Luận văn Thạc sĩ Toán học: Hàm đơn diệp và một số tính chất của hàm đơn diệp

Thật vậy, nếu z 0 là cực điểm đơn của f(z) thì z 0 là 0-điểm đơn đối với hàm 1 f(z) . Suy ra 1 f(z) là hàm đơn diệp trong một lân cận của z 0 . Do đó f(z) cũng là đơn diệp trong lân cận này. - Mọi hàm phân hình f(z) đơn diệp trong miền A đều cho ta một ánh xạ bảo giác  = f(z) từ miền A lên miền giá trị tương ứng của hàm f(z). Điều này được suy từ điều kiện: Đạo hàm của hàm đơn diệp khác không tại mọi điểm chính quy và cực điểm có thể có là cực điểm đơn. Ngoài ra còn được suy từ ánh xạ là bảo giác tại điểm mà tại đó hàm số biểu diễn ánh xạ đó có đạo hàm khác không (hoặc có cực điểm đơn). Chú ý: Cho hàm f(z) = e z xác định trên A. Khi đó, f’(z) = e z ≠ 0, z  A . Suy ra f(z) bảo giác trên A. Tuy nhiên, f(z) không đơn diệp trên A, vì f(z + k2) = f(z), z  A. Do đó, chiều ngược lại của ý trên là không đúng. - Nếu f(z) là hàm phân hình trên cả mặt phẳng thì f(z) là hàm hữu tỉ. Thật vậy, giả sử z 1 , z 2 ,…, z n là các cực điểm của f(z) (số lượng của chúng là không âm và trong số chúng có thể có ). Từ f(z) ta tính tổng các phần chính của f(z) tại các điểm z 1 , z 2 ,…, z n . Khi đó ta được hàm giải tích trên toàn bộ mặt phẳng. Theo Định lí Liouville thì hàm này là hàm hằng. Suy ra f(z) bằng tổng của hằng số và các phần chính của nó tại các điểm z 1 , z 2 ,…, z n . Vậy f(z) là hàm hữu tỉ. - Nếu hàm f(z) là hàm phân hình và đơn diệp trên toàn mặt phẳng thì f(z) là hàm phân tuyến tính (nghĩa là có dạng az+b cz+d ). Thật vậy, f(z) có thể có không quá một cực điểm và đó chỉ có thể là cực điểm đơn. Theo nhận xét trên, f(z) bằng tổng của hằng số và các phần chính của f(z) tại các cực điểm. Suy ra, ở trường hợp đang xét, f(z) chỉ có thể có dạng c + k z-a ( nếu có cực điểm hữu hạn a), hoặc c + kz (nếu  là cực điểm). Trường hợp không có cực điểm không xảy ra vì khi đó f(z) là hàm hằng. Do vậy f(z) là hàm phân tuyến tính. Để ý rằng tất cả các điểm của mặt phẳng đều là giá trị của f(z). Ta còn có một lưu ý khác dành cho hàm đơn diệp. Nếu f(z) là hàm đơn diệp trong miền thu được từ A bằng cách bỏ đi một tập hợp điểm nào đó không có giới hạn bên trong A, thì sau khi xác định thêm một cách thích hợp tại các điểm của tập hợp đó f(z) sẽ là hàm đơn diệp trong miền A.

Thật vậy, các điểm của tập hợp đó là điểm cô lập đặc biệt đối với f(z). Để ý đến tính đơn diệp của f(z) và Định lí Joukowski, dễ thấy rằng các điểm đặc biệt này không thể là điểm đặc biệt cốt yếu. Suy ra ta có thể xác định thêm f(z) tại các điểm này một cách tự nhiên để f(z) trở thành hàm phân hình trong A. Nếu tại hai điểm của A, f(z) nhận giá trị a giống nhau thì tại lân cận bất kì đủ nhỏ của hai điểm này f(z) sẽ nhận các giá trị gần với a. Điều này trái với giả thiết f(z) là đơn diệp trên m iền xác định ban đầu. - Từ những ví dụ cơ bản nhất đã chỉ ra rằng tổng, hiệu, tích, thương của hai hàm đơn diệp trên miền A có thể không đơn diệp trên A. Đạo hàm, tích phân của một hàm đơn diệp trên A cũng vậy. Chẳng hạn, f(z) + g(z)= z(1-z) -1 + z(1+iz) -1 có đạo hàm triệt tiêu tại 1 2 (1+i). Tuy nhiên, nếu f(z) và g(z) đơn diệp trên A thì hàm hợp g[f(z)] (với điều kiện là g(z) được xác định trên miền giá trị của f(z)) cũng đơn diệp trên A. Nói cách khác, hợp của hai hàm đơn diệp là hàm đơn diệp. - Nếu dãy hàm f n chỉnh hình và đơn diệp trong miền A, hội tụ đều trên mỗi tập con compắc K  A, thì hàm giới hạn f của dãy ấy hoặc là đơn diệp hoặc là hằng số. Thật vậy, giả sử f(z 1 ) = f(z 2 ) nhưng z 1 ≠ z 2 (z 1 , z 2  A) và f là hằng số. Ta xét dãy hàm g n (z) = f n (z)-f n (z 2 ) và hình tròn  = {z  C: || z-z 1 < r}, trong đó r ≤ || z 1 -z 2 ; hàm giới hạn g(z) = f(z)- f(z 2 ) bằng không tại z 1 , do đó theo Định lí Hurwitz, mọi g n (z) bắt đầu từ chỉ số nào đó đều bằng không trong hình tròn này. Điều này trái với tính đơn diệp của các hàm f n . - Điều kiện f’(z 0 ) ≠ 0 là cần và đủ của tính đơn diệp địa phương của hàm f chỉnh hình tại z 0 . Tính đủ của điều kiện này cũng có thể thu được từ định lí tổng quát về sự tồn tại hàm ẩn trong giải tích thực (Jacobian ∂(u,v) ∂(x,y) = || f’(z) 2 của ánh xạ (x,y)  (u,v) là khác không tại các điểm được xét ). Song, đối với các ánh xạ khả vi theo nghĩa giải tích thực bất kỳ, điều kiện ∂(u,v) ∂(x,y) | z 0 ≠ 0 không phải là điều kiện cần cho tính đơn diệp. Điều này thấy rõ từ ví dụ: Ánh xạ f = x 3 + iy có Jacobian bằng không tại z = 0, tuy thế nó là đơn diệp. Một hàm giải tích f có thể đơn diệp địa phương trên toàn miền A không phải là đủ để f đơn diệp trên A. Ví dụ: Hàm giải tích f(z) = z 2 đơn diệp địa phương trên A ={z:1 < || z < 2, 0 < argz < 3  2 } nhưng f không đơn diệp trên A.

- Nếu f giải tích và Re{f’(z)} > 0 trong một miền lồi A thì f đơn diệp trên A. Thật vậy, cho z 1 , z 2  D, z 1 ≠ z 2 . Khi đó: f(z 2 ) - f(z 1 ) = 2 1 '( ) z z f zdz  = (z 2 - z 1 ) 1 21 0 '( (1 ) ) f tz t z dt  ≠ 0, vì Re{f’(z)} > 0 . - Mọi hàm gần lồi là đơn diệp. Thật vậy, vì f là hàm gần lồi nên có hàm lồi g sao cho Re{ f’(z) g’(z) } > 0. Gọi A là miền xác định của g và xét hàm h(w) = f(g -1 (w)), w  A. Thế thì h’(w) = 1 1 '( ( )) '( ( )) f gw gg w   = '( ) '( ) f z gz . Suy ra Re{h’(w)} > 0 trong A. Theo kết quả trên thì h đơn diệp. Vì vậy, f cũng đơn diệp. 1.2. Định lí diện tích Chúng ta đã biết rằng Jacobian của một ánh xạ trơn có thể được xem như hệ số khuếch đại của diện tích. Vì vậy, nếu f giải tích và đơn diệp trong miền A thì diện tích của miền ảnh B = f(A) được tính S = 2 '( ) dxd A f zy  . Nếu A là một miền Jordan bị chặn bởi một đường cong Jordan trơn và f giải tích, đơn diệp trong bao đóng của nó thì theo một ứng dụng của Định lí Green, diện tích của miền ảnh B = f(A) có thể được tính bằng tích phân theo chu tuyến: S = 1 w 2 wd i   = 1 () '() 2 C f zf zdz i  với  = f(C) là ảnh của C. Đạo hàm của một hàm giải tích có nhiều ý nghĩa hơn nữa về mặt hình học. Môđun của nó được xem như hệ số khuếch đại của độ dài cung hoặc độ đo của sự biến dạng. Vì vậy, nếu f giải tích trên một đường cong trơn C và  = f(C) thì chiều dài cung  là  = '( ) C f zdz  . 1.2.1. Định lí diện tích trong Gọi f: D → G, z  f(z) := w, D = {z: z < 1}, trong đó f giải tích, đơn diệp trên D và có khai triển f(z) = z + a 2 z 2 + a 3 z 3 +…+ a n z n +…Gọi S là lớp các hàm f có tính chất như trên. Định lí 1: Nếu f  S thí diện tích của f(D) là A =  2 1 n n na    . Chứng minh Ta có: w = f(z) = z + a 2 z 2 + a 3 z 3 +…+ a n z n +…, z < 1. Gọi C r = {z: z = re i , 0 < r < 1, 0 ≤  ≤ 2},  r = f(C r ), D r = Int(C r ),  r = Int( r ), A r là diện tích của  r .

Hình 1 Khi đó: A r = dud r v   = 2 '( ) dxd r D f zy  = 2 2 00 '( ) drd r i fre r     (1.1) Vì f’(re i ) = a 1 + 2a 2 re i +…+ na n r n-1 e i(n-1) +… = 1(1) 1 nin n n na r e      và '( ) i f re  = 1(1) 1 nim m m ma r e       nên 2 '( ) i fre  = f’(re i ) f’(re i ) = 2 222 1 n n n na r     + 0 ik k k ce    , c k phụ thuộc vào a n và r. Suy ra 2 '( ) i rf re  = 2 221 1 n n n na r     + 0 ik k k rc e    . Thế vào (1.1), sau khi tính tích phân ta được A r =  2 1 n n na    r 2n ( vì 2 0 ik ed     = 0 với k ≠ 0 ). - Nếu A r bị chặn, với 0 < r < 1 thì gọi M là cận trên của A r , ta sẽ có  2 1 N n n na   r 2n < M (1.2) Với N là số nguyên dương cố định tuỳ ý. Dễ thấy  2 1 N n n na   r 2n tăng đơn điệu theo r và bị chặn. Vì thế, lấy giới hạn khi r → 1  của (1.2), ta được  2 1 N n n na   ≤ M . Vì tổng riêng 2 1 N n n na   bị chặn nên 2 1 n n na    hội tụ. Cho N →  ta được A = 1 lim r r A   =  2 1 n n na    . - Nếu A r không bị chặn khi r → 1  thì  2 1 n n na    không hội tụ. Khi đó diện tích của f(D) không xác định.

Ví dụ: Xét hàm w = z 1-z = z + z 2 + z 3 +… Ánh xạ từ D r = {z: || z < r, 0 < r < 1} vào hình tròn  r = {w: 2 2 1 r w r   < 2 1 r r } có A r = 2 22 (1 ) r r   =  2 1 n n nr    . Rõ ràng, khi r → 1  thì A r → . Chú ý rằng khi r → 1  thì hình tròn  r tiến tới phủ nửa mặt phẳng Re(w) > 1 2  như hình vẽ. Hình 2 Nhận xét : A =  (1 + 2 2 2 a + …) ≥  . Đẳng thức xảy ra khi f(z) = z. 1.2.2. Định lí diện tích ngoài Định lí 2: Nếu f giải tích, đơn diệp trên D * = {z: || z > 1} và có khai triển f(z) = z + b 0 + b 1 z + b 2 z 2 + … + b n z n + … (1.3) Và gọi E = C\f(D * ) thì diện tích của E là B =  [1 - 2 1 n n nb    ] (1.4) Chứng minh Với r > 1, gọi r  là đường cong ảnh theo f của đường tròn || z = r. Vì f đơn diệp nên r  là một đường cong trơn Jordan có định hướng dương.

Hình 3 Nếu E r được bao quanh bởi r  thì E r  E. Áp dụng Định lí Green, diện tích B r của E r là: B r = 1 2 () r udv vdu    = 1 w 2 r wd i   = 1 () '() 2 zr f zf zdz i   = 2 0 ()'() 2 iii r f re f re e d     (1.5) Từ khai triển (1.3) ta có: () i f re  = re -i + b 0 + 1 in n n n b e r     , f’(re i )= 1 - (1) 1 1 im m m m b me r       Sử dụng kết quả 2 0 ik ed     = 0, 0 2, k=0 k      và từ (1.5) suy ra B r = r 2 [2 r - 2 21 1 n n n nb r     (2 )] =  (r 2 - 2 2 1 n n n nb r    ), r > 1. Cho r giảm đến 1 ta được B = m(E) =  (1 - 2 1 n n nb    ) (m(E) là độ đo ngoài của E) (đpcm). Nhận xét: - Gọi  là lớp các hàm f giải tích, đơn diệp trên D * và có khai triển (1.3). Mỗi hàm f   là một ánh xạ từ D * lên phần bù của một tập E compact, liên thông. Gọi   là lớp con của tất cả các hàm f   mà tập E có độ đo Lebesgue theo hai hướng bằng không. Hàm f    được gọi là ánh xạ đầy (full mapping). Như vậy, dễ thấy rằng B = 0 khi f    . - Khi f(D * ) = D * thì f(z) = z, z  D * . Thật vậy: Theo (1.4) suy ra  =  (1 - 2 1 n n nb    ). Do đó b n = 0,  n ≥ 1.

Vậy f(z) = z + b 0 . Mặt khác, theo giả thiết ta cũng thấy rằng || f(z) →1 khi || z →1. Ta có || f(z) 2 = || z+b 0 2 = || z 2 + 2Re(b 0 z ) + || b 0 2 . Cho z → 1: || z 2 + 2Re(b 0 z ) + || b 0 2 → 1 + 2Re(b 0 ) + || b 0 2 . Suy ra 1+2Re(b 0 ) + || b 0 2 = 1. Từ đó ta có 2Re(b 0 ) + || b 0 2 = 0 (1.6) Cho z → -1 : || z 2 +(b 0 . z ) + || b 0 2 → 1 - 2Re(b 0 ) + || b 0 2 . Suy ra 1 - 2Re(b 0 ) + || b 0 2 = 1. Từ đó ta có -2Re(b 0 ) + || b 0 2 = 0 (1.7) Từ (1.6) và (1.7) suy ra b 0 = 0. Vậy f(z) = z. Từ Định lí 2 ta thu được hệ quả quan trọng. Hệ quả này đóng vai trò làm nền tảng cơ bản cho lý thuyết hàm đơn diệp. Hệ quả 1 (định lí Gronwall-Bieberbach): Nếu f   thì 2 1 n n nb    ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi B = 0. Chứng minh Vì B =  (1- 2 1 n n nb    ) ≥ 0 nên 2 1 n n nb    ≤ 1 (đpcm). Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi B = 0. Một kết quả trực tiếp được suy ra từ hệ quả 1 là || b n ≤ n -1 2 , n = 1, 2, 3,….Tuy nhiên, bất đẳng thức này không thoả mãn với mọi n ≥ 2 vì f(z) = z + n -1 2 z -n không đơn diệp. Thật vậy, f’(z)=1 - n 1 2 .z -n-1 triệt tiêu tại những điểm chắc chắn nằm trong D * nếu n ≥ 2. Nhưng khi n = 1 thì bất đẳng thức thoả mãn . Ta có hệ quả quan trọng: Hệ quả 2: Nếu f   thì || b 1 ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E = C\f(D * ) là một đoạn thẳng có chiều dài là 4. Khi đó f(z) = z + b 0 + b 1 z , || b 1 =1 và E= [-2e i 2 + b 0 ; 2e i 2 + b 0 ]. Chứng minh

Khi || b 1 =1 thì b n = 0,  n ≥ 2. Vì thế f(z) = z + b 0 + b 1 z , || b 1 =1. Ta có thể xem f(z)= z + b 0 + e i z . Đây là ánh xạ bảo giác từ D * vào phần bù của đoạn thẳng E = [-2e i 2 + b 0 ; 2e i 2 + b 0 ]. Đoạn thẳng này có độ dài bằng 4. Thật vậy, từ f(z) = z + b 0 + e i z suy ra f(z) - b 0 = z + e i z . Do đó e -i 2 [f(z) - b 0 ] = e -i 2 z + 1 e -i 2 z = u + 1 u , u = e -i 2 z. Khi đó || u > 1 vì || z > 1 và w = u + 1 u , || u > 1 là ánh xạ bảo giác từ || u > 1 vào phần bù của đoạn thẳng [-2; 2] trong mặt phẳng w. Vì thế, f(z) = e i 2 w + b 0 = z + b 0 + e i z cũng là ánh xạ bảo giác từ || z > 1 vào phần bù của đoạn thẳng [-2e i 2 + b 0 ; 2e i 2 + b 0 ]. Rõ ràng, đoạn thẳng này có độ dài bằng 4. Hình 4 Ngược lại, giả sử E là đoạn thẳng có độ dài bằng 4. Khi đó E có dạng: E = [-2  +  0 ; 2 +  0 ] với  0 và   C, ||  = 1. Nếu g(z) = z +  0 +  2 z thì g   và g(D * ) = C\E = f(D * ). Vì thế 1 f g    , ánh xạ này từ D * vào D * . Vì vậy theo nhận xét thứ hai bên trên thì f  g. Suy ra b 0 =  0 , b 1 =  2 . Do đó || b 1 = 1. Hệ quả 3: Nếu f   thì 0 b ≤ 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(z) = z + 2 2 i e  + i e z  . Khi đó f là ánh xạ bảo giác từ D * vào C\[0,4 2 i e  ].

Chứng minh Ta lấy một hàm h  sao cho [h(z)] 2 = f(z 2 ), z  D * và hàm h có khai triển h(z) = z +  0 +  1 z + …Khi đó [h(z)] 2 = z 2 + 2 0 z + ( 0 2 + 2 1 ) + …và f(z 2 ) = z 2 + b 0 + b 1 z 2 + …Từ đó suy ra  0 = 0 và b 0 = 2 1 . Vì 1  ≤ 1 (theo Hệ quả 2) nên 0 b ≤ 2. Ta thấy 0 b = 2  1  = 1  h(z) = z + 2 i e z   [h(z)] 2 = z 2 + 2 2 i e  + 2 i e z   f(z 2 ) = z 2 + 2 2 i e  + 2 i e z   f(z) = z + 2 2 i e  + i e z  . Dễ thấy f là ánh xạ bảo giác từ D * vào C\[0,4 2 i e  ] (theo Hệ quả 2). 1.3. Cận trên đối với môđun hệ số z 2 trong khai triển hàm đơn diệp Bây giờ, ta lấy g   sao cho g(z) = [f(z -1 )] -1 , z  D * , f  S. Khi đó g có khai triển g(z) = z - a 2 + (a 2 2 - a 3 )z -1 + …Thật vậy: Ta có 1 () f z = 2 23 1 (1 ...) zazaz  = 1 z [1 - ( 2 23 .az az..) + ( 2 23 ...az az   ) 2 -…] = 1 z - a 2 + (a 2 2 - a 3 )z + … Suy ra g(z) = [f(z -1 )] -1 = z - a 2 + (a 2 2 - a 3 )z -1 + … Vì g   và có khai triển (1.3) nên theo Hệ quả 3 ta có || a 2 ≤ 2. Khi || a 2 = 2 thì g(z)= z - 2e i  2 + e i z = 2 2 () i ze z   . Suy ra f(z) = 2 2 (1 ) i z ez   . Như trên ta đã tìm được cận trên đối với môđun hệ số z 2 của bất kỳ hàm đơn diệp f  S. Định lí 3: Nếu f  S thì || a 2 ≤ 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

f(z) = 2 2 (1 ) i z ez   . Khi đó f là ánh xạ bảo giác từ D vào phần bù của tia có góc nghiêng  -  2 , xuất phát từ điểm 2 1 4 i e    đến vô cực (không đi qua gốc toạ độ 0) như hình vẽ.  -  2 o 2 1 4 i e    v u Hình 5 Thật vậy, ta chỉ cần thực hiện liên tiếp các phép biến hình bảo giác sau sẽ có ngay kết quả: z 1 = - 2 i e  z; z 2 = 1 1 11 () 2 z z  ; z 3 = -2 2 i e  (z 2 + 1); w = 1 z 3 = f(z). 1.3.1. Hằng số Koebe Một ứng dụng quan trọng của định lí trên là dùng để chứng minh định lí sau. Định lí 4: Nếu f  S thì f(D) chứa hoàn toàn đĩa {z: z < 1 4 }, và nếu tồn tại những điểm trên đường tròn || z = 1 4 không thuộc vào f(D) thì f(z) = 2 2 (1 ) i z ez   . Số 1 4 được gọi là hằng số Koebe. Chứng minh Lấy c  D nhưng c  f(D). Ta sẽ phải chỉ ra rằng || c ≥ 1 4 . Vì 0  f(D) nên c ≠ 0 và vì thế g(z):= f(z) 1 1 [1- ( )] f z c  là một hàm giải tích trên D. Ta sẽ chứng minh g  S. Thật vậy: - Dễ thấy g(0) = 0; g’(0) = 0 () lim z gz z  = f’(0) = 1. - Lấy z 1 , z 2  D sao cho g(z 1 ) = g(z 2 ). Tức là f(z 1 ) 1 1 1 [1- ( )]fz c  = f(z 2 ) 1 2 1 [1- ( )]fz c  . Suy ra f( 1 z ) = f(z 2 ). Vì thế 1 z = z 2 (vì f đơn diệp).