Định lý biểu diễn Weierstrass - Hàm xác định bởi c- 123docz.net

2 Hàm xác định bởi chuỗi lũy thừa

2.2 Định lý biểu diễn Weierstrass

Mệnh đề 2.9. Với mỗi r > 0, Ar(Cp) là đầy đủ với chuẩn µ(r, .).

Chứng minh. Từ Định lý 2.6 ta dễ chứng minh được hàm µ(r, .) thỏa mãn các điều kiện về chuẩn không Acsimet trên Ar(Cp). Tiếp theo ta chứng minhAr(Cp)đầy đủ. Giả sử {fi(z), i= 1,2, . . .}là một dãy Cauchy trong

Ar(Cp), trong đó mỗi hàm fi(z) có biểu diễn chuỗi lũy thừa dạng

fi(z) = ai0 +ai1z+ai2z2 + . . . .

Do {fi(z)} là dãy Cauchy nên với mỗi ε > 0, tồn tại một số N ∈ N∗ sao cho

µ(r, fi −fj) = max

n |ain −ajn|rn < ε với mọi i, j > N. (2.7) Điều đó kéo theo, với mỗi n ∈ N, dãy {ain, i = 1,2, . . .} là dãy Cauchy trong Cp nên nó hội tụ. Đặt

an = lim

i−→∞ain, với mỗi n ∈ N. Đặt

f(z) =a0 +a1z+a2z2 + . . . .

Ta chứng minhf ∈ Ar(Cp), tương đương với chứng minh lim

n−→∞|an|rn = 0. Từ (2.7) ta có với mọi n ∈ N, |ain −ajn|rn < ε với mọi i, j > N. Cho

j −→ ∞ ta được

|an|rn 6 |ain−an|rn+|ain|rn < 2ε với mọi n > Ni. Điều đó kéo theo |an|rn −→ 0 khi n −→ ∞, tức là f ∈ Ar(Cp).

Cuối cùng ta chứng minh fi −→ f. Từ (2.8) ta có µ(r, fi −f) = max

n |ain−an|rn 6 ε với mọi i > N,

do đó µ(r, fi −f) −→0, hay fi −→ f khi i −→ ∞. Như vậy Ar(Cp) đầy đủ.

Mệnh đề 2.10. Vành các đa thức Cp[z] trù mật trong Ar(Cp). Chứng minh. Đặt

f(z) = a0 +a1z +a2z2 +. . . là một chuỗi lũy thừa trong Ar(Cp), với mỗi n ∈ N∗ đặt

fn(z) =a0 +a1z+ · · ·+anzn. Khi đó fn ∈ Cp[z] với mọi n và

µ(r, f −fn) = max

k>n |ak|rk. Do f ∈ Ar(Cp) nên lim

n−→∞|an|rn = 0, nên với mọi ε > 0, tồn tại N ∈ N∗

sao cho với mọi n > N ta có |an|rn < ε. Khi đó với mọi n > N, µ(r, f −fn) = max

k>n |ak|rk 6 ε. Kéo theo µ(r, f −fn) −→ 0 hay fn −→f khi n−→ ∞.

Mệnh đề 2.11. Cho r > 0, các đa thức f(z) và g(z) =

n=0

bnzn ∈ Cp[z]

thỏa mãn µ(r, g) = |bk|rk. Gọi Q(z) và R(z) là các đa thức thương và phần dư khi chia f(z) cho g(z), nghĩa là

Khi đó ta có µ(r, f) = max{µ(r, g)µ(r, Q), µ(r, R)}. Mệnh đề 2.12. Cho r > 0, f ∈ Ar(Cp) và g(z) = k P n=0 bnzn ∈ Cp[z] thỏa mãn µ(r, g) = |bk|rk. Khi đó tồn tại một chuỗi luỹ thừa Q ∈ Ar(Cp) và đa thức R ∈ Cp[z] thoả mãn

f(z) =g(z)Q(z) +R(z), deg(R) < k,

và

µ(r, f) = max{µ(r, g)µ(r, Q), µ(r, R)}.

Chứng minh. Gọi {fn, n = 1,2, . . .} là một dãy các đa thức hội tụ đến f (theo chuẩnµ(f, .)). Gọi Qn(z) và Rn(z) là thương và phần dư trong phép chia fn cho g(z), tức là

fn(z) = g(z)Qn(z) +Rn(z) deg(Rn) < k. Theo Mệnh đề 2.11 ta có

µ(r, fn) = max{µ(r, g)µ(r, Qn), µ(r, Rn)}, với mọi n∈ N∗. Ta áp dụng Mệnh đề 2.11 cho hàm

fn+1(z)−fn(z) = g(z)(Qn+1(z)−Qn(z)) +Rn+1(z)−Rn(z), ta được

µ(r, fn+1 −fn) = max{µ(r, g)µ(r, Qn+1 −Qn), µ(r, Rn+1 −Rn)}. Do {fn} là dãy hội tụ nên nó là dãy Cauchy, đẳng thức trên kéo theo cả hai dãy {Qn} và {Rn} là các dãy Cauchy và do đó nó hội tụ vì Ar(Cp) là đầy đủ. Đặt Q(z) = lim n−→∞Qn(z); R(z) = lim n−→∞Rn(z). Khi đó f(z) = g(z)Q(z) +R(z).

Hơn nữa, với mỗi n, Rn(z) là đa thức bậc nhỏ hơn k, kéo theo deg(R) < k.

Định lý 2.13 (Định lý biểu diễn Weierstrass). Với r > 0và f ∈ Ar(Cp)− {0}. Khi đó tồn tại đa thức

g(z) =b0 + b1z+· · ·+ bνzν ∈ Cp[z]

với ν = ν(r, f) và một chuỗi luỹ thừa h(z) = 1 +

∞ P n=1 cnzn với các hệ số trong Cp, thoả mãn 1) f(z) =g(z)h(z); 2) µ(r, g) = |bν|rν; 3) h ∈ Ar(Cp); 4) µ(r, h−1)< 1; 5) µ(r, f −g) < µ(r, f).

Đặc biệt, h(z) không có không điểm trong Cp[0;r] và f(z) chỉ có ν không điểm trong Cp[0;r].

Chứng minh. Giả sử f có biểu diễn

f(z) = a0 +a1z +a2z2 +. . . . Đặt g1(z) =

i=0

aizi. Do ν = ν(r, f) nên ta có thể chọn δ ∈ R+ sao cho

0 6 µ(r, f −g1)

µ(r, f) < δ < 1.

Lấy h1(z) = 1. Bây giờ bằng quy nạp ta chứng minh: với mỗi i ∈ N∗, tồn tại đa thức gi(z) = ν P j=0 bijzj và hàm hi sao cho i) µ(r, gi) = |biν|rν; ii) µ(r, f −gi) 6 δµ(r, f); µ(r, hi−1) 6 δ; iii) µ(r, f −gihi) 6 δiµ(r, f).

Vớig1 vàh1 chọn như trên sẽ thỏa mãn (i),(ii) và (iii). Do đó khẳng định đúng với i = 1. Giả sử ta đã xây dựng được gi và hi thỏa mãn (i),(ii) và (iii), ta xây dựng gi+1 và hi+1. Theo Mệnh đề 2.12, tồn tại chuỗi lũy thừa Qi ∈ Ar(Cp) và đa thức Ri ∈ Cp[z] sao cho

và thỏa mãn µ(r, f −gihi) = max{µ(r, gi)µ(r, Qi), µ(r, Ri)} > µ(r, gi)µ(r, Qi). (2.9) Đặt gi+1(z) = gi(z) +Ri(z) = ν X j=0 b(i+1)jzj và hi+1 = hi +Qi.

Ta chứng minh các hàm gi+1 và hi+1 thỏa mãn 3 điều kiện (i),(ii),(iii). Ta thấy

µ(r, f) =µ(r, f −gi+gi) 6 max{µ(r, f −gi), µ(r, gi)}

và

µ(r, gi) =µ(r, gi−f +f) 6 max{µ(r, f −gi), µ(r, f)}, nên từ (ii) suy ra µ(r, f) = µ(r, gi). Nên từ (2.9) ta thu được

µ(r, Qi) 6 µ(r, f −gihi) µ(r, gi) = µ(r, f −gihi) µ(r, f) 6 δi và µ(r, Ri) 6 µ(r, f −gihi) 6 δiµ(r, f).

Như vậy ta có µ(r, gi+1) = µ(r, gi) vì deg(Ri) < deg(gi) = ν, tức là điều kiện (i) được chứng minh. Điều kiện (ii) cũng được thỏa mãn vì

µ(r, f −gi+1) 6 max{µ(r, f −gi), µ(r, Ri)} 6 δµ(r, f) và µ(r, hi+1 −1) 6 max{µ(r, hi−1), µ(r, Qi)} 6 δ. Chú ý rằng f −gi+1hi+1 = Ri(1−hi −Qi). Nên µ(r, f −gi+1hi+1) 6 µ(r, Ri) max{µ(r, hi−1), µ(r, Qi)} 6 δi+1µ(r, f). Từ đó điều kiện (iii) được thỏa mãn.

Chú ý rằng

µ(r, gi+1 −gi) =µ(r, Ri) 6 δiµ(r, f) và

µ(r, hi+1 −hi) = µ(r, Qi) 6 δi.

Do δ <1, nên cả hai dãy {gi} và {hi} là các dãy Cauchy với chuẩn µ(r, .). Vì vậy

|b(i+1)j −bij|rj 6 µ(r, gi+1−gi) 6 δiµ(r, f), 0 6 j 6 ν, i > 1, tức là {bij}i>1 là một dãy Cauchy trong Cp với mỗi j, do đó nó hội tụ. Đặt

bj = lim i−→∞bij và g(z) = ν X j=0 bjzj,

hiển nhiên ta có gi −→ g và µ(r, g) = |bν|rν. Từ Ar(Cp) là đầy đủ, nên

{hi} hội tụ, tức là tồn tại một hàm h ∈ Ar(Cp) sao cho hi −→ h khi i −→ ∞. Dễ dàng chứng minh được rằng hàm g và h thỏa mãn các điều kiện 1) đến 5) của định lý. Hơn nữa, hiển nhiên g là đa thức bậc ν.

Ta thấy µ(r, h−1) tăng theo r. Điều kiện (4) kéo theo µ(t, h−1) < 1 với 0 6 t 6 r, tức là µ(t, h1) < 1, trong đó h1(z) = h(z) −1. Điều này suy ra |h1(z)| 6 max n |cn||z|n 6 max n |cn|rn 6 µ(t, h1) < 1 với mọi z ∈ Cp[0;r]. Do đó |h(z)| = |1 +h1(z)| 6 max{1,|h1(z)|} = 1 và 1 = |h(z)−h1(z)| 6 max{|h(z)|,|h1(z)|} = |h(z)|

với mọi z ∈ Cp[0;r]. Kéo theo

|h(z)| = 1 với z ∈ Cp[0;r]. (2.10) Từ (2.10) suy ra h(z) có dạng chuỗi thỏa mãn định lý. Hơn nữa, cũng từ (2.10) ta thấy h không có không điểm trong Cp[0;r]. Đặt z1, . . . , zν là các không điểm của g. Khi đó

Điều kiện (2) kéo theo µ(r, g/bν) =rν, nên ta có

(max{r,|z1|}). . .(max{r,|z1|}) =rν, (vì µ(r, zj −z) = max{|zj|, r}) điều đó kéo theo

|zj| 6 r, j = 1, . . . , ν.

Bởi vậy, g có ν không điểm trong Cp[0;r], kéo theo f cũng như vậy. Định lý được chứng minh.

Nhận xét. Định lý 2.13 cho thấy ν(r, f) chính là số không điểm của f trong đĩa Cp[0;r].

Ví dụ. Tìm số không điểm của đa thức g(x) = 1 + 2x+ 3x2+ 4x3 ∈ C2[x] trong |x|2 ≤1.

Giải. Ta có |1|.10 = 1,|2|.11 = 2−1,|3|.12 = 1,|4|.13 = 2−2. Suy ra ν(1, g) = 2.

Theo Định lý Weierstrass, g có hai không điểm trong |x|2 ≤ 1.

Định lý 2.14. Nếu f ∈ Aρ(Cp)−Cp (ρ > 0) và f(0) = 0 thì µ(r, f) là hàm tăng nghiêm ngặt.

Chứng minh. Lấy r1, r2 ∈ R+ sao cho r1 < r2. Theo Định lý 2.13, hàm f cóν(r2, f)−ν(r1, f)không điểm trong hình vành khănCp[0;r2]−Cp[0;r1]. Như vậy, ta có thể chọn r ∈ R+ với r1 < r < r2 sao cho f không có không điểm trong Cp[0;r] − Cp[0;r1], do đó, Định lý 2.13 kéo theo ν(r, f) = ν(r1, f). Do f(0) = 0 nên a0 = 0, ta viết f(z) = ∞ X n=1 anzn, và chú ý rằng ν(r1, f) > 1. Như vậy ta có 0< µ(r1, f) =|aν(r1,f)|rν(r1,f) 1 < |aν(r1,f)|rν(r1,f) = |aν(r,f)|rν(r,f) = µ(r, f) 6 µ(r2, f). Do đó hàm µ(r, f) tăng nghiêm ngặt. Định lý được chứng minh.

Định nghĩa 2.15. Mỗi phần tử thuộc A(Cp) được gọi là một hàm nguyên trên Cp.

Để chứng minh các định lý khai triển cho hàm nguyên trên Cp, ta cần một số mệnh đề sau về sự hội tụ của tích vô hạn.

Mệnh đề 2.16. Cho một dãy {fn(z)} các chuỗi lũy thừa trong Ar(Cp),

(r > 0) thỏa mãn lim n−→∞µ(r, fn −1) = 0, khi đó tích vô hạn f = ∞ Y n=1 fn

là một chuỗi lũy thừa trên Ar(Cp). Nếu giả thiết đúng với mọi r > 0 thì

f là hàm nguyên trên Cp. Chứng minh. Kí hiệu Fn = n Y k=1 fk ∈ Ar(Cp). Do lim

n−→∞µ(r, fn −1) = 0, nên tồn tại một số n0 sao cho với mọi n > n0, µ(r, fn −1) < 1, do đó µ(r, fn) = 1. Vì 1 = µ(r,1) = µ(r, fn + 1−fn) 6 max{µ(r, fn), µ(r, fn−1)}= µ(r, fn) và µ(r, fn) =µ(r, fn−1 + 1) 6 max{µ(r, fn−1), µ(r,1)} = 1. Do đó, với mọi n > n0 ta có µ(r, Fn−Fn−1) = µ(r, Fn−1)µ(r, fn −1) = µ(r, Fn0)µ(r, fn −1) −→ 0, điều này sẽ kéo theo {Fn} là dãy Cauchy và như thế nó hội tụ vì Ar(Cp) đầy đủ. Mệnh đề được chứng minh.

Hệ quả 2.17. Cho {zn} là một dãy trong Cp∗ thỏa mãn điều kiện |zn| −→ ∞ khi n −→ ∞, khi đó tích f(z) = ∞ Y n=1 1− z zn là một hàm nguyên trên Cp.

Chứng minh. Với mỗi n, đặt fn(z) = 1− z

zn. Khi đó fn(z) ∈ A(Cp) và từ giả thiết suy ra lim

n−→∞µ(r, fn−1) = 0. Sử dụng Định lý 2.16 ta có kết luận của hệ quả.

Định lý 2.18. Cho f là một chuỗi lũy thừa xác định một hàm nguyên trên Cp và giả sử f không phải là một đa thức. Khi đó f được viết dưới dạng tích vô hạn f(z) = azm ∞ Y n=1 1− z zn ,

trong đó a ∈ Cp, m là một số nguyên không âm và zn nằm trong tập các nghiệm khác 0 của f(z) và zn −→ ∞ khi n−→ ∞.

Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết f(0) = 1. Kí hiệu {zi}w

i=1 là tập các không điểm của f sao cho |z1| 6 |z2| 6 . . ., trong đó w là số không điểm kể cả bội của f nếu số không điểm là hữu hạn và bằng ∞ trong trường hợp ngược lại. Nếu w = ∞ thì theo Định lý 2.13 ta phải có |zi| −→ ∞. Lấy {ai :i = 1,2, . . .} ⊂ Cp∗ thỏa mãn

0< |a1| < |a2| < . . . , rn = |an| −→ ∞ (khi n −→ ∞). Đặt fn(z) =f(anz), áp dụng Định lý 2.13 đối với Cp[0; 1] ta có

fn(z) =gn(z)(1 +c1z+ c2z2 +. . .),

trong đó gn là đa thức và |ci| < 1 (vì |ci| 6 µ(1, h(z)−1)< 1), như vậy f(z) = fn(z/an) = gn(z/an) 1 +c1 z an +c2 z an 2 +. . . . Vì 1 +c1z+c2z2+. . . không có không điểm trong Cp[0; 1] nên 1 +c1az

n + c2 az

n 2

+. . . không có không điểm trongCp[0;rn]nên các không điểm của gn(z/an) trong Cp[0;rn] chính là các không điểm của f trong miền này, nó chính là zi mà |zi| 6 rn. Hơn nữa gn(0) = f(0) = 1 nên ta có thể viết gn(z/an) dưới dạng sau

gn(z/an) = Y |zi|6rn 1− z zi .

Cố định một số nguyên dương N, khi đó với n > N ta có µ(rN, hn −1) = max i>1 |ci| rN rn i < rN rn −→0 (n−→ ∞), trong đó hn(z) = 1 +c1az n +c2 az n 2

+. . .. Như vậy, hn hội tụ đều đến 1 trên Cp[0;rN]. Theo Mệnh đề 2.16 ta có gn(z/an) −→ w Y i=1 1− z zi , z ∈ Cp[0;rN]

khi n−→ ∞. Như vậy

f(z) = w Y i=1 1− z zi

trên Cp[0;rN]. Vì rN có thể chọn đủ lớn nên đẳng thức trên đúng với mọi z ∈ Cp, điều đó kéo theo w = ∞ vì f không là đa thức. Định lý được chứng minh.

Từ Định lý 2.18 ta dễ dàng thu được

Hệ quả 2.19. Nếu f là hàm nguyên nhưng không phải là đa thức trên Cp, khi đó f có vô số không điểm trên Cp.

Hệ quả 2.20. Nếu f là hàm nguyên trên Cp và không có không điểm, khi đó f là hàm hằng. Chứng minh. Áp dụng định lý Weierstrass ta có f(z) = ∞ X n=0 anzn;an ∈ Cp

là hàm nguyên trên Cp thì số không điểm của f(z) trong hình cầu |z|p ≤ r là ν(r, f).

Giả sử f là hàm nguyên trên Cp và f không có không điểm trên Cp. Ta sẽ chứng minh rằng f là hằng số.

Giả sử ngược lại, f không là hằng số, tức là tồn tại số nguyên dương k sao cho ak 6= 0. Khi đó ta luôn chọn được r sao cho |ak|prk > |a0|p. Suy ra ν(r, f) > 0 nghĩa là f có không điểm trong Cp, trái với giả thiết. Vậy f là hàm hằng.

Hệ quả 2.21. Nếu f(x) =

+∞ P

n=0

anxn là chuỗi lũy thừa hội tụ trong Cp. Giả sử f(x) có hữu hạn không điểm. Khi đó, f(x) là đa thức.

Chứng minh. Giả sử f(x) có k - không điểm, ta sẽ chứng minh f(x) là đa thức bậc k.

Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn tại n > k sao cho an 6= 0. Khi đó, với r > 0 và với i ∈ {0,1,2, ..., k} ta có |ai|ri |an|rn = |ai| |an|r i−n n→+∞ −−−−→ 0⇔ |ai|r i |an|rn n→+∞ −−−−→ 0. Suy ra ∃N ∈ N,∀n > N, |ai|ri |an|rn < 1 ⇔ |ai|ri < |an|rn,∀i ∈ {0,1, ..., k}. Do đó ν(r, f) ≥ n > k (mâu thuẫn vì f có k nghiệm).

Vậy an = 0,∀n > k tức là f(x) = a0 +a1x +· · · +akxk. Tức f(x) là đa thức. Hệ quả 2.22. Nếu f(x) = +∞ P 0

anxn là chuỗi lũy thừa hội tụ trong Cp và khác hằng số. Khi đó với mọi a ∈ Cp phương trình f(x) = a luôn có nghiệm.

Chứng minh. Vì f là chuỗi lũy thừa hội tụ khác hằng số trong Cp nên ta viết f(x) = a0 +a1x+· · ·+anxn. Ta có

µ(r, f) = max{|ai|ri : i = 1, n},

với r đủ lớn, ta có |a0|r0 < |ai|ri i−−−−→+∞→ +∞, suy ra ν(r, f) > 0. Tức f có không điểm trong Cp.