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

7,467
722
55
Tht vy, nếu z
0
là cc đim đơn ca f(z) thì z
0
là 0-đim đơn đối vim
1
f(z)
.
Suy ra
1
f(z)
là hàm đơn dip trong mt lân cn ca z
0
. Do đó f(z) cũng là đơn dip trong lân cn
này.
- Mi hàm phân hình f(z) đơn dip trong min A đều cho ta mt ánh x bo giác
= f(z)
t min A lên min giá tr tương ng ca hàm f(z). Điu này được suy t điu kin: Đạo hàm
ca hàm đơn dip khác không ti mi đim chính quy và cc đim có th có là cc đim đơn.
Ngoài ra còn được suy t ánh x là bo giác ti đim mà ti đó hàm s biu din ánh x đó có
đạo hàm khác không (hoc có cc đim 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) bo giác trên A. Tuy nhiên, f(z) không đơn dip trên A, vì f(z + k2) =
f(z),
z A. Do đó, chiu ngược li ca ý trên là không đúng.
- Nếu f(z) là hàm phân hình trên c mt phng thì f(z) là hàm hu t.
Tht vy, gi s z
1
, z
2
,…, z
n
là các cc đim ca f(z) (s lượng ca chúng là không âm và
trong s chúng có th
). T f(z) ta tính tng các phn chính ca f(z) ti các đim z
1
, z
2
,…,
z
n
. Khi đó ta được hàm gii tích trên toàn b mt phng. Theo Định lí Liouville thì hàm này là
hàm hng. Suy ra f(z) bng tng ca hng s và các phn chính ca nó ti các đim z
1
, z
2
,…, z
n
. Vy f(z) là hàm hu t.
- Nếu hàm f(z) là hàm phân hình và đơn dip trên toàn mt phng thì f(z) là hàm phân
tuyến tính (nghĩa là có dng
az+b
cz+d
).
Tht vy, f(z) có th có không quá mt cc đim và đó ch có th là cc đim đơn. Theo
nhn xét trên, f(z) bng tng ca hng s và các phn chính ca f(z) ti các cc đim. Suy ra,
trường hp đang xét, f(z) ch có th có dng c +
k
z-a
( nếu có cc đim hu hn a), hoc c + kz
(nếu
là cc đim). Trường hp không có cc đim không xy ra vì khi đó f(z) là hàm hng.
Do vy f(z) là hàm phân tuyến tính. Để ý rng tt c các đim ca mt phng đều là giá tr ca
f(z).
Ta còn có mt lưu ý khác dành cho hàm đơn dip. Nếu f(z) là hàm đơn dip trong min
thu được t A bng cách b đi mt tp hp đim nào đó không có gii hn bên trong A, thì sau
khi xác định thêm mt cách thích hp ti các đim ca tp hp đó f(z) s là hàm
đơn dip trong
min A.
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.
Tht vy, các đim ca tp hp đó là đim cô lp đặc bit đối vi f(z). Để ý đến tính đơn
dip ca f(z) và Định lí Joukowski, d thy rng các đim đặc bit này không thđim đặc
bit ct yếu. Suy ra ta có th xác định thêm f(z) ti các đim này mt cách t nhiên để f(z) tr
thành hàm phân hình trong A. Nếu ti hai đim ca A, f(z) nhn giá tr a ging nhau thì ti lân
cn bt kì đủ nh ca hai đim này f(z) s nhn các giá tr gn vi a. Điu này trái vi gi thiết
f(z) là đơn dip trên m
in xác định ban đầu.
- T nhng ví d cơ bn nht đã ch ra rng tng, hiu, tích, thương ca hai hàm đơn dip
trên min A có th không đơn dip trên A. Đạo hàm, tích phân ca mt hàm đơn dip trên A
cũng vy.
Chng hn, f(z) + g(z)= z(1-z)
-1
+ z(1+iz)
-1
đạo hàm trit tiêu ti
1
2
(1+i).
Tuy nhiên, nếu f(z) và g(z) đơn dip trên A thì hàm hp g[f(z)] (vi điu kin là g(z)
được xác định trên min giá tr ca f(z)) cũng đơn dip trên A. Nói cách khác, hp ca hai hàm
đơn dip là hàm đơn dip.
- Nếu dãy hàm f
n
chnh hình và đơn dip trong min A, hi t đều trên mi tp con
compc K
A, thì hàm gii hn f ca dãy y hoc là đơn dip hoc là hng s.
Tht vy, gi s f(z
1
) = f(z
2
) nhưng z
1
z
2
(z
1
, z
2
A) và f là hng s. 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 gii hn g(z) =
f(z)- f(z
2
) bng không ti z
1
, do đó theo Định lí Hurwitz, mi g
n
(z) bt đầu t ch s nào đó đều
bng không trong hình tròn này. Điu này trái vi tính đơn dip ca các hàm f
n
.
- Điu kin f’(z
0
) 0 là cn và đủ ca tính đơn dip địa phương ca hàm f chnh hình ti
z
0
.
Tính đủ ca điu kin này cũng có th thu được t định lí tng quát v s tn ti hàm n
trong gii tích thc (Jacobian
(u,v)
(x,y)
=
||
f’(z)
2
ca ánh x (x,y) (u,v) là khác không ti các
đim được xét ). Song, đối vi các ánh x kh vi theo nghĩa gii tích thc bt k, điu kin
(u,v)
(x,y)
|
z
0
0 không phi là điu kin cn cho tính đơn dip. Điu này thy rõ t ví d: Ánh x f
= x
3
+ iy có Jacobian bng không ti z = 0, tuy thế nó là đơn dip.
Mt hàm gii tích f có th đơn dip địa phương trên toàn min A không phi là đủ để f
đơn dip trên A. Ví d: Hàm gii tích f(z) = z
2
đơn dip địa phương trên A ={z:1 <
||
z
< 2, 0 <
argz <
3
2
} nhưng f không đơn dip trên 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 gii tích và Re{f’(z)} > 0 trong mt min li A thì f đơn dip trên A.
Tht vy, 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 .
- Mi hàm gn li là đơn dip. Tht vy, vì f là hàm gn li nên có hàm li g sao cho Re{
f’(z)
g’(z)
} > 0. Gi A là min xác định ca 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 qu trên thì h đơn dip. Vì vy, f cũng đơn dip.
1.2. Định lí din tích
Chúng ta đã biết rng Jacobian ca mt ánh x trơn có th được xem như h s khuếch
đại ca din tích. Vì vy, nếu f gii tích và đơn dip trong min A thì din tích ca min nh B
= f(A) được tính S =
2
'( ) dxd
A
f
zy

. Nếu A là mt min Jordan b chn bi mt đường cong
Jordan trơn và f gii tích, đơn dip trong bao đóng ca nó thì theo mt ng dng ca Định lí
Green, din tích ca min nh B = f(A) có th được tính bng tích phân theo chu tuyến: S =
1
w
2
wd
i
=
1
() '()
2
C
f
zf zdz
i
vi = f(C) là nh ca C.
Đạo hàm ca mt hàm gii tích có nhiu ý nghĩa hơn na v mt hình hc. Môđun ca nó
được xem như h s khuếch đại ca độ dài cung hoc độ đo ca s biến dng. Vì vy, nếu f gii
tích trên mt đường cong trơn C và
= f(C) thì chiu dài cung
= '( )
C
f
zdz
.
1.2.1. Định lí din tích trong
Gi f: D G, z
f(z) := w, D = {z:
z
< 1}, trong đó f gii tích, đơn
dip trên D và có khai trin f(z) = z + a
2
z
2
+ a
3
z
3
+…+ a
n
z
n
+…Gi S là lp các hàm f có tính
cht như trên.
Định lí 1: Nếu f S thí din tích ca f(D) là A =
2
1
n
n
na
.
Chng minh
Ta có: w = f(z) = z + a
2
z
2
+ a
3
z
3
+…+ a
n
z
n
+…, z < 1.
Gi 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 din tích ca
r
.
- 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

'( )
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
ph thuc 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 vi k 0 ).
- Nếu A
r
b chn, vi 0 < r < 1 thì gi M là cn trên ca A
r
, ta s
2
1
N
n
n
na
r
2n
< M
(1.2)
Vi N là s nguyên dương c định tu ý. D thy
2
1
N
n
n
na
r
2n
tăng đơn điu theo r và b
chn. Vì thế, ly gii hn khi r
1
ca (1.2), ta được
2
1
N
n
n
na
M . Vì tng riêng
2
1
N
n
n
na
b chn nên
2
1
n
n
na
hi t.
Cho N
ta được A =
1
lim
r
r
A
=
2
1
n
n
na
.
- Nếu A
r
không b chn khi r 1
thì
2
1
n
n
na
không hi t. Khi đó
din tích ca f(D) không xác định.
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 d: Xét hàm w =
z
1-z
= z + z
2
+ z
3
+…
Ánh x t 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 rng khi r
1
thì hình tròn
r
tiến ti ph na mt phng Re(w) >
1
2
như hình
v.
Hình 2
Nhn xét
: A = (1 + 2
2
2
a + …) . Đẳng thc xy ra khi f(z) = z.
1.2.2. Định lí din tích ngoài
Định lí 2: Nếu f gii tích, đơn dip trên D
*
= {z:
||
z
> 1} và có khai trin f(z) = z + b
0
+
b
1
z
+
b
2
z
2
+ … +
b
n
z
n
+ … (1.3)
Và gi E =
C\f(D
*
) thì din tích ca E là B = [1 -
2
1
n
n
nb
] (1.4)
Chng minh
Vi r > 1, gi
r
đường cong nh theo f ca đường tròn
||
z
= r. Vì f đơn dip nên
r
mt đường cong trơn Jordan có định hướng dương.
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 bi
r
thì E
r
E. Áp dng Định lí Green, din tích B
r
ca 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)
T khai trin (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

S dng kết qu
2
0
ik
ed
=
0, 0
2, k=0
k
và t (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 gim đến 1 ta được
B = m(E) = (1 -
2
1
n
n
nb
) (m(E) là độ đo ngoài ca E) (đpcm).
Nhn xét:
- Gi là lp các hàm f gii tích, đơn dip trên D
*
và có khai trin (1.3). Mi hàm f
mt ánh x t D
*
lên phn bù ca mt tp E compact, liên thông. Gi
là lp con ca tt c
các hàm f
mà tp E có độ đo Lebesgue theo hai hướng bng không. Hàm f
được gi là
ánh x đầy (full mapping).
Như vy, d thy rng
B = 0 khi f
.
- Khi f(D
*
) = D
*
thì f(z) = z, z D
*
. Tht vy:
Theo (1.4) suy ra
= (1 -
2
1
n
n
nb
). Do đó b
n
= 0, n 1.
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.
Vy f(z) = z + b
0
.
Mt khác, theo gi thiết ta cũng thy rng
||
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.
T 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.
T đó ta có -2Re(b
0
) +
||
b
0
2
= 0 (1.7)
T (1.6) và (1.7) suy ra b
0
= 0. Vy f(z) = z.
T Định lí 2 ta thu được h qu quan trng. H qu này đóng vai trò làm nn tng cơ bn
cho lý thuyết hàm đơn dip.
H qu 1 (định lí Gronwall-Bieberbach):
Nếu f
thì
2
1
n
n
nb
1. Đẳng thc xy ra khi B = 0.
Chng minh
B = (1-
2
1
n
n
nb
) 0 nên
2
1
n
n
nb
1 (đpcm).
D thy đẳng thc xy ra khi
B = 0.
Mt kết qu trc tiếp được suy ra t h qu 1 là
||
b
n
n
-1
2
, n = 1, 2, 3,….Tuy nhiên, bt
đẳng thc này không tho mãn vi mi n 2 vì f(z) = z + n
-1
2
z
-n
không đơn dip. Tht
vy, f’(z)=1 - n
1
2
.z
-n-1
trit tiêu ti nhng đim chc chn nm trong D
*
nếu n 2. Nhưng khi n
= 1 thì bt đẳng thc tho mãn .
Ta h qu quan trng:
H qu 2: Nếu f thì
||
b
1
1. Đẳng thc xy ra khi và ch khi
E =
C\f(D
*
) là mt đon thng có chiu 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
].
Chng minh
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 th xem f(z)= z +
b
0
+
e
i
z
. Đây là ánh x bo giác t D
*
vào phn bù ca đon thng E = [-2e
i
2
+ b
0
; 2e
i
2
+ b
0
].
Đon thng này có độ dài bng 4.
Tht vy, t 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 x bo giác t
||
u
> 1 vào phn bù ca đon thng [-2; 2] trong mt phng w.
Vì thế, f(z) = e
i
2
w + b
0
= z + b
0
+
e
i
z
cũng là ánh x bo giác t
||
z
> 1 vào phn bù ca
đon thng [-2e
i
2
+ b
0
; 2e
i
2
+ b
0
]. Rõ ràng, đon thng này có độ dài bng 4.
Hình 4
Ngược li, gi s E là đon thng có độ dài bng 4. Khi đó E có dng: E = [-2
+
0
; 2
+
0
] vi
0
C,
||
= 1.
Nếu g(z) = z +
0
+
2
z
thì g và g(D
*
) = C\E = f(D
*
). Vì thế
1
f
g
, ánh x này t D
*
vào D
*
. Vì vy theo nhn xét th hai bên trên thì f g.
Suy ra b
0
=
0
, b
1
=
2
. Do đó
||
b
1
= 1.
H qu 3: Nếu f thì
0
b 2. Đẳng thc xy ra khi và ch khi
f(z) = z + 2
2
i
e
+
i
e
z
. Khi đó f là ánh x bo giác t D
*
vào C\[0,4
2
i
e
].
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  ].
Chng minh
Ta ly mt hàm h sao cho [h(z)]
2
= f(z
2
), z D
*
hàm h khai
trin 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
+ …T đó suy ra
0
= 0 và b
0
= 2
1
.
1
1 (theo H qu 2) nên
0
b 2.
Ta thy
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
.
D thy f là ánh x bo giác t D
*
vào C\[0,4
2
i
e
] (theo H qu 2).
1.3. Cn trên đối vi môđun h s z
2
trong khai trin hàm đơn dip
Bây gi, ta ly g sao cho g(z) = [f(z
-1
)]
-1
, z D
*
, f S. Khi đó g có khai
trin g(z) = z - a
2
+ (a
2
2
- a
3
)z
-1
+ …Tht vy:
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 trin (1.3) nên theo H qu 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 cn trên đối vi môđun h s z
2
ca bt k hàm đơn dip f S.
Định lí 3: Nếu f S thì
||
a
2
2. Đẳng thc xy ra khi và ch khi
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 x bo giác t D vào phn bù ca tia có góc nghiêng -
2
,
xut phát t đim
2
1
4
i
e
đến vô cc (không đi qua gc to độ 0) như hình v.
-
2
o
2
1
4
i
e
v
u
Hình 5
Tht vy, ta ch cn thc hin liên tiếp các phép biến hình bo giác sau s có ngay kết
qu: 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. Hng s Koebe
Mt ng dng quan trng ca định lí trên là dùng để chng minh định lí sau.
Định lí 4: Nếu f S thì f(D) cha hoàn toàn đĩa {z: z <
1
4
},
và nếu tn ti nhng đim trên đường tròn
||
z
=
1
4
không thuc vào f(D) thì f(z) =
2
2
(1 )
i
z
ez
.
S
1
4
được gi là hng s Koebe.
Chng minh
Ly c D nhưng c f(D). Ta s phi ch ra rng
||
c
1
4
.
Vì 0
f(D) nên c 0 và vì thế g(z):= f(z)
1
1
[1- ( )]
f
z
c
là mt hàm gii tích trên D. Ta s
chng minh g
S. Tht vy:
- D thy g(0) = 0; g’(0) =
0
()
lim
z
gz
z
= f’(0) = 1.
- Ly z
1
, z
2
D sao cho g(z
1
) = g(z
2
).
Tc 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 dip).
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).