(LUẬN văn THẠC sĩ) bổ đề schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong cn và một số ứng dụng

Bổ đề Schwarz và Bổ đề Schwarz trên biên

Định lý 1.1.1 (Bổ đề Schwarz)

Cho f : ∆ → ∆ là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị mở

(ii) |f (z)| ≤ |z| với mọi z ∈ ∆, dấu đẳng thức trong (i) đạt được khi (iii) f (z) = cz, với c là hằng số phức có môđun bằng 1.

Chứng minh Xét khai triển của chuỗi lũy thừa tại của f tại 0 trong ∆ f (z) ∞

Vì c 0 = f (0) = 0, z.g(z) =f (z) (1.3) Nếu z ∈ ∆ và ta lấy 1 > r >|z|, thì theo nguyên lý môđun cực đại,

Từ (1.4) và (1.3) cho ta (ii) Lấy z = 0 trong (1.4) và chú ý rằng g(0) = c 1 f 0 (0), ta có (i).

Nếu đẳng thức (i) được thỏa mãn, thì (1.4) cho thấy |g| đạt cực đại tại 0 trong miền ∆, theo nguyên lý môđun cực đại, g là hằng số trên ∆ Giả sử c là hằng số đó, ta có |c| = |g(0)| = |f'(0)| = 1, từ đó dẫn đến kết quả (iii): f(z) = zg(z) = cz.

Nếu đẳng thức trong (ii) đúng với z ≠ 0, thì |g(z)| = 1, dẫn đến việc |g| đạt cực đại trong ∆ tại z Điều này chứng tỏ rằng g là hằng số, và do đó (iii) cũng được xác lập Định lý 1.1.2 (Bổ đề Schwarz trên biên) khẳng định điều này.

Chof : ∆ → ∆là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị∆ ={z ∈ C : |z| < 1}. Giả sử rằng f (0) = 0 và tại điểm z 0 tùy ý mà |z 0 | = 1, f thác triển liên tục tới z0, |f (z0)| = 1 và f 0 (z0) tồn tại Thế thì

1 +|f 0 (0)| (1.5) Để chứng minh định lý này, trước tiên ta chứng minh các bổ đề sau:

Bổ đề 1.1.3 Cho f : ∆ →∆ là hàm chỉnh hình thỏa mãn f (0) = 0 Khi đó

Chứng minh Đặtg(ζ) = f (ζ) ζ Theo Bổ đề Schwarz thì hoặcf là phép quay hoặc |g(ζ)| < 1 với |ζ| < 1.

Nếu f là phép quay thì |f 0 (0)| = 1 nên việc chứng minh bất đẳng thức trên là tầm thường.

Giả sử rằng |g(ζ)| < 1 với |ζ| < 1, và thông qua một phép quay nếu cần, ta có thể thiết lập rằng g(0) = f'(0) = a, với a ∈ R và 0 ≤ a < 1 Bất đẳng thức này tương ứng với điều kiện đã nêu.

Từ Bổ đề Schwarz, chúng ta có thể suy ra rằng ánh xạ mỗi đĩa ∆(0, r) vào một đĩa có đường kính là đoạn ha−r/(1−ar, 1+ar) Khi |ξ| = r, ta có g(ζ) ≤ (1+ar)/(a+r) Như vậy, khẳng định trên đã được chứng minh, và do đó bổ đề cũng được xác nhận.

Bổ đề 1.1.4 Ta có ζlim j →z 0 f (ζ j )−c

Sử dụng tính bị chặn trên của |f (ζ)| trong Bổ đề 1.1.3, ta có điều phải chứng minh.

Ta đi chứng minh Định lí 1.1.2

Chứng minh Lấy ζj trong Bổ đề 1.1.4 thỏa mãn ζj = tj, với tj → 1 Cho j → +∞ thì vế trái dần đến f 0 (z0).

Nhận xét 1 Từ (1.5) ta có

|f 0 (z 0 )| ≥ 1 (1.6) Đẳng thức trong (1.6) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) =re iθ , với θ ∈ R. Nếu hàm f có tính chất f (0) = f 0 (0) = = f (n−1) (0) = 0, n ∈ N thì f 0 (z 0 ) ≥ n (1.7) Đẳng thức trong (1.7) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = z n e iθ , với θ ∈ R.

Các bất đẳng thức tại một điểm biên của hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị

chỉnh hình trên đĩa đơn vị

Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày một số bất đẳng thức tại điểm biên cho các dạng khác nhau của hàm chỉnh hình, đồng thời tìm kiếm các điều kiện cần thiết để đạt được dấu đẳng thức.

Hàm f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị với điều kiện f(0) = 1 và |f(z) - ε| < ε cho mọi |z| < 1, trong đó ε là số thực với 1/2 < ε ≤ 1 Định lý 1.2.1 chỉ ra rằng nếu f có giới hạn f(z0) tại mỗi điểm biên z0 ∈ ∂∆ và f(z0) = 2ε, thì các điều kiện trên được thỏa mãn.

|f 0 (z 0 )| ≥ ε(2ε−1) (1.8) Đẳng thức trong (1.8) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) =ε 1 +ze iθ ε+ (1−ε)ze iθ , với θ là một số thực.

Chứng minh Xét các hàm chỉnh hình trên đĩa ∆ g(z) = f (z)−ε ε ω(z) = g(z)−g(0)

|ω(z)| < 1 với mọi |z| < 1, ω(0) = 0 và |ω(z 0 )| = 1 với mọi z 0 ∈ ∂∆. Theo Nhận xét 1, f 0 (z0) ≥ 1 nên ta có

Nếu |f'(z₀)| ≥ ε(2ε−1) và |f'(z₀)| = ε(2ε−1), từ (1.9) và |ω₀(z₀)| = 1, ta có f(z) = ε + ze^(iθ)ε + (1−ε)ze^(iθ) Định lý 1.2.2 [11] cho biết rằng nếu f là hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆, với điều kiện f(0) = 1 và |f(z)−ε| < ε cho mọi |z| < 1, trong đó ε là số thực với 1/2 < ε ≤ 1, và nếu với mỗi z₀ ∈ ∂∆, f có giới hạn f(z₀) tại z₀, thì f(z₀) = 2ε.

(2ε−1) +ε|f 0 (0)| (1.10) Bất đẳng thức (1.10) là chặt với đẳng thức cho bởi hàm f (z) = ε 1 + 2az +z 2 ε+az + (1−ε)z 2 , trong đó a = ε|f (2ε−1) 0 (0)| là số tùy ý thuộc đoạn [0,1].

Sử dụng Định lý 1.1.2 cho hàm ω(z), ta có

Bây giờ, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1.10) là nhọn Lấy bất kì a ∈ [0,1] Đặt f (z) = ε 1 + 2az +z 2 ε+az + (1−ε)z 2 thì f 0 (z) = ε(2a+ 2z) ε+az+ (1−ε)z 2 −(a+ 2 (1−ε)z) 1 + 2az +z 2

Vì a = ε|f (2ε−1) 0 (0)| , (1.10) thỏa mãn với dấu đẳng thức.

Bằng cách áp dụng phương pháp chứng minh tương tự như Định lý 1.2.1 và Định lý 1.2.2, chúng ta có thể xác định một dạng khác của các hàm chỉnh hình trong Định lý 1.2.3 Theo đó, nếu f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆ và thỏa mãn điều kiện |f(z)−1| < 1 với f(0) = a, trong đó 0 < a < 2, thì các kết quả sẽ được chứng minh.

Khi đó, f thỏa mãn bất đẳng thức

|f 0 (0)| ≤a(2−a) (1.12) Đẳng thức (1.11) đạt được với z khác 0 thuộc U hay đẳng thức(1.12) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = a 1 +ze iθ

Khi đó g, ω là các hàm chỉnh hình trên ∆ với |g(z)| < 1 và |ω(z) < 1| với

|z| < 1 và ω(0) = 0 Vì vậy ω thỏa mãn điều kiện của Bổ đề Schwarz. Theo Bổ đề Schwarz

Do vậy, ta có bất đẳng thức (1.11) Mặt khác, ta có ω 0 (z) = f 0 (z) (1−(a−1) (f (z)−1)) + (f (z)−a) (a−1)f 0 (z)

(1−(a−1) (f (z)−1)) 2 và |ω 0 (0)| ≤ 1 Theo Bổ đề Schwarz suy ra

|f 0 (0)| ≤1−(a−1) 2 = a(2−a). Đẳng thức trong (1.11) đạt được với bất kỳ z 6= 0 thuộc ∆ hay đẳng thức trong (1.12) đạt được nếu và chỉ nếu ω(z) = f (z)−a

Nhận xét 2 Từ công thức (1.14)

|f (z)−a| = |f (z)| −a. và |(1−a)f (z) +a| = |(1−a)f (z)|+ a. thỏa mãn tại điểm z 6= 0 thuộc ∆ mà đẳng thức (1.11) đạt được, tức là

0 < a < 1 và f (z) là thực với a < f (z) < 2 tại điểm z 6= 0 thuộc ∆ ở trên.

Nếu f là hàm trong (1.13) với điều kiện 0 < a < 1, thì tại điểm z khác 0 thuộc ∆ thỏa mãn a < f(z) < 2, đẳng thức trong (1.11) sẽ đạt được Định lý 1.2.4 khẳng định rằng f là một hàm chỉnh hình trên ∆.

|f (z)−1| < 1 với f (0) = a, trong đó 0 < a < 2 Giả sử rằng với mỗi z 0 mà |z 0 | = 1, f thác triển liên tục được tới z 0 , f (z 0 ) = 2 và f 0 (z 0 ) tồn tại Khi đó

|f 0 (z 0 )| ≥ 2−a a (1.16) Đẳng thức (1.11) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = a 1 +ze iθ

1−(1−a)ze iθ , với θ là số thực thỏa mãn e iθ = z 1

Nếu |f 0 (z 0 )| = 2−a a thì |ω 0 (z 0 )| = 1 và theo Định lý 1.1.2, ω(z) = ze iθ với θ ∈ R Tức là f (z) = a ( 1+ze iθ )

Vì vậy z 0 e iθ = 1 và do đó θ thỏa mãn e iθ = z 1

0. Ngược lại , xét hàm f (z) = a 1 +ze iθ

1−(1−a)ze iθ , trong đó θ thỏa mãn e iθ = z 1

0, ta có đẳng thức trong (1.16).

Bây giờ xét hàm chỉnh hình f với f (0)−a = f 0 (0) = = f (n−1) (0) = 0.

Hàm f (z) =a+c n z n +c n+1 z n+1 + , n∈ N với c n 6= 0 là một hàm chỉnh hình Nếu ta thay điều kiện |ω 0 (z0)| ≥1bởi |ω 0 (z0)| ≥ntrong chứng minh của Định lý 1.2.4, thì ta có hệ quả sau

Hệ quả 1.2.5 đề cập đến hàm chỉnh hình f xác định trên miền ∆ với biểu thức f(z) = a + c_n z^n + c_{n+1} z^{n+1} + cho n ≥ 1, thỏa mãn điều kiện |f(z) - 1| < 1 trên ∆, trong đó 0 < a < 2 và c_n ≠ 0 Giả sử f liên tục mở rộng tới z_0 ∈ ∂∆ với f(z_0) = 2 và f'(z_0) tồn tại.

Dấu đẳng thức đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = a 1 +z n e iθ

0. Chứng minh Bằng sử dụng công thức của w như trong (1.14) ω(z) = (f (z)−1)−(f (0)−1)

|f 0 (z 0 )| ≥n2−a a Định lý sau cũng cho ta một bất đẳng thức tại điểm biên z 0 Định lý 1.2.6 [5] Cho f là một hàm chỉnh hình trên ∆ thỏa mãn

|f (z)−1| < 1 với f (0) = a, trong đó 0 < a < 2 Giả sử rằng f thác triển liên tục tới z 0 ∈ ∂∆, f (z 0 ) = 2, và f 0 (z 0 ) tồn tại, thì

|f 0 (z 0 )| ≥ 2(2−a) 2 a(2−a) + |f 0 (0)| (1.19) Dấu đẳng thức đạt được khi hàm f (z) = 1 + 2bz +z 2 a[2−a+ (b+ a−1)z], (1.20) với z 0 = 1, b = a(2−a) |f 0 (0)| và a = 1, tức là f (z) = 1+2bz+z 1+bz 2 với z 0 = 1, 0≤ b = |f 0 (0)| ≤ 1.

Chứng minh Lấy hàm ω xác định như trong (1.14).

Bằng cách áp dụng bất đẳng thức (1.6) cho ω 0 (z) và phương trình (1.17), ta có

2a(2−a) a(2−a) +|f 0 (0)| = 2(2−a) 2 a(2−a) +|f 0 (0)|. Để có dấu đẳng thức trong (1.19), chọn tùy ý thỏa mãn 0 ≤b ≤ 1 và lấy f (z) = 1 + 2bz +z 2 a[2−a+ (b+ a−1)z]. Khi đó f 0 (z) = (2b+ 2z) [2−a+ (b+a−1)z]− 1 + 2bz +z 2 (b+a−1) a[2 −a+ (b+a−1)z] 2 và từ đó suy ra f 0 (1) = 2 (2−a) a(b+ 1).

Do vậy, đẳng thức trong (1.19) đạt được tại z 0 = 1, trong đó b = a(2−a) |f 0 (0)| Mặt khác f (1) = 1 + 2b+ 1 a(2−a+b+a−1) = 2 a.

Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong C n và ứng dụng

Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho các ánh xạ chỉnh hình trên hình cầu đơn vị trong C n

xạ chỉnh hình trên hình cầu đơn vị trong C n

Ký hiệu C n là không gian Hilbert phứcnchiều với tích trong và chuẩn được cho bởi hz, ωi n

X j=1 z j ω j , kzk q hz, zi, trong đó z, ω ∈ C n

Ký hiệu B n = nz ∈ C n : kzk 2 = |z 1 | 2 + +|z n | 2 < 1o là hình cầu đơn vị mở trong C n ; ∂B n = {z ∈ C n : kzk = 1}.

Ta gọi H(B n ) là họ các ánh xạ chỉnh hình từ B n vào C n Trong chương này, ta viết z ∈ C n là véctơ cột có dạng ma trận cỡ n×1 z 

 và ký hiệu 0 là chuyển vị của véc tơ hay ma trận.

Vớif ∈ H (B n ), ta cũng viếtf = (f 1 , f 2 , , f n ) 0 ,trong đó f j là các hàm chỉnh hình từ B n vào C, j = 1, n Đạo hàm của f ∈ H(B n ) tại một điểm a ∈ B n là ma trận Jacobi phức của f cho bởi

Trong bài viết này, chúng ta xem xét ánh xạ tuyến tính J f (a) từ C n vào C n và nhắc lại bổ đề Schwarz trên biên cổ điển cùng một số kết quả liên quan Theo Định lý 2.1.1, nếu ∆ là đĩa đơn vị trong mặt phẳng phức C và f : ∆ → ∆ là hàm chỉnh hình, với điều kiện f chỉnh hình tại z = 1, f(0) = 0 và f(1) = 1, thì đạo hàm f 0 (1) phải lớn hơn hoặc bằng 1 Hơn nữa, bất đẳng thức này là nhọn, cho thấy tính chất đặc biệt của hàm chỉnh hình trong trường hợp này.

Chú ý, nếu ta bỏ điều kiện f(0) = 0 và áp dụng định lý này cho hàm g(z) = 1−f 1−f (0) (0) f (z)−f (0)

1−f (0)f (z) thì ta có ước lượng sau f 0 (1)≥

Bổ đề 2.1.2 nêu rằng trong không gian Banach phức X với chuẩn k.k X, nếu B là hình cầu đơn vị mở và f : B → B là ánh xạ chỉnh hình với điều kiện f(0) = 0, thì đối với mọi z thuộc B, ta có kf(z)k X ≤ kzk X.

Bổ đề 2.1.3 [3] Giả sử f : B n →B n là một ánh xạ chỉnh hình trên hình cầu đơn vị mở trong C n , thì kJ f (z)αk 2

Bổ đề 2.1.4 [7] Cho một điểm a ∈ B n , đặt A = sI n + 1+s aa 0 , trong đó s q

1− kak 2 , I n là ma trận đơn vị cấp n Thì ϕ a (z) =A a−z

1−a 0 z là một tự đẳng cấu chỉnh hình của B n mà hoán vị 0 và a Hơn nữa, ϕ a là song chỉnh hình trong một lân cận của B n , và

Ta có định nghĩa không gian tiếp xúc của biên của hình cầu đơn vị trong

C n tại một điểm như sau: Định nghĩa 2.1.5 Giả sử z0 ∈ ∂B n Không gian tiếp xúc Tz 0 (∂B n ) của

∂B n tại z 0 được định nghĩa bởi

T z 0 (∂B n ) ={ω ∈ C n :