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

7,484
722
55
Xét
(,)
ln
t
f
zt
ze
=
1
()
m
m
m
atz
, 0 t < , (0)
m
a =
m
a
T (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
)
Gi
()
m
bt=
1
()[k(t)]
m
j
j
j
ja t
(1.32)
0
()bt = 0
So sánh các h s trong (1.31) ta được:
'
()
m
at= 2[()][b() 1]
m
m
kt t
- m ()
m
at (1.33)
C định n = 1, 2, 3,…xét hàm
(t) =
2
1
4
(() )()
n
mm
m
ma t t
m
, 0 t < (1.34) vi ()
m
t
=
()
1
0
(2 1) .(2 2 2)
(1) .
()!( 1)!
nm
lmlt
lnm
l
ml m l
me
mllnm




, m =1, 2,…
1
()
n
t
= 0. đây ta hiu ( ) ( 1)...( 1)
l
ddd dl
()[k(t)]
m
m
ma t =
1
() ()
mm
bt b t
(do (1.32), (1.33))
()
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

T
'
()
m
t
< 0 , 0 < t < suy ra '( )t
0, 0 t < (1.35)
T
(0)
m
= n + 1 - m và ()
m
t
0 khi t , ta có th suy ra t (1.34) và (1.35):
2
1
4
((0) )(1)
n
m
m
ma n m
m

= (0) 0
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 bt đẳng thc Cauchy - Schwarz) (1.36)
Mt khác, ta có h(z):=
()gz
z
=
2
35
1 ...cz cz (d thy h(z) gii tích và khác không trên D và
h(0) = 1) và chú ý rng
2
(h(z)) =
()
f
z
z
nên t
()
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 bt đẳng thc Lebedev-Milin th 2 thì vi mi 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))
tc là
2
21
1
n
j
j
c
n. T đó có (1.29).
T (1.36) và (1.29) suy ra (1.27) (đpcm).
Theo Định lí 3, ta cũng thy rng đẳng thc xy ra trong (1.27) khi f là hàm Koebe hay là
mt phép quay thích hp ca hàm Koebe.
Chú ý: Điu kin
n
a
n , n = 2, 3, 4,…ca định lí L.de Branges không đủ để kết lun
tính đơn dip ca hàm f nào đó.
Chng hn, hàm f(z) = z + 2
2
z =
2
11
2( )
48
z
gii tích trên D
và tha mãn điu kin
n
a n , n = 2, 3, 4,…nhưng nó không đơn ánh vì f(
1
4
+z) = f(
1
4
-z).
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. Cn đối vi môđun các h s thc trong khai trin hàm đơn dip
Định lí 12: Nếu f S và có khai trin f(z) = z + a
2
z
2
+ a
3
z
3
+…+ a
n
z
n
+…, trong đó các h s
n
a , n=2,3,4,…là các s thc thì
n
a n , n = 2,3,4,…(1.37)
Chng minh
Vì f là hàm đơn dip nên f(
1
z ) - f(
2
z ) 0 nếu
1
z
2
z . Trong trường hp đặc bit ta có th
chn
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 thy p(
) rõ ràng là liên tc và khi 0 < < thì p() > 0 hoc p() < 0. Hơn
na, p(-
) = p(). Vì thế, ta luôn có p() 0 hoc p() 0 cho tt c các giá tr ca .
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)
2
0
()cos
p
nd

=
1
11
2
1
()
2
n
nn
r
aa
r

, n = 1, 2,…,
0
a = 0 (1.39)
T (1.38) ta thy p(
) 0. Vì thế p().(1±cosn) 0. Ln lượt cng và tr theo vế ca (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.
T
1
a = 1 và
||
a
2
2 (theo Định lí 3), ta dùng quy np.
Gi s
1n
a
n-1. Khi đó
1n
a
11nn
aa

+
1n
a
2 + n-1 = n + 1
Vì vy,
3
a 3,
5
a 5,…,
21k
a
2k+1
4
a 4,
6
a 6,…,
2k
a 2k
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 thy hàm Koebe: f(z) =
2
(1 )
z
z
=
2
2 ... ...
n
zz nz
 tho mãn Định lí 12. Vì vy,
đánh giá (1.37) là ti ưu.
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:
MT S TÍNH CHT CA HÀM ĐƠN DIP
2.1. Tính cht ca hàm biu din ánh x bo giác t hình tròn đơn v lên các min đặc bit
Trong phn này chúng ta nghiên cu hai lp hàm con quan trng ca S: hàm li và hàm
hình sao. Mc dù c hai được định nghĩa bi nhng điu kin hình hc thun tuý nhưng c hai
đều có nhng đặc trưng gii tích rt hu ích: các cn ca các h s trong khai trin Taylor ca
hàm đơn dip bt k có th thu được d dàng hơn so vi trong
S; phng đoán Bieberbach cho
mi lp con này cũng được chng minh d dàng hơn; hàm hình sao cũng tho mãn Định lí 4,5,6
như trong
S (nhưng nhng kết qu này mnh hơn trong hàm li);…Nhng đặc trưng này ca
hàm li và hàm hình sao có th được tng quát hoá theo hướng cao hơn nhưng nhng chng
minh ca chúng phi được xem xét theo hướng nh nhàng hơn.
2.1.1. Hàm li và hàm hình sao
2.1.1.1. Các định nghĩa
Mt tp con A C được gi là hình sao đối vi đim a A nếu vi mi z A thì A
cha hoàn toàn đon thng ni a và z, nghĩa là nhng đim có dng (1-t)a + tz
A, 0 t 1.
Mt tp con A
C được gi là li nếu mi đim
1
a ,
2
a A thì đon thng ni
1
a ,
2
a
nm hoàn toàn trong A. Nói cách khác, tp A gi là li nếu và ch nếu tp A là hình sao đối vi
mi đim ca nó.
d: Đường tròn, hình ch nht, na mt phng là nhng tp hình sao; mt đĩa ly đi
mt s hu hn đon thng nm trên nhng đường bán kính cũng là mt tp hình sao đối vi
tâm; giao ca nhng tp hình sao cũng là hình sao. Mt đĩa thng không phi là hì
nh sao; hình
vành khăn cũng không phi là hình sao.
Chú ý: Mt tp hình sao bao gi cũng liên thông vì nó có th được xem như hp ca
nhng đon thng có chung đim a.
Mt hàm f: D
C, D = {z C:
||
z
< 1 } gi là hàm li nếu f đơn dip trên D và f(D) =
là mt tp li trong
C.
Mt hàm f: D
C, D = {z C:
||
z
< 1 } gi là hàm hình sao nếu f đơn dip trên D và
f(D) = là mt tp hình sao đối vi gc to độ 0 trong
C.
Gi K
S là tp các hàm li; S* S là tp các hàm hình sao. Khi đó K S* S. Chú
ý rng, hàm Koebe là hình sao nhưng không phi là hàm li.
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. Mt s tính cht cơ bn ca hàm li và hàm hình sao
Tính cht 1: Cho f S, thì f S* Re
'
()
()
zf z
f
z
> 0, z D.
Chng minh
( ) Gi s f S*. Khi đó f( D
r
), D
r
= {z C:
||
z
< r < 1 }, là mt tp hình sao
(đối vi 0) vi mi r
(0,1).
Tht vy, c 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 tt và gii tích trên D vì f S*.
D thy, g(0) = 0 và
()gz < 1 trên D. Theo B đề Schwarz ta suy ra ()gz z trên D. Vì
vy, tf(z) = f(g(z))
f(D
r
), z D
r
. Do đó, f(D
r
) là mt tp hình sao đối vi 0.
T chng minh trên ta thy rng hàm f biến mi đường tròn
z = r < 1 thành mt đường
cong
C
r
có biên là mt tp hình sao (đối vi 0). Nghĩa là, argf(
re
i
) tăng khi tăng t 0 đến 2.
Hình 8
Vì vy,
arg ( )
i
f
re
0, [0, 2 ]
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 cc tiu ca hàm chnh hình
'
Re
zf
f
thì đẳng thc không th xy
ra.
Do đó,
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
> 0, z D
r
. Vì r là tu ý nên
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
> 0 trên D.
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 li, gi s f S
'
()
Re[ ]
()
zf z
f
z
> 0, z < 1. Khi đó, f có mt 0-đim đơn ti 0
và không có 0-đim nào khác trên D hay nói cách khác hàm
'
()
()
zf z
f
z
có mt cc đim trên D.
C định r
(0,1) thế thì arg ( )
i
f
re
> 0, [0,2 ] (theo phn đầu ca chng minh).
Vì vy, argf(
re
i
) là mt hàm tăng cht ca [0,2 ]. Bi vì f có đúng mt 0-đim 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 vy,
nh ca đường tròn
z = r là mt đường cong đơn hình sao và f(D
r
) là mt tp hình sao đối vi
0. Hơn na, vì f đơn dip trên đường tròn
z = r và vì r là tu ý nên f cũng đơn dip trên D.
Mt khác, f(D) =
01
()
r
r
f
D

nên f(D) cũng là mt tp hình sao đối vi 0. Do đó, f S*.
Tính cht 2: Cho f S thì f K
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0 , z D.
Chng minh
( ) Gi s f K. Khi đó f( D
r
) là mt tp li vi mi r (0,1).
Tht vy, c định r
(0,1), gi
1
z ,
2
z D
r
sao cho
2
z 0 và
1
z
2
z . Cho 0 t 1, gi
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 li nên g được xác định tt và gii tích trên D. Hơn na, d thy g(0) = 0 và
()gz
<
1 trên D. Theo B 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 mt tp li.
T chng minh trên ta thy rng hàm f biến mi đường tròn
z
= r < 1 thành mt đường
cong
C
r
có biên là mt tp li.
Gi
r
nh ca đường tròn
z
= r. Khi đó,
r
là mt đường cong Jordan định hướng
dương và bên trong ca nó là mt tp li.
( ) 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
f(D
r
) là mt tp li nên argument ca vectơ tiếp tuyến ca
r
là mt hàm không gim
ca
[0,2].
Nghĩa là khi cho
ψ(φ)
:= arg[ ()
i
f
re
] = arg[
'
ire ( )
ii
f
re
] ta s
'( )
0, [0,2 ] hay
'
Im[ln(izf (z))]
0, z = r
iφ
e .
T 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 vy,
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
0 trên z = r < 1.
Nhưng theo Nguyên lí môđun cc tiu ca hàm chnh hình
''
'
Re[1+ ]
zf
f
thì đẳng thc không th
xy ra.
Do đó,
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0, z D
r
. Vì r là tu ý nên
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0 trên D.
( ) Ngược li, gi s f S
''
'
()
Re[1+ ]
()
zf z
f
z
> 0, z D. Ta s chng minh f K.
C định r
(0,1) thì
'
arg[ir f (re )]
ii
e

> 0, [0,2 ] (theo phn đầu ca chng minh).
Vì thế, argument ca tiếp tuyến ca đường cong
r
(
r
nh ca đường tròn z = r) là mt
hàm tăng cht ca
.
Hơn na,
2
0
'( )d

=
2
'
0
arg[ir f (re )]
ii
ed

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 .
T đó suy ra
r
là mt đường cong đóng đơn có biên là mt tp li. Vì thế, f( D
r
) là mt tp li.
Bi vì f(D) =
01
()
r
r
f
D

nên f(D) là mt tp li. Hơn na, vì f đơn dip trên đường tròn z = r và
vì r tu ý nên f cũng đơn dip trên D.
Tính cht 3: Cho f S thì f K zf’ S*.
Chng 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 cht 1, 2) (đpcm).
Mc dù, không phi mi hàm trong
S đều là hàm li nhưng vi mi hàm f S, có mt s
thc dương
(0 < 1) sao cho
ρ
D
đĩa ln nht được f biến thành mt tp li. S được
gi là
bán kính li (radius of convexity) ca f trong S. Tính cht sau đây ch ra rng có mt đĩa
ln nht mà tt c các hàm f trong
S đều là hàm li.
Tính cht 4: Cho f S thì f biến mi đường tròn z < , 0 < 2- 3 thành mt tp li. Điu
này không đúng khi
> 2- 3 .
Chng minh
T (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
D thy rng 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 cht 2 ta suy ra f K, tc là f biến
mi đường tròn
z < r thành mt tp li.
Tuy nhiên, nếu f(z) =
2
(1 )
z
z
, z D, và 2- 3 < r =
z
< 1 thì f không biến mi đường
tròn
z = r thành mt đường cong li.
Tht vy, ta có 1 +
''( )
'( )
zf z
f
z
=
2
2
41
1
zz
z
.
= 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 trin này âm khi -1 < z < -(2- 3 ).
Chú ý rng đẳng thc trên trit tiêu ti z = -(
2- 3 ).
Nhưng ti giá tr
=2- 3 vn tho mãn Tính cht 4.
S
C
r(S):= 2- 3 được gi là bán kính li ca f trong S.
Tương t như trong K, mc dù không phi mi hàm trong
S đều là hàm hình sao nhưng
vi mi hàm f
S, có mt s thc dương (0 < 1) sao cho
ρ
D đĩa ln nht được f biến
thành mt tp hình sao. S
được gi là bán kính hình sao (radius of starlikeness) ca f trong
S. Tính cht sau đây ch ra rng có mt đĩa ln nht mà tt c các hàm f trong S đều là hàm
hình sao.
Tính cht 5: Cho f S thì f biến mi đường tròn
z
< , 0 <
π
tanh
4
thành mt tp hình
sao. Điu này không đúng khi
>
π
tanh
4
.
Chng minh
Trước tiên ta chng minh hai b đề sau. Hai b đề này s giúp ta xác định được bán kính
hình sao ca f trong
S.
B đề 2: Vi mi f S thì
()
arg
f
z
z
1
ln
1
r
r
, z = r, z D. (2.1)
Đánh giá này cht ch vi mi z
D.
Chng minh
Bước 1: Trong chng minh định lí quay ca Goluzin, ta đã có mt s kết qu:
ln v
t
=
2
2
1
1
v
kv
hay v
t
=
2
2
1
1
v
v
kv
(1.17)
arg ( , )vzt
t
=
2
2Im( )
1
kv
kv
(1.24)
((1.17) và (1.24) tương ng là phn thc và phn o ca
1()(,)
ln ( , )
1()(,)
ktvzt
vzt
tktvzt


). đây ta đã
viết v(z,t):= v, k(t) := k cho gn.
T (1.17) ch ra rng
||
v(z,t)
gim t
||
z
đến 0 khi t tăng t 0 đến
. Vì vy có s tương
ng 1-1 gia
||
v
và t. Khi đó ta có th xem
||
v
như mt biến s độc lp.
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.