Về các định lý Montel Kobe ánh xạ Riemann trong giải tích phức một biến

Về các định lý Montel Kobe ánh xạ Riemann trong giải tích phức một biến Về các định lý Montel Kobe ánh xạ Riemann trong giải tích phức một biến Về các định lý Montel Kobe ánh xạ Riemann trong giải tích phức một biến luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN LƯU THỊ SONG ¨ VỀ CÁC ĐỊNH LÝ MONTEL,KOBE, ÁNH XẠ RIEMANN TRONG GIẢI TÍCH PHỨC MỘT BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ NGÀNH: TỐN GIẢI TÍCH Thái Ngun, năm 2019 TRƯỜNG ĐẠI HỌC S PHM KHOA TON LU TH SONG ă V CC ĐỊNH LÝ MONTEL,KOBE, ÁNH XẠ RIEMANN TRONG GIẢI TÍCH PHỨC MỘT BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ NGÀNH: TỐN GIẢI TÍCH Người hướng dẫn khoa học PGS TSKH TRẦN VĂN TẤN Thái Nguyên, năm 2019 Lời cảm ơn Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình PGS TSKH Trần Văn Tấn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy! Dù bận nhiều công việc thầy dành thời gian hướng dẫn giải đáp vấn đề cách rõ ràng cho tơi Xin chân thành cảm ơn thầy tin tưởng hết lịng giúp đỡ tơi thời gian khó khăn vừa qua Luận văn thực hồn thành khoa Tốn thuộc trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo Khoa Tốn - trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Ngun, thầy tổ giải tích, thầy ln nhiệt tình giảng dạy tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập, để tơi hồn thành luận văn Do thời gian khả thân hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Vì tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! i Mục lục Mở đầu Chương 1.1 Định lí ánh xạ Riemann Định lý Arzela - Ascoli 1.2 Định lý Montel 1.3 Miền đơn liên 1.4 Định lý ánh xạ Riemann 1.5 nh lớ Kăobe 10 Chương Tiêu chuẩn Montel họ chuẩn tắc hàm phân hình 13 2.1 Các định lí thứ thứ hai Lý thuyết Nevanlinna 13 2.2 Tiêu chuẩn họ chuẩn tắc kiểu Montel 14 Kết luận 28 Tài liệu tham khảo 29 ii Mở đầu Lí chọn ti Cỏc nh lớ Montel, Kăobe v tớnh chun tắc, Định lí ánh xạ Riemann kết đẹp đẽ quan trọng Giải tích phức biến liên tục thu hút quan tâm nhà tốn học Với mong muốn tìm hiểu chủ đề quan trọng nên chọn đề tài Cấu trúc luận văn Luân văn chia làm hai chương: Ở Chương 1, luận văn trình bày Định lí ánh xạ Riemann tồn song ánh chỉnh hình miền đơn liên (khác toàn thể) C với đĩa đơn vị Để trình bày vấn đề này, chúng tơi tham khảo tài liệu [1, 2] Chương đề cập tới số tiêu chuẩn chuẩn tắc kiểu Montel Chúng tham khảo [4] để cập nhật số kết gần mở rộng Định lí Montel Thái Nguyên, ngày 27 tháng năm 2019 Tác giả LƯU THỊ SONG Chương Định lí ánh xạ Riemann 1.1 Định lý Arzela - Ascoli Cho X không gian metric F họ hàm X , liên tục nhận giá trị phức Họ F gọi liên tục tập Y ⊂ X với > tồn δ > cho với p, q ∈ Y f ∈ F thỏa mãn dX (p, q) < δ, |f (p) − f (q)| < Họ F gọi chuẩn tắc tập Y ⊂ X với dãy {fn } ⊂ F, tồn dãy {fnj } hội tụ tập compact Y Nhắc lại không gian mêtric X gọi tách tồn tập đếm {pj } ⊂ X trù mật Định lý 1.1 ( Arzela - Ascoli ) Cho X không gian mêtric tách Giả sử có tập compact Kn ⊂ X cho Kn ⊂ Kn+1 , n Kn = X Cho F họ hàm X , liên tục, nhận giá trị phức Khi đó, F chuẩn tắc nếu: (i) Họ F liên tục tập compact X (ii) Với p ∈ X , tồn số Cp > cho |f (p)| ≤ Cp với f ∈ F Chứng minh Điều kiện cần: Để làm rõ điều kiện cần (i), dùng phản chứng Giả sử F họ chuẩn tắc, F không liên tập compact K ⊂ X Khi đó, tồn > cho với n, ta có điểm pn , qn ∈ K và |fn (pn )−fn (qn )| ≥ Do F chuẩn n tắc, tồn dãy fnj mà hội tụ K đến giới hạn f0 , phải liên tục Chúng ta chọn dãy xa ( mà ta lại gọi dãy {nj } với pnj → p0 qnj → q0 Nhưng từ dX (pnj , qnj ) < n−1 j → 0, kéo theo p0 = q0 Tuy nhiên, từ f0 liên tục hàm fn ∈ F cho dX (pn , qn ) < ≤ lim sup |fnj (pnj ) − fnj (qnj )| = |f0 (p0 ) − f0 (q0 )| = 0, j→∞ dẫn đến điều mâu thuẫn Để điều kiện cần (ii), ta giả sử tồn p ∈ X cho tập giá trị {f (p)} với f ∈ F không bị chặn Khi đó, với n tồn hàm fn ∈ F với |fn (p)| > n Điều mẫu thuẫn với giả thiết tồn dãy {fnj } hội tụ tập (compact) {p} ⊂ X Điều kiện cần (i) (ii) chứng minh Điều kiện đủ Bây giờ, ta giả sử họ F thỏa mãn (i) (ii) Xét {fn } ⊂ F dãy F Gọi {pn } dãy trù mật X Do giá trị {fn (p1 )} nằm tập compact {ζ ∈ C||ζ| ≤ Cp1 }, ta tìm dãy thứ n1,1 < n1,2 < < n1,k < cho dãy {fn1,k (p1 )} hội tụ, gọi giá trị giới hạn f0 (p1 ) Tiếp theo, từ tập giá trị {fn1,k (p2 )} chứa tập compact {ζ ∈ C||ζ| ≤ Cp2 }, tìm dãy thứ hai n2,1 < n2,2 < < n2,k < cho dãy {fn2,k } (gọi giá trị giới hạn f0 (p2 )), dãy thứ hai chứa dãy thứ Tương tự, tìm thấy vơ hạn dãy dãy n1,1 < n2,1 < n3,1 < nj,1 < n1,2 < n2,2 < n3,2 < nj,2 < ··· ··· ··· ··· ··· ··· cho < n1,k < · · · < n2,k < · · · < n3,k < · · · < nj,k < (i) Tồn giới hạn dãy {fnj,k (pj )} (gọi giá trị giới hạn f0 (pj ) ); (ii) Với dãy {nj,k } tập dãy trước {nj−1,k } Từ đó, với j cố định, phần tử dãy đường chéo {n , } chứa dãy {nj,k } với ≥ j Do đó, với dãy hàm {F = fn , }, ta có lim →∞ F (pj ) = f0 (pj ) với j Ta chứng minh {F } hội tụ tập compact K ⊂ X Do dãy liên tục K , với > tồn δ > cho d(p, q) < δ bao hàm |F (p) − F (q)| < Bây giờ, K ⊂ q∈K BX (q, δ), K compact, tồn tập hữu hạn {q1 , , qN } cho K ⊂ N J=1 BX (qj , δ) Vì lim →∞ F (pjr ) = f0 (pjr ), đó, ta cần xử lý tập hợp hữu hạn điểm, ta tìm M cho , ≥ M bao hàm |F (pjr ) − F (pjr )| < Bây giờ, lấy p ∈ K Khi đó, p ∈ BX (pj , δ) với jr Ta có |F (p) − F (p)| ≤ |F (p) − F (pjr )| + |F (pjr ) − F (pjr )| + |F (pjr ) − F (p)| ≤ + + Điều dãy {F } Cauchy cận chuẩn K , dãy hội tụ K Định lý chứng minh 1.2 Định lý Montel Tiêu chuẩn Montel phát biểu sau cho phép ta kiểm tra tính chuẩn tắc họ thơng qua tính bị chặn tập compact Định lý 1.2 (Montel) Cho Ω ⊂ C miền, F họ hàm chỉnh hình Ω Giả sử với tập compact K ⊂ Ω, tồn số CK > cho |f (z)| ≤ Ck với f ∈ F z ∈ K Khi đó, họ F chuẩn tắc Ω Chứng minh Theo Định lý Arzela - Ascoli, ta cần chứng minh họ F liên tục tập compact K ⊂ Ω Do vậy, đẩy vấn đề việc chứng minh họ hàm chỉnh hình đĩa bán kính R M liên tục hình trịn nằm miền xác định Lấy r < R, chọn ρ với r < ρ < R Nếu f hàm chỉnh hình đĩa D(a, R) có mô-đun bị chặn M , z, ω ∈ D(a, r), f (zeta) f (ζ) dζ − dζ 2πi |ζ−a|=ρ ζ − z 2πi |ζ−a|=ρ ζ − ω z−ω f (ζ) = dζ 2πi |ζ−a|=ρ (ζ − z)(ζ − ω) 2π ρdt ≤ |z − ω|M 2π |ρeit + a − z||ρeit + a − ω| Mρ ≤ |z − ω| (ρ − r)2 |f (z) − f (ω)| = Như vây, ta nhận kết luận Định lý 1.3 Miền đơn liên Định nghĩa 1.1 Một không gian tôpô X gọi đơn liên với hàm liên tục γ : [0, 1] → X với γ(0) = γ(1) tồn ánh xạ liên tục Γ : [0, 1] × [0, 1] → X cho (1) Γ(t, 0) = γ(t) với ≤ t ≤ 1; (2) Γ(0, s) = Γ(1, s) = Γ(0, 0) với ≤ s ≤ 1; (3) Γ(t, 1) = Γ(0, 1) = Γ(1, 1) với ≤ t ≤ Nói cách khác, X đơn liên ánh xạ liên tục từ hình trịn vào X, qua điểm x0 ∈ X biến đổi cách liên tục đến ánh xạ có ảnh {x0 } Liên quan tới định lí ánh xạ Riemann, ta đề cập tới miền đơn liên C Mệnh đề 1.1 Một tập mở liên thông Ω C đơn liên phần bù hình cầu Riemann C có nhiều thành phần liên thông Điều kiện tôpô miền đơn liên dẫn đến hệ giải tích sau: Mệnh đề 1.2 Cho Ω ⊂ C miền đơn liên Nếu f chỉnh hình Ω f (z) = với z ∈ Ω, tồn nhánh chỉnh hình log f xác định Ω, có nghĩa, tồn hàm chỉnh hình g dịnh nghĩa Ω cho f (z) = exp(g(z)) với z ∈ Ω Đặc biệt, n số nguyên dương bất kì, hàm hn (z) = exp[ g(z)] chỉnh hình thỏa mãn n hn (z)n = f (z) với z ∈ Ω 1.4 Định lý ánh xạ Riemann Mệnh đề 1.3 Giả sử F : D → D ánh xạ song chỉnh hình hình trịn đơn vị cho F (0) = 0, F (0) > Khi đó, F (z) = z với z ∈ D Chứng minh Lấy G ánh xạ ngược F , F (G(z)) = z G(F (ω)) = ω với z, ω ∈ D Khi đó, F (G(z))G (z) = 1, F (0)G (0) = Mặt khác, |F (z)| < 1, |G(z)| < với z ∈ D, F (0) = G(0) = nên điều suy từ bổ đề Schwarz |F (0)| ≤ |G (0)| ≤ Do đó, ta có |F (0)| = lại bổ đề Shwarz F (z) = eiθ z Nhưng từ F (0) > phải có θ = 0, F (z) = z Mệnh đề 1.4 Lấy a ∈ C với |a| < 1, định nghĩa φa (z) = a−z − az Khi biến đổi phân tuyến tính φa có tính chất sau: (i) φa (0) = a φa (a) = 0; (ii) φa ◦ φa (z) = z ; (iii) φa : D → D ánh xạ song chỉnh hình Chứng minh Phát biểu (i) (ii) phép toán đơn giản Như biết, phép biến đổi tuyến tính phân ánh xạ đối hình cầu Rieman vào Nếu ta φa mang hình trịn đơn vị vào nó, kéo theo phát biểu (iii) với zn thuộc đĩa {z : |z| ≤ r} mà giá trị lớn nói đạt (để ý f # liên tục {z : |z| ≤ r}) Ta có Mn → +∞ Đặt ρn = Mn |zn |2 1− r (2.2) ρn r + |zn | = ≤ → r − |zn | r Mn rMn (2.3) = fn# (zn ) Ta có Vì hàm gn (ξ) = fn (zn + ρn ξ) xác định đĩa {ξ ≤ Rn } với Rn = r − |zn | → +∞ ρn Từ (2.2) ta có gn# (0) = ρn fn# (zn ) = Với |ξ| ≤ R < Rn |zn + ρn ξ| < r từ (2.1) (2.2) ta có gn# (ξ) = ρn fn# (zn + ρn ξ) ≤ ρn Mn n ξ| − |zn +ρ r2 r − |zn | r + |zn | · ≤ r + |zn + ρn ξ| r − |zn | − ρn R r + |zn | r − |zn | ≤ · r r − |zn | − ρn R Trong biểu thức cuối, nhân tử đầu không vượt 2, nhân tử thứ hai tiến tới n → +∞ (2.3) Vì vậy, theo Định lý Marty, họ {gn } (n đủ lớn để từ Rn > R) chuẩn tắc {ξ : |ξ| < R}, với R > Do đó, cách chọn dãy quy tắc đường chéo, ta giả sử gn hội tụ tập compact C theo metric cầu đến hàm phân hình g Rõ ràng g khác g # (0) = lim gn# (0) = = Bây ta chứng minh chiều ngược lại Bổ đề Giả sử điều kiện 1)-4) thỏa mãn, họ F chuẩn tắc Khi đó, theo Định lý Marty, tồn M > cho # max f (z) ≤ M 1+r |z|≤ với f ∈ F 16 Với ξ ∈ C, zn + ρn ξ hội tụ tới điểm thuộc đĩa {z : |z| ≤ r} nên |zn + ρn ξ| ≤ 1+r với n đủ lớn Do với ξ ∈ C, ta có g # (ξ) = lim ρn fn# (zn + ρn ξ) = Điều xảy g khác Năm 1998, Zalcman cải tiến Bổ đề sau: Bổ đề 2.2 (Bổ đề Zalcman) Cho F họ hàm phân hình đĩa đơn vị D Khi F không chuẩn tắc z0 ∈ D, với α, thỏa mãn −1 < α < 1, tồn 1) số thực r, < r < 1, 2) điểm zn , |zn | < r, zn → z0 , 3) dãy số thực dương ρn → 0+ , 4) hàm fn ∈ F cho fn (zn + ρn ξ) gn (ξ) = → g(ξ) ραn hội tụ tập compact C theo metric cầu, g(ξ) làm hàm phân hình khác thỏa mãn g # (ξ) g # (0) = có bậc khơng lớn Cùng với việc đưa khái niệm họ chuẩn tắc hàm phân hình, năm 1912, Montel đưa tiêu chuẩn tiếng sau cho họ chuẩn tắc Định lý 2.2 Cho F họ hàm phân hình miền D ⊂ C, cho a1 , a2 , a3 ba điểm phân biệt C Giả sử tất hàm F không nhận giá trị a1 , a2 , a3 , có nghĩa f (z) − aj = với z ∈ D, f ∈ F , j ∈ {1, 2, 3} Khi F họ chuẩn tắc Năm 1916, Montel mở rộng kết tới trường hợp hàm F nhận giá trị a1 , a2 , a3 với bội đủ lớn Định lý 2.3 Cho F họ hàm phân hình miền D ⊂ C, cho a1 , a2 , a3 ba điểm phân biệt C Giả sử tồn số nguyên 17 dương (có thể +∞) 1, 2, 1 thỏa mãn + + Giả sử với f ∈ F tồn hàm phân hình (hoặc giá trị ∞) af , bf , cf cho f không nhận af , bf , cf D và cho min{σ(af (z), bf (z)), σ(bf (z), cf (z)), σ(cf (z), af (z))} ≥ , với z ∈ D Khi F họ chuẩn tắc Ở đây, ta ký hiệu σ khoảng cách cầu C Như vậy, tiêu chuẩn chuẩn tắc nói áp dụng trường hợp đạo hàm (tới cấp đủ lớn) triệt tiêu Trong đó, theo Định lý Marty, vấn đề chuẩn tắc liên quan tới điều kiện bị chặn (chứ không triệt tiêu) đạo hàm Từ thực tế đó, Trần Văn Tấn, Nguyễn Văn Thìn Vũ Văn Trường [4] tổng quát tiêu chuẩn cho họ chuẩn tắc nói tới trường hợp đạo hàm cầu bị chặn Định lý 2.5 Cho F họ hàm phân hình miền D ⊂ C Giả sử với tập compact K ⊂ D, tồn i) số nguyên dương (có thể +∞) q − 2, 18 1, , q thỏa mãn q j=1 j < ii) hàm phân hình a1f , , aqf (f ∈ F ) D, số dương , M cho σ(aif (z), ajf (z)) ≥ sup (f với z ∈ D, ≤ i, j ≤ q, i = j (k) # ) (z) ≤ M, z∈K:f (z)=ajf (z)=∞ sup z∈K:f (z)=ajf (z)=∞ với f ∈ F, j ∈ {1, , q}, k = 0, , j f (k) # (z) ≤ M, − Khi F chuẩn tắc Để chứng minh định lý trên, ta cần Bổ đề sau Grahl-Nevo Bổ đề 2.3 Cho {aα , bα }α∈I họ cặp hàm phân hình miền D ⊂ C Giả sử tồn số dương cho σ (aα (z), bα (z)) ≥ với α ∈ I z ∈ D Khi họ {aα }α∈I {bα }α∈I chuẩn tắc Chứng minh Định lý 2.5 Khơng tính tổng qt, giả sử D đĩa đơn vị D Giả sử F không chuẩn tắc z0 ∈ D Khi đó, theo Bổ đề 2.2, với α = tồn 1) số thực r, < r < 1, 2) điểm zv , |zv | < r, zv → z0 , 3) số thực dương ρv → 0+ , 4) hàm fv ∈ F cho gv (ξ) = fv (zv + ρv ξ) → g(ξ) (2.4) hội tụ tập compact thuộc C, với g hàm phân hình khác Khi với j ∈ N, ta có gv(j) → g (j) tập compact C \ P, gv (j) → g (2.5) (j) tập compact C \ Z (2.6) theo metric Euclid, với P, Z tập không điểm, cực điểm g 19 1+|z0 | } Lấy K := {z : |z| ≤ ⊂ D, theo giả thiết, tồn i) số nguyên dương (có thể +∞), 1, , q thỏa mãn q j=1 < j q − 2, ii) hàm phân hình a1fv , , aqfv (f ∈ F ) D, số thực dương M cho σ(aifv (z), ajfv (z)) ≥ với z ∈ D, ≤ i, j ≤ q, i = j, sup (fv(k) )# (z) z∈K:fv (z)=ajfv (z)=∞ ≤ M, sup z∈K:fv (z)=ajfv (z)=∞ với v ≥ 1, j ∈ {1, , q}, k = 0, , fv (k) # (z) ≤ M, − Bỏ qua j = 1, không tính tổng qt, ta giả sử q ≥ j ≥ với j = 1, , q Từ Bổ đề 2.3, ta giả sử {ajfv }v≥1 hội tụ tập compact C theo metric cầu tới hàm phân hình aj (hoặc ∞) với j = 1, , q Khi Ajv (ξ) := ajfv (zv + ρv ξ) hội tụ tập compact C tới số aj (z0 ) Từ giả thiết khoảng cách cầu cặp điểm thuộc {a1fv (z), , aqfv (z)} ta có a1 (z0 ), , aq (z0 ) đôi phân biệt Bây ta chứng minh khẳng định sau: Với j ∈ {1, , q}, aj (z0 ) = ∞ khơng điểm g − aj (z0 ) có bội j Cố định số j Với không điểm ξ0 g(ξ) − aj (z0 ), aj (z0 ) = ∞, nên g chỉnh hình ξ0 Theo Định lý Hurwitz, tồn giá trị ξv (với v đủ lớn) ξv → ξ0 cho Ajv (ξv ) = ∞ j fv (zv + ρv ξv ) − ajfv (zv + ρξv ) = gv (ξv ) − Ajv (ξv ) = ◦ Để ý z0 ∈K , nên zv + ρv ξv ∈ K với v đủ lớn Từ ajfv (zv + ρξv ) → aj (z0 ) = ∞, ta giả sử |fv (zv + ρv ξv )| = |ajfv (zv + ρξv )| ≤ + |aj (z0 )| (2.7) Ta có (k+1) |fv 1+ với k = 0, , j (zv + ρv ξv )| (k) |fv (zv + ρv ξv )|2 ≤ M, − với v đủ lớn 20 (2.8) Đặt M1 := M · (1 + (1 + |aj (z0 )|)2 ), Mn+1 := M · (1 + Mn2 ), với số nguyên dương n Ta chứng minh bất đẳng thức sau quy nạp: fv(k) (zv + ρv ξv ) ≤ Mk , với k = 1, j − (2.9) Thật vậy, với k = 1, (2.8) ta có |fv (zv + ρv ξv )| ≤ M + |fv (zv + ρv ξv )|2 Kết hợp với (2.7), ta có |fv (zv +ρv ξv )| ≤ M · + |fv (zv + ρv ξv )|2 ≤ M · + (1 + |aj (z0 )|)2 = M1 Vậy ta nhận (2.9) k = Giả sử (2.9) với k (k ≤ j − 2) Khi đó, từ (2.8) giả thiết quy nạp, ta có |fv(k+1) (zv + ρv ξv )| ≤ M · + |fv(k) (zv + ρv ξv )|2 ≤ M · + Mk2 = Mk+1 Vậy, theo nguyên lý quy nạp, ta nhận (2.9) Do (2.9) ta có (k) (k) |gv (ξv )| 1+ (k−1) |gv (ξv )|2 = ρkv · (k−1) 2(k−1) (k−1) + ρv |fv (zv + ρv ξv )|2 ≤ ρkv · |fv(k) (zv + ρv ξv )| ≤ ρkv · Mk , Do đó, từ gv |fv (zv + ρv ξv )| với k = 1, j − (2.10) (ξv ) → g (k−1) (ξ0 ) = ∞, ta có ≤ |g (k) (ξ0 )| = lim |gv(k) (ξv )| ≤ lim ρkv · Mk · (1 + |gv(k−1) (ξv )|2 ) = v→∞ v→∞ Vậy, g (k) (ξ0 ) = với k = 1, , − Do khơng điểm ξ0 g − aj (z0 ) có bội j Ta nhận khẳng định nêu Nếu tồn j ∈ {1, , q}, cho aj (z0 ) = ∞, A1v (ξ) := ajf (zv +ρv ξ) hội tụ tập compact D \ {z : aj (z) = 0} v 21 j theo metric Euclid tới Do đó, từ (2.5), với lập luận tương tự g trên, ta có khơng điểm bội (nói cách khác cực điểm g ) có j Bây áp dụng định lý thứ thứ hai ta có: q [1] (q − 2)Tg (r) ≤ Ng−aj (z0 ) (r) + o(Tg (r)) j=1 q ≤ j=1 q ≤ j=1 j Ng−aj (z0 ) (r) + o(Tg (r)) Tg (r) + o(Tg (r)) j Điều trái với giả thiết q j=1 < q − j Do đó, F họ chuẩn tắc Chú ý tiêu chuẩn chuẩn tắc nói áp dụng cho trường hợp mà q ≥ Sau đề cập tới trường hợp q = q = Năm 1959, Hayman thiết lập dạng Định lý thứ hai cho đa thức đạo hàm, kéo theo dạng Định lý Picard cho trường hợp tránh hai điểm: Nếu f hàm phân hình siêu việt mặt phẳng phức f nhận giá trị hữu hạn vô hạn lần đạo hàm f (k) , k ≥ 1, nhận giá trị hữu hạn khác vô hạn lần Tiêu chuẩn chuẩn tắc ứng với Định lý Hayman đưa Gu năm 1979 Định lý 2.6 Cho k số nguyên dương F họ hàm phân hình f miền D ⊂ C cho f f (k) − khơng có khơng điểm D Khi F chuẩn tắc Năm 2005, Bergweiler Langley mở rộng kết Gu tới trường hợp mà hàm f f (k) − có khơng điểm, với bội đủ lớn 22 Định nghĩa 2.2 Cho k, M, N số nguyên dương (M, N nhận giá trị +∞) cho D ⊂ C miền Ký hiệu F(k, M, N, D) tập hàm phân hình f D cho khơng điểm f có bội M, khơng điểm f (k) − có bội N Cho c số dương Ký hiệu F(k, M, N, c, D) tập hàm phân hình f D cho sup f (i) # (z) : z ∈ f −1 (0) ≤c với i = 0, , M − 2, sup với f (k+ ) # (z) : z ∈ f (k) −1 ≤c (1) = 0, , N − Định lý 2.7 (Bergweiler-Langley) a) Nếu 2k+3+2/k M + (2+2/k)(k+1) N < F(k, M, N, C) gồm hàm b) Họ F(k, M, N, D) chuẩn tắc F(k, M, N, C) gồm hàm Trần Văn Tấn, Nguyễn Văn Thìn Vũ Văn Trường [4] mở rộng kết Bergweiler Langley tới hợp đạo hàm bị chặn (thay đạo hàm triệt tiêu) sau: Định lý 2.8 Nếu F(k, M, N, C) chứa hàm F(k, M, N, c, D) chuẩn tắc Chứng minh Phép chứng minh Định lý 2.8 tương tự Định lý 2.5: Ta coi D đĩa đơn vị D Giả sử F(k, M, N, C) chứa hàm hằng, F(k, M, N, c, D) không chuẩn tắc z0 ∈ D Khi đó, theo Bổ đề 2.2, với α = tồn 1) 2) 3) 4) số thực r, < r < 1, điểm zv , |zv | < r, zv → z0 , dãy số dương ρv → 0+ , hàm fv ∈ F(k, M, N, c, D) 23 cho gv (ξ) = fv (zv + ρv ξ) → g(ξ) hội tụ tập compact C tới hàm phân hình khác g Khi tương tự phép chứng minh Định lý 2.5, ta có: Mọi khơng điểm g có bội M khơng điểm g (k) − có bội N Khi đó, g ∈ F(k, M, N, C); điều xảy Ứng với trường hợp hàm chỉnh hình tránh giá trị, năm 1999, Pang Zalcman đạt kết sau: Định lý 2.9 Cho n k số nguyên dương cho a ∈ C \ {0} Cho F họ hàm chỉnh hình miền D ⊂ C mà khơng điểm có bội khơng bé k Giả sử với f ∈ F f n f (k) − a khơng có khơng điểm, Khi đó, F chuẩn tắc Lưu ý kết Pang Zalcman họ hàm chỉnh hình, nhìn chúng hàm phân hình định lý địi hỏi f n f (k) tránh hai giá trị Năm 2014, Trần Văn Tấn Nguyễn Văn Thìn mở rộng kết tới trường hợp hàm phân hình đạo hàm cầu bị chặn sau: Định lý 2.10 Cho n, k số nguyên dương thỏa mãn n > k + + k2 Cho F họ hàm phân hình miền D ⊂ C mà khơng điểm có bội k Giả sử với tập compact K ⊂ D, tồn a ∈ C \ {0} số dương M = M (K) cho (f n f (k) )# (z) ≤ M với f ∈ F z ∈ K ∩ {f n f (k) = a} Khi F chuẩn tắc Chứng minh Ta giả sử D đĩa đơn vị D Giả sử họ F không chuẩn k tắc z0 ∈ D Theo Bổ đề 2.2, với α = tồn n+1 1) số thực r, < r < 1, 2) dãy điểm zv , |zv | < r, zv → z0 , 3) dãy số ρv → 0+ , 24 4) hàm fv ∈ F cho gv (ξ) := fv (zv + ρv ξ) →g ραv (2.11) hội tụ tập compact C, tới hàm phân hình khác g mà khơng điểm có bội k , g # (ξ) ≤ g # (0) ≤ Mặt khác, gv(j) (ξ) = fv (zv + ρv ξ) ραv (j) = (j) α−j fv (zv ρv + ρv ξ) với j ∈ N Do đó, từ (2.11), ta có gvn (ξ)gv(k) (ξ) = fvn (zv + ρv ξ)fv(k) (zv + ρv ξ) → g n (ξ)g (k) (ξ) (2.12) hội tụ tập compact C \ P, P tập bội g Trước hết ta chứng minh: g n g (k) khác Do g khác khơng điểm có bội k, ta dễ dàng nhận thấy g (k) ≡ Do đó, g n g (k) ≡ Giả sử g n g (k) hàm (khác khơng) Khi đó, n ≥ 1, nên g hàm nguyên không đâu triệt tiêu Mặt khác g có đạo hàm cầu bị chặn nên g có bậc khơng vượt q Do g(ξ) = ecξ+d , c = Khi g n (ξ)g (k) (ξ) = encξ+nd ck ecξ+d = ck e(n+1)cξ+(n+1)d Vì ck e(n+1)cξ+(n+1d hàm hằng; điều không xảy Vậy g n g (k) khác Lấy K := {z : |z| ≤ 1+|z0 | } ⊂ D, đó, từ giả thiết tồn a ∈ C \ {0} số dương M cho (f n f (k) )# (z) ≤ M với f ∈ F z ∈ K ∩ (f n f (k) )−1 (a) Bây ta chứng minh: Mọi không điểm g n g (k) − a có bội Thật vậy, với không điểm ξ0 tùy ý g n g (k) − a, g chỉnh hình ξ0 , nên theo (2.12) Định lý Hurwitz, tồn dãy ξv → ξ0 cho (fvn fv(k) )(zv + ρv ξv ) = a (k) Vì zv + ρv ξv ∈ K ∩ (fvn fv )−1 (a), với v đủ lớn 25 Từ giả thiết, ta có (k) |(fvn fv ) (zv + ρv ξv )| (k) + |(fvn fv )(zv + ρv ξv )|2 ≤ M Do đó, (k) (k) |(gvn gv ) (ξv )| (k) + |(gvn gv )(ξv )|2 = ρv |(fvn fv ) (zv + ρv ξv )| (k) + |(fvn fv )(zv + ρv ξv )|2 ≤ M ρv (2.13) Kết hợp với (2.12), ta (g n g (k) )# (ξ0 ) = lim (gvn gv(k) )# (ξv ) = v→∞ Vậy (g n g (k) ) (ξ0 ) = Do ξ0 không điểm g n g (k) − a với bội Ta viết 1 |g (k) (z)| = n · |g(z)|n+1 |g (z)g (k) (z)| |g(z)| Do log |g(z)|n+1 + (k) + g (z) log + log + log g(z) |g n (z)g (k) (z)| + Vì vậy, theo Bổ đề đạo hàm Logarit Định lý thứ nhất, ta có (n + 1)m(r, ) g ) + o(Tg (r)) g n g (k) = T 1(k) (r) − Ngn g(k) (r) + o(Tg (r)) m(r, gn g = Tgn g(k) (r) − Ngn g(k) (r) + o(Tg (r)) Mặt khác, theo Định lý thứ hai, ta có: Tgn g(k) (r) [1] Ngn g(k) (r) + N [1] g n g (k) [1] (r) + Ngn g(k) −a (r) + o(Tg (r) Do đó, [1] [1] [1] (n + 1)m(r, ) ≤ Ngn g(k) (r) + N (r) + Ngn g(k) −a (r) g g n g (k) − Ngn g(k) (r) + o(Tg (r)) 26 Do đó, theo Định lý thứ nhất, ta có: (n + 1)Tg (r) = (n + 1)T g1 (r) + O(1) = (n + 1)m(r, ) + (n + 1)Ng (r) + O(1) g [1] Ngn g(k) (r) + N [1] g n g (k) [1] (r) + Ngn g(k) −a (r) + (n + 1)Ng (r) − Ngn g(k) (r) + o(Tg (r) (2.14) Bằng cách đếm không điểm, ta dễ dàng thu [1] Ngn g(k) (r) + (n + 1)Ng (r) − Ngn g(k) (r) ≤ (k + 1)Ng[1] (r) Kết hợp với (2.14) ta có (n + 1)Tg (r) ≤ N [1] g n g (k) [1] (r) + Ngn g(k) −a (r) + (k + 1)Ng[1] (r) + o(Tg (r)) [1] [1] = N (r) + Ngn g(k) −a (r) + (k + 1)Ng[1] (r) + o(Tg (r)) g [1] ≤ Tg (r) + Ngn g(k) −a (r) + (k + 1)Ng[1] (r) + o(Tg (r)) Mặt khác, không điểm g n g (k) − a có bội Do đó, áp dụng Bổ đề đạo hàm Logarit, ta có: Tg (r) ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ [1] k + [1] Ng (r) + Ngn g(k) −a (r) + o(Tg (r)) n n k+1 Ng (r) + Ngn g(k) −a (r) + o(Tg (r)) kn 2n k+1 Tg (r) + Tgn g(k) (r) + o(Tg (r)) kn 2n k+1 n+k+1 Tg (r) + Tg (r) + o(Tg (r)) kn 2n (k + 1)(k + 2) + Tg (r) + o(Tg (r)) 2kn Điều khơng xảy g khác n > k + + k2 Vậy F họ chuẩn tắc 27 Kết luận Luận văn đề cập cách chi tiết, có hệ thống nội dung sau: - Định lí Riemann sự tồn ánh xạ song chỉnh hình miền đơn liên mặt phẳng phức với hình trịn đơn vị mở Để tới kết Riemann, luận văn trình bày Định lí Montel tiêu chuẩn chuẩn tắc họ hàm chỉnh hình theo điều kiện bị chặn tập compact cng nh nh lớ Kăobe v h chun tc - Các định lí Montel họ chuẩn tắc hàm phân hình điều kiện ảnh ngược số điểm số kết gần chủ đề 28 Tài liệu tham khảo [1] W Schlag, A course in complex analysis and Riemann surfaces, American Mathematical Society - Providence, Rhode Island (Graduate studies in mathematics; volume 154), 2014 [2] Bài giảng Giải tích phức Alexander Nagel, năm 2009, nguồn internet: http://www.math.wisc.edu/ nagel/Math722Lectures5.pdf", [3] Trần Văn Tấn, Lí thuyết phân bố giá trị đường cong nguyên không gian xạ ảnh phức, NXB ĐHSP, 2017, [4] T V Tan, and N V Thin, and V V Truong, On the normality criteria of Montel and Bergweiler-Langley, J Math Anal Appl., 448 (2017), 319-325 [5] T V Tan and N V Thin, On Lappan’s five-point theorem, Comput Methods Funct, Theory 17 (2017), 47-63 29 Người hướng dẫn khoa học PGS TSKH Trần Văn Tấn 30 ...TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN LƯU THỊ SONG ¨ VỀ CÁC ĐỊNH LÝ MONTEL, KOBE, ÁNH XẠ RIEMANN TRONG GIẢI TÍCH PHỨC MỘT BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ NGÀNH: TỐN GIẢI TÍCH Người hướng dẫn khoa học PGS TSKH TRẦN... Chương 1.1 Định lí ánh xạ Riemann Định lý Arzela - Ascoli 1.2 Định lý Montel 1.3 Miền đơn liên 1.4 Định lý ánh xạ Riemann ... Γ(1, 1) với ≤ t ≤ Nói cách khác, X đơn liên ánh xạ liên tục từ hình trịn vào X, qua điểm x0 ∈ X biến đổi cách liên tục đến ánh xạ có ảnh {x0 } Liên quan tới định lí ánh xạ Riemann, ta đề cập tới