Giải tích

Thặng dư và định lý thặng dư

Kỹ thuật tính tích phân đường phức bằng cách cộng thặng dư tại các cực bên trong.

Trực giácTừ một cực điểm cô lập tới một tổng vô hạn

Hãy tưởng tượng đi một vòng khép kín $\gamma$ trong mặt phẳng phức, bao quanh một hàm $f$ bùng nổ tại vài điểm cô lập. Gần mỗi điểm như vậy, $f$ giống một cầu thang xoắn ốc: càng tới gần, giá trị càng xoay nhanh và tăng vọt. Định lý thặng dư nói một điều đáng kinh ngạc: giá trị của tích phân theo cả vòng chỉ phụ thuộc vào một con số duy nhất rút ra tại mỗi điểm bị bẫy bên trong — thặng dư của nó — chứ không phụ thuộc vào hình dạng của vòng, miễn là vòng không cắt qua điểm kỳ dị nào.

Đồ thị tô màu miền của một hàm có cực điểm cô lập; màu xoáy quanh cực điểm, và vòng xoáy đó mã hóa thặng dư tại đó.

Đại họcĐiểm kỳ dị cô lập và chuỗi Laurent

Định nghĩa: Điểm kỳ dị cô lập và thặng dư của nó

Một điểm $z_0$ là điểm kỳ dị cô lập của $f$ nếu $f$ chỉnh hình trên một đĩa thủng nào đó quanh $z_0$ nhưng không chỉnh hình tại chính $z_0$ . Trên đĩa thủng đó, $f$ có khai triển Laurent duy nhất $f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^n$ , và hệ số $a_{-1}$ của số hạng $(z-z_0)^{-1}$ được gọi là thặng dư của $f$ tại $z_0$ , viết là $\mathrm{Res}(f, z_0) = a_{-1}$ . Điểm kỳ dị được phân loại theo số lũy thừa âm xuất hiện: không có lũy thừa âm là kỳ dị bỏ được (giới hạn $\lim_{z \to z_0} f(z)$ tồn tại), hữu hạn lũy thừa âm với bậc $m$ là cực điểm, và vô hạn lũy thừa âm (như $\sin(1/z)$ tại $z=0$ ) là kỳ dị cốt yếu.

f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^n

Trong thực hành, không ai khai triển toàn bộ chuỗi Laurent chỉ để tìm thặng dư tại một cực điểm. Với cực điểm đơn (bậc $m=1$ ), $\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z)$ . Với cực điểm bậc cao hơn $m$ , công thức tổng quát hóa thành $\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]$ , phép này lấy đạo hàm để triệt tiêu phần kỳ dị trước khi thay giá trị.

\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]

Phân loại điểm kỳ dị cô lập và tính thặng dư của nó
Loại điểm kỳ dị	Chuỗi Laurent	Công thức thặng dư
Bỏ được	Không có lũy thừa âm	$\mathrm{Res}(f, z_0) = 0$
Cực điểm đơn ( $m=1$ )	Một lũy thừa âm	$\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z)$
Cực điểm bậc $m$	Hữu hạn lũy thừa âm	$\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]$
Cốt yếu	Vô hạn lũy thừa âm	Đọc trực tiếp $a_{-1}$

Đại họcCác định lý then chốt

Định lý: Định lý thặng dư

Cho $f$ chỉnh hình trên một miền đơn liên trừ tại hữu hạn điểm kỳ dị cô lập $z_1, \dots, z_n$ nằm bên trong một đường cong kín đơn $\gamma$ định hướng dương. Khi đó $\oint_\gamma f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k} \mathrm{Res}(f, z_k)$ .

Vì sao đúng?

Nó rút gọn một bài toán hình học khó (tích phân dọc theo một đường cong) thành một bài toán đại số dễ (cộng hữu hạn số lại), vì việc biến dạng đường cong quanh mỗi cực điểm thu nó lại thành một đường tròn nhỏ, nơi chuỗi Laurent làm hết mọi việc.

Chứng minh

Bước 1 (Biến dạng đường cong). Theo định lý tích phân Cauchy, $\oint_\gamma f(z)\,dz = 0$ với mọi đường cong kín bao một miền nơi $f$ chỉnh hình. Vì $f$ chỉ không chỉnh hình tại $z_1,\dots,z_n$ , hãy bao quanh mỗi $z_k$ bằng một đường tròn nhỏ định hướng dương $C_k$ bán kính $\varepsilon$ đủ nhỏ để các đường tròn rời nhau và nằm trong $\gamma$ . Cắt các khe từ $\gamma$ tới mỗi $C_k$ biến miền giữa $\gamma$ và các $C_k$ thành một miền đơn liên nơi $f$ chỉnh hình, nên tích phân trên biên miền đó bằng $0$ ; đóng góp của các khe triệt tiêu từng cặp, để lại $\oint_\gamma f(z)\,dz = \sum_{k} \oint_{C_k} f(z)\,dz$ .

Bước 2 (Tính từng đường tròn nhỏ). Cố định $k$ và khai triển $f$ thành chuỗi Laurent $f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z-z_0)^n$ quanh $z_k$ , có hiệu lực trên đĩa thủng chứa $C_k$ . Mọi số hạng $a_n(z-z_k)^n$ với $n \neq -1$ có nguyên hàm đơn trị trên đĩa thủng, nên tích phân của nó quanh đường tròn kín $C_k$ bằng $0$ ; chỉ số hạng $a_{-1}(z-z_k)^{-1}$ còn sót lại.

Bước 3 (Tính tích phân còn sót). Tham số hóa $C_k$ bởi $z = z_k + \varepsilon e^{i\theta}$ với $\theta \in [0, 2\pi]$ , nên $dz = i\varepsilon e^{i\theta}\,d\theta$ và $\dfrac{dz}{z-z_k} = i\,d\theta$ . Khi đó $\oint_{C_k} \dfrac{a_{-1}}{z-z_k}\,dz = a_{-1} \int_0^{2\pi} i\,d\theta = 2\pi i\, a_{-1} = 2\pi i\, \mathrm{Res}(f, z_k)$ .

Bước 4 (Cộng lại). Thay Bước 3 vào đẳng thức của Bước 1 cho $\oint_\gamma f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k} \mathrm{Res}(f, z_k)$ , chính là định lý thặng dư.

Định lý: Công thức thặng dư tại cực điểm bậc

m

Nếu $f$ có cực điểm bậc $m$ tại $z_0$ , nghĩa là $g(z) = (z-z_0)^m f(z)$ thác triển chỉnh hình tới $z_0$ với $g(z_0) \neq 0$ , thì $\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]$ . Đặc biệt, với cực điểm đơn ( $m=1$ ), $\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z)$ .

Vì sao đúng?

Nhân với $(z-z_0)^m$ triệt tiêu phần kỳ dị của chuỗi Laurent, biến nó thành một chuỗi Taylor thông thường với các hệ số chỉ là đạo hàm — nên việc rút ra $a_{-1}$ trở thành một phép tính giải tích thông thường.

Chứng minh

Bước 1 (Viết tường minh chuỗi Laurent). Vì $f$ có cực điểm bậc $m$ tại $z_0$ , chuỗi Laurent của nó có dạng $f(z) = \dfrac{a_{-m}}{(z-z_0)^m} + \cdots + \dfrac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + \cdots$ với $a_{-m} \neq 0$ .

Bước 2 (Triệt tiêu cực điểm). Nhân cả hai vế với $(z-z_0)^m$ : $g(z) := (z-z_0)^m f(z) = a_{-m} + a_{-m+1}(z-z_0) + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{m-1} + a_0(z-z_0)^m + \cdots$ , đây là một chuỗi lũy thừa thông thường, nên $g$ chỉnh hình tại $z_0$ .

Bước 3 (Nhận ra hệ số là một đạo hàm). Trong chuỗi lũy thừa này, $a_{-1}$ là hệ số của $(z-z_0)^{m-1}$ . Với mọi hàm chỉnh hình $g(z) = \sum_j c_j (z-z_0)^j$ , công thức Taylor cho $c_j = \dfrac{g^{(j)}(z_0)}{j!}$ , nên $a_{-1} = \dfrac{g^{(m-1)}(z_0)}{(m-1)!}$ .

Bước 4 (Kết luận). Vì $\mathrm{Res}(f,z_0) = a_{-1}$ và $g^{(m-1)}(z_0) = \lim_{z\to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m f(z)]$ , thay vào cho $\mathrm{Res}(f, z_0) = \dfrac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \dfrac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]$ . Đặt $m=1$ thu gọn đạo hàm và giai thừa để được $\mathrm{Res}(f, z_0) = \lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z)$ .

Đại họcỨng dụng thực tiễn và Ví dụ minh họa

Thặng dư biến những tích phân xác định thực vốn khó xử lý thành phép tính số học đơn giản, đó là lý do chúng xuất hiện khắp vật lý và kỹ thuật: tính các biến đổi Fourier và Laplace dao động trong xử lý tín hiệu, tính biên độ tán xạ và bộ truyền lan trong lý thuyết trường lượng tử, nghịch đảo biến đổi Laplace để giải phương trình vi phân của hệ điều khiển, và ước lượng tiệm cận của các hàm đếm trong lý thuyết số giải tích và tổ hợp.

Ví dụ: Một tích phân thực không có lối tắt nguyên hàm sơ cấp

Tính $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^2+1}$ bằng định lý thặng dư. (Tích phân này cũng có thể tính bằng phép thế $x=\tan\theta$ , nhưng thặng dư tổng quát hóa được cho những tích phân mà phép thế không chạm tới.)

Lời giải

Bước 1 (Thiết lập đường cong). Xét $f(z) = \dfrac{1}{z^2+1}$ và đường cong kín $\gamma_R$ gồm đoạn $[-R,R]$ trên trục thực cùng với nửa đường tròn trên $|z|=R$ , đi theo chiều ngược kim đồng hồ, với $R$ lớn.

Bước 2 (Chặn cung tròn). Trên cung nửa đường tròn, $|f(z)| \le \dfrac{1}{R^2-1}$ , và cung có độ dài $\pi R$ , nên đóng góp của cung nhiều nhất là $\dfrac{\pi R}{R^2-1} \to 0$ khi $R \to \infty$ .

Bước 3 (Tìm cực điểm bên trong). $f(z) = \dfrac{1}{z^2+1}$ có các cực điểm đơn tại $z = i$ và $z=-i$ ; chỉ $z = i$ nằm trong nửa đường tròn trên. Theo công thức cực điểm đơn, $\mathrm{Res}(f,i) = \lim_{z\to i}(z-i)\dfrac{1}{(z-i)(z+i)} = \dfrac{1}{2i}$ .

Bước 4 (Áp dụng định lý thặng dư và lấy giới hạn). $\oint_{\gamma_R} f(z)\,dz = 2\pi i \cdot \dfrac{1}{2i} = \pi$ với mọi $R>1$ , và giá trị này bằng tích phân thực cộng số hạng cung tròn triệt tiêu, nên cho $R \to \infty$ ta được $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x^2+1} = \pi$ .

Ví dụ: Nghịch đảo biến đổi Laplace trong lý thuyết điều khiển

Một kỹ sư điều khiển mô hình hóa một hệ có giảm chấn với hàm truyền $F(s) = \dfrac{1}{(s+1)(s+2)^2}$ và cần đáp ứng xung $y(t)$ , tức biến đổi Laplace ngược, để kiểm tra xem hệ có ổn định mà không dao động hay không.

Lời giải

Bước 1 (Nhớ lại tích phân nghịch đảo). Biến đổi Laplace ngược là $y(t) = \dfrac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty} F(s) e^{st}\,ds$ , với $F(s)$ hữu tỉ triệt tiêu ở vô cực thì tích phân này bằng $2\pi i$ nhân tổng các thặng dư của $F(s)e^{st}$ tại mọi cực điểm của $F(s) = \dfrac{1}{(s+1)(s+2)^2}$ .

Bước 2 (Xác định vị trí các cực điểm). $F(s) = \dfrac{1}{(s+1)(s+2)^2}$ có một cực điểm đơn tại $s=-1$ và một cực điểm bậc $2$ tại $s=-2$ .

Bước 3 (Thặng dư tại cực điểm đơn). $\mathrm{Res}_{s=-1}\, F(s)e^{st} = \lim_{s\to -1}(s+1)\dfrac{e^{st}}{(s+1)(s+2)^2} = \dfrac{e^{-t}}{(-1)^2} = e^{-t}$ .

Bước 4 (Thặng dư tại cực điểm bậc 2). $\mathrm{Res}_{s=-2}\, F(s)e^{st} = \lim_{s\to -2}\dfrac{d}{ds}\left[\dfrac{e^{st}}{s+1}\right] = \lim_{s\to -2}\dfrac{t e^{st}(s+1) - e^{st}}{(s+1)^2} = -te^{-2t} - e^{-2t}$ .

Bước 5 (Ghép lại đáp ứng). Cộng các thặng dư cho $y(t) = e^{-t} - (1+t)e^{-2t}$ với $t \ge 0$ ; cả hai số hạng mũ đều suy giảm và không số hạng nào dao động, nên kỹ sư xác nhận hệ giảm chấn tới hạn.

Nếu $f$ có một cực điểm đơn duy nhất tại $z_0$ bên trong một đường cong kín đơn định hướng dương $\gamma$ , và $\mathrm{Res}(f,z_0)=3$ , thì $\oint_\gamma f(z)\,dz$ bằng bao nhiêu?

Cực điểm của $f(z) = \dfrac{1}{z^3}$ tại $z=0$ có bậc bao nhiêu?

$\mathrm{Res}_{z=0}\, \dfrac{e^z}{z}$ bằng bao nhiêu?

Một kỹ sư điện cần $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{dx}{x^2+1}$ để chuẩn hóa một đáp ứng tần số Lorentzian. Dùng thặng dư tại $z=i$ , họ nên nhận được giá trị nào?