Một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức

Nguyễn Văn Khải, luậnvăn Thạc sỹ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài “Một số vấn đề về lýthuyết nội suy phức" do tôi tự làm.. Các kết quả và tài liệu trích dẫn đượcchỉ rõ nguồn gốc.Tr

VŨ ĐẠI NGHĨA

MỘT SỐ VẤN ĐỀ

VỀ LÝ THUYẾT NỘI SUY PHỨC

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Khải

HÀ NỘI, 2015

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn Văn Khải.

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới TS Nguyễn Văn Khải,người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tác giả hoànthành luận văn này

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, cácthầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán Giải tích, trường Đại học Sưphạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoànthành luận văn tốt nghiệp

Tác giả xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, ngườithân đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giảtrong quá trình học tập và hoàn thành luận văn

Hà Nội, tháng 12 năm 2015

Tác giả

Vũ Đại Nghĩa

Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn Văn Khải, luậnvăn Thạc sỹ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài “Một số vấn đề về lýthuyết nội suy phức" do tôi tự làm Các kết quả và tài liệu trích dẫn đượcchỉ rõ nguồn gốc.

Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tôi đã kế thừa nhữngthành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn

Hà Nội, tháng 12 năm 2015

Tác giả

Vũ Đại Nghĩa

Mở đầu 3

1.1 Một số vấn đề về hàm phức 5

1.1.1 Đường và miền trong mặt phẳng phức 5

1.1.2 Hàm biến phức 6

1.1.3 Hàm giải tích trên miền 6

1.2 Bài toán nội suy cổ điển 9

1.3 Một số công thức 11

1.3.1 Công thức nội suy Lagrange 11

1.3.2 Công thức nội suy Newton 12

2 Một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức 16 2.1 Định lý Pick 16

2.1.1 Bổ đề Schwarz cổ điển 16

2.1.2 Định lý Pick 24

2.2 Hàm điều hòa và hàm trội điều hòa 29

2.2.1 Hàm điều hòa 29

2.2.2 Hàm trội điều hòa 38

2.3 Không gian Hp, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov 42

1

3 Trắc địa phức và bài toán Pick – Nevanlinna 50

3.1 Hàm Lempert 50

3.1.1 Khái niệm 50

3.1.2 Hàm Lempert trên miền taut 57

3.2 Trắc địa phức và bài toán Pick – Nevanlinna 59

3.2.1 Trắc địa phức 59

3.2.2 Bài toán Pick-Nevanlinna 62

Cho hai dãy điểm phân biệt {λj}N

j=1 và {ωj}N

j=1 trên đĩa đơn vị Tìmđiều kiện đối với hai dãy điểm trên sao cho tồn tại hàm chỉnh hình f bịchặn xác định trên đĩa đơn vị sao cho f (λj) = ωj, j = 1, , N

Bài toán này ngày nay thường được gọi là bài toán Pick – Nevanlinna.Dựa trên chuyên khảo “Cơ sở lý thuyết nội suy” của PGS.TS NguyễnVăn Trào và một số tài liệu khác, dưới sự hướng dẫn của TS Nguyễn VănKhải tôi đã nghiên cứu đề tài: “Một số vấn đề về lý thuyết nội suyphức” làm đề tài luận văn thạc sĩ

2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức và giải bài toánPick - Nevanlinna

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu về lý thuyết nội suy phức

- Bài toán Pick – Nevanlinna

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

- Hàm số phức

- Bài toán nội suy

5 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp phân tích và tổng hợp các tài liệu đã có từ đó hệ thốngmột số vấn đề lý thuyết liên quan đến đề tài

6 Đóng góp của luận văn

Trình bày một số vấn đề của lý thuyết nội suy phức

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Một số vấn đề về hàm phức

Định nghĩa 1.1.1 Giả sử x(t), y(t) là các hàm giá trị thực liên tục trênđoạn [a, b] Khi đó phương trình :

Z = z(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a, b] (1.1.1)biểu diễn tham số đường cong L = z[a, b] trong mặt phẳng phức C Cácđiểm z(a), z(b) được gọi là các điểm đầu và cuối của đường cong L

ω = f (z), z ∈ S (1.1.2)

Ví dụ 1.1.1 Ánh xạ z → f (z) = az + b xác định một hàm (gọi là hàmnguyên tuyến tính) trên C

Định nghĩa 1.1.5 Ánh xạ biểu diễn một quan hệ giữa các phần tử củahai tập hợp X và Y thoả mãn điều kiện: mỗi phần tử x của tập X đều cómột và chỉ một phần tử y ∈ Y tương ứng với nó Quan hệ thoả mãn tínhchất này cũng được gọi là quan hệ hàm, vì thế khái niệm ánh xạ và hàm

là tương đương nhau Khái niệm hàm nói trên là khái niệm hàm đơn trị,

nó cho phép với mỗi x chỉ có một y duy nhất tương ứng với x

Định nghĩa 1.1.6 Cho S là một miền của mặt phẳng phức và f là hàmđơn trị của biến phức z xác định trong S Khi đó f (z) được gọi là hàmgiải tích (hay hàm chỉnh hình) tại z0 ∈ S nếu nó có biểu diễn dạng

f (z) =

+∞

Xn=0

an(z − z0)n

trong lân cận của z0 : |z − z0| < p(z0) với p(z0) > 0

Nếu f giải tích ∀z ∈ S thì ta nói f giải tích trên miền S Tập các hàmgiải tích trên miền S được kí hiệu là A(S)

Khi z0 hữu hạn còn f (z0) = ∞ thì ta nói f giải tích tại z0 nếu 1

Ví dụ 1.1.4 Hàm f (z) = z không giải tích với mọi z ∈ C

Định lý 1.1.1 Giả sử S ⊂ C là một miền và A(S) là tập các hàm giảitích trên S, khi đó :

a A(S) là một không gian vecto trên C;

b A(S) là một vành ;

c Nếu f ∈ A(S) và f (z) 6= 0, ∀z ∈ S thì 1

f ∈ A(S);

d Nếu f ∈ A(S) và f chỉ nhận giá trị thực thì f không đổi

Định lý 1.1.2 Cho hàm f (x) ∈ A[a, b], khi đó tồn tại một miền S ⊂ R2

chứa [a, b] trong đó f (x) được thác triển thành F (z) là giải tích trên S tức

là F (z) = A(S) và F \[a,b] ≡ f

Chứng minh Ta có với mỗi z ∈ C, x0 ∈ [a, b] chuỗi

+∞

Pn=0

an(z − x0)n hội tụtại mọi z thỏa mãn |z − z0| < rx Do đó nó xác định hàm chỉnh hình gx

trên |z − z0| < rx0, hơn nữa

Ux chứa [a, b] hạn chế trên [a, b] là

f (x) Ta có điều phải chứng minh

Định lý 1.1.3 (Pringsheim) Cho f (x) ∈ C∞[a, b] Điều kiện cần và

đủ để f ∈ A[a, b] là tồn tại hằng số r > 0, sao cho :

|f(n)(x)| ≤ rnn!, ≤ x ≤ b; n = 0, 1, 2, (1.1.3)

Chứng minh Điều kiện đủ : Cho x0 là điểm trong [a, b] và giả sử (1.1.3)

là được thỏa mãn Ta có x ∈ [a, b] và

f (x) =

n−1Xk=0

f(k)(x0)k! (x − x0)

k

+ f

(n)(ζ)n! (x − x0)

Điều kiện cần : Nếu f ∈ A[a, b] thì từ Định lý (1.1.2) ta tìm được miềnđơn liên D chứa [a, b] mà hàm f giải tích trong nó Cho C là cung baoquanh [a, b] và nằm trên D Khi đó vì x0 ∈ [a, b] ta có :

f(n)(x0) ≤ n!

2π

ZC

|f (z)|

(z − x0)n+1ds (1.1.5)Nếu L(C) biểu thị độ dài của C và δ là khoảng cách ngắn nhất từ C

là đúng

1.2 Bài toán nội suy cổ điển

Định nghĩa 1.2.1 a, Hệ n + 1 điểm điểm phân biệt {xi} với {xi} ∈ [a, b]

với i = 0, n được gọi là các mốc nội suy

b, Cho hàm số y = f (x) xác định trên [a, b] Đa thức nội suy của hàm

số thỏa mãn P (x1) = f (x1) với (i = 0, n) được gọi là đa thức nội suy củahàm số y = f (x) ứng với mốc nội suy {xi} với (i = 0, n) Bài toán xâydựng đa thức nội suy như vậy được gọi là bài toán nội suy cổ điển

Định lý 1.2.1 Cho n + 1 mốc nội suy x0, x1, , xn ∈ [a, b] và n + 1

giá trị (thực hoặc phức) y0, y1, , yn Khi đó tồn tại duy nhất đa thức

Pn(x) ∈ Pn, ( với Pn là tập các đa thức bậc nhỏ hơn n và đa thức hằng)sao cho

Pn(xi) = yi = f (xi) với i = 0, n (1.2.1)

Chứng minh Giả sử đa thức P (x) = a0 + a1x + + anxn với n + 1 hệ

số bất định ai, i = 0, n Từ điều kiện (1.2.1) ta có hệ n + 1 phương trìnhtuyến tính với (n + 1) ẩn ai, i = 0, n,

(1.2.4)

Rõ ràng V (x) ∈ Pn Hơn nữa V (x) = 0 tại x0, x1, , xn−1 hay V (x) có

n nghiệm là x0, x1, , xn−1 Do đó

V (x0, x1, , xn−1, x) = A(x − x0)(x − x1) (x − xn−1) (1.2.5)

Trong đó hệ số A là đại lượng chỉ phụ thuộc vào x0, x1, , xn−1 Để tính

A ta khai triển (1.2.4) theo dòng cuối cùng ta thấy ngay

A = V (x0, x1, , xn−1, x)

Suy ra

V (x0, x1, , xn−1, x) = V (x0, x1, , xn−1)(x − x0)(x − x1) (x − xn−1)

(1.2.6)

Đa thức nội suy Pn(x) ở Định lý (1.2.1) được gọi là đa thức nội suy củahàm y = f (x) với n + 1 mốc nội suy {xi}.

i=0

i6=j

(x − xi)/

nY

φj(x)yj, (1.3.1)

thì ta có degLn(x) ≤ n, Ln(xi) = yi, ∀i = 0, n, vậy Ln(x) thỏa mãn điềukiện của bài toán nội suy Vậy Ln(x) = P (x) là tồn tại và duy nhất.Nếu đặt

ωn+1(x) =

nYi=0

(x − xi) khi đó ωn+10 (xj) =

nY

yj ωn+1(x)(x − xj)ω0n+1(xj). (1.3.2)

Vậy P (x) = Ln(x) ở (1.3.2) là cách biểu diễn khác so với P (x) ở (1.3.1)

Ta nói P (x) = Ln(x) xác định như ở (1.3.1) hoặc (1.3.2) là đa thức nộisuy Lagrange hay là công thức Lagrange về đa thức nội suy

a Khái niệm tỷ sai phân và một số tính chất

Cho hàm số y = f (x) xác định trên đoạn [a, b] và n + 1 mốc nội suy

được gọi là tỷ sai phân cấp k của hàm số y = f (x) tại xi, xi+1, , xi+k

và được kí hiệu là f (xi; xi+1; ; xi+k)

Tính chất 1

f (x0; x1; ; xk) =

kXi=0

f (xi)

ω1(xi) −

nXi=0

ω(x) =

n+1Yi=0

nXi=1

f (xi)

ω0(xi).

Tính chất 2 Tỷ sai phân là hàm đối xứng với các xi

Tính chất 3 Tỷ sai phân cấp m + 1 của đa thức bậc m đồng nhấtbằng 0

Chứng minh Thật vậy, giả sử P (x) là đa thức bậc m ta phải chứng minh

P (x; x0; x1; ; xm) = 0, ∀x ∈ [a, b] và m + 2 số x; x0; x1; ; xn là đôimột khác nhau Ta có

b Đa thức nội suy Newton

Giả sử xi, i = 0, n là n + 1 mốc nội suy Giả sử P (x) là đa thức nội suyLagrange của hàm số y = f (x) với n + 1 mốc nội suy nói trên nghĩa là

Pn(xj) = yj, j = 0, n Kí hiệu Pn(x; x0), Pn(x; x0; x1) là các tỷ sai phâncủa Pn(x) Khi ấy ta có

Để ý rằng

Pn(xi) = f (xi); Pn(x0; x1; ; xk) = f (x0; x1; ; xk), k = 1, n

Nên

Pn(x) = f (x0) + f (x0; x1)(x − x1) + f (x0, x1, x2)(x − x0)(x − x1)+ + f (x0; x1; ; xn)(x − x0)(x − x1) (x − xn−1)

(1.3.4)

Đa thức được xác định bởi (1.3.4) được gọi là đa thức nội suy Newton

Cho D = {λ ∈ C : |λ| < 1} là đĩa đơn vị mở trong mặt phẳng phức

C Kí hiệu O(D,D) là tập các ánh xạ chỉnh hình từ đĩa đơn vị mở D vàochính nó

Định lý 2.1.1 (Nguyên lý mô đun cực đại cho hàm chỉnh hình) : Cho X

là không gian Banach phức và f : Ω → X là hàm chỉnh hình trên lân cậncủa Ω Khi đó kf kΩ = kf k∂Ω, trong đó kf kΩ = supz∈Ωkf (z)k

Bổ đề 2.1.1 (Bổ đề Schwarz cổ điển).Cho f ∈ O(D,D) sao cho f (0) = 0

Khi đó

|f (λ)| ≤ |λ|, ∀λ ∈ D (2.1.1)

và |f0(0)| ≤ 1 (2.1.2)Dấu “=” ở bất đẳng thức (2.1.1) xảy ra tại một λ ∈ D\{0} nào đó hoặcdấu “=” ở bất đẳng thức (2.1.2) xảy ra khi và chỉ khi f (λ) = θλ, ∀λ ∈ D,

ở đó θ là một số phức có mô-đun bằng 1

Chứng minh Do f (0) = 0 nên f có khai triển Taylor

f (λ) =

∞Xn=1

anλn, ∀λ ∈ D

Đặt

h(λ) =

∞Xn=1

anλn−1, ∀λ ∈ D

Hiển nhiên h là hàm chỉnh hình trên D và f (λ) = λh(λ), ∀λ ∈ D Với

0 < r < 1, áp dụng nguyên lý mô-đun cực đại ta có

Bất đẳng thức (2.1.3) xảy ra dấu bằng tại cặp λ0, λ00 ∈ D hoặc bất đẳng

thức (1.2.4) xảy ra dấu bằng tại λ ∈ D khi và chỉ khi f ∈ Aut(D)

Chứng minh Với λ0 là một điểm cố định trong đĩa đơn vị D ta xác định

f (ξ) − f (λ)

ξ − λ

Nếu dấu bằng ở (2.1.3) xảy ra tại một cặp λ0, λ00 ∈ D nào đó thì g ∈Aut(D) Do đó f = Φf (λ00 )◦g◦Φλ00 ∈ Aut(D) thì bằng việc sử dụng bấtđẳng thức (2.1.3) cho hàm f và hàm f−1 ta được

λ0− λ00

1 − λ0λ00

γ(α(t))[α0(t)]dt

Ta thấy ngay tính giảm của γ− độ dài qua ánh xạ chỉnh hình Tức là, vớimọi f ∈ O(D,D) ta có Lγ(f ◦ α) ≤ Lγ(α) Đặc biệt γ− độ dài bất biếnqua nhóm Aut(D)

Với mọi λ0, λ00 ∈ D đặt

p(λ0, λ00) := inf {Lγ(α)|α : [0, 1] → D là cung C1−từng khúc, λ0 =α(0), λ00 = α(1)}

Dễ thấy p : D×D → R+ là một giả khoảng cách và giảm trên ánh xạchỉnh hình, bất biến qua nhóm Aut(D)

Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra: Với hai điểm a, b ∈ D, a 6= b chotrước có tồn tại hay không cung α thuộc lớp C1 nối hai điểm a, b sao cho

p(a, b) = Lγ(α)? Mỗi cung như vậy được gọi là một trắc địa phức Hơnnữa, trong trường hợp tồn tại trắc địa phức thì liệu trắc địa đó có duynhất hay không?

Cho 0 < s < 1, đặt αs(t) := ts, 0 ≤ t ≤ 1, có nghĩa αs là kí hiệu củađoạn [0, s] mà ta coi như một cung C1 trong D Cho a, b ∈ D, a 6= b, đặt

αa,b := h−1 ◦ αh(b), ở đó h = ha,b là tự đẳng cấu của đĩa đơn vị được chotrong chứng minh của Bổ đề (2.1.3) Ta thấy ảnh Ia,b của cung αa,b nằmtrên đường tròn duy nhất Ca,b = h−1(R) đi qua a và b đồng thời trực giaovới ∂D

Hơn nữa αa,b là trắc địa phức duy nhất nối a và b

Chứng minh Ta thấy các vế của (2.1.8) đều bất biến đối với nhómAut(D),

nên không mất tính tổng quát ta có thể coi a = 0, b ∈ (0, 1), và do đó

αa,b = αb

Từ định nghĩa của p ta có

p(0, b) ≤ Lγ(αb) =

Z b 0

Vậy (2.1.8) được chứng minh

Giả sử α = u + iv : [0, 1] → D là một cungC1−từng khúc nối 0và bsaocho p(0, b) = Lγ(α) Khi đó bất đẳng thức (2.1.9) trở thành đẳng thức.Suy ra v ≡ 0 và u : [0, 1] → [0, b] là đơn điệu tăng Do đó α ' αb

Với kết quả trên ta có hệ quả hiển nhiên sau:

Hệ quả 2.1.3 a)p là khoảng cách trên D và m ≤ p.

λ − λj

1 − λλj.

Cấp của B là số không điểm của nó

Dễ thấy hàm B ở trên có các tính chất sau:

a)B liên tục trên D và chỉnh hình trên D,

b)|B| = 1 trên ∂D,

c)B có hữu hạn không điểm trong D

Các tính chất trên xác định B duy nhất sai khác một nhân tử với đun 1 Thật vậy, nếu f là một hàm thỏa mãn các tính chất a), b), c), và

mô-B là một tích Blaschke hữu hạn có cùng các không điểm Khi đó, theonguyên lý mô-đun cực đại |f /B| ≤ 1 và |B/f | ≤ 1 trên D Suy ra f /B làhằng số có mô-đun bằng 1

Định lý 2.1.2 (Định lý Caratheodory) Cho f ∈ O(D,D) Khi đó tồntại dãy tích Blaschke hữu hạn Bk hội tụ điểm trên D tới f

Chứng minh Hàm f có khai triển Maclorin trên D là

f (λ) = c0 + c1λ

Bằng cách quy nạp ta sẽ xây dựng một tích Blaschke với bậc cao nhất là

n mà n hệ số đầu của nó trùng với các hệ số tương ứng của f :

Giả sử với mỗi g ∈ O(D,D) ta luôn xây dựng được một tích Blaschke

Bn−1 với bậc cao nhất là n − 1 sao cho g − Bn−1 nhận 0 là không điểmcấp n − 1 Đặt

Do đó f − Bn nhận 0là không điểm cấp n và ta kết thúc chứng minh.Chúng ta xét bài toán sau ( bài toán nội suy Pick ):

Cho {λ1, λ2, , λN} là một tập hữu hạn những điểm phân biệt trong

D, Pick đã đưa ra điều kiện của dãy số phức {ω1, ω2, , ωN} sao cho bài

toán nội suy:

, k = 11 − ωjωk

1 − λjλktjtk

là không âm Nếu QN ≥ 0 thì có một tích Blaschke với bậc lớn nhất N lànghiệm của bài toán trên

Nhận xét: Khi N = 2 điều kiện cần và đủ cho bài toán nội suy Pick

đã được cho bởi bất đẳng thức (2.1.3) của bổ đề Schwarz-Pick Thật vậy,

do Q2 ≥ 0 ⇐⇒ |ω1| ≤ 1 và định thức của Q2 không âm, tức là

z1 − z2

1 − z1z2

ω1 − ω2

1 − ω1ω2

≤