Phép biến đổi Mellin và các toán tử Toeplitz giao hoán

Toán tû Toeplitz giao hoán ã ÷ñc nghiên cùu trong không gian Hardy bði nhúng k¸t qu£ cê iºn cõa Brown và Halmol. G¦n ây Zeljko Cuckovic và N.V. Rao ã nghiên cùu và phát biºu bài toán này trong không gian Bergman thông qua phép bi¸n êi Mellin. Cö thº hìn, các tác gi£ ã chùng minh ÷ñc k¸t qu£ cì b£n sau : Cho j và y là các hàm i·u hòa bà ch°n trên D. TjTy = TyTj n¸u và ch¿ n¸u: 1, j và y là ch¿nh hình trong D 2, j¯ à y¯ là ch¿nh hình trong D 3, Tçn t¤i a;b 2 C, a2+b2 6= 0, sao cho aj +by là h¬ng sè trong D Rõ ràng n¸u j và y là ch¿nh hình trong D, j¯ và y¯ là ch¿nh hình trong D, tçn t¤i a;b 2 C, a2+b2 6= 0, sao cho aj +by là h¬ng sè trong D khi và ch¿ khi TjTy = TyTj. Mët câu häi tü nhiên khác là khi j;y biºu di¹n d÷îi d¤ng tåa ë cüc y(reiq ) = +¥ å k=

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LÊ MINH PHẤN ĐỀ TÀI PHÉP BIẾN ĐỔI MELLIN VÀ CÁC TỐN TỬ TOEPLITZ GIAO HỐN Chun ngành: Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS.TSKH Nguyễn Quang Diệu Thái Nguyên - 2010 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình PGS.TSKH Nguyễn Quang Diệu Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc thành kính đến thầy, thầy khơng hướng dẫn nghiên cứu khoa học mà Thầy thơng cảm tạo điều kiện động viên tơi suốt trình làm luận văn Cũng tơi xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè quan tâm giúp đỡ tơi thời gian học tập hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo Đại học Sư Phạm Hà Nội, viện Toán học Việt Nam thầy cô giáo khoa sau Đại học, Đại học Sư Phạm Thái Nguyên, Đại Học Thái Nguyên dạy bảo tơi tận tình suốt q trình học tập khoa Trong trình viết luận văn việc xử lý văn chắn khơng tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong nhận góp ý thầy cơ, bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, tháng năm 2010 Học viên Lê Minh Phấn Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu Chương HÀM CHỈNH HÌNH, KHƠNG GIAN BERGMAN VÀ PHÉP BIẾN ĐỔI MELLIN 1.1.Hàm chỉnh hình 1.2.Điều kiện Cauchy - Riemann 1.3.Chuỗi Taylor, chuỗi Laurent 14 1.4.Không gian Bergman 23 1.5.Phép biến đổi Mellin 24 1.6.Hàm Gamma, Beta 25 Chương TOÁN TỬ TOEPLITZ GIAO HOÁN TRÊN KHÔNG GIAN BERGMAN 27 2.1.Kết 27 2.2.Chứng minh kết 2.3.Trường hợp ψˆ k hữu tỉ 27 2.4.Trường hợp ψˆ k vô tỉ 37 2.5.Thảo luận 43 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 33 LỜI MỞ ĐẦU Toán tử Toeplitz giao hốn nghiên cứu khơng gian Hardy kết cổ điển Brown Halmol Gần Zeljko Cuckovic N.V Rao nghiên cứu phát biểu tốn khơng gian Bergman thông qua phép biến đổi Mellin Cụ thể hơn, tác giả chứng minh kết sau : Cho ϕ ψ hàm điều hòa bị chặn D Tϕ Tψ = Tψ Tϕ nếu: 1, ϕ ψ chỉnh hình D 2, ϕ¯ ψ¯ chỉnh hình D 3, Tồn a, b ∈ C, a2 + b2 = 0, cho aϕ + bψ số D Rõ ràng ϕ ψ chỉnh hình D, ϕ¯ ψ¯ chỉnh hình D, tồn a, b ∈ C, a2 + b2 = 0, cho aϕ + bψ số D Tϕ Tψ = Tψ Tϕ Một câu hỏi tự nhiên khác ϕ, ψ biểu diễn dạng tọa độ cực +∞ iθ ψ(re ) = ∑ eikθ ψk (r) ϕ(reiθ ) = rm eiδ θ k=−∞ điều kiện Tϕ , Tψ giao hốn diễn tả Mục đích luận văn trình bày lại kết nói Cuckovic Rao Luận văn bao gồm chương Chương 1, trước hết chúng tơi trình bày số kiến thức sở hàm chỉnh hình, khơng gian Bergman, phép biến đổi Mellin Chúng công cụ cho nghiên cứu trình bày luận văn Chương chương quan trọng luận văn Trong chương nghiên cứu tốn tử Toeplitz giao hốn thơng qua phép biến đổi Mellin Phần đầu chương trình bày điều kiện cần đủ để toán tử Toeplitz giao hoán với symbol ϕ, ψ hàm điều hòa Phần chúng tơi trình bày kết điều kiện cần đủ để toán tử Toeplitz giao hoán thông qua phép biến đổi Mellin với ϕ, ψ ∈ L∞ (D, dA) ψˆ k hữu tỉ, vô tỉ Do thời gian thực luận văn không nhiều, kiến thức hạn chế nên làm đề tài khơng tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Chương HÀM CHỈNH HÌNH, KHƠNG GIAN BERGMAN VÀ PHÉP BIẾN ĐỔI MELLIN Trong chương tơi trình bày số kiến thức sở, đặc biệt kiến thức sử dụng cho việc chứng minh chương sau Một số kiến thức quan trọng khái niệm hàm chỉnh hình, lý thuyết tích phân hàm chỉnh hình, chuỗi Taylor, chuỗi Laurent không gian phức, không gian Bergman, phép biến đổi Mellin 1.1 Hàm chỉnh hình 1.1.1 Định nghĩa Cho hàm số f xác định miền Ω ∈ C Xét giới hạn lim ∆z→0 f (z + ∆z) − f (z) , ∆z với z, z + ∆z ∈ Ω Nếu diểm z giới hạn tồn gọi đạo hàm phức f df z, ký hiệu f (z) hay (z) dz Như f (z + ∆z) − f (z) f (z) = lim ∆z→0 ∆z Hàm f có đạo hàm phức z gọi khả vi phức hay C- khả vi z Bởi lim [ f (z + ∆z) − f (z)] = lim ∆z→0 ∆z→0 f (z + ∆z) − f (z) ∆z = ∆z nên f C- khả vi z lim [ f (z + ∆z) − f (z)] = ∆z→0 Nói cách khác f liên tục z Cũng hàm biến thực, quy nạp ta viết f (k) = ( f (k−1) ) vế phải tồn gọi đạo hàm phức cấp k f Ω 1.2 Điều kiện Cauchy - Riemann Giả sử f (z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy xác định miền Ω ∈ C Hàm f gọi R2 - khả vi z = x + iy hàm u(x, y) v(x, y) khả vi (x, y) (theo định nghĩa biết giải tích thực) 1.2.1 Định lý Để hàm f C- khả vi z = x + iy ∈ Ω điều kiện cần đủ f R2 - khả vi z điều kiện Cauchy - Riemann sau thỏa mãn z    ∂v ∂u    (x, y) = (x, y) ∂x ∂y  ∂u ∂v    (x, y) = − (x, y)  ∂y ∂x (1.2.1) Chứng minh Điều kiện cần: Giả sử f C - khả vi z = x + iy ∈ Ω Khi tồn giới hạn f (z) = lim ∆z→0 f (z + ∆z) − f (z) ∆z với ∆z = ∆x + i∆y Vì giới hạn tồn không phụ thuộc vào cách tiến đến điểm ∆z nên chọn ∆z = ∆x, ta có : u(x + ∆x, y) + iv(x + ∆x, y) − u(x, y) − iv(x, y) = ∆z→0 ∆x f (z) = lim v(x + ∆x, y) − v(x, y) u(x + ∆x, y) − u(x, y) + i lim ∆z→0 ∆z→0 ∆x ∆x tức u v có đạo hàm riêng theo x (x, y) = lim f (z) = ∂v ∂u (x, y) + i (x, y) ∂x ∂x (1.2.2) Tương tự cách chọn ∆z = i∆y ta có ∂u ∂v (x, y) + (x, y) ∂y ∂y    ∂u ∂v    (x, y) = (x, y) ∂y So sánh (1.2.2) (1.2.3) ta ∂ x  ∂v ∂u    (x, y) = − (x, y)  ∂y ∂x Ta phải chứng tỏ u(x, y) v(x, y) khả vi (x, y) f (z) = −i Vì f C- khả vi z nên ∆ f = f (z + ∆z) − f (z) = f (z)∆z + o(∆z) với o(∆z) vô bé bậc cao ∆z, tức o(∆z) = ∆z→0 ∆x lim Rõ ràng ∆ f = ∆u + i∆v, ∆z = ∆x + i∆y theo (1.2.2) ta có ∆u + i∆v = ( ∂u ∂v + i )(∆x + i∆y) + o(∆z) + io(∆z) ∂x ∂x Từ ∆u = ∂u ∂v ∂u ∂u ∆x − ∆y + o(∆z) = ∆x + ∆y + o(|∆z|) ∂x ∂x ∂x ∂y ∆v = ∂v ∂u ∂v ∂v ∆x + ∆y + o(∆z) = ∆x + ∆y + o(|∆z|) ∂x ∂x ∂x ∂y (1.2.3) điều kiện nghĩa u v khả vi (x, y) Điều kiện đủ: Vì u v khả vi (x, y) nên ∆u = ∂u ∂u ∆x + ∆y + o( ∆x2 + ∆y2 ) ∂x ∂y ∆v = ∂v ∂v ∆x + ∆y + o( ∆x2 + ∆y2 ) ∂x ∂y Theo điều kiện (1.2.1) hai đẳng thức viết thành ∆u = ∂v ∂u ∆x − ∆y + o(|∆z|) ∂x ∂x (1.2.4) ∆v = ∂v ∂u ∆x + ∆y + o(|∆z|) ∂x ∂x (1.2.5) Từ (1.2.4) (1.2.5) ta có ∆f ∆z = ∆u ∆v +i ∆z ∆z ∂v ∂u ∂u ∂v ∆x − ∆y + o(∆z) ∆x + ∆y + o(∆z) ∂x ∂x = ∂x +i∂x ∆z ∆z −∂v ∂u ∂u ∂v ∆x + i ∆y ∆y + i ∂x + ∂x ∂ x + o(∆z) = ∂x ∆z ∆z ∆z ∂ u ∂ v o(∆z) = +i + ∂x ∂x ∆z Vì ∆f ∂u ∂v = +i ∆z→0 ∆z ∂x ∂x tức f C- khả vi z = x + iy lim 1.2.2 Nhận xét (1.) Giả sử f R2 -khả vi z ∈ Ω ⊂ C Xét vi phân ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y Vì dz = dx + idy d z¯ = dx − idy nên df = (1.2.6) 1 dx = (dz + d z¯), dy = (dz − d z¯) 2i Thế đẳng thức vào (1.2.6) ta có ∂f ∂f ∂f ∂f d f = ( − i )dz + ( + i )d z¯ ∂x ∂y ∂x ∂y Nếu đặt ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f = ( − i ), = ( +i ) ∂z ∂x ∂ y ∂ z¯ ∂ x ∂y (1.2.7) df = ∂f ∂f dz + d z¯ ∂z ∂ z¯ (1.2.8) Bởi ∂f ∂f ∂f ∂u ∂v ∂v ∂u = ( + i ) = [( − ) + i( + )] ∂ z¯ ∂ x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y nên f thỏa mãn điều kiện Cauchy-Riemann z ∂f (z) = ∂ z¯ Nói cách khác hàm R2 -khả vi f z C-khả vi ∂f (z) = ∂ z¯ (2.) Từ (1.2.1) (1.2.2) nhận xét trên, f C-khả vi z ta có ∂u ∂v ∂u ∂v ∂f (z) = [( (z) + i (z) − i (z) + (z)] ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v = [2 (z) + 2i (z)] = (z) + i (z) = f (z) ∂x ∂x ∂y ∂y Theo (2.2.7) ta có vế phải (2.2.9) có dạng e e− log z+1 (1 + O( )) = (1 + o( )) z z z Do F(z) = 2δ e (1 + o( )), z z ˆ ψ(z) F(z) Rez > = o(|z|) Rez ≥ N Vậy F(z) hàm chỉnh hình với Rez lớn tùy ý (2.2.10) ˆ ψ(z) F(z) chỉnh hình với Rez ≥ N Bởi hàm tuần hồn, ta mở rộng tồn mặt phẳng, ˆ ψ(z) hàm điều hòa với chu kì 2δ Cho z ∈ C, z = x + iy tồn F(z) số k ∈ N cho x + 2(k − 1)δ ≤ N < x + 2kδ với z ta có | ˆ ˆ + 2kδ ) ψ(z) ψ(z |=| | ≤ C|z + 2kδ | ≤ C1 |z| +C2 , F(z) F(z + 2kδ ) với C1 C2 số, 2kλ ≤ N − x + 2δ ≤ N + |z| + 2δ ˆ ψ(z) Từ nguyên, tuyến tính số F(z) Do ˆ ψ(z) = a0 , F(z) Γ(z/2δ + a)Γ(z/2δ + b) ˆ ψ(z) = a0 Γ(z/2δ + c)Γ(z/2δ + d) Định lý 2.2.1 đặt câu hỏi: Có tồn hàm ψk bị chặn qua phép biến đổi Mellin tích thương bốn hàm Gamma khơng? Nếu 32 tồn ψk có dạng nào? Trường hợp sau cung cấp câu trả lời cho câu hỏi 2.3 Trường hợp ψˆ k hữu tỉ 2.3.1 Định lý Giả sử ψk (r) hàm bị chặn [0, 1) với k ∈ Z thỏa mãn Γ(z/2δ + a)Γ(z/2δ + b) Γ(z/2δ + c)Γ(z/2δ + d) a, b, c, d tương tự định lý 2.2.1 thỏa mãn ψˆ k (z) = a + b − c − d = −1 δ ∈ N Thì ψˆ k (z) hàm hữu tỉ số a − c, a − d, b − c, b − d nguyên Trong trường hợp ψˆ k (z) hàm hữu tỉ thực với bậc mẫu số lớn bậc tử số Hơn (a) Nếu a − c = λ ≥ 0, ψk (r) tồn với k = (λ + 1)δ có dạng ψk (r) = 2δ A j r2δ (b+ j) ∑ với A j ∈ C (2.3.1) j≥0 (λ δ −m)/2δ ≤ j≤λ (b) Nếu a − c = −λ , λ > 0, ψk (r) tồn với k = (1 − λ )δ có dạng ψk (r) = 2δ A j r2δ (a+ j) ∑ với A j ∈ C (2.3.2) (λ −1)/2≤ j≤λ −1 (c) Nếu a − d ∈ Z, a − d = −λ , λ > ψk (r) tồn với k ∈ Z có dạng ψk (r) = 2δ ∑ A j r2δ (a+ j) (2.3.3) a+ j≥0 0≤ j≤λ −1 Chứng minh Giả sử ξ = z/2δ , ta có cơng thức ψˆ k (z) = Γ(ξ + a)Γ(ξ + b) Γ(ξ + c)Γ(ξ + d) 33 (2.3.4) với điều kiện a + b − c − d = −1 (2.3.5) ψk (r) hàm radial bị chặn Giả sử ψˆ k hàm hữu tỉ có hữu hạn cực Từ hàm Gamma khơng có không điểm, cực Γ(ξ + a) Γ(ξ + b) giản ước với cực Γ(ξ + c) Γ(ξ + d) Do giả sử −n − a = −l − c với n, l ∈ Z a − c ∈ Z, điều kiện (2.3.5) b − d ∈ Z Ngược lại Nếu số a − c, a − d, b − c, b − d ∈ Z ψˆ k (z) hàm hữu tỉ bậc mẫu số lớn bậc tử số Trường hợp 1: Giả sử a − c ∈ Z Khi (a) a = c Thì ψˆ k (z) = Γ(ξ + b) Γ(ξ + d) Từ (2.3.4), d = b + nên ψˆ k (z) = Γ(ξ + b) = Γ(ξ + b + 1) ξ + b (b) a = c + λ , < λ ∈ Z Sử dụng kết Γ(z + 1) = zΓ(z) ta có Γ(ξ + a) Γ(ξ + c + λ ) = = (ξ + c + λ − 1)(ξ + c + λ − 2) (ξ + c) Γ(ξ + c) Γ(ξ + c) đa thức ẩn ξ bậc λ Từ λ + b − d = −1 ta có Γ(ξ + b) Γ(ξ + b) = = Γ(ξ + d) Γ(ξ + b + λ + 1) (ξ + b + λ ) (ξ + b) Do Γ(ξ + a)Γ(ξ + b) Γ(ξ + c)Γ(ξ + d) phân số viết λ Aj ∑ ξ + b + j j=0 34 Tổng biến đổi Mellin hàm λ f (t) = ∑ A jt b+ j j=0 Do ψˆ k (z) = fˆ(ξ ) với ξ = z/2δ ta có fˆ(ξ ) = f (t)t (z/2δ )−1 dt Thay t = r2δ ta có fˆ(ξ ) = 2δ f (r )r z−2δ 2δ r 2δ −1 dr = 2δ f (r2δ )rz−1 dr = 2δ f (r2δ )(z) Từ ψˆ k (z) = 2δ f (r2δ )(z), phép biến đổi Mellin ψk (r) = 2δ f (r2δ ) λ ψk (r) = 2δ ∑ A j (r 2δ (b+ j) ) λ = 2δ j=0 ∑ A j r2δ (b+ j) j=0 Từ ψk bị chặn [0, 1), A j = b + j ≥ 0, với < j < λ Nếu b + j < với vài j b + i < với i < j,và ψk (r) = 2δ A j r2δ (b+ j) ∑ (2.3.6) b+ j≥0 0≤ j≤λ Trong trường hợp đặc biệt, a = k 2δ ,c = k = (λ + 1)δ 2δ − k 2δ k ta có λ = a − c = −1 + , δ Do (2.3.4) tồn k bội dương δ m + δ − k m + δ − (λ + 1)δ m − δ λ Cho k s, b = = = 2δ 2δ 2δ m−λδ λδ −m cho b + j = + j ≥ j ≥ 2δ 2δ 35 Do ψk (r) = 2δ A j r2δ (b+ j) ∑ (2.3.7) 0≤(λ δ −m)/2δ ≤ j≤λ Trường hợp (1a) kết (2.3.4) k = δ (từ λ = 0) suy ψk (r) = 2δ A0 rm , có số hạng ψ(reiθ ) = ∑ eikθ ψk (r) số hạng bội ϕ(reiθ ) Trường hợp (1b) có kết ψk (2.3.4) k = (λ + 1)δ kết suy từ (2.3.7) (c) a = c − λ , λ > Do c = a + λ b = d + λ − Tương tự Γ(ξ + a)Γ(ξ + b) Γ(ξ + a)Γ(ξ + d + λ − 1) (ξ + d + λ − 2) (ξ + d) = = Γ(ξ + c)Γ(ξ + d) Γ(ξ + a + λ )Γ(ξ + d) (ξ + a + λ − 1) (ξ + a) viết λ −1 λ −1 Aj ∑ ξ + a + j = ( ∑ A jt a+ j )(ξ ) j=0 j=0 Do ψk (r) = 2δ A j r2δ (a+ j) ∑ a+ j≥0 0≤ j≤λ −1 Từ −λ = −1 + k δ ⇔ k = (1 − λ )δ , ψk tồn k không bội âm δ Cho k s, j ≥ a= k 2δ = 1−λ , a + j = 1−λ + j ≥ 0, λ −1 Từ ψk (r) = 2δ ∑ A j r2δ (a+ j) (2.3.8) (λ −1)/2≤ j≤λ −1 Trường hợp 2: Giả sử b − d ∈ Z Thì (2.3.5) kéo theo a − c ∈ Z ta có kết dạng (2.3.7) (2.3.8) 36 k k+δ +m ,a = Trường hợp 3: a − d ∈ Z Từ d = 2δ 2δ δ +m Ta có a − d = − = −λ , với λ > 2δ Do d = a + λ b = c + λ − Tương tự Γ(ξ + a)Γ(ξ + b) Γ(ξ + a)Γ(ξ + c + λ + 1) = Γ(ξ + c)Γ(ξ + d) Γ(ξ + c)Γ(ξ + a + λ ) Aj (ξ + c + λ − 2) (ξ + c) λ −1 = = ∑ (ξ + a + λ − 1) (ξ + a) j=0 ξ + a + j ψk (r) = 2δ ∑ A j r2δ (a+ j) a+ j≥0 0≤ j≤λ −1 Định lý ψˆ k hàm hữu tỉ số a − c, a − d, b − c, b − d nguyên Vậy trường hợp số khơng số ngun ψˆ k hàm vơ tỉ khơng? symbol ψk có dạng nào? Chúng ta xét trường hợp sau: 2.4 Trường hợp ψˆ k vô tỉ 2.4.1 Định lý Giả sử ψk (r) hàm bị chặn [0,1) với k ∈ Z thỏa mãn ψˆ k (z) = Γ(z/2δ + a)Γ(z/2δ + b) Γ(z/2δ + c)Γ(z/2δ + d) với a, b, c, d, δ định lý 2.2.1 Giả thiết không số số a − c, a − d, b − c, b − d nguyên Thì ψk (r) tồn với k > có dạng ψk (r) = const[h(r2δ ) + (h ∗ A)(r2δ )] 37 (2.4.1) h(t) = t a (η − t)c1 −a−1 (1 − η)d1 −b−1 η b−c1 dη t với c1 = c + [k/δ ], d1 = d − [k/δ ] [.] ký hiệu hàm phần nguyên [k/δ ] A(t) = ∑ A jt d1+ j với A j số j=0 Chứng minh Trong phần ta nghiên cứu giống (2.3.4) giả thiết không số số a − c, a − d, b − c, b − d nguyên, bốn hàm Gamma không giản ước ˆ Nếu a < 0, (2.3.4) kéo theo −a cực ψ(z) nửa mặt phẳng phải Nhưng ψˆ k (z) hàm chỉnh hình nửa mặt phẳng phải, a ≥ Tương tự b ≥ Với a = c = a − c ∈ Z (mâu thuẫn) Vậy a > tương tự k > Tiếp theo sử dụng định nghĩa hàm Beta B(p, q) = x p−1 (1 − x)q−1 dx với Rep > 0, Req > B(p, q) = Γ(p)Γ(q) Γ(p + q) Thay bốn hàm Gamma hai hàm Beta Γ(ξ + a) Γ(ξ + b) Γ(ξ + a)Γ(c − a) Γ(ξ + b)Γ(d − b) = Γ(ξ + c) Γ(ξ + d) Γ(ξ + c) Γ(ξ + d) Γ(c − a)Γ(d − b) = C.B(ξ + a, c − a).B(ξ + b, d − b) với C = Γ(c − a)Γ(d − b) Tuy nhiên, c − a = − số k δ d − b = 38 k δ âm Giả sử k k c1 = c + [ ] d1 = d − [ ] δ δ [.] hàm phần nguyên Ta có c1 − a = − k k +[ ] > δ δ a − c không nguyên nên Nếu ψˆ k (z) = k δ d1 − b = k k −[ ] > δ δ không nguyên, với a + b − c1 − d1 = −1 Γ(ξ + a)Γ(ξ + b) Γ(ξ + c1 )Γ(ξ + d1 ) Γ(ξ + c1 )Γ(ξ + d1 ) Γ(ξ + c)Γ(ξ + d) (2.3.4) trở thành k ψˆ k (z) = const.B(ξ + a, c1 − a)B(ξ + b, d1 − b) (ξ + c + [ ] − 1) (ξ + c) δ k (ξ + d1 + [ ] − 1) (ξ + d1 ) δ [ δk ] = const.B(ξ + a, c1 − a)B(ξ + b, d1 − b)[1 + ∑ Aj j=0 ξ + d1 + j ] [ δk ] = const.B(ξ + a, c1 − a)B(ξ + b, d1 − b)[1 + ( ∑ A jt d1 + j )(ξ )] j=0 (2.4.2) Giả sử [ δk ] A(t) = ∑ j=0 A jt d1 + j m+δ +k b ≥ 0, m + δ ≥ k k ⇒ d1 = d − [ ] > 2δ δ δ Vậy A(t) bị chặn [0, 1) Do d = ≥ k Hàm Beta (2.4.2) khai triển B(ξ + a, c1 − a) = xξ +a−1 (1 − x)c1 −a−1 dx = xξ −1 xa (1 − x)c1 −a−1 dx = fˆ(ξ ), 39 B(ξ + b, d1 − b) = xξ +b−1 (1 − x)d1 −b−1 dx = xξ −1 xb (1 − x)d1 −b−1 dx = g(ξ ˆ ) với f (x) = xa (1 − x)c1 −a−1 g(x) = xb (1 − x)d1 −b−1 Vậy fˆ(ξ )g(ξ ˆ )= xξ +a−1 (1 − x)c1 −a−1 yξ +b−1 (1 − y)d1 −b−1 dxdy Nếu thay xy = υ y = η tích phân trở thành υ υ dυdη ( )ξ +a−1 (1 − )c1 −a−1 η ξ +b−1 (1 − η)d1 −b−1 η η 0≤υ≤η≤1 η υ ξ +a−1 (η − υ)c1 −a−1 (1 − η)d1 −b−1 η b−c1 dυdη = 0≤υ≤η≤1 ξ −1 a = [υ υ ˆ ) (η − υ)c1 −a−1 (1 − η)d1 −b−1 η b−c1 dη]dυ = h(ξ υ h(t) = t a (η − t)c1 −a−1 (1 − η)d1 −b−1 η b−c1 dη (2.4.3) t Chứng minh h(t) bị chặn Ta biến đổi (2.4.3) u = η −t 1−t cho η = t + u − ut Ta h(t) = t a (u − ut)c1 −a−1 [(1 − t)(1 − u)]d1 −b−1 (t + u − ut)b−c1 (1 − t)du = ta uc1 −a−1 (1 − u)d1 −b−1 (t + u − ut)b−c1 (1 − t)c1 −a+d1 −b−1 du =t a uc1 −a−1 (1 − u)d1 −b−1 (t + u − ut)b−c1 du * Trường hợp 1: b − c1 ≥ Từ t + u − ut = − (1 − t)(1 − u) ≤ a > h(t) ≤ B(c1 − a, d1 − b) với t 40 * Trường hợp 2: b − c1 < ta viết 1/2 h(t) = t a uc1 −a−1 (1 − u)d1 −b−1 (t + u − ut)b−c1 du +t a uc1 −a−1 (1 − u)d1 −b−1 (t + u − ut)b−c1 du 1/2 Tích phân thứ hai hồn tồn bị chặn Tích phân thứ t 1/2 a c1 −a−1 u d1 −b−1 (1−u) b−c1 (t +u−ut) du ≈ t 1/2 a uc1 −a−1 (t +u−ut)b−c1 du (2.4.4) Ta đánh giá t + u − ut ≤ t + u, t +u t + u − ut ≥ t + u − t ≥ 2 Tích phân vế phải (2.4.4) tương đương với 1/2 ta uc1 −a−1 (t + u)b−c1 du Ta đổi biến u = tξ thu t 1/2t a (tξ )c1 −a−1 (t + tξ )b−c1 tdξ 1/2t = ta (ξ )c1 −a−1 (1 + ξ )b−c1 t b−a dt =t 1/2t b (ξ )c1 −a−1 (1 + ξ )b−c1 dξ =t b c1 −a−1 (ξ ) b−c1 (1 + ξ ) dξ + t 1 1/2t (ξ )c1 −a−1 (1+ξ )b−c1 dξ +t b ≤ tb 1/2t b (ξ )c1 −a−1 (1 + ξ )b−c1 dξ (ξ )b−a−1 dξ b−c1 < Do vậy, b = a t 1/2 a c1 −a−1 (u) b−c1 (t +u) b ≤t [ c1 −a−1 (ξ ) 41 b−c1 (1+ξ ) 2a−bt a dξ − ]+ b−a b−a bị chặn a > 0, b ≥ Do h(t) bị chặn Nếu b = a > 1/2 ta (u)c1 −a−1 (t + u)b−c1 ≤ t b [ 0 (ξ )c1 −a−1 (1 + ξ )b−c1 dξ + t b ln( ) 2t bị chặn b > Vì h(t) bị chặn nên trường hợp tương tự trường hợp Tiếp theo ta sử dụng định lý phép nhân Mellin Cho hai hàm k0 k1 , phép nhân Mellin định nghĩa (k0 ∗ k1 )(x) = x dy k0 (y)k1 ( ) y y k0 ∗ k1 (s) = kˆ0 (s)kˆ1 (s) ˆ )) cho ˆ (2.4.2) trở thành ψ(z) = C fˆ(ξ )g(ξ ˆ )(1 + A(ξ ˆ ) +Ch(ξ ˆ )A(ξ ˆ ) = Ch(ξ ˆ ) (2.4.5) ψˆ k (z) = C fˆ(ξ )g(ξ ˆ ) +C fˆ(ξ )g(ξ ˆ )A(ξ với hàm h(t) định nghĩa (2.4.3) h(t) = g ∗ f (t) Ta thấy số hạng thứ (2.4.5) biến đổi Mellin hàm bị chặn h Số hạng thứ hai phép nhân Mellin ˆ )A(ξ ˆ ) = (h ∗ A)(ξ ) = [ h(ξ t du t h( )A(u) ](ξ ) u u Nhưng |(h ∗ A)(t)| ≤ Maxt∈[0,1) |h(t)| ≤ Maxt∈[0,1) |h(t)| | [k/δ ] ∑ j=0 Suy h ∗ A bị chặn, d1 + j > 42 A(u) |du u |A j | ud1 + j−1 du Do h, h ∗ A bị chặn, tồn ψ Tương tự trường hợp hữu tỉ ψk (r) = c.2δ [h(r2δ ) + (h ∗ A)(r2δ )] ikθ iθ m iδ θ 2.4.2 Hệ Giả sử ψ(reiθ ) = ∑+∞ k=−∞ e ψk (r) ϕ(re ) = r e hàm thuộc L∞ (D, dA), ψk ∈ R, m, δ ∈ N Thì Tϕ Tψ = Tψ Tϕ ψk bội hàm (2.3.1),(2.3.2), (2.3.3), (2.4.1) Hệ số A j kết biến đổi bốn hàm gamma.Trong (2.3.1) k bội dương δ , (2.3.2) k bội âm δ , (2.3.3) tồn với ∀k ∈ Z, (2.4.1) tồn với k ∈ N 2.5 Thảo luận Ta toán tử Toeplitz Tϕ Tψ giao hoán ϕ hàm radial ψ hàm radial ikθ Giả sử Tϕ Tψ = Tψ Tϕ với ϕ = ϕ(r) ψ(reiθ ) = ∑+∞ k=−∞ e ψk (r) không hàm L∞ (D, A) Trong phần định lý 2.2.1 ta biết Teikθ ψk (r) giao hoán với Tϕ(r) ˆ Teikθ ψk (r) zλ = (2λ + 2k + 2)+ ψ(2λ + k + 2)zk+λ Tương tự ˆ Tϕ(r) zλ = (2λ + 2)+ ϕ(2λ + 2)zλ Do ˆ ˆ Teikθ ψk (r) Tϕ(r) zλ = (2λ + 2)+ ϕ(2λ + 2)(2λ + 2k + 2)+ ψ(2λ + k + 2)zk+λ ˆ ˆ Tϕ(r) Teikθ ψk (r) zλ = (2λ +2k +2)+ ψ(2λ +k +2)(2λ +2k +2)+ ϕ(2λ +2k +2)zk+λ 43 Từ ta có ˆ ˆ + 2) = (2λ + 2k + 2)ψ(2λ + 2k + 2) với ∀k (2λ + 2)ϕ(2λ Nếu ta ξ = 2λ + ta có: ˆ ) = (ξ + 2k)ϕ(ξ ˆ + 2k) ξ ϕ(ξ ˆ ) tuần hoàn nửa mặt phẳng phải k = Do ξ −→ ξ ϕ(ξ ˆ ) = O( ξ ) tương tự phần cuối định lý 2.2.1 Nếu k = ξ ϕ(ξ ˆ ) hàm Từ ϕ(ξ ˆ ) = c/ξ với c số ta có kết luận ξ ϕ(ξ Vậy ϕ ≡ constant Từ ta có kết sau: ikθ 2.5.1 Định lý Giả sử ψ(reiθ ) = ∑+∞ k=−∞ e ψk (r) ϕ = ϕ(r) hàm không tầm thường L∞ (D, dA) với ψk ∈ R Nếu Tϕ Tψ = Tψ Tϕ , ψ hàm radial 44 KẾT LUẬN Trong luận văn này, chúng tơi trình bày số kết nghiên cứu phép biến đổi Mellin toán tử Toeplitz giao hốn, cụ thể : Trình bày cách có hệ thống khái niệm, tính chất hàm chỉnh hình khơng gian phức Các khái niệm, tính chất khơng gian Bergman, phép biến đổi Mellin Trình bày cách chi tiết với bố cục riêng tác giả kết nghiên cứu Zeljko Cuckovic N.V Rao điều kiện cần đủ để tốn tử Toeplitz giao hốn thơng qua phép biến đổi Mellin với ϕ, ψ ∈ L∞ (D, dA) ψˆ k hữu tỉ, vô tỉ Hy vọng luận văn tài liệu tham khảo bổ ích cho người khơng chun sâu tốn muốn tìm hiểu phục vụ chun mơn 45 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2006), Hàm biến phức, Nhà xuất Đại Học Quốc Gia , Hà nội [2] D Zheng, Hankel operators and Toeplitz operators on the Bergman space, J Funct Anal 83 (1989), 98-120 [3] E T Whittaker and G N Watson, "A Course of Modern Analysis", Cambridge Univ Press, Cambridge, 1994 (American Edition) [4] S Alex and P Gorkin, Algebras on the disk and doubly commuting multiplication operator, Tran Amer Math Soc 309 (1998), 711-723 [5] S Alex and Z Cuckovic, Commuting Toeplitz operators with harmonic symbols, Integral Equations Operator Theory 14 (1991), 112 [6] Z Cuckovic, Commutants of Toeplitz operators on the Bergman space, Pacific J Math 162 (1994),277-285 [7] Z Cuckovic and N.V.Rao, Mellin transform, Monomial Symbols, and Commuting Toeplitz operators , Journal of functional analysis 154 (1998), 195-214 46