Tài liệu Một số kết quả về hàm điều hòa dưới

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Đề tài: MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ HÀM ĐIỀU HÒA DƯỚI Sinh viên thực hiện: PHAN NGỌC PHƯƠNG QUỲNH Lớp 18ST Giảng viên hướng dẫn: TS.HOÀNG NHẬT QUY Đà Nẵng, 12–2021 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Đề tài: MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ HÀM ĐIỀU HÒA DƯỚI Sinh viên thực hiện: PHAN NGỌC PHƯƠNG QUỲNH Lớp 18ST Giảng viên hướng dẫn: TS.HOÀNG NHẬT QUY Cán bộ phản biện: TS.CHỬ VĂN TIỆP Đà Nẵng, 12–2021 Mục lục MỞ ĐẦU Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Hàm biến phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Số phức và mặt phẳng phức . . . . . . . . . . . 1.1.2 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Hàm chỉnh hình, hàm điều hòa và một số kết quả cơ bản 1.3 Hàm nửa liên tục trên . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . Chương 2 MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ HÀM ĐIỀU HÒA DƯỚI 2.1 Hàm điều hòa dưới và các tính chất cơ bản . . . . . . . . 2.2 Một số kết quả về hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . 2.2.1 Nguyên lý cực đại của hàm điều hòa dưới . . . . . 2.2.2 Tính khả tích của hàm điều hòa dưới . . . . . . . . 2.2.3 Tính lồi của hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 5 6 8 16 . . . . . 22 22 25 25 31 33 KẾT LUẬN 41 Tài liệu tham khảo 42 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Giải tích phức là một trong những chuyên ngành cổ điển của toán học, có nhiều ứng dụng trong nhiều ngành khác của toán học, nó bắt nguồn từ khoảng thế kỷ XIX. Đối tượng nghiên cứu của Giải tích phức là các hàm chỉnh hình, hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới, hàm điều hòa trên. Dựa trên sự phát triển của Giải tích hàm, Giải tích phức đã mở rộng nghiên cứu sang các lớp ánh xạ giữa các không gian topo phức vô hạn chiều, đặc biệt là các không gian định chuẩn. Đây là các lớp hàm có nhiều ứng dụng trong toán ứng dụng nói chung và trong vật lý toán nói riêng. Trong các lớp hàm là đối tượng nghiên cứu của Giải tích phức, thì lớp hàm điều hòa dưới là lớp hàm rộng và có nhiều ưu điểm hơn cả. Hàm điều hòa dưới được mở rộng và có mối liên hệ chặt chẽ với các hàm lồi. Và đây cũng là lớp hàm mềm mại hơn các hàm chỉnh hình thể hiện ở một số điều kiện rằng nó chỉ yêu cầu thỏa mãn tính nửa liên tục trên và thỏa mãn bất đẳng thức trung bình (tích phân) dưới. Vì những lý do này mà lớp hàm điều hòa dưới có nhiều ứng dụng cả về mặt lý thuyết và ứng dụng. Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về lớp hàm thú vị này, và dưới sự hướng dẫn khoa học của thầy giáo TS. Hoàng Nhật Quy, em đã chọn đề tài: "MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ HÀM ĐIỀU HÒA DƯỚI". Đề tài sẽ tập trung nghiên cứu các kết quả sau về hàm điều hòa dưới. Thứ nhất là nghiên cứu về nguyên lý cực đại của hàm điều hòa dưới. Đây là nguyên lý quan trọng đã có trên các lớp hàm chỉnh hình và hàm điều hòa. Thứ hai là nghiên cứu về tính khả tích của lớp hàm điều hòa dưới. Tính chất này chứng tỏ rằng lớp hàm điều hòa dưới nằm trong lớp các hàm khả 3 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh tích địa phương - là lớp hàm có nhiều ứng dụng trong cả lý thuyết và ứng dụng. Cuối cùng là nghiên cứu về tính lồi của của hàm điều hòa dưới và các đại lượng trung bình của hàm điều hòa dưới. 2. Mục đích nghiên cứu Mục tiêu nghiên cứu của đề tài là các tính chất của hàm điều hòa dưới như nguyên lý cực đại, tính khả tích và tính lồi của lớp hàm điều hòa dưới. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Hàm nửa liên tục trên, hàm điều hòa, hàm chỉnh hình, hàm điều hòa dưới. • Phạm vi nghiên cứu: Đề tài thuộc lĩnh vực nghiên cứu ngành toán Giải tích phức. 4. Phương pháp nghiên cứu • Nhận đề tài từ thầy giáo hướng dẫn; • Tìm các tài liệu liên quan đến lĩnh vực nghiên cứu của đề tài; • Tham gia seminar với thầy giáo hướng dẫn để hiểu, xây dựng và hoàn thiện về vấn đề nghiên cứu; • Hoàn thành khóa luận nghiên cứu của đề tài. 5. Cấu trúc đề tài khóa luận Cấu trúc của khóa luận gồm các phần chính sau đây: • Mở đầu. • Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. • Chương 2. Một số kết quả về hàm điều hòa dưới. • Kết luận • Tài liệu tham khảo Khóa luận tốt nghiệp 4 Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Nội dung của chương này là nhắc lại các khái niệm và một số kết quả cơ bản về số phức, hàm biến phức, hàm chỉnh hình, hàm điều hòa và hàm nửa liên tục trên. Đây là những kiến thức chuẩn bị cho việc trình bày các kết quả ở chương 2 về hàm điều hòa dưới. Các nội dung trong chương này được tham khảo trong các tài liệu [1], [2], [3] và [8]. 1.1 Hàm biến phức 1.1.1 Số phức và mặt phẳng phức a. Số phức Số phức z được biểu diễn dưới dạng x + iy, với x, y ∈ R và i là đơn vị ảo, thỏa mãn điều kiện i2 = −1. • Số thực x được gọi là phần thực của số phức z, kí hiệu là Rez = x. •Số thực y được gọi là phần ảo của số phức z, kí hiệu là Imz = y. • Tập hợp số phức được kí hiệu là C. b. Mặt phẳng phức Giả sử trên mặt phẳng R2 cho một hệ tọa độ vuông góc xOy. Mỗi điểm M ∈ R2 được xác định bởi hoành độ x và tung độ y của nó. Điều này cho phép ta lập được tương ứng 1 − 1 giữa các điểm của mặt phẳng R2 với các số phức z ∈ C : M(x, y) ∈ R2 7→ x + iy = z ∈ C. 5 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Mặt phẳng R2 cùng với một tương ứng như vậy được gọi là mặt phẳng phức. Như vậy một điểm M(x, y) ∈ R2 có thể được coi là một số phức nếu đồng nhất nó với z = x + iy. 1.1.2 Các khái niệm cơ bản a. Lân cận và tập hợp mở Đĩa mở tâm z0 ∈ C, bán kính r > 0 được kí hiệu là ∆(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | < r}. Tập A ⊂ C được gọi là lân cận của một điểm z0 ∈ C nếu tồn tại r > 0 sao cho ∆(z0 , r) ⊂ A. Tập A ⊂ C được gọi là tập mở nếu với mọi z0 ∈ A, tồn tại r = r(z0 ) > 0 sao cho ∆(z0 , r) ⊂ A. Nhận xét: • Tập mở A ⊂ C khi và chỉ khi tập A là lân cận của mọi điểm thuộc nó. • Đĩa mở ∆(z0 , r) là tập mở với mọi z0 ∈ C và mọi r > 0. • 0, / C là các tập mở. • Hợp tùy ý các tập mở là tập mở. • Giao một họ hữu hạn các tập mở là tập mở. Tuy nhiên, giao tùy ý các tập mở có thể không mở. b. Tập hợp đóng Tập A ⊂ C được gọi là tập đóng nếu phần bù của nó C \ A là tập mở. Nhận xét: • 0, / C là các tập đóng. • Giao tùy ý các tập đóng là tập đóng. • Hợp một họ hữu hạn các tập đóng là tập đóng. Tuy nhiên, hợp tùy ý các tập đóng có thể không đóng. c. Điểm trong của một tập Giả sử A là tập hợp điểm trong mặt phẳng phức z và z0 là một điểm thuộc A. Nếu tồn tại một số ε lân cận của z0 nằm hoàn toàn trong A thì z0 được gọi là điểm trong của tập A. d. Biên của một tập Khóa luận tốt nghiệp 6 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Điểm ξ thuộc A hay không thuộc A được gọi là điểm biên của tập A nếu mọi hình tròn tâm ξ đều chứa cả những điểm thuộc A và không thuộc A. Tập hợp các điểm biên của tập A được gọi là biên của tập A. Nếu điểm η không thuộc A và tồn tại hình tròn tâm η không chứa điểm nào của A thì η được gọi là điểm ngoài của tập A. Ví dụ: Xét tập A là hình tròn |z| < 1. Mọi điểm của A đều là điểm trong. Biên của tập A là đường tròn |z| = 1. Mọi điểm |η| > 1 là điểm ngoài của A. e. Chu tuyến Một đường cong L có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau được gọi là đường cong kín. Đường cong không có điểm tự cắt, tức là không tồn tại t1 ,t2 ∈ (a, b) để ϕ(t1 ) + iψ(t1 ) = ϕ(t2 ) + iψ(t2 ) và ϕ(t1 ) + iψ(t1 ) ̸= ϕ(a) + iψ(a) được gọi là đường cong Jordan hay gọi là chu tuyến. f. Miền, miền đơn liên, miền đa liên • Tập U ⊂ C được gọi là một miền trên mặt phẳng phức nếu nó thỏa mãn hai điều kiện sau đây: (i) U là tập mở. (ii) U là tập liên thông, nghĩa là qua hai điểm tùy ý thuộc U, bao giờ cũng có thể nối chúng bằng một đường cong liên tục nằm gọn trong U. • Miền U được gọi là miền đơn liên nếu với mọi chu tuyến γ ⊂ U ta đều có Uγ ⊂ U. Ta nhận thấy nếu bổ sung vào ∂U các đường l1 , l2 , . . . thì miền thu được là miền đơn liên. • Miền U được gọi là miền đa liên nếu tồn tại các chu tuyến γ1 , γ2 , . . . sao cho các miền Uγ1 ,Uγ2 , . . . không bao hàm trong U. g. Hàm biến phức Định nghĩa: Giả sử U ⊂ C là một tập tùy ý cho trước. Một hàm biến phức trên U với giá trị phức là một ánh xạ f : U −→ C. Hàm như vậy được kí hiệu là ω = f (z) với z ∈ U. Với z ∈ U ta viết z = x + iy, x, y ∈ R. Khi đó, hàm f (z) có thể coi là hàm hai biến x, y cũng xác định trên U ∈ R2 ≃ C. Và ta nói hàm f ∈ Ck (U) nếu nó có đạo hàm riêng theo các biến x, y liên tục đến cấp k. Khóa luận tốt nghiệp 7 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy 1.2 SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Hàm chỉnh hình, hàm điều hòa và một số kết quả cơ bản Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm số f xác định trên miền U ⊂ C. Đạo hàm phức của hàm f tại z ∈ U, kí hiệu là f ′ (z), là giới hạn sau đây nếu nó tồn tại f (z + ∆z) − f (z) f ′ (z) := lim , z, z + ∆z ∈ U. ∆z→0 ∆z Hàm số f có đạo hàm phức tại z được gọi là khả vi phức hay C - khả vi tại z. Hàm số f được gọi là C - khả vi trên U nếu và chỉ nếu nó là C - khả vi tại mọi điểm z ∈ U. Ta viết f (z) = u(x, y) + v(x, y), z = x + iy ∈ U. Hàm f được gọi là R2 - khả vi tại z = x + iy nếu và chỉ nếu các hàm u(x, y), v(x, y) khả vi tại (x, y) theo định nghĩa của hàm thực nhiều biến. Sau đây là định lý về mối quan hệ giữa hàm C - khả vi và hàm R2 - khả vi tại z. Định lý 1.2.2. Hàm f là C - khả vi tại z = x + iy ∈ U nếu và chỉ nếu f là R2 - khả vi tại z và thỏa mãn điều kiện Cauchy - Reimann sau đây  ∂u ∂v    (x, y) = (x, y); ∂x ∂y ∂ u ∂v    (x, y) = − (x, y). ∂y ∂x Sau đây ta biểu diễn điều kiện Cauchy - Reimann dưới dạng đạo hàm riêng theo biến phức. Ta có:       ∂f 1 ∂f ∂f 1 ∂u ∂v ∂u ∂v (z) = +i = +i +i +i ∂z 2 ∂x ∂y 2 ∂x ∂x ∂y ∂y     1 ∂u ∂v ∂u ∂v = − +i + 2 ∂x ∂y ∂y ∂x =0 Khóa luận tốt nghiệp (áp dụng điều kiện Cauchy - Reimann). 8 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Vậy điều kiện Cauchy - Reimann ở trên tương đương với điều kiện sau đây: ∂f (z) = 0. ∂z Định nghĩa 1.2.3. Hàm f xác định trong miền U ⊂ C và nhận giá trị trong C được gọi là hàm chỉnh hình tại z0 ∈ U nếu tồn tại r > 0 để hàm f là C khả vi tại mọi z ∈ B(z0 , r) ⊂ U. Hàm f được gọi là chỉnh hình trên U nếu nó chỉnh hình tại mọi điểm z ∈ U. Nhận xét 1.2.4. Cho f (z) là một hàm chỉnh hình trên miền U ⊂ C. Khi ∂f (z) = 0. đó, theo điều kiện Cauchy - Reimann ta có: ∂z Định nghĩa 1.2.5. Cho U là một tập mở trong C. Hàm h : U −→ R được gọi là điều hòa nếu h ∈ C2 (U) và ∆h = 0 trên U. Trong đó, ∆h là toán tử ∂ 2h ∂ 2h Laplace được tính bằng công thức là ∆h := 2 + 2 := hxx + hyy . ∂x ∂y Kết quả sau đây cho ta mối liên hệ giữa hai lớp hàm điều hòa và hàm chỉnh hình, là công cụ để xây dựng các hàm điều hòa khi biết hàm chỉnh hình và ngược lại. Hơn nữa, từ mối liên hệ này giúp chúng ta chứng minh các kết quả của hàm điều hòa dựa trên những kết quả đã biết của hàm chỉnh hình. Định lý 1.2.6. Cho D là một miền trong C. Khi đó (a). Nếu f là hàm chỉnh hình trên D và h := Re f thì h là hàm điều hòa trên D. (b). Nếu h là hàm điều hòa trên D và D là một miền đơn liên thì tồn tại hàm chỉnh hình f trên D sao cho h = Re f . Hơn nữa, hàm f là duy nhất sai khác một hằng số. Chứng minh. (a). Giả sử f là hàm chỉnh hình trên D. Ta viết f = h + ik, ở đó h, k là các hàm thực hai biến x, y với z = x + iy ∈ D. Do f là chỉnh hình trên D nên các hàm h, k ∈ C2 (D) và thỏa mãn điều kiện Cauchy - Reimann (C - R): hx = ky và hy = −kx . Vì vậy, ta có: ∆h = hxx + hyy = (hx )x + (hy )y = (ky )x + (−kx )y = kxy − kyx = 0. Khóa luận tốt nghiệp 9 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Vậy h là hàm điều hòa trên D. (b). • Tính duy nhất sai khác hằng số của hàm f : Giả sử, tồn tại hàm chỉnh hình f trên D sao cho: h = Re f . Ta viết: f = h + ik. Khi đó, theo điều kiện (C- R) ta có: f ′ = hx + ikx = hx − ihy . (1.1) Từ công thức (1.1) ta có, nếu hàm f tồn tại thì hàm f ′ hoàn toàn được xác định bởi hàm h. Vì vậy, hàm f là duy nhất sai khác một hằng số. • Sự tồn tại của hàm f : Từ công thức (1.1) cho ta phương pháp để xây dựng hàm f như sau: Bước 1: Xác định hàm g : D −→ C bởi công thức g = hx − ihy . Do h ∈ C2 (D) nên g ∈ C1 (D) và g thỏa mãn điều kiện (C - R). Thật vậy, (hx )x = hxx = −hyy = (−hy )y (hx )y = hxy = hyx = (hy )x = −(−hy )x Vậy g là hàm chỉnh hình trên D. Bước 2: Cố định điểm z0 ∈ D. Ta xác định hàm f : D −→ C bởi công thức Z z f (z) = h(z0 ) + g(ω)dω. z0 Tích phân ở đây được lấy theo một đường bất kỳ nối z0 với z và nằm trong D. Do g là hàm chỉnh hình và D là miền đơn liên nên theo định lý Cauchy, ta có tích phân trên không phụ thuộc vào đường nối z0 với z và nằm trong D. Ta có f ′ = g = hx − ihy nên suy ra f là hàm chỉnh hình trên D. Ta còn phải chứng minh Re f = h. Thật vậy, giả sử e h = Re f . Ta viết f = e e h + ik. Ta có: f ′ = hex + ikex = hex − ihey . Từ đây suy ra, hex − ihey = hx − ihy , trên D. Suy ra, (e h − h)x ≡ 0 và (e h − h)y ≡ 0. Từ đây suy ra, e h − h = c trên D với c là một hằng số nào đó. Từ công thức xác định hàm f ta có: f (z0 ) = h(z0 ) ∈ R. Khóa luận tốt nghiệp 10 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh h(z0 ) + ie k(z0 ). Suy ra e k(z0 ) = 0 và h(z0 ) = e h(z0 ). Mặt khác, ta có f (z0 ) = e Vậy ta có c = 0 và h = e h trên D, tức là Re f = h. □ Nhận xét 1.2.7. Nếu f là hàm chỉnh hình trên miền D thì k := Im f cũng là hàm điều hòa. Thật vậy, ta viết f = h + ik, do f chỉnh hình nên k ∈ C2 (D) và ∆k được tính như sau: ∆k = kxx + kyy = (kx )x + (ky )y = (−hy )x + (hx )y = −hyx + hxy = 0. Định lý 1.2.8. (Tính chất giá trị trung bình) Cho h là một hàm điều hòa trên một lân cận mở của đĩa đóng ∆(ω, ρ). Khi đó ta có 1 h(ω) = 2π Z 2π h(ω + ρeiθ )dθ . 0 Chứng minh. Chọn ρ ′ > ρ sao cho h là hàm điều hòa trên đĩa mở ∆(ω, ρ ′ ). Áp dụng Định lý 1.2.6(b), tồn tại hàm chỉnh hình f trên ∆(ω, ρ ′ ) sao cho h = Re f . Áp dụng công thức tích phân Cauchy cho hàm f ta có: 1 f (ξ ) f (ω) = dξ (Đặt ξ = ω + ρeiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π) 2πi |ξ −ω|=ρ ξ − ω Z 1 2π = f (ω + ρeiθ )dθ . 2π 0 Z Ta viết f = h + ik. Suy ra f (ω) = h(ω) + ik(ω) và f (ω + ρeiθ ) = h(ω + ρeiθ ) + ik(ω + ρeiθ ). Thay vào công thức trên, rồi đồng nhất phần thực hai vế với nhau ta có: 1 h(ω) = 2π Z 2π h(ω + ρeiθ )dθ . 0 □ Định nghĩa 1.2.9. (a). Nhân Poisson P: ∆(0, 1) × ∂ ∆(0, 1) −→ R được định nghĩa bởi công thức sau:   ξ +z 1 − |z|2 P(z, ξ ) := Re = (|z| < 1, |ξ | = 1). ξ −z |ξ − z|2 Khóa luận tốt nghiệp 11 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh (b). Đặt ∆ = ∆(ω, ρ). Cho φ : ∂ ∆ −→ R là hàm khả tích Lebesgue. Khi đó, tích phân Poisson của hàm φ là hàm P∆ φ : ∆ −→ R xác định bởi công thức sau:   Z 1 2π z − ω iθ φ (ω + ρeiθ )dθ (z ∈ ∆). P∆ φ (z) := P ,e 2π 0 ρ Cụ thể hơn, đặt z = ω + reit với r < ρ và 0 ≤ t < 2π ta có: 1 P∆ φ (ω + re ) = 2π it Z 2π 0 ρ 2 − r2 φ (ω + ρeiθ )dθ . ρ 2 − 2ρr cos(θ − t) + r2 Sau đây là một số tính chất cơ bản của nhân Poisson. Bổ đề 1.2.10. Nhân Poisson P thỏa mãn các tính chất sau đây: (i). P(z, ξ ) > 0, (|z| < 1, |ξ | = 1); 1 R 2π (ii). P(z, eiθ )dθ = 1, (|z| < 1); 2π 0 (iii). sup|ξ −ξ0 |≥δ P(z, ξ ) −→ 0 khi z → ξ0 với (|ξ0 | = 1, δ > 0). Chứng minh. (i). Dễ thấy từ công thức xác định nhân Poisson. (ii). Biến đổi vế trái của đẳng thức ta có:   Z 2π iθ   iθ Z Z 1 2π 1 1 2π e +z e +z iθ P(z, e )dθ = Re iθ dθ = Re dθ 2π 0 2π 0 2π 0 eiθ − z e −z   Z ξ + z dξ 1 (ξ = eiθ ⇒ dξ = iξ dθ ) = Re 2πi |ξ |=1 ξ − z ξ     Z 1 1 2 = Re − dξ 2πi |ξ |=1 ξ − z ξ = Re(2 − 1) (Áp dụng công thức tích phân Cauchy) = 1. (iii). Cố định |ξ0 | = 1 và δ > 0. Với mọi |ξ − ξ0 | ≥ δ ta có: |ξ − z| = |(ξ − ξ0 ) + (ξ0 − z)| ≥ |ξ − ξ0 | − |ξ0 − z| ≥ δ − |z − ξ0 |. Suy ra, 1 − |z|2 1 − |z|2 ≤ , ∀|ξ − ξ0 | ≥ 0, |z − ξ0 | < δ . P(z, ξ ) = |ξ − z|2 (δ − |z − ξ0 |)2 Khóa luận tốt nghiệp 12 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Suy ra 1 − |z|2 sup P(z, ξ ) ≤ , ∀|z − ξ0 | < δ . (δ − |z − ξ0 |)2 |ξ −ξ0 |≥δ Suy ra  lim sup z→ξ0 |ξ −ξ0 |≥δ P(z, ξ ) ≤ lim z→ξ0 1 − |z|2 (δ − |z − ξ0 |)2  = 0. Đánh giá trên đây kết hợp với (i) ta có: lim sup z→ξ0 |ξ −ξ0 |≥δ P(z, ξ ) = 0. □ Nghiệm của bài toán Dirichlet trên đĩa được khẳng định bởi định lý sau đây. Định lý 1.2.11. Với các giả thiết và ký hiệu như trong Định nghĩa 1.2.9, ta có các khẳng định sau đây: (a). P∆ φ là hàm điều hòa trên đĩa ∆; (b). Nếu φ là hàm liên tục tại ξ0 ∈ ∂ ∆ thì limz→ξ0 P∆ φ (z) = φ (ξ0 ). Đặc biệt, nếu φ là hàm liên tục trên ∂ ∆ thì hàm h := P∆ φ là nghiệm của bài toán Dirichlet trên đĩa ∆. Chứng minh. Trước hết ta chú ý rằng, nếu dùng phép đổi biến affine z = f (z′ ) = ρz′ + ω thì f biến đĩa ∆(0, 1) thành đĩa ∆(ω, ρ). Khi đó, thay hàm φ : ∂ ∆(ω, ρ) −→ R bởi hàm φ ◦ f : ∂ ∆(0, 1) −→ R thì các mệnh đề trong định lý có thể được phát biểu trên đĩa đơn vị ∆(0, 1). Do đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết rằng ω = 0 và ρ = 1. Đặt ∆ = ∆(0, 1). (a). Với mọi z ∈ ∆ ta có:  iθ  Z Z 1 2π e +z 1 2π iθ iθ P(z, e )φ (e )dθ = Re iθ φ (eiθ )dθ P∆ φ (z) = 2π 0 2π 0 e −z  Z 2π iθ  1 e +z = Re φ (eiθ )dθ . 2π 0 eiθ − z Khóa luận tốt nghiệp 13 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Đặt 1 g(z) := 2π Z 2π iθ e +z 0 eiθ −z φ (eiθ )dθ , z ∈ ∆. Từ các tính chất của tích phân phụ thuộc tham số ta suy ra, g là hàm chỉnh hình trên ∆. Từ đó áp dụng Định lý 1.2.6, ta suy ra P∆ φ là hàm điều hòa trên ∆. (b). Áp dụng Bổ đề 1.2.10 (i) và (ii) ta có các đánh giá sau đây:  Z 2π  Z 2π  1  1 |P∆ φ (z) − φ (ξ0 )| =  P(z, eiθ )φ (eiθ )dθ − P(z, eiθ )φ (ξ0 )dθ  2π 2π 0  Z02π h i   1 =  P(z, eiθ ) φ (eiθ ) − φ (ξ0 ) dθ  2π 0 Z   1 2π  iθ  iθ ≤ P(z, e ) φ (e ) − φ (ξ0 ) dθ . 2π 0 Lấy ε > 0 tùy ý. Do φ liên tục tại ξ0 nên tồn tại δ > 0 sao cho ∀ξ ∈ ∂ ∆, |ξ − ξ0 | < δ ta có |φ (ξ ) − φ (ξ0 )| < ε. Áp dụng Bổ đề 1.2.10 (i) và (ii) ta có đánh giá sau đây với ξ = eiθ , 1 2π Z   1 2π  iθ  P(z, e ) φ (e ) − φ (ξ0 ) dθ ≤ P(z, eiθ )εdθ = ε. iθ 2π |e −ξ0 |<δ 0 Z iθ Mặt khác, áp dụng Bổ đề 1.2.10(iii) ta có tồn tại δ ′ > 0 sao cho ∀z ∈ ∆, |z − ξ0 | < δ ′ ta có sup P(z, ξ ) < ε. |ξ −ξ0 |≥0 Vậy với mọi z ∈ ∆ và |z − ξ0 | < δ ′ ta có 1 2π Z    1 2π  iθ  iθ   P(z, e ) φ (e ) − φ (ξ0 ) dθ ≤ ε φ (e ) − φ (ξ0 ) dθ iθ 2π 0 |e −ξ0 |≥δ   Z 2π   1  iθ  ≤ε φ (e ) dθ + |φ (ξ0 )| . 2π 0 Z iθ Đặt l1 = {ξ ∈ ∂ ∆ : |ξ − ξ0 | < δ } và l2 = {ξ ∈ ∂ ∆ : |ξ − ξ0 | ≥ δ }. Kết hợp các kết quả đánh giá ở trên với z ∈ ∆ sao cho |z − ξ0 | < δ ′ ta có: Khóa luận tốt nghiệp 14 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Z   1 2π   |P∆ φ (z) − φ (ξ0 )| ≤ P(z, eiθ ) φ (eiθ ) − φ (ξ0 ) dθ Z Z    2π 0  1 1   iθ iθ iθ  iθ  = P(z, e ) φ (e ) − φ (ξ0 ) dθ + P(z, e ) φ (e ) − φ (ξ0 ) dθ 2π l1 2π l2  Z 2π   1  iθ  ≤ ε +ε φ (e ) dθ + |φ (ξ0 )| 2π 0   Z 1 2π  iθ  = ε 1+ φ (e ) dθ + |φ (ξ0 )| . 2π 0 Do đại lượng trong dấu ngoặc đơn trong biểu thức cuối cùng trên đây là dương và hữu hạn nên khi cho ε → 0 ta có: limε→0 |P∆ φ (z) − φ (ξ0 )| = 0, tức là, limz→ξ0 P∆ φ (z) = φ (ξ0 ). Nếu φ là hàm liên tục trên ∂ ∆ thì ta có limz→ξ P∆ φ (z) = φ (ξ ), ∀ξ ∈ ∂ ∆. Kết hợp các kết quả của phần (a) và phần (b), ta có h := P∆ φ là nghiệm của bài toán Dirichlet trên đĩa ∆. □ Định lý 1.2.12. Cho h : U −→ R là một hàm liên tục trên một tập mở U trong C và thỏa mãn tính chất giá trị trung bình địa phương, tức là với mỗi ω ∈ U, tồn tại ρ > 0 sao cho 1 h(ω) = 2π Z 2π h(ω + reit )dt, 0 ≤ r < ρ. 0 Khi đó, h là một hàm điều hòa trên U. Chứng minh. Để chứng minh hàm h là hàm điều hòa trên U ta chỉ cần chứng minh h là hàm điều hòa trên mỗi đĩa ∆ mà ∆ ⊂ U. Thật vậy, lấy đĩa ∆ mà ∆ ⊂ U. Xét hàm k : ∆ −→ R xác định bởi ( h − P∆ h, trên ∆, k= 0, trên ∂ ∆. Khi đó, k là hàm liên tục trên ∆. Hơn nữa, do h thỏa mãn tính chất giá trị trung bình địa phương và P∆ h điều hòa trên ∆ nên hàm k thỏa mãn tính chất giá trị trung bình địa phương. Do ∆ là tập compact nên k đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên ∆. Ta xét từng trường hợp như sau: Khóa luận tốt nghiệp 15 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh • Gọi M là giá trị lớn nhất của h trên ∆. Đặt A = {z ∈ ∆ : k(z) < M}và B = {z ∈ ∆ : k(z) = M}. Khi đó, do k là hàm liên tục nên A là tập mở trong ∆. Ta chứng minh B cũng là tập mở. Thật vậy, giả sử k(ω) = M với ω ∈ ∆. Do k thỏa mãn tính chất giá trị trung bình địa phương nên tồn tại ρ > 0 sao cho 1 k(ω) = 2π Z 2π k(ω + reit )dt = M, (0 ≤ r < ρ). 0 Do k liên tục và k(ω + reit ) ≤ M, ∀0 ≤ t < 2π nên k(ω + reit ) = M với mọi 0 ≤ t < 2π và 0 ≤ r < ρ. Từ đây suy ra, ∆(ω, r0 ) ⊂ B với 0 < r0 < ρ nào đó. Tức là, B là tập mở. Vậy A, B là một phân hoạch mở của tập liên thông ∆ nên sẽ xảy ra một trong hai trường hợp sau: - Trường hợp 1: A = ∆. Khi đó, k đạt giá trị lớn nhất trên biên ∂ ∆. Vì vậy, M = 0. - Trường hợp 2: B = ∆. Khi đó, k ≡ M trên ∆. Do k liên tục và bằng 0 trên biên ∂ ∆ nên suy ra M = 0. Cả hai trường hợp đều dẫn tới M = 0. Điều này suy ra, k ≤ 0 trên ∆. • Gọi m là giá trị nhỏ nhất của h trên ∆. Khi đó, bằng cách lập luận tương tự như trường hợp trên ta suy ra k ≥ 0 trên ∆. Vậy k = 0 trên ∆ hay h = P∆ h trên ∆. Tức là, h là hàm điều hòa trên ∆. □ 1.3 Hàm nửa liên tục trên Định nghĩa 1.3.1. Cho X là một không gian topo. Hàm u : X −→ [−∞, ∞) được gọi là hàm nửa liên tục trên nếu tập {x ∈ X : u(x) < α} = u−1 ([−∞, α)) là tập mở trong X với mỗi α ∈ R. Hàm v: X −→ (−∞, ∞] được gọi là hàm nửa liên tục dưới nếu hàm −v là hàm nửa liên tục trên. Sau đây là một tiêu chuẩn về tính nửa liên tục trên. Khóa luận tốt nghiệp 16 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Mệnh đề 1.3.2. Với các giả thiết như trong Định nghĩa 1.3.1, hàm u là nửa liên tục trên nếu và chỉ nếu với mọi x ∈ X ta có lim sup u(y) ≤ u(x). y→x Chứng minh. Trước hết, ta làm rõ khái niệm lim sup như sau lim sup u(y) = inf (sup{u(y) : y ∈ B(x, r)}). r>0 y→x Và bất đẳng thức trong mệnh đề tương đương với: ( ( lim supy→x u(y) ≤ u(x) u(y) < u(x) + ε, ⇔ ∀ε > 0, ∃r > 0 : u(x) ∈ R ∀y ∈ B(x, r). • ” ⇒ ”: Lấy x ∈ X và ε > 0. Ta xét hai trường sau: - Trường hợp 1: u(x) = −∞. Theo giả thiết, với mọi n ≥ 1 ta có tập An := {y ∈ X : u(y) < −n} là tập mở trong X. Và hiển nhiên x ∈ An , ∀n ≥ 1. Vậy với mỗi n ≥ 1, tồn tại rn > 0 sao cho B(x, rn ) ⊂ An . Điều này suy ra lim sup u(y) = −∞ = u(x). y→x - Trường hợp 2: u(x) ∈ R. Khi đó, chọn α = u(x) + ε, theo giả thiết ta có tập A = {y ∈ X : u(y) < α} là tập mở trong X. Và hiển nhiên x ∈ A, do đó tồn tại r > 0 sao cho B(x, r) ⊂ A, tức là u(y) < u(x) + ε, ∀y ∈ B(x, r). • ” ⇐ ”: Lấy α ∈ R. Ta cần chứng minh tập A = {y ∈ X : u(y) < α} là tập mở trong X. Thật vậy, lấy x ∈ A. Suy ra, u(x) < α. Đặt ε = α − u(x) > 0. Theo giả thiết tồn tại r > 0 sao cho u(y) < u(x) + ε, ∀y ∈ B(x, r). Điều này tương đương với u(y) < α, ∀y ∈ B(x, r). Tức là B(x, r) ⊂ A. Vậy A là tập mở trong X. □ Nhận xét 1.3.3. • Ta luôn có lim supy→x u(y) ≥ u(x) nên Mệnh đề 1.3.2 có thể phát biểu là: Hàm u là hàm nửa liên tục trên nếu và chỉ nếu lim sup u(y) = u(x). y→x Khóa luận tốt nghiệp 17 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh • Hàm u là liên tục nếu và chỉ nếu nó vừa nửa liên tục trên, vừa nửa liên tục dưới. Sau đây ta đưa ra một ví dụ về hàm nửa liên tục trên. Ví dụ 1.3.4. Cho A là một tập con của không gian mêtric X. Gọi 1A là hàm đặc trưng của tập hợp A, tức là hàm xác định như sau: ( 1 nếu x ∈ A 1A (x) = , ∀x ∈ X. 0 nếu x ̸= A Chứng minh rằng, hàm 1A là hàm nửa liên tục trên trên X nếu và chỉ nếu A là một tập đóng trong X. Chứng minh. • Giả sử 1A là hàm nửa liên tục trên trên X. Ta sẽ chứng minh A là một tập đóng trong X. Thật vậy: theo định nghĩa hàm nửa liên tục trên ta có, tập {x ∈ X : 1A (x) < α} là tập mở trong X, với mọi α ∈ R. Chọn α = 0 ta có thể kiểm tra được rằng X \ A = {x ∈ X : 1A (x) < 0}. Tức là, X \ A là tập mở trong X. Suy ra, A là tập đóng trong X. • Ngược lại, giả sử A là một tập đóng trong X. Ta sẽ chứng minh rằng hàm 1A là nửa liên tục trên trên X. Thật vậy: lấy α ∈ R bất kỳ. Khi đó ta có   nếu α ≤ 0,  0/ {x ∈ X : 1A (x) < α} = X \ A nếu 0 < α ≤ 1,   X nếu α > 1. Từ đó có thể thấy rằng, tập {x ∈ X : 1A (x) < α} là mở với mọi α ∈ R. Tức là, hàm 1A là hàm nửa liên tục trên trên X. □ Nhận xét 1.3.5. Chú ý rằng, nếu A là một tập đóng trong X thì hàm 1A trong Ví dụ 1.3.4 không phải làm hàm liên tục. Thật vậy, ta xét trường hợp A = [0, 1] ⊂ X = R. thì hàm 1[0,1] gián đoạn loại 1 tại các điểm x = 0 và x = 1. Khóa luận tốt nghiệp 18 GVHD: TS. Hoàng Nhật Quy SVTH: Phan Ngọc Phương Quỳnh Ta thấy rằng, tính nửa liên tục trên yếu hơn tính liên tục. Tuy nhiên, các kết quả cơ bản của hàm liên tục như bị chặn, đạt giá trị lớn nhất trên tập compact vẫn đúng cho hàm nửa liên tục trên. Cụ thể ta có kết quả sau đây. Định lý 1.3.6. Cho u là một hàm nửa liên tục trên trên không gian topo X và K là tập con compact của X. Khi đó, u bị chặn trên trên K và đạt giá trị cận trên đúng trên K. Chứng minh. Theo giả thiết ta có với mỗi n ≥ 1, tập An := {x ∈ X : u(x) < n} là các tập mở và là một dãy tăng theo n. Và ta có K⊂X = ∞ [ An . n=1 Do K là tập compact nên tồn tại n0 ≥ 1 sao cho K ⊂ An0 hay nói cách khác u(x) < n0 , ∀x ∈ K. Tức là hàm u bị chặn trên trên K. Đặt M = supK u. Giả sử u(x) < M, ∀x ∈ K. Với mỗi n ≥ 1 ta đặt: 1 An := {x ∈ X : u(x) < M − }. n Khi đó, An , n = 1, 2, ... là các tập mở trong X và là một dãy tăng theo n. S Và K ⊂ ∞ n=1 An . Thật vậy, lấy x ∈ K, ta có u(x) < M nên suy ra tồn tại n0 ≥ 1 sao cho u(x) < M − n10 , tức là x ∈ An0 . Do A là tập compact nên tồn tại n∗ ≥ 1 sao cho K ⊂ An∗ hay nói cách khác là u(y) < M − n1∗ , ∀y ∈ K, tức là 1 sup u ≤ M − ∗ . n K Điều này mâu thuẫn với M = ∑K u. Vậy hàm u phải đạt cận trên đúng trên K. □ Kết quả sau đây cho phép ta xấp xỉ một hàm nửa liên tục trên bởi một dãy giảm các hàm liên tục. Cụ thể ta có kết quả sau. Định lý 1.3.7. Cho hàm u là một hàm nửa liên tục trên trên không gian mêtric (X, d) và giả sử hàm u bị chặn trên trên X. Khi đó, tồn tại các hàm liên tục φn : X −→ R sao cho φ1 ≥ φ2 ≥ φ3 ≥ ... ≥ u trên X và limn→∞ φn = u. Khóa luận tốt nghiệp 19