Luận văn Thạc sĩ cơ sở lý thuyết hàm và giải tích hàm, hàm biến phức

Ta thác triển g thành hàm g1 liên tục trên  và tuần hoàn với chu kì 2...  1.5 Sự hội tụ đều và định lý Riesz-Fischer Như chúng ta đã biết chuỗi Fourier  inx chắc đã hội tụ và nếu

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

 lần lượt được gọi là hệ số Fourier thứ n

và chuỗi Fourier của f

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( ) ( )( )

1

p p

 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 L p[- ; ] 

Chứng minh

Gọi  là tập tất cả các đa thức lượng giác có chu kì 2  Lấy f L p[- ; ]  và

0

  tùy ý Bởi vì tập các hàm số liên tục trên [ ; ] là trù mật trong L p[- ; ] 

nên có g:[ ; ]  liên tục thỏa mãn

(1.3)

2

p

g f 

Ta thác triển g thành hàm g1 liên tục trên  và tuần hoàn với chu kì 2 Áp

dụng định lý Fejer sẽ có P  hội tụ đều tới g1 g trên [ ; ] Vậy

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

Định lý 1.4.1 (Parseval) Với mọi hàm f L2[ ; ], dãy tổng riêng  p( ) 0

Vậy phải tồn tại số tự nhiên N để P  N

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

2 2 2

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

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.

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

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

 

1

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

Định lý 1.5.3 ( Riesz-Fischer) Giả sử  a n là dãy số phức thỏa mãn điều kiện

Định nghĩa 2.1.2 Cho hàm số f xác định trên miền D   và z0D. Nếu có

0

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

0,

z ở đó D z r( ; )0 z: zz0 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:

Trường hợp riêng:    , ở đây P là một đa giác mà P P D

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

  , chia  thành bốn tam giác bởi các đường trung bình Gọi  k

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

Nhờ i) và nguyên lý Cantor, ta suy ra  0

1

n n

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

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 :

trình tham số của D là z( ),t t [  ; ] Với 0  , ký hiệu 1   là đường cong cho bởi z( ),t t [  ; ] Áp dụng Định lý 2.2.1 ta có f dz 0

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

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 z 0

f d z

0 0

2

r C

0

r C

d z

2 ( )

f z f

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

chỉnh hình trên vành khăn V z: 0 zz0 r thì tích phân f z dz( )





không phụ thuộc vào chu tuyến  vây quanh z0,  V

Điều này đưa tới định nghĩa sau:

Định nghĩa 2.3.1 Giả sử f chỉnh hình trên V z: 0 zz0 r và  là một chu tuyến trong V vây quanh z0 Thặng dư của f đối với điểm z0 được ký hiệu là res f z , xác định bởi: [ ; 0]

Mệnh đề 2.3.2 Giả sử f là hàm chỉnh hình trên miền D trừ ra điểm z0D , đặt

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

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

g z

g z chỉnh

hình trong lân cận của z nên: 0

' 0

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

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( ),

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

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 U z:z 1 và z  là không 0

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

f z  và số không điểm của f z trong z( ) r là như nhau

Vậy f z( ) có đúng N không điểm trong D(0; )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

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  f D  f được gọi là bài toán Dirichlet

3.2 Tích phân Poisson và lời giải bài toán Dirichlet

L U  p  là không gian định chuẩn các hàm khả tích Lebesgue bậc p

trên U với chuẩn p( )  ( ) 1/

p p

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

i i

z J

u 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 f L1(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  f n  với mọi số nguyên âm ( ) 0 n thì

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 f P f[ U] trên U

Chứng minh

Với số nguyên âm n, do f z n( )1

z  chỉnh hình trên U liên tục trên U nên theo định ,

4 Không gian H2

4.1 Khái niệm về không gian H2

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

1/2 2

n n

 với mọi   Bây giờ ta mở rộng kết quả này

trong không gian H 2

Cố định s (0;1), do f sz chỉnh hình trên đĩa mở ( ) D0; 1 /sU nên từ Hệ quả 3.2.5 ta có

  thỏa mãn điều kiện: tồn tại các đa thức

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

1( )( )z z it

( i )

t

i it t

e d

d t

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 \ , f U  f và mọi điểm của I đều là cực điểm của f

Trường hợp đặc biệt khi I   ta có:

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

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:

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

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

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:

( )

0

U

f z dz

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 

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

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

sử tồn tại z thuộc j U Gọi

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 Pf( 1) Pf( 2) Pf(N)0 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  Pf n  với mọi ( ) 0

n N  

Chứng minh

N N

Chương 2 Nguyên lý argument và thác triển phân hình

Giả sử hàm :U  \ 0 liên tục, ta ký hiệu W( ) là số gia argument của 

dọc U chia cho 2 : ( ) 1 arg

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 Pf Q  trên 0 U

1 Thác triển chỉnh hình

Trong phần này chúng ta xét trường hợp đặc biệt khi N  , kết quả đạt được là: 0

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

và chỉ nếu W f( Q) với mọi đa thức 0 Q sao cho f Q  trên 0 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:

( 1) 0

1

11

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

trên U sao cho

C z z  F z    z U Suy ra :

(1.2) 1  1  1

p m

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

nguyên dương sao cho:

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

) Đảo lại, giả sử W f( Q) với mọi đa thức 0 Q mà f Q  trên U0  Với

mỗi  \ U , xét hàm liên tục F xác định trên U bởi

( )( ) f z ,

Như vậy với mọi đa thức Q mà FQ  trên U0  ta có

 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 Pf Q  trên U0 

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

Chứng minh Bổ đề 2.2

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 L  để với mọi 0( , )z  A A ta có:

u z u  L z Xét hàm u:2  xác định bởi

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 v : 2 

Vậy  có mở rộng Lipschitz : Giả sử M  là hằng số thỏa mãn 0

Gọi c n là độ dài cạnh của P thì n cn 2 là độ dài đường chéo của P Sử dụng (2.1) n

suy ra (P n)Q n, với Q là hình vuông cạnh n M c n 2

Như vậy  Q n n1 là dãy hình vuông phủ ( ) A và theo (2.2)

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 z m   0 trên U và W z( m  )m

Chứng minh Bổ đề 2.3

Gọi  là thác triển chỉnh hình của  lên U

Trường hợp 1: ( )z  với mọi z0  U

Theo nguyên lý argument ( m)

W z  chính là số không điểm của hàm m

z  trong U

Vậy:

( m )= ( m )

W z  W z  m Như thế trong trường hợp này ta chọn   0

Trường hợp 2: Tồn tại z U để ( )z  , nghĩa là 00 H(U) với H là hàm xác

không đồng nhất bằng không trên U

Gọi  là bội của không điểm z  của 0 m

Do đó:

D  H U mặc dù z 0 H(U) Vậy phải có : 0   để z m   0 trên U đồng thời m

z   có đúng  không điểm trong D(0; )r U

Áp dụng nguyên lý argument cho hàm chỉnh hình m

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

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

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) Pf( 1) Pf( 2) Pf(N)0

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 )

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

1 1 1

Pf PGFH G H , trong đó G1 PGFA U( ),H1C(U)A U( )

Suy ra với mọi số nguyên n:

Pf n G n H n Theo Định lý 5.2.1-Chương 1 ta có G n1( )0,  (do n 0 G1A U( )) Kết hợp với (2.4) ta thu được:

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 , Pf Q  trên U0  Khi đó tồn tại

N j j

N

j j

N

j j

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

N j j

Như vậy Bổ đề 2.5 đã được chứng minh 

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

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 PFQ  trên 0 U

Chứng minh

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

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

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:

1 1

N j j

2 2

2

2 2

2

2 3

N N N

N N

    Bởi vì  H2 nên Hệ quả 4.2.3-Chương 1 cho phép ta

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

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 