Luận văn Bài toán nội suy và những kết quả của bài toán nội suy

Trong đó, hàm trội điềuhòa và hàm trội điều hòa tựa chặn không những xác định được không gianvết của các dãy nội suy tự do của các lớp hàm trên mà còn quyết định nhữngdãy điểm nào trong

Trang 1

Lời nói đầu 2

Mục lục

Trang

1.1 Hàm điều hòa 6

1.2 Hàm điều hòa dưới 16

1.3 Hàm trội điều hòa 22

1.4 Không gian H p, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov 26

Chương 2 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov 35 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna 35

2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov 51

2.3 Những tiêu chuẩn hình học của bài toán nội suy 60

Chương 3 Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị 66 3.1 Tự đẳng cấu của hình cầu đơn vị 66

3.2 Hàm đa điều hòa 67

3.3 Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị 68

3

Trang 2

Lời nói đầu

Cho Λ là một dãy điểm rời rạc trong đĩa đơn vịD và X không gian các

hàm chỉnh hình trênD Ta xét bài toán miêu tả không gian vết của X trên Λ,

tức là tập hạn chế X |Λ = {f(λ) : f ∈ X, λ ∈ Λ}, được gọi là bài toán nội suy.

Có hai hướng tiếp cận bài toán nội suy: hướng thứ nhất là cố định không gian

đích l và tìm điều kiện sao cho X |Λ = l; hướng tiếp cận thứ hai, được gọi là

nội suy tự do, đòi hỏi X |Λ là ideal, tức là ổn định dưới phép nhân trong l ∞

Trong trường hợp X = H ∞là không gian các hàm chỉnh hình bị chặn trênD

thì các hướng tiếp cận trên là trùng nhau Tuy nhiên trên lớp Nevanlinna

các khái niệm trên là khác nhau

Việc miêu tả vết của các lớp hàm này đã thu được những kết quả nhất định

Dựa vào kết quả: nếu f ∈ N thì sup z(1− |z|) log+|f(z)| < ∞, Naftalevic[6]

đã miêu tả được các dãy Λ nằm trong hợp hữu hạn của các góc Stolz mà không

gian vết đối với lớp Nevanlinna trùng với không gian dãy l N a := {(a λ)λ :

supλ(1− |λ|) log+|a λ | < ∞} Kết quả trên vẫn còn hạn chế vì phải giả thiết Λ

nằm trong hợp hữu hạn các góc Stolz, trong khi nếu Λ là dãy Carleson, tức là

dãy thỏa mãn H ∞ |Λ = l ∞, có thể chứa dãy con hội tụ tiếp xúc tới biên Như

vậy không gian đích l N alà "quá lớn"

Đối với lớp Smirnov, Yanagihara[11] đã chứng minh được rằng để N+|Λ

chứa không gian l Y a:={(a λ)λ:∑

λ

(1− |λ|) log+|a λ | < ∞}, điều kiện đủ là Λ

là dãy Carleson Tuy nhiên có những dãy Carleson sao cho N+|Λ không thuộc

trong l Y a , và theo nghĩa này không gian đích l Y alà "quá nhỏ"

Gần đây, A.Hartmann, X.Massaneda, A.Nicolau và P.Thomas [5] đã đưa

ra những đặc trưng của dãy nội suy cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov dựavào hàm trội điều hòa và hàm trội điều hòa tựa chặn Trong đó, hàm trội điềuhòa và hàm trội điều hòa tựa chặn không những xác định được không gianvết của các dãy nội suy tự do của các lớp hàm trên mà còn quyết định nhữngdãy điểm nào trong đĩa đơn vị là nội suy tự do

Trong luận văn này, chúng tôi trình bày lại những kết quả trong bài báotrên và đưa ra một mở rộng tương ứng về đặc trưng của dãy nội suy cho lớpNevanlinna lên hình cầu đơn vị, đó là kết quả mới của luận văn

Luận văn được chia làm ba chương

Chương 1: dành để trình bày những kiến thức chuẩn bị về hàm điều hòa,

hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov Cấutrúc của hàm thuộc lớp Nevanlinna và lớp Smirnov được phát biểu và chứngminh trong định lý phân tích Riesz-Smirnov

Chương 2: trình bày những kết quả quan trọng nhất về đặc trưng của dãy

nội suy tự do cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov dựa trên hàm trội điều hòa

và hàm trội điều hòa tựa chặn

Chương 3: trình bày đặc trưng của dãy nội suy cho lớp N (Bn)trong hìnhcầu đơn vịBn

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của T.S NguyễnVăn Trào Chúng tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến sự hướng dẫnnhiệt tình của thầy Chúng tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy phảnbiện đã đọc bản thảo của luận văn và chỉ dẫn cho chúng tôi nhiều ý kiến quýbáu Nhân đây chúng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới bạn Dương Ngọc Sơn đãgiúp đỡ chúng tôi rất nhiều trong quá trình làm luận văn, gửi lời cảm ơn tớigia đình và đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi để chúng tôi hoàn thànhtốt luận văn của mình

Vì thời gian và trình độ có hạn, luận văn chắc chắn không thể tránh khỏinhững thiếu sót Chúng tôi hy vọng sẽ nhận được sự đóng góp ý kiến của cácthầy cô và các bạn

Hà Nội, ngày 01 tháng 11 năm 2006

Học viên

Nguyễn Thị Nhung

Trang 3

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Chương 1 dành để trình bày những kiến thức sẽ được sử dụng ở các chương

sau về: hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna

và lớp Smirnov Các định lý của hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới hay hàm

trội điều hòa dùng để nghiên cứu những tính chất của hai lớp hàm chính của

luận văn là lớp Nevanlinna và lớp Smirnov Trong đó, cấu trúc của hai lớp

hàm này được thể hiện qua định lý quan trọng nhất của chương: định lý phân

tích Riesz - Smirnov

Định nghĩa 1.1.1 Cho U là một tập mở của C Hàm h : U −→ R được gọi

là hàm điều hòa nếu nó có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thỏa mãn

Ký hiệu, Har(U ) là tập các hàm điều hòa trên U

Har+(U ) là tập các hàm điều hòa dương trên U

Định lý 1.1.2 Cho Ω là một miền trong C Khi đó

a Nếu f là hàm chỉnh hình trên Ω và h = ref thì h là hàm điều hòa trên Ω.

b Nếu h là hàm điều hòa trên miền đơn liên Ω thì h là phần thực của một

Do đó nếu f tồn tại thì f ′ hoàn toàn được xác định bởi h và do đó f là duy

nhất sai khác một hằng số Phương trình (1.1) sẽ cho ta cách xác định

hàm f Xác định g : Ω −→ C cho bởi

ở đây, tích phân được lấy qua các đường trong Ω nối z0với z Vì Ω

là miền đơn liên nên theo định lý Cauchy tích phân không phụ thuộc

vào việc chọn đường nối z0và z Khi đó f là hàm chỉnh hình trên Ω và

Trang 4

1.1 Hàm điều hòa 8

2

Định lý 1.1.3 (Tính chất giá trị trung bình) Cho h là hàm điều hòa trên một

lân cận mở của đĩa D(ω, ρ) Khi đó

Chứng minh: Chọn ρ ′ > ρ , khi đó h là hàm điều hòa trên D(ω, ρ ′) Áp dụng

định lý 1.1.2.b, tồn tại một hàm điều hòa f trên D(ω, ρ ′)sao cho h = Ref

Theo đẳng thức tích phân Cauchy, ta có

Định lý 1.1.4 (Nguyên lý đồng nhất) Cho h và k là các hàm điều hòa trên

miền Ω trong C Nếu h = k trên một tập con mở khác rỗng của Ω thì h = k

trên Ω.

Chứng minh: Không mất tính tổng quát có thể giả sử k = 0 Đặt g = ∂h

∂x −i ∂h

∂y .

Khi đó theo cách chứng minh của định lý 1.1.2 ta có g là hàm chỉnh hình trên

Ω Do h = 0 trên U nên g = 0 trên U Theo nguyên lý đồng nhất cho các hàm

chỉnh hình ta có g = 0 trên Ω và do đó ∂h

∂x= 0và∂h

∂y = 0trên Ω Như vậy h là

Định lý 1.1.5 (Nguyên lý cực đại) Cho h là hàm điều hòa trên miền Ω trong

C Khi đó

a Nếu h đạt cực đại địa phương trên Ω thì h là hằng số.

b Nếu h mở rộng liên tục tới Ω và h 6 0 trên ∂Ω thì h 6 0 trên Ω

Chứng minh:

a Giả sử rằng h đạt cực đại địa phương tại ω ∈ Ω Khi đó có r > 0 sao cho

h 6 h(ω) trên D(ω, r) Theo định lý 1.1.2.b tồn tại hàm chỉnh hình trên

D(ω, r) sao cho h = Ref Từ đó |e f | đạt cực đại địa phương tại ω và có

được e f là hàm hằng Như vậy, h là hằng số trên D(ω, r) và theo nguyên

lý đồng nhất h là hằng số trên toàn bộ Ω.

b Vì Ω là tập compact nên h đạt cực đại tại ω ∈ D Nếu ω ∈ ∂D thì h(ω) 6 0

theo giả thiết và như vậy h 6 0 trên Ω Nếu ω ∈ D theo kết quả phần (a)

h là hàm hằng trên Ω do đó là hàm hằng trên Ω và ta cũng có h6 0 trênΩ

2

Định nghĩa 1.1.6 Cho D là đĩa đơn vị trong C

i Nhân Poisson P : D × ∂D −→ R được xác định bởi

d P u là hàm điều hòa trên D (ω, ρ).

e Nếu u liên tục tại ζ0 ∈ ∂D (ω, ρ) thì lim z →ζ0 P u(z) = u(ζ0).

Trang 5

=Re(2− 1) = 1.

Bằng những thay đổi phù hợp nếu cần, ta chỉ xét với ω = 0 và ρ = 1 trong

các chứng minh ở (c) và (d) dưới đây.

e iθ − z u(e iθ )dθ), z ∈ D

Vì u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂D nên

e iθ − z u(e iθ )dθ, z ∈ D

là hàm chỉnh hình trênD Như vậy, P u là phần thực của hàm chỉnh hình

trongD nên nó là hàm điều hòa trên D

P z (e iθ)|u(e iθ)− u(ζ0)|dθ.

Do u là hàm liên tục tại ζ0∈ ∂D nên

∀ε > 0, ∃δ > 0 :| ζ − ζ0 |< δ ⇒| u(ζ) − u(ζ0)|< ε.

Từ đó1

Định lý 1.1.8 (Biểu thức tích phân Cauchy) Nếu h là hàm điều hòa trên một

lân cận mở của đĩa D(ω, ρ) thì với r < ρ và 0 6 t < 2π ta có

Trang 6

Áp dụng nguyên lý cực đại cho các hàm điều hòa±(h−h1)thỏa mãn h −h1= 0

trên ∂D(ω, ρ), ta có h = h1trên D(ω, ρ) Như vậy,

Hệ quả 1.1.9 Mọi hàm điều hòa h trên D đều là tích phân Poisson của một

độ đo trên ∂ D , tức là có một độ đo µ trên ∂D sao cho

h(z) = h[µ](z) :=

∫

∂D

P z (ζ)dµ(ζ).

Hơn nữa, mọi hàm điều hòa dương trên D là tích phân Poisson của một độ

đo dương trên ∂ D

Chứng minh: Xác định độ đo dµ(ζ) = h(ζ)dζ từ kết quả của định lý 1.1.8 ta có

Định lý 1.1.10 Cho h : Ω −→ R là một hàm liên tục trên một tập mở Ω của

C và giả sử rằng nó thỏa mãn các tính chất về giá trị trung bình, tức là với

ω ∈ Ω, tồn tại ρ > 0 sao cho

Khi đó h là hàm điều hòa trên Ω.

Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh h là hàm điều hòa trên mỗi đĩa mở D ⊂ Ω

với D ⊂ Ω Cố định D và xác định k : D −→ R cho bởi

Do k liên tục nên A là tập mở Mặt khác, nếu k(ω) = M thì theo tính chất

về giá trị trung bình k = M trên một lân cận đủ nhỏ của ω Như vậy, A và B

là các thành phần liên thông mở của D nên A = ∅ hoặc B = ∅ Trong cả hai

trường hợp ta đều có M = 0 Do đó k6 0 Hoàn toàn tương tự ta cũng có

k > 0 Từ đó, h = P h trên D Vì P h là hàm điều hòa nên h cũng là hàm điều

Định lý 1.1.11 Nếu (h n)n là dãy các hàm điều hòa trên Ω hội tụ đều tới hàm

h thì h là hàm điều hòa trên Ω.

Chứng minh: Theo định lý 1.1.10 để chứng minh h là hàm điều hòa ta chỉ cần

chứng minh h thỏa mãn tính chất về giá trị trung bình, tức là với mọi ω tồn tại ρ > 0 sao cho

Trang 7

Định lý 1.1.12 (Bất đẳng thức Harnack) Cho h là hàm điều hòa dương trên

đĩa D(ω, ρ) Khi đó, với r < ρ và 0 6 t < 2π, ta có

ρ − r

ρ + r h(ω) 6 h(ω + re it)6ρ + r

ρ − r h(ω).

Chứng minh: Chọn s thỏa mãn r < s < ρ Áp dụng biểu thức tích phân Cauchy

cho h trên D(ω, s) ta được

Hệ quả 1.1.13 Cho Ω là một miền trong C và z, ω ∈ Ω Khi đó tồn tại một số

K sao cho với mọi hàm điều hòa dương h trên Ω, ta có

K −1 h(ω) 6 h(z) 6 Kh(ω).

Chứng minh: Cho z, w ∈ Ω, ta định nghĩa z ∼ ω nếu tồn tại một số K sao cho

K −1 h(ω) 6 h(z) 6 Kh(ω) với mọi hàm điều hòa dương trên Ω Khi đó, ∼ là

một quan hệ tương đương trên Ω và theo bất đẳng thức Harnack ta có các lớptương đương là các tập mở Do Ω liên thông nên trên Ω chỉ có một lớp tương

Định nghĩa 1.1.14 Cho Ω là một miền trong C Với mọi z, ω ∈ Ω khoảng cách

Harnack giữa z và ω là số nhỏ nhất HΩ (z, ω) sao cho với mọi hàm điều hòa dương h trên Ω ta có

Nếu h n (ω) → ∞ thì h n (z) → ∞, ∀z ∈ K, tức là h n → ∞ đều trên K Vì K là

tập compact bất kỳ của Ω nên h n → ∞ đều địa phương trên Ω.

Nếu h n (ω) có giới hạn hữu hạn thì (h n)n là dãy Cauchy đều trên K, như vậy

h n hội tụ đều địa phương trên Ω tới hàm hữu hạn h Theo định lý 1.1.11 ta có

Định lý 1.1.16 Cho (h n)n là dãy các hàm điều hòa dương trên miền Ω trong

C Khi đó hoặc h n hội tụ đều địa phương tới vô cùng hoặc tồn tại một dãy con h n j hội tụ đều địa phương tới một hàm điều hòa h trên Ω.

Trang 8

1.2 Hàm điều hòa dưới 16

Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω Từ bất đẳng thức

HΩ (z, ω) −1 h n (ω) 6 h n (z) 6 HΩ(z, ω)h n (ω), z ∈ Ω, n > 1. (1.2)

ta nhận được nếu h n (ω) → ∞ thì h n → ∞ đều địa phương trên Ω, và nếu

h n (ω) → 0 thì h n → 0 đều địa phương trên Ω Do đó, bằng cách thay (h n)n

bằng một dãy con nếu cần ta có thể giả sử luôn (log h n)nbị chặn Từ bất đẳng

thức (1.2) ta suy ra (log h n)nbị chặn đều địa phương trên Ω, như vậy ta chỉ cần

chứng minh tồn tại một dãy con (h n j)sao cho (log h n j)nhội tụ đều địa phương

trên Ω Giả sửSlà một tập con đếm được trù mật trong Ω Dãy (log h n (ζ)) nbị

chặn với mỗi ζ ∈ S Từ đó tồn tại một dãy con (h n j)sao cho (log h n j (ζ)) jhội

tụ với mỗi ζ ∈ S Ta sẽ chứng minh rằng với dãy con này (log h n j)jhội tụ đều

địa phương trên Ω

Cho K là một tập compact của Ω, và xét ε > 0 Với mỗi z ∈ K, đặt

V z={z ′ ∈ Ω : log H ω (z, z ′ ) < ε },

và V z1, , V z m là phủ hữu hạn của K Vì S trù mật trong Ω nên với mỗi l ta có

thể chọn ζ l ∈ V z l ∩ S Khi đó, tồn tại N > 1 sao cho

| log h n j (ζ l)− log h n k (ζ l)|6 ε, n j , n k > N, l = 1, , m.

Theo định nghĩa của khoảng cách Harnack ta có

| log h n j (z) − log h n j (ζ l)|6 log HΩ (z, ζ l ) < 2ε, z ∈ V z l

Lý luận tương tự cho h n kta được

| log h n k (z) − log h n k (ζ l)|6 2ε, z ∈ V z l

Kết hợp các bất đẳng thức trên suy ra

| log h n j (z) − log h n k (z) |6 5ε, n j , n k > N, z ∈ K.

Do đó (log h n j)j là dãy Cauchy đều trên K và do đó là dãy hội tụ đều trên K 2

1.2 Hàm điều hòa dưới

Định nghĩa 1.2.1 Cho X là không gian tô pô Hàm u : X −→ [−∞, +∞)

được gọi là nửa liên tục trên nếu tập {x ∈ X : u(x) < α} là mở trong X với

mọi α ∈ R

Ta cũng có thể định nghĩa một cách tương đương: hàm u được gọi là nửa

liên tục trên nếu lim sup

y→x u(y) 6 u(x), ∀x ∈ X.

Định lý 1.2.2 Cho u là hàm nửa liên tục trên xác định trên không gian tô pô

X và K là tập compact của X Khi đó u bị chặn trên ở trên K và đạt cận trên đúng trên K.

Chứng minh: Do u là hàm nửa liên tục trên nên U n:={x ∈ X : u(x) < n}, n >

1là tập mở Do{U n } n>1lập thành một phủ mở của tập compact K nên có phủ con hữu hạn Vậy u bị chặn trên ở trên K.

Đặt M = sup

K

u Giả sử u(x) < M với mọi x ∈ K, khi đó V n ={x ∈ X : u(x) < M −1

n } là phủ mở của tập compact K nên cũng có phủ con hữu hạn.

Mặt khác theo định nghĩa của supremum với mọi n > 1 tồn tại x ∈ K sao cho

u(x) > M −1

n , mâu thuẫn Vậy tồn tại x ∈ K sao cho u(x) = M hay u đạt cận

Định lý 1.2.3 Cho u là hàm nửa liên tục trên trên không gian metric (X, d)

và giả sử rằng u bị chặn trên ở trên X Khi đó tồn tại dãy hàm liên tục

Φn : X −→ R sao cho Φ1> Φ2> > u trên X và lim

n →∞Φn = u.

Chứng minh: Ta có thể giả sử u −∞ (nếu không thì có thể chọn Φ n ≡ −n).

Với mỗi n> 1, xác định Φn : X −→ R cho bởi

Trang 9

Định nghĩa 1.2.4 Cho U là một tập mở của C Hàm u : U −→ [−∞, +∞)

được gọi là hàm điều hòa dưới nếu nó là nửa liên tục trên và thỏa mãn bất

đẳng thức trung bình địa phương, tức là với mọi ω ∈ U, tồn tại ρ > 0 sao

Mệnh đề 1.2.5 (Bất đẳng thức Jensen) Cho (X, µ) là không gian đo với µ là

độ đo xác suất, tức là µ(X) = 1 Giả sử v ∈ L1(µ) là hàm thực và φ(t) là hàm

lồi trên R Khi đó

Mệnh đề 1.2.6 Cho v(z) là hàm điều hòa trên tập mở U trong C và φ(t) là

hàm lồi tăng trên [−∞, +∞), liên tục tại t = −∞ Khi đó φ ◦ v là hàm điều

hòa dưới trên U

Chứng minh: Vì mọi hàm lồi đều là hàm liên tục trênR nên φ liên tục trên

[−∞, +∞) Do đó ta có ngay φ ◦ v là nửa liên tục trên.

Lấy ω ∈ U, do v là hàm điều hòa dưới nên tồn tại ρ > 0 sao cho

Định lý 1.2.7 (Nguyên lý cực đại) Cho u là hàm điều hòa dưới trên miền Ω

trong C Khi đó

a Nếu u đạt cực đại trên Ω thì u là hằng số.

b Nếu lim sup

z →ζ u(z) 6 0 với mọi ζ ∈ ∂Ω thì u 6 0 trên Ω.

Thật vậy, lấy ω ∈ B ta có u(ω) = M Do u là hàm điều hòa dưới nên tồn

tại ρ > 0 sao cho

hằng số trên Ω Do lim sup

z →ζ u(z) 6 0 nên u 6 0 trên Ω.

2

Trang 10

Định lý 1.2.8 Cho Ω là miền trong C và u : Ω −→ [−∞, +∞) là một hàm nửa

liên tục trên Khi đó các phát biểu sau là tương đương:

a Hàm u là điều hòa dưới trên Ω.

b Mọi K là miền con compact tương đối của Ω và h là hàm điều hòa trên

K thỏa mãn

lim sup

z →ζ (u(z) − h(z)) 6 0, ζ ∈ ∂K thì u 6 h trên K.

Chứng minh: (a) = ⇒ (b) : Giả sử h và K được cho thỏa mãn các điều kiện của

(b) Khi đó u − h là hàm điều hòa dưới trên K thỏa mãn lim sup

z→ζ u(z) 6 0 Theo định lý 1.2.7 ta có u 6 h trên K.

(b) = ⇒ (a) : Để chứng minh u là hàm điều hòa dưới trên Ω ta chỉ cần chứng

minh u thỏa mãn bất đẳng thức trung bình địa phương trên Ω, tức là với mọi

ω ∈ Ω tồn tại ρ > 0 sao cho

Lấy ω ∈ Ω, do Ω là tập mở nên tồn tại ρ > 0 sao cho D(ω, ρ) ⊂ Ω Xét

06 r < ρ và D(ω, r) ⊂ D(ω, ρ) ⊂ Ω, theo định lý 1.2.3 tồn tại dãy hàm liên tục

Φn : ∂D(ω, r) −→ R sao cho Φ n giảm dần đến u trên ∂D(ω, r) Theo mệnh đề

1.1.7 ta có P Φ n là hàm điều hòa trên D(ω, r) và lim

Hệ quả 1.2.9 Cho Ω là miền trong C và u(z) là hàm điều hòa dưới trên Ω sao

cho u(z) −∞ Khi đó với mọi D(ω, r) ⊂ Ω ta có

Chứng minh: Giả sử u n (z) là dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) trên

∂D(ω, r) và U n (z) là hàm điều hòa mở rộng của u n tới D(ω, r) Nếu

Như vậy, U n (z) → −∞ với mọi z ∈ D(ω, r) và do đó theo định lý 1.2.8 ta có

u ≡ −∞ trên D(ω, r) Đặt V = {z ∈ Ω : u(z) ≡ −∞ trên một lân cận của z}.

Do V ̸= ∅ là tập vừa mở, vừa đóng nên ta gặp mâu thuẫn 2

Định lý 1.2.10 Cho u(z) là hàm điều hòa dưới trên đĩa đơn vị D thỏa mãn

Khi đó, u r (z) là hàm điều hòa dưới trên D , u r (z) là hàm điều hòa trên

|z| < r, u r (z) > u(z), z ∈ D và u r (z) là hàm tăng theo r.

Chứng minh: Theo hệ quả 1.2.9 ta có u r (z) hữu hạn và điều hòa trên D(0, r) =

{|z| < r} Để chứng minh u r (z) là nửa liên tục trên tại z0∈ ∂D(0, r) ta phải

Vậy u rlà hàm nửa liên tục trên

Giả sử u n (z) là dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) trên ∂D(0, r) Lập lại

lý luận như hệ quả 1.2.9 ta có u(z) 6 u (z).

Trang 11

1.3 Hàm trội điều hòa 22

Do u là hàm điều hòa dưới nên bất đẳng thức trên chứng tỏ u r (z)thỏa mãn

bất đẳng thức trung bình địa phương tại mỗi điểm z0với|z0| = r Do đó u r (z)

là hàm điều hòa dưới trênD

Nếu r > s thì u r = (u s)r và với mọi hàm điều hòa dưới v ta có v r (z) > v(z)

1.3 Hàm trội điều hòa

Định nghĩa 1.3.1 Hàm đo được Borel ϕ xác định trên miền Ω trong C được

gọi là có hàm trội điều hòa (dương) nếu tồn tại hàm điều hòa (dương) h

trên Ω thỏa mãn ϕ(z) 6 h(z), ∀z ∈ Ω.

Định nghĩa 1.3.2 Hàm điều hòa U (z) được gọi là hàm trội điều hòa nhỏ nhất

của ϕ(z) nếu U (z) là hàm trội điều hòa của ϕ(z) và U (z) 6 h(z) với mọi hàm

trội điều hòa h(z) của ϕ(z).

Định lý 1.3.3 Cho u(z) là hàm điều hòa dưới trên đĩa đơn vị D Khi đó u(z)

có hàm trội điều hòa nếu và chỉ nếu

Chứng minh: Nếu supr u r(0)hữu hạn thì theo định lý Harnack dãy hàm u r (z)

tăng tới hàm điều hòa hữu hạn h(z) trên D Do u(z) 6 u r (z) nên h(z) là hàm

trội điều hòa của u(z).

Ngược lại, nếu U (z) là hàm điều hòa trên D và nếu U(z) > u(z) trên D

Theo định lý 1.2.8 ta có U (z) > u r (z) với mọi r.

Do đó sup

r

u r (0) < ∞ và sup h(z) = lim

r u r (z)hữu hạn và điều hòa

Từ u r (z) 6 U(z) ta có h(z) 6 U(z) và như vậy h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ

Định lý 1.3.4 Cho f (z) là hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị D , f 0 và (z n)n

là dãy không điểm của f (z) Nếu log |f(z)| có hàm trội điều hòa thì

∑(1− |z n |) < ∞.

Nếu f (0) ̸= 0 và h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| thì

∑(1− |z n |) < h(0) − log |f(0)|.

ở đây, h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| Cố định r < 1 sao

cho|z n | ̸= r với mọi n và gọi z1, z2, , z nlà các không điểm đã cho thỏa mãn

|z i | < r Khi đó f(rz) là hàm chỉnh hình trên đĩa đóng và f(rz) có các không

log|g(e iθ)|dθ.

Vì| g(e iθ)|=| f(re iθ)| nên ta có đẳng thức

Trang 12

1.3 Hàm trội điều hòa 24

Định lý 1.3.5 Cho (z n)n là dãy điểm trong D sao cho

∑(1− |z n |) < ∞.

Gọi m là số những z n bằng 0 Khi đó tích Blaschke

các điểm z n , bội của mỗi không điểm bằng số lần mà nó xuất hiện trong dãy

{z n } Hơn nữa, |B(z)| 6 1 và |B(e iθ)| = 1 hầu khắp nơi.

Chứng minh: Ta có thể giả sử|z n | > 0 với mọi n Đặt

b n (z) = −z n

|z n |

z − z n

1− z n z .

Khi đó,|b n | hội tụ trên D tới một hàm chỉnh hình nhận (z n)nlàm không

điểm nếu và chỉ nếu∑|1 − b

n (z) | hội tụ đều trên mỗi tập con compact của D

Theo tính toán ta nhận được

| 1 − b n (z) |= | z n + zz n |

|z n | | 1 − z n z |(1− |z n |) 61 +|z|

1− |z|(1− |z n |) < +∞.

Vì b n (z) 6 1 nên B(z) ∈ H ∞và|B n (z) | 6 1 Hàm điều hòa bị chặn B(z)

có các giới hạn không tiếp xúc| B(e iθ) |6 1 hầu khắp nơi Để chứng tỏ

| B(e iθ)|= 1 hầu khắp nơi ta đặt B n (z) =

Định lý 1.3.6 (F.Riesz) Cho 0 < p < ∞ Giả sử f(z) ∈ H p(D ), f 0, (z n)n là

dãy các không điểm của f (z) và B(z) là tích Blaschke với các không điểm

(z n)n Khi đó g(z) = f (z)

B(z) thuộc vào H p(D ) và

∥g∥ H p=∥f∥ H p

Chứng minh: Ta đã chứng minh được rằng nếu f ∈ H p thì B(z) hội tụ Đặt

B n là tích Blaschke hữu hạn với các không điểm z1, z2, , zn , và g n= f

c Hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| bằng 0.

Chứng minh: Theo định lý 1.3.3 ta có (b) và (c) tương đương Giả sử rằng f (z)

là tích Blaschke với các không điểm (z n)n , và cho ε > 0 Ta có thể chia f (z) cho tích Blaschke hữu hạn B n (z)sao cho

B n

(re iθ)| dθ

2π 6 0.

Trang 13

1.4 Không gian H, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov 26

Vậy ta có (b).

Giả sử (c) đúng Đặt g(z) = f (z)

g(z) , ở đây B(z) là tích Blaschke hình thành từ các không điểm của f (z) Khi đó

log|f(z)| 6 log |g(z)| 6 0

do∥f∥ ∞ 6 1 Vì log |g(z)| là hàm trội điều hòa của log |f(z)| nên từ (c) suy ra

log|g(z)| = 0 Từ g(z) = λ, với λ là hằng số và |λ| = 1 ta có (a) 2

1.4 Không gian Hp, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov

Định nghĩa 1.4.1 Cho 0 < p < ∞ và f(z) là hàm chỉnh hình trên D Ta nói

Do log|f(re iθ)| hội tụ hầu khắp nơi đến log |f(e iθ)| và những hàm này bị

log|f(e iθ)|P z0 (θ)dθ.

Bằng cách thay z0= 0vào bất đẳng thức trên ta có được các khẳng định ở

Định nghĩa 1.4.3 Hàm chỉnh hình f (z) trên đĩa đơn vị D được gọi là thuộc

lớp Nevanlinna, ký hiệu f ∈ N, nếu

ii Theo định lý 1.3.3 ta có thể định nghĩa một cách tương đương: hàm chỉnh

hình f (z) trênD được gọi là thuộc lớp Nevanlinna nếu hàm điều hòadưới log|f(z)| có hàm trội điều hòa.

Định lý 1.4.4 Cho f (z) là hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị D , f 0 Khi đó

f ∈ N nếu và chỉ nếu log |f(z)| có hàm trội điều hòa nhỏ nhất là tích phân Poisson của một độ đo hữu hạn trên ∂ D

Trang 14

Chứng minh: Nếu

log|f(z)| 6∫ P z (θ)dµ(θ), với µ là độ đo hữu hạn thì

log+|f(z)| 6

∫

P z (θ)dµ+(θ),

ở đây, µ+là phần dương của µ và như vậy log+|f(z)| có hàm trội điều hòa

hay f ∈ N Ngược lại, nếu f ∈ N thì log+|f(z)| được làm trội bởi một hàm

điều hòa dương U (z) Vì log |f(z)| 6 log+|f(z)| nên log |f(z)| cũng có hàm

trội điều hòa nhỏ nhất u(z) và như vậy u(z) 6 U(z) Ta viết

u(z) = U (z) − (U(z) − u(z)).

Khi đó u(z) là hiệu của hai hàm điều hòa dương và u(z) là tích phân Poisson

Định lý 1.4.5 Cho f ∈ N, f 0 Giả sử B(z) là tích Blaschke được tạo thành

từ các không điểm của f (z) Khi đó B(z) hội tụ và g(z) = f (z)

B(z) thuộc lớp N Hơn nữa, log |g(z)| là hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)|.

Chứng minh: Theo định lý 1.4.4 ta có log|f(z)| có hàm trội điều hòa và theo

định lý 1.3.4 và 1.3.5 thì B(z) hội tụ Ta có g(z) là hàm chỉnh hình khác 0 trên

miền đơn liênD nên theo định lý 1.1.2 tồn tại hàm chỉnh hình h trên D sao

cho g = e h Khi đó log|f(z)| = Reh và log |f(z)| là hàm điều hòa.

Gọi u(z) là hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| Từ B(z) 6 1 ta có

Như vậy u(z) = log |g(z)| Điều này chứng tỏ g(z) ∈ N 2

Định lý 1.4.6 Cho f (z) ∈ N, f 0 Khi đó f(z) có giới hạn không tiếp xúc

hầu khắp nơi và

log|f(e iθ)| ∈ L1(dθ). (1.8)

Hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| có dạng∫P z (θ)dµ(θ) , ở đây

2π + dµ s , với dµ s là kì dị đối với dθ Từ (1.10) ta có log |g(z)|

có giới hạn không tiếp xúc k(θ) hầu khắp nơi Vì |B(e iθ)| = 1 hầu khắp nơi

nên log|f(z)| có giới hạn không tiếp xúc k(θ) hầu khắp nơi Như vậy, (1.8)

và (1.9) được chứng minh Bây giờ ta chỉ cần chứng minh sự tồn tại giới hạn

không tiếp xúc của f (z).

Theo (1.10) ta có log|g(z)| là hiệu của hai hàm điều hòa dương, log |g| = u1 − u2, u j > 0 Đặt v j (z) là hàm điều hòa liên kết của u j (z) VìD là miền đơn

liên nên v j là hoàn toàn được xác định và v j (z)được xác định duy nhất nếu ta

Hàm bị chặn e −(u j +iv j)có giới hạn không tiếp xúc hầu khắp nơi và các giới

hạn này không triệt tiêu trên một tập có độ đo dương Do đó g và f = Bg có

Định nghĩa 1.4.7 Hàm f (z) lớp Nevanlinna được gọi là thuộc lớp Smirnov,

ký hiệu f ∈ N+, nếu

lim

r →1

∫log+|f(re iθ

)|dθ =

∫log+|f(e iθ

)|dθ.

Trang 15

Định lý 1.4.8 Cho f (z) ∈ N, f 0 Khi đó các phát biểu sau là tương đương:

a f (z) ∈ N+.

b Hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log+|f(θ)| là

∫log+|f(θ)|P z (θ) | dθ

2π .

c Với mọi z ∈ D

log|f(z)| 6

∫log|f(θ)|P z (θ) dθ

Chứng minh: Trước hết ta có ngay (c) và (d) tương đương với nhau Thật

vậy, theo định lý 1.4.6 ta có hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log|f(z)| có dạng

log|f(z)| 6∫ log|f(θ)|P z (θ) dθ

2π . Tiếp theo ta sẽ chứng minh (a) và (b) tương đương với nhau.

Nếu f (z) ∈ N thì log+|f(z)| có hàm trội điều hòa nhỏ nhất

U (z) =

∫

P z (θ)dν(θ),

ở đây, độ đo dương ν là giới hạn *yếu của các độ đo

log+|f(re iθ)|P z (θ) dθ

2π .

Theo định lý 1.3.3 và bổ đề Fatou ta có

∫log|f(θ)|P z (θ) dθ

2π6 lim

r →1

∫log|f(re iθ)|P z (θ) dθ

vì một độ đo hoàn toàn được xác định bởi tích phân của nó

Theo định nghĩa f ∈ N+nếu và chỉ nếu các độ đo dương ở hai vế của (1.4)

có cùng tích phân Do đó f ∈ N+nếu và chỉ nếu

log+|f(e iθ)| dθ

ở đây, |c| = 1, v > 0 hầu khắp nơi trên ∂D và log v(ζ) ∈ L1(∂D ).

Định nghĩa 1.4.10 Hàm I ∈ H ∞ được gọi là hàm trong nếu |I| = 1 hầu khắp nơi trên ∂ D

Định lý 1.4.11 Mọi hàm ngoài f đều có thể biểu diễn dưới dạng f = f1

f2 với f1, f2 là các hàm ngoài bị chặn, f1, f2 ∈ H ∞ và ∥f i ∥ ∞ 6 1, i = 1, 2.

Định nghĩa 1.4.12 Hàm S được gọi là hàm kì dị nếu S được xác đinh bởi

Trang 16

Mệnh đề 1.4.13 Nếu S là hàm kì dị trên đĩa đơn vị D Khi đó S là hàm chỉnh

hình trên D và thỏa mãn các tính chất sau:

i S(z) không có không điểm trên D

ii S j (0) > 0

iii |S(z)| 6 1, ∀z ∈ D

iv |S(ζ)| = 1 hầu khắp nơi trên ∂D

Chứng minh:

i Theo định nghĩa của hàm kì dị ta có S(z) ̸= 0, ∀z ∈ D nên S không có

không điểm trongD

ii Do µ là độ đo dương trên ∂D nên S j (0) = e −

∫

∂Ddµ(ζ) > 0.iii Ta có

iv Do µ là độ đo kì dị hữu hạn trên ∂D nên ∫

∂DP z (ζ)dµ(ζ)hội tụ không tiếp

xúc tới 0 hầu khắp nơi trên ∂ D nên |S(ζ)| = 1 hầu khắp nơi trên ∂D

2

Định lý 1.4.14 (Định lý phân tích Riesz-Smirnov) Cho f (z) ∈ N, f 0 Khi

đó f (z) có thể biểu diễn dưới dạng

f (z) = C B(z)F (z)S1 (z)

S2 (z) , |C| = 1, (1.11)

trong đó, B(z) là tích Blaschke, F (z) là hàm ngoài và S1, S2 là các hàm kì dị.

Hơn nữa, sự phân tích ở (1.11) là duy nhất sai khác một hằng số C, |C| = 1,

ngược lại, mọi hàm có dạng (1.11) đều thuộc lớp N

Chứng minh: Đặt g(z) = f (z)

B(z) , trong đó B(z) là tích Blaschke được hình thành

từ các không điểm của f (z) Từ định lý 1.4.5 và 1.4.6 ta có

trong đó, dµ1, dµ2là các độ đo dương trên ∂ D và dµ j ⊥dθ, j = 1, 2 Đặt

log|g(z)| = log |F (z)| + log |S1 (z) | − log |S2 (z) |.

Do g(z) không có không điểm trong D , log g(z) là hàm đơn trị, do đó

log|g(z)| = iC + log F (z) + log S1 (z) − log S2 (z), với C là hằng số thực Như vậy,

g(z) = e iC F (z)S1 (z)

S2 (z) . Lại có, B(z) được xác định bởi các không điểm của f (z) và |B(e iθ)| =

|S1 (e iθ)| = |S2 (e iθ)| = 1 hầu khắp nơi nên F (z) được xác định bởi log |f(e iθ)|, S1, S2do đó được xác định bởi hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log|f| Như

vậy, sự phân tích ở (1.11) là duy nhất sai khác một hằng số C, |C| = 1.

Nếu f (z) có dạng phân tích ở (1.11) thì

log|f(z)| 6 log |F (z)| + log |S1 (z) | − log |S2 (z) |.

Như vậy, log|f(z)| được làm trội bởi tích phân Poisson Theo định lý 1.4.4 ta

Định lý 1.4.15 Mọi hàm f ∈ N+đều có thể biểu diễn dưới dạng

f (z) = CB(z)F (z)S(z), |C| = 1, với B(z) là tích Blaschke, F (z) là hàm ngoài và S là các hàm kì dị.

Chứng minh: Theo định lý 1.4.8 ta có f ∈ N+khi và chỉ khi hàm trội điều hòanhỏ nhất của log|f(z)| là tích phân Poisson của

Trang 17

Định nghĩa 1.4.16 Hàm f (z) ∈ H ∞ được gọi là hàm trong nếu |f(e iθ)| = 1

với dµ > 0 và dµ⊥dθ đều là hàm trong.

Định lý 1.4.17 Mọi hàm trong f (z) đều có dạng

f (z) = e iC B(z)S(z), với B(z) là tích blaschke, S(z) là hàm kì dị có dạng (1.13).

Chứng minh: Do H ∞ ⊂ N+nên f (z) ∈ N+ Theo định lý 1.4.15 ta có

số tiêu chuẩn hình học của dãy nội suy

2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna

0, nếu z / ∈ Λ.

35

Trang 18

2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna 36

ii Dãy Λ được gọi là dãy Blaschke nếu nó thỏa mãn điều kiện Blaschke.

iii Dãy Λ được gọi là tách nếu δ(Λ) := inf

λ ̸=λ ′ ρ(λ, λ ′ ) > 0,

ở đây,

ρ(z, ω) := |b z (ω) | = z − ω

1− zω ,

là giả khoảng cách hyperbolic giữa hai điểm z, ω ∈ D

Định nghĩa 2.1.3 Quét Poisson của một độ đo dương hữu hạn µ trên đĩa đơn

Định nghĩa 2.1.4 Hàm điều hòa h trên đĩa đơn vị D được gọi là tựa chặn

nếu trong cách viết

ii Bao lồi nón của một tập con A ⊂ R d được xác định bởi

Cone(A) := Conv(R+A) ={

Ký hiệu < , > là tích vô hướng chuẩn tắc trongRd

Với mỗi vec tơ v ∈ R d , các tọa độ được ký hiệu bởi v i , 1 6 i 6 d.

Ta cũng ký hiệuRd

+là tập hợp các điểm củaRdcó các tọa độ không âm

Định lý 2.1.6 Cho (a j , b j)∈ R d × R , 1 6 j 6 N, là các điểm thỏa mãn X := {x ∈ R d |< a j , x > 6 b j } ̸= ∅ Ký hiệu, A := {(a j , b j ), 1 6 j 6 N} ⊂ R d × R Khi đó, với mọi (v, r) ∈ R d × R các tính chất sau là tương đương:

Định dạng
Số trang	37
Dung lượng	411,43 KB