Một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 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 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn TS Nguyễn Văn Khải Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Khải, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán Giải tích, trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ tác giả suốt trình học tập hoàn thành luận văn tốt nghiệp Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2015 Tác giả Vũ Đại Nghĩa LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Khải, luận văn Thạc sỹ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài “Một số vấn đề lý thuyết nội suy phức" tự làm Các kết tài liệu trích dẫn rõ nguồn gốc Trong trình nghiên cứu thực luận văn, kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 12 năm 2015 Tác giả Vũ Đại Nghĩa Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số vấn đề hàm phức 1.1.1 Đường miền mặt phẳng phức 1.1.2 Hàm biến phức 1.1.3 Hàm giải tích miền 1.2 Bài toán nội suy cổ điển 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 Một số vấn đề lý thuyết nội suy phức 2.1 2.2 2.3 Định lý Pick 16 16 2.1.1 Bổ đề Schwarz cổ điển 16 2.1.2 Định lý Pick 24 Hàm điều hòa hàm trội điều hòa 29 2.2.1 Hàm điều hòa 29 2.2.2 Hàm trội điều hòa 38 Không gian H p , lớp Nevanlinna lớp Smirnov 42 Trắc địa phức toán Pick – Nevanlinna 3.1 3.2 50 Hàm Lempert 50 3.1.1 Khái niệm 50 3.1.2 Hàm Lempert miền taut 57 Trắc địa phức toán Pick – Nevanlinna 59 3.2.1 Trắc địa phức 59 3.2.2 Bài toán Pick-Nevanlinna 62 Kết luận Tài liệu tham khảo 67 68 Mở đầu Lí chọn đề tài Nội suy vấn đề cổ điển quan trọng toán học Nó nghiên cứu từ lâu giải tích toán học Chẳng hạn vấn đề nội suy đa thức biến số thực nghiên cứu Newton, Lagrange, Schmidt, Đối với hàm phức biến, vấn đề nội suy H Pick R Nevanlinna nghiên cứu từ năm đầu kỉ XX Cụ thể, hai ông nghiên cứu toán sau: N Cho hai dãy điểm phân biệt {λj }N j=1 {ωj }j=1 đĩa đơn vị Tìm điều kiện hai dãy điểm cho tồn hàm chỉnh hình f bị chặn xác định đĩa đơn vị cho f (λj ) = ωj , j = 1, , N Bài toán ngày thường gọi toán Pick – Nevanlinna Dựa chuyên khảo “Cơ sở lý thuyết nội suy” PGS.TS Nguyễn Văn Trào số tài liệu khác, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Khải nghiên cứu đề tài: “Một số vấn đề lý thuyết nội suy phức” làm đề tài luận văn thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu số vấn đề lý thuyết nội suy phức giải toán Pick - Nevanlinna Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết nội suy phức - Bài toán Pick – Nevanlinna Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Hàm số phức - Bài toán nội suy Phương pháp nghiên cứu Phương pháp phân tích tổng hợp tài liệu có từ hệ thống số vấn đề lý thuyết liên quan đến đề tài Đóng góp luận văn Trình bày số vấn đề lý thuyết nội suy phức Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Một số vấn đề hàm phức Đường miền mặt phẳng phức Định nghĩa 1.1.1 Giả sử x(t), y(t) hàm giá trị thực liên tục đoạn [a, b] Khi 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] mặt phẳng phức C Các điểm z(a), z(b) gọi điểm đầu cuối đường cong L Định nghĩa 1.1.2 a Lân cận điểm a ∈ C tập hợp bao hàm hình tròn D(a, r) tâm a, bán kính r > D(a, r) = {z ∈ C : |z − a| < r} b Tập S ⊂ C gọi tập mở S lân cận điểm Định nghĩa 1.1.3 Tập S ⊂ C gọi miền thỏa mãn hai điều kiện : a S tập mở b S liên thông, tức ∀a, b ∈ S tồn đường cong L ⊂ S có điểm đầu a điểm cuối b Tập S thêm điểm biên gọi tập đóng kí hiệu S 1.1.2 Hàm biến phức Định nghĩa 1.1.4 Giả sử S ⊂ C tập tùy ý cho trước Một hàm biến phức S với giá trị phức ánh xạ f : S → C hàm kí hiệu : ω = f (z), z ∈ S (1.1.2) Ví dụ 1.1.1 Ánh xạ z → f (z) = az + b xác định hàm (gọi hàm nguyên tuyến tính) C Ví dụ 1.1.2 Ánh xạ z → f (z) = az + b ,c = cz + d xác định hàm (gọi hàm phân tuyến tính) S = C\{ 1.1.3 −d } c Hàm giải tích miền Định nghĩa 1.1.5 Ánh xạ biểu diễn quan hệ phần tử hai tập hợp X Y thoả mãn điều kiện: phần tử x tập X có phần tử y ∈ Y tương ứng với Quan hệ thoả mãn tính chất gọi quan hệ hàm, khái niệm ánh xạ hàm tương đương Khái niệm hàm nói khái niệm hàm đơn trị, cho phép với x có y tương ứng với x Định nghĩa 1.1.6 Cho S miền mặt phẳng phức f hàm đơn trị biến phức z xác định S Khi f (z) gọi hàm giải tích (hay hàm chỉnh hình) z0 ∈ S có biểu diễn dạng +∞ an (z − z0 )n f (z) = n=0 lân cận z0 : |z − z0 | < p(z0 ) với p(z0 ) > Nếu f giải tích ∀z ∈ S ta nói f giải tích miền S Tập hàm giải tích miền S kí hiệu A(S) Khi z0 hữu hạn f (z0 ) = ∞ ta nói f giải tích z0 f (z) giải tích z0 Khi z0 = ∞ ta nói f giải tích z0 Ví dụ 1.1.3 Hàm f (z) = giải tích f (z) z giải tích ∀z ∈ C\{±i} + z2 Ví dụ 1.1.4 Hàm f (z) = z không giải tích với z ∈ C Định lý 1.1.1 Giả sử S ⊂ C miền A(S) tập hàm giải tích S , : a A(S) không gian vecto C ; b A(S) vành ; ∈ A(S); f d Nếu f ∈ A(S) f nhận giá trị thực f không đổi c Nếu f ∈ A(S) f (z) = 0, ∀z ∈ S Định lý 1.1.2 Cho hàm f (x) ∈ A[a, b], tồn miền S ⊂ R2 chứa [a, b] f (x) thác triển thành F (z) giải tích S tức F (z) = A(S) F \[a,b] ≡ f +∞ Chứng minh Ta có với z ∈ C, x0 ∈ [a, b] chuỗi an (z − x0 )n hội tụ n=0 z thỏa mãn |z − z0 | < rx0 Do xác định hàm chỉnh hình gx0 55 Từ định nghĩa hàm Lempert ta có lG (0, z) ≤ tj , ∀j Lấy giới hạn theo j ta lG (0, z) ≤ h(z) (3.1.1) Mặt khác lấy α ϕ ∈ O(D, G) với ϕ(0) = 0, ϕ(α) = z Do ϕ(0) = nên tồn ψ ∈ O(D, Cn ) cho: ϕ(λ) = λψ(λ), ∀λ ∈ D Suy ra:h ◦ ϕ(λ) = |λ|h ◦ ψ(λ) Vì h ◦ ψ(λ) < R ∀λ : |λ| = R, R ∈ (0, 1) Áp dụng nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa h ◦ ψ lấy giới hạn R → 1− ta thu được: h ◦ ϕ(λ) ≤ 1, ∀λ ∈ D Do đó: h(z) = h ◦ ϕ(α) ≤ |α|, h(z) ≤ lG (0, z) (3.1.2) Kết hợp (3.1.1) (3.1.2) ta điều phải chứng minh Vì tồn nhiều miền cân giả lồi mà hàm Minkowski không liên tục nên mệnh đề trường hợp tổng quát hàm Lempert không liên tục chí theo biến Tuy hàm Lempert lG nửa liên tục mệnh đề sau Mệnh đề 3.1.3 Hàm Lempert lG : G × G → [0, 1) nửa liên tục Chứng minh Lấy c > ta chứng minh V := {(z, w) : lG (z, w) < c} tập mở 56 Thật lấy (z0 , w0 ) cho lG (z0 , w0 ) < c Từ tồn α ∈ [0, 1) ϕ ∈ O(D, G) thỏa mãn ϕ(0) = z0 , ϕ(α) = w0 , lG (z0 , w0 ) ≤ α < c i) Nếu z0 = w0 α > Do ϕ(D) tập compact G nên suy dist(ϕ(D), ∂G) = η > Chọn lân cận (z0 , w0 ) : U = B(z0 , ηα ηα ) × B(w0 , ) 6 Ta chứng minh U ⊂ V Lấy (z, w) ∈ U, xét hàm h : D → Cn cho bởi: h(λ) := ϕ(λ) + [(z − z0 )(α − λ) + λ(w − w0 )] α Ta có: h(λ) − ϕ(λ) = (z − z0 )(α − λ) + λ(w − w0 ) α < η Suy h ∈ O(D, G), mặt khác dễ thấy h(0) = z, h(α) = w Theo định nghĩa hàm Lempert ta lG ≤ α < c, ∀(z, w) ∈ U Vậy U ⊂ V ii) Nếu z0 = w0 Chọn R, α > cho B(w0 , R) ⊂ G, α−1 < max{c, 1} R R Chọn U = B(z0 , 4α ) × B(z0 , 4α ) ta chứng minh U ⊂ V Thật vậy, lấy (z, w) ∈ U xét ánh xạ: ϕ ∈ O(D, Cn ) cho bởi: ϕ(λ) = z + λα(w − z) Dễ thấy ϕ(λ) − z0 > R suy ϕ(λ) ∈ B(λw0 , R) ⊂ G Vì ϕ ∈ O(D, G), lại có ϕ(0) = z, ϕ( α1 ) = w nên theo định nghĩa hàm Lempert suy < c, ∀(z, w) ∈ U α Suy U ∈ V Vậy V tập mở hàm Lempert miền mở liên lG ≤ tục 57 3.1.2 Hàm Lempert miền taut Định nghĩa 3.1.4 Cho G miền Cn Miền G gọi miền taut với dãy (fi ) ∈ O(D, G) tồn dãy (fjk ) ∈ O(D, G) cho fjk ⇒ f ∈ O(D, G) tập compact G phân kỳ tập compact, tức với hai tập compact K ⊂ D, L ⊂ G, có số k0 đủ lớn cho fjk (K) ∩ L = ∅, ∀k ≥ k0 Định nghĩa 3.1.5 Cho G ⊂ Cn miền bị chặn Miền G gọi siêu lồi tồn hàm đa điều hòa liên tục ϕ : G → (−∞, 0) cho tập {z ∈ G, ϕ(z) < c} tập compact tương đối G, ∀c ∈ (−∞, 0) Nhận xét a) Mọi miền taut miền giả lồi b) Mọi miền siêu lồi miền taut Bây ta xem xét tính chất hàm Lempert miền taut Mệnh đề 3.1.4 Cho G ⊂ Cn miền taut, (z, w) ∈ G × G Khi tồn ϕ ∈ O(D, G), σ ∈ [0, 1) cho: ϕ(0) = z, ϕ(σ) = w, lG (z, w) = σ Chứng minh Ta có: lG (z, w) = inf{α ∈ [0, 1) : ∃ϕ ∈ O(D, G) : ϕ(0) = z, ϕ(α) = w} Ta tìm dãy (ϕj ) ∈ O(D, G) thỏa mãn: ϕj (0) = z, ϕj (σj ) = w, σj ↓ lG (z, w), σj ∈ [0, 1) Vì G miền taut ϕj (0) = z ∈ G, ∀j nên ta chọn dãy (ϕ1j ) ⊂ (ϕj ) (σ1j ) ⊂ (σj ) với ϕ1j ⇒ ϕ ∈ O(D, G) tập 58 compact K ⊂ G, σ1j → lG (z, w) ∈ [0, 1) Suy ϕ1j (σ1j ) = w, ϕ1j (0) = z, ∀j ta thu được: ϕ(lG (z, w)) = w, ϕ(0) = z Mệnh đề chứng minh Mỗi ánh xạ ϕ Mệnh đề 3.1.4 gọi đĩa cực trị Như tồn đĩa cực trị qua hai điểm cho trước G miền taut Mệnh đề 3.1.5 Cho G ⊂ Cn miền taut, hàm Lempert lG liên tục G × G Chứng minh Ta cần chứng minh lG nửa liên tục Giả thiết phản chứng, tồn x0 = (z0 , w0 ) ∈ G × G mà lG không nửa liên tục tức là: a := lim sup −lG (z, w) > −lG (z0 , w0 ) (3.1.3) (z,w)→x0 Mặt khác tìm hai dãy (zj ), (wj ) ⊂ G với zj → z0 , wj → w0 , −lG (zj , wj ) → a Theo Mệnh đề 3.1.4 ta tìm dãy (ϕj ) thỏa mãn : (ϕj ) ⊂ O(D, G), ϕj (0) = zj , ϕj (lG (zj , wj )) = wj Vì giả thiết G miền taut nên tồn dãy (ϕ1j ) ⊂ (ϕj ) với ϕ1j ⇒ ϕ ∈ O(D, G) tập compact K G Do ϕ1j (0) = z1j , ϕ1j (lG (z1j , w1j )) = w1j , lG (z1j , w1j ) → −a suy ra: ϕ(0) = z0 , ϕ(−a) = w0 Theo định nghĩa hàm Lempert ta thu được: lG (z0 , w0 ) ≤ −a (3.1.4) 59 Từ (3.1.3) (3.1.4) suy mâu thuẫn Ta Mệnh đề 3.1.4 không G miền taut Ví dụ 3.1.2 Cho G0 := B2 {(1/2, 0)} z = (0, 0), z = (1/4, 0), B2 = {(z1 , z2 ) ∈ C2 : |z1 |2 + |z2 |2 < 1} Với R < 1, ta thấy ánh xạ ϕR cho )), s(R) 4R thuộc lớp hàm xác định hàm Lempert lG0 (z , z ) Vậy ϕR (λ) := (Rλ, s(R)λ(λ − lG0 (z , z ) ≤ Giả sử tồn ϕ = (ϕ1 , ϕ2 ) ∈ O(D, G0 ) đĩa cực trị cho lG0 (z , z ) Khi tồn σ ∈ [0, 1) cho ϕ(0) = z , ϕ(σ) = z 1/4 ≥ lG0 (z , z ) = σ Áp dụng bổ đề Shwarz cho ϕ1 ta 1/4 ≤ σ Vậy σ = 1/4, tức ϕ1 (0) = 0, ϕ1 (1/4) = 1/4 Do ϕ1 (λ) = λ Mặt khác, ϕ ∈ O(D, B2 ) nên ϕ2 ≡ Suy ϕ(1/2) = (1/2, 0) ∈ / G0 ta gặp mâu thuẫn 3.2 3.2.1 Trắc địa phức toán Pick – Nevanlinna Trắc địa phức Ta biết G ⊂ Cn miền taut với a, b ∈ G, a = b ( tương ứng a0 ∈ G, X0 ∈ Cn , X0 = 0) tồn ánh xạ chỉnh hình ϕ : D → G cho a = ϕ(0), b = ϕ(σ), (t.ư a0 = ϕ(0), X0 = σϕ (0)), σ = lG (a, b) (3.2.1) σ = KG (a0 , X0 )) (3.2.2) 60 Mỗi hàm ϕ gọi đĩa cực trị cho (a, b) (t.ư cho (a0 , X0 )) Cho G ⊂ Cn miền tùy ý ϕ ∈ O(D, G) đĩa cực trị cho (a, b) (t.ư cho (a0 , X0 )) Hiển nhiên, h ∈ Aut(D) ánh xạ φ := ϕ◦h có tính chất sau: ∃ζ, ξ ∈ D : a = φ(ζ), b = φ(ξ), lG (a, b) = m(ζ, ξ) (3.2.3) (t.ư ∃λ0 ∈ D, α0 ∈ C : a0 = φ(λ), X0 = α0 φ (λ0 ), KG (a0 , X0 ) = γ D (λ0 , α0 )), (3.2.4) Ở γ D (λ0 , α0 ) := sup{|f (λ0 α0 | : ∃f ∈ O(D, D), f (λ0 ) = 0} Như φ đĩa cực trị Ngược lại, φ ∈ O(D, G) thỏa mãn (3.2.3) (t.ư (3.2.4)) chọn thích hợp h ∈ Aut(D), ta có ánh xạ ϕ := φ ◦ h−1 thỏa mãn (3.2.1) (t.ư.(3.2.2)) Định nghĩa 3.2.1 Một ánh xạ ϕ ∈ O(D, G) gọi kG − trắc địa phức (a, b) (t.ư KG − trắc địa phức (a0 , X0 )) ∃ζ, ξ ∈ D : a = ϕ(ζ), b = ϕ(ξ), kG (a, b) = m(ζ, ξ) t.ư ∃λ0 ∈ D, α0 ∈ C : a0 = ϕ(λ), X0 = α0 ϕ (λ0 ), KG (a0 , X0 ) = γ D (λ0 , α0 )) Ta có kết quan trọng sau i) ϕ trắc địa phức KG − trắc địa phức Do phần ta dùng thuật ngữ trắc địa phức mà không cần rõ kG − trắc địa phức hay KG − trắc địa phức ii) Nếu G ⊂ Cn miền taut điều kiện sau tương đương (a) Với a, b ∈ G, a = b tồn ϕ ∈ O(D, G) f ∈ O(D, G) cho a, b ∈ ϕ(D) f ◦ ϕ = idD ; 61 (b) Với a, b ∈ G tồn nhúng chỉnh hình ϕ : D → G co chỉnh hình π : G → ϕ(D) Thật , giả sử (b) thỏa mãn ta cần đặt f = ϕ−1 ◦ π Khi f ánh xạ chỉnh hình f ◦ ϕ = idD Ngược lại lấy ϕ, f thỏa mãn (a) λ λ ∈ D cho ϕ(λ ) = a, ϕ(λ ) = b Khi m(λ , λ ) = m(f (ϕ(λ )), f (ϕ(λ ))) = m(f (a), f (b)) ≤ lG (a, b) ≤ lG (ϕ(λ ), ϕ(λ )) ≤ m(λ , λ ) Vậy ϕ đĩa cực trị lG (a, b) ϕ phép nhúng Cuối ta việc đặt π := ϕ ◦ f iii) Nếu G miền lồi ta có dG = kG = lG , dG khoảng cách Gleason miền G Do trường hợp G miền lồi ϕ ∈ O(D, G) trắc địa phức ∃ζ, ξ D : a = ϕ(ζ), b = ϕ(ξ), dG (a, b) = m(ζ, ξ) Chúng ta cần bổ đề sau để chứng minh cho kết mục Bổ đề 3.2.1 Cho G miền lồi chặt (theo định nghĩa hình học) Cn chứa Khi hình cầu đơn vị BKG (0, 1) tương ứng với chuẩn Kobayashi-Royden KG lồi chặt Chứng minh Cho ξ, η ∈ Cn cho ξ với t ∈ [0, 1] ta có tξ + (1 − t)η tξ + (1 − t)η KG KG KG = η KG = ξ = η Khi ≤ Bây ta chứng minh < 1, ∀t ∈ (0, 1) Theo định lý Vesentini, ta cần tồn ánh xạ chỉnh hình ϕ ∈ O(D, G) : ϕ (0) = tξ + (1 − t)η mà ϕ không trắc địa phức 62 Lấy fj ∈ O(D, G), j = 1, hai trắc địa phức cho f1 (0) = ξ, f2 (0) = η Đặt ϕ(ζ) := tf1 (ζ) + (1 − t)f2 (ζ) Do G miền lồi nên ϕ ∈ O(D, G) Ta biết trắc địa phức ánh xạ riêng nên fj∗ (eiθ ) ∈ ∂G, ∀θ ∈ R, j = 1, Sử dụng giả thiết G miền lồi chặt ta có ϕ∗ (eiθ ) = tf1∗ (eiθ ) + (1 − t)f2∗ (eiθ ) ∈ G, ∀θ ∈ R Vậy ϕ trắc đại phức bổ đề chứng minh 3.2.2 Bài toán Pick-Nevanlinna Cho G miền Cn Cho N điểm cố định a = {a1 , a2 , , aN ⊂ G Khi ta có khái niệm sau: PaG = {v = (v1 , , vN )|∃f ∈ H ∞ (G), f ∞ ≤ 1, f (aj ) = vj , ≤ j ≤ N } PaG gọi thể nội suy tương ứng N điểm cho trước Nếu G = D ta viết PaD = Pa Trong trường hợp đặc biệt, G song đĩa mở D2 C2 , (a1 , b1 ), , (aN , bN ) ∈ D2 Đặt a := (a1 , , aN ), b := (b1 , , bN ), để đơn giản ta ký hiệu thể nội suy song đĩa sau Pab = {v = (v1 , , vN )|∃f ∈ H ∞ (D2 ), f ∞ ≤ 1, f (aj , bj ) = vj , ≤ j ≤ N } 63 Tập PaG tập lồi compact CN Trong trường hợp đĩa đơn vị D, Pick mô tả tập Pa sau Pa = {v ∈ CN | 1−vj vk 1−aj ak − vj vk − aj ak ≥ 0}, ma trận Hermitian với phần tử phức N × N Sarason mô tả thể Pick Pa hình cầu đơn vị đại số toán tử Bây ta mô tả cụ thể điều Cho không gian vecto C N tích (, )a định nghĩa sau N tj sk (1 − aj ak )−1 , t, s ∈ C N (t, s)a = j,k=1 Khi ta có không gian Hilbert N chiều, ký hiệu Ha Trên Ha ta định nghĩa toán tử Tv ứng với v = (v1 , , vN )CN sau Tv t = (v1 t1 , , vN tN ) Vậy Tv có vecto riêng sở φ1 = (1, 0, , 0), φ2 = (0, 1, 0, , 0), , φN = (0, , 0, 1) Ha Aa = {Tv |v ∈ CN } Aa đại số toán tử Ha Ta gọi đại số Pick tương ứng với a Ánh xạ: Tv → v cho ta đẳng cấu A lên đại số CN , ta đồng A với Cn Khi hình cầu đơn vị đóng {Tv | Tv ≤ 1} Bổ đề 3.2.2 B(Aa ) = Pa 64 Định lý 3.2.1 Cho (a1 , b1 ), , (aN , bN ) N điểm phân biệt song đĩa D2 Giả sử tồn τ = (τ1 , τ2 , , τN )DN cho Pab = Pτ Thế a1 , , aN phân biệt Pab = Pa b1 , , bN phân biệt Pab = Pb Chứng minh Trước hết ta nhắc lại khái niệm ánh xạ chiếu sử dụng: với j, k mà ≤ j < k ≤ N, định nghĩa πjk phép chiếu πjk : CN → C2 , πjk (z1 , , zn ) = (zj , zk ) Bây ta chứng minh πjk (PaG ) = PaGj ,ak với miền G ⊂ Cn , n ≥ Thật vậy, (vj , vk ) ∈ PaGj ak tồn f ∈ H ∞ (G), f ∞ ≤ cho f (aj ) = vj f (ak ) = vk Đặt w = (f (a1 ), , f (aN )), hiển nhiên ta có w ∈ PaG (vj , vk ) = πjk (w) ∈ πjk (PaG ), PaGj ak ⊂ πjk (PaG ) Ngược lại, (vj , vk ) ∈ πjk (PaG ), tồn w = (w1 , , wN ) ∈ PaG cho πjk (w) = (vj , vk ) Như có hàm f : G → D thỏa mãn f (aj ) = wj , ≤ j ≤ N wj = vj , wk = vk Vậy, ta có (vj , vk ) ∈ PaGj ak Do giả thiết Pab = Pτ nên ta có πjk (Pab ) = πjk (Pτ ) Suy Pτj ,τk = P(aj ,bj ),(ak ,bk ) Do dDG (τj , τk ) = max(dDG (aj , ak ), dDG (bj , bk )) D Không tính tổng quát ta giả sử dD G (τ1 , τ2 ) = dG (a1 , a2 ) τ2 = a2 = Vậy |τ1 | = |a1 | Mặt khác, dùng giả thiết Pτ = Pab ta có a = (a1 , , aN ) ∈ Pτ Do tồn ánh xạ chỉnh hình ϕ : D → D cho ϕ(τj = aj , j = 1, , N Vậy ta có ϕ(0) = 0, ϕ(τ1 ) = a1 với |τ1 | = |a1 | Theo Bổ đề Schwarz ϕ phép quay, tức ϕ(ζ) = eiθ ζ, ∀ζ ∈ D Điều suy a1 , , aN rời rạc Pa xác định Vậy Pab = Pτ = Pa Để ý trắc địa phức song đĩa có dạng đồ thị (ζ, f (ζ)) (f (ζ), ζ) f ánh xạ chỉnh hình từ đĩa đơn vị vào Vậy ta tổng quát Bổ đề 3.2.2 miền lồi chặt 65 Định lý 3.2.2 Cho G miền lồi chặt Cn Cho N điểm phân biệt a = {a1 , a2 , , aN } ⊂ G Nếu tồn τ = {τ1 , , τN } ⊂ D cho Pa = Pτ a1 , a2 , , aN nằm trắc địa phức Chứng minh Hiển nhiên τ ∈ Pτ , kết hợp với giả thiết PaG = Pτ ta có τ ∈ PaG Do tồn ánh xạ ϕ ∈ O(G, D) cho ϕ(aj ) = τj , ∀j = 1, , N Điều suy dDG (τ1 , τj ) ≤ dG G (a1 , aj ), j = 2, , N (3.2.5) Do giả thiết G miền lồi chặt nên với ≤ j ≤ N có trắc địa phức ϕj : D → G cho a1 , aj ∈ ϕj (D) πj : G → D cho ϕj ◦ πj |ϕj (D) = idϕj (D) πj ◦ ϕj = idD Theo định nghĩa trắc địa phức ta có dG (ϕj (ξ), ϕj (η)) = dDa (ξ, η), ∀ξ, η ∈ D Do D dG (a1 , aj ) = dG G (ϕj ◦ πj (a1 ), ϕj ◦ πj (aj )) = dG (πj (a1 ), πj (aj )) Do giả thiết Pτ = PaG , nên với j ≥ cố định, tồn gj ∈ O(D, D) cho πj (ak ) = gj (τk ), ∀k = 1, , N Từ suy dDG (τ1 , τj ) ≥ dDG (gj (τ1 ), gj (τj )) ≥ dDG (πj (a1 ), πj (aj )) = dG (a1 , aj ), ∀j = 1, , N (3.2.6) Kết hợp (3.2.5) (3.2.6) ta dDG (τ1 , τj ) = dG (a1 , aj ) = dDG (πj (a1 ), πj (aj )) = dDG (gj (τ1 ), gj (τj )), ∀j = 2, , N Áp dụng Bổ đề Schwarz hàm gj ta có gj ∈ Aut(D) Bây ta xét với j = Đặt τj := g2 (τj ), ∀j = 1, , N Khi τj = π2 (aj ), ∀j = 1, , N Xét πj := ϕ2 ◦ π2 phép co chỉnh hình G vào ϕ2 (D) Ta chứng minh aj ∈ ϕ2 (D), ∀j 66 Không tính tổng quát ta giả sử τ1 = π2 (a1 ) = Do π2 co chỉnh hình nên π22 = π2 , Dπ2 |a1 = D(π22 |a1 ) = Dπ2 |a1 ◦ Dπ2 |a1 Điều chứng tỏ Dπ2 |a1 : Cn → Cn phép chiếu tuyến tính Mặt khác ta có ϕ2 (0) KG = Dϕ2 |0(e) KG = 1, e = vecto tiếp xúc đơn vị C Do = D(π2 ◦ ϕ2 )|0 (e) Vậy ϕ2 (0) KG = π2 |a1 (ϕ2 (0)) KG KG = Dπ2 |a1 (ϕ2 (0)) KG = Nếu ϕ2 (0) = Dπ2 |a1 (ϕ2 (0)) hình cầu đơn vị BKG (0, 1) với chuẩn Kobayashi-Koyden lồi chặt nên θϕ2 (0) + (1 − θ)Dπ2 |a1 (ϕ2 (0)) KG < 1, ∀0 < θ < Nhưng Dπ2 |a1 (θϕ2 (0) + (1 − θ)Dπ2 |a1 (ϕ2 (0))) = Dπ2 |a1 (ϕ2 (0)), mà vecto bên vế phải có chuẩn Kobayashi-Koyden Vậy ta có mâu thuẫn Định lý chứng minh 67 Kết luận Nội dung luận văn nghiên cứu số vấn đề nội suy phức Luận văn trình bày số kết sau: Trình bày cách hệ thống kiến thức lý thuyết nội suy phức Trình bày toán Pick, hàm điều hòa, không gian H p , lớp Nevanlinna, lớp Smirnov Trình bày hàm Lempert, toán Pick – Nevanlinna trắc địa phức Nội dung luận văn chủ yếu dựa theo [4] PGS.TS Nguyễn Văn Trào Phần đóng góp luận văn hệ thống hóa, chi tiết hóa số ván đề lý thuyết nội suy phức Do điều kiện thời gian trình độ nghiên cứu hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót, kính mong quý thầy cô bạn bè đóng góp ý kiến bổ sung để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn 68 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Phạm Kỳ Anh, (1995) Giải tích số, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Minh Chương, Nguyễn văn Khải, Khuất Văn Ninh, Nguyễn văn Tuấn, Nguyễn Tường, (2001), Giải tích số, Nhà xuất Giáo dục [3] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải, (2001), Hàm biến phức, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [4] Nguyễn Văn Trào, (2009), Cơ sở lý thuyết nội suy, Nhà xuất Đại học sư phạm [B] Tài liệu tiếng Anh [5] Amar E and Thomas P, A notion of extremal analytic discs related to interpolation in the ball, Math Ann 300 (1994), 419-433 [6] Cole B J and Wermer J, Interpolation in the bidisk, J Functional analysis 140(1996), 194 – 217 [7] Cole B J and Wermer J, Pick interpolation, von Neumannn inequalities, and hyperconvex sets, in “Complex Potential Thery” (P M 69 Gauthier, Ed.) NATO Adv Sci Inst Ser C, Vol 439, pp 89-129, Kluwer, Dordecht, 1994 [8] Hartmann A, Massaneda X, Nicolau A, Thomas P J Interpolation in Nevanlinna and Simirnov classes and harmonic majorants, J Funct Anal 247 (2004), 1-37 [...]... (1.3.4) được gọi là đa thức nội suy Newton 16 Chương 2 Một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức 2.1 Định lý Pick 2.1.1 Bổ đề Schwarz cổ điển 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 vào chính 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... hoặc (1.3.2) là đa thức nội suy Lagrange hay là công thức Lagrange về đa thức nội suy 1.3.2 Công thức nội suy Newton 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 xi , i = 0, n Khi đó tỷ số yi+1 − yi xi+1 − xi được gọi là tỷ sai phân cấp một của hàm số y = f (x) tại xi , xi+1 và được kí hiệu là f (xi ; xi+1 ) Tỷ số f (xi+1 ; xi+2 ) − f... là hằng số độc lập với n Do đó chúng ta tìm được r để (1.1.3) 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 của hàm số y = f (x) ứng với mốc nội suy {xi... 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 26 toán nội suy: f (λj ) = ωj , j = 1, 2 , N, (2.1.10) có nghiệm f ∈ O(D, D) Cụ thể ta có định lý sau: Định lý 2.1.3 (Định lý Pick) Tồn tại hàm f ∈ O(D, D) thỏa mãn bài toán nội suy trên khi và chỉ khi dạng... ) Từ đó ta suy ra (xi − xj ) V (x0 , x1 , , xn ) = (1.2.8) 0≤i≤j≤n Vì x0 , x1 , , xn là phân biệt nên V = 0 Do đó hệ (1.2.2) có nghiệm duy nhất (a0 , a1 , , an ) hay đa thức Pn (x) thỏa mãn điều kiện (1.2.1) là tồn tại duy nhất Định lý được chứng minh Đa thức nội suy Pn (x) ở Định lý (1.2.1) được gọi là đa thức nội suy của hàm y = f (x) với n + 1 mốc nội suy {xi } 1.3 1.3.1 Một số công 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) 10 Chứng minh Giả sử đa thức P (x) = a0 + a1 x + + an xn với n + 1 hệ số. .. và B là một tích Blaschke hữu hạn có cùng các không điểm Khi đó, theo nguyên lý mô-đun cực đại |f /B| ≤ 1 và |B/f | ≤ 1 trên D Suy ra f /B là hằng số có mô-đun bằng 1 Định lý 2.1.2 (Định lý Caratheodory) Cho f ∈ O(D, D) Khi đó tồn tại 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 + c1 λ 25 Bằng cách quy nạp ta sẽ xây dựng một tích... − (k + 1) Vậy P (x; x0 ; x1 ; ; xm−1 ) là đa thức bậc 0, suy ra P (x; x0 ; x1 ; ; xm ) = 0 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 suy Lagrange của hàm số y = f (x) với n + 1 mốc nội suy nói trên nghĩa là 15 Pn (xj ) = yj , j = 0, n Kí hiệu Pn (x; x0 ), Pn (x; x0 ; x1 ) là các tỷ sai phân của Pn (x) Khi ấy ta có Pn (x; x0 ) = Pn (x) −... của Ω Khi đó f Ω = f ∂Ω , trong đó f Ω = supz∈Ω f (z) 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 |f (0)| ≤ 1 (2.1.2) Dấu “=” ở bất đẳng thức (2.1.1) xảy ra tại một λ ∈ D\{0} nào đó hoặc dấu “=” 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 17 Chứng minh Do f (0) = 0 nên f có... Chứng minh định lý Pick Ta sẽ chứng minh định lý bằng cách quy nạp theo N Với N = 1 định lý là hiển nhiên do biến đổi Mobius tác động bắc cầu trên D 27 Giả sử định lý đúng cho N − 1(N > 1) Ta phải chứng minh định lý đúng cho N Giả sử tồn tại f ∈ O(D, D) là nghiệm của bài toán (2.1.10) thì rõ ràng |ωN | ≤ 1 Ngược lại, nếu QN ≥ 0 thì bằng việc chọn tN = 1, tj = 0, ∀1 ≤ j ≤ N − 1(N > 1) ta suy ra |ωN |