trước, tồn tại một số N(ε, z) dương phụ thuộc vào ε vàz sao cho khi n > N thì | Rn(z) | < ε. a. Định nghĩa: Chuỗi hàm (1) được gọi là hội tụ đều trên tập Go ⊂ G, nếu∀ε>0 cho trước, tồn tại một số N chỉ phụ thuộc ε: N = N(ε) sao cho khi n > N(ε) thì |Rn(z) | < ε ∀z ∈ Go. ∞ b. Tiêu chuẩn Weierstrass: Nếu | un(z) | ≤ an ∀z ∈ G và nếu chuỗi ∑ a n hội tụ n =1thì chuỗi hàm (1) hội tụ đều trong miền G. Nói vắn tắt hơn, chuỗi (1) sẽ hội tụ đều trong G nếu chuỗi các môđun của nó,thừa nhận một chuỗi số dương trội hội tụ.Chứng minh: Cho trước ε > 0, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại N(ε) sao cho khi n > N(ε) ∞thì | Rn(z) | < ε ∀z ∈ G. Thật vậy vì chuỗi ∑ a n hội tụ nên ∀ε > luôn luôn tồn tại N(ε) n =1 sao cho khi n > N(ε) thì: rn = an+1 + an+2 + ⋅⋅⋅ < εNhưng vì | un+1(z) | < an+1, | un+2(z) | < an+2, | un+3(z) | < an+3... nên:| Rn(z) | = | un+1(z) + un+2(z) + ⋅⋅⋅ | < | un+1(z) | + | un+2(z) | + ⋅⋅⋅ < an+1 + an+2 +⋅⋅⋅ < ε 69∀z ∈ G. Đó là điều cần chứng minh. c. Tính chất của chuỗi hội tụ đều:Định lí 1: Nếu tất cả các số hạng un(z) của chuỗi hàm (10) đều liên tục trong miền Gvà nếu chuỗi hàm (1) hội tụ đều trong G thì tổng f(z) của nó cũng liên tục trong G.Chứng minh: Giả sử z và z + h là hai điểm bất kì trong G. Ta có: f(z) = Sn(z) + Rn(z) f(z + h) = Sn(z + h) + Rn(z + h)Cho trước ε > t phải chứng minh với | h | đủ nhỏ, ta có: | f(z + h) - f(z) | < εThật vậy: | f(z + h) - f(z) | = | Sn(z + h) + Rn(z + h) - Sn(z) - Rn(z) | = | Sn(z + h) - Sn(z) + Rn(z + h) - Rn(z) | ≤ | Sn(z + h) - Sn(z) | + | Rn(z + h) - Rn(z) | (4)Do tính hội tụ đều của chuỗi ta có thể tìm được số n chỉ phụ thuộc vào ε sao cho: ε ε R n (z + h ) < ; R n (z) < 3 3Với n đã chọn ở trên, xét hàm Sn(z). Đó là tổng của một số hữu hạn các hàm liên tụctrong miền G. Vậy Sn(z) cũng liên tục trong G. Do đó ta có thể chọn h khá nhỏ để: ε Sn ( z + h ) − Sn ( z ) < 3Thay vào (4) ta có: | f(z + h) - f(z) | ≤ εĐó là điều cần chứng minh.Định lí 2: Nếu tất cả các số hạng của chuỗi hàm (1) đều liên tục trên cung L và chuỗihàm (1) hội tụ đều trên cung đó thì ta có thể tính tích phân từng số hạng của chuỗihàm (1) dọc theo Lo, nghĩa là nếu f(z) là tống của chuỗi hàm (1) thì: ∫ f (z)dz = ∫ u1 (z)dz + ∫ u 2 (z)dz + L + ∫ u n (z)dz + L L L L LChứng minh: Trước hết ta nhận xét rằng vì f(z) liên tục trên L nên tồn tại tích phân∫ f (z)dz . Đặt σ n = ∫ u1 (z)dz + ∫ u 2 (z)dz + L + ∫ u n (z)dz . Ta cần chứng minh rằng:L L L L lim σ n = ∫ f (z)dz n →∞ L ⎡ ⎤hay lim ⎢ ∫ f (z)dz − σ n ⎥ = 0 n →∞ ⎣L ⎦ ⎛ ⎞hay lim⎜ ∫ f (z)dz − ∫ [u1 (z) + u 2 (z) + L + u n (z)]dz ⎟ = 0 (6) n →∞ ⎝L L ⎠Vì chuỗi (1) hội tụ đều trên L nên với mọi ε > 0 cho trước ta tìm được N(ε) sao chokhi n > N(ε) thì | Rn(z) | < ε ∀z ∈ L. Áp dụng công thức ước lượng tích phân ta có: 70 ∫ R n (z)dz ≤ εl , l là chiều dài của cung L LVì ε bé nên lim ∫ R n (z)dz = 0 . Đây là điều cần phải chứng minh. n →∞ L d. Định lí Weierstrass: Nếu các số hạng của chuỗi hàm (1) là giải tích trongmiền G và chuỗi (1) hội tụ đều trong miền đó thì tổng f(z) của chuỗi cũng là một hàmgiải tích trong G. Đối với chuỗi hàm (1) ta có thể đạo hàm từng số hạng tới cấp tuỳ ý,nghĩa là: f ( m ) ( z) = u ( m ) ( z) + u (2m ) ( z) + L + u (nm ) ( z) + L z ∈ G, m nguyên bất kì 1Chứng minh: Ta nhận thấy trong định lí này không giả thiết gì v ...