Công thức tắch phân Cauchy trên miền đa trụ

1 Hàm chỉnh hình một biến phức

3.2Công thức tắch phân Cauchy trên miền đa trụ

Ở chương trước, ta đã nghiên cứu Công thức tắch phân Cauchy dạng phức và các ứng dụng của nó trong trường hợp một chiều. Trong chương này, chúng ta sẽ nghiên cứu kết quả quan trọng này trong trường hợp nhiều chiều.

Định nghĩa 3.6.

Một tập con D ⑨ Cn được gọi là một đa trụ tâm tại w ✏ ♣w1, . . . , wnq P Cn, với đa bán kắnh r✏ ♣r1, . . . , rnq P ♣R qn, nếu tồn tại n đĩa mở D♣w1, r1q, . . . , D♣wn, rnq trong C sao cho

D✏D♣w1, r1q ✂D♣w2, r2q ✂. . .✂D♣wn, rnq

✏ tz✏ ♣z1, . . . , znq:zj PD♣wj, rjq, j ✏1, . . . , n✉. (3.2.1) Tập hợp bD♣w1, r1q ✂. . .✂bD♣wn, rnqgọi là biên rời củaD(tất nhiên đây là tập con thực sự của biên topo), ta ký hiệu bởi b0D.

Tổng quát hơn, nếu Dj ⑨C là các miền, j ✏1, . . . , n, thì một đa miền (miền có dạng đa trụ) Dchắnh là tập có dạng

D✏D1✂D2✂. . .✂Dn. Định lý 3.5 (Công thức tắch phân Cauchy trên đa trụ).

Cho D✏D1✂. . .✂Dn là một đa trụ mở trong Cn và u là một hàm liên tục trên Dố

và giải tắch phức trên từng Dj theo biến zj trong khi các biến còn lại được cố định. Khi đó, ta có u♣zq ✏ ♣ 1 2πiqn Ẽ bDn . . . Ẽ bD1 u♣ζ1, . . . , ζnq ♣ζ1✁z1q. . .♣ζn✁znqdζ1. . . dζn. (3.2.2)

Trong đó,ta có thể viết ngắn gọn lại là

u♣zq ✏ ♣ 1 2πiqn Ẽ b0D u♣ζq ζ✁zdζ. Chứng minh.

Để chứng minh định lý, đầu tiên ta cố định các biến z1, z2. . . , zn. Khi đó, bởi vì u♣ζ1, z2, . . . , znqgiải tắch phức trênD1, theo Công thức tắch phân Cauchy một chiều, được áp dụng cho biến ζ1 trên miền D1, ta có

u♣z1, z2, . . . , znq ✏ 1 2πi Ẽ bD1 u♣ζ1, z2, . . . , znq ζ1✁z1 dζ1.

Tiếp tục áp dụng Công thức tắch phân Cauchy cho biến ζ2 trên miền D2 cho hàm u♣ζ1, ζ2, z3, . . . , znqvới ζ1, z3, . . . , zn được cố định, ta được

u♣z1, z2, . . . , znq ✏ 1 2πi Ẽ bD1 dζ1 ζ1 ✁z1 1 2πi Ẽ bD2 u♣ζ1, ζ2, z3, . . . , znq ζ2✁z2 dζ2. Do đó, tiếp tục quá trình này để tạo dần ζ3, . . . , ζn, ta được

u♣zq ✏ ♣ 1 2πiqn Ẽ b0D u♣ζ1, . . . , ζnq ♣ζ1✁z1q. . .♣ζn✁znqdζ1. . . dζn.

(NếuD là quả cầu đơn vị, thì phương pháp chứng minh kết quả trên còn đúng không? Câu trả lời cho câu hỏi này là một trong những nguồn gốc xây dựng Lý thuyết Cauchy- Fantappiè trong Giải tắch phức nhiều biến.)

Phương pháp xét lần lượt từng biến trong chứng minh định lý trên cũng dẫn đến Bất đẳng thức Jensen6 trong trường hợp nhiều chiều từ kết quả một chiều.

Định lý 3.6 (Bất đẳng thức Jensen).

Giả sử D♣z, rq là một đa trụ trong Cn. Nếu u PC♣D♣z, rqq giải tắch phức theo từng biến trong khi các biến còn lại cố định, khi đó ta có

log⑤u♣zq⑤ ↕ 1

Vol♣D♣z, rqq Ẽ

D♣z,rq

log⑤u♣ζq⑤dV♣ζq.

Bây giờ, xét α✏ ♣α1, . . . , αnq là một bộn- số nguyên không âm, ta ký hiệu ❇α ✏ ✂ ❇ ❇z1 ✡α1 . . . ✂ ❇ ❇zn ✡αn , và ố ❇α ✏ ✂ ❇ ❇zố1 ✡α1 . . . ✂ ❇ ❇zốn ✡αn . Giả sử z ✏ ♣z1, . . . , znq PCn, ta định nghĩa zα ✏zα1 1 . . . zαn n . 6

Bất đẳng thức Jensen một chiều: nếuf là hàm giải tắch phức trong một lân cận mở của đĩa đóngD♣z.rq ⑨C, thì ta có log⑤f♣zq⑤ ↕ 1 2π Ẽ 2π 0 log⑤f♣z reiθq⑤dθ

Với α ✏ ♣α1, . . . , αnq, β ✏ ♣β1, . . . , βnq là hai bộ đa chỉ số như trên, ta định nghĩa ✁α✏ ♣✁α1, . . . ,✁αnq,

α β ✏ ♣α1 β1, . . . , αn βnq, α 1✏ ♣α1 1, . . . , αn 1q,

α↕β nếu αj ↕βj,❅j ✏1, . . . , n. Định lý 3.7 (Ước lượng Cauchy).

Xét D là đa trụ tâm tại z0, đa bán kắnh r, và u là hàm giải tắch phức trên D và liên tục trên Dố. Khi đó, với bất kỳ α ✏ ♣α1, . . . , αnq không âm, tồn tại hằng số

c✏c♣α, rq → 0 nào đó, sao cho

⑤❇αu♣z0q⑤ ↕ α! rα sup b0D⑤u⑤, ⑤❇αu♣z0q⑤ ↕c⑤⑤u⑤⑤L1♣Dq. (3.2.3) Chứng minh.

Bởi vì (xem phần bài tập)

❇αu♣z0q ✏ ♣ α! 2πiqn Ẽ b0D u♣ζq ♣ζ✁z0qα 1dζ, nên nếu đặt ζj ✏z0j rjeiθj,j ✏1, . . . , n thì

❇α u♣z0q ✏α! in ♣2πiqn Ẽ r0,2πsn u♣z0 reiθq rα e✁iθαdθ1. . . dθn.

Và do đó, theo Ứơc lượng M L, ta có ⑤❇αu♣z0q⑤ ↕ α!

rα♣2πq✁n Ẽ

r0,2πsn⑤u♣z0 reiθq⑤dθ1. . . dθn.

Điều này sẽ dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh đầu tiên. Hơn nữa, bất đẳng thức này vẫn đúng khi thay r bởi 0 ↕r✶ ↕r. Bằng cách nhân hai vế của bất đẳng thức này với r✶α 1 ✏r1✶α 1. . . r✶αn 1

n , rồi lấy tắch phân xác định theo biến r✶1, . . . , rn✶ tương ứng từ 0 đến r1, . . . , rn, ta được khẳng định thứ hai.

Định nghĩa 3.7.

Chuỗi lũy thừa tâm tại z0 PCn có dạng ➳ α aα♣z✁z0qα✏ ➳ α✏♣α1,...,αnqPNn aα♣z1✁z01qα1 . . .♣zn✁z0nqαn, với aα PC. Ta nói chuỗi trên hội tụ tuyệt đối trong đa trụ D♣z0, rqnếu : với bất kỳr✶ ➔r, ta có

➳ α

⑤aα⑤r✶α ➔ ✽. Đạo hàm thứ β PNn của chuỗi chắnh là

✄ ➳ α aα♣z✁z0qα ☛♣βq ✏ ➳ β↕α α! ♣α✁βq!aα♣z✁z0qα✁β. Định nghĩa 3.8. Silhouette của z P Cn là tập hợp s♣zq :✏ t♣ζ1z1, . . . , ζnznq : ζj P C,⑤ζj⑤ ➔ 1, j ✏ 1, . . . , n.✉.

Silhouette của tập E ⑨Cn được định nghĩa bởi s♣Eq:✏ ↕ zPE

s♣zq.

Một phiên bản của Tiêu chuẩn hội tụ Abel trong Lý thuyết hàm phức nhiều biến như sau (thực sự được chứng minh bởi chắnh xác từng dòng như trong Hàm biến thực).

Định lý 3.8 (Định lý Abel).

Nếu chuỗi ➳ α

aα♣z✁z0qα hội tụ tại điểm w ✘ 0, thì khi đó chuỗi này cũng hội tụ tuyệt đối trên mọi tập con compact của silhouette s♣wq. Hơn nữa, nếu p là một đa thức nhiều biến theo các chỉ số α, thì ➳

α

p♣αqaα♣z ✁z0qα cũng hội tụ trên mọi tập con compact của s♣wq.

Định lý 3.9. Giả sử chuỗi ➳ α

aα♣z✁z0qα hội tụ trong đa trụ D♣z0, rq. Khi đó, tổng này là một hàm giải tắch phức trong đa trụ D♣z0, rq.

Chứng minh.

Xét tổng riêng phần Sl ✏ ➳

⑤α⑤↕l

của Sl hội tụ đều trên bất kỳ tập con compact của D♣z0, rq. Hơn nữa, vì ố❇Sl ✏ 0, nên sau khi lấy giới hạn, ta có ố❇➳

α

aα♣z✁z0qα ✏ lim lứ✽

ố

❇Sl✏0.

Cũng tương tự như trong trường hợp hàm một biến phức, chiều ngược lại trong trường hợp nhiều biến vẫn đúng.

Định lý 3.10 (Định lý Osgood).

Giả sử u P C♣Ωq là hàm giải tắch phức theo từng biến zj trong khi các biến còn lại cố định. Xét z0 PΩ, khi đó, u có khai triển Taylor sau

u♣zq ✏ ➳ α

u♣αq♣z0q

α! ♣z✁z0qα,

với sự hội tụ tuyệt đối trên từng đa trụ D♣z0, rq ⑨⑨Ω. Chứng minh.

Vì ulà giải tắch phức tách trên Ω, nên theo Công thức tắch phân Cauchy, với đa trụ D♣z0, rq ⑨⑨Ω, ta có u♣zq ✏ 1 ♣2πiqn Ẽ b0D♣z0,rq u♣ζq ♣ζ1✁z1q. . .♣ζn✁znqdζ1. . . dζn. (3.2.4) Ta khai triển mẫu số theo từng biến như trong chứng minh cho hàm một biến. Với bất kỳ ζ P b0D♣z0, rq, z PD♣z0, rq, ta có ⑤zj✁z0j⑤ ➔ ⑤ζj✁z0j⑤, với mọi j ✏1, . . . , n. Do đó, 1 ♣ζ1 ✁z1q. . .♣ζn✁znq ✏ 1 ♣ζ1✁z01✁ ♣z1 ✁z01qq. . .♣ζn✁z0n✁ ♣zn✁z0nqq ✏ 1 ♣ζ1✁z01q. . .♣ζn✁z0nq 1 ✂ 1✁ z1✁z01 ζ1✁z01 ✡ . . . ✂ 1✁zn✁z0n ζn✁z0n ✡ ✏ ♣ 1 ζ✁z0q ➳ l ✂ z1 ✁z01 ζ1✁z01 ✡l . . .➳ l ✂ zn✁z0n ζn✁z0n ✡l ✏ 1 ♣ζ✁z0q ➳ α ♣z✁z0qα ♣ζ✁z0qα ✏➳ α ♣z✁z0qα ♣ζ✁z0qα 1.

Vậy, thay vào công thức trên, ta có u♣zq ✏ 1 ♣2πiqn Ẽ b0D♣z0,rq ➳ α ♣z✁z0qα ♣ζ✁z0qα 1.u♣ζqdζ1. . . dζn ✏➳ α ✂ ♣2πiq✁n Ẽ b0D♣z0,rq u♣ζq ♣ζ✁z0qα 1dζ1. . . dζn ✡ ♣z✁z0qα. (3.2.5)

Từ biểu thức đạo hàm của u, rõ ràng ✂ ♣2πiq✁n Ẽ b0D♣z0,rq u♣ζq ♣ζ✁z0qα 1dζ1. . . dζn ✡ ✏ uα♣z0q α! . Và cuối cùng, sự hội tụ này là tuyệt đối vì➳

α

♣z✁z0qα

♣ζ✁z0qα 1 đã đạt được sự hội tụ tuyệt đối.

Kết quả quan trọng nhất trong mục này chắnh là Định lý Hartogs, khẳng định rằng một hàm giải tắch phức tách thì sẽ giải tắch phức theo mọi biến trongCn. Hiện tượng này không còn đúng trong lý thuyết hàm thực. Vắ dụ như ta xét

f♣x, yq ✏ ✩ ✫ ✪ xy x2 y2, nếu ♣x, yq ✘0 0, nếu ♣x, yq ✏ ♣0,0q.

Hàm này là trơn theo biến xkhi cố định biếny hay trơn theo biếnykhi cố định biến x. Tuy nhiên, nếu xét cả hai biến cùng lúc, thì hàm này thậm chắ không liên tục tại ♣0,0q.

Trước khi phát biểu và chứng minh Định lý Hartogs, ta cần bổ đề trung gian sau, mà giúp ta mở rộng tắnh chất giải tắch phức của một hàm từ đa trụ nhỏ hơn đến đa trụ lớn hơn.

Ta sẽ viết z P Cn như z ✏ ♣z✶, znq P Cn✁1 ✂ C, đa bán kắnh r ✏ ♣r✶, rnq P ♣R qn✁1✂R , và đa trụ D♣z, rq ✏D♣z✶, r✶q ✂D♣zn, rnq ⑨Cn✁1✂C.

Bổ đề 3.2 (Bổ đề Hartogs).

Giả sử uP A♣D♣0, rqq và có khai triển theo biến zn sau

u♣zq ✏➳ k

uk♣z✶qznk,

trong đó uk P A♣D♣0, r✶qq. Nếu tồn tại số thực dương c→ rn sao cho chuỗi này hội tụ trong D♣0, cq với mỗi biến z✶ P D♣0, r✶q, thì chuỗi này hội tụ đều trên bất kỳ tập

con compact của D♣0, r✶q ✂D♣0, cq. Nghĩa là, u được mở rộng trên đa trụ lớn hơn

D♣0, r✶q ✂D♣0, cq và giải tắch phức trên đa trụ này. Chứng minh.

Với những giả thiết trong Bổ đề, ta lấy bất kỳ a PD♣0, r✶qvà s✶ sao cho D♣a✶, s✶q ⑨ D♣0, r✶q, cùng với b ➔rn sẽ được chọn sau. Vì tắnh liên tục, nên ta có thể giả sử

M :✏ sup

D♣a✶,s✶q✂D♣0,bq⑤u⑤ →1.

So sánh với Khai triển Taylor của u tại ♣z✶,0q, thì rõ ràng uk♣z✶q ✏ uk♣z✶,0q k! và áp dụng Ước lượng Cauchy, ta sẽ có

⑤uk♣z✶q⑤ ↕ M.b✁k, với mọiz✶ P D♣a✶, s✶q. Vì thế,

k✁1log⑤uk♣z✶q⑤ ↕k✁1logM ✁logb↕logb ↕logM ✁logb :✏M0,

với tất cảz✶ PD♣a✶, s✶q vàk ➙1. Sự hội tụ trongD♣0, cqcủa chuỗi trên theo biến zn khi cố định z✶ P D♣0, r✶q dẫn đến sự hội tụ của chuỗi ngay tạizn✏c. Do đó,

lim

kứ✽⑤uk♣z✶q⑤ck ✏0, với mọiz✶ P D♣a✶, s✶q. Từ đó, ta thấy rằng

lim sup

kứ✽ k✁1log⑤uk♣z✶q⑤ ↕ ✁logc, với mọiz✶ PD♣a✶, s✶q. Bởi Bổ đề Fatou thì

lim sup kứ✽

Ẽ

D♣a✶,s✶q

k✁1log⑤uk♣z✶q⑤dV♣z✶q ↕ ✁Vol♣D♣a✶, s✶qqlogc.

Điều này lại chỉ ra rằng, nếu cần thiết thì ta chọn ckhác nhỏ hơn nhưngc➙rn, thì tồn tại k0 sao cho

Ẽ

D♣a✶,s✶qk✁1log⑤uk♣z✶q⑤dV♣z✶q ↕ ✁Vol♣D♣a✶, s✶qqlogc, với mọi k➙k0.

Bây giờ, ta chọnt✶ và ǫ sao cho

D♣a✶, t✶q ⑨ D♣w✶, t✶ ǫq ⑨ D♣a✶, s✶q, với mọiw✶ PD♣a✶, ǫq. Từ tắnh chất lồng nhau này, dễ thấy

Ẽ

D♣w✶,t✶ ǫqk✁1log⑤uk♣z✶q⑤dV♣z✶q ↕ ✁Vol♣D♣a✶, t✶qqlogc

M0Vol♣D♣w✶, t✶ ǫq③D♣w✶, t✶qq.

Vế phải của bất đẳng thức này nhỏ hơnr✁Vol♣D♣w✶, t✶ ǫqq.logc0s nếu ta chọnǫđủ nhỏ và c0 ➔c. Do đó,

Ẽ

D♣w✶,t✶ ǫq

k✁1log⑤uk♣z✶q⑤dV♣z✶q ↕ ✁Vol♣D♣w✶, t✶ ǫqq.logc0. Kết quả này cùng với Bất đẳng thức Jensen dẫn đến

k✁1log⑤uk♣w✶q⑤ ↕ logc0, hay

⑤uk♣w✶q⑤ck0 ↕1, với mọi w✶ PD♣a✶, ǫq, và k ➙k0.

Điều này chứng tỏ chuỗi trong bổ đề hội tụ đều trong tập D♣a✶, ǫq ✂D♣0, c0q. Bởi vì a✶ là bất kỳ vàc0 ➔ctùy ý, nên sự hội tụ này cũng xảy ra trên D♣0, r✶q ✂D♣0, cq, và do đóu được xác định mở rộng trên đa trụ lớn hơn này. Kết quả mở rộng này củau thuộc A♣D♣0, r✶q ✂D♣0, cqq vì nó thỏa các giả thiết của Định lý Osgood về sự khai triển.

Ta cần Định lý cơ bản trong Giải tắch hàm sau. Bổ đề 3.3 (Nguyên lý phạm trù Baire).

Cho X là không gian metric đầy đủ. Nếu tUk✉ là họ đếm được các tập đóng có phần trong khác rỗng trong X, thì ↕

k

Uk cũng có phần trong khác rỗng trong X.

Định lý 3.11 (Định lý Hartogs).

Nếu u là hàm phức xác định trên tập mở Ω ⑨ Cn và giả sử rằng u giải tắch phức tách, nghĩa là giải tắch phức theo mỗi biến zj trong khi các biến khác còn lại cố định. Khi đó, u là hàm giải tắch phức trên toàn Ω.

Chứng minh.

Ta chứng minh định lý này theo quy nạp. Trường hợp n ✏1 là tầm thường. Ta giả sử định lý đúng trong không gian Cn✁1 , với n →1.

Bây giờ, ta chứng minh kết quả này vẫn đúng trong không gian Cn. Lấy bấy kỳ a P Ω và đa bán kắnh r sao cho đa trụ D♣a, rq ⑨ Ω. Với cách ký hiệu trong Bổ đề Hartogs, ta đặt

Xk ✏✦zn PD♣an, rn④2q:⑤u♣z✶, znq⑤ ↕ k ❅z✶ PD♣a✶, r✶q✮.

Do u liên tục theo biến zn khi cố định z✶ PD♣a✶, r✶q, nên Xk là tập đóng với mỗi k. Mặt khác,ulại liên tục theo biếnz✶ khi cố định biếnzn PD♣an, rnq, nênubị chặn với mỗi zn cố định, và ta cóD♣an, rn④2q ⑨ ↕

k

Xk ✏D1✂. . .✂Dn. Do đó, theo Nguyên lý phạm trù Baire, tồn tại Xk✘ ❍ chứaD♣bn, δq với một vài bnPD♣an, rn④2q.

Chúng ta biết rằngulà giải tắch phức tách và bị chặn đều trênD♣a✶, r✶q✂D♣bn, δq. Vậy thì theo Ước lượng Cauchy, các đạo hàm riêng bậc một (nghĩa là theo biến zj khi các biến còn lại cố định) bị chặn đều trên mỗi tập con compact của đa trụ này. Và vì thế, từ phương trình Cauchy-Riemann cho các biến tách, mối liên hệ giữa các đạo hàm theozj vàxj, yj dẫn đến các đạo hàm riêng biến thực này cũng bị chặn đều trên các tập con compact của đa trụ này. Do đó, áp dụng Định lý giá trị trung bình cho từng biến thực xj, yj thìu liên tục đều trênD♣a✶, r✶q ✂D♣bn, δq. Lần nữa, sự liên tục đều và tắnh giải tắch tách, theo Định lý Osgood, dẫn đến sự thật u là hàm giải tắch phức trênD♣a✶, r✶q ✂D♣bn, δqvà chuỗi hội tụ đều trên mỗi tập con compact của đa trụ này.

Bây giờ, ta chọn sn → rn④2 sao cho D♣bn, snq ⑨ D♣an, rnq, tất nhiên D♣bn, δq ⑨ D♣bn, snq. Đến bây giờ, ta chỉ có u giải tắch phức trên D♣a✶, r✶q ✂D♣bn, δq. Với đĩa mở tâm sn này, vì u giải tắch phức tách, nên chuỗi lũy thừa trong khai triển của u được mở rộng từ D♣bn, δq đến D♣bn, snq vẫn hội tụ theo biến zn khi cố định z✶ P D♣a✶, r✶q. Rõ ràng, đây là hai giả thiết chắnh trong Bổ đề Hartogs với đa trụ nhỏ là