Về không gian bergman

1 MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Nhóm tự đẳng cấu khơng gian Lebesgue 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Nhóm tự đẳng cấu 12 1.3 Một vài kết không gian Lebesgue Không gian Bergman 2.1 Không gian Bergman 23 26 26 2.2 Một số đặc trưng không gian Bergman 35 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 MỞ ĐẦU Khơng gian Bergman mang tên nhà tốn học Stefan Bergman, xuất vào thập niên 60 kỷ trước Không gian Bergman cổ điển định nghĩa miền mặt phẳng phức: cho D miền mặt phẳng phức, không gian Bergman Ap (D) (p 1) khơng gian hàm chỉnh hình D cho (∫∫ )p p ∥f ∥p = |f (x + iy)| dxdy < +∞ D Ap (D) không gian Banach, lớp khơng gian hàm có vai trị quan trọng Giải tích phức, Lý thuyết tốn tử Phương trình vi tích phân.Vào thập niên 70 kỷ trước nghiên cứu không gian Bergman tập trung vào vấn đề không điểm hàm, tính bất biến khơng gian Khoảng thập niên 80 kỷ trước nghiên cứu không gian Bergman đa dạng, đặc biệt như: nghiên cứu đặc trưng phần tử (hàm) không gian Bergman, nghiên cứu lý thuyết toán tử Toeplitz, toán tử Hankel không gian Bergman, nội suy không gian Bergman Đặc biệt hai hướng nghiên cứu nhận quan tâm nhiều nhà toán học Các đặc trưng phần tử (hàm) khơng gian Bergman có ý nghĩa quan trọng nghiên cứu cấu trúc không gian Hơn nữa, ý nghĩa đặc trưng áp dụng để nghiên cứu lý thuyết tốn tử, tập khơng điểm hàm chỉnh hình Với mục đích tìm hiểu không gian Bergman số đặc trưng nó, chúng tơi lựa chọn đề tài cho luận văn là: Về khơng gian Bergman Nội dung luận văn trình bày hệ thống kiến thức nhóm tự đẳng cấu hàm song chỉnh hình, khơng gian Lebesgue, để xây dựng nghiên cứu số tính chất khơng gian Bergman Chứng minh chi tiết số đặc trưng phần tử không gian Bergman thông qua đạo hàm Các nội dung trình bày chương luận văn: Chương Nhóm tự đẳng cấu không gian Lebesgue Chương Không gian Bergman Luận văn thực trường Đại học Vinh hướng dẫn tận tình nghiêm khắc thầy giáo, TS Kiều Phương Chi Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa toán Tác giả xin cảm ơn PGS TS Đinh Huy Hoàng, PGS TS Trần Văn Ân thầy, giáo Khoa tốn nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập Cuối xin cám ơn gia đình, đồng nghiệp, bạn bè, đặc biệt bạn lớp Cao học 17 Giải tích cộng tác, giúp đỡ động viên tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Mặc dù có nhiều cố gắng, luận văn không tránh khỏi hạn chế, thiếu sót Chúng tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy, giáo bạn bè để luận văn hoàn thiện Vinh, tháng 12 năm 2011 Nguyễn Thị Thu Hằng CHƯƠNG NHÓM TỰ ĐẲNG CẤU VÀ KHƠNG GIAN LEBESGUE Chương trình bày kiến thức chuẩn bị giải tích hàm, hàm chỉnh hình nhiều biến, nhóm tự đẳng cấu không gian Lebesgue làm sở cho xây dựng nghiên cứu không gian Bergman 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Mục trình bày số kiến thức mở đầu hàm chỉnh hình nhiều biến phức giải tích hàm cần dùng sau 1.1.1 Định nghĩa Cho E khơng gian tuyến tính trường K Hàm ∥.∥ : E → R gọi chuẩn E thoả mãn điều kiện sau: 1) ∥x∥ 0, với x ∈ E ∥x∥ = ⇔ x = 0; 2) ∥λx∥ = |λ|∥x∥, với λ ∈ R với x ∈ E; 3) ∥x + y∥ ∥x∥ + ∥y∥, với x, y ∈ E Khi (E, ∥.∥) gọi không gian định chuẩn Không gian định chuẩn không gian metric với metric sinh chuẩn d(x, y) = ∥x−y∥, ∀x, y ∈ E Không gian định chuẩn E gọi không gian Banach E đầy đủ với metric sinh chuẩn Với tôpô sinh metric sinh chuẩn phép toán cộng nhân vô hướng E liên tục Cho E, F không gian định chuẩn Ký hiệu L(E, F ) tập hợp ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào F Ta biết L(E, F ) không gian định chuẩn với chuẩn ∥f ∥ = sup ∥f (x)∥, ∀f ∈ L(E, F ) ∥x∥=1 Nếu F khơng gian Banach L(E, F ) không gian Banach Đặc biệt L(E, K) := E ∗ không gian liên hợp thứ E khơng gian Banach 1.1.2 Ví dụ Cho (X, A, µ) khơng gian độ đo, A σ−đại số tập hợp X µ độ đo đầy đủ σ-hữu hạn X Ký hiệu Lp (X, dµ) = {f : X → R : |f |p khả tích X}(p 1) Trên Lp (X, dµ) ta đồng hàm hầu khắp nơi X Với phép tốn cộng, nhân vơ hướng theo điểm chuẩn xác định ∥f ∥p = [∫ |f (x)| dx p ] p1 Lp (X, dµ) khơng gian Banach Hơn nữa, không gian đối ngẫu 1 Lp (X, dµ) đẳng cấu với khơng gian Lq (X, dµ), + = Trong p q p khơng gian L (X, dµ) sử dụng bất đẳng thức quan trọng 1 bất đẳng thức Holder Nếu f ∈ Lp (X, dµ), g ∈ Lq (X, dµ) + = p q ∥f g∥1 ∥f ∥p ∥g∥q Đặc biệt, X = C tập hữu hạn µ độ đo đếm ta có bất đẳng thức Holder cổ điển n ∑ k=1 ak bk n [∑ k=1 |ak | p n ] p1 [ ∑ |bk | q ] 1q k=1 1.1.3 Định nghĩa Cho E K - không gian vectơ Một dạng Hermite E hàm φ : E × E → K thõa mãn (i) φ(x1 + x2 , y) = φ(x1 , y) + φ(x2 , y); (ii) φ(x, y1 + y2 ) = φ(x, y1 ) + φ(x, y2 ); (iii) φ(λx, y) = λφ(x, y); (iv) φ(x, λy) = λφ(x, y); (v) φ(x, y) = φ(y, x); với x, x1 , x2 , y1 , y2 ∈ E, λ ∈ K Dạng Hermite φ E gọi dương φ(x, x) với x ∈ E Một dạng Hermite xác định dương cịn gọi tích vơ hướng Một khơng gian tiền Hilbert K - không gian vectơ với tích vơ hướng Nếu E khơng gian tiền Hilbert thay cho φ(x, y) ta cịn viết ⟨x, y⟩ gọi tích vơ hướng Với khơng gian tiền Hilbert E, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz bất đẳng thức Minkowski ta có cơng thức √ ∥x∥ = ⟨x, x⟩, ∀x ∈ E xác định chuẩn E Không gian tiền Hilbert E khơng gian Hilbert khơng gian Banach với chuẩn 1.1.4 Ví dụ 1) Khơng gian phức Cn khơng gian Hilbert với tích vô hướng ⟨z, w⟩ = n ∑ zi wi , ∀z = (z1 , z2 , , zn ), w = (w1 , w2 , , wn ) ∈ Cn i=1 Tích vơ hướng sinh khoảng cách Euclide Cn 2) Khơng gian L2 (X, dµ) khơng gian Hilbert với tích vơ hướng ∫ ⟨f, g⟩ = f (x)g(x)dµ(x), tích vơ hướng sinh chuẩn thơng thường L2 (X, dµ) Cho E không gian tiền Hilbert, hai x, y ∈ E gọi trực giao ký hiệu x⊥y ⟨x, y⟩ = Nếu x y hai vectơ trực giao khơng gian tiền Hilbert ∥x + y∥2 = ∥x∥2 + ∥y∥2 Véctơ x gọi trực giao với tập M ⊂ E x⊥y với y ∈ M Cho F không gian khơng gian tiền Hilbert E Khi đó, với x ∈ E tồn y ∈ F cho d(x, y) = d(x, F ) = inf ∥x − y∥ y∈F Khi y gọi hình chiếu trực giao x F ánh xạ PF : E → F xác định PF (x) = y gọi phép chiếu trực giao lên không gian F Các phiếm hàm tuyến tính liên tục khơng gian Hilbert mô tả tường minh định lý sau Riesz 1.1.5 Định lý ([2]) Giả sử E không gian Hilbert Khi f ∈ E ∗ tồn a ∈ E cho f (x) = ⟨x, a⟩, ∀x ∈ E Tốn tử tuyến tính T từ không gian Hilbert E vào không gian Hilbert F gọi toán tử unita T toàn ánh đẳng cự, tức ∥T (x)∥ = ∥x∥ với x ∈ E Rõ ràng, đẳng cự tuyến tính từ Cn vào tốn tử unita Sau chúng tơi trình bày số kết sở giải tích phức nhiều biến cần dùng sau Các kết đầy đủ chúng tơi trích dẫn từ [2] Giả sử C trường số phức cịn Cn khơng gian Euclide phức thành lập từ n số phức z = (z1 , , zn ), z1 , , zn ∈ C Trong Cn thường xét khoảng cách Euclide ′ ′ |z − z | := ∥z − z ∥ = n ∑ |zj − zj′ |2 j=1 Khoảng cách sinh tích vơ hướng ⟨z, w⟩ = n ∑ i=1 zi wi , ∀z = (z1 , z2 , , zn ), w = (w1 , w2 , , wn ) Tập B(a, r) = {z ∈ Cn : |z − a| < r} gọi hình cầu tâm a ∈ Cn bán kính r Nếu r = (r1 , , rn ) > 0, tập P (a, r) = {z ∈ Cn : |zj − aj | < rj , ∀j = 1, n} gọi đa đĩa tâm a bán kính r Đặt n Z+ = Z+ × × Z+ , Z+ tập số nguyên không âm Mỗi phần tử k = (k1 , , kn ) ∈ n gọi đa số Với k ∈ Z n đặt Z+ + |k| = k1 + + kn , k! = k1 ! kn ! 1.1.6 Định nghĩa Hàm f : D → C, D mở Cn , gọi C - khả vi z ∈ D f (z + h) = f (z) + l(h) + 0(h), l C - tuyến tính 0(h) → h → h Hàm l tồn gọi đạo hàm phức f z kí hiệu f ′ (z) hay df (z) Bằng cách viết zj = xj + iyj , zj = xj − iyj , j = 1, , n Vì df = ) ∂f dxj + dyj ∂xj ∂yj n ( ∑ ∂f j−1 nên người ta viết df = ) ∂f dzj + dz j , ∂zj ∂z j n ( ∑ ∂f j−1 [ ∂f ∂f ] ∂f = −i ∂zj ∂xj ∂yj [ ∂f ∂f ] ∂f = +i , j = 1, n ∂z j ∂xj ∂yj Ký hiệu n n ∑ ∑ ∂f ∂f ∂f = dzj , ∂f = dz j ∂zj ∂z j j−1 j−1 Khi df = ∂f + ∂f Ta nhắc lại hàm f : D → C gọi khả vi thực z ∈ D, hàm 2n-biến thực f (x1 + iy1 , x2 + iy2 , , xn + iyn ) khả vi (x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , yn ) Điều kiện sau gọi điều kiện CauchyRiemann 1.1.7 Định lý Hàm f khả vi phức z ∈ Cn khả vi khả vi thực ∂f (z) = 1.1.8 Định nghĩa 1) Hàm gọi chỉnh hình z ∈ Cn C - khả vi lân cận z 2)ánh xạ f : D → Cm với D mở Cn gọi chỉnh hình z fj chỉnh hình z với j = 1, m, f = (f1 , , fm ) Sau ta dùng ký hiệu P thay cho đĩa P (a, r) Định lý sau cơng thức tích phân Cauchy trường hợp nhiều biến 1.1.9 Định lý Nếu f hàm liên tục P chỉnh hình P ( )n ∫ f (ξ)dξ1 dξn f (z) = , ∀z ∈ P, 2πi (ξ − z ) (ξ − z ) 1 n n Γ Γ = {z ∈ Cn : |zj − aj | = rj , ∀j = 1, n} 10 Người ta nhận hệ sau từ định lý 1.1.10 Hệ Giả sử f hàm liên tục P chỉnh hình P Khi f (z) = ∞ ∑ Cα (z − a)α |α|=0 với ( )n ∫ f (ξ) Cα = dξ α+1 2πi Γ (ξ − a) dξ = dξ1 dξn 1.1.11 Hệ Nếu f chỉnh hình P f có đạo hàm riêng cấp P Các đạo hàm riêng đồng thời chỉnh hình P 1.1.12 Định lý (Bất đẳng thức Cauchy) Nếu f liên tục P chỉnh hình P |Cα | M , ∀α ∈ Zn+ , α r M = sup{|f (z)| : z ∈ Γ} 1.1.13 Định lý (Tính nhất) Nếu f hàm chỉnh hình miền D ⊂ Cn cho đạo hàm riêng f không a ∈ D, f ≡ 1.1.14 Định lý (ngun lí mơ đun cực đại) Nếu f chỉnh hình miền D ⊂ Cn cho |f | đạt cực đại tai a ∈ D, f = const D 1.1.15 Định lý (Định lí Liuoville) Nếu f chỉnh hình Cn bị chặn, f = const 1.1.16 Định lý (Định lí Weierstrass) Giả sử dãy hàm {fv } chỉnh hình D hội tụ tới hàm f compact D Khi f chỉnh hình D ∂ α fv ∂ αf → α ∂z α ∂z compact D α ∈ Zn+ 30 2.1.6 Hệ Với p > α > −1 khơng gian Bergman Apα đóng Lp (Bn , dvα ) Chứng minh Giả sử {fn } dãy Apα lim ∥fn − f ∥p,α = n→∞ với f ∈ Lp (Bn , dvα ) Khi dãy {fn } hội tụ tới f hầu khắp nơi Bn Từ ∥fm − fn ∥p,α ∥fm − f ∥p,α + ∥fn − f ∥p,α ∂m fn } ∂z m dãy Cauchy theo tôpô hội tụ tập hợp {z ∈ Bn : |z| r} suy {fn } dãy Cauchy Apα Vì từ Định lý 2.1.5, dãy { với < r < Theo Định lý Weierstrass {fn } hội tụ tới hàm chỉnh hình f {z ∈ Bn : |z| < r} Vì r nên {fn (z)} hội tụ tới hàm chỉnh hình g(z) Bn Từ tính giới hạn, ta có f (z) = g(z) với hầu hết z ∈ Bn Điều cho thấy f chỉnh hình Bn thuộc Apα 2.1.7 Nhận xét Từ Hệ 2.1.6 khơng gian Bergman có trọng Apα với tôpô cảm sinh từ Lp (Bn , dvα ) không gian Banach p < ∞ metric đầy đủ < p < Đặc biệt p = 2, A2α không gian Hilbert Hơn nữa, f (z) = ∑ am z m m khai triển Taylor f ∫ ∑ ∥f ∥2α = |f (z)|2 dvα (z) = Bn m m!Γ(n + α + 1) |am |2 Γ(n + |m| + α + 1) (2.6) 2.1.8 Mệnh đề ([6]) Giả sử p > α > −1 Khi đó, tập hợp đa thức trù mật Apα 31 Chứng minh Với < r < 1, f ∈ Apα , đặt fr (z) = f (rz), ∀z ∈ Bn Với ε > 0, viết lại hình cầu sau Bn = {z : |z| Khi − ε} ∪ {z : − ε < |z| < 1} ∫ ∥fr − f ∥pp,α = ∫Bn |f (rz) − f (z)|p dvα |f (rz) − f (z)|p dvα + = ∫{z:|z| ∫ 1−ε} {z:|z| 1−ε} {z:1−ε −1, nhân Bergman A2α xác định K α (z, w) = , ∀z, w ∈ Bn (1 − ⟨z, w⟩)n+1+α Chứng minh Theo Định lý 2.1.4, ta có ∫ f (z) = Bn f (ω)dvα (ω) , (1 − ⟨z, ω⟩)n+1+α với f ∈ A2α Mặt khác, theo định nghĩa nhân Bergman ta có ∫ α f (z) = ⟨f, Kz ⟩α = f (ω)Kzα (w)dvα (w), ∀f ∈ A2α Bn So sánh, hai đẳng thức ta nhận điều cần chứng minh Từ bổ đề suy ra, với w ∈ Bn cố định K α (z, w) bị chặn theo z Do đó, với α > −1, xét toán tử chiếu ∫ f (w)K α (z, w)dvα (w), ∀f ∈ L1 (Bn , dvα ) Pα (f )(z) = Bn hoàn toàn xác định Hơn nữa, thu hẹp Pα L2 (Bn , dvα ) phép chiếu phép chiếu trực giao từ L2 (Bn , dvα ) lên A2α Phép chiếu 33 Pα bị chặn từ Lp (Bn , dvt ) lên Apt p(α + 1) > t + (xem [6]) Định lý sau trình bày xác định khơng gian đối ngẫu Apα với p > 2.1.10 Định lý ([6]) Cho α > −1, β > −1 < p < ∞ Khi (Apα )∗ = Aqβ 1 + = p q α β + Với f ∈ Apα , g ∈ Aqβ , ta đặt p q ∫ ⟨f, g⟩γ = f (z)g(z)dvγ (z) Chứng minh Đặt γ = Bn Với g ∈ Aqβ , xét phiếm hàm F xác định ∫ β α Fg (f ) = ⟨f, g⟩γ = cγ (1 − |z|2 ) p f (z)(1 − |z|2 ) q g(z)dv(z) Bn Dễ thấy Fg ánh xạ tuyến tính.áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có [∫ ] p1 [ ∫ ] 1q αp p βq q |Fg (f )| cγ |(1 − |z| ) f (z)| dv(z) |(1 − |z| ) g(z)| dv(z) Bn Bn [∫ ] p1 [ ∫ ] 1q α p β q cγ (1 − |z| ) |f (z)| dv(z) (1 − |z| ) |g(z)| dv(z) Bn Bn [∫ ] p1 [ ∫ ] 1q p q |f (z)| dvα (z) C |g(z)| dvβ (z) Bn C∥g∥β,q ∥f ∥α,p , Bn C số xác định từ cγ , cβ cα Do Fg phiếm hàm tuyến tính liên tục ∥Fg ∥ C∥g∥β,q Bây giờ, với F ∈ (Apα )∗ Theo định lý Hahn-Banach, ta mở rộng tuyến tính liên tục F lên Lpα (Bn , dvα ) Để thuận tiện ta ký hiệu 34 ánh xạ mở rộng F Theo định lý đối ngẫu Lpα (Bn , dvα ), tồn h ∈ Lqα (Bn , dvα ) cho ∫ F (f ) = f (z)h(z)dvα (z), ∀f ∈ Lpα (Bn , dvα ) Bn Đặt H(z) = Khi ∫ |H(z)| dvβ (z) = q Bn α−β cα (1 − |z|2 ) q h(z), ∀z ∈ Bn cγ [ c ]q ∫ α (1 − |z|2 )α−β |h(z)|q dvβ (z) cγ B ∫ q cα c β (1 − |z|2 )α |h(z)|q dvβ (z) = q cγ B ∫ q−1 cα c β (1 − |z|2 )α |h(z)|q dvβ (z) < +∞ = q cγ B Vậy H ∈∈ Lqα (Bn , dvβ ) Hơn ∫ F (f ) = f (z)H(z)dvγ (z), ∀f ∈ Apα Bn 1 α β + = γ = + ta suy α > −1 tương p q p q đương với q(γ + 1) > β + β > −1 tương đương với p(γ + 1) > β + Từ điều kiện Do đó, theo nhận xét trước định lý ta có phép chiếu Pγ bị chặn từ không gian Lp (Bn , dvα ) lên Apα Lq (Bn , dvβ ) lên Aqβ Đặt g = Pγ (H) Khi g ∈ Aqβ F (f ) = ⟨f, H⟩γ = ⟨Pγ f, H⟩γ = ⟨f, Pγ (H)⟩γ = ⟨f, g⟩γ = Fg (f ) với f ∈ Apα Như vậy, phiếm hàm tuyến tính F Apα có dạng Fg Bằng cách đồng g ∈ Aqβ với Fg = F ∈ (Apα )∗ để ý Aqβ , (Apα )∗ không gian Banach ∥Fg ∥ Aqβ = (Apα )∗ C∥g∥β,q ta nhận 35 2.2 Một số đặc trưng không gian Bergman Trong mục chúng tơi trình bày số đặc trưng khơng gian Bergman có trọng Cụ thể đặc trưng cổ điển thông qua đạo hàm chúng Ta nhắc lại rằng, với f ∈ H(Bn ) n ∑ ∂f Rf (z) = zk (z) ∂zk k=1 đạo hàm theo bán kính f z Với f ∈ H(Bn ), viết ( ∂f ) ∂f ▽ f (z) = (z), , (z) (2.7) ∂z1 ∂zn gọi | ▽ f (z)| gradient f z Tương tự, định nghĩa ▽f (z) = ▽(f ◦ φz )(0), (2.8) φz phép đối hợp |▽f (z)| gọi gradient bất biến hàm f z 2.2.1 Bổ đề ([6]) Nếu f chỉnh hình Bn |▽f (z)|2 = (1 − |z|2 )(| ▽ f (z)|2 − |Rf (z)|2 ) với z ∈ Bn Chứng minh Theo Mệnh đề 1.2.11 ta có n ∑ ∂ 2f (△f )(z) = 4(1 − |z| ) (δij − zi z j ) (z) ∂zi ∂z j i,j=1 với f hàm khả vi cấp hai Bn Với f ∈ H(Bn ), ta có |f | khả vi cấp hai Bn Để ý rằng, f chỉnh hình nên chỉnh hình theo biến nên ∂ |f |2 ∂ 2f f ∂ ( ∂f f ) (z) = (z) = (z) ∂zi ∂z j ∂zi ∂z j ∂zi ∂z j ∂ ( ∂f ∂f ) ∂ ( ∂f ) = +f f (z) = f (z) ∂zi ∂z j ∂z j ∂zi ∂z j ∂f ∂ ( ∂f ) ∂f ∂f ∂f (z) (z) + f (z) = (z) (z) = ∂zi ∂z j ∂zi ∂z j ∂zi ∂z j 36 Suy (△|f | )(z) = 4(1 − |z| ) 2 = 4(1 − |z|2 ) n ∑ ∂ |f |2 (δij − zi z j ) (z) ∂zi ∂z j i,j=1 n ∑ (δij − zi z j ) i,j=1 n [∑ ∂f ∂f (z) (z) ∂zi ∂z j (2.9) n ∑ ∂f ∂f ] = 4(1 − |z| ) (z) + zi ∂zi ∂zi i=1 [ i=1 ] 2 = 4(1 − |z|2 ) ∇f (z) + Rf (z) Do n ∑ ∂f ∂f (△|f | )(0) = △(|f | )(0) = (0) (0) ∂zi ∂z i 2 =4 n ∑ i=1 i=1 ∂f (0) ∂zi = 4| ▽ f (0)|2 = 4|▽f (0)|2 Từ suy 4|▽f (z)|2 = 4| ▽ (f ◦ φz )(0)|2 = △(|f ◦ φz |2 )(0) = △(|f |2 )(z) (2.10) Từ (2.9) (2.10) ta nhận |▽f (z)|2 = (1 − |z|2 )(| ▽ f (z)|2 − |Rf (z)|2 ) Từ chứng minh bổ đề ta nhận |▽(f ◦ φ)(z)| = |(▽f ) ◦ φ(z)| (2.11) với f với φ ∈ Aut(Bn ) Bổ đề sau cho đánh giá quan trọng gradient 2.2.2 Bổ đề ([6]) Nếu f chỉnh hình Bn (1 − |z|2 )|Rf (z)| với z ∈ Bn (1 − |z|2 )| ▽ f (z)| |▽f (z)| 37 n ∑ ∂f = ⟨z, ▽f ⟩ Vì vậy, theo bất đẳng ∂z i i=1 n thức Cauchy-Schwarz cho C , ta có Chứng minh Ta có Rf (z) = zi |Rf (z)| = |⟨z, ▽f ⟩| |z|| ▽ f (z)| | ▽ f (z)| với z ∈ Bn Từ |Rf (z)| | ▽ f (z)| ta có bất đẳng thức (1 − |z|2 )|Rf (z)| (1 − |z|2 )| ▽ f (z)| Theo Bổ đề 2.2.1 ta có |▽f (z)|2 = (1 − |z|2 )(| ▽ f (z)|2 − |Rf (z)|2 ) |▽f (z)|2 ⇔ |Rf (z)| = | ▽ f (z)| − , − |z|2 sử dụng |Rf (z)| |z|| ▽ f (z)| ta |▽f (z)|2 ▽f (z)| − − |z|2 |z|2 | ▽ f (z)|2 Bất đẳng thức cho ta (1 − |z|2 )| ▽ f (z)| |▽f (z)| với z ∈ Bn Bổ đề sau giúp giải nhiều vấn đề liên quan đến không gian Apα < p < 2.2.3 Bổ đề ([6]) Cho < p α > −1 Khi ∫ ∥f ∥p,α |f (z)|(1 − |z|2 )(n+α+1)/p−(n+1) dv(z) cα Bn với f ∈ Apα , cα = Γ(n + α + 1) n!Γ(α + 1) 38 Chứng minh Viết |f (z)| = |f (z)|p |f (z)|1−p , áp dụng định lý 2.1.3 ta ∥f ∥p,α |f (z)| (1 − |z|2 ) n+α+1 p Suy |f (z)| 1−p ∥f ∥1−p p,α ((1 − |z|2 )(n+1+α)/p )1−p |f (z)|(1 − |z|2 )(n+1+α)/p−(n+1+α) |f (z)|p ∥f ∥1−p p,α Nhân hai vế bất đẳng thức với (1 − |z|2 )α ta nhận |f (z)|(1 − |z|2 )(n+1+α)/p−(n+1) Do ∫ |f (z)|(1 − |z|2 )(n+1+α)/p−(n+1) dv(z) Bn p α ∥f ∥1−p p,α |f (z)| (1 − |z| ) ∫ p α ∥f ∥1−p p,α |f (z)| (1 − |z| ) dv(z) Bn ∫ p = ∥f ∥1−p p,α |f (z)| dvα (z) cα Bn 1 p = ∥f ∥1−p ∥f ∥p,α p,α ∥f ∥p,α = cα cα Bổ đề sau dùng để chứng minh kết mục 2.2.4 Bổ đề Với z, w ∈ Bn số dương β, giả sử rằng: ∫ 1( ) dt −1 L(z, ω) = t (1 − t⟨z, ω⟩)n+1+β Khi |L(z, ω)| C |1 − ⟨z, ω⟩|n+β với z ω ∈ Bn , C số dương 39 Chứng minh Ta có ∫ |L(z, w)| = ∫ 0 1( ) dt −1 t (1 − t⟨z, ω⟩)n+1+β dt − t (1 − t⟨z, ω⟩)n+1+β Đặt a =< z, w > Khi đó, từ |a| < t ∈ [0, 1] suy 1 − (1 − ta)n+1+β −1 = t t (1 − t⟨z, ω⟩)n+1+β (1 − ta)n+1+β (n + + β) + o(at) = a (1 − ta)n+1+β K|a| , |(1 − ta)n+1+β | K số dương Vì vậy, tồn số dương M cho ∫ 1 d(1 − ta) |L(z, w)| M = M n+1+β (n + β)(1 − ta)n+β (1 − ta) M = 1− n+β (1 − a)nβ n+β M 1+ 1−a n + β |1 − a|n+β C , |1 − a|n+β bất đẳng thức cuối có |a| < 1.Ta điều cần chứng minh Sau đặc trưng phần tử thuộc khơng gian Bergman thơng qua đạo hàm 2.2.5 Định lý ([6]) Giả sử α > −1, p > 0, f chỉnh hình Bn Khi điều kiện sau tương đương (a) f thuộc Apα 40 (b) |▽f (z)| thuộc Lp (Bn , dvα ) (c) (1 − |z|2 )| ▽ f (z)| thuộc Lp (Bn , dvα ) (d) (1 − |z|2 )|Rf (z)| thuộc Lp (Bn , dvα ) Chứng minh Điều kiện f ∈ H(Bn ) kéo theo f liên tục Bn Các tính chất khả tích suy f bị chặn hầu khắp nơi Bn Vì vậy, áp dụng Bổ đề 2.2.2 ta có (1 − |z|2 )|Rf (z)| (1 − |z|2 )| ▽ f (z)| |▽f (z)| Bất đẳng thức cho thấy (b) kéo theo (c), (c) kéo theo (d) Để chứng minh (a) kéo theo (b), cố định β > α áp Định lý 2.1.5, tồn số C1 > cho ∫ | ▽ g(0)|p C1 |g(ω)|p dvβ (ω), Bn với hàm g chỉnh hình Bn Đặt g = f ◦ φz , φz phép đối hợp với z ∈ B Theo Mệnh đề 1.3.4, ta có ∫ | ▽ (f ◦ φz )(0)|p C1 |(f ◦ φz )(ω)|p dvβ (ω) Bn ∫ n+1+β p p (1 − |z| ) dv (ω) ⇔ |▽f (z)| C1 |f (ω)| 2(n+1+β) β |1 − ⟨z, ω⟩| Bn ∫ |f (ω)|p dvβ (ω) p n+1+β ⇔ |▽f (z)| C1 (1 − |z| ) 2(n+1+β) |1 − ⟨z, ω⟩| Bn áp dụng định lý Fubini Định lý 1.12 [6] ta nhận ∫ ∫ Bn |▽f (z)|p dvα (z) C2 Bn |f (z)|p dvα (z), C2 số, với f chỉnh hình Bn Do đó, thay f f − f (0) ta có ∫ ∫ |▽f (z)|p dvα (z) C2 Bn Bn |f (z) − f (0)|p dvα (z) 41 Bất đẳng thức kéo theo f ∈ Apα |▽f (z)| ∈ Lp (Bn , dvα ) Vậy (a) kéo theo (b) Để chứng minh (d) kéo theo (a), giả sử f hàm chỉnh hình Bn cho hàm (1 − |z|2 )Rf (z) thuộc Lp (Bn , dvα ) Cho β số dương đủ lớn áp dụng Định lý 2.1.4, ta nhận ∫ Rf (ω)dvβ (ω) Rf (z) = , z ∈ Bn n+1+β (1 − ⟨z, ω⟩) Bn Từ Rf (0) = 0, có ∫ ( ) Rf (z) = − dvβ (ω), Rf (ω) (1 − ⟨z, ω⟩)n+1+β Bn Suy ∫ Rf (tz) dt = t f (z) − f (0) = ∫ 1( L(z, ω) = z ∈ Bn ∫ Bn Rf (ω)L(z, ω)dvβ (ω), ) dt −1 t (1 − t⟨z, ω⟩)n+1+β Theo Bổ đề 2.2.4 C3 |1 − ⟨z, ω⟩|n+β |L(z, ω)| với z ω ∈ Bn Vì |f (z) − f (0)| Nếu C4 ∫ Bn (1 − |ω|2 )|Rf (ω)|dvβ−1 (ω) |1 − ⟨z, ω⟩|n+β p < ∞ β đủ lớn cho < α + < pβ, theo Định lý 2.12 [6] ta có ∫ ∫ ((1 − |z|2 )|Rf (z)|)p dvα (z) |f (z) − f (0)|p dvα (z) C5 Bn Ta nhận điều cần chứng minh Bn 42 Nếu < p < ta có bất đẳng thức ∫ Rf (ω) |f (z) − f (0)| C6 (1 − |ω|2 )β dv(ω) n+β Bn (1 − ⟨z, ω⟩) Giả sử β đủ lớn cho đặt n + + β′ − (n + 1), β= p với β ′ > α + p > −1 Từ Bổ đề 2.2.3, có ∫ p Rf (ω) |f (z) − f (0)|p C7 dvβ ′ (ω), n+β (1 − ⟨z, ω⟩) Bn C7 > số không phụ thuộc vào f Sử dụng định lí Fubini Định lý 1.12 [6] ta có ∫ ∫ |f (z) − f (0)|p dvα (z) C8 ((1 − |z|2 )|Rf (z)|)p dvα (z) Bn Suy điều phải chứng minh Bn 43 kết luận Luận văn thu kết sau: 1) Trình bày có hệ thống khái niệm, tính chất nhóm tự đẳng cấu khơng gian Lebesgue 2) Trình bày khái niệm, tính chất đặc trưng phần tử thuộc không gian Bergman thông qua đạo hàm 3) Chứng minh chi tiết số kết mà tài liệu chứng minh vắn tắt như: Mệnh đề 1.2.4, Bổ đề 1.2.8, Định lí 2.1.3, Mệnh đề 2.1.8, Bổ đề 2.1.9, Định lí 2.1.10, Bổ đề 2.2.1, Bổ đề 2.2.2, Bổ đề 2.2.3 4) Chứng minh số kết mà tài liệu nêu mà không chứng minh như: Mệnh đề 1.2.5, Mệnh đề 1.3.1, Bổ đề 2.2.4 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2000), Hàm số biến số phức, NXBĐHQG Hà Nội [2] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2002), Cơ sở lý thuyết hàm giải tích hàm, Tập I, II, NXB Giáo Dục [3] Hedenmalm H., Korenblum B and Zhu K (2000), Theory of Bergman spaces Graduate Texts in Mathematics, 199 SpringerVerlag, New York [4] Songxiao L (2010), Some new characterization of weighted Bergman spaces, Bull Korean Math Soc 47, no 6, 1171-1180 [5] Songxiao L (2006) Weighted composition operators between different weighted Bergman spaces in polydiscs, Vietnam J Math 34, no 3, 255-264 [6] Zhu K (2005) , Spaces of holomorphic functions in the unit ball, Graduate Texts in Mathematics, 226 Springer-Verlag, New York ... y ∈ E Khi (E, ∥.∥) gọi không gian định chuẩn Không gian định chuẩn không gian metric với metric sinh chuẩn d(x, y) = ∥x−y∥, ∀x, y ∈ E Không gian định chuẩn E gọi không gian Banach E đầy đủ với... chất không gian Bergman Chứng minh chi tiết số đặc trưng phần tử không gian Bergman thông qua đạo hàm Các nội dung trình bày chương luận văn: Chương Nhóm tự đẳng cấu không gian Lebesgue Chương Không. .. Khơng gian Bergman mang tên nhà tốn học Stefan Bergman, xuất vào thập niên 60 kỷ trước Không gian Bergman cổ điển định nghĩa miền mặt phẳng phức: cho D miền mặt phẳng phức, không gian Bergman