bai tap ham bien phuc co loi giai

Preview text

BÀI TẬP CHƯƠNG 1

Bài toán 1: Chứng minh nhị thức Newton với những số phức:(z 1 +z 2 )n=

∑n

Bạn đang xem: bai tap ham bien phuc co loi giai

k=

(Cnkz 1 n−kzk 2 )(1) với n

nguyên dương.

Bài làm

  • Vớin= 1:

Ta có:z 1 +z 2 =

∑ 1

k=

(C 10 z 11 − 0 z 02 ) =C 10 z 11 +C 11 z 2 =z 1 +z 2 (đúng)

⇒(1)đúng vớin= 1.

  • Giả sử (1) đích vớin=i. Ta có:(z 1 +z 2 )i=

∑i

k=

(Ckiz 1 i−kzk 2 ).

  • Ta cần thiết minh chứng (1) đích vớin=i+ 1, tức là(z 1 +z 2 )i+1=

∑i+

k=

(Cik+1zi 1 +1−kzk 2 ).

Thật vậy:

(z 1 +z 2 )i+1= (z 1 +z 2 )i(z 1 +z 2 )

=

∑i

k=

(Cikz 1 i−kzk 2 )(z 1 +z 2 )

=

∑i

k=

(Cikz 1 i−k+1z 2 k) +

∑i

k=

(Cikzi 1 −kz 2 k+1)

=C 10 zi 1 +1+

∑i

k=

(Cikzi 1 −k+1z 2 k) +

∑i+

k=

(Cik− 1 z 1 i−k+1z 2 k)

=zi 1 +1+

∑i

k=

(Cik+1zi 1 −k+1z 2 k) + (Cii+1+1z 2 i+1)

=

∑i+

k=

(Cik+1z 1 i−k+1zk 2 ).

Vậy (1) đích với n nguyên vẹn dương.

Bài toán 2: Mô miêu tả tụ hội những điểm z vô mặt mũi phẳng lặng phức ở từng tình huống sau: a)|z−1 +i|≤ 2 b)|z|=Rez+ 1 c)|z−i|+|z+i|= 4 d)|z− 2 |−|z+ 2|> 3

Bài làm

Bài toán 3: Choz 2 =

∑n k=

zk 2 vớiz 1 ;z 2 ..., zn∈C. Chứng minh rằng:|Rez|≤

∑n k=

|Rezk|

Bài làm

Giả sửz=a+ib,(a, b∈R), zk=ak+ibk,(a, b∈R, k= 1, 2 , 3 , ...).

Doz 2 =

∑n k=

zk 2 nên tớ có:  



2 iab= 2i

∑n k=

xkyk (1)

a 2 −b 2 =

∑n k=

(x 2 k−y 2 k) (2)

Từ (1) suy raa 2 b 2 =

(n ∑ k=

xkyk

) 2

(n ∑ k=

x 2 k

)(n ∑ k=

y 2 k

)

(3)(Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz)

Ta bệnh minh|a|≤

(n ∑ k=

x 2 k

) 1

2

Giả sử phản chứng|a|>

(∑n

k=

x 2 k

) 1

  1. Khi cơ kể từ (3) tớ có:|b|<

(∑n

k=

yk 2

) 1

2

(2)⇔a 2 =b 2 +

∑n k=

(x 2 k−yk 2 )<

∑n k=

y 2 k+

∑n k=

(x 2 k−y 2 k) =

∑n k=

x 2 k(mâu thuẫn)

Vậy|a|≤

(n ∑ k=

x 2 k

) 1

2 , khoác không giống do∑n k=

x 2 k≤

(n ∑ k=

|xk|

) 2

nên

|Rez|=|a|≤

∑n

k=

|xk|=

∑n

k=

|Rezk|

Bài toán 4: Chứng minh rằng hoàn toàn có thể tínharg(x+iy)bằng công thức

arg(x+iy) =









tan− 1

(y x

)

+

π 2 [1−sgnx] khix 6 = 0 π 2

sgn(y) khix= 0vày 6 = 0

không xác lập khix= 0vày= 0

Ở trên đây hàm dấusgnđược khái niệm như sau

sgn(t) :=









1 khit > 0 0 khit= 0 − 1 khit < 0

Bài làm

z=x+iy

  • x 6 = 0 ⇒z=x+iy=r(cosφ+isinφ)





x=rcosφ y=rsinφ

⇒tanφ= y x

⇒φ= tan− 1

(y x

)

+kπ,(k∈Z)

φ=tan− 1

(y x

)

+π φ=tan− 1

(y x

)

⇒φ= tan− 1

(y x

)

+

1

2

(1−sgnx)

  • x= 0, hắn 6 = 0 rcosφ= 0⇒cosφ= 0⇔φ=± π 2

=

π 2 .sgn(y).

  • x= 0, y= 0 ⇒z= 0⇒Không xác lập vì thế ko tồn tạiarg 0.

Vậy tớ đem điều cần minh chứng.

Bài toán 5: Chứng minh rằng biểu thứcf(x, y) = sgn(y) cos− 1

(

x √ x 2 +y 2

)

tại những điểm liên

tục của chính nó vị vớiArg(x+iy).

Bài làm

Hàm số liên tiếp trên{x≤ 0 , y= 0}.

  • Vớiy > 0 cósgn(y) = 1. Do− 1 ≤ √ x x 2 +y 2

≤ 1 có

f(x, y) =cos− 1 x √ x 2 +y 2

= Arg(x+iy)∈(0, π)

  • Vớiy > 0 cósgn(y) =− 11. Do− 1 ≤ x √ x 2 +y 2

≤ 1 có

f(x, y) =−cos− 1 x √ x 2 +y 2

= Arg(x+iy)∈(−π,0)

  • Vớiy= 0, x > 0 cósgn(y) = 0. Do

x √ x 2 +y 2

= 1cóf(x, y) = 0 = Arg(x+iy)

Ta có:a+b+c= 0. Suy raa+b+c= 0vàb+c=−a. Khi đó

0 =a+b+c=

1

a

+

1

b

+

1

c

=

bc+ac+ab abc

=

bc+a(b+c) abc

=

bc−a 2 abc

.

Suy raa 2 =bchaya 3 =abc.

Chứng minh tương tự động tớ được:b 3 =abcvàc 3 =abc.

Vậya 3 =b 3 =c 3 (đpcm).

Bài toán 8: Chomlà số nguyên vẹn dương,llà số nguyên vẹn ko phân tách không còn chom. Đặtωm:=e

2 πi m. Chứng minh rằng: a)1 +ωm+ωm 2 +...+ωmm− 1 = 0, b)1 +ωml +ω 2 ml+...+ω(mm−1).l= 0.

Bài làm

Ta minh chứng thành phẩm sau nhằm vận dụng minh chứng câu a và b:

Vớiz 6 = 1, tớ có

zn− 1 z− 1 = 1 +z+z 2 +...+zn− 1 (∗)

Chứng minh: Ta có

(z−1)(1 +z+z 2 +...+zn− 1 ) =z+z 2 +z 3 +...+zn− 1 −z−z 2 −...−zn− 1 =zn− 1.

Doz 6 = 1nên tớ chiaz− 1 mang lại 2 vế, tớ được

zn− 1 z− 1 = 1 +z+z 2 +...+zn− 1.

a) 1 +ωm+ω 2 m+...+ωmm− 1 = 0

Đặtz=ωm=e

2 πi m, hiển nhiênz 6 = 1(do 0 < 2 πi m < 2 πi, với mọimlà số nguyên vẹn dương vàe 2 πi= 1.

Áp dụng(∗), tớ có

1 +ωm+ωm 2 +...+ωmm− 1 = 1 +z+z 2 +...+zm− 1 = zm− 1 z− 1

=

e 2 πi− 1 z− 1

= 0.

b) 1 +ωlm+ω 2 ml+...+ωm(m−1)l= 0

Đặtz=ωlm=e

2 πil m , hiển nhiênz 6 = 1(dol ko phân tách không còn mang lại m nên tớ hoàn toàn có thể viếtl=k+mvới

k∈Zvà 0 < k < m, nên tớ cóz=e

2 πil m =e

2 πik m 6 = 1) vàzml= (e 2 πi)l= 1.

Áp dụng(∗), tớ có

1 +ωml +ω 2 ml+...+ω(mm−1)l= 1 +zl+z 2 l+...+z(m−1)l=

zml− 1 z− 1

=

(e 2 πi)l− 1 z− 1

= 0.

Bài toán 9: Giả sử những chuỗi

∑∞

k=1zkvà

∑∞

k=1z 2 k quy tụ. Chứng minh rằng nếuRezn≥ 0 thì chuỗi

∑∞

k=1|zk|

2 quy tụ.

Bài làm

Đặtzk=ak+ibkvì chuỗi

∑∞

k=1zkhội tụ nên chuỗi

∑∞

k=1akhội tụ. Theo fake thiết tớ cóRezk=ak> 0 và với k đầy đủ rộng lớn thìak< 1 ( vì thế chuỗi

∑∞

k=1akhội tụ nênlimx→∞ak= 0 ) Từ trên đây suy đi ra 0 < a 2 k< akdo cơ chuỗi

∑∞

k=1akhội tụ. Vớizk=ak+ibkthìz 2 k= (a 2 k−b 2 k) +i 2 akbk. Vì chuỗi

∑∞

k=1z k 2 quy tụ nên chuỗi∑∞ k=1(a 2 k−b 2 k)hội tụ.

Mà chuỗi

∑∞

k=1a 2 khội tụ nên suy đi ra chuỗi∑∞ k=1b 2 khội tụ.

Vớizk=ak+ibkthì|zk| 2 = (a 2 k+b 2 k)

Do chuỗi

∑∞

k=1a 2 kvà chuỗi

∑∞

k=1b 2 khội tụ nên chuỗi

∑∞

k=1|zk|

2 =∑∞

k=1(a 2 k+b 2 k)hội tụ.

Bài toán 10: Cho mặt hàng điểm{zn=n+i

2 n}. Tính khoảng cách cầu của những điểmznvà∞trong C∞. Chứng minh rằngznn−→ ∞→∞

Bài làm

Ta cód(zn,∞) =

1

1 +|zn| 2

=

1

1 +|n+i

2 n| 2

=

1

n+ 1 .Vìd(zn,∞)n−→→∞ 0 nênznn−→ ∞→∞.

d) Biên của những tụ hội là

∂A:|z−1 +i|= 2; ∂B:|Argz|= π 6 ∂C:{|z− 1 |= 2}∪{ 1 }

∂D:{Imz=− 1 }∪{Imz= 2}; ∂E:|z|= 1; ∂F:{Rez=− 2 }∪{Rez= 2}.

e) Tập thích hợp A là tập dượt compact.

  • A:|z−1 +i|≤ 2

Ta thấy A là trái khoáy cầu đóng góp tâmz 0 = 1−i, cung cấp kínhr= 2mà A bị ngăn (chứng minh ở câu c) nên A

là tập dượt compact.

Bài toán 2: Cho tậpA=

{

1 ,

1

2

,

1

3

, ...,

1

n

, ...

}

. Tìm toàn bộ những điểm biên của A trongC.

Bài làm

  • Lấyx∈Atùy ý. Ta bệnh minhx∈∂A

Khi cơ x đem dạngx=

1

n vớin∈N. Với mọir > 0 , tớ có:

1

n

∈B(

1

n , r)∩Avà

1

n

+

r 2 i∈B(

1

n , r)∩(C\A).

Ta minh chứng 0 ∈∂A.

Thật vậy, với mọir > 0 , tớ có

1

n ∈B(0, r)∩Avớin∈Nvàn >

1

r nhưng mà 0 ∈B(0, r)∩(C\A).

Do đóA∪{ 0 }⊂∂A.

Ta bệnh minh∂A⊂A∪{ 0 }.

ĐặtB=A∪{ 0 }vàd(x, A) =inf{|x−x 0 |, x 0 ∈A}

. Ta bệnh minhB=A, qua quýt 2 bước sau:

  • Chứng minh B là tập dượt đóng góp hayC\Blà tập dượt mở

Lấy tuỳ ýx=a+bi∈C\B

TH1:b 6 =0, dễ dàng thấy|b|≥d(x, A). Khi cơ, tớ xétz∈B(x, b 2

)

Ta đem,|x−z|< b 2

nênz /∈B. Suy raz∈C\B

VậyB(z, b 2

)∈C\B

TH2:b= 0

-TH2:a < 0 chọnǫ= |a| 2

thìB(x, ǫ)⊂C\B

-TH2:a > 0. Khi cơ, tồn tạin 0 ∈Nsao cho

1

n 0 + 1

< a <

1

n 0

. Chọnǫ=min{a−

1

n 0 + 1

Xem thêm: ipad mini 2 wifi 3g

,

1

n 0

−a}

Dẫn đếnB(x, ǫ)⊂C\B

Vậy, với mọix∈C\B, tồn tạiǫsao choB(x, ǫ)⊂C\BhayC\Bmở

  • Chứng minhB=A

A⊂B(hiển nhiên doA⊂Bmà B đóng)

Ta đem dãyxn=

1

n ⊂A→ 0 nên 0 ∈A. Suy raB⊂A

Do cơ,B=A

Ta đem,A ̊=∅nên∂A=A\A ̊=A=B

Bài toán 3: ChoZlà điểm thuộcA. Chứng minh rằng: Nếuz 0 ko là vấn đề trongAthìz 0 là điểm biên củaA.

Bài làm

Xét không khí topoX, tậpA⊂X, A 6 =∅.

Giả sửz 0 ∈Avà ko là vấn đề vô củaA.

Suy raz 0 6∈

◦ A⇒z 0 ∈X\

◦ A.

Mà z 0 ∈Anên tớ được: 



z 0 ∈A z 0 ∈X\

◦ A





A⊂A ̄

X\

◦ A=X\A

.

Suy ra





z 0 ∈A

z 0 ∈X\A

.

Do đóz 0 ∈A∩X\A=∂A.

Vậyz 0 ∈∂A.

Bài toán 4: Chứng minh rằng biên của một tập dượt compact trongClà tập dượt compact trongC

Bài làm

Giả sửAlà tập dượt compact trongC, nghĩa làAlà tập dượt đóng góp và bị ngăn trongCị ngăn vô C nênδA

bị ngăn trongC.

Ta bệnh minhδAlà tập dượt đóng góp.

Mà tớ cóδA⊂δA, vậy tớ cần thiết bệnh minhδA⊂δA.

Lấyz 0 ∈δA(1).

Khi cơ với mọiε > 0 cóB(z 0 , ε)∩∂A 6 =∅, B(z 0 , r)∩(C\∂A) 6 =∅.

Suy đi ra có(zn)⊂δA, znn−→→∞z 0.

Dẫn đến∀ε > 0 ,∃n 0 ,∀n≥n 0 ⇒zn∈B(z 0 , ε).

Đặc biệtzn 0 ∈B(z 0 , ε)nên∃ε′>0 :B(zn 0 , ε′)⊂B(z 0 , ε).

Suy raB(zn 0 , ε′)∩A 6 =∅, B(zn 0 , ε′)∩(C\A) 6 =∅vìzn 0 ∈δA.

Do đóB(z 0 , ε)∩A 6 =∅, B(z 0 , ε)∩(C\A) 6 =∅.

Vậyz 0 ∈δA (2).

Từ(1)và(2)suy raδA⊂δA, vì thế đóδAlà tập dượt đóng góp.

VậyδAlà tập dượt đóng góp và bị ngăn trongC, tức làδAlà tập dượt compact trongC.

Kết luận:Biên của một tập dượt compact trongClà tập dượt compact trongC.

ii:S∩T 6 =∅.

Ta đem đánh giá rằng giao phó của nhị tập dượt phanh, liên thông lối hoàn toàn có thể là tập dượt liên thông lối, cũng có thể có thể

là tập dượt ko liên thông lối.

◦Giao của nhị tập dượt phanh, liên thông lối hoàn toàn có thể là tập dượt liên thông lối. Ví dụ nếuSvàTlà nhị tập

lồi thìS∩Tcũng là tập dượt lồi nên liên thông lối.

Trong tình huống giao phó của nhị tập dượt phanh là liên thông lối thìS∩T là tập dượt phanh không giống trống rỗng trongC, liên

thông lối nên theo dõi lăm le lý 2.5∩T cũng chính là tập dượt liên thông.

Do cơ tớ cóS∩T là tập dượt phanh không giống trống rỗng trongCvà liên thông nênS∩Tlà miền.

◦Mặt khácS∩Tcũng hoàn toàn có thể là tập dượt ko liên thông lối như ví dụ sau đây.

− 0. 5 0. 5 1 1. 5 2 2. 5 3

− 0. 5

0. 5

1

1. 5

2

2. 5

3

S

T

x

y

O

S=

z=x+iy

∣∣

∣∣

∣∣(x, y)∈R

2 :

0 < x < 1 0 < hắn < 3

1 ≤x < 3 2 < hắn < 3

T=

z=x+iy

∣∣

∣∣

∣∣(x, y)∈R

2 :

0 < x≤ 2 0 < hắn < 1

2 < x < 3 0 < hắn < 3

S∩T=

z=x+iy

∣∣

∣∣

∣∣(x, y)∈R

2 :

0 < x < 1 0 < hắn < 1

2 < x < 3 2 < hắn < 3

Ta cóS∩Tkhông liên thông lối do(0,5; 0,5)và(2,5; 2,5)đều thuộcS∩T tuy nhiên ko tồn tại

đường nối nhị điểm bên trên ở trongS∩T.

Trong tình huống giao phó của nhị tập dượt phanh ko liên thông lối, fake sửS∩T là tập dượt liên thông thì theo

định lý 2.5∩Tlà tập dượt phanh không giống trống rỗng trongCvà liên thông nênS∩Tliên thông lối (vô lý).

VậyS∩Tkhông là tập dượt liên thông vì thế này cũng ko là miền.

KẾT LUẬN:

  • TH:S∩T=∅thìS∩Tkhông là miền.

  • TH:S∩T 6 =∅.S∩Tlà tập dượt liên thông lối thìS∩T là miền và ngược lạiS∩T ko là tập dượt liên

thông lối thì cũng ko là miền.

Bài toán 8:Chứng minh nếuAliên thông trongC vàB ⊂Csao choA⊂B⊂AthìBliên thông.

Bài làm

Giả sửAliên thông vàBthỏa:

A⊂B⊂A

Khi đó∃V 1 , V 2 phanh ko giao phó nhau trongBsao cho

B=V 1 ∪V 2

VìA⊂B⇒A∩V 1 ; A∩V 2 là phanh trongA.

Suy raA= (A∩V 1 )∪(A∩V 2 )

VìAliên thông nên: 

A∩V 1 =∅∧A∩V 2 =A A∩V 2 =∅∧A∩V 1 =A

Không mất mặt tính tổng quát lác, fake sử:A∩V 1 =∅vàA∩V 2 =A.

A∩V 1 =∅⇒∃x∈B⊂Avàǫ > 0 sao choB(x, ǫ)∩A=∅. Mâu thuẫnx∈A.

VậyBlà tập dượt liên thông.

⇒ảnh là lối tròn trặn tâm

(

1

2 C

, 0

)

, R=

1

2 |C|

Với|z|=R⇒x 2 +y 2 = 1⇒u 2 +v 2 =

1

x 2 +y 2

=

1

R 2

⇒ảnh là lối tròn trặn tâm O nửa đường kính là

1

R

.

Với|z− 1 |= 1⇒(x−1) 2 +y 2 = 1⇒x 2 +y 2 = 2x⇒u= x x 2 +y 2

=

1

2

⇒ảnh là lối thẳngu=

1

2

b) Ta đem 0 < x 2 +y 2 ≤ 1 ⇒

1

x 2 +y 2 ≥ 1 ⇒u 2 +v 2 ≥ 1

c) Vớiu=C

NếuC= 0⇒x= 0tạo hình ảnh là trục ảo trừ gốcO.

NếuC 6 = 0⇒ x x 2 +y 2

=C⇔

(

x−

1

2 C

) 2

+y 2 =

(

1

2 C

) 2

. Tạo hình ảnh là lối tròn trặn tâm

(

1

2

, 0

)

, bán

kính

1

2 |C|

.

Vớiv=C

NếuC= 0⇒y= 0tạo hình ảnh là trục thực trừ gốc tọa phỏng.

NếuC 6 = 0⇒x 2 +y 2 + y C

= 0⇔x 2 +

(

y+

1

2 C

) 2

=

(

1

2 C

) 2

. Tạo hình ảnh là lối tròn trặn tâm

(

0 ,

− 1

2 C

)

bán kính

1

2 |C|

.

Bài toán 3: Cho hàmω=f(z) =ez a) Tìm miền xác lập và miền độ quý hiếm của hàm số. b) Chứng minhf(−z) =

1

f(z)

.

c) Tìm hình ảnh của đường thẳng liền mạch ở ngangImz= π 4

.

d) Tìm hình ảnh của dải 0 ≤Imz≤ π 4

quaω.

Bài làm

Ta cóf(z) =ez=ex+yi=exeiy=ex(cosy+isiny), với(x, y)∈R 2.

a) Dox, yxác lăm le trongRnên tập dượt xác lập của hàmf(z)làC.

Tìm tập dượt đích củaf(z) :

Vìex> 0 , cosy∈[− 1 ,1], siny∈[− 1 ,1],∀(x, y)∈R 2 vàsiny, cosykhông bên cạnh đó vị 0 với từng số

thựcynênf(C)⊂C{ 0 }.Ta tiếp tục bệnh minhC{ 0 } ⊂f(C). Thật vậy: Lấyz∈C{ 0 }tùy ý. Suy ra

z=x+iyvới(x, y)∈R 2 {(0,0)}. Khi đóx′=ln

x 2 +y 26 = 0và

z=x+iy=

x 2 +y 2.

(

√ x x 2 +y 2

+i √ y x 2 +y 2

)

.

x 2 +y 26 = 0nên tớ hoàn toàn có thể chọnx′=ln

x 2 +y 2. Vì x √ x 2 +y 2

và y √ x 2 +y 2

∈[− 1 ,1]nên tớ có

thể chọny′∈[0, 2 π]sao cho

y′=arccos x √ x 2 +y 2

=arcsin y √ x 2 +y 2

.Suy đi ra,

√ x 2 +y 2 =ex′; x √ x 2 +y 2

=cosy′; y √ x 2 +y 2

=siny′

⇒z=ex ′ .(cosy′+isiny′) =f(x′+iy′), với x′, y′∈R⇒∃z′∈C:z=f(z).

Vậy tập dượt đích làf(C) =C{ 0 }.

b) Lấyz∈Ctùy ý. Khi cơ,z=x+iyvớix, y∈R. Ta có:

f(−z).f(z) =e−x.(cos(−y) +isin(−y))ex.(cosy+isiny) =e−x.(cos(−y) +isin(−y)).(cosy+isiny) = (cosy−isiny)(cosy+isiny) =cos 2 y+isiny−isiny−i 2 sin 2 y =cos 2 y+sin 2 y = 1.

Suy raf(−z) =

1

f(z)

.

c) Với mọiznằm bên trên lối thẳng(d) :Imz= π 4 ,zcó dạngz=x+i π 4 , vớix∈R(d)là hình ảnh cần

tìm. Lấyznằm bên trên lối thẳng(d)tùy ý. Ta có:

f(z) =ex.(cos π 4 +isin π 4

) =

2

2

ex+i

2

2

ex, z∈d.

Doex> 0 nênf(z)là điểm phía trên tiaRez=Imz > 0. Lấyztùy ý phía trên tiaRez=Imz > 0.

Suy đi ra,z=a+iavớia > 0. Đặtx−ln

2 aồn bên trên doa > 0. Khi cơ,

z=a+ia=

2

2

ex+i

2

2

ex.

Vậy hình ảnh của(d)là tia{z∈C:Rez=Imz > 0 }={z∈C:Argz= π 4

}.

d) Xét bọn họ những lối thẳng(dm) :Imz=mvớim∈M= [0, π 4 ]. Lấym∈Mtùy ý. Suy đi ra, mọizin(dm)

đều đem dạngz=x+im, x∈R. Nếum= 0,z=x∈R. Suy đi ra,f(z) =ex,∀z∈(dm)là toàn cỗ tia  



Rez > 0 Imz= 0.

Nếum 6 = 0, tớ có:

f(z) =ex.(cosm+isinm) =excosm+iexsinm.

Chú ý rằngex> 0 , suy đi ra,f(z)nằm bên trên tia(d′m)  



Rez=t > 0 Imz=t

Suy ra





u=

1

2

(

r+

1

r

)

cosφ

v=

1

2

(

r−

1

r

)

sinφ

. Vớir= 1ta có





− 1 ≤u≤ 1 v= 0

VậyJ đổi thay lối tròn|z|= 1lên đoạn[− 1 ,1].

(c)J đổi thay lối tròn|z|=r (r > 0 , r 6 = 1)lên elip u 2 [ 1 2

(

r+

1

r

)] 2 +

v 2 [ 1 2

(

r−

1

r

)] 2 = 1có tiêu

điểm± 1

Từ (b) tớ có  

 

u=

1

2

(

r+

1

r

)

cosφ

v=

1

2

(

r−

1

r

)

sinφ

. Suy ra u 2 [ 1 2

(

r+

1

r

)] 2 +

v 2 [ 1 2

(

r−

1

r

)] 2 = 1

VậyJ đổi thay lối tròn|z|=r(r > 0 , r 6 = 1)lên elip

u 2 [ 1 2

(

r+

1

r

)] 2 +

v 2 [ 1 2

(

r−

1

r

)] 2 = 1

có xài điểmc=±

√[

12

(

r+

1

r

)] 2

[

1

2

(

r−

1

r

)] 2

=± 1

Bài toán 5: Cho F(z) = z +i, G(z) = e

i π 4 z và H(z) = π 2 . Tìm hình ảnh của nửa đĩa {z:|z|≤ 2 , Imz≥ 0 }qua hàm hợp: (a)G(F(z)). (b)G(H(z)). (c)H(F(z)). (d)F(G(H(z))).

Bài làm

a)G(F(z)) =reiβ+e

i

3 π 4 vớiβ=φ+π 4

.

G(F(A)) =

{

w=reiβ+e

i 3 π 4 :π 4 ≤β≤ 5 π 4 , 0 ≤r≤ 2

}

.

b)G(H(z)) =r′eiβvớir′= r 2

, β=φ+ π 4

G(H(A)) =

{

w∈C:w=r′eiβ: 0≤r′≤ 1 , π 4 ≤β≤ 5 π 4

}

.

c)H(F(z)) =r′eiφ+ i 2 vớir′= r 2

H(F(A)) =

{

w= i 2 +r′eiφ: 0≤φ≤π, 0 ≤r′≤ 1

}

.

d)F(G(H(z))) =r′eiβ+ivớir′= r 2

, β=φ+ π 4

F(G(H(A))) =

{

w=i+r′eiβ: 0≤r′≤ 1 , π 4 ≤β≤ 5 π 4

}

.

Bài toán 6: Tìm một miền đơn diệp của hàm sau: a)f(z) =e 3 iz b)f(z) =z+

4

z

Bài làm

a) Ta đem vớiz 16 =z 2

f(z 1 ) =f(z 2 )⇔e 3 iz 1 =e3iz 2 ⇔ 3 i(z 1 −z 2 ) = 2kπ ⇔z 1 −z 2 = 2 kπi 3 , k∈Z

Miền D ham muốn đơn diệp nếu như chứa chấp điểmz 1 thì ko được chứa chấp điểmz 2 =z 1 + 2 kπi 3 , k∈Z

Vậy lựa chọn miền đơn diệp là một trong những nhiều năm tuy nhiên song với trục ảo đem bể rộngkhông quá 2 π 3

.

ChọnD=

{

x+iy:−∞< x <+∞, 0 < y≤ 2 π 3

}

.

b) Ta có: vớiz 1 z 2 thì

f(z 1 ) =f(z 2 )←→z 1 +

4

z 1

=z 2 +

4

z 2

Xem thêm: vi sao cai chet cua cu co to

−→(z 1 −z 2 )(1−

4

z 1 z 2

= 0−→z 1 z 2 = 4