Thác triển hàm phân hình trên đĩa đơn vị trong mp phức

Luận văn Thạc sĩ NGUYỄN MẠNH TƯỜNG-ĐHSP Hà Nội-2011

5

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1 Chuỗi Fourier

1.1 Không gian [- ; ]pL

Định nghĩa 1.1.1 [- ; ] (1 )pL p là lớp tất cả các hàm :[ ; ]f khả

tích Lebesgue sao cho 1/

( )p

pf x dx

.

Ta đã biết [- ; ]pL là không gian Banach với chuẩn

1/

( ) .p

ppf f x dx

Đặc biệt 2[- ; ] L là một không gian Hilbert với tích vô hướng

1, ( ) ( )2

f g f x g x dx

.

Ký hiệu :[ ; ]ne xác định bởi công thức ( ) ,inxne x e n . Rõ ràng

2[ ; ]ne L và

( ) 1 1,2 0

i n m xn m

n me e e dx

n m

nÕu

nÕu.

Vậy :ne n là một hệ trực chuẩn trong 2[- ; ]. L

1.2 Chuỗi Fourier

Giả sử 1[ ; ]f L . Xét hàm :f cho bởi 1( ) ( )2

inxf n f x e dx

.

Định nghĩa 1.2.1 ( )f n và ( ) inx

nf n e

lần lượt được gọi là hệ số Fourier thứ n

và chuỗi Fourier của f .


6

Để chỉ inxn

nA e

là chuỗi Fourier của f ta viết .inx

nn

f A e

Nhận xét 1.2.2

Trường hợp riêng với 2[ ; ],f L khi đó:

+) ( ) , nf n f e và , n nn

f f e e

.

+) Nếu ta ký hiệu ( ) ( ) ,p

p nn p

S f f n e p

và p :nSpan e p n p thì

hình chiếu trực giao của f lên p chính là , ( )p

n n pn p

f e e S f

. Bởi định lý

Pythagore ta có: 2 2 2

22 2( ) ( )p pS f f S f f . Từ đó ta suy ra

2 2 222

( ) ( ) ,p

pn p

f n S f f p

.

Đây chính là bất đẳng thức Bessel quen thuộc. Trong phần sau chúng ta sẽ thấy

đẳng thức 2 22( )

nf n f

là đúng với mọi 2[ ; ]f L .

1.3 Định lý Fejer và hệ quả Định lý 1.3.1 (Fejer). Giả sử :f là hàm liên tục và tuần hoàn với chu kì

2 . Với mỗi số tự nhiên p đặt

0 ( ) ( )( )

1p

pS f S f

C fp

.

Khi đó dãy 0( )p p

C f

hội tụ đều về f trên .

Chứng minh.

Xét int( ) ,p

pn p

D t e t

. Do ( 1)( 1) ( )it i p t iptpe D t e e nên


7

1sin( )cos( 1) cos sin( 1) sin 2( )

(1 cos ) sin sin2

p

p tp t pt i p t ptD t tt i t

.

Ta có

( )1 1( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

p pinx in x t

p pn p n p

S f x f n e f t e dt f x t D t dt

và

1( )( ) ( ) ( )2p pC f x f x t K t dt

,

ở đây

0

1sin sin( )( ) ( ) 1 1 cos( 1)2 2( ) .1 1 1 cos( 1)sin

2

pp

t p tD t D t p tK t tp p tp

Từ đẳng thức trên suy ra ( )pK t có các tính chất sau:

i) ( ) 0, ( ) ( )p p pK t K t K t và 1 ( ) 12 pK t dt

.

ii) 1 2( )1 1 cospK t

p

với 0 t .

Đặt max ( )x

M f x

. Do tính liên tục đều của f trên [ ; ] nên 0 có

(0; ) để

( ) ( )2

f x f y khi 2( , ) [ ; ] :x y x y .

Sử dụng i) ta có

1(1.1) ( )( ) ( ) [ ( ) ( )] ( )2p pC f x f x f x t f x K t dt


8

1 22 ( ) ( ) 2 ( ) ] ( ) .2 2 2p p p p

MM K t dt K t dt M K t dt K t dt

Theo ii) ( ) 0pK t dt

khi p nên có số nguyên dương N sao cho

(1.2) 2: ( )2p

Mp N K t dt

.

Từ (1.1) và (1.2) dẫn tới

, : ( )( ) ( ) .px p N C f x f x

Điều này chứng tỏ dãy 0( )p p

C f

hội tụ đều về f trên .

Hệ quả 1.3.2 Tập tất cả các đa thức lượng giác chu kì 2 trù mật trong không

gian [- ; ]pL .

Chứng minh.

Gọi là tập tất cả các đa thức lượng giác có chu kì 2 . Lấy [- ; ]pf L và

0 tùy ý. Bởi vì tập các hàm số liên tục trên [ ; ] là trù mật trong [- ; ]pL

nên có :[ ; ]g liên tục thỏa mãn

(1.3) 2pg f

.

Ta thác triển g thành hàm 1g liên tục trên và tuần hoàn với chu kì 2 . Áp

dụng định lý Fejer sẽ có P hội tụ đều tới 1g g trên [ ; ] . Vậy

[ ; ] : ( ) ( )2

x P x g x .

Suy ra

(1.4) 1/

1 ( ) ( )2 2

pp

pP g P x g x dx

.

Tổ hợp (1.3) và (1.4) ta thu được

.p p pP f P g g f


9

Như thế trù mật trong [- ; ]pL .

Hệ quả 1.3.3 Với mọi hàm 1[ ; ]f L ta đều có lim ( ) 0n

f n

.

Thật vậy, cho 0. Theo Hệ quả 1.3.2 có P để 1 .P f Khi n đủ lớn

(phụ thuộc vào bậc của P ) thì ( ) 0.inxP x e dx

Suy ra với n đủ lớn ta có

11( ) ( ) ( ) .

2inxf n f x P x e dx P f

. Do đó ( ) 0f n khi n .

1.4 Sự hội tụ trung bình bình phương-Đẳng thức Parseval

Định lý 1.4.1 (Parseval). Với mọi hàm 2[ ; ]f L , dãy tổng riêng 0( )p p

S f

hội tụ trung bình bình phương tới ,f nghĩa là 2

lim ( ) 0ppS f f

.

Chứng minh.

Cho 0. Áp dụng Hệ quả 1.3.2 sẽ tồn tại đa thức lượng giác P thỏa mãn

(1.5) 2P f .

Với mỗi số tự nhiên ,p đặt : ,p nSpan e p n p ta nhận thấy

:n pp

Span e n

.

Vậy phải tồn tại số tự nhiên N để NP .

Mặt khác do ( )pS f là hình chiếu trực giao của f lên không gian con p nên

: , ( ) 0p ph h S f f .

Đặc biệt

(1.6) ( ), ( ) 0,p pP S f S f f p N .

Kết hợp (1.5) với (1.6) ta được


10

2 2222 2 2

( ) ( ) .p pP f P S f S f f

Vậy 2

: ( ) .pp N S f f Nói cách khác ta có 2

lim ( ) 0ppS f f

.

Định lý đã được chứng minh.

Hệ quả 1.4.2 (Đẳng thức Parseval). Với mọi hàm 2[ ; ]f L ta đều có

2 21( ) ( )2n

f n f x dx

.

Chứng minh.

Từ Định lý 1.4.1, dãy 0( )p p

S f

hội tụ tới f trong không gian 2[ ; ]L . Bởi

ánh xạ 2 22 : [ ; ]L là liên tục nên

2 222

( )pS f f khi p .

Nhưng

2

22

22

( ) ( ) ( ) .p p

p nn p n p

S f f n e f n

Vậy phải có

2 21( ) ( ) .2n

f n f x dx

Đẳng thức Parseval đã được chứng minh.

1.5 Sự hội tụ đều và định lý Riesz-Fischer

Như chúng ta đã biết chuỗi Fourier ( ) inx

nf n e

của một hàm f bất kì chưa

chắc đã hội tụ và nếu hội tụ thì tổng có thể khác f . Trong mục này ta sẽ đưa ra một

điều kiện đủ về sự hội tụ đều của ( ) .inx

nf n e


11

Định lý 1.5.1 Giả sử :f là hàm tuần hoàn với chu kì 2 sao cho tồn tại

các hằng số 10,2

M thỏa mãn

2( ) ( ) , ( , ) .f x f y M x y x y

Khi đó chuỗi Fourier của f hội tụ đều trên và có tổng là f .

Chứng minh.

Với h cố định, xét : xác định bởi

( ) ( ) ( )t f t h f t h

Từ giả thiết suy ra là hàm liên tục trên và tuần hoàn với chu kì 2 . Ta có

int

( ) ( )

1, ( ) [ ( ) ( )]2

1 1( ) ( )2 2

( ). ( ). 2 ( )sin( ).

h hin u h in v h

h h

inh inh

n n f t h f t h e dt

f u e du f v e dv

f n e f n e i f n nh

Áp dụng đẳng thức Parseval vào thu được

2 22 2

1

1(1.7) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) sin ( )2 n

f t h f t h dt f n f n nh

Mặt khác từ giả thiết ta suy ra:

(1.8) ( ) ( ) 2f t h f t h M h .

Với N là số nguyên dương tùy ý, chọn 4

hN

. Khi đó ta có bất đẳng thức sau

2 1(1.9) sin ( ) , 1, ,22

nh n N N .

Từ (1.7), (1.8) và (1.9) dẫn tới

2 2 22 2 2 2 2

1 1

1( ) 2 ( ) ( ) sin 2 . ,4

N N

n N n Nf n f n f n nh M h dt A N

trong đó 2 2

2 12MA

. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz


12

1/2 1/2 12 2 2 22 2

1 1 1( ) 1 ( ) . .

N N N

n N n N n Nf n f n A N

Đặc biệt với mọi số tự nhiên p : 1 12

2

2 1

( ) . 2 .p

p

p

n

f n A

Từ đó với mọi số tự

nhiên q ta đều có

1 12

2

2 0( ) . 2 .

q qp

n pf n A

Do 12

nên chuỗi 1122

0 02 2

pp

p p

hội tụ và có tổng là 1

2

1

1 2

. Như

thế với mọi 2m

1

2 2

( )1 2

m

n

Af n

.

Vậy 1

( )n

f n hội tụ cũng như

1( )

nf n

hội tụ. Suy ra ( ) inx

nf n e

hội tụ đều

trên .

Gọi ( ) ( ) , .inx

nS x f n e x

Do tính hội tụ đều ta có S liên tục trên hơn

nữa ( ) ( ),S n f n n .

Cuối cùng áp dụng đẳng thức Parseval vào hàm S f ta được

222 ( )( ) 0

nS f S f n

hay .S f

Vậy chuỗi Fourier của f hội tụ đều tới chính nó trên .

Hệ quả 1.5.2 Nếu :f là hàm tuần hoàn với chu kì 2 và thuộc vào lớp

1C thì chuỗi Fourier của f hội tụ đều về chính nó trên .


13

Định lý 1.5.3 ( Riesz-Fischer). Giả sử na là dãy số phức thỏa mãn điều kiện

2

0n

na

. Khi đó tồn tại hàm 2[ ; ]f L sao cho ( ) kf k a với mọi số tự

nhiên k .

Chứng minh.

Với mỗi số tự nhiên n đặt 0

,n

n k kk

S a e

ở đây : ; , ( ) .ikxk ke e x e Do

:ke k là một hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert 2[ ; ]L nên với mọi

n m ta có

2 2 21 12 2

1

n

n m m m n n kk m

S S a e a e a

.

Vì 2

0n

na

nên từ trên ta suy ra nS là dãy Cauchy trong 2[ ; ].L Vậy phải

tồn tại 2[ ; ]f L để 2lim 0nnS f

.

Cố định số tự nhiên .k Do ,n k kS e a với mọi n k và ( ) , kf k f e nên

2 2 2( ) , , . ,k k n k n k nf k a f e S e f S e S f n k .

Cho n ta thu được ( ) ,kf k a định lý đã được chứng minh.

2 Hàm chỉnh hình một biến 2.1 Khái niệm hàm chỉnh hình Định nghĩa 2.1.1 Cho hàm số f xác định trên miền D và .z D Giới hạn

0

( ) ( )lim ,h

f z h f z z h Dh

nếu tồn tại thì được gọi là đạo hàm phức của f tại z , ký hiệu '( )f z .


14

Định nghĩa 2.1.2 Cho hàm số f xác định trên miền D và 0 .z D Nếu có

0r sao cho '( )f z tồn tại với mọi 0( ; )z D z r thì f được gọi là chỉnh hình tại

0 ,z ở đó 0 0( ; ) : .D z r z z z r

Nếu f chỉnh hình tại mọi điểm thuộc D thì ta nói f chỉnh hình trên D .

2.2 Công thức tích phân Cauchy Định lý 2.2.1 (Định lý Cauchy cho miền đơn liên) Nếu f chỉnh hình trên miền

đơn liên D thì với mọi chu tuyến trơn từng khúc D ta đều có:

0f dz

.

Chứng minh.

Trường hợp riêng: P , ở đây P là một đa giác mà P D .

Bằng cách chia P thành hữu hạn các tam giác, ta đưa về chứng minh

0f dz

với là tam giác bất kì thỏa mãn D .

Đặt M f dz

, chia thành bốn tam giác bởi các đường trung bình. Gọi k

( 1,4)k là biên của các tam giác nhỏ thu được, ta có:

4

1 kkf dz f dz

.

Suy ra tồn tại một tam giác, kí hiệu 1 sao cho 1 4

Mf dz

. Lặp lại quá trình

trên ta nhận được dãy các tam giác n có các tính chất sau:

i) 1 , 1n n n và ( )2n npp , với p là chu vi của .

ii) , 14n

nMf dz n

.


15

Nhờ i) và nguyên lý Cantor, ta suy ra 01

nn

z

. Do f chỉnh hình tại 0z nên với

mọi 0 có 0r thỏa mãn: '

0 0 0 0(2.1) ( ) ( ) ( )( )f z f z f z z z z z khi 0z z r .

Chọn số nguyên dương N để 2Np r , khi đó :

0(2.2) ( ; )N D z r .

Mặt khác ta có: '

0 0 0(2.3) ( ) ( ) ( ) ( )( )N N

f z dz f z f z f z z z dz

.

Từ (2.1),(2.2) và (2.3) suy ra: 2

0 ,4 4N N

NN NM pf dz z z dz z

.

Vậy 2M p với 0. Do đó phải có 0M , nghĩa là 0f dz

.

Trường hợp tổng quát: là chu tuyến trơn từng khúc bất kì.

Áp dụng bổ đề Goursat với mỗi 0 , tồn tại đa giác ,P P D sao cho

Pf dz f dz

.

Theo trên 0P

f dz

nên 0f dz

và định lý được chứng minh.

Định lý 2.2.2 Giả sử D là miền đơn liên bị chặn với D là một chu tuyến. Nếu f

chỉnh hình trên D và liên tục trên D thì :

0D

f dz

.

Chứng minh.

Không giảm tổng quát ta giả thiết miền D có tính chất: tồn tại 0z D sao cho mọi

tia xuất phát từ 0z chỉ cắt D tại đúng một điểm, có thể coi 0 0z . Gọi phương


16

trình tham số của D là ( ), [ ; ]z t t . Với 0 1 , ký hiệu là đường

cong cho bởi ( ), [ ; ]z t t . Áp dụng Định lý 2.2.1 ta có 0f dz

, suy

ra ( ) 0D

f z dz

.

Vậy:

(2.4) ( ) ( ) ( )D D

f z dz f z f z dz

.

Do f liên tục đều trên D nên 0 , có 0 để khi , :z D z bất

đẳng thức sau đúng:

(2.5) ( ) ( )f z fp ,

ở đây p chỉ độ dài của D .

Luôn có (0; 1) thỏa mãn:

(2.6) ,z z z D .

Từ (2.4), (2.5) và (2.6) ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .D D D

f z dz f z f z dz f z f z dz

Vì vậy

0D

f dz

và định lý được chứng minh.

Định lý 2.2.3 (Định lý Cauchy cho miền đa liên) Giả sử D là miền đa liên

với 0 1 nD . Nếu f chỉnh hình trên D và liên tục trên D thì :

0D

f dz

.

Chứng minh.

Để đơn giản nhưng không làm mất tính tổng quát ta coi D là miền nhị liên với

0 1D .


17

Nối 0 với 1 bởi đoạn thẳng ,l gọi * \ .D D l Áp dụng Định lý 2.2.2 ta được

*0 1

0D l l

f dz f dz f dz f dz f dz

.

Suy ra

0 1

0D

f dz f dz

.

Vậy định lý đã được chứng minh.

Định lý 2.2.4 (Công thức tích phân Cauchy) Giả sử f là hàm chỉnh hình trên

miền đơn liên D và D là một chu tuyến trơn từng khúc. Với bất kì 0z

D D ta đều có:

00

1 ( )( )2

ff z di z

.

Nếu thêm vào đó f liên tục trên D và D là một chu tuyến trơn từng khúc thì:

1 ( )( ) ,2

ff z d z Di z

.

Chứng minh.

Lấy 0r sao cho 0( ; ) ,D z r D gọi rC là biên của 0( ; )D z r . Áp dụng Định lý

2.2.3 cho miền nhị liên 0\ ( ; )D D z r ta có

0

( ) 0rC

f dz

.

Suy ra

(2.7) 0 0

( ) ( )rC

f fd dz z

.

Do f chỉnh hình tại 0z nên với 0r đủ nhỏ, tồn tại 0M để bất đẳng thức sau

đúng


18

0

0

( ) ( ) 2rC

f f z d rMz

.

Vậy

0

0

( ) ( ) 0rC

f f z dz

.

Hệ quả là:

(2.8) 00

0 0

( )( ) 2 . ( )r rC C

f zf d d i f zz z

.

Từ (2.7) và (2.8) đưa tới

00

1 ( )( )2

ff z di z

.

Nếu có thêm giả thiết f liên tục trên D và D là một chu tuyến trơn từng khúc thì

trong chứng minh trên ta có thể lấy D và 0z z D . Khi đó:

1 ( )( ) ,2 D

ff z d z Di z

.

2.3 Thặng dư của hàm chỉnh hình

Bằng cách sử dụng định lý Cauchy cho miền đa liên ta nhận thấy nếu f là hàm

chỉnh hình trên vành khăn 0: 0V z z z r thì tích phân ( )f z dz

không phụ thuộc vào chu tuyến vây quanh 0z , .V

Điều này đưa tới định nghĩa sau:

Định nghĩa 2.3.1 Giả sử f chỉnh hình trên 0: 0V z z z r và là

một chu tuyến trong V vây quanh 0z . Thặng dư của f đối với điểm 0z được ký

hiệu là 0[ ; ]res f z , xác định bởi:

01[ ; ] ( )

2res f z f z dz

i .


19

Mệnh đề 2.3.2 Giả sử f là hàm chỉnh hình trên miền D trừ ra điểm 0z D , đặt

'( )( ) ln ( ) , .( )

d f zF z f z z Ddz f z

Khi đó:

i) Nếu 0z là không điểm cấp n của f thì 0[ ; ]res F z n .

ii) Nếu 0z là cực điểm cấp m của f thì 0[ ; ]res F z m .

Chứng minh.

i) Ta có 0( ) ( ) ( )nf z z z g z , ở đây g là hàm chỉnh hình trong một lân cận của 0z

và 0( ) 0g z . Suy ra

'

00

( )( ) ln( ) ln ( )( )

d n g zF z n z z g zdz z z g z

.

Ta vây 0z bởi đường tròn 0:rC z z z r với r đủ nhỏ. Do '( )( )

g zg z

chỉnh

hình trong lân cận của 0z nên:

'

00

0

1 1 1 ( )[ ; ] ( )2 2 2 ( )1 .

2

r r r

r

C C C

C

n g zres F z F z dz dz dzi i z z i g z

n dz ni z z

ii) Vì 0z là cực điểm cấp m nên 0

( )( )( )m

h zf zz z

, với h chỉnh hình trong lân cận

của 0z và 0( ) 0h z . Vậy

'

00

( )( ) ln ( ) ln( )( )

d h z mF z h z m z zdz h z z z

.

Bằng lập luận như ở i) ta thu được 0[ ; ]res F z m .


20

Định lý 2.3.3 Giả sử f là hàm chỉnh hình trên miền D trừ ra một số hữu hạn điểm

1, , Nz z . Nếu là một chu tuyến trong D thỏa mãn 1, , Nz z D thì ta có

đẳng thức:

0

1 ( ) [ ; ]2

N

kk

f z dz res f zi

.

Chứng minh.

Ta vây mỗi kz bằng một chu tuyến k sao cho hai chu tuyến bất kì không giao

nhau và k

D D . Áp dụng định lý Cauchy 2.2.3 cho miền ( 1)N -liên \D

1k

N

kD

thu được:

1( ) ( ) 0.

k

N

kf z dz f z dz

Suy ra 1 1

1 1( ) ( ) [ ; ]2 2 k

N N

kk k

f z dz f z dz res f zi i

.

2.4 Nguyên lý argument và hệ quả Định nghĩa 2.4.1 Giả sử là một chu tuyến có phương trình tham số ( ),z z t

t và : \ 0f . Đại lượng arg arg ( ) arg ( )f f z f z được

gọi là số gia argument của f dọc chu tuyến .

Định lý 2.4.2 ( Nguyên lý argument ) Giả sử f là hàm chỉnh hình trên miền đơn

liên D trừ ra hữu hạn các cực điểm và là một chu tuyến tùy ý trong D không

chứa các cực điểm và không điểm của f . Khi đó ta có các đẳng thức sau:

'1 ( ) 1( ) ( ) arg2 ( ) 2

f z dz N f P f fi f z

ở đây ( ), ( )N f P f lần lượt là số không điểm (kể cả bội) và số cực điểm (kể cả

bội) của f trong D .


21

Chứng minh.

Gọi 1 2, , , Kz z z là tập tất cả các không điểm của f trong D và jn là bậc của

jz . Áp dụng Mệnh đề 2.3.2 ta có:

'

; j jfres z nf

.

Suy ra: '

1 1; ( )

K K

j jj j

fres z n N ff

.

Tương tự như vậy nếu ta gọi 1 2, , , Lp p p là tất cả các cực điểm của f trong D

, jp có cấp jm thì :

'

1 1; ( )

L K

j jj j

fres p m P ff

.

Sử dụng Định lý 2.3.3 thu được:

' ' '

1 1

1 ( )(2.9) ; ; ( ) ( )2 ( )

K L

j jj j

f z f fdz res z res p N f P fi f z f f

.

Mặt khác ta có:

'1 ( ) 1 1(2.10) ln ( ( )) ln ( ( )) arg

2 ( ) 2 21 arg .

2

f z dz f z t f z t i fi f z i i

f

.

Từ (2.9) và (2.10) ta nhận được kết luận của định lý.

Định lý Rouche sau dây là một hệ qủa của nguyên lý argument mà ta sẽ không

trình bày chứng minh.


22

Hệ qủa 2.4.3 (Rouche) Giả sử f và g là các hàm chỉnh hình trên một lân cận

của miền đóng, bị chặn D sao cho ( ) ( )f z g z với mọi z D . Khi đó số không

điểm của hàm F f g và hàm g trong D là bằng nhau.

Hệ qủa 2.4.4 Cho f là hàm chỉnh hình trên : 1U z z và 0z là không

điểm bậc N của f . Nếu f không đồng nhất bằng không trên U thì tồn tại

(0;1)r và 0 sao cho f có đúng N không điểm (kể cả bội) trong đĩa mở

(0; )D r với mọi mà .

Chứng minh.

Bởi vì f không đồng nhất bằng không trên U nên có số (0;1)r thỏa mãn

(0; )D r U và ( ) 0f z với mọi (0; )z D r .

Đặt min ( )z r

f z

. Do ( ) 0f z trên (0; )D r ta suy ra 0 . Với mà ,

ta có

( ) , (0; )f z z D r .

Áp dụng Định lý Rouche vào hình tròn z r ta được: số không điểm của

( )f z và số không điểm của ( )f z trong z r là như nhau.

Vậy ( )f z có đúng N không điểm trong (0; )D r khi .

3 Bài toán Dirichlet 3.1 Các khái niệm Định nghĩa 3.1.1 Hàm giá trị phức f được gọi là điều hòa trên miền D nếu phần

thực và phần ảo của f là các hàm thực điều hòa trên D .

Ta đã biết nếu f là hàm chỉnh hình trên miền D thì f điều hòa trên D .


23

Định nghĩa 3.1.2 Giả sử miền D và :f D là hàm liên tục. Bài toán tìm

hàm phức f liên tục trên D , điều hòa trên D và Df f được gọi là bài toán

Dirichlet.

3.2 Tích phân Poisson và lời giải bài toán Dirichlet

Với 0 1r , int( ) ,nr

nP t r e t

được gọi là nhân Poisson. Bằng tính toán đơn

giản ta có

2

21 1( ) .1 1 2 1 cos

it

r itre rP tre r r t

Từ đẳng thức trên suy ra ( )rP t có các tính chất sau:

i) ( ) 0rP t hơn nữa 1 ( ) 12 rP t dt

.

ii) Nếu 0 thì 1

lim ( ) 0rrP

và ( ) ( ), :r rP t P t t .

Từ đây về sau chúng ta gọi : 1U z z và : 1U z z . Ký hiệu

( ) (1 )pL U p là không gian định chuẩn các hàm khả tích Lebesgue bậc p

trên U với chuẩn 1/

( )( ) .p

pp

L U Uf f z dz

( )pL U cũng chính là không gian định chuẩn các hàm : khả tích Lebes-

gue, tuần hoàn với chu kì 2 và 1/

( )

1 ( ) .2p

ppi

L U e d

Định nghĩa 3.2.1 Giả sử 1( )f L U và 0 1.r Hàm :F U cho bởi công

thức

1 ( ) ( ) ,2

i it irF re P t f e dt z re U

được gọi là tích phân Poisson của f và ký hiệu [ ]F P f .


24

Nhận xét 3.2.2

Khi 1( )f L U và [ ]F P f ta có thể chứng minh được:

+) 1 1( ) ( )r L U L UF f

với : , ( ) ( )i i

r rF U F e F re .

+) 1

lim ( ) ( )i i

rF re f e

hầu khắp nơi.

Định lý 3.2.3 (Lời giải bài toán Dirichlet trên đĩa đơn vị)

Giả sử :f U liên tục. Khi đó hàm u sau đây sẽ liên tục trên U và điều hòa

trên U

( ) 1( )

( ) 0 1

ii

i

f e ru re

F re r

nÕu

nÕu.

Chứng minh.

Gọi 1 2( ), ( )f t f t lần lượt là phần thực, phần ảo của ( )itf e . Nhờ tính chất của nhân

Poisson ta suy ra:

1 2

1 1, ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 1( ) . ( ) .2 2

iti i it it

r it

it it

it it

e zz re U u z F re P t f e dt f e dte z

e z e zf t dt i f t dte z e z

Vậy u có phần thực và phần ảo là những hàm điều hòa trên U do đó nó điều hòa

trên U .

Lấy điểm cố định 0ite U . Do f liên tục đều trên U nên với mọi 0 , tồn

tại (0; ) sao cho

(3.1) 0( ) ( )ititf e f e khi 0t t .

Sử dụng tính chất i) của nhân Poisson ta được:

00 0

0

(3.2) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )t

it iti itr

t

u re f e f e f e P t dt


25

0 01 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2it itit it

r rI J

f e f e P t dt f e f e P t dt

ở đây 0[ ; ] :I t t t và 0[ ; ] :J t t t .

Từ (3.1) suy ra:

(3.3) 01 ( ) ( ) ( ) ( )

2 2itit

r rI I

f e f e P t dt P t dt

.

Mặt khác theo ii) ta có:

( ) ( ),r rP t P t J và ( ) 0rP khi 1r .

Điều này dẫn tới:

(3.4) 0 1

1

1 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) . ( ) 02

rititr r

zJ

f e f e P t dt Sup f z P

.

Tổ hợp (3.2), (3.3) và (3.4) ta kết luận được: tồn tại 0 [0;1)r sao cho với mọi r

mà 0 1r r bất đẳng thức sau đúng

0( ) ( ) 2 .itiu re f e

Như vậy u liên tục trên U và định lý được chứng minh hoàn toàn.

Từ chứng minh trên chúng ta thấy chỉ cần 1( )f L U là đã có [ ]P f điều hòa

trên U . Vấn đề đặt ra ở đây là cần thêm những điều kiện gì đối với hàm f để [ ]P f

chỉnh hình trên U ? Mệnh đề sau sẽ cho một câu trả lời.

Mệnh đề 3.2.4 Nếu :f U liên tục và ( ) 0f n với mọi số nguyên âm n thì

[ ]P f là hàm chỉnh hình trên U ( ( )f n chỉ hệ số Fourier thứ n của f ).

Chứng minh.

Đặt [ ]F P f . Theo định nghĩa của tích phân Poisson

1 ( ) ( ) ,2

i it irF re P t f e dt z re U

.

Sử dụng công thức nhân Poisson ta có


26

in( t)1( ) ( )2

nit

nF z f e r e dt

.

Bởi vì int1( ) ( ) 02

itf n f e e dt

với mọi số nguyên âm n nên ta suy ra:

in( t)( )

0

1 1 ( ) 1 ( )( ) ( ) .2 2 21

itit n

i t Un

f e fF z f e r e dt dt di zre

Như vậy [ ]F P f là chỉnh hình trên .U

Hệ quả 3.2.5 Nếu f liên tục trên U và chỉnh hình trên U thì [ ]Uf P f trên .U

Chứng minh.

Với số nguyên âm n , do 1( )n

f zz chỉnh hình trên ,U liên tục trên U nên theo định

lý Cauchy

1( ) 0, 0.nU

f z dz nz

Đổi biến itz e ta được

int1( ) ( ) 0, 02

itf n f e e dt n

.

Từ Mệnh đề 3.2.4 ở trên ta có:

1 ( )( ) ,2 U

fF z d z Ui z

.

Mặt khác theo công thức tích phân Cauchy thì:

1 ( )( ) ,2 U

ff z d z Ui z

.

Vậy [ ]Uf P f trên .U


27

4 Không gian 2H

4.1 Khái niệm về không gian 2H

Định nghĩa 4.1.1 2H là lớp tất cả các hàm :f U chỉnh hình sao cho

1/22

1lim ( ) (0 1).i

rf re d r

Ta có thể chứng minh được 2H là một không gian Banach với chuẩn:

2

1/22

1lim ( )i

H rf f re d

.

Định lý 4.1.2 Giả sử :f U xác định bởi 0

( ) ,nn

nf z a z z U

. Điều kiện cần

và đủ để 2f H là 2

0n

na

.

Chứng minh.

Với 0 1r và ta có

2

0 0. .i i i n in m im

n mn m

f re f re f re a r e a r e

.

Do

( ) 1 12 0

i n m n me d

n m

nÕu

nÕu

nên

2 2 2

0

12

i nn

nf re d a r

.

Vậy 2f H khi và chỉ khi 2

0n

na

.


28

4.2 Hàm giới hạn bán kính trên 2H

Định nghĩa 4.2.1 Hàm * :f U được gọi là hàm giới hạn bán kính của hàm

:f U nếu *

1( ) lim ( )i i

rf e f re

hầu khắp nơi, 0 1r .

Hệ quả 3.2.5 cho chúng ta thấy khi f liên tục trên U và chỉnh hình trên U thì

[ ]Uf P f trên U . Đặt *Uf f , sử dụng lời giải bài toán Dirichlet (Định lý

3.2.3) sẽ có *

1( ) lim ( )i i

rf e f re

với mọi . Bây giờ ta mở rộng kết quả này

trong không gian 2H .

Định lý 4.2.2 Giả sử :f U là hàm xác định bởi 0

( ) ,nn

nf z a z z U

. Nếu

2f H thì f có hàm giới hạn bán kính * 2 ( )f L U và *[ ]f P f trên .U

Chứng minh.

Theo định lý 4.1.2, do 2f H nên 2

0n

na

. Áp dụng định lý Riesz-Fischer

(1.5.1) sẽ tồn tại * 2 ( )f L U thỏa mãn

*( ) , 0nf n a n và *( ) 0, 0f n n .

Mặt khác với (0;1)s , xét các hàm sf xác định trên U bởi công thức sau:

(4.1) 0

( ) ( ) ,it it n ints n

nf e f se a s e t

.

Ta có:

( ) , 0ns nf n a s n và *( )( ) (1 ) , 0n

s nf f n s a n .

Sử dụng đẳng thức Parseval cho *sf f thu được

22 2

( )0(1 )n

s nL Un

f f s a

.

Suy ra

(4.2) 2*

( )1lim 0s L Us

f f


29

Cố định (0;1)s , do ( )f sz chỉnh hình trên đĩa mở 0; 1/D s U nên từ Hệ quả

3.2.5 ta có

1( ) ( ) ( )2

itr sf sz P t f e dt

.

Do đó

2 2

* *

*( ) ( )

1 1(4.3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

( ) . .

it it itr r s

r sL U L U

f sz P t f e dt P t f e f e dt

P t f f

Từ (4.2) và (4.3) khi cho 1s ta được

*1( ) ( ) ( ) ,2

it irf z P t f e dt z re U

.

Như vậy *[ ]f P f trên .U Theo Nhận xét 3.2.2 ta có *

1( ) lim ( )i i

rf e f re

hầu

khắp nơi.

Hệ quả 4.2.3 Giả sử 0

( ) ,nn

nz a z z U

thỏa mãn điều kiện: tồn tại các đa thức

không có nhân tử chung ( ), ( )R z S z sao cho ( )( ) , .( )

R zz z US z

Nếu 2H thì

là một phân thức chỉnh hình trong lân cận của .U

Chứng minh.

Do chỉnh hình trên U nên đa thức ( )S z không có không điểm trong U . Ta

cần chứng minh không có cực điểm trên .U

Giả sử 1, , ( 1)J J là tập tất cả các cực điểm của trên U . Theo Định lý

4.2.2, tồn tại hàm * 2 ( )L U mà * trên 1\ , , JI U .

Lấy 1, , .itJe Không giảm tổng quát ta coi đó là cực điểm cấp một. Vậy có

thể viết:


30

1( )( ) itzz

z e

,

ở đây 1 chỉnh hình trong lân cận của ite và 1( ) 0ite . Suy ra :

22 1

2

( )( ) ,

ii i

i it

ee z e I

e e

.

Luôn có 0 sao cho 1( ) 0ie khi ;t t đồng thời ie I với mọi

; \ .t t t Theo trên 2 ( )I L U nên ta có

21

2

( )it

i itt

ed

e e

.

Nhưng do i ite e t nên bất đẳng thức trên dẫn tới điều mâu thuẫn là

2

t

t

dt

.

Vậy là một phân thức chỉnh hình trong lân cận của .U

5 Thác triển phân hình lên đĩa đơn vị 5.1 Các khái niệm Định nghĩa 5.1.1 Hàm chỉnh hình trên miền D trừ ra các điểm bất thường là cực

điểm được gọi là hàm phân hình trên D .

Định nghĩa 5.1.2 Hàm liên tục :f U được gọi là có thác triển phân hình lên

đĩa đơn vị U nếu tồn tại hàm f và tập hữu hạn I U sao cho f liên tục trên

\ ,U I chỉnh hình trên \ ,U I Uf f và mọi điểm của I đều là cực điểm của f .

Trường hợp đặc biệt khi I ta có:


31

Định nghĩa 5.1.3 Hàm liên tục :f U được gọi là có thác triển chỉnh hình

lên đĩa đơn vị U nếu tồn tại hàm f liên tục trên U , chỉnh hình trên U đồng thời

Uf f .

Ta ký hiệu ( )A U là lớp tất cả các hàm liên tục trên U và có thác triển chỉnh

hình lên .U

5.2 Chuỗi Fourier và thác triển phân hình Trong phần này nhờ chuỗi Fourier ta sẽ đưa ra điều kiện để một hàm liên tục trên

U thác triển phân hình lên .U

Giả sử :f U liên tục, ta có hệ số Fourier thứ n của f là:

int1( ) ( ) .2

itf n f e e dt

Khi đó

int( )n

f f n e

.

Định lý 5.2.1 Điều kiện cần và đủ để hàm liên tục :f U thác triển chỉnh

hình lên U là ( ) 0f n với mọi số nguyên âm n .

Chứng minh.

Điều kiện cần. Giả sử ( ).f A U Vậy có hàm f liên tục trên ,U chỉnh hình trên U

và Uf f .

Với mọi số nguyên âm ,n bởi vì

1( )n

f zz liên tục trên ,U chỉnh hình trên U nên

1 1

( ) ( ) 0n nU

f z f zdz dzz z

U.

Đổi biến itz e ta được

int1( ) ( ) 0, 02

itf n f e e dt n

.


32

Điều kiện đủ.

Giả sử ( ) 0f n với mọi số nguyên âm .n Do Mệnh đề 3.2.4 ta có tích phân Poi-

sson của , [ ]f P f chỉnh hình trên .U

Bây giờ áp dụng lời giải bài toán Dirichlet (Định lý 3.2.3), hàm u sau đây liên tục

trên U

( ) ( )

[ ]( )f z z U

u zP f z z U

nÕu

nÕu .

Vậy f u là thác triển chỉnh hình lên U của f .

Hệ qủa 5.2.2 Hàm liên tục :f U thác triển chỉnh hình lên U nếu và chỉ nếu

với mọi \U ta đều có:

( ) 0U

f z dzz

.

Chứng minh.

Với mọi \U ta có:

10 0

( ) 1 ( ) 1 1( ) ( ) .1

nn

nU U U Dn n

f z f z zdz dz f z dz z f z dzzz

Mặt khác:

( 1)1 1( 1 ) ( ) ( ) .2 2

it i n t nU

f n f e e dt z f z dzi

Theo Định lý 5.2.1: ( )f A U khi và chỉ khi ( 1 ) 0f n với mọi 0n . Do đó

( )f A U khi và chỉ khi

( ) 0, \ .U

f z dz Uz

Vậy hệ quả đã được chứng minh.


33

Hệ qủa 5.2.3 Cho : U là hàm liên tục, U và : U xác định

bởi ( ) ( ) ( ),z z z z U . Khi đó nếu thác triển chỉnh hình lên U thì

cũng thác triển chỉnh hình lên .U

Chứng minh.

Gọi intn

nA e

, int

nn

B e

lần lượt là chuỗi Fourier của và ( )z . Ta có :

( 1)

1

1 1( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

. .

it it int it i n t it intn

n n

B e e e dt e e dt e e dt

A A

Nếu ( )A U thì theo Định lý 5.2.1 ở trên phải có 0, 0nB n , suy ra:

1 . , 0.n nA A n

Vậy

1 , 0.n nA A n

Nhưng 0nA khi n (Hệ quả 1.3.3) nên 0nA với mọi số nguyên âm n .

Lại dùng Định lý 5.2.1 ta có ( )A U .

Sau đây là điều kiện để một hàm liên tục trên U thác triển phân hình lên .U

Định lý 5.2.4 Điều kiện cần và đủ để hàm liên tục :f U thác triển phân

hình lên đĩa đơn vị U là tồn tại một đa thức khác không P sao cho Pf thác triển

chỉnh hình lên .U Trong trường hợp này hàm thác triển có nhiều nhất deg P cực.

Chứng minh.

Điều kiện cần là đơn giản nên sau đây ta chỉ chứng minh điều kiện đủ.

Giả sử có đa thức khác không P sao cho ( )Pf A U .

Nếu 0P c thì ( )f A U và định lý được chứng minh. Giả sử P là đa thức có

bậc 1N :

1( ) ( ) ( ), \ 0NP z a z z z z a .


34

Khi tất cả các jz đều không nằm trong U thì ta có ngay ( ).f A U Bây giờ ta giả

sử tồn tại jz thuộc .U Gọi

1 1, , , , .J NU z z

Do ( )Pf A U nên có hàm ( )A U sao cho

1, ( ) ( ) ( ) ( ).Jz U z z f z z

Ta chia 1, , J thành hai tập: 1, , k U và 1, , l U . Áp dụng

Hệ quả 5.2.3, sau khi chia cho 1( ) ( )kz z ta vẫn được một hàm thuộc

( )A U , nghĩa là:

1, ( ) ( ) ( ) ( )lz U z z f z F z với ( )F A U .

Gọi F là thác triển chỉnh hình của F lên .U Khi đó f có thác triển phân hình

lên U là f xác định bởi:

1

( )( ) , .( ) ( )l

F zf z z Uz z

Rõ ràng f có nhiều nhất l cực, degl N P .

Định lý đã được chứng minh.

Trong các đa thức P bậc không vượt quá N nói ở Định lý 5.2.4 ta chú ý tới đa

thức có tính chất ( 1) ( 2) ( ) 0Pf Pf Pf N vì sự tồn tại của nó được

khẳng định ở mệnh đề sau:

Mệnh đề 5.2.5 Đối với mỗi hàm liên tục :f U và mỗi số nguyên dương N

cho trước, luôn tồn tại đa thức khác không P thỏa mãn ( ) 0Pf n với mọi

, , 1n N .

Chứng minh.


35

Xét hệ

0 1

0 1

0 1

0 1

( ) ( 1) ( 2 ) 0

( 1) ( ) ( 2 1) 0

( 2) ( 3) ( 2) 0

( 1) ( 2) ( 1) 0

N

N

N

N

a f N a f N a f N

a f N a f N a f N

a f a f a f N

a f a f a f N

.

Đây là hệ thuần nhất gồm N phương trình, 1N ẩn nên luôn có nghiệm không tầm

thường 0 1, , , Na a a .

Đặt 0 1( ) .NNP z a a z a z Vậy P là một đa thức khác không. Ta có:

int int0 1

0 1

1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

( ) ( 1) ( ).

it it it iNt itN

N

Pf n P e f e e dt a a e a e f e e dt

a f n a f n a f n N

Từ hệ trên suy ra :

( 1) ( 2) ( ) 0Pf Pf Pf N .

Như vậy mệnh đề đã được chứng minh.


36

Chương 2

Nguyên lý argument và thác triển phân hình

Giả sử hàm : \ 0U liên tục, ta ký hiệu ( )W là số gia argument của

dọc U chia cho 2 : 1( ) arg2 UW .

Nội dung chính của chương này là chứng minh kết quả sau :

Điều kiện cần và đủ để hàm liên tục :f U thác triển phân hình lên đĩa đơn

vị U là tồn tại số tự nhiên N sao cho ( )W Pf Q N với mọi cặp đa thức ,P Q

thỏa mãn 0Pf Q trên .U

1 Thác triển chỉnh hình Trong phần này chúng ta xét trường hợp đặc biệt khi 0N , kết quả đạt được là:

Định lý 1.1 Hàm liên tục :f U thác triển chỉnh hình lên đĩa đơn vị U nếu

và chỉ nếu ( ) 0W f Q với mọi đa thức Q sao cho 0f Q trên .U

Để chứng minh Định lý này chúng ta cần tới Bổ đề sau:

Bổ đề 1.2 Cho hàm liên tục :F U và p là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện:

( ) 0pW z F Q với mọi đa thức Q mà 0pz F Q trên .U Khi đó ta có

( ) 0pU

z F z dz

.

Chứng minh Bổ đề 1.2

Giả sử ngược lại

( ) 0pU

z F z dz

.

Gọi ikk

kA e

là chuỗi Fourier của hàm liên tục 1 ( )pz F z . Theo công thức tính hệ

số Fourier:


37

( 1)0

1 1( ) ( ) 02 2

i i p pU

A F e e d z F z dzi

.

Không mất tính tổng quát ta có thể coi 0 1A . Với mỗi số tự nhiên ,m đặt:

( )m

i ikm k

k mS e A e

và

0 11( ) ( ) ( ) ( )

1i i i i

m mC e S e S e S em

.

Ta có:

0 1 0 1 0

01

1( ) ( ) ( )1

1 ( 1) ( 1 )( ) .1

i i i im imm m m

mik ik

k kk

C e A A e A A e A e A A em

m A m k A e A em

Vì 0 1A nên từ đẳng thức trên ta suy ra tồn tại các đa thức ( ), ( )m mR z T z xác định

trên U sao cho

( ) 1 ( ) ( ), .m m mC z zR z zT z z U

Chuyển qua phần thực ta được

(1.1) ( ) 1 ( ) ( ) ,m m mC z zR z zT z z U .

Mặt khác áp dụng định lý Fejer (1.3.1-Chương 1), dãy ( )imC e hội tụ đều về

( 1) ( )i p ie F e trên . Do đó ta có với m đủ lớn :

1 1( ) ( ) ,2

pmC z z F z z U .

Suy ra :

(1.2) 11 1( ) ( )2 2

pmC z z F z .

Từ (1.1) và (1.2) dẫn tới với những m đủ lớn, bất đẳng thức sau được thỏa mãn

1 3( ) ( ) ( ) ,2 2

pm mz z F z R z T z z U .


38

Như thế

( ) ( ) ( ) 0 ( )pm mz z F z R z T z z U

và

( ) ( ) ( ) 0pm mW z z F z R z T z .

Vậy:

( ) ( ) ( ) 1pm mW z F z R z T z .

Đặt ( ) ( ) ( ).m mQ z R z T z Ta có 0pz F Q trên U và ( ) 1 0pW z F Q ,

điều này trái với giả thiết của Bổ đề.

Do đó:

( ) 0.pU

z F z dz

Bổ đề 1.2 đã được chứng minh.

Nhận xét 1.3 Qua chứng minh ở trên ta thấy nếu :F U liên tục và p là số

nguyên dương sao cho:

1 ( )p ikk

kz F z A e

với 0 1 10, 0p pA A A A A

thì tồn tại đa thức Q thỏa mãn 0F Q trên U và ( ) 1W F Q p .

Chứng minh.

Thật vậy, không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử 0 1A . Bởi vì

01

1( ) ( 1) ( 1 )( )1

mi ik ik

m k kk

C e m A m k A e A em

nên ta có ( ) 1imC e nếu m p và khi m p thì:

1

1( ) 1 ( 1 )( )1

mi ik ik

m k kk p

C e m m k A e A em

.

Do đó tồn tại các đa thức ( ), ( )m mR z T z sao cho

1 1( ) 1 ( ) ( ), .p pm m mC z z R z z T z z U


39

Bằng lập luận tương tự như trong chứng minh Bổ đề 1, khi m đủ lớn ta nhận được

đẳng thức

1 ( ) ( ) ( ) 0pm mW z F z R z T z .

Vì vậy

( ) ( ) ( ) 1.m mW F z R z T z p

Đặt ( ) ( ) ( ).m mQ z R z T z Ta có 0F Q trên U và ( ) 1W F Q p .

Chứng minh Định lý 1.1

) Giả sử f thác triển chỉnh hình lên U với hàm thác triển là f . Ta có f Q liên

tục trên U , chỉnh hình trên U và ( ) Uf Q f Q .

Theo nguyên lý argument: ( )W f Q chính là số không điểm của f Q trong U

nếu 0f Q trên .U

Vậy

( ) ( ) 0.W f Q W f Q

) Đảo lại, giả sử ( ) 0W f Q với mọi đa thức Q mà 0f Q trên U . Với

mỗi \U , xét hàm liên tục F xác định trên U bởi

( )( ) ,f zF z z Uz

.

Gọi Q là đa thức sao cho 0F Q trên .U Lúc này ta cũng có

( ) ( ) ( ) 0,f z z Q z z U

và

1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , .F z Q z f z z Q z z Uz

Bởi vì \U nên số gia argument của hàm 1zz

dọc U bằng không.

Mặt khác theo giả thiết

( ( ) ) 0.W f z Q


40

Như vậy với mọi đa thức Q mà 0F Q trên U ta có

( ) ( ( ) ) 0.W F Q W f z Q

Áp dụng Bổ đề 1.2 cho hàm F với 0p ta được

( ) 0U

F z dz

.

Do đó với mọi \U ta đều có

( ) 0.U

f z dzz

Áp dụng Hệ quả 5.2.2 –Chương 1 suy ra f thác triển chỉnh hình lên .U

2 Thác triển phân hình Trước hết ta chứng minh điều kiện thác triển phân hình đối với một hàm trơn trên

U dựa vào nguyên lý argument.

Định lý 2.1 Điều kiện cần và đủ để hàm ( )f C U thác triển phân hình lên đĩa

đơn vị U là tồn tại số tự nhiên N sao cho ( )W Pf Q N với mọi cặp đa thức

,P Q thỏa mãn 0Pf Q trên U .

Để chứng minh định lý này chúng ta cần hai bổ đề sau:

Bổ đề 2.2 Giả sử A là tập con khác rỗng của và : A là một ánh xạ Lips-

chitz. Khi đó nếu A có độ đo Lebesgue bằng không thì ( )A cũng có độ đo Lebes-

gue bằng không.


Gọi ,u v tương ứng là phần thực và phần ảo của . Ta có , :u v A . Do là

Lipschitz nên ,u v cũng là Lipschitz. Vậy phải tồn tại hằng số 0L để với mọi

( , )z A A ta có:

( ) ( )u z u L z .

Xét hàm 2:u xác định bởi

2 , ( ) inf ( ) :x u x u a L x a a A .


41

Do với mỗi a A , ánh xạ ( )x u a L x a là L Lipschitz nên u là Lipschitz.

Rõ ràng u u trên A .

Tương tự ta cũng thấy v có mở rộng Lipschitz là 2:v .

Vậy có mở rộng Lipschitz : . Giả sử 0M là hằng số thỏa mãn

(2.1) 2( ) ( ) , ( , )z M z z .

Với 0 tùy ý.

Bởi vì A có độ đo Lebesgue bằng không nên tồn tại dãy các hình vuông 1n nP

phủ A sao cho

(2.2) 21 2n

nP

M

, nP chỉ diện tích của nP .

Gọi nc là độ dài cạnh của nP thì 2nc là độ dài đường chéo của nP . Sử dụng (2.1)

suy ra ( )n nP Q , với nQ là hình vuông cạnh . 2nM c .

Như vậy 1n nQ

là dãy hình vuông phủ ( )A và theo (2.2)

2 2 2

1 1 12 2n n n

n n nQ M c M P

.

Điều trên dẫn tới ( ) ( )A A có độ đo Lebesgue bằng không.

Bổ đề 2.3 Giả sử m là số nguyên dương cho trước và : U là hàm thỏa

mãn ( ) ( )C U A U . Nếu không đồng nhất bằng không trên U thì luôn

tìm được sao cho 0mz trên U và ( )mW z m .


Gọi là thác triển chỉnh hình của lên .U

Trường hợp 1: ( ) 0z với mọi z U .

Theo nguyên lý argument ( )mW z chính là số không điểm của hàm mz trong .U


42

Vậy:

( )= ( )m mW z W z m .

Như thế trong trường hợp này ta chọn 0 .

Trường hợp 2: Tồn tại z U để ( ) 0z , nghĩa là 0 ( )H U với H là hàm xác

định bởi:

: , ( ) ( ), .mH U H z z z z U

Bởi vì mz liên tục trên U và không đồng nhất bằng không trên U nên mz

không đồng nhất bằng không trên .U

Gọi là bội của không điểm 0z của mz trong .U Rõ ràng m . Sử dụng

Hệ quả 2.4.4 của nguyên lý argument, sẽ tồn tại (0; 1)r và 0 sao cho trong

đĩa mở (0; )D r hàm mz có đúng không điểm khi .

Mặt khác vì ( )H C U nên theo Bổ đề 2.2 suy ra ( )H U có độ đo Lebesgue

bằng không.

Do đó:

(0; ) ( )D H U mặc dù 0 ( )z H U .

Vậy phải có : 0 để 0mz trên U đồng thời mz có

đúng không điểm trong (0; ) .D r U

Áp dụng nguyên lý argument cho hàm chỉnh hình mz ta được:

( )= ( ) .m mW z W z m

Như vậy Bổ đề 2.3 đã được chứng minh hoàn toàn.

Chứng minh Định lý 2.1

Điều kiện cần.

Giả sử f có thác triển phân hình lên U là f với số cực N . Xét cặp đa thức ,P Q

thỏa mãn 0Pf Q trên .U


43

Gọi 0 , p tương ứng là số không điểm ( kể cả bội ) và số cực điểm (kể cả bội) của

P f Q trong .U Khi đó .p N

Theo nguyên lý argument:

0( ) ( ) .p pW Pf Q W P f Q N

Điều kiện đủ.

Ta xét 1N vì 0N đã được chứng minh trong Định lý 1.1.

Áp dụng Mệnh đề 5.2.5-Chương 1 sẽ có đa thức khác không P với bậc không

vượt quá N sao cho:

(2.3) ( 1) ( 2) ( ) 0Pf Pf Pf N .

Để chứng minh f thác triển phân hình lên U ta sẽ chứng minh Pf thác triển chỉnh

hình lên U , nghĩa là ta chứng minh ( )Pf A U ( Định lý 5.2.4-Chương 1 ).

Xác định các hàm ,G H trên U bởi:

2

2 3

( ) (0) (1) (2)

( ) ( 1) ( 2) ( 3)

G z Pf Pf z Pf z

H z Pf z Pf z Pf z

( )z U

Vì ( )Pf C U nên chuỗi Fourier của Pf hội tụ đều về chính nó trên (Hệ quả

1.5.2-Chương 1).

Vậy trên U ta có

Pf G H với , ( ) ( )G H C U A U .

Do (2.3) nên

1 2 1( ) ( 1) ( 2) ( ),N N NH z Pf N z Pf N z z z z U ,

ở đây ( ) ( )C U A U .

Giả sử không đồng nhất bằng không trên .U Áp dụng Bổ đề 2.3 có sao

cho 1 0Nz trên U và 1( ) 1NW z N .

Điều trên dẫn tới


44

1 1( ) ( ) ( ) 1.N NW Pf G W z W z N

Xấp xỉ hàm G bằng đa thức Q ta thu được 0Pf Q trên U đồng thời

( ) 1.W Pf Q N

Điều này trái với giả thiết của Định lý 2.1. Vậy 0 trên U và do đó

( ).Pf G A U

Theo Định lý 5.2.4-Chương 1 ta có f thác triển phân hình lên U và hàm thác triển

có nhiều nhất nhất N cực điểm.

Từ chứng minh Điều kiện đủ ở trên chúng ta thấy điểm mấu chốt là Pf có dạng

Pf G H với ( )G A U và ( ) ( )H C U A U , vì vậy có thể mở rộng Định

lý 2.1 tới kết quả sau.

Định lý 2.4 Giả sử :f U thỏa mãn f G H trên U với ( )G A U và

( ) ( )H C U A U . Nếu tồn tại số nguyên dương N sao cho với mọi cặp đa thức

,P Q mà 0Pf Q trên U ta đều có ( )W Pf Q N thì f thác triển phân

hình lên U và hàm thác triển có nhiều nhất N cực .

Chứng minh.

Gọi P là đa thức khác không bậc không vượt quá N thỏa mãn điều kiện

(2.4) ( 1) ( 2) ( ) 0Pf Pf Pf N .

Trên U ta có

Pf PG PH .

Do ( )PH C U nên nhờ tính hội tụ đều của chuỗi Fourier của PH trên ta

viết được

1PH F H trên U ; với 1, ( ) ( )F H C U A U .

Vậy

1 1 1Pf PG F H G H ,

trong đó 1 1( ), ( ) ( )G PG F A U H C U A U .


45

Suy ra với mọi số nguyên n :

1 1( ) ( ) ( )Pf n G n H n .

Theo Định lý 5.2.1-Chương 1 ta có 1( ) 0, 0G n n (do 1 ( )G A U ). Kết hợp

với (2.4) ta thu được:

1 1 1( 1) ( 2) ( ) 0H H H N .

Do đó

(2.5) 1 1 1(1) (2) ( ) 0H H H N .

Mặt khác vì 1 ( ) ( )H C U A U nên:

21 1 1 1 1( ) ( ) (0) (1) (2) ,n

nH z H n z H H z H z z U

.

Do (2.5) ta có:

1 2 11 1 1 1 1( ) (0) ( 1) ( 2) (0) ( )N N NH z H H N z H N z H z z

với ( ) ( )C U A U . .

Vậy trên U có đẳng thức

11 1(0) .NPf G H z

Lập luận tương tự như trong chứng minh Định lý 2.1 ta thu được 0 trên .U

Suy ra:

1 1(0) ( ).Pf G H A U

Từ Định lý 5.2.4-Chương 1, ta có f thác triển phân hình lên U và hàm thác triển

có nhiều nhất N cực.

Trước khi đi tới kết quả tổng quát ta cần bổ đề sau:

Bổ đề 2.5 Giả sử hàm :f U liên tục và N là số nguyên dương sao cho

( )W Pf Q N với mọi cặp đa thức ,P Q mà 0Pf Q trên U . Khi đó tồn tại


46

2N số phức 2 1

1, 1

Nj j

j N

thỏa mãn :

2 1

11

( ) ( 1)N

jj

j N

f N k f k j

với mọi k nguyên dương.

Chứng minh.

Cố định số tự nhiên m , xét các phiếm hàm tuyến tính 1, : mj xác định

bởi: 10 1( , , , ) ,m

mx x x x

1 0 1

2 0 1

0 1

2 0 1

2 1 0 1

( ) ( 1) ( 2) ( 1 )

( ) ( 2) ( 3) ( 2 )

( ) ( ) ( 1) ( )

( ) ( 2) ( 3) ( 2)

( ) ( 2 1) ( 2 2) ( 2 1)

m

m

N m

N m

N m

x x f x f x f m

x x f x f x f m

x x f N x f N x f N m



và

0 1( ) ( 1) ( 2) ( 1)mx x f N x f N x f N m .

Trước hết ta chứng minh 2 1

11

(2.6) .N

jj

j N

Ker Ker

Giả sử ngược lại 2 1

11

.N

jj

j N

Ker Ker

Vậy phải có 10 1( , , , ) m

mx a a a sao cho


47

( ) 0, 1, 2 1 ( 1)(2.7) .

( ) 0j x j N j N

x

Đặt 0 1( ) ( ) ( ),mmF z a a z a z f z z U và gọi ik

kk

A e

là chuỗi Fourier

của hàm 1Nz F .

Ta có:

( 1 )0 1

0 1

1 ( ) ( )2

( 1) ( 2) ( 1).

i im i i N kk m

m

A a a e a e f e e d

a f k N a f k N a f k N m

Cụ thể là

0 1 1

1 0 1

1 0 1 2

0 1 2 1

( 1) ( 2) ( 1 ) ( )

( ) ( 1) ( ) ( )

( 2) ( 3) ( 2) ( )

( 2 1) ( 2 2) ( 2 1) ( )

N m

m N

m N

N m N

A a f a f a f m x

A a f N a f N a f N m x



và

0 0 1( 1) ( 2) ( 1) ( )mA a f N a f N a f N m x .

Theo điều kiện (2.7) ta có

1 20

1 2

0à 0.

0N

N

A A Av A

A A A

Áp dụng Nhận xét 1.3, sẽ tồn tại đa thức Q thỏa mãn 0F Q trên U đồng thời

( ) 1W F Q N . Đặt

0 1( ) , .mmP z a a z a z z U

Ta có 0Pf Q trên U và ( ) 1W Pf Q N , điều này trái với giả thiết của

Bổ đề.


48

Vậy (2.6) đã được chứng minh. Suy ra là tổ hợp tuyến tính của 2N phiếm hàm

j , tức là tồn tại 2N số phức 2 1

1, 1

Nj j

j N

sao cho 1

0 1( , , , ) mmx x x x

đều có

1 1 2 2 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )N N N N N Nx x x x x .

Một cách tương đương: với mọi 10 1( , , , ) m

mx x x , đẳng thức sau luôn đúng

0 1

1 0 1

2 0 1

0 1

2 0 1

2 1 0 1

( 1) ( 2) ( 1)

( 1) ( 2) ( 1 )

( 2) ( 3) ( 2 )

( ) ( 1) ( )

( 2) ( 3) ( 2)

( 2 1)

m

m

m

N m

N m

N

x f N x f N x f N m

x f x f x f m

x f x f x f m

x f N x f N x f N m

x f N x f N x f N m

x f N x f

( 2 2) ( 2 1) .mN x f N m

Hệ quả là

1 2 2 1

1 2 2 1

1 2 2 1

( 1) ( 1) ( ) ( 2) ( 2 1)

( 2) ( 2) ( 1) ( 3) ( 2 2)

( 1)

( 1 ) ( ) ( 2) ( 2 1)

N N N

N N N

N N N

f N f f N f N f N

f N f f N f N f N

f N m

f m f N m f N m f N m

Do m là số tự nhiên tùy ý nên với mọi k nguyên dương ta có:

2 1

11

( ) ( 1)N

jj

j N

f N k f k j

.

Như vậy Bổ đề 2.5 đã được chứng minh.

Kết quả sau đây là mục đích chính của luận văn này.


49

Định lý 2.6 Điều kiện cần và đủ để hàm liên tục :F U thác triển phân hình

lên U là tồn tại số tự nhiên N sao cho ( )W PF Q N với mọi cặp đa thức ,P Q

thỏa mãn 0PF Q trên .U

Chứng minh.

Điều kiện cần: Tương tự như trong chứng minh Định lý 2.1.

Điều kiện đủ: Ta chỉ xét 1N vì 0N đã được chứng minh trong Định lý 1.1. Đặt

2(2.8) ( ) ( 1) ( 2) , .z F N z F N z z U

Ta có chỉnh hình trên U và do 1 2 2

( ) ( )N

n nF n F n

nên 2H (Định

lý 4.1.2-Chương 1). Ta sẽ chứng minh là một phân thức chỉnh hình trên lân cận

của U . Thật vậy, theo Bổ đề 2.3:

2 1

11

( ) ( 1), 1,N

jj

j N

F N k F k j k

nên

1 2 2 1

21 2 2 1

( ) ( 1) ( ) ( 2) ( 2 1)

( 2) ( 1) ( 3) ( 2 2)

N N N

N N N

z z F F N F N F N

z F F N F N F N

Bằng cách nhóm các j ta được

21

22

2

22

22 1

(2.9) ( ) ( 1) ( 2)

( 2) ( 3)

( ) ( 1)

( 2) ( 3)

( 2 1) ( 2 2) .

N

N

N

z F z F z

F z F z

F N z F N z

F N z F N z

F N z F N z


50

Xét các đa thức 1 2 2 1, , , , ,N N NP P P P xác định trên U bởi:

21

2 12

2

23

22 1

(2.10) ( ) ( 1) ( 2) ( )

( ) ( 2) ( 3) ( )

( ) ( )

( ) ( 1)

( ) ( 1) ( 2)

( ) ( 1) ( 2) ( 2 ) .

N

N

N

N

N

NN

P z F z F z F N z

P z F z F z F N z

P z F N z

P z F N z

P z F N z F N z

P z F N z F N z F N z

( )z U

Từ (2.8), (2.9) và (2.10) ta suy ra:

11 1 2 2

12 2

23 3 2 1 2 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) .

N N

N N N N

NN N N N

z P z z z P z z z

P z z z z P z z

z P z z z P z z

Đưa ( )z về một vế ta thu được

1 1 21 2 2 3 2 1

11 1 2 2 2 2 2 1 2 1

( ) 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .

N N NN N N N

NN N N N N N

z z z z z z z

P z P z P z z P z z P z

Đẳng thức trên dẫn tới: tồn tại các đa thức ( ), ( )R z S z không có nhân tử chung sao

cho ( )( ) ,( )

R zz z US z

. Bởi vì 2H nên Hệ quả 4.2.3-Chương 1 cho phép ta

kết luận là một phân thức chỉnh hình trong lân cận của .U

Đặt:

2( ) ( 1) ( 2) ( ) ( ).N NH z F z F z F N z z z

Vậy H cũng là một phân thức chỉnh hình trong lân cận của .U Ta có với mọi

z U thì


51

2

2

1 1 1 1( ) ( 1) ( 2) ( ) ( )

1 1( 1) ( 2)

N NH z F F F N zz z z z

F Fz z

Bằng cách tính các hệ số Fourier của H ta được

2

( 1) ( 2)

1 1 1( ) ( 1) ( 2)2

1 ( 1) ( 2) .2

ini i

i n i n

H n F F e de e

F e F e d

Do đó với mọi số nguyên âm n :

( ) ( )H n F n .

Đặt .G F H Vậy G liên tục trên U và ( ) ( ) ( ) 0G n F n H n với mọi số

nguyên âm n . Từ Định lý 5.2.1-Chương 1, ta có ( )G A U .

Như thế

,F G H

với ( )G A U và H là một phân thức chỉnh hình trong lân cận của ,U đặc biệt

( ) ( )H C U A U . Áp dụng Định lý 2.4 ta suy ra F thác triển phân hình lên U

và hàm thác triển có nhiều nhất N cực. Định lý đã được chứng minh.


52

KẾT LUẬN

Các kết quả ở trên cho chúng ta đặc trưng đơn giản để một hàm liên tục trên U

thác triển phân hình lên U . Ta cũng nhận thấy ở các Định lý 2.1 và 2.4 chỉ cần xét

Q trong lớp tất cả các đa thức có bậc không vượt quá số nguyên dương N nhưng ở

Định lý 2.6 ,P Q phải có bậc lớn tùy ý. Đặc biệt Định lý 1.1 sẽ không đúng nếu Q

có bậc bị chặn bởi Mệnh đề sau.

Mệnh đề 2.7 Đối với mỗi số nguyên dương 0n bất kì cho trước, luôn tồn tại hàm

liên tục :f U sao cho ( ) 0W f Q với mọi đa thức Q có bậc không vượt

quá 0n , 0f Q trên U nhưng f không thể thác triển chỉnh hình lên .U

Chứng minh.

Lấy 0 1n n và : 1a a , xét hàm :f U cho bởi

( ) ,n af z z z Uz

.

Giả sử Q là đa thức tùy ý có bậc không vượt quá 0n , 0f Q trên U .

Gọi 0 , p tương ứng là số không điểm và số cực điểm (kể cả bội) của hàm f Q

trong U , vậy 1p .

Ta có 0 bằng số không điểm trong U của đa thức:

11( ) ( )nQ z z zQ z a .

Do bậc của đa thức ( )zQ z không vượt quá 0 1n nên 1nz là số hạng có bậc cao

nhất của 1Q . Sử dụng định lý Viet cho đa thức, suy ra tích môdul các không điểm

của 1Q bằng 1a . Vậy phải có một không điểm thuộc ,U nghĩa là 0 1 .

Áp dụng nguyên lý argument:

0 0( ) 1 0pW f Q .

Rõ ràng f liên tục trên U và không thể thác triển chỉnh hình lên .U


53

Cuối cùng một câu hỏi được đặt ra là: trong Định lý 2.6 (với 1N ) ta có thể chọn

1P như trong Định lý 1.1 hay không ? Nói cách khác nếu f là hàm liên tục trên

U và có số nguyên dương N để ( )W f Q N với mọi đa thức Q thỏa mãn

0f Q trên ,U liệu f có thác triển phân hình lên U ?

Câu hỏi này cho tới nay vẫn còn để mở ngay cả trong trường hợp đơn giản của Định

lý 2.1 khi mà ( )f C U .


54

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt

1. Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2001), Cơ sở lý thuyết hàm và giải tích hàm, tập

2, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà nội.

2. Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2009), Hàm biến phức, Nhà xuất bản Đại học

Quốc gia Hà nội, Hà nội.

Tiếng Anh

1. Josip Globevnik (2008), “Meromorphic extendibility and the argument prin-

ciple”, Publ.Mat, 52, 171-188.

2. LarsV. Ahlfors (1966), Complex analysis, Mc Graw-Hill Book Company, New

York.

3. Sheldon Axler, Paul Bourdon, Wade Ramey (2001), Harmonic Function Theory,

Springer-Verlag, New York.

4. Thomas Ransford (1995), Potential Theory in the Complex Plane, Cambridge

Univ press, Cambridge.

5. W. Rudin (1964), Principles of Mathematical Analysis, Mc Graw-Hill Book

Company, New York.

6. W. Rudin (1974), Real and Complex Analysis, Mc Graw-Hill Book Company,

New York.

Thác triển hàm phân hình trên đĩa đơn vị trong mp phức

Documents

Transcript of Thác triển hàm phân hình trên đĩa đơn vị trong mp phức