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

Do đó g đơn diệp. Như vậy, g  S. Vì f(0) = 0 nên tồn tại r > 0 đủ nhỏ sao cho || f(z) < || c , || z < r. Trong lân cận này của 0 ta có 1 1 [1- ( )] f z c  = 1 + 1 c f(z) + 1 c 2 [f(z)] 2 +… Suy ra g(z) = f(z) 1 1 [1- ( )] f z c  = z + ( 1 c + a 2 )z 2 +…, z  D (chuỗi này hội tụ hoàn toàn trong D). Theo Định lí 3 ta có       1 c +a 2 ≤ 2 mà || a 2 ≤ 2 (cũng theo Định lí 3). Do đó 1 c ≤ 2 + || a 2 ≤ 4. Vậy || c ≥ 1 4 (đpcm). Khi || c = 1 4 thì || a 2 =2. Khi đó f(z) = 2 2 (1 ) i z ez   (theo Định lí 3). Kết quả dưới đây cũng thường được gọi là định lí biến dạng (distortion theorem). 1.3.2. Định lí biến dạng Định lí 5: Nếu f  S thì 3 1 (1 ) r r   ≤ '( ) f z ≤ 3 1 (1 ) r r   , r = || z <1. (1.8) Với mỗi z  D, z ≠ 0, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f là một phép quay thích hợp của hàm Koebe. (Chú thích: hàm f(z) = 2 (1 ) z z được gọi là hàm Koebe; hàm f(z) = 2 (1 ) z z   , với λ  C và  = 1, được gọi là phép quay của hàm Koebe ). Chứng minh Với mỗi số phức a  D, ta định nghĩa f a (z)= 2 ()() 1 (1 ) '( ) za f fa az afa     , f a (z) giải tích trên D. - Dễ thấy f a (z) là hàm đơn diệp trên D (vì nó là hợp của những hàm đơn diệp trên D) và f a (0) = 0. - Ta có ' () a f z = 2 '( ) 1 '( )(1 ) za f az f aaz    ; '' () a f z = 2 4 (1 ) ''( ) '( )[2(1+ z) ] 11 '( )(1 ) za za af f aa az az fa az     . Suy ra ' (0) a f = 1. Vì vậy, f a  S.

Gọi khai triển của f a trong D là f a (z)= z + b 2 z 2 +…, || z < 1. Mặt khác ta có '' (0) a f = [ '' 2 ' () (1 ) () f a a f a  - 2a ]. Vì b 2 = '' (0) 2 a f và || b 2 ≤ 2 (theo Định lí 3) nên '' 2 ' () (1 ) 2 () fa aa fa  ≤ 4 . Suy ra '' '2 () 2 () 1 f aa fa a   ≤ 2 4 1 a . Nhân hai vế của bất đẳng thức này cho || a và thay z = a ta được 2 '' '2 2 () () 1 z fz z fz z   ≤ 2 4 1 z z hay '' 2 '2 () 2 () 1 f zr z f zr   ≤ 2 4 1 r r (1.9) Vì f’(z) ≠ 0, z  D, z ≠ 0 và f’(0) = 1 nên ta có thể chọn một nhánh giải tích của lnf’(z) mà lnf’(0) = 0. Ta có r r   lnf’(z) = r '' ' () () f z f z z r   = '' ' () () f z z f z Mặt khác, ta đã biết với mỗi hàm g bất kỳ : Re g r   = Re( )g r   . Vì thế ' [ln ( ) ]rfz r   = Re[ '' ' () () f z z f z ] Như đã biết, với số phức  bất kỳ: ||  ≤ c, c  R thì -c ≤ Re() ≤ c. Từ (1.9) suy ra 2 2 24 1 rr r   ≤ Re( '' ' () () f z z f z ) ≤ 2 2 24 1 rr r   . Do đó 2 2 24 1 rr r   ≤ ' [ln ( ) ]rfz r   ≤ 2 2 24 1 rr r   . Vì vậy 2 24 1 r r   ≤ ' [ln ( ) ] f z r   ≤ 2 24 1 r r   ,  z  D (1.10) Lấy tích phân từ 0 đến r của (1.10) ta được 2 0 24 1 r r dr r    ≤ ' ln ( ) f z ≤ 2 0 24 1 r r dr r    (1.11) Chú ý rằng 2 0 2 1 r r dr r   = ln 2 1 1 r  ; 2 0 4 1 r dr r   = 2ln 1 1 r r   Từ (1.11) suy ra ln 3 1 (1 ) r r   ≤ ' ln ( ) f z ≤ ln 3 1 (1 ) r r   . Vậy 3 1 (1 ) r r   ≤ ' () f z ≤ 3 1 (1 ) r r   (đpcm). Bây giờ, ta giả sử z = re i làm cho các đẳng thức ở vế trái, vế phải của (1.8) lần lượt xảy ra. Khi đó, các đẳng thức tương ứng của (1.10) thoả mãn với mọi r, 0 ≤ r < 1. Đặc biệt, khi

r = 0 ta có Re( '' (0) i ef  ) =  4 hay '' (0)f = 4. Suy ra || b 2 = 2. Khi đó f(z) = 2 2 (1 ) i z ez   (theo Định lí 3). Ta có f’(z) = 2 3 2 1 (1 ) i i ez ez     . Rõ ràng, với z = 2 i re   và z =- 2 i re   thì đẳng thức bên phải, bên trái lần lượt xảy ra. 1.4. Các cận đối với môđun hàm đơn diệp 1.4.1. Cận trên, cận dưới Từ định lí biến dạng ta sẽ đánh giá cận trên, cận dưới của môđun hàm đơn diệp bất kỳ trong S. Định lí 6: Nếu f  S thì 2 (1 ) r r ≤ () f z ≤ 2 (1 ) r r , r = || z < 1 (1.12) Với mỗi z  D, z ≠ 0, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f là một phép quay thích hợp của hàm Koebe. Chứng minh Lấy f  S và giả sử z = re i , 0 < r < 1. Khi đó f(z) = ' 0 () r ii f eed     , f(0) = 0. Suy ra () f z ≤ ' 0 () r ii f eed     ≤ 3 0 1 (1 ) r d       (theo Định lí 5) ≤ 2 (1 ) r r Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức bên trái. Dễ thấy rằng 2 (1 ) r r < 1 4 , với 0 ≤ r < 1 nên nếu () f z ≥ 1 4 thì bất đẳng thức luôn đúng. Xét () f z < 1 4 . Khi đó, theo Định lí 4 ta suy ra rằng { : ξ > 1 4 }  f(D) Cố định z  D mà () f z < 1 4 và gọi  là đường cong nối 0 và z trong D sao cho f  là một đoạn thẳng [0; f(z)], nghĩa là f[ (t)] = tf(z), 0 ≤ t ≤ 1.

Hình 6 Vì thế, () f z = ' (w) w f d   = 1 '' 0 [(t)] () f tdt   Ta có f’[ (t)]’(t) = [tf(z)]’= f(z), t. Do đó () f z = ' (w) w f d   ≥ 3 0 1 (1 ) r r dr r    (vì '( ) f z ≥ 3 1 (1 ) r r   (do Định lí 5) và wd ≥ d w ) ≥ 2 (1 ) r r (đpcm). Dễ thấy các đẳng thức xảy ra trong (1.12) tương ứng với các đẳng thức xảy ra trong (1.8). 1.4.2. Định lí quay (rotation theorem) Định lí 7 (Bieberbach’s rotation theorem): Nếu f  S thì ' arg ( ) f z ≤ 2ln 1 1 r r   , z  D, 0 ≤ || z = r < 1 (1.13) Chứng minh Từ (1.9) suy ra '' ' () Im( ) () f z z f z ≤ '' 2 '2 () 2 () 1 f zr z f zr   ≤ 2 4 1 r r  . Vì '' ' () Im( ) () f z z f z = ' arg ( )rfz r   nên ' arg ( ) f z r   ≤ 2 4 1 r  . Do đó ' arg ( ) f z = ' 0 arg ( ) r f zdr r    ≤ ' 0 arg ( ) r f zdr r    ≤ 2 0 4 1 r dr r   = 2ln 1 1 r r   (đpcm). Chú ý rằng ở đây ta phải hiểu argf’(z) là một nhánh triệt tiêu tại 0. Đại lượng argf’(z) có thể được giải thích về mặt hình học là góc quay của phép biến hình bảo giác f tại điểm z. Vì thế bất đẳng thức (1.13) được gọi là định lí quay. Tuy nhiên, bất đẳng thức này không chặt chẽ tại mọi điểm bất kỳ z  D, z ≠ 0. Đánh giá sau sẽ chặt chẽ tại mọi điểm z  D, cũng được gọi là định lí quay (của nhà toán học Goluzin, chứng minh năm 1936):

' arg ( ) f z ≤ 2 2 1 4arcsin , r 2 1 ln , 1 1 2 r r r r             , f  S, r = || z , z  D (1.14) Chứng minh Ta sử dụng hai định lí sau để chứng minh định lí quay của Goluzin. Định lí 8: Nếu f  S thì tồn tại một dãy ánh xạ cắt đơn (single-slit mapping) n f  S sao cho n f → f đều địa phương trên D. (Chứng minh: xem [3] hoặc [5]) Định lí 9: i) Nếu k : [0, ) → C là một hàm liên tục sao cho ()kt = 1, t  [0, ) thì với mỗi z  D, tồn tại duy nhất hàm v = v(z,t) sao cho v(z, .)  1 C ([0, )) và thoả mãn phương trình vi phân v t   = 1() 1() ktv v ktv    , t ≥ 0, v(z,0) = z. ii) Nếu f  S là ánh xạ cắt đơn thì tồn tại một hàm liên tục k : [0, ) → C với ()kt = 1, t ≥ 0, sao cho lim ( , ) t t ev zt  = f(z) đều địa phương trên D, với v = v(z,t) là nghiệm của phương trình vi phân v t   = 1() 1() ktv v ktv    , t ≥ 0, v(z,0) = z, với mọi z  D. iii) Hơn nữa, trong ii) còn tồn tại hàm f(z,t) sao cho f(z,0) = f(z), z  D, f(z, .)  1 C ([0, )) với mỗi z  D, và (,) f zt t   = 1() '( , ) 1() ktz zf z t ktz   , z  D, t ≥ 0. (Chứng minh: xem [3] hoặc [5]) Bước 1: Từ định lí 8, ta giả sử f là một ánh xạ cắt đơn. Sử dụng định lí 9, ta có thể biểu diễn f bởi giới hạn f(z) = lim ( , ) t t ev zt  đều địa phương trên D, với v = v(z,t) là nghiệm của phương trình vi phân v t   = -v 1 1 kv kv   , v(z,0) = z (1.15) và k: [0,  )→ C là một hàm liên tục sao cho ()kt = 1, t ≥ 0. Theo Định lí Weierstrass ta có f’(z) = lim '( , ) t t ev z t  , với v’(z,t) = (,)vzt z   , cũng hội tụ đều địa phương trên D.

Vì v(z,.)  C 1 ([0, )) với mỗi z  D nên ta có thể lấy vi phân hai vế của (1.15) theo z, thu được () v zt   = 'v t   = 22 2 12 ' (1 ) kv k v v kv    . Vì vậy, t   lnv' = 1- 2 2 (1 )kv  . Lấy phần ảo trong đẳng thức này ta có t   arg 'v = 2 2 4 Im(1 ) 1 kv kv   (1.16) Mặt khác, vì ln v t   = Re[ 1v tv   ]. Từ (1.15) ta thu được ln v t   = 2 2 1 1 v kv    (1.17) Đẳng thức này chỉ ra rằng || v(z,t) giảm từ || z xuống 0 khi t tăng từ 0 đến  . Vì vậy có sự tương ứng 1-1 giữa || v và t. Khi đó ta có thể xem || v như một biến số độc lập. Từ (1.16), (1.17) ta suy ra d t argv’(z,t) = -2 2 22 Im(1 ) 1(1) t kv d v kv v v   (1.18) Nhận thấy rằng 2 2 Im(1 ) 1 kv kv   = sin(2arg(1-kv)) (1.19) nhưng vì || k(t) = 1, điểm kv nằm trên đường tròn tâm 0 bán kính || v nên về mặt hình học thì rõ ràng rằng arg(1 )kv ≤ sin -1 || v (1.20) Hình 7 - Khi || v ≤ 1 2 , tức là sin -1 || v ≤  4 . Từ (1.19) và (1.20) ta được    sin 2arg 1 kv ≤ sin(2sin -1 || v ) = 2 21vv .

- Khi || v > 1 2 , rõ ràng theo hình vẽ, ta có hai giá trị của k thoả mãn arg(1- kv) =  4 . Vì thế    sin 2arg 1 kv ≤ 1. Tóm lại ta có 2 2 Im(1 ) 1 kv kv   ≤ 2 1 21 , 2 1 1, 2 vvv v          (1.21) Vì || v(z,t) giảm khi t tăng nên có d t || v < 0 và từ (1.18) ta được arg '( , ) t dvzt≤ 2 2 4 1 , 2 1 2 1 , 2 (1 ) t t dv v v dv v vv            (1.22) Lấy tích phân hai vế của (1.22) từ t = 0 đến t =  và chú ý rằng argf’(z) = lim arg '( , ) t vzt  , ta thu được arg '( ) f z ≤ 2 0 4 1 z dx x   = 4arcsin z , với z ≤ 1 2 và arg '( ) f z ≤ 1 2 2 0 4 1 dx x   + 2 1 2 2 (1 ) z dx x x  =  + ln 2 2 1 z z , với z > 1 2 Như vậy, ta có được (1.14) (đpcm). Bước 2: Để chứng minh đánh giá (1.14) chặt chẽ với mỗi z  D, ta cần chỉ ra rằng ta có thể tìm một hàm k liên tục với ()kt = 1 trên [0, ) sao cho nếu v(z,t) là nghiệm của phương trình vi phân (1.15) thì đẳng thức (1.21) luôn thoả mãn với mọi t. Cố định z  D\{0} và xét đẳng thức trong (1.20) xảy ra. Khi đó (1.20) có thể được viết lại một cách tương đương như sau: sin(arg(1 ))kv = 1 , 2 11 , 22 vv v          (1.23) Đẳng thức (1.23) giúp ta xác định hàm k(t)v(z,t) như một hàm của (,)vzt ( khi z ≤ 1 2 thì k(t)v(z,t) được xác định một cách duy nhất; khi

z > 1 2 thì k(t)v(z,t) có hai sự lựa chọn mà ta có thể chọn một nhánh thích hợp. Điều này thấy rõ trên Hình 7). Nếu ta thế v bởi kv vào (1.17) thì ta có thể tính toán (,)vzt như một hàm của t. Mặt khác, từ (1.15) ta có ln ( , )vzt t   = 1()(,) 1()(,) ktvzt ktvzt    . Vì thế, ta lấy phần thực và phần ảo của đẳng thức này sẽ thu được (1.17) và arg ( , )vzt t   = 2 2Im[ ( ) ( , )] 1()(,) ktvzt ktvzt   (1.24) Vì vậy, từ (1.24) ta có thể xác định argv(z,t) trong những số hạng của t. Do đó, ta có đủ thông tin để xác định v(z,t) và k(t) sao cho phương trình (1.15) và (1.21) thoả mãn với mọi t. 1.4.3. Cận đối với môđun các hệ số trong khai triển hàm đơn diệp Bổ đề 1: Cho f  S thì 2 0 1 () 2 i f re d      ≤ 1 r r  , r = z <1, z  D. Chứng minh Đặt g(z) = 2 () f z . Ta sẽ chứng minh g  S. - Dễ thấy g(0) = 0; g’(0) = 1. - Ta chứng minh g đơn diệp trên D: Lấy bất kỳ 1 z , 2 z  D sao cho g( 1 z ) = g( 2 z ) Ta thấy, nếu 1 z = 0 hoặc 2 z = 0 thì cả hai cùng bằng 0. Xét 1 z và 2 z khác 0. Ta có g( 1 z ) = g( 2 z ), tức là 2 1 () f z = 2 2 () f z . Suy ra 2 1 z = 2 2 z (do f đơn diệp). Do đó 1 z = ± 2 z . Vì g(z) là hàm lẻ nên 1 z = 2 z (vì nếu 1 z = - 2 z thì g( 1 z ) = g( 2 z ) = g(- 1 z ) = -g( 1 z ). Suy ra g( 1 z ) = 0. Nên 1 z = 0. Điều này vô lí). Do đó g đơn diệp. Vậy g  S. Ta có 2 ()gz = 2 f( )z ≤ 2 22 (1 ) r r , z = r < 1 (theo Định lí 6) Suy ra  gz ≤ 2 1 r r  (1.25) Bất đẳng thức (1.25) cũng thoả mãn trên toàn hình tròn z ≤ r.

Vì vậy, 2 ' ( ) dxd zr gz y   ≤ 2 22 (1 ) r r   (vì 2 ' ( ) dxd zr gz y   là diện tích của miền ảnh w = g(z), w = g(z) là ánh xạ trên đường tròn z < r). Gọi khai triển của g(z) là g(z) = 1 n n n bz    , 1 b = 1. Ta có g’(z) = 1 1 n n n nb z     và 2 ' ( ) dxd zr gz y   = 2 2 ' 00 () r i ge dd      = 2 2 1 n n n nb r     (như trong chứng minh Định lí 1). Khi đó 2 21 1 n n n nb r     ≤ 22 (1 ) r r (1.26) Lấy tích phân hai vế của (1.26) theo r từ 0 đến r ta được: 2 2 1 n n n br    ≤ 2 2 1 r r Suy ra 2 2 0 1 () 2 i gre d      ≤ 2 2 1 r r hay 2 22 0 1 () 2 i f re d      ≤ 2 2 1 r r Vậy 2 0 1 () 2 i f re d      ≤ 1 r r (đpcm). Sử dụng Bổ đề trên, ta sẽ chứng minh định lí sau đây. Định lí 10: (Littlewood’s theorem) Nếu f  S và có khai triển f(z) = z + a 2 z 2 + a 3 z 3 +…+a n z n +…thì các hệ số n a thoả mãn bất đẳng thức n a < en, n = 2, 3, 4,… Chứng minh Sử dụng công thức tích phân Cauchy n a = 1 1() 2 n zr fz dz i z     , r = z < 1 và Bổ đề 1 ta được n a ≤ 2 0 1 () 2 i n f re d r      ≤ 1 1 n r r   . Cho r = 1- 1 n . Khi đó n a ≤ 1 1 (1 ) n n n   = 1 1 (1 ) . 1 n n n    < en (đpcm). Đặc biệt khi n = 2 ta có 2 a < 2e. Rõ ràng, so với kết quả || a 2 ≤ 2 của Định lí 3 thì đánh giá của Định lí 10 là chưa tối ưu. Đánh giá sau đây là tối ưu: n a ≤ n, n = 2, 3, 4,…được Bieberbach phỏng đoán năm 1916, mãi đến năm 1985 nhà Toán học Louis de Branges mới chứng minh được. Xem bảng tóm tắt sau:

Tác giả kết quả Bieberbach (1916) 2 a ≤ 2 Lowner (1923) 3 a ≤ 3 Garabedian và Schiffer (1955) 4 a ≤ 4 Pederson (1968), Ozawa (1969) 6 a ≤ 6 Pederson và Schiffer (1972) 5 a ≤ 5 Louis de Branges (1985) n a ≤ n, n = 2, 3, 4,… Định lí 11: (Louis de Branges ) Nếu f  S và có khai triển f(z) = z + a 2 z 2 + a 3 z 3 +…+ a n z n +…thì các hệ số n a thoả mãn bất đẳng thức n a ≤ n , n = 2, 3, 4,… (1.27) Đẳng thức xảy ra khi f là hàm Koebe hay là một phép quay thích hợp của hàm Koebe. Chứng minh Hai công cụ cơ bản để chứng minh định lí 11. - Một là, phương trình vi phân Lowner: Lowner đã từng chứng minh rằng nếu f  S mà biên của f(D) là một đường cong Jordan có một điểm cuối tại vô cực thì tồn tại một hàm giải tích đơn diệp f(z,t) = 1 tn n n eaz    , 1 a = 1, z  D, 0 ≤ t <  sao cho f(z,0) = f(z) và f(z,t) thoả mãn phương trình vi phân Lowner (,) f zt t   = 1() 1() ktz z ktz   . (,) f zt z   (1.28) với k: [0,  ) → C là một hàm liên tục sao cho ()kt =1, t ≥ 0 (Chứng minh: Xem [3] hoặc [5]) - Hai là, tính chất của các hàm lẻ trong S. Cụ thể, nếu f(z) = z + a 2 z 2 + a 3 z 3 +…+ a n z n +… và g(z) = 2 () f z = 35 35 ...zcz cz   thì 22 321 1 ... n cc   ≤ n (đây là phỏng đoán của Robertson) (1.29) (Ta sẽ chứng minh sau) Bây giờ ta chứng minh định lí 11. Bước 1: Ta sẽ chứng minh 2 1 (1 ) n m m mn m a    ≤ 1 1 4 n m nm m    (1.30) với m a (m = 1, 2, 3,…) là các hệ số của hàm () ln f z z = 1 m m m az    , z  D.