Tài liệu Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức (lv00972)

Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn. Tác giả xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn. Sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình song rất nghiêm túc của thầy trong suốt quá trình làm luận văn đã giúp tác giả trưởng thành hơn rất nhiều trong cách tiếp cận một vấn đề mới. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn tới Ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Phòng sau đại học, các thầy cô giáo giảng dạy chuyên ngành Toán giải tích, gia đình, bạn bè đã giúp đỡ, động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình tác giả học tập và hoàn thành bản luận văn này. Hà Nội, tháng 6 năm 2013 Tác giả Đỗ Thị Vui Lời cam đoan Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn. Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 6 năm 2013 Tác giả Đỗ Thị Vui Mục lục Mở đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Hàm chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Các tính chất của hàm chỉnh hình . . . . . . . . . 4 1.1.3 Bài toán Hilbert đối với hàm chỉnh hình . . . . . 6 1.1.4 Bài toán Riemann-Hilbert đối với hàm chỉnh hình 6 Hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức . . . . . . . . . 7 1.2.1 Số siêu phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.2 Hàm siêu phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2.3 Toán tử Cauchy-Riemann mở rộng . . . . . . . . 8 1.2.4 Hàm siêu giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2.5 Các tính chất của hàm siêu giải tích . . . . . . . 9 1.2.6 Sự tồn tại nghiệm sinh của hàm siêu giải tích . . 9 1.2.7 Công thức tích phân Cauchy đối với hàm siêu phức 12 1.2.8 Biểu diễn hàm siêu giải tích qua các hàm giải tích 15 1.2.9 Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . 18 1.2.10 Nguyên lí cực đại đối với hàm siêu giải tích . . . . 23 1.3 Toán tử Pompieu siêu phức . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.4 Công thức Plemlj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.2 2 Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức 35 2.1 35 Bài toán Hilbert đối với hàm siêu giải tích . . . . . . . . iii iv 2.2 2.1.1 Bài toán Hilbert (H) . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.2 Một số khái niệm và định lí . . . . . . . . . . . . 35 2.1.3 Xây dựng công thức nhân tử hóa chính tắc . . . . 37 2.1.4 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Hilbert . . . . . . 38 Bài toán Riemann-Hilbert đối với hàm siêu giải tích . . . 42 2.2.1 Bài toán Riemann-Hilbert (RH) . . . . . . . . . . 42 2.2.2 Toán tử Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.2.3 Xây dựng công thức nhân tử chính quy hóa . . . 43 2.2.4 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Riemann-Hilbert . 45 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 Bảng kí hiệu Rn không gian Euclid n-chiều C tập các số phức ∂Ω là biên của Ω Ω là bao đóng của Ω, Ω = Ω ∪ ∂Ω B k (Ω) là không gian các hàm siêu phức bị chặn và có đạo hàm liên tục đến cấp k trong Ω B k,α (Ω) là không gian các hàm siêu phức trong B k (Ω) và có đạo hàm liên tục Hölder cấp k với chỉ số α C k (Ω) tập các hàm có đạo hàm liên tục đến cấp ≤ k trong Ω với (k ≥ 0, k ∈ Z hoặc k = ∞) C k (Ω) tập tất cả các hàm trong C k (Ω) có đạo hàm đến cấp ≤ k liên tục mở rộng đến Ω̄ Cc1 (Ω) tập các hàm siêu phức trong C 1 (Ω) có giá compact trong Ω D (z0 , r) hình tròn tâm z0 bán kính r trong C M (∗, ..., ∗) là hằng số chỉ phụ thuộc vào các đại lượng bên trong dấu ngoặc đơn Mở đầu 1. Lí do chọn đề tài Đối với hàm chỉnh hình một biến trên mặt phẳng phức, các bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert là các bài toán biên cổ điển và đã được nghiên cứu kỹ càng từ lâu. Trong những năm 50-60 của Thế kỷ 20, khái niệm hàm chỉnh hình một biến phức đã được mở rộng và khái quát thành hàm vectơ siêu giải tích trên mặt phẳng phức. Hai bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert nêu trên sau đó đã được mở rộng nghiên cứu một cách tương tự đối với hàm vectơ siêu giải tích. Vì vậy chúng tôi mạnh dạn chọn đề tài cho luận văn thạc sĩ của mình là “Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức”. 2. Mục đích nghiên cứu Mô tả cách đặt các bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert đối với các hàm chỉnh hình và siêu giải tích trên mặt phẳng phức. Phát biểu và chứng minh các định lý về tính giải được của các bài toán này. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu 3.1. Bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert đối với hàm chỉnh hình 3.2. Bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert đối với hàm vectơ siêu giải tích 1 2 3.3. Các tính chất của nghiệm 3.4. Các định lý về tính giải được 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Các bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert cổ điển đối với hàm chỉnh hình và việc mở rộng các bài toán này cho lớp hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức. 5. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lí thuyết: Thu thập tài liệu, đọc và phân tích, tổng hợp để được một nghiên cứu tổng quan về các bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert cổ điển đối với hàm chỉnh hình và việc mở rộng các bài toán này cho lớp hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức. 6. Cấu trúc của luận văn Nội dung chính của luận văn dựa trên chương 2 của tài liệu [2]. Bố cục của luận văn bao gồm 2 chương: • Chương 1: Trình bày các khái niệm, tính chất, định lí là kiến thức cơ sở. • Chương 2: Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức. Chắc chắn luận văn còn có những thiếu sót, mong quý thầy cô và các bạn đóng góp ý kiến để luận văn được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn về những ý kiến đóng góp quý báu của các quý thầy cô và các bạn. Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Hàm chỉnh hình Khái niệm hàm chỉnh hình Hàm f xác định trong miền Ω ⊂ C với giá trị trong C gọi là chỉnh hình tại z0 ∈ Ω nếu tồn tại r > 0 để f là C - khả vi tại mọi z ∈ D (z0 , r) ⊂ Ω, tức là tồn tại giới hạn f (z + ∆z) − f (z) = f 0 (z) . ∆z→0 ∆z lim Nếu f chỉnh hình tại mọi z ∈ Ω ta nói f chỉnh hình trên Ω. Nếu ta đặt z = x + iy, thì z = x − iy là liên hợp của số phức z. Hàm số f (z) là chỉnh hình khi và chỉ khi nó thỏa mãn phương trình ∂f =0 ∂z (1.1)   ∂ 1 ∂ ∂ trong đó = +i là toán tử Cauchy-Riemann. ∂z 2 ∂x ∂y Nếu ta đặt f = u + iv, trong đó u và v lần lượt là các phiếm hàm thực và ảo của f , thì phương trình (1.1) tương đương với hệ phương trình Cauchy-Riemann sau đây  ∂u ∂v   =  ∂x ∂y ∂v ∂u    =− ∂x ∂y Nhận xét 1.1. Ta có thể mở rộng định nghĩa nêu trên tới trường hợp Ω là miền tùy ý trong C còn f là ánh xạ từ Ω vào C bởi phép nghịch 3 4 đảo. Như vậy khi z0 hữu hạn còn f (z0 ) = ∞ ta nói f chỉnh hình tại z0 1 chỉnh hình tại z0 , còn khi z0 = ∞ ta nói f chỉnh hình tại z0 nếu f (z) nếu f (1/z) chỉnh hình tại 0. 1.1.2 Các tính chất của hàm chỉnh hình Định lí 1.2. Giả sử Ω ⊂ C là một miền và H(Ω) là tập các hàm chỉnh hình trên Ω. Khi đó (i) H(Ω) là một không gian vectơ trên C. (ii) H(Ω) là một vành. 1 ∈ H (Ω) . f (iv) Nếu f ∈ H (Ω) và f chỉ nhận giá trị thực thì f là không đổi. (iii) Nếu f ∈ H (Ω) và f (z) 6= 0, ∀z ∈ H (Ω) thì Chứng minh. Chỉ cần chứng minh (iv). Do f chỉ nhận giá trị thực nên ∂f ∂f , cũng chỉ nhận giá trị thực. ∂x ∂y ∂f ∂f ∂f ∂f Mặt khác =i suy ra = = 0. Vậy f = const. ∂x ∂y ∂x ∂y Định lí 1.3. (Về hàm hợp) Nếu f : Ω → Ω∗ và g : Ω∗ → C là các hàm chỉnh hình, ở đây Ω và Ω∗ là các miền trong mặt phẳng (z) và (w), thì hàm g ◦ f : Ω → C chỉnh hình. Định lí 1.4. Giả sử chuỗi lũy thừa ∞ P Cn z n có bán kính hội tụ R > 0. n=0 Khi đó tổng f (z) của nó chỉnh hình tại mọi z với |z| < R và đạo hàm ∞ P phức của nó là nCn z n−1 . n=1 Chứng minh. Trước hết chứng tỏ rằng chuỗi ∞ P nCn z n−1 cũng có bán n=1 kính hội tụ là R. Thật vậy, chuỗi ∞ P n=1 nCn z n−1 hội tụ tại z 6= 0 nếu và chỉ nếu chuỗi 5 ∞ P nCn z n=1 n−1 = ∞ P Cn z n hội tụ. Do đó bán kính hội tụ của nó là n=1 1 1 p p p = . lim sup n |nCn | lim n |n| lim sup n |Cn | n→∞ n→∞ n→∞ Lấy z0 tùy ý, z0 < R. Đặt δ (z0 , ∆z) = f (z0 + ∆z) − f (z0 ) − S (z0 ) ∆z ở đây S (z) = ∞ X nCn z n−1 , |z| < R. n=1 Để hoàn thành chứng minh định lý, ta chỉ cần chỉ ra rằng lim δ (z0 , ∆z) = 0. ∆z→0 Chọn r sao cho |z0 | < r < R. Xét ∆z đủ bé sao cho |z0 | + |∆z| < r. Dễ dàng thấy rằng δ (z0 , ∆z) = ∞ X δn (z0 , ∆z) n=0 khi đó Cn (z0 + ∆z)n − Cn z0 n − nCn z0n−1 δn (z0 , ∆z) = ∆z h i n−1 n−2 n−1 n−1 = Cn (z0 + ∆z) + (zn + ∆z) z0 + ... + z0 − nz0 . Chú ý rằng |δn (z0 , ∆z)| ≤ 2n |Cn | rn−1 ∞ P với ε > 0 tùy ý, vì chuỗi n |Cn |rn−1 hội tụ nên tồn tại N = N (ε) sao n=1 cho ∞ X n=N ε 2n |Cn |rn−1 < . 2 6 Vì lim ∆z→0 N −1 X δn (z0 , ∆z) = 0 n=0 nên với ∆z đủ bé ta có  N −1  ε X   δn (z0 , ∆z) < .   2  n=0 Từ đó với ∆z đủ bé ta có  N −1 ∞  X X   |δ (z0 , ∆z)| < ε. δn (z0 , ∆z) + |δ (z0 , ∆z)| ≤    n=0 1.1.3 n=N Bài toán Hilbert đối với hàm chỉnh hình Cho Ω ⊂ C là miền đơn liên bị chặn với biên γ = ∂Ω. Đặt Ω+ = Ω, Ω− = C\Ω. Tìm các hàm chỉnh hình f + và f − tương ứng trong Ω+ và Ω− sao cho trên γ f + (z) − H (z) f − (z) = h (z) , ∀z ∈ γ, trong đó H(z), h(z) cho trước trên γ và ∀z ∈ γ f + (z) = lim f + (ζ) , ζ→z ζ∈Ω+ 1.1.4 f − (z) = lim f − (ζ) . ζ→z ζ∈Ω− Bài toán Riemann-Hilbert đối với hàm chỉnh hình Cho Ω ⊂ C là miền đơn liên bị chặn với biên γ = ∂Ω. Tìm f (z) chỉnh hình trong Ω (= Ω+ ) sao cho Re (λf ) (z) = g (z) , ∀z ∈ γ, trong đó λ (z) và g(z) là hàm số cho trước trên γ. 7 1.2 Hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức 1.2.1 Số siêu phức Định nghĩa 1.1. Cho a = Pr k k=0 ak e , với ak ∈ C và e là ma trận vuông cấp (r + 1) sau đây     e=   0 ... 1 ... .. . . . . 0 ...1  0 ..  .      0 (r+1)×(r+1) Ma trận a gọi là số siêu phức. Do đó ma trận đồng nhất được kí hiệu P là 1, a0 là phần phức của a và rk=1 ak ek là phần lũy linh của a. Nhận xét 1.5. Ma trận e xác định theo công thức trên là một ma trận lũy linh cấp r + 1 nghĩa là er+1 = 0 và tập hợp các số siêu phức là đại số giao hoán. Đặt |a| = tra r P |ak |, với ak là thành phần thứ k của a. Dễ dàng kiểm k=0 |ab| ≤ |a| |b| và |a + b| ≤ |a| + |b| . Quan sát thấy nếu a0 6= 0 thì số siêu phức a có một nghịch đảo là  k r 1 1 X k A −1 a hay = (−1) , a a0 a0 k=0 ở đây A là phần lũy linh của a. 8 1.2.2 Hàm siêu phức Định nghĩa 1.2. Cho hàm w(z) = r P wk (z)ek với wk (z) ∈ C và e là k=0 ma trận vuông cấp (r + 1) sau đây:  0 ...   1 ...  e=. .  .. . .  0 ...1  0 ..  .      0 (r+1)×(r+1) Hàm w(z) được gọi là hàm siêu phức. 1.2.3 Toán tử Cauchy-Riemann mở rộng Giả sử w(z) và q(z) là các hàm siêu phức với r P w(z) = wk (z)ek , k=0 q(z) = r P qk (z)ek . k=1 Ta xét toán tử D := ∂ ∂ + q (z) , ∂z ∂z trong đó ∂w ∂w + q (z) ∂z ∂z   ∂ 1 ∂ ∂ = −i . ∂z 2 ∂x ∂y Toán tử D được gọi là toán tử Cauchy-Riemann suy rộng. Dw = 1.2.4 (1.2) Hàm siêu giải tích Định nghĩa 1.3. Hàm siêu phức w(z) ∈ C 1 (Ω) là nghiệm của phương trình Dw = 0 gọi là hàm siêu giải tích. 9 1.2.5 Các tính chất của hàm siêu giải tích Giả sử u và v là các hàm siêu giải tích. Khi đó (1) Tích u.v cũng là hàm siêu giải tích. P (2) Nếu u = rk=0 ek uk và u0 6= 0 thì u−1 v cũng là siêu giải tích. Định lí 1.6. Nếu w(z) là hàm siêu giải tích và w(z) 6≡ 0 trong Ω thì các không điểm của w(z) là cô lập. Chứng minh. Giả sử w(z) = Pr k=p e k wk (z), ở đây wp (z) là thành phần đầu tiên không đồng nhất không. Do Dw = 0 nên theo (1.2) ta có P wpz̄ + p−1 m=0 qp−m wmz = 0. Do đó wpz̄ = 0, bởi vì wm ≡ 0 với m ≤ p − 1. Như vậy wp là hàm giải tích trong Ω và có các không điểm cô lập (chú ý các cực cũng cô lập). 1.2.6 Sự tồn tại nghiệm sinh của hàm siêu giải tích Cho B k (Ω) là không gian các hàm siêu phức bị chặn và có đạo hàm liên tục đến cấp k trong Ω. Cho B k,α (Ω) là không gian các hàm siêu phức trong B k (Ω) và có đạo hàm liên tục Hölder cấp k với chỉ số α. Định nghĩa 1.4. Hàm siêu phức t(z) được gọi là nghiệm sinh (generating solution) đối với toán tử D nếu P (1) t có dạng t (z) = z + rk=1 ek tk (z) = z + T (z) , (2) T ∈ B 1 (C) , và (3) Dt = 0 trong C. Nhận xét 1.7. Khi r = 0 thì t(z) = z. 10 Trước tiên ta phải định nghĩa toán tử Pompieu đối với miền Ω bị chặn 1 (JΩ f ) (z) = − π ZZ f (ζ) dξdη. Ω ζ −z Các tính chất của JΩ f (1) Nếu f ∈ B n,α (Ω) với 0 < α < 1, n ≥ 0 và f ∈ Lp (Ω) với 1 ≤ p < 2, thì JΩ f ∈ B n+1,α (Ω) . ∂ JΩ f (z) = f (z) , z ∈ Ω. (2) ∂ z̄ Để chứng tỏ sự tồn tại của nghiệm sinh ta đưa ra giả thiết sau: Các hàm số qk ; k = 1, ..., r trong B 0,α (Ω) với 0 < α < 1 và có thể thác triển tới C sao cho chúng thuộc B 0,α (C) và triệt tiêu ở ngoài hình tròn đủ lớn. Giả sử t0 (z) = z,   k−1 X ∂ tk (z) = JC qk−j tj (z) , k = 1, ..., r. ∂z j=0 P Từ (1) ở trên T = rk=0 ek tk (z) ∈ B 1,α (C) . Cũng vậy, từ (1.2) ∂ ∂ t+q t ∂ z̄ ∂z r r k−1 X X X ∂ ∂ k k = tk e + e qk−j tj ∂ z̄ ∂z j=0 Dt = k=0 k=1 = 0. Do đó t(z) là nghiệm sinh. Chú ý rằng t(z) + E cũng là nghiệm sinh với E là lũy linh. Tính chất của t: Với hằng số M bất kì ta có     1   ≤ M , ζ 6= z.  t (ζ) − t (z)  |ζ − z| (1.3) 11   1 Ở đây kí hiệu thay cho (t (ζ) − t (z))−1 . Nghịch đảo t (ζ) − t (z) này tồn tại cùng với ζ − z, phần phức của t (ζ) − t (z) khác không. Từ bất đẳng thức (1.3) suy ra   k r  X   1 |T (ζ) − T (z)| 1   .  t (ζ) − t (z)  ≤ |ζ − z| |ζ − z| k=0 Từ đó T ∈ B 1,α (C), kết quả thu được là hệ quả của định lý Taylor. Định lí 1.8. (Đồng nhất thức Green) Cho Ω là miền bị chặn mà biên ∂Ω là một số hữu hạn các đường cong đóng khả vi từng phần. Nếu u, v ∈
C 1 Ω̄ là các hàm siêu phức thì ZZ Z 2i tz (uDv + vDu) dxdy = uvdt (z), Ω ∂Ω trong đó t là nghiệm sinh trong Ω và   ∂t ∂t . , tz̄ = dt = tz̄ dz̄ + tz dz tz = ∂z ∂ z̄ Chứng minh. Áp dụng đồng nhất thức Green với bất kì hàm phức w ta có ZZ Z 2i wz̄ dxdy = Ω ZZ Z wz dxdy = − wdz và 2i ∂Ω Ω Định nghĩa toán tử liên hợp D+ w = wz̄ + (qw)z ; do đó từ (1.4) ZZ 1 D+ wdxdy = 2i Ω wdz̄. ∂Ω Z w (dz − qdz̄). ∂Ω Chú ý rằng từ Dt = tz̄ + qtz = 0 ta có dt = tz̄ dz̄ + tz dz = tz (dz − qdz̄) . (1.4) 12 Như vậy, sử dụng đồng nhất thức D+ (w1 w2 ) = w2 Dw1 + w1 D+ w2 , ta thu được 1 2i Z Z 1 uvdt = (uvtz ) (dz − qdz̄) 2i ∂Ω ∂Ω ZZ
= tz vDu + uD+ (tz v) dxdy Z ZΩ
= tz (vDu + uDv) + uvD+ tz dxdy. Ω ∂ ∂ ∂ ∂ (tz ) + (qtz ) = (tz̄ + qtz ) = Dt = 0, ta có ∂ z̄ ∂z ∂z ∂z điều phải chứng minh. Từ đó D+ tz = 1.2.7 Công thức tích phân Cauchy đối với hàm siêu phức
Định lí 1.9. Cho Ω, ∂Ω và t như Định lý 1.8. Cho u ∈ C 1 Ω̄ là hàm siêu phức và z0 ∈ Ω. Khi đó Z ZZ u (z) dt (z) 1 tz Du 1 − dxdy. u (z0 ) = 2πi ∂Ω t (z) − t (z0 ) π Ω t (z) − t (z0 ) (1.5) Chứng minh. Giả sử ε > 0 và Ωε = Ω\Sε (z0 ), trong đó Sε (z0 ) = {z : |z − z0 | < ε} và ε thỏa mãn Sε (z0 ) ⊂ Ω. Chú ý với hàm siêu phức u bất kì khả nghịch ta có
u−1 Du + uDu−1 = D u−1 u = D (1) = 0. Do đó Du−1 = −u−2 Du, và D(t (z) − t (z0 ))−1 = −(t (z) − t (z0 ))−2 Dt (z) = 0 trong Sε (z0 ). Áp dụng đồng nhất thức Green ta có ZZ Z Z Du u (z) dt (z) u (z) dt (z) dxdy = − . 2i ∂Ω t (z) − t (z0 ) |z−z0 |=ε t (z) − t (z0 ) Ωε t (z) − t (z0 ) 13 Mà t (z) = z + T (z), trong đó phần lũy linh T thuộc B 1,α (C). Trên biên của Sε (z0 ) ta có z = z0 + εeiθ và do đó   
 |dt (z)| = iεeiθ dθ +  iεeiθ Tz − iεe−iθ Tz̄ dθ ≤ M1 εdθ. Từ (1.3),     1   ≤ M2 .  t (ζ) − t (z)  |ζ − z| Vì vậy Z u (z) dt (z) = u (z0 ) |z−z0 |=ε t (z) − t (z0 ) Z dt (z) + F (z0 ) , |z−z0 |=ε t (z) − t (z0 ) trong đó u (z) − u (z0 ) dt (z) , |z−z0 |=ε t (z) − t (z0 ) Z F (z0 ) = do đó  M2 |F (z0 )| ≤ (M1 ε) ε  2M3 = 2M1 M2 M3 , ở đây M3 = sup|z−z0 |=ε |u (z) − u (z0 )| → 0 khi ε → 0 do u là liên tục. Giả sử ∆ (z, z0 ) kí hiệu thay cho T (z) − T (z0 ). Khi đó Z Z r k X dt (z) k ∆(z, z0 ) = (dz + dT (z)) (−1) . (z − z0 )k+1 |z−z0 |=ε t (z) − t (z0 ) |z−z0 |=ε k=0 Từ đó  k  k+1  k+1 dT 1 ∆ ∆ dz ∆ = d + , z − z0 z − z0 k + 1 z − z0 z − z0 z − z0 ta có  k  k+1 r r X X (−1)k ∆ (−1)k ∆ dt (z) = dz + d t (z) − t (z0 ) z − z0 z − z0 k+1 z − z0 k=0 k=0  k+1 r X ∆ dz k + (−1) z − z0 z − z0 k=0 k  r X dz (−1)k−1 ∆ = + d . z − z0 k z − z0 k=1 (1.6) 14 Như vậy Z dt (z) = 2πi. |z−z0 |=ε t (z) − t (z0 ) Do đó ZZ 2i tz Ωε Du dxdy = t (z) − t (z0 ) Z u (z) dt (z) − 2πiu (z0 ) + F (z0 ) , ∂Ω t (z) − t (z0 ) khi ε → 0 ta thu được Z ZZ 1 u (z) dt (z) 1 Du u (z0 ) = − tz dxdy. 2πi ∂Ω t (z) − t (z0 ) π t (z) − t (z ) 0 Ω Nếu u là hàm siêu giải tích thì tương tự như vậy ta có công thức tích phân Cauchy. Hệ quả 1.1. Nếu u là hàm siêu giải tích trong Ω thì Z 1 u (z) dt (z) u (z0 ) = . 2πi ∂Ω t (z) − t (z0 ) (1.7) Từ biểu diễn tích phân Cauchy (1.7) dưới đây sẽ đưa ra phép biểu diễn hàm siêu giải tích theo r + 1 các hàm giải tích. Ta sử dụng kí hiệu ∆ (z, z0 ) = T (z) − T (z0 ). Chú ý rằng r k X dt (ζ) k (∆ (ζ, z0 ) − ∆ (z, z0 )) = dt (ζ) (−1) t (ζ) − t (z) (ζ − z)k+1 k=0 ! k r X k (−1)k X (−1)l ∆(ζ, z0 )k−l ∆(z, z0 )l = dt (ζ) k+1 l l=0 k=0 (ζ − z) = dt (ζ) = dt (ζ) r X 1 l=0 r X l=0 l! l ∆(z, z0 ) r X (−1)k+l k=l r−l X k! ∆(ζ, z0 )k−l k+1 (k − l)! (ζ − z) (−1)m+2l (m + l)! 1 l ∆(z, z0 ) ∆(ζ, z0 )m . m+l+1 l! m! m=0 (ζ − z) Như vậy r l X1 dt (ζ) l ∂ = ∆(z, z0 ) l t (ζ) − t (z) l! ∂z l=0 ! (−1)m m m+1 ∆(ζ, z0 ) dt (ζ) . m=0 (ζ − z) (1.8) r−l X 15 1.2.8 Biểu diễn hàm siêu giải tích qua các hàm giải tích Định nghĩa 1.5. Cho C là toán tử tuyến tính trên các số siêu phức và f ∈ C r (Ω). Khi đó r j X 1 j ∂ ∆(z, z0 ) f (z) , C [z0 ] f = j j! ∂z j=0 ở đây ∆ (z, z0 ) = T (z) − T (z0 ) . Định nghĩa 1.6. Cho Ḋ = α (z) ∂ ∂ + β (z) , ∂z ∂z trong đó α (z) = tz −tz , β (z) = . tz tz − tz tz tz tz − tz tz Chú ý rằng Ḋt = 1. Định lí 1.10. Cho f và g là các hàm siêu phức trong C r (Ω). Khi đó   ∂f , (1) DC [z0 ] f = C [z0 ] ∂ z̄     ∂f ∂f (2) ḊC [z0 ] f = C [z0 ] + αC [z0 ] , ∂z ∂ z̄ (3) Cf g = Cf Cg. Chứng minh. (1) Dt = 0. Do đó D∆ (z, z0 ) = D (T (z) − T (z0 )) = DT (z) = −q, và r j X 1 j∂ f ∆(z, z0 ) DC [z0 ] f = D j! ∂z j j=0   j+1  r r j X X 1 1 j ∂j ∂ f j−1 ∂ f =− ∆ q j+ ∆ f + q z (j − 1)! ∂z j=0 j! ∂z j ∂z j+1 j=1