Luận văn Thạc sĩ Toán học: Hàm đơn diệp và một số tính chất của hàm đơn diệp
7,519
722
55
Xét
(,)
ln
t
f
zt
ze
=
1
()
m
m
m
atz
, 0 ≤ t < , (0)
m
a =
m
a
Từ (1.28) ta có 1+
'
1
()
m
m
m
atz
= z.
1()
1()
ktz
ktz
.
(,)
(,)
f
zt
z
f
zt
(1.31)
= (
1
1()
m
m
m
ma t z
)(
1
12 [k(t)]
mm
m
z
)
Gọi
()
m
bt=
1
()[k(t)]
m
j
j
j
ja t
(1.32)
0
()bt = 0
So sánh các hệ số trong (1.31) ta được:
'
()
m
at= 2[()][b() 1]
m
m
kt t
- m ()
m
at (1.33)
Cố định n = 1, 2, 3,…xét hàm
(t) =
2
1
4
(() )()
n
mm
m
ma t t
m
, 0 ≤ t < (1.34) với ()
m
t
=
()
1
0
(2 1) .(2 2 2)
(1) .
()!( 1)!
nm
lmlt
lnm
l
ml m l
me
mllnm
, m =1, 2,…
và
1
()
n
t
= 0. Ở đây ta hiểu ( ) ( 1)...( 1)
l
ddd dl
Vì
()[k(t)]
m
m
ma t =
1
() ()
mm
bt b t
(do (1.32), (1.33))
và
()
m
t
-
1
()
m
t
= -
'
()
m
t
m
-
'
1
()
1
m
t
m
nên ta thu được
'( )t
=
2
11
1
2Re[( )(2 2) ] ( )
n
mm m mm m
m
bb b bb t
+
'
2
1
1
()
(4)
n
m
mm
m
t
bb
m
=
2
1
1
(2 4Re )( )
n
mmmm
m
bb
+
'
2
1
1
()
(4)
n
m
mm
m
t
bb
m
=
''
2
1
1
() ()
(2 4Re )( )
1
n
mm
mm
m
tt
bb
mm
+
'
2
1
1
()
(4)
n
m
mm
m
t
bb
m
=
'
22 2
111
1
()
(2 4Re 2 4Re 4)
n
m
mmm mmm
m
t
bbb bbb
m
=
'
2
1
1
()
() () 2
n
m
mm
m
t
bt b t
m
Từ
'
()
m
t
< 0 , 0 < t < suy ra '( )t
≥ 0, 0 ≤ t < (1.35)
Từ
(0)
m
= n + 1 - m và ()
m
t
→ 0 khi t → , ta có thể suy ra từ (1.34) và (1.35):
2
1
4
((0) )(1)
n
m
m
ma n m
m
= (0) ≤ 0
Do đó ta có (1.30).
Bước 2: Xét f(z) = z + a
2
z
2
+ a
3
z
3
+…, f S
và g(z) =
2
()
f
z =
35
35
...zcz cz, g S.
Khi đó
n
a =
12 1n
cc
+
32 3n
cc
+…+
211n
cc
,
1
c = 1
Suy ra
n
a ≤
2
21
1
n
j
j
c
(theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) (1.36)
Mặt khác, ta có h(z):=
()gz
z
=
2
35
1 ...cz cz (dễ thấy h(z) giải tích và khác không trên D và
h(0) = 1) và chú ý rằng
2
(h(z)) =
()
f
z
z
nên từ
()
ln
f
z
z
=
1
m
m
m
az
, z D ta suy ra
2ln(h(z)) =
1
m
m
m
az
.
Suy ra
21
0
n
n
n
cz
= exp{
1
1
2
m
m
m
az
},
1
1c
Theo bất đẳng thức Lebedev-Milin thứ 2 thì với mọi n = 1, 2, 3, …ta có
2
21
0
n
k
k
c
≤
(n+1)exp{
2
11
111
()
12
nm
m
mk
ka
nk
}
= (n+1)exp{
2
11
14
()
4( 1)
nm
m
mk
ka
nk
}
= (n+1)exp{
2
1
14
(1)( )
4( 1)
n
m
k
nkka
nk
}
≤ n+1 (vì
2
1
4
(1)( )
n
m
k
nkka
k
≤ 0 (do (1.30))
tức là
2
21
1
n
j
j
c
≤ n. Từ đó có (1.29).
Từ (1.36) và (1.29) suy ra (1.27) (đpcm).
Theo Định lí 3, ta cũng thấy rằng đẳng thức xảy ra trong (1.27) khi f là hàm
Koebe hay là
một phép quay thích hợp của hàm Koebe.
Chú ý: Điều kiện
n
a
≤ n , n = 2, 3, 4,…của định lí L.de Branges không đủ để kết luận
tính đơn diệp của hàm f nào đó.
Chẳng hạn, hàm f(z) = z + 2
2
z =
2
11
2( )
48
z
giải tích trên D
và thỏa mãn điều kiện
n
a ≤ n , n = 2, 3, 4,…nhưng nó không đơn ánh vì f(
1
4
+z) = f(
1
4
-z).
1.4.4. Cận đối với môđun các hệ số thực trong khai triển hàm đơn diệp
Định lí 12: Nếu f S và có khai triển f(z) = z + a
2
z
2
+ a
3
z
3
+…+ a
n
z
n
+…, trong đó các hệ số
n
a , n=2,3,4,…là các số thực thì
n
a ≤ n , n = 2,3,4,…(1.37)
Chứng minh
Vì f là hàm đơn diệp nên f(
1
z ) - f(
2
z ) ≠ 0 nếu
1
z ≠
2
z . Trong trường hợp đặc biệt ta có thể
chọn
1
i
zre
,
2
i
zre
, 0 < r < 1, 0 < < thế thì
f(
1
z ) - f(
2
z ) =
1
()
nin in
n
n
ar e e
,
1
a = 1
=
1
2sin
n
n
n
iar n
≠ 0
Do đó p(
):=
1
sin sin
n
n
n
ar n
≠ 0, 0 < < .
Tuy nhiên, ta thấy p(
) rõ ràng là liên tục và khi 0 < < thì p() > 0 hoặc p() < 0. Hơn
nữa, p(-
) = p(). Vì thế, ta luôn có p() ≥ 0 hoặc p() ≤ 0 cho tất cả các giá trị của
.
Ta có p(
) =
1
1
[cos( 1) os( 1) ]
2
n
n
n
ar n c n
=
211
2
2
1
[1+a os ( ) cos ]
2
n
nn
n
r
rc a a r n
r
Khi đó
2
0
()
p
d
= r (1.38)
Và
2
0
()cos
p
nd
=
1
11
2
1
()
2
n
nn
r
aa
r
, n = 1, 2,…,
0
a = 0 (1.39)
Từ (1.38) ta thấy p(
) ≥ 0. Vì thế p().(1±cosn) ≥ 0. Lần lượt cộng và trừ theo vế của (1.38)
và (1.39) ta thu được
0 ≤
2
0
2
()(1 cos )
p
nd
r
=
11
2
1
2( )
n
nn
ra a
r
Suy ra
11
2
1
n
nn
ra a
r
≤ 2
Cho r → 1 ta được
11nn
aa
≤ 2, n = 1, 2,…;
0
a = 0,
1
a = 1.
Từ
1
a = 1 và
||
a
2
≤ 2 (theo Định lí 3), ta dùng quy nạp.
Giả sử
1n
a
≤ n-1. Khi đó
1n
a
≤
11nn
aa
+
1n
a
≤ 2 + n-1 = n + 1
Vì vậy,
3
a ≤ 3,
5
a ≤ 5,…,
21k
a
≤ 2k+1
4
a ≤ 4,
6
a ≤ 6,…,
2k
a ≤ 2k
Do đó
n
a ≤ n , n = 2, 3, 4,…(đpcm).
Ta thấy hàm Koebe: f(z) =
2
(1 )
z
z
=
2
2 ... ...
n
zz nz
thoả mãn Định lí 12. Vì vậy,
đánh giá (1.37) là tối ưu.
Chương 2:
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM ĐƠN DIỆP
2.1. Tính chất của hàm biểu diễn ánh xạ bảo giác từ hình tròn đơn vị lên các
miền đặc biệt
Trong phần này chúng ta nghiên cứu hai lớp hàm con quan trọng của S: hàm lồi và
hàm
hình sao. Mặc dù cả hai được định nghĩa bởi những điều kiện hình học thuần tuý
nhưng cả hai
đều có những đặc trưng giải tích rất hữu ích: các cận của các hệ số trong khai
triển Taylor của
hàm đơn diệp bất kỳ có thể thu được dễ dàng hơn so với trong
S; phỏng đoán Bieberbach cho
mỗi lớp con này cũng được chứng minh dễ dàng hơn; hàm hình sao cũng thoả mãn
Định lí 4,5,6
như trong
S (nhưng những kết quả này mạnh hơn trong hàm lồi);…Những đặc trưng này của
hàm lồi và hàm hình sao có thể được tổng quát hoá theo hướng cao hơn nhưng những
chứng
minh của chúng phải được xem xét theo hướng nhẹ nhàng hơn.
2.1.1. Hàm lồi và hàm hình sao
2.1.1.1. Các định nghĩa
Một tập con A C được gọi là hình sao đối với điểm a A nếu với mỗi z A thì
A
chứa hoàn toàn đoạn thẳng nối a và z, nghĩa là những điểm có dạng (1-t)a + tz
A, 0 ≤ t ≤ 1.
Một tập con A
C được gọi là lồi nếu mọi điểm
1
a ,
2
a A thì đoạn thẳng nối
1
a ,
2
a
nằm hoàn toàn trong A. Nói cách khác, tập A gọi là lồi nếu và chỉ nếu tập A là
hình sao đối với
mọi điểm của nó.
Ví dụ: Đường tròn, hình chữ nhật, nửa mặt phẳng là những tập hình sao; một đĩa
lấy đi
một số hữu hạn đoạn thẳng nằm trên những đường bán kính cũng là một tập hình sao
đối với
tâm; giao của những tập hình sao cũng là hình sao. Một đĩa thủng không phải là
hì
nh sao; hình
vành khăn cũng không phải là hình sao.
Chú ý: Một tập hình sao bao giờ cũng liên thông vì nó có thể được xem như hợp
của
những đoạn thẳng có chung điểm a.
Một hàm f: D →
C, D = {z C:
||
z
< 1 } gọi là hàm lồi nếu f đơn diệp trên D và f(D) =
∆ là một tập lồi trong
C.
Một hàm f: D →
C, D = {z C:
||
z
< 1 } gọi là hàm hình sao nếu f đơn diệp trên D và
f(D) = ∆ là một tập hình sao đối với gốc toạ độ 0 trong
C.
Gọi K
S là tập các hàm lồi; S* S là tập các hàm hình sao. Khi đó K S* S. Chú
ý rằng, hàm Koebe là hình sao nhưng không phải là hàm lồi.
2.1.1.2. Một số tính chất cơ bản của hàm lồi và hàm hình sao
Tính chất 1: Cho f S, thì f S* Re
'
()
()
zf z
f
z
> 0, z D.
Chứng minh
( ) Giả sử f S*. Khi đó f( D
r
), D
r
= {z C:
||
z
< r < 1 }, là một tập hình sao
(đối với 0) với mọi r
(0,1).
Thật vậy, cố định r
(0,1) và cho 0 ≤ t ≤ 1, ta xét hàm g: D D, được xác định g(z) =
-1
f (tf(z)), z D. Hàm này được định nghĩa tốt và giải tích trên D vì f S*.
Dễ thấy, g(0) = 0 và
()gz < 1 trên D. Theo Bổ đề Schwarz ta suy ra ()gz ≤ z trên D. Vì
vậy, tf(z) = f(g(z))
f(D
r
), z D
r
. Do đó, f(D
r
) là một tập hình sao đối với 0.
Từ chứng minh trên ta thấy rằng hàm f biến mỗi đường tròn
z = r < 1 thành một đường
cong
C
r
có biên là một tập hình sao (đối với 0). Nghĩa là, argf(
re
i
) tăng khi tăng từ 0 đến 2.
Hình 8
Vì vậy,
arg ( )
i
f
re
≥ 0, [0, 2 ]
Vì
arg ( )
i
f
re
= Im [ln ( )]
i
f
re
=
'
()
Im[ ]
()
izf z
f
z
=
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
nên
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
≥ 0 trên z = r < 1.
Nhưng theo Nguyên lí môđun cực tiểu của hàm chỉnh hình
'
Re
zf
f
thì đẳng thức không thể xảy
ra.
Do đó,
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
> 0, z D
r
. Vì r là tuỳ ý nên
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
> 0 trên D.
( ) Ngược lại, giả sử f S và
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
> 0, z < 1. Khi đó, f có một 0-điểm đơn tại 0
và không có 0-điểm nào khác trên D hay nói cách khác hàm
'
()
()
zf z
f
z
có một cực điểm trên D.
Cố định r
(0,1) thế thì arg ( )
i
f
re
> 0, [0,2 ] (theo phần đầu của chứng minh).
Vì vậy, argf(
re
i
) là một hàm tăng chặt của [0,2 ]. Bởi vì f có đúng một 0-điểm đơn bên
trong D nên theo Nguyên lý Argument thì
2
0
arg ( )
i
f
re d
=
1'()
Re{ }
()
zr
fz
dz
ifz
= 2 . Vì vậy,
ảnh của đường tròn
z = r là một đường cong đơn hình sao và f(D
r
) là một tập hình sao đối với
0. Hơn nữa, vì f đơn diệp trên đường tròn
z = r và vì r là tuỳ ý nên f cũng đơn diệp trên D.
Mặt khác, f(D) =
01
()
r
r
f
D
nên f(D) cũng là một tập hình sao đối với 0. Do đó, f S*.
Tính chất 2: Cho f S thì f K
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0 , z D.
Chứng minh
( ) Giả sử f K. Khi đó f( D
r
) là một tập lồi với mọi r (0,1).
Thật vậy, cố định r
(0,1), gọi
1
z ,
2
z D
r
sao cho
2
z ≠ 0 và
1
z ≤
2
z . Cho 0 ≤ t ≤ 1, gọi
g: D → D được xác định g(z):=
1
1
2
[(1-t)f( z)+tf(z)]
z
f
z
, z D.
Vì f là hàm lồi nên g được xác định tốt và giải tích trên D. Hơn nữa, dễ thấy
g(0) = 0 và
()gz
<
1 trên D. Theo Bổ đề Schwarz ta suy ra
()gz ≤ z trên D. Cho z =
2
z ta được
2
()gz ≤
2
z < r.
Suy ra
12
(1-t)f(z )+tf(z ) f(D
r
). Vì thế f(D
r
) là một tập lồi.
Từ chứng minh trên ta thấy rằng hàm f biến mỗi đường tròn
z
= r < 1 thành một đường
cong
C
r
có biên là một tập lồi.
Gọi
r
là ảnh của đường tròn
z
= r. Khi đó,
r
là một đường cong Jordan định hướng
dương và bên trong của nó là một tập lồi.
Hình 9
Vì f(D
r
) là một tập lồi nên argument của vectơ tiếp tuyến của
r
là một hàm không giảm
của
[0,2].
Nghĩa là khi cho
ψ(φ)
:= arg[ ()
i
f
re
] = arg[
'
ire ( )
ii
f
re
] ta sẽ có
'( )
≥ 0, [0,2 ] hay
'
Im[ln(izf (z))]
≥ 0, z = r
iφ
e .
Từ đó suy ra
'
Im[ln(izf (z))]
=
''
'
()
Im[i(1+ )]
()
zf z
f
z
=
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
, z = r
iφ
e .
Vì vậy,
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
≥ 0 trên z = r < 1.
Nhưng theo Nguyên lí môđun cực tiểu của hàm chỉnh hình
''
'
Re[1+ ]
zf
f
thì đẳng thức không thể
xảy ra.
Do đó,
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0, z D
r
. Vì r là tuỳ ý nên
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0 trên D.
( ) Ngược lại, giả sử f S và
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0, z D. Ta sẽ chứng minh f K.
Cố định r
(0,1) thì
'
arg[ir f (re )]
ii
e
> 0, [0,2 ] (theo phần đầu của chứng minh).
Vì thế, argument của tiếp tuyến của đường cong
r
(
r
là ảnh của đường tròn z = r) là một
hàm tăng chặt của
.
Hơn nữa,
2
0
'( )d
=
2
'
0
arg[ir f (re )]
ii
ed
=
2
''
'
0
()
Re[1+ ]
()
ii
i
re f re
d
fre
= Re{
''
'
()
[1 ]
()
zr
zf z dz
iz
fz
} = 2 , z = r
iφ
e .
Từ đó suy ra
r
là một đường cong đóng đơn có biên là một tập lồi. Vì thế, f( D
r
) là một tập lồi.
Bởi vì f(D) =
01
()
r
r
f
D
nên f(D) là một tập lồi. Hơn nữa, vì f đơn diệp trên đường tròn z = r và
vì r tuỳ ý nên f cũng đơn diệp trên D.
Tính chất 3: Cho f S thì f K zf’ S*.
Chứng minh
Nếu g(z) = zf’(z) thì
'( )
()
zg z
gz
= 1 +
''( )
'( )
zf z
f
z
.
Vì thế Re[
'( )
()
zg z
gz
] > 0 Re[1 +
''( )
'( )
zf z
f
z
] > 0, z D.
Do đó, f
K zf’ S* (theo Tính chất 1, 2) (đpcm).
Mặc dù, không phải mọi hàm trong
S đều là hàm lồi nhưng với mỗi hàm f S, có một số
thực dương
(0 < ≤ 1) sao cho
ρ
D
là đĩa lớn nhất được f biến thành một tập lồi. Số được
gọi là
bán kính lồi (radius of convexity) của f trong S. Tính chất sau đây chỉ ra rằng
có một đĩa
lớn nhất mà tất cả các hàm f trong
S đều là hàm lồi.
Tính chất 4: Cho f S thì f biến mỗi đường tròn z < , 0 < ≤ 2- 3 thành một
tập lồi. Điều
này không đúng khi
> 2- 3 .
Chứng minh
Từ (1.9) ta suy ra Re[1+
''( )
'( )
zf z
f
z
] ≥ 1+
2
2
24
1
rr
r
=
2
2
41
1
rr
r
, z = r < 1
Dễ thấy rằng khi r <
2- 3 thì
2
41rr
> 0.
Khi đó Re[1+
''( )
'( )
zf z
f
z
] ≥
2
2
41
1
rr
r
> 0. Theo Tính chất 2 ta suy ra f K, tức là f biến
mỗi đường tròn
z < r thành một tập lồi.
Tuy nhiên, nếu f(z) =
2
(1 )
z
z
, z D, và 2- 3 < r =
z
< 1 thì f không biến mỗi đường
tròn
z = r thành một đường cong lồi.
Thật vậy, ta có 1 +
''( )
'( )
zf z
f
z
=
2
2
41
1
zz
z
.
Khai triển này âm khi -1 < z < -(2- 3 ).
Chú ý rằng đẳng thức trên triệt tiêu tại z = -(
2- 3 ).
Nhưng tại giá trị
=2- 3 vẫn thoả mãn Tính chất 4.
Số
C
r(S):= 2- 3 được gọi là bán kính lồi của f trong S.
Tương tự như trong K, mặc dù không phải mọi hàm trong
S đều là hàm hình sao nhưng
với mỗi hàm f
S, có một số thực dương (0 < ≤ 1) sao cho
ρ
D là đĩa lớn nhất được f biến
thành một tập hình sao. Số
được gọi là bán kính hình sao (radius of starlikeness) của f trong
S. Tính chất sau đây chỉ ra rằng có một đĩa lớn nhất mà tất cả các hàm f trong S
đều là hàm
hình sao.
Tính chất 5: Cho f S thì f biến mỗi đường tròn
z
< , 0 < ≤
π
tanh
4
thành một tập hình
sao. Điều này không đúng khi
>
π
tanh
4
.
Chứng minh
Trước tiên ta chứng minh hai bổ đề sau. Hai bổ đề này sẽ giúp ta xác định được
bán kính
hình sao của f trong
S.
Bổ đề 2: Với mỗi f S thì
()
arg
f
z
z
≤
1
ln
1
r
r
, z = r, z D. (2.1)
Đánh giá này chặt chẽ với mọi z
D.
Chứng minh
Bước 1: Trong chứng minh định lí quay của Goluzin, ta đã có một số kết quả:
ln v
t
=
2
2
1
1
v
kv
hay v
t
=
2
2
1
1
v
v
kv
(1.17)
và
arg ( , )vzt
t
=
2
2Im( )
1
kv
kv
(1.24)
((1.17) và (1.24) tương ứng là phần thực và phần ảo của
1()(,)
ln ( , )
1()(,)
ktvzt
vzt
tktvzt
). Ở đây ta đã
viết v(z,t):= v, k(t) := k cho gọn.
Từ (1.17) chỉ ra rằng
||
v(z,t)
giảm từ
||
z
đến 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.