Không gian banach có trọng các hàm chỉnh hình với hàm trọng loga lõm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ THÙY AN KHƠNG GIAN BANACH CĨ TRỌNG CÁC HÀM CHỈNH HÌNH VỚI HÀM TRỌNG LOGA-LÕM LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Đinh - Năm 2020 Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ THÙY AN KHƠNG GIAN BANACH CĨ TRỌNG • CÁC HÀM CHỈNH HÌNH VỚI HÀM TRỌNG LOGA-LÕM Chuyên ngành: Tốn giải tích Mã số: 8.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS.TS THÁI THUAN QUANG Mục lục Tài liệu tham khảo 54 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU K : Trường số thực R số phức C C : Mặt phẳng phức R G : Trường số thực D : Hình trịn đơn vị C Q : Tập mở C H (Q) : Đại số tất hàm chỉnh hình Q T (H (G),Tco) : Tôpô compact mở : Không gian Fréchet Hv (Q) : Không gian với trọng v hàm chỉnh hình Q Hvo (Q) : Khơng gian H (G) := {f G H (G) : v.|f | triệt tiêu vô hạn} H : Không gian tất hàm chỉnh hình bị chặn G co : Nửa mặt phẳng mặt phẳng phức C vo v Luận văn tập trung giải toán sau: Nghiên cứu số tính chất số lớp hàm lồi có liên quan đến giới hạn a = lim ini' x x ''X' nó, vấn đề liên quan hàm lồi liên hợp R, Young-Fenhel thứ hai nó, : (0, +rc>) ^**(x) = sup (ax + b) (a,b) với M - = {(a,b) : a,b G R, infte(0,+^)(^(t) - at) > b} Áp dụng kết tốn nói đưa điều kiện để khơng gian có trọng H (G) H (G) tương ứng trùng với không gian H (G) H (G) v vo w wo w trội loga-lõm nhỏ v Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, Luận văn chia thành ba chương Chương dành cho việc tóm tắt sơ lược số kiến thức cần thiết khơng gian có trọng hàm chỉnh hình miền phẳng số kiến thức khơng gian có trọng hàm chỉnh hình nửa mặt phẳng mặt phẳng phức Trong chương tập trung giải số tốn lớp hàm lồi có liên quan đến giới hạn chúng mối quan hệ hàm lồi với liên hợp Young - Fenhel thứ hai Chương trình bày số vận dụng kết hàm lồi để tìm điều kiện để khơng gian H (G) H (G) tương ứng trùng với không gian H (G) H (G) v vo w w0 w trội loga - lõm nhỏ v Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học thầy PGS TS Thái Thuần Quang, Khoa Toán Thống kê, Trường Đại học Quy Nhơn Nhân dịp tơi xin bày tỏ kính trọng lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy giúp đỡ tơi suốt q trình học tập thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo Sau Đại học, Khoa Toán, quý thầy giáo giảng dạy lớp cao học Tốn giải tích khóa 21 dày cơng giảng dạy suốt khóa học, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi trình học tập thực đề tài Nhân xin chân thành cảm ơn hỗ trợ mặt tinh thần gia đình, bạn bè tạo điều kiện giúp đỡ để hồn thành tốt khóa học luận văn Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân, điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận góp ý q thầy giáo để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn Chương Kiến thức chuẩn bị Một số kiến thức giải tích hàm 1.1 Ký hiệu K trường số thực R phức C Chúng tơi sử dụng ký hiệu sau: • Phần thực z G C ký hiệu Rez • Phần ảo z G C ký hiệu Imz 1.1.1 Không gian véctơ tôpô Định nghĩa 1.1.1 ([3]) Giả sử E không gian véctơ trường K Một tơpơ E gọi tương thích với cấu trúc đại số E phép toán + : E X E —> E ' X : K X E —> E (x, y) I—> x + y (A, x) I—> Ax liên tục theo tôpô Một không gian véctơ với tôpô tương thích với cấu trúc đại số gọi không gian véctơ tôpô Định nghĩa 1.1.2 ([3]) Cho E không gian véctơ tôpô Một tập A c E gọi bị chặn lân cận U G E tồn £ > cho tA c U với |t| < £ Mệnh đề 1.1.3 ([3]) Giả sử E khơng gian véctơ tơpơ Khi (i) Bao đóng tập bị chặn bị chặn; (ii) Bội vô hướng tập bị chặn bị chặn; (iii) Hợp tểng hữu hạn tập bị chặn bị chặn Định nghĩa 1.1.4 ([3]) Cho M tập không gian véctơ tôpô E Tập M gọi đầy đủ lọc Cauchy tập M hội tụ đến điểm thuộc M Mệnh đề 1.1.5 ([3]) Các điều kiện sau tương đương: a) M tập đầy đủ; b) Mọi dãy suy rộng Cauchy phần tử M hội tụ tới phần tử thuộc M Định nghĩa 1.1.6 ([3]) Cho E không gian véctơ tôpô Một tập A c E gọi compact A không gian compact với tôpô cảm sinh tôpô E Mệnh đề 1.1.7 ([3]) Trong không gian véctơ tôpô E (i) Hợp số hữu hạn tập compact compact; (ii) Tập đóng tập compact compact; (iii) Tể hợp tuyến tính hữu hạn tập compact compact 1.1.2 Không gian Banach Định nghĩa 1.1.8 ([4]) Không gian Banach không gian đinh chuẩn đầy đủ (với mêtric sinh chuẩn) Định lý 1.1.9 ([3]) Không gian định chuẩn E Banach chuỗi hội tụ tuyệt đối hội tụ Định lý 1.1.10 ([3]) Cho hai không gian tôpô E F Ánh xạ f : E F gọi liên tục thỏa mãn khẳng định tương đương sau: (i) f (V) mở với tập mở V F; -1 (ii) f (U) đóng với tập đóng U F; -1 (iii) Nếu dãy suy rộng {x } hổi tụ đến X f (x ) hổi tụ tới f (x) i i Giả sử {x } dãy không gian đinh chuẩn E Khi tổng hình thức n Xi + X2 + -=:^2 Xn n=1 • khơng hàm lồi (0, +rc>) x G (0; 2] r* -1, X + x — 7, x G (2, +rc>) Khi đó, ta có , mf\ (-X') — ^(x)) = = = if (^**(x) — ^**(x)) xG(0,+ 0> f hàm chỉnh hình xác đinh nửa mặt phẳng G Chú ý (-1) ln \\f IIv = yn0(^v(y) - ( )) y>0 y v hàm trọng cho v(z) = p(Imz) với z G G Ta nhắc lại số kết [28] Định lý 3.1.1 ([28]) Giả sửp : (0, rc>) (0, rc>) thỏa mãn điều kiện (2.1.2) Khi H (G) = {0} v có hai số thực a,b cho (—1) lnp(t) > at + b, Vt > Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh H (G) = {0} có hai số a, b cho v (-1) lnp(t) > at + b, Vt > Giả sử H (G) = {0} cho f G H (G) \ {0} hàm tùy ý không thuộc vào v v H (G) Theo Bồ đề 1.4.17, tồn hai số a ,b cho ln Mf (t) > a t + bo, Vt > v 0 Hơn nữa, f G H (G) p(t)Mf (t) < Ilf || với t > 0, ta có v p (-1)ln (t) p > (-1)ln ||f llp + ln Mf (t) > (-1)ln Ilf llp + aot + bo, Vt > Ta đặt a = a , b = b — ln Ilf llp có 0 (-1)lnp(t) > at + b, Vt > Ngược lại, để chứng minh H (G) = {0}, ta giả sử hàm p thỏa mãn điều kiện v (1.4.7) ngồi cịn tồn hai số a, b cho (-1)lnp(t) > at + b, Vt > Do đó, cho số a, b ta đặt f (z) = e-ia +b, z G D Khi Ilf ||p < z Vì f G H (G) \ {0} Do đinh lý chứng minh xong v Định lý 3.1.2 ([28]) Cho hàm p : (0, rc>) □ (0, rc>) thỏa mãn điều kiện (1.4.7) Khi khơng gian H (G) = {0} hai điều kiện sau hàm p thỏa mãn v0 (1) Có hai số thực a,b cho (-1)lnp(t) > at + b, Vt > (2) lim, ■ p(t) = Chứng minh Giả sử H (G) = {0} xét hàm f G H (G) \ {0} Rõ ràng, từ đinh nghĩa ta v0 v0 có bao hàm H (G) c H (G) f G H (G) \ {0} Vì vậy, Đinh lý 3.1.1 điều kiện đầu v0 v v tiên hàm p thỏa mãn Hơn nữa, dựa theo Đinh nghĩa 1.4.15 ta có lim p(t)Mf(t) = ' /^0 Hơn nữa, theo Bổ đề 1.4.17, tồn hai số a , b cho 0 ln Mf (t) > a t + b , Vt > 0 Vì /mí ' < lim inf p(t) < lim sup p(t) /mí lim sup p(t)e e at+b < ' -(at+b) /m.í' < lim sup p(t)Mf(t) lim e -(a/+b) = Suy lim p(t) = Do đó, khẳng đinh Đinh lý 3.1.1, hai điều kiện / hàm p thỏa mãn Hơn nữa, ta giả sử hàm p thỏa mãn điều kiện (1.4.7) hai điều kiện sau thỏa mãn: (1) Tồn hai số a, b cho (-1) ln p(t) > at + b, Vt > 0; (2) lim/ ' p(t) = Ta cho H (G) = {0} Thật vậy, xét hàm f đinh nghĩa v0 i(a+1)z e f (z) = ■ ■ Vz z+i G Do f (z) G H (G) \ {0} Vậy Đinh lý 3.1.2 chứng minh xong v0 Định lý 3.1.3 ([28]) Cho hàm p : (0, rc>) (0, rc>) cho inf p(t) > 0, Vc > 1, Hv (G) = {0} tẽĩ ] Nếu hàm chỉnh hình f E H (G) = {0} cho v0 ln Mf(t) lim inf- - -—- - < X t—-ro t □ a = liininfln t—— Mf (t) t Ta có a > — X lim (ln Mf (t) — at) = X t—(X> Chứng minh Cho f G H (G) \ {0} cho lim inf vo ln M f (t) t—TO t < X Rõ ràng, từ đinh nghĩa ta có bao hàm H (G) c H (G) f G H (G) \ {0} Theo Bổ đề 1.4.17, tồn hai số a b cho vo v v 0 ln Mf (t) > a t + b Vt > 0 Vì lim inf t—x ln Mf (t) > a Ta đặt a =lim.nfln Mf (t) t—— (3.1.1) t Vì a < a < X Rõ ràng, F(z) = e f (z) Vz e G iaz hàm chỉnh hình xác đinh nửa mặt phẳng G Ta chứng minh hàm F có tính chất sau: lnMF(t) = ln Mf (t) — at với t > Đó điều hiển nhiên bỏ qua chi tiết lnMF lồi (0 X) Thật vậy, ln Mf lồi (0 X) theo Bổ đề 1.4.17 theo mục trước ln MF lồi lim inf ln Mf (t) =0 t—— t Điều xảy phương trình (3.1.1) mục xảy lnMF hàm giảm dần (0, X ) Ta suy điều từ mục thứ hai mục thứ ba, tức cho tùy ý t t cho < t < t < X cho t > t Từ mục thứ hai ta có 2 lnMF(Í2> < Ị lnMF(ti) + ặ—- lnMF(t), t-t t-t -2 1 từ mục thứ ba ta có lnMF(t ) < lnMF(tì), tức lnMF giảm (0, X) ln MF bi chặn [ 1, X) Nó suy từ mục 4, tức ln MF(t) < lnMF(2) với t > Hơn nửa, f G H (G) suy ln Mf ( 1) hữu hạn mục ln v0 MF(1) hữu hạn Khi đó, ta có lnMF bi chặn [ ,X ) F(x + iy) dần đến |x| X với y G [ 1, c], c > Ta có điều tính chất hàm f G H (G), cụ thể theo Đinh nghĩa 1.4.15, f (x + iy) có v0 tính chất Ta đặt A = sup {0} > zImz |F(z)| Theo mục A < X Hơn nữa, A = F E H (G) = v Chú ý rằng, theo mục 5, khẳng đinh Đinh lý 3.1.3 nêu dạng hàm F sau: lim MF(t) = (3.1.2) t^ Để chứng minh phương trình (3.1.2), ta có với £ > 0, tồn số y > £ cho MF(t) < £ với t > y £ Cho £ E (0, A) tùy ý Theo mục tính chất liệt kê hàm F tồn số X > cho £ sup |F(x + i)| < |x|> x Hơn nữa, ta đặt y > Vì vậy, ta có £ I sup sup X1 + £ V X1 + (y + 1) < 2A2 2 Ta cần chứng minh MF(t) < £ với t > y £ Cho z G D cho Imz > y Lấy n > bất kỳ, ta đặt 0 I , (T , 2Aì y = 1+maxịlmz , —.ln—ỷ n Khi từ mục 5, tồn x với x > max{|Rez |,x } cho n n _£ su _ (z)| P \F < 2 z,|Rez|>Xn ,Imzt[1,yn ] Ta xây dựng hình chữ nhật R R = {z\ |Rez| < x , Imz E [1,y ]}, n n đinh nghĩa hàm chỉnh hình G nửa mặt phẳng G z G(z) = einz rny- F(z) Vz , ■ G Bằng cách chọn x , y ,y ta có mơđun hàm G, |G| < hình chữ nhật Thật biên vậy, I trênR đường n n I • Cho z cho Rez G [—x ,x ], Imz = y , ta có z • Cho z cho Rez G|G(z) [—x |,x= ],e Imz = y , ta có|F(z)| < e nA n z + iyi z z có hai trường hợp: |G(z)| = e |F(z)| < |F (z)|, z + iyi z + iyi (1) Nếu |Rez| < x ta phải tiếp tục với bất đẳng thức sau ta sử dụng n n n n n ny -ny n -n ký hiệu x = Rez |G(z) x2 ' ++1)2-IF(z)| l < yX]2+^-|F(z)l x +1 < < £.£ A =7- 2A (2) Nếu |Rez| > x rõ ràng |G(z)| < Tức là, hai trường hợp |G(z)| < • Cho z cho Imz G [1, y ], |Rez| = x , ta có Do đó, mơđun hàm G |G| < đường hình chữ nhật R Khi đó, theo z |biên F(z)| < |F(z)| < | |G(z)| = e z + iy ngun lý mơđun tối đa ta có n n -nImz £ £ sup|G(z)| , zER ta có |G(z ) | < Do I ygz1o +£ iy |F(zo)| + |t|) < e nImz011 e nImz £ nImzo Vậy |F(z )| < £ cách chọn n Như vậy, MF(Imz ) < £ Do đó, MF(t) < £ với t 0 > y Vậy Đinh lý 3.1.3 chứng minh xong □ £ 3.2 Sự đẳng cấu không gian trọng Định lý 3.2.1 ([30]) Nếu thỏa mãn điều kiện (2.1.2) G í (Hv (G), ||.||v) = (H„ (G), ||.||„) v = e u = e * (-1v (-1)G Chứng minh Xét hai hàm v = e ^ w = e v** Chú ý rằng, (-1) (-1 • ^> thỏa mãn điều kiện (2.1.2) • G í, Gí M^ = \F- = Do đó, Hv(G) = {0} H(G) = {0} Đinh lý 3.1.1 Vì \\f ||v < \\f ||w < ' 'X với f G H (G) nên H (G) D H (G) v Chú ý với f G H (G) = {0} hàm ^f = ln Mf hàm lồi (0, +rc>) G í v Do đó, theo Đinh lý 2.2.9 ta có if Mx) - ^f(x)) = xG(0,+^) xG(0,+^) /^**(x) - ^f(x)) Định lý 3.2.2 ([30]) Nếu thỏa mãn điều kiện (2.1.2), ự G í ^(0 ) = ' + (Hvo (G), II • |v) = H (G), ||.||„) v = e w = e (-1)G (-1)G ** Chứng minh Xét hai hàm v = e w = e v** Chú ý rằng, (-1)G (-1 • ^> thỏa mãn điều kiện (2.1.2) • G í, Gí M^** = M = v • ^**(0 ) = ^(0 ) = +rc>, theo Bổ đề 2.2.3 + + Do đó, H (G) = {0} H (G) = {0} Đinh lý 3.1.2 Vì v0 < v(iy)|f (x + iy)| < Gí/yỉ f (x + iy)| với f G H(G) với x G (-rc>, +rc>), y G (0, +rc>) nên Hvo (G) D H (G) Chú ý rằng, \\f llv = \\f ||w với f G Hvo(G) = {0} Đinh lý 3.2.1 Bây ta phải chứng minh f G H (G) = {0}, với f G H (G) = {0} Lấy f G H (G) = {0} Theo đinh nghĩa H (G) ta có v0 vo vo Iim sup v(z)|f (z)| =0 K G z€G\K K c G K compact Vì vậy, lim v(iy)Mf (y) = 0, lim v(iy)Mf (y) = + y^0 y^+^ sau cải cách ta có + _lim (r(y) - ( )) y = '^ ■ Irnií r-í y) - Jf (y)) = ' m + y^0 y^+^ Chú ý Jf £ í \ $3 Đinh lý 3.1.3 Do đó, theo Đinh lý 2.2.11 Đinh lý 2.2.13 ta có Jmi J(rim**((yr**) (-yJ)f(- yJ))f (= y))' =m, y^r-+- + ' y -0 tức ) Lấy số thực £ cho £ > Lấy số thực c lim cho c > 1(yvà mí/yỉ.u/ = y^+^ sup mí/yỉM/ (y) < £ supI^iy)Mf (y) < E y< Đặt su P inf Vì r** £ í nên m < ' m inf c tập compact vo K = Ix + iy| — x < x < x , — < y < 1 thỏa mãn điều kiện v(i )|f(x + i )| y y < — m sup x+íy€G\K £ Đặt K = {x + iy| — x < x < x ,1 < y < c} Do su P m/yỉ/(x + iy)| max pupw(iy)Mf(yj x+i yEG\K y< < max sup |x|>X £, sup 1, X 1, f (a + bz) chỉnh hình với a E Q b E E Hàm