Đại Số banach và đại số đều trong giải tích phức 6

Luận văn thạc sĩ kho học ngành Giải Tích-Chuyên đề: Đại Số banach và đại số đều trong giải tích phức

Chương 3 ĐẠI SỐ ĐỀU

Ta gọi một đại số đều trên không gian Hausdorff compact X là một đại số con đóng đều của đại số CỢX) chứa các hằng số và phân biệt các điểm của X Cung cấp với chuẩn sup

|f Ìy = sup f(x)|

đại số đều A trở thành một đại số Banach Ta sẽ xét compact X như một tập con đóng của không gian M, các ideal cực đại của đại số A, đồng nhất các điểm

x e X với đồng cấu đặt các hàm với giá trị của nó tại điểm này ( x e X đồng nhất $(f) = f(x) thuộc Mẹ )

Biên Shilov ô¿ của đại số A là một tập con đóng của compact X

Trong chương này ta nghiên cứu các đại số đều, đặc biệt chú ý đến đại

số đều các hàm giải tích trên tập hợp phẳng

§.3.1 Các đại số trên tập hợp phẳng

1 Định nghĩa và ví dụ

Cho K là một tập con compact của mặt phẳng phức Chúng ta xét ba đại

số đều sau đây trên compact K

Đại số P(K) lập nên từ các hàm thuộc C(K) xấp xỉ đều được trên K bởi các đa thức của biến z

Đại số R(K) lập nên từ các hàm thuộc C(K) xấp xĩ đều được trên K bởi - các hàm hữu tỷ với cực điểm ở ngoài K

Đại số A(K) lập nên từ các hàm thuộc C(K) giải tích ở phần trong của compact K

Rõ ràng P(K) c R(K)c A(K)

Chúng ta chú ý đến điều kiện để f e A(K) thì f e P(K) hoặc f e R(K)

Định lý 3.1,1 và 3.1.2 cho ta ví dụ quan trọng

3.1.1 Định lý

Tén tai compact K c6 P(K) # R(K)

Chứng mỉnh

Xét K = bA, biên của đĩa đơn vị Khi với f(z) = 1/z thì f e R(K), tuy nhiên

f ¢ P(K) That vay, néu cé day { f; } các đa thức sao cho f„—> f ( đều )

thì

đó

[f,dz > [f dz Theo dinh ly Cauchy [f,dz=0 với mọi n Trong khi

[fdz = jz = 2ri #0 Ta gặp mau thufn

Zz

3.1.2 Dinh ly

Tén tai compact K c € sao cho

R(K) # C(K) = A(K) Chifng minh

Ký hiệu A là đĩa đơn vị đóng Ký hiệu {zạ} là tập tất cả các điểm hữu tỷ

thuộc Int(A) Chọn zn ¡“z1 với 0<r¡ < 1⁄2 sao cho

Ái = Bứi, rị ) CInt(A);

Chọn z„„ với n; là số bé nhất để z„„ # A; và số 0r;< -L sao cho

A;= Bzn, r› ) C Int(A), A; ¬ Ai =Ø

^^“

k-1 Chọn z„ với nụ là số bé nhất để Zz„ #|j Ai và số 0<r, <=

i=l

Sao cho Ay = B(zq, te) CInt(A), A) (AL U Aed=2

Theo qui nạp ta được dấy các đĩa {A} có bán kính rạ < 1/2", đôi một không giao nhau và

K=A\[JAy =ƒ)(A\VAV)

k=l k=l

là một tập con đóng, không có điểm trong A Do đó K là tập compact và

K=bK= bAU(LJ(bA,))

k=l

Ta sẽ chứng minh K có tính chất mong muốn

Nếu f(z) là hàm hữu tỷ có điểm cực ngoài K thì theo định lý Cauchy

©

| f(2)dz = | f(z)dz = [ f(z)ảz~ 3 |†(z)dz =0

Với mọi f e R(K) đều có dãy { f„ } các hàm hữu tỷ có điểm cực ở ngoài K để

fạ —> f ( đều ) nên theo tính chất của tích phân

ƒ f(z)dz = lim j f„(z)dz =0

Bây giờ ta xét hàm

f(z) = Za(z)

Trong đó

tuyến tính theo |z| trong miễn còn lại

ở đây œe(0,1) sao cho B(0,œ) A¡

Hiển nhiên f e C(K) ta có

27

Ị f(z)dz = ƒ zdz = Ị e tịetdt = 2i

và

x [fŒ)dz

k=l bAy

[fŒ)dz bÁy

<>

` k=2

< S2 i, <2

Do đó

Ị f(z)dz = J f(z)dz — x [fŒœ)dzz0

k=l bA,

Do phần đầu của chứng minh ta có f ¢ R(K)

Định lý được chứng minh

Bởi vì Int(K) = Ø nên C(K) = A(K) là hiển nhiên,

2 Công thức Green dạng phức

Ta nhớ lại hai toán tử vi phân Of/dz va Of/0Z

dz 2 Ôx dy

0z 2 ox dy

Hàm khả vi liên tục g trén tap mở D giải tích © = =0 trén D, Nếu g giải tích

Z trên D thì đạo hàm của g ( theo nghĩa phức ) trùng với _ Nếu D là tập mở với biên T' của nó là một số hữu hạn đường cong trơn, f là hàm khả vi liên tục trên

D vu I Khi đó công thức Green có dạng,

Néu f giải tích thì theo công thức Green ta được công thức Cauchy

f)= ole *(2) 74a

3.1.3 Định lý

Cho K là một tập con compact trong mặt phẳng phức Nếu f e C(K) thác

triển đến một hàm khả vi liên tục trong một lân cận nào đó của K và ôf/Øz= 0

trên K thì f eR(K),

Chifng minh

Chúng ta có thể thác triển f thành một hàm khả vi liên tục trong toàn mặt

phẳng phức có giá compact Khi đó theo công thức Green:

Ở đây tích phân lấy trên toàn mặt phẳng phức,

Giả sử ps 1A một độ đo trên K, trực giao đối với R(K) Theo định lý Fubini

[tdu=-~ J l= a J = om oy

( bởi vì z e KẾ (phần bù của K)thì tích phân [„ gtwẲ@=0 do p true giao các

z _—

hàm Í(z) = = ) Theo giả thiết - =Q0 trên Knên ta cố [fd = 0

Z —_

Từ đó, mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục trên C(K), trực giao đối với

R(K) đều trực giao đối với f Theo định lý Haln-Banach ta có f eR(K)

Định lý được chứng minh,

3.1.4 Định lý

Cho K là tập con compact của mặt phẳng phức, Nếu f eC(K), hơn nữa f

thác triển được đến một hàm giải tích trong một lân cận nào đó của K thì

feR(K),

Chifng minh

Định lý 3.1.4 là hệ quả trực tiếp của định lý 3.1.3

3.1.5 Định lý

Cho K là một tập con compact của mặt phẳng phức Khi đó không gian

các các ideal cực đại của đại số R(K) trùng với K Biên Shilov của đại số R(K)

là biên tôpô bK của compact K,

Chifng minh

Mỗi phiến hàm œ@ e Mạạo xác định một giá trị g(z) trên hàm tọa độ z Bởi vì hàm z - @(z) không là phần tử khả nghịch của đại số R(K) nên g(z) phải thuộc K ( Vì @( z - @(2) ) = @(2) - @(2z) = 0 — z - @(Z) e A¿=— 7 - @(Z) không khả

nghịch — z - @(z) = 0 — @(7) = z e K ),

Do vậy mỗi đồng cấu œ được đặt tương ứng với một điểm của K và ngược lại mỗi điển z thuộc K đều xác định một đồng cấu ọ, là e Mạạqc có @(Z) = z

Ta có khẳng định thứ nhất của định lý

Bây giờ giả sử zo e bK Nếu z¡ e KẾ chọn gần với z thi hàm

(z~— z¡)† e R(K) có môđun đạt cực đại trên K tại điểm gần với zọ Từ đó suy ra rằng, điểm zo thuộc biên Shilov của đại số R(K) vì biên Shilov đóng Như vậy,

bKc Ontx): Mặt khác, mỗi hàm thuộc R(K) giải tích trên tập Int(K) nên đều có môđun đạt cực đại trên bK Như vậy bK Ôgœ và bK = Øgựo

Định lý được chứng minh

3 Dinhly Runge

Hợp của compact K với các thành phần bị chặn của K° được ký hiệu là

K Rõ ràng, K là compact và K=K , tập K=K <> K° lién thông

Biên tôpô của K là biên ngoài của tập K, tức là tập các điểm của bK mà

nó thuộc biên của một thành phần không bị chặn nào đó của K”

Nếu f là đa thức thì theo nguyên lý cực đại | f |, =|f|£

Do đó mọi dãy các đa thức hội tụ đều trên K đến một hàm g e P(K) cũng sẽ hội

tụ đều trên K dén một hàm ê e P(K) thỏa mãn điều kiện |§|| = |ø |L Như

vay, g > ê là một đẳng cấu, đẳng cự, nó trùng với phép biến đổi Gelfand va cho phép đồng nhất P(K) với P(K )

3.1.6 Dinh lý

Cho K là một tập con compact của mặt phẳng phức Khi đó không gian

các ideal cực đại của P(K) là K, biên Shilov của đại số P(K) trùng với biên

ngoài của K, tức là biên tôpô của K Cuối cùng

P(K) =P(K) =R(K)

Chifng minh

Theo định lý 3.1.5 chỉ cần chting minh P(K )= R(K) Dé lam diéu d6 chỉ

cần chứng tỏ rằng

(z-^)! e P(Ê ) nếu A £ K

Nếu cân, thay K bởi K ta có thể giả thiết KC liên thông Giả sử U là tập tất cả

cic A e KẾ sao cho ( ^.- z)” e P(K) ta sẽ chứng tổ: U=Kf,

Nếu À„ e U và À„ —> À e KẾ thì dãy ( z - À„ }' hội tụ đều trên K đến hàm (z-^.) ”.Do đó, A e U và Ú là tập con đóng của K”

Nếu | ^ | đủ lớn thì chuỗi

-l

(z-À) = ăn

hội tụ đều trên K, Vì vậy A e U nếu | ^ | đủ lớn, tức U # Ø

Giả sử Ào e U Khi đó : ———<P() với mọi n>]

(Z—^Àạ)

.Nếu A đủ gần ^o thì chuỗi (z—^) = yt hội tụ đều trên K.Do

đó ^ e U nếu 2 di gan Ao, tức là U mở

Vì KỸ liên thông và U mở và đóng trong nó nên U = KẾ

Định lý được chứng minh

3.1.7 Định lý (Định lý Runge)

Nếu K là một tập con compact của mặt phẳng với phần bù liên thông Khi

đó mọi hàm giải tích trong một lân cận nào đó của compact K đều có thể xấp xỉ đều trên K bởi các đa thức của biến z

Chifng minh

Suy ra trực tiếp từ định lý 3.1.4 và định lý 3.1.6

§ 3.2 Định lý Arens

1 Tổng quát đại số A(K)

Hiển nhiên biên Shilov của đạisố A(K) trùng với bK ( theo nguyên lý môđun cực đại Một điểu cũng đúng nhưng không hiển nhiên là không gian các ideal cực đại A(K) trùng với K, Điều này, được suy ra từ định lý Arens,

Để có định lý Arens trước hết ta đưa ra một cách tổng quát của đại số A(K)

Giả sử K là tập con compact của mặt cầu Riemann SẺ và U là tập hợp mở của

S chứa trong K Qua A ( K,U ) ta ky hiéu đại số các hàm liên tục trên K, giải tích trên U,

Đại số A ( K,U ) là đóng đều, chứa các hằng số, Tuy nhiên, khi K = SỬ”, đại

số A ( K„U ) có thể không phân biệt các điểm của K

3.2.1 Bổ đề

Giả sử f e C(S”) và g là hàm liên tục khẩ vi có giá năm trong đĩa A(zo,ổ )

£(2) - (8) 08 aay

G@)= Í SE

Khi đó G e C(S? ) Ngoài ra hàm này giải tích tại những điểm f giải tích và tại

những điểm ngoài đĩa A (zo, ö ), Hiệu f - G giải tích tại những điểm trong của _

tập g”(1) Hàm G có đánh giá

[Glo < 43] % : sup |f(z)-f(zo)|

$? |z-z9|s8

Chifng minh

Hiển nhiên G giải tích tại những điểm không thuộc A(zo, õ ) Với mọi tz 0

G( + U- G@)) _ “fj f(z)-f(6) ôg dxdy — ree £6) if Og! Oz

do d6 néu f giải tích tại É thì G giải tích tai &

Ngoài ra theo công thức Green ta có

GE) =f.) +— J fr@ 2z'z—g túy

nên G - f giải tích tại điểm trong của tập g 1(1),

Cuối cùng, nếu |š - zạ|< ö thì

dxdy

z —€|

Tích phân trong bất đẳng thức này đạt cực đại khi khi Š = Zạvà giá trị cực đại

o@|s= sup |f(z)- f(20)||=

Z-Zo| <8

(A = A(Zy,8))

lúc đó là 2nõ Vậy ta có đánh giá nói trong bổ đề

Bổ để được chứng minh,

3.2.2 Định lý

Cho f e C(S”), hơn nữa hàm này giải tích trên một tập con mở nào đó

U cS”, Giả sử zo e S” Khi đó tổn tại dấy {f, }g6m các hàm liên tục trên SỐ,

giải tích trên U và giải tích trên một lân cận nào đó của zo Ngoài ra, dãy {f,}

hội tụ đều đến f trên Sˆ,

Chứng mỉnh

Ta có thể giả thiết zo = 0 Giả sử { g, } 1A day ham khả vi liên tục sao cho

ô g›(Z) = 0 khi | z | > 2/a, g„ (z) = 1 khi |z | < l⁄a và = <2n Đặt

G„(É)=— ~{ ƒ a Oe Bo dxdy

Theo bổ để 3.2.1

|G; [¿ <16sup|f)~f(0)|

ls

do đó { Gạ} hội tụ đều trên S? đến hàm không Lại sử dụng bổ để 3.2.1 ta có

day ham f; = f — G„ạ có các tính chất đòi hỏi

Định lý được chứng minh

2 Định lý Arens

3.2.3 Định lý ( Arens )

Giả sử U là một tập con mở của mặt c4u Riemann S’ va giả sử K là một

tập con compact của S? chứa U Giả sử rằng đại số A(K,U ) chứa một hàm

không đồng nhất bằng hằng số Khi đó A(K,U) là đại số đều trên K và không gian các ideal cực đại của nó trùng với K,

Chứng mỉnh

Với các giả thiết đã cho, A( K,U ) là một đại số đều, Ta còn phải chứng mỉnh mọi đồng cấu @ e Mạ đặt tương ứng mỗi hàm của đại số này với giá trị của nó tại một điểm nào đó thuộc K

Nếu U = Ø thì A(K,U) = C(K), kết quả đã có theo định lý 1.3.1 chương 1,

Nếu U # Ø thì ta có thể giả thiết œ e U Với mỗi ọ e MẠ giả sử

geA(K,U) sao cho g(©) = 0 @(g) = 1 Khi d6 z.g € A(K,U), Dat z = g(z.g) thi

@( — Zo)g) = 0

Giả sử f e A(K,U), Théc trién f dén ham liên tục trên SẼ, Theo định lý 3.2.2 ta tìm được dãy hàm f„ e A(K,U) sao cho mỗi hàm f; giải tích trong một lân cận nào đó của zo và f„ —> f đều trên K Khi đó

f, —f, (Zo) e A(K,U)

và

(f, mì (7)))

_#“ðg q() — f(zo) = lim (@(fu) — fa(2o)) = lim @( X@((z — zạ)g) = 0

Do đó được đặt tương ứng với giá trị tại zo của hàm f e A(K,U) Rõ ràng

Z €K

Định lý được chứng minh,

3.2.4 Định lý

Giả sử K là là tập con cơmpact của mặt phẳng Khi đó không gian các ideal cực đại của A(K) trùng với K

Chứng minh

Ký hiệu U = int(K) Khi đó A(K) = A(K,U) Do đó định lý 3.2.4 là hệ quả

trực tiếp của định lý Arens,