Đang tải... (xem toàn văn)
Untitled ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM –––––––––––––––––––– TRẦN THỊ THÙY LINH BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ TRONG n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM –––––––––––––––––––– TRẦN THỊ THÙY LINH BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ TRONG n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM –––––––––––––––––––– TRẦN THỊ THÙY LINH BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ TRONG n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN HUỆ MINH THÁI NGUYÊN - 2020 LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng em hưỡng dẫn TS Trần Huệ Minh Em khơng chép từ cơng trình khác Các tài liệu luận văn trung thực, em kế thừa phát huy thành khoa học nhà khoa học với biết ơn chân thành Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Trần Thị Thùy Linh Xác nhận Khoa chuyên môn Xác nhận Người hướng dẫn khoa học i LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Trần Huệ Minh, người tận tình hướng dẫn truyền đạt kinh nghiệm học tập, nghiên cứu khoa học để em hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo - Bộ phận Sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Tốn, thầy giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Viện Toán học giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt trình học tập nghiên cứu khoa học Do vốn kiến thức khả nghiên cứu khoa học hạn chế nên luận văn em khơng tránh khỏi khiếm khuyết, em mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn học viên để luận văn hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn ! Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Trần Thị Thùy Linh ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn Mục lục ii iii Mở đầu 1 Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị 1.1 Bổ đề Schwarz Bổ đề Schwarz biên 1.2 Các bất đẳng thức điểm biên hàm chỉnh hình đĩa đơn vị Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn ứng dụng 14 2.1 Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho ánh xạ chỉnh hình hình cầu đơn vị Cn 14 2.2 Bổ đề Schwarz biên ánh xạ đa thức chỉnh hình 27 2.3 Một số áp dụng Bổ đề Schwarz biên 32 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 iii Mở đầu Lý chọn đề tài Như biết, Bổ đề Schwarz biên đóng vai trị quan trọng giải tích phức cổ điển, trở thành chủ đề nghiên cứu theo nhiều hướng nhà toán học giới S Krantz [6], D Chelst [2], R Osserman [12], M Jeong [5], Dựa Bổ đề Schwarz biên, T.Liu, G.Ren, S Gong W Zhang đạt kết nghiên cứu đột phá ánh xạ lồi song chỉnh hình chuẩn tắc ánh xạ tựa lồi miền khác ([4], [8]) Việc tổng quát hóa Bổ đề Schwarz biên lên trường hợp nhiều chiều áp dụng để có kết lý thuyết hàm hình học nhiều biến phức thu hút quan tâm nhiều nhà toán học, chẳng hạn năm 2015, T.Liu, J Wang, X Tang tổng qt hóa Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn [9], Mục đích luận văn nghiên cứu, tìm hiểu trình bày lại số kết Bổ đề Schwarz biên số ứng dụng Nhiệm vụ nghiên cứu Hệ thống lại kết Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị điểm biên hình cầu đơn vị Cn với số ứng dụng Phương pháp nghiên cứu Sử dụng kết hợp phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết, phương pháp phân loại hệ thống hóa lý thuyết Bố cục luận văn Luận văn viết chủ yếu dựa tài liệu [5], [9], [10], [11] gồm 38 trang có phần mở đầu, chương nội dung, phần kết luận tài liệu tham khảo Cụ thể là: - Chương 1: Trình bày lại Bổ đề Schwarz Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị số bất đẳng thức điểm biên cho dạng khác hàm chỉnh hình đĩa đơn vị Từ tìm điều kiện để đạt dấu đẳng thức - Chương 2: Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn ứng dụng Phần đầu chương trình bày kết tổng quát hóa Bổ đề Schwarz biên cổ điển cho ánh xạ chỉnh hình f hình cầu đơn vị Cn điểm biên z0 mà f (z0 ) = z0 điểm biên z0 mà f (z0 ) = ω0 ∈ ∂B n ; ω0 6= z0 Phần tiếp sau trình bày tổng quát hóa Bổ đề Schwarz biên ánh xạ đa thức chỉnh hình hình cầu đơn vị Cn Phần cuối trình bày áp dụng Bổ đề Schwarz biên để chứng minh kết định lý biến dạng tổng quát cho ánh xạ hình song chỉnh hình chuẩn tắc hình cầu đơn vị Cn - Cuối phần kết luận trình bày tóm tắt kết đạt danh mục tài liệu tham khảo Chương Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị 1.1 Bổ đề Schwarz Bổ đề Schwarz biên Định lý 1.1.1 (Bổ đề Schwarz) Cho f : ∆ → ∆ hàm chỉnh hình đĩa đơn vị mở ∆ = {z ∈ C : |z| < 1} với f (0) = Khi (i) |f ′ (0)| ≤ (ii) |f (z)| ≤ |z| với z ∈ ∆, dấu đẳng thức (i) đạt (iii) f (z) = cz, với c số phức có mơđun Chứng minh Xét khai triển chuỗi lũy thừa f ∆ ∞ X f (n) (0) cn z , ∀z ∈ ∆, cn = f (z) = n! n=0 Đặt n ∞ X cn z n − 1, ∀z ∈ ∆ (1.2) c0 = f (0) = 0, z.g (z) = f (z) (1.3) g (z) = n=1 Vì (1.1) Nếu z ∈ ∆ ta lấy > r > |z| , theo ngun lý mơđun cực đại, f (ω) ≤ r r |ω|=r |g (z)| ≤ sup |g (ω)| = sup |ω|=r Cho r ↑ 1, ta có |g (z)| ≤ 1, ∀z ∈ ∆ (1.4) Từ (1.4) (1.3) cho ta (ii) Lấy z = (1.4) ý g (0) = c1 f ′ (0) , ta có (i) Nếu đẳng thức đạt (i) (1.4) |g| đạt cực đại ∆ 0, theo nguyên lý môđun cực đại g ∆ Nếu c số |c| = |g (0)| = |f ′ (0)| = ta có (iii) đạt : f (z) = zg (z) = cz Nếu đẳng thức (ii) đạt với z 6= 0, |g (z)| = (1.4) cho ta thấy |g| đạt cực đại ∆ z Do g số (iii) đạt Định lý 1.1.2 [12] (Bổ đề Schwarz biên) Cho f : ∆ → ∆ hàm chỉnh hình đĩa đơn vị ∆ = {z ∈ C : |z| < 1} Giả sử f (0) = điểm z0 tùy ý mà |z0 | = 1, f thác triển liên tục tới z0 , |f (z0 )| = f ′ (z0 ) tồn Thế |f ′ (z0 )| ≥ + |f ′ (0)| (1.5) Để chứng minh định lý này, trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 1.1.3 Cho f : ∆ → ∆ hàm chỉnh hình thỏa mãn f (0) = Khi ′ |ζ|+f (0) |f (ζ)| ≤ |ζ| 1+|f ′ (0)|.|ζ| với |ζ| < Chứng minh Đặt g (ζ) = f (ζ) ζ Theo Bổ đề Schwarz f phép quay |g (ζ)| < với |ζ| < Nếu f phép quay |f ′ (0)| = nên việc chứng minh bất đẳng thức tầm thường Do vậy, ta giả sử |g (ζ)| < với |ζ| < Sử dụng phép quay cần, ta giả thiết g (0) = f ′ (0) = a, a ∈ R ≤ a < Khi bất đẳng thức tương ứng với |g (ζ)| ≤ |ζ|+a 1+a|ζ| , với |ζ| < Ta suy khẳng định từ Bổ đề Schwarz Rõ ràng h g ánh xạ i a−r a+r đĩa ∆ (0, r), < r < vào đĩa có đường kính đoạn 1−ar , 1+ar Khi |ξ| = r, g (ζ) ≤ a+r 1+ar = |ζ|+a 1+a|ζ| Vậy khẳng định chứng minh, bổ đề chứng minh Bổ đề 1.1.4 Ta có 2 ′ − 1−ε |f (z0 )| |f ′ (z0 )| ε = = 2 ε (2ε − 1) ε − 1−ε ε Do ta có |f ′ (z0 )| ≥ ε (2ε − 1) Nếu |f ′ (z0 )| = ε (2ε − 1) từ (1.9) từ |ω ′ (z0 )| = 1, ta có f (z) = ε + zeiθ ε + (1 − ε) zeiθ (1.9) Định lý 1.2.2 [11] Giả sử f hàm chỉnh hình đĩa đơn vị ∆, thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với |z| < 1, ε số thực 21 < ε ≤ Giả sử với z0 ∈ ∂∆, f có giới hạn f (z0 ) z0 , f (z0 ) = 2ε 2ε(2ε − 1)2 |f (z0 )| ≥ (2ε − 1) + ε |f ′ (0)| ′ (1.10) Bất đẳng thức (1.10) chặt với đẳng thức cho hàm + 2az + z f (z) = ε , ε + az + (1 − ε) z a = ε|f ′ (0)| (2ε−1) số tùy ý thuộc đoạn [0, 1] Chứng minh Lấy ω (z) = g(z)−g(0) , 1−g(0)g(z) với g (z) = f (z)−ε ε Định lý 1.2.1 Sử dụng Định lý 1.1.2 cho hàm ω (z) , ta có |f ′ (z0 )| ′ ≤ |ω (z0 )| = + |ω ′ (0)| (2ε − 1) ε, ′ |f (z0 )| ≤ ′ (0)| (2ε − 1) ε, + ε|f (2ε−1) 2ε(2ε − 1)2 |f (z0 )| ≥ (2ε − 1) + ε |f ′ (0)| ′ Bây giờ, ta chứng minh bất đẳng thức (1.10) nhọn Lấy a ∈ [0, 1] Đặt + 2az + z f (z) = ε ε + az + (1 − ε) z f ′ (z) = ε (2a + 2z) ε + az + (1 − ε) z − (a + (1 − ε) z) + 2az + z (ε + az + (1 − ε) z )2 f ′ (1) = 2ε Vì a = ε|f ′ (0)| (2ε−1) , 2ε − 1+a (1.10) thỏa mãn với dấu đẳng thức Bằng phương pháp chứng minh tương tự Định lý 1.2.1, Định lý 1.2.2, ta có dạng khác hàm chỉnh hình kết sau: Định lý 1.2.3 [5] Cho f hàm chỉnh hình đĩa đơn vị ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < với f (0) = a, < a < Khi đó, f thỏa mãn bất đẳng thức |f (z)| ≤ a (1 + |z|) − |(1 − a) z| (1.11) với |z| < Hơn |f ′ (0)| ≤ a (2 − a) (1.12) Đẳng thức (1.11) đạt với z khác thuộc U hay đẳng thức(1.12) đạt a + zeiθ , θ∈R (1.13) f (z) = − (1 − a) zeiθ Chứng minh Đặt Lấy g (z) = f (z) − ω (z) = g (z) − g (0) − g (0).g (z) (1.14) với z ∈ ∆ Khi g, ω hàm chỉnh hình ∆ với |g (z)| < |ω (z) < 1| với |z| < ω (0) = Vì ω thỏa mãn điều kiện Bổ đề Schwarz Theo Bổ đề Schwarz |ω (z)| ≤ |z| với |z| < Vì vậy, Từ suy f (z)−a |ω (z)| = 1−(a−1)(f (z)−1) ≤ |z| |f (z)| − a ≤ |f (z) − a| ≤ |z||1 − (a − 1)f (z) + (a − 1)| ≤ |z|(|(1 − a)f (z)| + a) (1.15) Do vậy, ta có bất đẳng thức (1.11) Mặt khác, ta có ω ′ (z) = f ′ (z) (1 − (a − 1) (f (z) − 1)) + (f (z) − a) (a − 1) f ′ (z) (1 − (a − 1) (f (z) − 1))2 |ω ′ (0)| ≤ Theo Bổ đề Schwarz suy ′ |f (0)| − (a − 1) ≤ |ω ′ (0)| = 2 − (a − 1) Vì |f ′ (0)| ≤ − (a − 1)2 = a (2 − a) Đẳng thức (1.11) đạt với z 6= thuộc ∆ hay đẳng thức (1.12) đạt ω (z) = f (z) − a = zeiθ , − (a − 1) (f (z) − 1) tức f (z) = a(1+zeiθ ) 1−(1−a)zeiθ , θ ∈ R Nhận xét Từ công thức (1.14) |f (z) − a| = |f (z)| − a |(1 − a) f (z) + a| = |(1 − a) f (z)| + a thỏa mãn điểm z 6= thuộc ∆ mà đẳng thức (1.11) đạt được, tức < a < f (z) thực với a < f (z) < điểm z 6= thuộc ∆ Do vậy, f hàm (1.13) < a < điểm z khác thuộc ∆ thỏa mãn a < f (z) < đẳng thức (1.11) đạt Định lý 1.2.4 [5] Cho f hàm chỉnh hình ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < với f (0) = a, < a < Giả sử với z0 mà |z0 | = 1, f thác triển liên tục tới z0 , f (z0 ) = f ′ (z0 ) tồn Khi |f ′ (z0 )| ≥ 2−a a (1.16) Đẳng thức (1.11) đạt a + zeiθ , f (z) = − (1 − a) zeiθ với θ số thực thỏa mãn eiθ = z0 Chứng minh Lấy g (z) = f (z) − Đặt ω (z) = Ta có g (z) − g (0) − g (0).g (z) f ′ (z0 )[1 − (a − 1)] + (2 − a)(a − 1)f ′ (z0 ) ω (z0 ) = [1 − (a − 1)]2 (2 − a)(1 + a − 1) = f ′ (z0 ) (2 − a)2 a = f ′ (z0 ) (2 − a) ′ (1.17) Theo (1.7) |ω ′ (z0 )| ≥ 1, suy Nếu |f ′ (z0 )| = θ ∈ R Tức 2−a a |f ′ (z0 )| ≥ 2−a a |ω ′ (z0 )| = theo Định lý 1.1.2, ω (z) = zeiθ với f (z) = a(1+zeiθ ) 1−(1−a)zeiθ với θ ∈ R Do điều kiện f (z0 ) = nên a + z0 eiθ = − (1 − a) z0 eiθ 10 Vì z0 eiθ = θ thỏa mãn eiθ = z10 Ngược lại , xét hàm a + zeiθ f (z) = , − (1 − a)zeiθ θ thỏa mãn eiθ = z0 , ta có đẳng thức (1.16) Bây xét hàm chỉnh hình f với f (0) − a = f ′ (0) = = f (n−1) (0) = Hàm f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + , n ∈ N với cn 6= hàm chỉnh hình Nếu ta thay điều kiện |ω ′ (z0 )| ≥ |ω ′ (z0 )| ≥ n chứng minh Định lý 1.2.4, ta có hệ sau Hệ 1.2.5 Cho f hàm chỉnh hình xác định ∆ f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + , n ≥ thỏa mãn |f (z) − 1| < ∆, < a < cn 6= Giả sử f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆, f (z0 ) = f ′ (z0 ) tồn Thế |f ′ (z0 )| ≥ n 2−a a Dấu đẳng thức đạt a + z n eiθ , f (z) = + (a − 1) z n eiθ θ thỏa mãn eiθ = z0n Chứng minh Bằng sử dụng công thức w (1.14) ω (z) = (f (z) − 1) − (f (0) − 1) − (f (0) − 1) (f (z) − 1) cn z n + cn+1 z n+1 + = − (a − 1)2 − (a − 1) (cn z n + cn+1 z n+1 + ) = bn z n + bn+1 z n+1 + bn , bn+1 , ∈ C bn = Do cn 1−(a−1) { } 6= ω (0) = ω ′ (0) = = ω (n−1) (0) = 11 (1.18) Theo Định lý 1.1.2 (1.17) n ≤ |ω ′ (z0 )| = |f ′ (z0 )| Vậy |f ′ (z0 )| ≥ n a 2−a 2−a a Định lý sau cho ta bất đẳng thức điểm biên z0 Định lý 1.2.6 [5] Cho f hàm chỉnh hình ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < với f (0) = a, < a < Giả sử f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆, f (z0 ) = 2, f ′ (z0 ) tồn tại, 2(2 − a)2 |f (z0 )| ≥ a (2 − a) + |f ′ (0)| ′ (1.19) Dấu đẳng thức đạt hàm + 2bz + z , f (z) = a[2 − a + (b + a − 1)z] với z0 = 1, b = |f ′ (0)| a(2−a) f (z) = (1.20) a = 1, tức 1+2bz+z 1+bz với z0 = 1, ≤ b = |f ′ (0)| ≤ Chứng minh Lấy hàm ω xác định (1.14) Bằng cách áp dụng bất đẳng thức (1.6) cho ω ′ (z) phương trình (1.17), ta có a ′ ′ ≤ |ω (z )| = |f (z )| , 0 + |ω ′ (0)| 2−a Vì ω ′ (0) = nên ′ h f (0) − (a − 1) i2 h − (a − 1) 1+ |f ′ (0)| a(2−a) i = f ′ (0) f ′ (0) = a (2 − a) − (a − 1)2 ≤ |f ′ (z0 )| 12 a 2−a Do vậy, 2a (2 − a) 2−a 2(2 − a)2 |f (z0 )| ≥ = a a (2 − a) + |f ′ (0)| a (2 − a) + |f ′ (0)| ′ Để có dấu đẳng thức (1.19), chọn tùy ý thỏa mãn ≤ b ≤ lấy + 2bz + z f (z) = a [2 − a + (b + a − 1) z] Khi f ′ (z) = (2b + 2z) [2 − a + (b + a − 1) z] − + 2bz + z (b + a − 1) a[2 − a + (b + a − 1) z]2 từ suy f ′ (1) = (2 − a) a (b + 1) Do vậy, đẳng thức (1.19) đạt z0 = 1, Mặt khác + 2b + = f (1) = a (2 − a + b + a − 1) Vì f (1) = 2, nên a = Do + 2bz + z f (z) = , + bz |f ′ (0)| b= = f ′ (0) ≤ a (2 − a) 13 b = a |f ′ (0)| a(2−a) Chương Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn ứng dụng 2.1 Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho ánh xạ chỉnh hình hình cầu đơn vị Cn Ký hiệu Cn không gian Hilbert phức n chiều với tích chuẩn cho n q X zj ωj , kzk = hz, zi, hz, ωi = j=1 z, ω ∈ Cnn o 2 n n Ký hiệu B = z ∈ C : kzk = |z1 | + + |zn | < hình cầu đơn vị mở Cn ; ∂B n = {z ∈ Cn : kzk = 1} Ta gọi H(B n ) họ ánh xạ chỉnh hình từ B n vào Cn Trong chương này, ta viết z ∈ Cn véctơ cột có dạng ma trận cỡ n × z z2 z = zn ký hiệu ′ chuyển vị véc tơ hay ma trận Với f ∈ H (B n ) , ta viết f = (f1 , f2 , , fn )′ , fj hàm chỉnh hình từ B n vào C, j = 1, n Đạo hàm f ∈ H (B n ) điểm a ∈ B n ma trận Jacobi phức f cho ∂fi (a) n × n Jf (a) = ∂zj Ta có Jf (a) ánh xạ tuyến tính từ Cn vào Cn Ta nhắc lại bổ đề Schwarz biên cổ điển số kết sau: 14 ... 1 Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị 1.1 Bổ đề Schwarz Bổ đề Schwarz biên 1.2 Các bất đẳng thức điểm biên hàm chỉnh hình đĩa đơn vị Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị. .. tìm hiểu trình bày lại số kết Bổ đề Schwarz biên số ứng dụng Nhiệm vụ nghiên cứu Hệ thống lại kết Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị điểm biên hình cầu đơn vị Cn với số ứng dụng Phương pháp nghiên... Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị số bất đẳng thức điểm biên cho dạng khác hàm chỉnh hình đĩa đơn vị Từ tìm điều kiện để đạt dấu đẳng thức - Chương 2: Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn ứng