2.1 .Phương trình Schră oder
2.1.3. Nghim kh vi ca phng trỡnh Schră oder
Chúng ta sẽ chứng minh một định lý về các nghiệm khả vi σ:X →R của phương trỡnh Schrăoder:
σ(f(x)) =sσ(x) (2.6)
Giả thiết rằng:
(i) X =|0, a|, 0< a≤ ∞
(ii) f : X → X thuộc lớp C1 trên X, 0 < f(x) < x, f0(x) > 0 trên X\ {0} và
f0(x) = s+O(xδ), x →0, δ >1, 0< s <1. Nhận xét 2.1.3.
Nếu f ∈ C2 trên X và f0(0) = s thì quan hệ tiệm cận (ii) tất nhiên được thoả mãn.
Định lí 2.1.4.
duy nhất σ :X →R thuộc lớp C1 trên X thoả mãn σ0(0) = 1. Nghiệm này cho bởi công thức:
σ(x) = lim
n→∞s−nfn(x) (2.7)
và là hàm tăng nghiêm ngặt trên X, thoả mãn điều kiện:
σ0(x) = 1 +O(xδ), x→0 (2.8) Chứng minh.
Trước hết chúng ta chú ý rằngσ(0) = 0với bất cứ nghiệmσ:X →Rnào của (2.6). Hơn thế, phương trình (2.6) có nghiệm σ thuộc lớp C1 trên X sao cho σ0(0) = 1 nếu và chỉ nếu phương trình:
ϕ(f(x)) = s
f0(x)ϕ(x) (2.9)
Có nghiệm liên tục ϕ:X →R sao cho ϕ(0) = 1. Rõ ràng, ta có σ(x) =
x
R
0
ϕ(t)dt.
Từ f0(x) = s+O(xδ), chúng ta có f(x) =sx+O(x1+δ) và s/f0(x) = 1 +O(xδ) khi
x →0. Chúng ta áp dụng định lý 1.2.17 vào phương trình (2.9), theo đó nghiệm liên tục ϕ:X →R của (2.9) sao cho ϕ(0) = 1 là tồn tại và duy nhất. Vì vậy, điều này cũng đúng cho nghiệm thuộc lớp C1 của (2.6) trên X sao cho σ0(0) = 1. Để chứng minh (2.8) chúng ta tiến hành như sau. Công thức:
b
σ(x) = 1 +xδϕ(x), xb ∈X\{0}, ϕ(0) = 0b
liên kết nghiệm bσ thuộc lớp C1 của (2.6) với nghiệm ϕb thuộc lớp B (với Y = R, xem (1.60)) của phương trình:
b ϕ(f(x)) =bg(x)ϕ(x) +b bh(x) (2.10) Ở đó: b g(x) = ( (x/f(x))δS/f0(x), nếux∈X\{0} s−δ, nếux= 0 bh(x) = ( (S/f0(x)−1)δ(f0(x))−δ, nếu x∈X\{0} 0, nếu x= 0 Từ |bg(0)| > 1, từ định lý 1.2.16 chúng ta suy ra rằng phương trình (2.10) có nghiệm duy nhất bσ trong lớp B. Nghiệm tương ứng của (2.6) cũng là duy nhất
nhưng bσ thuộc lớp C1 trên X và bσ0(0) = 1 để bσ=σ. Vì vậy nghiệm σ tìm được có tính chất (2.8).
tăng nghiêm ngặt trên X.
Cuối cùng ta chứng minh công thức (2.7), lặp lại (2.6) bằng quy nạp ta thu được:
σ(x) = s−nσ(fn(x)) = s−nfn(x)[σ(fn(x))/fn(x)] Với x∈X\ {0} và n ∈N, vì thế (2.7) kéo theo khi lim
n→∞fn(x) = 0 và σ0(0) = 1, khi
x= 0 thì (2.7) là tầm thường.
2.1.4. Nghiệm trơn ca phng trỡnh Schrăoder trong RN
Kết quả sau được giới thiệu trong Kuczma [14]. Xột phng trỡnh Schrăoder:
σ(f(x)) = Sσ(x) (2.11)
Ở đó S ∈RN×N, theo định lý 1.1.14 phương trình (2.11) có nghiệm trơn chỉ khi S và f0(0) liên hợp (f0(0) =C.S.C−1) vì thế chúng ta có thể giả sử f0(0) = S.
Giả sử rằng
(i) X là một lân cận của không trong RN và f : X → RN là hàm thuộc lớp Cr,
r ≥1, f(0) = 0, f0(0) =S, det(S)6= 0.
(ii) f(r)(x) = f(r)(0) +O|x|δ, x→0, 0≤r≤1. Định lí 2.1.5.
Nếu các giả thiết (i) và (ii) được thỏa mãn, các nghiệm đặc trưng s1, s2, ..., sN
của S thỏa mãn 0≤ |s1| ≤ ... ≤ |sN| ≤1, điều kiện
sq11 · · ·sqNN 6=si với i= 1, ..., N, q1, ..., qN ∈N0 (2.12) ở đó
N
P
j=1
qj =p, p = 2, ..., r được thỏa mãn và nếu |sN|r+δ < |s1| thì phương trình
(2.11) có duy nhất một nghiệm thuộc lớp Cr là σ : U → RN trong lân cận U của gốc sao cho σ(0) = 0, σ0(0) =E và σ(r)(x) = σ(r)(0) +O
|x|δ, x→0.
Chú ý 2.1.6.
Cho δ = 0 từ định lý 2.1.5 thu được sự tồn tại duy nhất nghiệm σ của (2.11) thuộc lớp Cr sao cho σ(0) = 0, σ0(0) =E với giả thiết rằng f là hàm thuộc lớp Cr
trên X, f(0) = 0, f0(0) =S, |sN|r/|s1|<1 và điều kiện (2.12) đúng với p= 2, ..., r (xem S. Sternberg [26])
Định lý sau được trích từ Hartman [10] và Hartman [11] Định lí 2.1.7.
Nếu giả thiết (i) được thỏa mãn với r ≥2 và |sk| <1 với k = 1, ..., N ở đó sk là các nghiệm đặc trưng của S thì phương trình (2.11) có nghiệm σ :U →RN thuộc lớp C1 trong lân cận U của gốc thỏa mãn điều kiện σ0(0) =E.
Nếu không phải mọi nghiệm đặc trưng của S đều nằm bên trong hình trịn đơn vị thì chúng ta có định lý sau (xem Sternberg [27])
Định lí 2.1.8.
Nếu giả thiết (i) được thỏa mãn với r ≥2 và |sk| 6= 1 với k = 1, ..., N ở đó sk là các nghiệm đặc trưng của S, nếu điều kiện (2.12) được thỏa mãn với p = 2, ..., r thì phương trình (2.11) có một nghiệm σ :U →RN thuộc lớp Cρ, 1≤ρ≤r trong lân cận U của gốc thỏa mãn điều kiện σ0(0) =E. Hơn nữa, ρ→ ∞ khi r→ ∞ và
ρ=∞ khi r=∞.
2.1.5. Nghiệm gii tớch ca phng trỡnh Schrăoder
Áp dụng định lý 1.2.21 vo phng trỡnh Schrăoder:
σ(f(x)) =s.σ(x) (2.13)
ta thu được một định lý nổi tiếng của G.Koenigs[13] Định lí 2.1.9.
Cho X ⊂C là một lân cận gốc, f :X→C là một hàm giải tích thoả mãn:
f(0) = 0, f0(0) =s, 0<|s|<1
thì phương trình (2.13) có duy nhất một nghiệm LAS là σ thoả mãn σ0(0) = 1, nghiệm này cho bởi cơng thức:
σ(x) = lim
n→∞s−nfn(x) (2.14)
Chứng minh.
Vì S(f0(0))k = Sk+1 6= 1, ∀k ∈ N nên hệ (1.73) khi áp dụng cho phương trình (2.13) có nghiệm duy nhất. Do vậy, sự tồn tại duy nhất nghiệm LAS σ của (2.13) được kéo theo từ định lý 1.2.21. Công thức (2.14) thu được bằng lập luận mà chúng ta đã dùng trong chứng minh định lý 2.1.4 (công thức (2.7))
Chú ý 2.1.10.
Nếu một hàm khả nghịch σ thoả mãn phương trình (2.13) thì nghịch đảo của nó
ϕ=σ−1 thoả mãn phương trình Poincaré:
ϕ(sx) = f(ϕ(x))
Trong trường hợp |s| = 1 mà s khơng là căn của đơn vị thì kết quả thu được từ định lý 1.2.23, còn trường hợp s là căn của đơn vị thì chúng ta có kết quả sau.
Định lí 2.1.11.
Giả sử các điều kiện của định lý 2.1.9 được thoả mãn ngoại trừ s là căn bậc p của đơn vị thì phương trình (2.13)có một nghiệm LASσ thoả mãn σ(0) = 0, σ0(0) = 1 nếu và chỉ nếu fp =id và khi đó nghiệm này là khơng duy nhất.
Chứng minh.
Từ (2.13) ta có σ(fp(x)) = σ(x). Vì thế fp = id nếu σ là một nghiệm LAS khả nghịch của (2.13). Đảo lại, nếu fp =id và g :X →C là một hàm giải tích tuỳ ý thì: σ(x) = p−1 X i=0 s−ig(fi(x)) (2.15)
là một nghiệm LAS của (2.13). Nếu g(0) = 0 và g0(0) = p−1 thì σ(0) = 0 và
σ0(0) = 1.
Công thức (2.15) với g chạy khắp họ các hàm giải tích tại gốc sẽ cho ta nghiệm LAS tổng quát của phương trình trong trường hợp fp=id. Thực tế mọi nghiệm σ đều biểu diễn được dưới dạng (2.15) với g(x) =p−1σ(x).
Định lí 2.1.12.
Cho X ⊂C là một lân cận của gốc, là một hàm giải tích, f(0) = 0, s =f0(0) 6= 0.
Nếu s không là căn của đơn vị và σ0 là một nghiệm LAS không tầm thường của phương trình (2.13) thì σ00(0) 6= 0 và nghiệm LAS tổng quát của (2.13) được cho bởi công thức σ(x) = c.σ0(x) ở đó c∈C là hằng số bất kỳ.
Chứng minh.
Giả sửσ00(0) = 0, dos 6= 0nên chúng ta có σ0(0) = 0và vì vậyσ0(x) =xp.ϕ(x), p≥
1, ϕ(0) 6= 0. Vì thế ϕ(f(x)) = s(x/f(x))pϕ(x) và thay x = 0 vào ta được ϕ(0) = ϕ(0).s1−p ⇒ s1−p = 1 đây là một mâu thuẫn vậy σ00(0) 6= 0. Gọi σ là một nghiệm LAS bất kỳ của (2.13), σ(0) = 0 và vì vậy hàm ω =σ/σ0−c với c =σ0(0)/σ00(0) là một hàm giải tích trong một lân cận của gốc và ω(0) = 0. Hơn nữa, áp dụng
(2.13) cho σ và σ0 chúng ta có ω(f(x)) =ω(x) trên X. Tham khảo chú ý 2.1.13 để thấy rằng ω= 0 vì thế σ=c.σ0.
Chú ý 2.1.13.
Dưới giả thiết của định lý 1.2.25 thì phương trình ω(f(x)) =ω(x) chỉ có nghiệm LAS là hằng số ω = ω(0). Vì nếu ω(x)−ω(0) = xkΩ(x), k ∈ N, Ω(0) 6= 0 thì (f(x)/x)kΩ (f(x)) = Ω(x) do skΩ(0) = Ω(0) khi x → 0 và sk 6= 1 chúng ta có Ω(0) = 0, đây là một mâu thuẫn.
Cho S là một ma trận, S∈CN×N. Chúng ta ký hiệu hàm chưa biết là σ. Như
vy ta cú phng trỡnh Schrăoder:
σ(f(x)) =S.σ(x) (2.16)
Nếu hàm f có điểm cố định tại gốc và khả vi tại đó thì theo định lý 8.1.1 phương trình (2.16) có thể có nghiệm trơn chỉ nếu ma trận S và f0(0) là liên hợp tức là
f0(0) =C.S.C−1. Đặt bσ =c.σ, chúng ta thu được bσ là nghiệm cuả phương trình: b
σ(f(x)) =f0(0).bσ(x).
Vì vậy, trong phần tiếp theo chúng ta sẽ giả sử rằng:
f0(0) =S (2.17)
Để tỡm nghim gii tớch a phng ca phng trỡnh Schrăoder trong CN chúng ta giả sử:
(i) X là một lân cận của không trong CN và f : X → CN là một hàm giải tích
f(0), f0(0), detS 6= 0.
Đạo hàm hai vế (2.16) và thay x= 0 chúng ta có:
σ0(0).S =S.σ0(0)
điều này được thoả mãn chẳng hạn với η1 = σ0(0) = E, E là ma trận đơn vị cấp N. Trong trường hợp tổng quát, các ma trận ηp =σ(p)(0), p = 2, 3, ... phải thoả mãn hệ vơ hạn các phương trình có được bằng cách đạo hàm (2.16), p lần và sau đó thay x = 0 vào. Với p ≥ 2 thì ηp có thể tồn tại hoặc khơng. Tuy nhiên, theo kết quả của W.Smajdor [24] về các nghiệm hình thức của các phương trình khơng tuyến tính thì với mọi p≥2, ηp được xác định duy nhất khi:
sk1.....skp 6=si; i, k1, ......, kp = 1, N , p = 2,3, ....... (2.18) Ở đó,Sk là các nghiệm đặc trưng của S, điều kiện (2.18) có thể viết lại tương ứng với: sq11 .....sqNN 6=si;i= 1, N , q1, .....qN ∈N0 (2.19) Trong đó N P j=1
qj =p, p = 2, 3, . . . .. Định lý sau trên các nghiệm giải tích của (2.16)
cũng là một kết quả từ W.Smajdor [24]. Định lí 2.1.14.
Nếu giả thiết (i) được thoả mãn, điều kiện (2.19) và
|si|<1 với i= 1, N
được thoả mãn với s1, ....., sN là các nghiệm đặc trưng của S thì phương trình (2.16) có duy nhất một nghiệm giải tích địa phương σ : U → CN trong một lân cận U của gốc, thoả mãn điều kiện σ0(0) =E.
2.2. Phương trình Abel
2.2.1. Nghiệm lồi của phương trình Abel
Chúng ta giả sử rằng: (i) X = (0; a],0< a≤ ∞
(ii)f :X →X là lõm và tăng nghiêm ngặt,0< f(x)< xtrên X và lim
x→0[f(x)/x] = 1. Bổ đề 2.2.1.
Nếu các giả thiết (i)-(ii) được thoả mãn thì ∀x, y ∈X tồn tại giới hạn α(x, y) =
lim
n→∞αn(x, y), ở đó:
αn(x, y) = f
n(x)−fn(y)
fn+1(x)−fn+1(y) (2.20) và với mọi y cố định thuộc X hàm α(., y) thoả mãn phương trình Abel:
α(f(x), y) = α(x, y) + 1 (2.21) Chứng minh.
Chúng ta dùng lại ký hiệu (1.40), trước tiên lấy x∈[f(x); y). vì vậy yn+1≤xn ≤ yn, từ f là hàm lõm nên sai phân của nó giảm:
f(yn+1)−f(yn)
yn+1−yn ≥ f(xn)−f(yn) xn−yn
vì vậy 0 < αn+1(x, y) ≤ αn(x, y) (= (xn−yn)/(yn+1−yn)) và giới hạn (2.20) tồn tại trong [f(y); y]. Với các giá trị khác của x trong X kết quả hội tụ thu được từ
đẳng thức: αn(f(x), y) =αn(x, y) + f n+1(x)−fn(x) fn+1(y)−fn(y) và từ bổ đề 1.2.9 cho n → ∞ và chúng ta được (2.21). Xét phương trình Abel: α(f(x)) = α(x) + 1 (2.22)
Chúng ta thu được từ định lý 1.2.10 định lý sau: Định lí 2.2.2.
Nếu các giả thiết (i) và (ii) được thoả mãn thì phương trình (2.22) có duy nhất một họ nghiệm lồi α:X →R. Các nghiệm này được cho bởi cơng thức
α(x) = c+ lim
n→∞
fn(x)−fn(x0)
fn+1(x0)−fn(x0) (2.23) trong đó x0 ∈ X là một điểm cố định bất kỳ, c ∈ R là một hằng số bất kỳ. Hơn nữa, chúng giảm nghiệm ngặt trên X.
Chứng minh.
Trong bổ đề 2.2.1 đã chứng minh sự phụ thuộc đơn điệu. Từ mọi fn là hàm tăng và fn+1(x0) < fn(x0) nên α cho bởi (2.23) là giảm, lồi và nó là hằng hoặc giảm nghiêm ngặt trong một lân cận của gốc (điều này có được từ (2.22)). Khi đó (2.22) ngụ ý rằng α là giảm nghiêm ngặt trên X.
2.2.2. Nghiệm khả vi của phương trình Abel
Xét nghiệm của phương trình Julia:
λ(f(x)) =f0(x).λ(x) (2.24)
trong lớp hàm
D={ϕ: X →R, ϕ liên tục trên X và khả vi tạix= 0} Chúng ta giả thiết rằng:
(i) X =|0, a|, 0< a≤ ∞
(ii) f : X → X thuộc lớp C1 trên X, 0 < f(x) < x, f0(x) > 0 trên X\ {0} và
f0(x) = s+O(xδ), x →0, δ >1, 0< s <1.
(iii) f :X →X là lồi hoặc lõm và thuộc lớp C1 trên X, 0 < f(x) < x và f(0) 6= 0
trên X\ {0}.
Chúng ta tiếp tục đặt s=f0(x0), theo (iii) ta có 0≤s ≤1. Chúng ta chứng minh được rằngλ∈Dlà nghiệm của (2.24) nếu và chỉ nếu ϕ(x) = λ(x)/x, (ϕ(0) =λ0(0)) là nghiệm liên tục của phương trình
ϕ(f(x)) =g(x)ϕ(x) (2.25)
Định lí 2.2.3.
Với các giả thiết (i) và (ii) nhưng với quan hệ tiệm cận được thay thế bởi:
f0(x) = 1−b(m+ 1)xm+O(xm+δ), x→0, (2.26) ở đó b, m, δ là các hằng số dương thì phương trình (2.24) có một họ nghiệm liên tục duy nhất λ :X →R sao cho:
λ(x) =xm+1(c+O(xτ)), x→0, c∈R (2.27) ở đó τ = min(m, δ), các nghiệm này cho bởi công thức:
λ(x) = clim
Chứng minh. Chúng ta đặt
λ(x) =xm+1ϕ(x). (2.29)
với mỗi nghiệm λ:X →Rcủa phương trình (2.24) có các tính chất đã được phát biểu trong định lý có tương ứng một nghiệm liên tục ϕ:X →R của phương trình (2.25) sao cho ϕ(x) =c+ O(xτ), x→0 ở đó:
g(x) =xm+1f0(x)(f(x))−m−1, x ∈X\{0}, g(0) = 1
và ngược lại hai nghiệm được liên hệ với nhau theo (2.29).
Để giải phương trình (2.25) với g trên, ta chú ý rằng quan hệ (2.26) ngụ ý rằng
f(x) =x−bxm+1+O(xm+1+δ) (2.30)
Do đó, theo định nghĩa của g
g(x) = 1 +O(xm+τ), x →0
theo định lý 1.2.18 (xem thêm định lý 1.2.13) phương trình (2.25) có một họ nghiệm liên tục duy nhất ϕ:X →R, chúng được cho bởi công thức:
ϕ(x) = c. lim n→∞ n−1 Y i=0 g(fi(x))−1 =c. lim n→∞ x−m−1(fn(x))m+1/(fn)0(x)
và chúng có tính chất ϕ(x) =c+ O(xτ), x → 0. Hàm λ xác định bởi (2.29) thoả mãn các điều kiện của định lý.
Xét phương trình Abel
α(f(x)) = α(x) + 1 (2.31)
rõ ràng phương trình (2.31) khơng thể có nghiệm xác định tại điểm cố định của
f, vì thế 0∈/X. Chúng ta thay thế giả thiết (i) bằng giả thiết
(i’) X = (0, a|, 0< a≤ ∞.
Chúng ta sẽ chỉ ra rằng nếu (ii) được thoả mãn thì nghiệm của phương trình (2.31) có thể thu được qua định lý 2.1.4 với sự trợ giúp của nghiệm kh vi ca phng trỡnh Schrăoder.
Định lí 2.2.4.
Với các giả thiết (i’) và (ii) thì phương trình (2.31) có một họ nghiệm duy nhất
α:X →R thoả mãn điều kiện
ở đó lim
x→0ϕ(x) tồn tại và hữu hạn, các nghiệm này cho bởi công thức
α(x) = logσ(x)/logs+c, c∈R, (2.32) ở đó σ : X ∪ {0} → R là một nghiệm thuộc lớp C1 của phương trình (2.6) trên
X∪ {0} sao cho σ0(0) = 1. Chứng minh.
Chúng ta có thể mở rộngf lênX∪ {0} bằng cách đặtf(0) = 0. Theo định lý 2.1.4 phương trình (2.6) có duy nhất một nghiệm thuộc lớp C1 làσ :X∪ {0} →R thoả mãn điều kiện σ0(0) = 1. Dễ dàng thấy rằng α cho bởi cơng thức (2.32) với c= 0 có mọi tính chất mong muốn.
Bây giờ gọi α˜ : X → R là một nghiệm khác của phương trình (2.31) thoả mãn ˜
α(x) = loglogxs + ˜ϕ(x), ở đó α˜ có giới hạn hữu hạn khi x → 0 thì hàm ω(x) =
˜
α(x)−α(x) = ˜ϕ(x)−ϕ(x) thoả mãn phương trình ω(f(x)) = ω(x) và có giới hạn hữu hạn tại 0 vì vậy ω =const. Do đó, nghiệm α là duy nhất sai khác một hằng số.
Đạo hàm hai vế của (2.31) chúng ta được:
α0(f(x)).f0(x) = α0(x)
Vì vậy phương trình Julia cũng có mối liên hệ với phương trình Abel. Trong trường hợp s = 1 chúng ta có định lý sau.
Định lí 2.2.5.
Giả sử (i’) và (ii) được thoả mãn nhưng quan hệ tiệm cận được thay thế bởi (2.26) thì phương trình (2.31) có một họ nghiệm duy nhất α : X → R thuộc lớp
C1 trên X và thoả mãn các điều kiện
α0(x) = x−m−1ϕ(x), (2.33)
ở đó lim
x→0ϕ(x) tồn tại hữu hạn. Các nghiệm này giảm nghiêm ngặt trên X và được cho bởi công thức
α(x) =c+ lim
n→∞
fn(x)−fn(x0)
fn+1(x0)−fn(x0), (2.34) ở đó x0 ∈X là một điểm cố định bất kỳ và c là một hằng số bất kỳ. Hơn nữa
α0(x) =−b−1x−m−1+O(x−m−1+τ), x→0, (2.35) ở đó τ = min(m, δ).
Chứng minh.
Định lý này được chứng minh phác hoạ như sau. Cố định một x0∈X và đặt
α(x) =r x Z x0 dt λ(t), (2.36)
ở đó λ:X →R được cho bởi (2.28) với c= 1 và có các tính chất được phát biểu trong định lý 2.2.3, hằng số r cần phải xác định. Các công việc sau cần phải được kiểm tra lại:
- Sự hội tụ trong (2.28) là hầu đều trên X.
- Theo định lý 1.1.10, (2.26) và tính đơn điệu của fn ta có: lim
n→∞(nbm)1/mfn(x) = 1, (2.37) - Theo (2.37) công thức (2.28) trở thành λ(x) = lim
n→∞
h
(nbm)−1−1/m/(fn)0(x) i
hội tụ hầu đều trong X, do đó có thể hốn đổi ký hiệulim với ký hiệu tích phân trong (2.36) để được α(x) = r lim n→∞ h (nbm)1+1/m(fn(x)−fn(x0))i, (2.38) - Từ λ thoả mãn (2.24), chúng ta có α(f(x))−α(x) =α(f(x0)) - Theo (2.30) (xem (2.26)), (2.38) và (2.37) ta có α(f(x0)) = −rb.
- Trong (2.38) lấy r =−1/b chúng ta được (2.31).
- Công thức (2.34) với c= 0 có được bằng cách dùng (2.38) (r =−1/b) cho cả hai α(x) và α(f(x0)) = 1 và sau đó đưa chúng về dạng thương.
- Tính chính quy và đơn điệu của α được kéo theo từ (2.36) (r=−1/b).
- Quan hệ (2.35) là hệ quả của (2.33) từ các kết quả của (2.36) (r = −1/b) và
(2.27) (c= 1).
Để chứng minh tính duy nhất, ta nhận xét rằng nếu bσ là nghiệm thuộc lớp C1
trong X của phương trình (2.31) thoả mãn (2.33) thì bλ = 1/ˆσ (bằng 0 tại gốc) phải là nghiệm liên tục của phương trình (2.24) trongX∪ {0}thoả mãn điều kiện (2.27). Theo định lý 2.2.3 thì λ =q.ˆλ vì vậy α(x) = (q/r)(cˆ +α(x)) và q=r khi αˆ thoả mãn (2.31).
2.2.3. Nghiệm giải tích của phương trình Abel
Phng trỡnh Schrăoder (2.13) khơng thể có các nghiệm thú vị trong trường hợp
s=f0(0) = 1, nhưng phương trình Abel:
lại đặc biệt hữu ích trong trường hợp này. Ở đây, chúng ta đề cập tới trường hợp khác khi |s| ≤1. Chúng ta bắt đầu với s không là căn của đơn vị và với các giả thiết sau:
(i) X ⊂C là một lân cận của gốc.
(ii) f :X →C là một hàm giải tích, f(0) = 0, s =f0(0).
Trước hết các cơng thức của định lý 2.2.6 và 2.2.7 cho chúng ta thấy thấy rằng các nghiệm α của (2.39) là đa trị. Phương trình (2.39) được hiểu là với mọi x sao cho x và f(x) cùng thuộc miền xác định của α và với mọi giá trị của α tại f(x), một nhánh của α có thể được chọn sao cho (2.39) đúng.
Định lí 2.2.6.
Với các giả thiết (i), (ii) và giả sử rằng hoặc 0<|s|<1 hoặc s∈S, ở đó S là tập Siegel thì phương trình (2.39) có một họ nghiệm duy nhất α xác định trên một lân cận của gốc sao cho:
α(x) = logx/logs+ϕ(x) (2.40)
Ở đó là một hàm giải tích trên một lân cận của gốc. Các nghiệm này cũng được cho bởi:
α(x) = logσ(x)/logs (2.41)
Ở đó σ là một nghiệm LAS khơng tầm thường của phương trình schroder (2.13) và logs là một giá trị bất kỳ của logarit tại s.
Chứng minh.
Đặt ψ(x) = ϕ(x).logs, nếu α có dạng (2.40) và thoả mãn phương trình (2.39) trong một lân cận của x= 0 thì hàm σ cho bởi:
σ(x) = exp[α(x).logs] =x.exp (ψ(x))
là một nghiệm LAS của phương trình (2.13). Đảo lại, nếu σ là một nghiệm như mong đợi của (2.13) thì theo định lý 2.1.12 ta có σ0(0) = 0 và vì vậy α được cho bởi (2.41) có tính chất (2.40) và thoả mãn (2.39). Theo định lý 2.1.12 và 1.2.23 nghiệm LAS σ của (2.13) được xác định duy nhất sai khác một hằng số nhân,