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

Hơn nữa, cũng từ (1.17) ta còn thu được dt = 2 2 1 . 1 t dv kv v v    (2.2) Từ (1.24) ta có arg ( , ) t dvzt ≤ 2 2 1 vdt kv  = 2 2 1 t dv v   (do (1.41)) Mặt khác, ta có (,) arg vzt z = 0 arg ( , ) t vz d       ≤ 2 0 (,) 2 1()(,) t vz d kvz      ≤ 2 0 (,) 2 1()(,) vz d kvz       = 2 0 2(,) 1(,) t dvz vz       = 2 0 2 1 z du u   = 1 ln 1 r r   , z = r, z  D. Cho t   và sử dụng kết quả lim ( , ) t t ev zt  = f(z) ta được () arg f z z ≤ 1 ln 1 r r   . Bước 2: Ta sẽ chứng minh tính chặt chẽ của đánh giá (2.1). Ta cần chỉ ra rằng với mỗi z  D\{0}, có thể tìm được hàm k liên tục với ()kt = 1 trên [0,+  ) sao cho hàm v = v(z,t) được cho trong (1.15) thoả mãn Im[k(t)v(z,t)] = (,)vzt , t [0,+) (2.3) Thật vậy, nếu (2.3) thoả mãn với ()kt = 1 thì Re[k(t)v(z,t)] = 0, t  [0,+ ). Khi đó (1.17), (1.24) trở thành: (,)vzt t   = 2 2 1(,) (,) 1(,) vzt vzt vzt    (2.4) và arg ( , )vzt t   = 2 2(,) 1(,) vzt vzt (2.5) Lấy tích phân từ 0 đến t của (2.4) ta được 0 ln t t dvdt  = 2 2 0 1 1 t v dt v     = 2 2 0 2 (1 ) 1 t v dt v    = -t + 2 2 0 2 1 t v dt v  mà 2 2 1 . 1 t dv v dt v v    (do (2.2) và Re(kv) = 0) (2.6)

Suy ra 0 ln t t dvdt  = -t + 2 0 2 1 t t v dv v    Do đó (,) ln vzt z = -t + 2 2 1(,) ln 1 vzt z   (ở đây ta đã sử dụng v(z,0) = z) hay 2 (,) 1(,) vzt vzt = 2 1 t ez z   . Phương trình này xác định duy nhất (,)vzt vì hàm 2 1 x x  tăng từ 0 đến  khi x  [0,1) ( chú ý rằng (,0)vz = z ). Sự xác định (,)vzt bây giờ có thể được sử dụng để xác định (,) arg vzt z với điều kiện ban đầu v(z,0) = z. Thật vậy, từ (2.5) và (2.6) ta suy ra arg ( , ) t dvzt = 2 2(,) 1(,) t dvzt vzt   . Lấy tích phân hai vế của đẳng thức này từ 0 đến t ta được (,) arg vzt z = 1 ln 1 z z   - 1(,) ln 1(,) vzt vzt   (2.7) (ở đây ta đã sử dụng điều kiện v(z,0) = z). Từ đó xác định được (,) arg vzt z với điều kiện ban đầu v(z,0) = z. Cả môđun và argument của v(z,t) đều được xác định rõ. Vì thế, ta xác định được hàm v(z,t). Theo (2.3) hàm k được xác định bởi phương trình k(t)v(z,t) = -i (,)vzt , t ≥ 0. Hàm này liên tục trên [0,+  ) và thoả mãn điều kiện ()kt = 1 trên [0,+). Rõ ràng rằng phương trình vi phân Loewner (1.15), ứng với hàm k, có nghiệm v(z,t) xác định ở trên. Hơn nữa, từ (2.7) và lim ( , ) t t ev zt  = f(z) ta thu được () arg f z z = 1 ln 1 z z   . Chứng minh này chỉ ra tính chặt chẽ của cận trên trong (2.1). Hoàn toàn tương tự, chúng ta có thể chứng minh tính chặt chẽ của cận dưới trong (2.1). Một hệ quả trực tiếp của Bổ đề 2 là có thể đánh giá cận của '( ) arg () zf z f z , f  S một cách dễ dàng. Nhánh được chọn ở đây thoả mãn 0 '( ) arg () z zf z fz  = 0. Kết quả này dùng để xác định bán kính sao của f trong S.

Bổ đề 3: Với mỗi f  S thì '( ) arg () zf z f z ≤ 1 ln 1 r r   , z = r, z  D. (2.8) Đánh giá này chặt chẽ với mọi z  D. Chứng minh Cố định a  D\{0}, ta xét hàm f a (z) = 2 ()() 1 (1 ) '( ) za f fa az afa     , z  D. Khi đó f a  S (xem trong chứng minh Định lí 5). Theo Bổ đề 2 ta thu được () arg a f z z ≤ 1 ln 1 r r   , z  D. Mặt khác, dễ thấy rằng () a f a a   = 2 () 1 . af '( ) 1 fa a a và đặc biệt () arg a f a a   = 2 () 1 arg( . ) af '( ) 1 fa a a = af '( ) arg () a f a . Từ đó suy ra af '( ) arg () a f a ≤ 1 ln 1 a a   . Suy ra (2.8) (đpcm). Tính chặt chẽ trong (2.8) được suy ra từ tính chặt chẽ trong (2.1). Bây giờ ta chứng minh tính chất 5. Nhận thấy rằng khi 1 ln 1     = 2  thì  = 2 2 1 1 e e     = tanh 4  Từ Bổ đề 3 ta suy ra Re ' () () zf z f z > 0 khi z < . Khi đó theo Tính chất 1 thì f  K, tức là f biến mỗi hình tròn ρ D thành một tập hình sao. Chú ý rằng kết quả này sai khi z ≥ . Vì vậy r*(S):= tanh 4  là bán kính hình sao của f trong S. Tính chất 6: a) Cho f  S* và z = r < 1 thì 2 (1 ) r r ≤ () f z ≤ 2 (1 ) r r (2.9) 3 1 (1 ) r r   ≤ '( ) f z ≤ 3 1 (1 ) r r   (2.10) Các đẳng thức xảy ra khi f là một phép quay thích hợp của hàm Koebe.

Các kết quả này hoàn toàn giống trong S. b) Cho f  K và z = r < 1 thì i) 1 r r ≤ () f z ≤ 1 r r  (2.11) ii) 2 1 (1 )r ≤ '( ) f z ≤ 2 1 (1 )r (2.12) Các đẳng thức xảy ra khi f (z) = 1 z z   ,   C,  = 1. Chứng minh i) Vì f  K nên zf’(z)  S* (theo Tính chất 3) Suy ra 2 (1 ) r r ≤ '( )zf z ≤ 2 (1 ) r r (theo (2.9)). Suy ra (2.12). ii) Ta có () f z ≤ 0 '( ) r ii f eed     ≤ 2 0 1 (1 ) r d     (theo bất đẳng thức bên phải của (2.12)) ≤ 1 r r Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức bên trái của (2.11). Cố định z  D. Vì f  K nên đoạn thẳng nối 0 và f(z) nằm trong f(D). Nếu ta gọi  là nghịch ảnh của đoạn thẳng này thì  là một đường cong đơn nối 0 và z trong D. Hình 10 Từ đó suy ra () f z = '( ) f d     ≥ 0 '( ) r i f ed     ≥ 2 0 1 (1 ) r d     (theo bất đẳng thức bên trái của (2.12))

≥ 1 r r Nhận thấy rằng các đẳng thức xảy ra trong (2.11) và (2.12) khi và chỉ khi zf’(z) là một phép quay thích hợp của hàm Koebe. Từ đây ta có f (z) = 1 z z   ,   C,  = 1. Tính chất 7: i) Nếu f  S* thì f(D) chứa hoàn toàn đĩa {w: w < 1 4 }. Kết quả này hoàn toàn giống trong S. ii) Nếu f  K thì f(D) chứa hoàn toàn đĩa {w: w < 1 2 }. Chứng minh Kết quả này dễ dàng chứng minh được khi cho r  1 trong bất đẳng thức bên trái của (2.11). Ngoài ra, kết quả này còn có thể được chứng minh một cách độc đáo bằng cách sử dụng Định lí 4. Ta sẽ chỉ ra rằng, nếu w  f(D) thì w ≥ 1 2 . Gọi khai triển của f trong S là f(z) = z + 2 2 az + …, z  D. Gọi g(z):= 2 [f(z) - w] = 22 2 [ w z +...]za = 2 2w ...wz   Ta có g(0) = 2 w ; g’(0) = -2w và g(z) ≠ 0 trên D. Ta sẽ chứng minh g(z) đơn diệp trên D. Thật vậy: Nếu g( 1 z ) = g( 2 z ) thì f( 1 z ) = f( 2 z ) hoặc 12 1 [f(z )+f(z )] 2 = w (điều này không thể xảy ra được vì f  K và w f(D)). Suy ra 1 z = 2 z (do f đơn diệp). Vậy g đơn diệp trên D. Gọi h(z) = 2 () 2w wgz = z +…, z  D. Ta sẽ chứng minh h  S. • Ta có h(0) = 0 (vì g(0) = 2 w ) và h’(0) = 1 (vì g’(0) = -2w ). • Dễ thấy h đơn diệp trên D (do g đơn diệp trên D). Từ trên suy ra h  S. Mặt khác, h(z) ≠ 1 w 2 (do g(z) ≠ 0 trên D), nên theo Định lí 4 ta suy ra được 2 w ≥ 1 4 hay w ≥ 1 2 (đpcm).

Kết quả bên trên hoàn toàn chặt chẽ vì hàm ()z = 1 z z  = z + 2 z + …là một ánh xạ bảo giác của D vào nửa mặt phẳng Re ()z > 1 2  (đây là một tập lồi). Ta thấy rõ trong Hình 2. 2.1.2. Cận trên đối với môđun của hệ số trong khai triển hàm lồi và hàm hình sao Phỏng đoán Bieberbach trong S cũng đúng trong S*, được chứng minh lần đầu tiên năm 1920 bởi R.Nevanlinna. Định lí 13: Nếu f  S* và có khai triển f(z) = z + 2 2 az + …+ n n az +…, z  D thì n a ≤ n, n = 2, 3,….Đẳng thức xảy ra khi f là một phép quay của hàm Koebe. Chứng minh: Trước khi chứng minh định lí này ta sẽ chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 4 (bổ đề Caratheodory): Giả sử ψ(z) giải tích trên D, có Reψ(z) > 0 trên D và ψ(z) = 1 + 1 n n n bz    thì n b ≤ 2, n = 1, 2,… (2.9) Chứng minh Gọi C = {z: i zre   , 0 < r < 1, 0 ≤  ≤ 2 }. Theo công thức tích phân Cauchy ta có n b = 1 1() 2 n C z dz iz     = 2 0 1 () 2 iin n re e d r        Suy ra n b n r = 2 0 1 () 2 iin re e d        (2.10) Mặt khác ta có 0 = 2 0 1 () 2 iin re e d        (2.11) Cộng theo vế (2.10) và (2.11) ta được n b n r = 2 0 1 2Re ( ) 2 iin re e d        = 2 0 1 Re ( ) iin re e d        Suy ra n n br ≤ 2 0 1 Re ( ) i re d       = 2 Cho r  1 ta được n b ≤ 2, n = 1, 2,… (đpcm) Ta thấy hàm ψ(z) = 1 1 z z   = 1 + 2 1 n n z    thoả mãn điều kiện của Bổ đề 4. Do đó, đánh giá trong (2.9) hoàn toàn chặt chẽ. Bây giờ ta chứng minh định lí 13.

Cho f  S* và gọi ψ(z) = '( ) () zf z f z = 1 + 1 n n n bz    , z  D (2.12) thì Re ψ(z) > 0 (theo Tính chất 1) và vì thế n b ≤ 2, n = 1, 2,…(theo Bổ đề 4). Từ (2.12) suy ra zf’(z) = f(z)[1 + 1 n n n bz    ]. Suy ra 23 23 2 3 ... ... n n zaz az naz= 23 21 3 212 11 1 ( ) ( ) ... ( ... ) ... n nn n abz aabbz aab bz     Suy ra 2 a = 1 b 2 3 a = 21 ab + 2 b … (n-1) n a = 11 2 2 1 ... nn n ab a b b    Ta sẽ chứng minh n a ≤ n, n = 2, 3,…bằng quy nạp. Ta có 2 a = 1 b ≤ 2. Giả sử k a ≤ k, k = 2, 3,…, n-1. Khi đó (n-1) n a = 11 2 2 1 ... nn n ab ab b    ≤ 2[(n-1) + (n-2) + …+ 1] = n(n-1) Suy ra n a ≤ n Vậy n a ≤ n, n = 2, 3,…(đpcm). Dễ thấy rằng, nếu n a = n, n = 2, 3,…thì 2 a = 2. Khi đó f là một phép quay của hàm Koebe (theo Định lí 3). Định lí 14: Nếu f  K và có khai triển f(z) = z + 2 2 az + …+ n n az +…, z  D thì n a ≤ 1, n = 2, 3,….Đẳng thức xảy ra khi f là hàm ()z = 1 z z  hay là một phép quay thích hợp của nó. Chứng minh Từ f(z) = z + 2 2 az + …+ n n az +… suy ra zf’(z) = z + 2 2 2 az + …+ n n n az +… Vì f  K nên zf’  S* (theo Tính chất 3) và theo Định lí 13 ta thu được n n a ≤ n. Suy ra n a ≤ 1, n = 2, 3,…(đpcm). Nhận thấy rằng hàm ()z = 1 z z = 1 n n z    là ánh xạ từ D lên nửa mặt phẳng Re(w) > 1 2  (xem Hình 2) và thoả mãn '( )zz = 2 (1 ) z z . Chú ý: Đối với các hàm lồi yếu cũng có đánh giá cận trên đối với môđun các hệ số giống như hàm hình sao.

Định lí 15: Nếu f là hàm lồi yếu và có khai triển f(z) = z+ 2 2 az +…+ n n az +…, z  D thì n a ≤ n, n = 2, 3,….Đẳng thức xảy ra khi f là một phép quay của hàm Koebe. Chứng minh Vì f là hàm lồi yếu nên tồn tại hàm lồi h sao cho Re '( ) '( ) f z hz > 0 trên D. Vì thế Re 1 '(0)h > 0 và nếu gọi  = arg '(0)h thì chúng ta có thể giả sử  < 2  . Đặt g(z) = () (0) '(0) hz h h  , z  D. Khi đó g  K. Xét hàm q(z) = '( ) '( ) i f z egz  = 0 n n n qz    , thế thì 0 q = i e   và Req(z) > 0, z  D. Hơn nữa, nếu gọi p(z) = () isin os qz c    = 1 + 1 n n n p z    , z  D thì p(z) giải tích trên D, Rep(z) > 0 và p(0) = 1. Dễ thấy rằng n q = n p cos, n = 1, 2,… Gọi g(z) = z + 2 2 cz +…+ n n cz +…, z  D So sánh các hệ số của f’(z) và i e  g’(z)q(z) ta được n na = i e  [ i n nc e   + 11 (1) n ncq   + 22 (2) n ncq   + …+ 22 2 n cq  + 1n q  ] Vì p(z) giải tích trên D, có Rep(z) > 0 trên D và p(z) = 1 + 1 n n n p z    , z  D nên n p ≤ 2, n = 1, 2,…(theo Bổ đề 4). Suy ra n q ≤ 2cos ≤ 2 Vì g  K nên n c ≤ 1, n = 2, 3,…(theo Định lí 14) Vì vậy ta có n n a ≤ n + 2(n-1) + 2(n-2) +…+ 2.2 + 2 = 2 n Do đó, n a ≤ n, n = 2, 3,…. Đẳng thức xảy ra khi f là một phép quay của hàm Koebe. 2.2. Cực trị của các hàm biến miền thành hình tròn 2.2.1. Bổ đề 5 Đây là bổ đề quan trọng để giải quyết hai bài toán cực trị trong phần tiếp theo. Nếu (z) là hàm số khai triển được trong hình tròn z <  thì đặt z = r i e  , với mọi r (0 < r < ) ta có 2 0 1 () 2 p i re d       ≥ (0) p  , p > 0 (2.13) Đẳng thức chỉ xảy ra khi (z) = const.

Chứng minh Trước hết ta xét trường hợp p = 2. Theo khai triển Taylor, bên trong hình tròn z < , ta có (z) = 0  + 1  z + … + n  n z + …Từ đó suy ra 2 2 0 1 () 2 i re d       = 2 0  + 2 1  2 r + … + 2 n  2n r + …Rõ ràng biểu thức này lớn hơn hoặc bằng 2 0  = 2 (0)  . Đẳng thức chỉ xảy ra khi (z) = 0  . Nếu p là số bất kì thì ta xét hàm số 2 [()] p z  . Nếu (z) không có 0-điểm bên trong hình tròn thì arg  là hàm đơn trị, các nhánh khác nhau của hàm 2 p  cũng đơn trị. Chọn một trong số chúng, ta sẽ có hàm 2 p  khai triển được trong hình tròn z < . Khi đó áp dụng bổ đề cho hàm số mới này với luỹ thừa 2, ta thu được kết quả đối với hàm (z). Do đó bổ đề được chứng minh với mọi p, nếu  không có 0-điểm bên trong hình tròn. Xét trường hợp  có 0-điểm bên trong hình tròn z < , ta có thể giả sử (0) ≠ 0 (vì trường hợp (0) = 0 thì bổ đề hiển nhiên đúng). Xét hình tròn bán kính r (r <  ). Nếu bên trong hình tròn này không có 0-điểm của hàm số (z) thì bổ đề được chứng minh với bán kính r. Nếu có 0-điểm bên trong hình tròn z < r thì số lượng các 0-điểm là hữu hạn, ta kí hiệu chúng là 1 a , 2 a , …, n a (nếu là 0-điểm bội k thì ta viết lại k lần). Để ý rằng nếu ' 1 a , ' 2 a , …, ' n a là các điểm đối xứng với 1 a , 2 a , …, n a qua đường tròn z = r thì hàm số '' ' 12 12 ( )( )...( ) ( )( )...( ) n n zaza za zaza za     nhận giá trị trên đường tròn này với môđun bằng 1 r a . 2 r a … n r a = 12 ... n n r aa a . Suy ra hàm số 1 ()z  = 12 ... n n aa a r '' ' 12 12 ( )( )...( ) ( )( )...( ) n n zaza za zaza za     (z) không bằng không trong hình tròn z < r , đồng thời có giá trị trên đường tròn z = r với môđun như của (z). Áp dụng bổ đề cho 1 ()z  , ta được 2 1 0 1 () 2 p i re d       ≥ 1 (0) p  . Mặt khác ta có 1 () i re   = () i re   và 1 (0)  = 12 ... n n aa a r '' ' 12 12 ... ... n n aa a aa a (0)  = '' ' 12 ... n n aa a r (0)  > (0)  .

Do đó 2 0 1 () 2 p i re d       > (0) p  . Bổ đề được chứng minh xong vì hàm (z) ((0) ≠ 0 ) có 0-điểm bên trong hình tròn z < r nên không phải là hàm hằng. 2.2.2. Bài toán cực trị thứ nhất Xét tất cả hàm số (z) khai triển được trong miền đơn liên hữu hạn A và chuẩn hoá được tại điểm 0 z , nghĩa là thoả mãn các điều kiện: ( 0 z ) = 0, '  ( 0 z ) = 1 (2.14) Đối với lớp hàm này người ta đưa ra bài toán: Chứng tỏ rằng tích phân p I = ( ) dxd p A zy   , p > 0 có cực tiểu đối với một hàm duy nhất  và xác định hàm số đó. Chứng minh Giả sử w = f(z) thoả mãn (2.14) và ánh xạ bảo giác 1-1 miền A lên hình tròn D  : z <  và z =  (w) là hàm ngược. Vì (, ) (,) Dxy Duv = 2 w dz d = 2 '( )w  nên p I = 2 [ (w)] '(w) dud p D v     Đặt  (w) = [  (w)] và w = r i e  , ta được p I = 0 rdr   2 2 0 () '() p ii re re d       trong đó '  không bằng 0. Do đó các nhánh khác nhau 2 (') p  là đơn trị. Chọn nhánh bằng 1 khi w = 0, [  (w)] là hàm khai triển được và có 0-điểm đơn khi w = 0. Suy ra  (w) 2 (') p  là hàm khai triển được và có 0-điểm đơn khi w = 0. Đặt  (w) = 2 (w)[ '(w)] w p   , (0) ≠ 0 . Khi đó ta có 2 2 0 () '() p ii re re d       = 2 0 () p pi rred      . Theo Bổ đề 5, với mọi r < ρ, ta được 2 2 0 () '() p ii re re d       ≥ 2π p r (0) p  (2.15) Muốn tính  (0) ta để ý rằng 0 (w) [] w w d d   = 0 () zz d dz   = 1, ψ’(0) = 0 1 '( ) f z = 1 Suy ra Λ(w) = w +…, 2 ['(w)] p  = 1 +…Điều đó có nghĩa Φ(w) = 1 +…, tức là Φ(0) = 1. Từ (2.15) ta tính được 2 2 0 () '() p ii re re d       ≥ 2π p r .

Do đó p I ≥ 2π 1 0 p rdr    = 2 2 2 p p     . Vậy p I ≥ 2 2 2 p p     . Trong biểu thức này dấu bằng chỉ xảy ra khi trong (2.15) ta có dấu bằng với mọi r, theo Bổ đề 5 thì điều đó chỉ có thể xảy ra khi Φ(w) = const = 1. Điều này có nghĩa p I đạt cận dưới. Điều kiện Φ(w) = 1 được viết ở dạng λ[ψ(w)] = w 2 ['(w)] p   hay λ(z) = f(z) 2 ['()] p f z . Ta xem 2 ['()] p f z là nhánh đơn trị của hàm số bằng 1 khi z = 0 z . Như vậy ta đã chứng minh được rằng p I đạt cận dưới 2 2 2 p p     chỉ đối với hàm số () p f z = f(z) 2 ['()] p f z . Ngoài ra ta còn thấy rằng giá trị trung bình [λ(z)] hạng p trên miền A là p m = 1 () p p I d , d là diện tích của miền A. Từ đó ta có p m ≥ ρ 1 2 2 [] (2) p p d   , trong đó p m = ρ 1 2 2 [] (2) p p d   chỉ đối với hàm số () p f z . Khi p tiến đến vô cùng thì p m tiến đến ρ, còn () p f z tiến đến hàm f(z). 2.2.3. Bài toán cực trị thứ hai Xét tất cả hàm số (z) khai triển được trong miền đơn liên hữu hạn A và chuẩn hoá được tại điểm 0 z , nghĩa là thoả mãn các điều kiện: ( 0 z ) = 0, '  ( 0 z ) = 1 (2.14) Ta sẽ chứng minh tích phân p J = '( ) dxd p A zy   , p > 0 có cực tiểu đối với một hàm duy nhất  và xác định hàm số đó. Ta cũng sẽ giả sử w = f(z) thoả mãn (2.14) và ánh xạ bảo giác 1-1 miền A lên hình tròn D  : z <  và z =  (w) là hàm ngược. Tương tự mục 2.2.2 ta được p J = 2 '[ (w)] '(w) dud p D v     , chuyển qua toạ độ cực w = r i e  và đặt λ’[ψ(w)] = 1  (w) = 1 +…, ta được p J = 0 rdr   2 2 1 0 () '() p ii re re d       . Đặt 1  (w) = 2 1 (w)[ '(w)] p   , 1  (0) = 1.

Ta có 2 2 1 0 () '() p ii re re d       = 2 1 0 () p i re d      . Theo Bổ đề 5 ta suy ra 2 2 1 0 () '() p ii re re d       ≥ 2π 1 (0) p  = 2π. Do đó p J ≥ 2π 0 rdr   = π 2  . Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1  (w) = const = 1, nghĩa là 2 1 (w)[ '(w)] p   = 1 hay λ’(z) = 2 [f'(z)] p , ( 2 0 [f'(z )] p = 1). Từ đó ta có λ(z) = 0 2 [f'(z)] z p z dz  . Đây là hàm duy nhất mà đối với hàm này p J đạt cận dưới π 2  . Giá trị trung bình hạng p của '  là ' p m = 1 () p p J d ≥ 1 2 () p d  , trong đó ' p m = 1 2 () p d  chỉ đối với hàm số λ’(z) = 2 [f'(z)] p . Khi p tiến về vô cùng thì ' p m tiến về 1 và hàm số tiến về 0 zz . Nếu p = 2 thì p J có ý nghĩa hình học như sau: 2 J là diện tích mặt cong Riemann thu được trong ánh xạ miền A. Để ý rằng với p = 2, hàm số cực tiểu hoá là λ(z) = 0 f'(z) z z dz  = f(z). Như vậy, trong số các hàm khai triển được trong miền hữu hạn A và chuẩn hoá được tại 0 z sẽ tồn tại hàm số duy nhất cực tiểu của diện tích mặt cong Riemann được tạo thành từ A, hàm số này ánh xạ 1-1 bảo giác miền A lên hình tròn có tâm tại gốc toạ độ. Để tìm cực tiểu của diện tích với điều kiện cho diện tích được tạo thành và tìm cực tiểu 0 '( )z  . Ta xét tất cả các hàm số μ(z) khai triển được trong miền A và thoả mãn điều kiện μ( 0 z ) = 0, μ’( 0 z ) ≠ 0 và biến miền A thành mặt cong Riemann có diện tích ∆ cho trước. Khi đó hàm số 0 () '( ) z z   biến miền A thành mặt cong Riemann có diện tích bằng 2 0 '( )z   , vì hàm này chuẩn hoá được tại điểm 0 z nên ta có 2 0 '( )z   ≥ π 2  , trong đó ρ là bán kính tương ứng với điểm 0 z và miền A. Suy ra 2 0 '( )z  ≤ 2    . Khi đó 0 '( )z  ≤ 2    . Cực tiểu 0 '( )z  đạt được chỉ khi 0 () '( ) z z   cho ta ánh xạ 1-1 và bảo giác miền A lên hình tròn có tâm tại gốc tọa độ.

Nếu f(z) là hàm số chuẩn hoá được tại điểm 0 z và cũng với ánh xạ đó thì điều kiện cần và đủ để hàm số μ(z) cho ta cực đại 0 '( )z  là 0 () '( ) z z   = f(z). Suy ra μ(z) = cf(z). Theo giả thiết, diện tích được tạo thành bằng ∆ nên 2 c π 2  = ∆. Suy ra c = 2    . Vậy hàm số cần tìm μ(z) có dạng i e  2    f(z). Hàm số dạng này ánh xạ 1-1 và bảo giác miền A lên hình tròn có tâm tại gốc tọa độ và diện tích bằng ∆. Từ đó suy ra: trong số các hàm số μ(z) khai triển được trong miền A, μ( 0 z ) = 0, μ’( 0 z ) ≠ 0 và biến miền A thành mặt cong Riemann có diện tích ∆ thì những hàm số cho ta cực đại 0 '( )z  sẽ ánh xạ 1-1 và bảo giác miền A lên hình tròn có tâm tại gốc tọa độ và có diện tích bằng ∆.

KẾT LUẬN Trong chương 1, em đã trình bày rõ khái niệm hàm đơn diệp (có ví dụ minh hoạ cụ thể); các kết quả cơ bản nhất của hàm đơn diệp; hai định lí diện tích của miền ảnh của hàm đơn diệp; hằng số Koebe và định lí biến dạng; trình bày cận trên, cận dưới đối với môđun của hàm đơn diệp; định lí quay; cận đối với môđun các hệ số và các hệ số thực trong khai triển hàm đơn diệp. Có hình vẽ minh hoạ hay các ví dụ cụ thể để các kết quả trong luận văn được chặt chẽ, dễ hiểu. Trong chương 2, em đã trình bày rõ khái niệm hàm lồi và hàm hình sao; các tính chất quan trọng của chúng; đánh giá cận trên đối với môđun của hệ số trong khai triển hàm lồi và hàm hình sao; xem xét hai bài toán cực trị và bổ đề quan trọng để giải quyết hai bài toán đó. Tuy nhiên, vì đây là lĩnh vực khá rộng, đã được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu, nên việc tổng hợp các kết quả đã có cũng như phát hiện thêm những kết quả mới khác là không dễ dàng. Do đó trong khuôn khổ của luận văn, em chỉ trình bày những kết quả cơ bản nhất về hàm đơn diệp, chưa đào sâu nghiên cứu quan hệ của hàm đơn diệp với các lĩnh vực toán học khác. Nhận thấy rằng, hàm đa diệp cũng là một trong những lĩnh vực cần quan tâm nghiên cứu. Đây là lĩnh vực tổng quát của hàm đơn diệp. Vì thế, nếu điều kiện cho phép, em sẽ thực hiện đề tài này trong các công trình nghiên cứu sau.

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Chun Wen G. (1992), Conformal mappings and boundary value problems, American Mathematical Society, USA. 2. Conway J.B. (1978), Functions of one complex variable II, Springer-Verlag NewYork Inc, USA. 3. Duren P.L.(1983), Univalent Functions, Springer-Verlag NewYork Inc, USA. 4. Goluzin G.M. (1969), Geometric theory of functions of a complex variable, American Mathematical Society, USA. 5. Graham I.R., Kohr G. (2003), Geometric function theory in one and higher dimensions, Marcel Dekker Inc, NewYork. 6. Gonzalez M.O. (1992), Complex analysis: Selected topics, Marcel Dekker Inc, NewYork. 7. Henrici P. (1993), Applied and computational complex analysis, Diserete Fourier Analysis, Wiley Classical Library, NewYork. 8. Markushevich A.I., Silverman R.A. (1965), Theory of functions of a complex variable I, Prentice-Hall Inc, London. 9. Privalov I.I. (1997), Nhập môn lý thuyết hàm phức, NXB Khoa học, Mascova. 10. Romannovski P.I. (1980), Chuỗi Fourier, lý thuyết trường, hàm giải tích, phép biến đổi Laplace, NXB Khoa học, Mascova. 11. Sabat B.V. (1969), Nhập môn giải tích phức, NXB Đại học và trung học chuyên nghiệp, Hà nội. 12. Tamura I. (1992), Topology of foliations: an introduction, American Mathematical Society, USA. 13. Trần Anh Bảo (1978), Lý thuyết hàm số biến số phức, NXB GD, Hà nội. 14. Đậu Thế Cấp (1999), Hàm một biến phức, NXB GD, Hà nội. 15. Nguyễn Văn Khuê, Vũ Tuấn (1990), Hàm số biến số phức, NXB GD, Hà Nội. 16. Võ Đăng Thảo (1994), Hàm phức và toán tử Laplace, ĐH Bách khoa Tp.HCM.