1 Hàm chỉnh hình một biến phức
1.4 Thác triển giải tắch dọc theo đường cong
Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu về một khái niệm liên quan đến việc mở rộng miền xác định tắnh chỉnh hình của hàm phức. Sự mở rộng này nếu thực hiện được thì duy nhất bởi Định lý đồng nhất trước đó.
Định nghĩa 1.6.
Giả sử U, V ⑨ C là các miền sao cho U ❳V ✘ ❍. Nếu f : U ứ C và g : V ứ C
là các hàm chỉnh hình sao cho f ✏g trên U ❳V, thì ta gọi ♣g, Vq là thác triển giải tắch trực tiếp của ♣f, Uq. Trong trường hợp này, rõ ràng tồn tại duy nhất hàm chỉnh hình h:U ❨V ứC sao cho h✏f trên U và h✏g trên V.
Thuật ngữ Ộtrực tiếpỢ ở đây thực ra là tổng quát và có thể không cần thiết xuất hiện. Tuy nhiên, sự xuất hiện là nhằm để phân biệt với khái niệm thác triển giải tắch khác sau đây.
Định nghĩa 1.7.
Giả sử γ :r0,1s ứC là một đường cong liên tục nối z0 ✏γ♣0q với w✏γ♣1q. Ta xét dãy hữu hạn các tập lồi mở trong mặt phẳng phức tD0, D1, . . . , Dn✉ sao choz0 PD0 và w P Dn. Ta giả sử dãy hữu hạn này được liên kết với nhau bởi đường cong γ. Nghĩa là tồn tại một phân hoạch
0✏a0 ↕a1 ↕a2 ↕. . .↕an✏1 sao cho:
1. γ♣akq PDk với mọi0↕k ↕n.
2. ảnhγ♣rak, ak 1sq ⑨Dk với mọi0↕k ↕n. Khi đó γ♣ak 1q PDk❳Dk 1. Nếuf0là hàm chỉnh hình trênD0, và nếu tồn tại dãy các hàm chỉnh hìnhf1, . . . , fn sao cho ♣fk 1, Dk 1qlà thác triển giải tắch trực tiếp của ♣fk, Dkqtheo nghĩa trên với k ✏ 0, . . . , n✁1, thì ta nói ♣f0, D0q có thác triển giải tắch dọc theo dãy tập lồi D0, D1. . . , Dn được liên kết bởi đường cong γ .
Trong định lý sau, ta sẽ chứng minh rằng fnlà hàm chỉnh hình hoàn toàn không phụ thuộc vào sự lựa chọn phân hoạch của đoạn r0,1s và các tập lồi mởDk. Do đó, hàm chỉnh hình này được định nghĩa tốt và ta gọi là thác triển giải tắch của ♣f0, D0q dọc theo đường cong γ, và hay được ký hiệu bởifγ.
Định lý 1.21.
Giả sử ♣g0, E0q, . . . ,♣gm, Emqlà một thác triển giải tắch của ♣g0, E0q dọc theo các tập lồi E0, . . . , Em được liên kết bởi đường cong γ. Nếu f0 ✏ g0 trong một lân cận nào đó của z0 thì gm ✏fn trên một lân cận nào đó của γ♣1q. Khi đó thì ♣gm, Emq cũng là thác triển giải tắch trực tiếp của ♣fn, Dnq.
Chứng minh.
Đầu tiên, ta giả sử rằng cả hai thác triển này đều được xây dựng từ cùng một phân hoạch a0, a1, . . . , an như trên. Ta sẽ chứng minh rằng mỗi ♣gk, Ekq là thác triển giải tắch trực tiếp của ♣fk, Dkqvà dẫn đến sự duy nhất địa phương từ Định lý đồng nhất. Nếuf0 ✏g0 trên một lân cận nào đó của z0 thì ♣g0, E0q chắnh là một thác triển giải tắch trực tiếp của ♣f0, D0q. Vì tắnh chất mở và liên thông của D0❳E0 ✘ ❍ (vì ắt nhất chứa γ♣a0q ✏ z0), nên f0 ✏g0 trên toàn tập D0❳E0.
Bởi giả thiết,f0 ✏f1 trên D0❳D1 vàg0 ✏g1 trên E0❳E1. Do đó, f1 ✏g1 trên tập mở ♣D0❳D1 ❳E0❳E1q ⑨D1❳E1 khác rỗng vì cũng chứa ắt nhất z0. Do đó, f1 ✏g1 trên toàn tập D1❳E1. Nghĩa là ♣g1, E1qcũng là thác triển giải tắch trực tiếp của ♣f1, D1q.
Tương tự như vậy, lặp lại quá trình này, ta chứng minh được gn ✏ fn trên một lân cận nào đó của γ♣1q và ♣gn, Enqlà thác triển giải tắch trực tiếp của ♣fn, Dnq.
Bây giờ ta giả sử rằng có sự thay đổi phân hoạch trong hai thác triển trên. Tuy nhiên, từ hai phân hoạch này, bằng cách sắp xếp lại, ta được phân hoạch chung mà vẫn bảo đảm các tắnh chất ban đầu của các thác triển giải tắch. Đầu tiên, ta chèn điểm c nào đó vào giữa đoạn rak, ak 1s nào đó mà khi ta tạo ra dãy tập lồi mới
tD0, . . . , Dk, Dk, . . . , Dn✉ (Dk được lập lại hai lần) sao cho γ♣rak, csqvà γ♣c, ak 1qđều chứa trong Dk. Khi đó
♣f0, D0q, . . . ,♣fk, Dkq,♣fk, Dkq, . . . ,♣fnDnq là dãy thác triển giải tắch của ♣f0, D0q tương ứng bởiγ.
Mặt khác, phân hoạch mới ta0, a1, . . . , ak, c, ak 1, . . . , an✉sinh ra dãy ♣g0, E0q, . . . ,♣gk, Ekq,♣gk✝, Ek✝q, . . . ,♣gn, Enq
là thác triển giải tắch của ♣g0, E0qmà trong đó f0 ✏g0 trên một lân cận nào đó của z0.
Với hai dãy thác triển mới có chung phân hoạch, thì rõ ràng bởi phần chứng minh trên, ta có ♣gk, Ekq là thác triển giải tắch trực tiếp của♣fk, Dkq. Bởi cách xây dựng, nên g✝k ✏gk trên Ek❳Ek✝, mà ta biết rằng fk✏gk trên Dk❳Ek, nên
gk✝ ✏fk
trên Dk❳Ek❳Ek✝ và tập giao này chứa ắt nhất z✝k ✏γ♣cq. Do đó, ♣gk✝, Ek✝q là thác triển giải tắch trực tiếp của ♣fk, Dkq.
Tiếp tục, ta lại áp dụng phần đầu của chứng minh cho nhánh thứ hai của đường cong mà được định nghĩa bởirak 1, ansvới tương ứng phân hoạchrak 1, ak 2, . . . , ans. Và do đó, ta chứng minh xong định lý.
Vắ dụ 2. Ta xét hàm logarithm phứclog♣zq được định nghĩa bởi chuỗi lũy thừa trên đĩa có tâm tại1với bán kắnh dương➔1. Ta xét đường congγ là đường tròn cùng tâm có bán kắnh bằng 1 định hướng dương lượng giác. Nếu ta thác triển hàm log♣zq dọc theo đường cong này, và xét ♣g, Dq là thác triển giải tắch cuối cùng của ♣log♣zq, D0q. Khi đó, sau khi quay một vòng, trong một lân cận xung quanh 1, hàm g cần phải có dạng
g♣zq ✏ log♣zq i2π.
Hiển nhiên, g khác vớilog một hằng số và do đó có thể bằng nhau xung quanh1mặc dù ta tiến hành thác triển quay về 1.
Vắ dụ 3. Chúng ta xét
f♣zq ✏e♣1④2qlog♣zq
trong đó f xác định trong lân cận của 1 từ nhánh chắnh của hàm logarithm phức. Lưu ý hàm này không như hàm biến thực có thể được viết lại thành ❄
z. Hàm căn bậc hai số phức khác với hàm f. Nếu ta thác triển giải tắch hàm f dọc theo đường tròn đơn vị, khi đó, theo như vắ dụ trên, thác triển này chắnh là
g♣zq ✏e♣1④2q♣log♣zq i2πq ✏ ✁e♣1④2qlog♣zq ✏ ✁f♣zq.
Lưu ý, hàm f thật ra là nghiệm của phương trình
f♣zq2 ✏z
trong lân cận của 1.
Phương trình trong vắ dụ trên khác với phương trình f♣zq ✏ ❄z. Lý do cơ bản nhất nằm ở tắnh chỉnh hình của vế phải trong khi vế trái luôn là hàm chỉnh hình. Ta biết rằng hàm ❄z không thể giải tắch tại gốc tọa độ. Ta cũng không thể thác triển hàm này thành hàm chỉnh hình từ Cứ C. Tuy nhiên, tồn tại một đối tượng khác nhưng có những tắnh chất quan trọng của mặt phẳng phức mà trên đó ta khắc phục được kết quả này. Đối tượng đó được gọi là mặt Riemann.
Thật ra, mặt Riemann cũng là miền xác định lớn nhất của phương trình tổng quát hơn, phương trình hàm đại số. Cụ thể nếu ta gọiP là đa thức bậc hữu hạn hai biến phức, hàm chỉnh hình f mà thỏa mãn phương trình
P♣f♣zq, zq ✏ 0 trong một tập mở nào đó được gọi là hàm đại số.
Định lý 1.22.
Giả sử γ là đường cong nối z0 với w. Ta xét hàm f chỉnh hình trong một lân cận của z0 và fγ là thác triển giải tắch của f dọc theo đường cong γ. Nếu
P♣f♣zq, zq ✏0 trong lân cận của z0
thì
P♣fγ♣zq, zq ✏ 0 trong lân cận của w.
Chứng minh.
Tắnh triệt tiêu của đa thức vẫn bảo toàn trên mỗi dãy thác triển D0, D1, . . . , Dn và sự độc lập của fγ với dãy này khẳng định điều cần chứng minh.
Định nghĩa 1.8.
Hai đường congΓ0,Γ1 :r0,1s ứCcó cùng điểm bắt đầuΓ0♣0q ✏Γ1♣0qvà cùng điểm kết thúc Γ0♣1q ✏Γ1♣1qđược gọi là đồng luân theo các đường cong tγs✉sPr0,1s nếu tồn tại một ánh xạ liên tục F :r0,1s ✂ r0,1s ứC sao cho
1. F♣s, tq ✏ γs♣tq, với mọi sP r0,1s, tP r0,1s. 2. γ0 ✏Γ0, γ1 ✏Γ1.
3. γs♣0q ✏ Γ0♣0q ✏Γ1♣0q, γs♣1q ✏Γ0♣1q ✏Γ1♣1q, với mọi sP r0,1s.
Khi đóF được gọi là ánh xạ đồng luân vàtγs✉được gọi là các đường cong đồng luân giữa Γ0 và Γ1.
Tiếp theo, ta đi đến kết quả quan trọng nhất của lý thuyết thác triển, Định lý đơn đạo.
Định lý 1.23 (Định lý đơn đạo).
Xét f là hàm chỉnh hình tại z0 trên miền D⑨C. Giả sử Γ0 và Γ1 là hai đường cong nối z0 với z1, mà f có thác triển giải tắch dọc theo cả hai đường cong này từ z0 đến
z1.
Giả sử rằng Γ0 đồng luân với Γ1 theo các đường cong tγs✉s mà f cũng có thác triển giải tắch dọc theo các đường cong đồng luân từ z0 đến z1.
Khi đó, thác triển giải tắch củaf dọc theo hai đường cong Γ0 và Γ1 từ z0 đến z1
là trùng nhau. Chứng minh.
Ta định nghĩa Ps,t♣zq là thác triển giải tắch của hàm f♣zq dọc theo γs từ z0 đến γs♣tq. Do đó, khi♣s, tqgần với ♣s✶, t✶q thì Ps,t♣zq vàPs✶,t✶♣zqtrùng nhau trong lân cận của γs♣tq vì cùng là thác triển củaf♣zq từz0 đến γs♣tq.
Nếu ta gọi Rs,t là bán kắnh hội tụ của thác triểnfs,t với tâm khai triển là γs♣tq, thì rõ ràng ta có
⑤Rs,t✁Rs✶,t✶⑤ ↕ ⑤γs♣tq ✁γs✶♣t✶q⑤
và do đó lần nữa Rs,t là hàm liên tục theo♣s, tq. Tắnh liên tục này dẫn đến tồn tại δ → 0 sao cho Rs,t ➙ δ với bất kỳ 0 ↕ s, t ↕ 1. Tiếp theo, với δ này, ta có thể tìm được một phân hoạch đủ mịn
0✏s0 ➔s1 ➔. . .➔sn ✏1
sao cho ⑤γsj♣tq ✁γsj✁1♣tq⑤ ↕δ, với t P r0,1s. Do đó, lần nữa sau n bước, thác triển giải tắch của f dọc theo γsn đến γsj♣tq trùng với thác triển dọc theo γs0 tại γs0♣tq. Đây chắnh là khẳng định cần chứng minh.
Vắ dụ 4. Ta xét vắ dụ sau đây. Giả sử rằng nhánh chắnh của hàm đa trịw✏f♣zq ✏ ♣z4✁1q1④3 có thác triển giải tắch dọc theo hình số tám như hình vẽ dưới và xuất phát tại 2. Thác triển giải tắch của f là gì tại điểm kết thúc cũng là 2 dọc theo hình số tám này.
Bởi định lý đơn đạo, ta chỉ cần tìm một đường đơn giản khác là dịch chuyển liên tục của hình số tám mà sao cho có thể tìm được thác triển giải tắch của f dọc theo đường này. Đường đơn giản này cũng xuất phát từ 2, đi về bên trái đến giá trị 1 thì cùng chiều trên nửa đường tròn phắa trên. Sau đó tiếp tục đi qua vị trắ 1
2 cũng trên trục thực nhưng tạo thành quỹ đạo số tám như hình vẽ bên dưới. Khi đó, ta có sơ đồ sau:
đoạn từ 2 đến 1: arg♣wq ✏ 0,
nửa đường tròn tâm tại 1: arg♣wq thay đổi đến π④3, đường cong xuyên qua 1④2 từ 1 đến ✁1: arg♣wq ✏π④3, nửa đường tròn tâm tại ✁1: arg♣wq thay đổi đến ✁2π④3, đường cong xuyên qua 1④2 từ ✁1 đến 1: arg♣wq ✏ ✁π④3, nửa đường tròn tâm tại 1: arg♣wq thay đổi đến π④3, đoạn từ 1 đến 2: arg♣wq ✏ 0.
Rõ ràng dù thay đổi liên tục, nhưng tổng hợp lại, tại vị trắ kết thúc đường thay thế này, thác triển giải tắch của f vẫn không thay đổi so với tại vị trắ xuất phát. Do đó, dù đi theo hình số tám, thác triển giải tắch tại điểm kết thúc trùng với thác triển tại điểm ban đầu.
Bài tập. Hãy thực hiện lại vắ dụ này với các hàm ❄z2✁1 và ♣z3 ✁ 1q1④3, và ♣z6✁1q1④3.
Vắ dụ 5. Xét g là hàm chỉnh hình trên miền U ⑨C. Chúng ta không cần giả sử U
là miền đơn. Xét z0 PU. Ta chọn f0 là một nguyên hàm của g trên một lân cận nào đó của z0. Nguyên hàm phức có thể được viết bởi
f0♣zq ✏ Ẽ z z0
g♣ζqdζ
với tắch phân được lấy trên đường cong tùy ý nối z0 đến z mà nằm bên trong lân cận này. Từ công cụ ở những mục trước, ta thấy rằng nếu vết của γ là tập con của tập mở U, thì tắch phân này là hàm chỉnh hình, nênf0 thực sự được thác triển giải tắch dọc theo bất kỳ đường cong nào nối z0 đến z. Chẳng hạn như, ta xét γ :r0,1s ứU là đường cong tùy ý nối z0 đến z, nghĩa là γ♣0q ✏z0, γ♣1q ✏z. Ta xét z1 là điểm nằm trên đường cong này, nghĩa là với c P ♣0,1s sao cho γ♣cq ✏ z1. Khi đó, tương tự, ta có thể định nghĩa hàm chỉnh hình
f1♣zq ✏ Ẽ z
z0
g♣ζqdζ
với tắch phân bây giờ được lấy trên đường cong được tạo bởi đường cong γ từ z0 đến
z1 rồi sau đó từ z1 đến z. Thì khi đó, mặc dù ta không có tắnh đơn liên của miền, nhưng Định lý đơn đạo khẳng định rằng f ✏f1 trên một lân cận của z. Rõ ràng cả hai đường này là đồng luân với nhau qua ánh xạ đồng nhất.
Thật ra, nếu ta xét
f1♣zq ✏ Ẽ z z0
g♣ζqdζ
với tắch phân được lấy trên bất kỳ đường cong trong U mà đồng luân với γ sao cho
f1 vẫn chỉnh hình trên bất kỳ đường cong đồng luân tương ứng thì ta vẫn có kết quả về sự độc lập đường của tắch phân. Do đó, có thể nói, Định lý độc lập đường là một hệ quả của Định lý đơn đạo.