Tài liệu Luận văn bài toán nội suy và những kết quả của bài toán nội suy

Lời nói đầu 2 Mục lục Trang 4 Lời nói đầu Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Hàm trội điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Không gian H p , lớp Nevanlinna và lớp Smirnov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 16 22 26 Chương 2. Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov 35 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.3 Những tiêu chuẩn hình học của bài toán nội suy . . . . . . . . 60 Chương 3. Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị 3.1 Tự đẳng cấu của hình cầu đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Hàm đa điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị . . . . . . . . . . . . . . 66 66 67 68 Kết luận 73 Tài liệu tham khảo 74 3 Lời nói đầu Cho Λ là một dãy điểm rời rạc trong đĩa đơn vị D và X không gian các hàm chỉnh hình trên D . Ta xét bài toán miêu tả không gian vết của X trên Λ, tức là tập hạn chế X|Λ = {f (λ) : f ∈ X, λ ∈ Λ}, được gọi là bài toán nội suy. Có hai hướng tiếp cận bài toán nội suy: hướng thứ nhất là cố định không gian đích l và tìm điều kiện sao cho X|Λ = l; hướng tiếp cận thứ hai, được gọi là nội suy tự do, đòi hỏi X|Λ là ideal, tức là ổn định dưới phép nhân trong l∞ . Trong trường hợp X = H ∞ là không gian các hàm chỉnh hình bị chặn trên D thì các hướng tiếp cận trên là trùng nhau. Tuy nhiên trên lớp Nevanlinna 1 N = {f ∈ Hol(D ) : lim r→1 2π ∫2π log+ |f (reiθ )|dθ < +∞}, 0 và lớp Smirnov 1 N + = {f ∈ N : lim r→1 2π ∫2π 1 log+ |f (reiθ )|dθ = 2π 0 ∫2π log+ |f (eiθ )|dθ}, 0 các khái niệm trên là khác nhau. Việc miêu tả vết của các lớp hàm này đã thu được những kết quả nhất định. Dựa vào kết quả: nếu f ∈ N thì supz (1 − |z|) log+ |f (z)| < ∞, Naftalevic[6] đã miêu tả được các dãy Λ nằm trong hợp hữu hạn của các góc Stolz mà không gian vết đối với lớp Nevanlinna trùng với không gian dãy lN a := {(aλ )λ : supλ (1 − |λ|) log+ |aλ | < ∞}. Kết quả trên vẫn còn hạn chế vì phải giả thiết Λ nằm trong hợp hữu hạn các góc Stolz, trong khi nếu Λ là dãy Carleson, tức là dãy thỏa mãn H ∞ |Λ = l∞ , có thể chứa dãy con hội tụ tiếp xúc tới biên. Như vậy không gian đích lN a là "quá lớn". Đối với lớp Smirnov, Yanagihara[11] đã chứng minh được rằng để N + |Λ ∑ chứa không gian lY a := {(aλ )λ : (1 − |λ|) log+ |aλ | < ∞}, điều kiện đủ là Λ λ là dãy Carleson. Tuy nhiên có những dãy Carleson sao cho N + |Λ không thuộc trong lY a , và theo nghĩa này không gian đích lY a là "quá nhỏ". 5 Lời nói đầu Gần đây, A.Hartmann, X.Massaneda, A.Nicolau và P.Thomas [5] đã đưa ra những đặc trưng của dãy nội suy cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov dựa vào hàm trội điều hòa và hàm trội điều hòa tựa chặn. Trong đó, hàm trội điều hòa và hàm trội điều hòa tựa chặn không những xác định được không gian vết của các dãy nội suy tự do của các lớp hàm trên mà còn quyết định những dãy điểm nào trong đĩa đơn vị là nội suy tự do. Trong luận văn này, chúng tôi trình bày lại những kết quả trong bài báo trên và đưa ra một mở rộng tương ứng về đặc trưng của dãy nội suy cho lớp Nevanlinna lên hình cầu đơn vị, đó là kết quả mới của luận văn. Luận văn được chia làm ba chương Chương 1: dành để trình bày những kiến thức chuẩn bị về hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov. Cấu trúc của hàm thuộc lớp Nevanlinna và lớp Smirnov được phát biểu và chứng minh trong định lý phân tích Riesz-Smirnov. Chương 2: trình bày những kết quả quan trọng nhất về đặc trưng của dãy nội suy tự do cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov dựa trên hàm trội điều hòa và hàm trội điều hòa tựa chặn. Chương 3: trình bày đặc trưng của dãy nội suy cho lớp N (B n ) trong hình cầu đơn vị B n . Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của T.S Nguyễn Văn Trào. Chúng tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy. Chúng tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy phản biện đã đọc bản thảo của luận văn và chỉ dẫn cho chúng tôi nhiều ý kiến quý báu. Nhân đây chúng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới bạn Dương Ngọc Sơn đã giúp đỡ chúng tôi rất nhiều trong quá trình làm luận văn, gửi lời cảm ơn tới gia đình và đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi để chúng tôi hoàn thành tốt luận văn của mình. Vì thời gian và trình độ có hạn, luận văn chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi hy vọng sẽ nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn. Hà Nội, ngày 01 tháng 11 năm 2006 Học viên Nguyễn Thị Nhung Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Chương 1 dành để trình bày những kiến thức sẽ được sử dụng ở các chương sau về: hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov. Các định lý của hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới hay hàm trội điều hòa dùng để nghiên cứu những tính chất của hai lớp hàm chính của luận văn là lớp Nevanlinna và lớp Smirnov. Trong đó, cấu trúc của hai lớp hàm này được thể hiện qua định lý quan trọng nhất của chương: định lý phân tích Riesz - Smirnov. 1.1 Hàm điều hòa Định nghĩa 1.1.1 Cho U là một tập mở của C . Hàm h : U −→ R được gọi là hàm điều hòa nếu nó có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thỏa mãn điều kiện ∂ 2h ∂ 2h ∆h := 2 + 2 = 0. ∂x ∂y Ký hiệu, Har(U ) là tập các hàm điều hòa trên U . Har+ (U ) là tập các hàm điều hòa dương trên U . Định lý 1.1.2 Cho Ω là một miền trong C . Khi đó a. Nếu f là hàm chỉnh hình trên Ω và h = ref thì h là hàm điều hòa trên Ω. b. Nếu h là hàm điều hòa trên miền đơn liên Ω thì h là phần thực của một hàm chỉnh hình f trên Ω. 6 7 1.1. Hàm điều hòa Chứng minh: a. Đặt f = h + ik, theo điều kiện Cauchy-Riemann, ta có ∂h ∂k ∂h ∂k = và =− . ∂x ∂y ∂y ∂x Do đó ∂ 2k ∂ 2k ∂ 2h ∂ 2h − = 0. ∆h = 2 + 2 = ∂x ∂y ∂y∂x ∂x∂y b. Nếu h = Ref với f là hàm chỉnh hình thì f = h + ik, khi đó ∂h ∂k ∂h ∂h f′ = +i = −i . (1.1) ∂x ∂x ∂x ∂y Do đó nếu f tồn tại thì f ′ hoàn toàn được xác định bởi h và do đó f là duy nhất sai khác một hằng số. Phương trình (1.1) sẽ cho ta cách xác định hàm f . Xác định g : Ω −→ C cho bởi ∂h ∂h g= −i . ∂x ∂y Khi đó g ∈ C 1 (Ω) và g thỏa mãn điều kiện Cauchy-Riemann vì ∂ 2h ∂ 2h ∂ 2h ∂ 2h = − và = . ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y ∂y∂x Do đó, g là hàm chỉnh hình trên Ω. Cố định z0 ∈ Ω và xác định f : Ω −→ C cho bởi ∫z f (x) = h(z0 ) + g(ω)dω, z0 ở đây, tích phân được lấy qua các đường trong Ω nối z0 với z. Vì Ω là miền đơn liên nên theo định lý Cauchy tích phân không phụ thuộc vào việc chọn đường nối z0 và z. Khi đó f là hàm chỉnh hình trên Ω và ∂h ∂h f′ = g = −i . ∂x ∂y Đặt h̃ = Ref , ta có ∂ h̃ ∂ h̃ ∂ h̃ ∂ h̃ −i = f′ = −i . ∂x ∂y ∂x ∂y Suy ra ∂(h̃ − h) ∂(h̃ − h) ≡0 và ≡ 0. ∂x ∂y Như vậy, h̃ − h là hằng số trên Ω. Cho z = z0 ta thấy hằng số bằng không. Do đó h = Ref . 8 1.1. Hàm điều hòa 2 Định lý 1.1.3 (Tính chất giá trị trung bình) Cho h là hàm điều hòa trên một lân cận mở của đĩa D(ω, ρ). Khi đó h(ω) = 1 2π ∫2π h(ω + ρeiθ )dθ. 0 Chứng minh: Chọn ρ′ > ρ, khi đó h là hàm điều hòa trên D(ω, ρ′ ). Áp dụng định lý 1.1.2.b, tồn tại một hàm điều hòa f trên D(ω, ρ′ ) sao cho h = Ref . Theo đẳng thức tích phân Cauchy, ta có 1 f (ω) = 2πi ∫ |ζ−ω|=ρ 1 f (ζ) dζ = ζ −ω 2π ∫2π f (ω + ρeiθ )dθ. 0 Lấy phần thực hai vế của đẳng thức trên ta được 1 h(ω) = 2π ∫2π h(ω + ρeiθ )dθ. 0 2 Định lý 1.1.4 (Nguyên lý đồng nhất) Cho h và k là các hàm điều hòa trên miền Ω trong C . Nếu h = k trên một tập con mở khác rỗng của Ω thì h = k trên Ω. ∂h ∂h −i . ∂x ∂y Khi đó theo cách chứng minh của định lý 1.1.2 ta có g là hàm chỉnh hình trên Ω. Do h = 0 trên U nên g = 0 trên U . Theo nguyên lý đồng nhất cho các hàm ∂h ∂h chỉnh hình ta có g = 0 trên Ω và do đó = 0 và = 0 trên Ω. Như vậy h là ∂x ∂y hằng số trên Ω, vì h = 0 trên U nên h ≡ 0 trên Ω. 2 Chứng minh: Không mất tính tổng quát có thể giả sử k = 0. Đặt g = Định lý 1.1.5 (Nguyên lý cực đại) Cho h là hàm điều hòa trên miền Ω trong C . Khi đó a. Nếu h đạt cực đại địa phương trên Ω thì h là hằng số. b. Nếu h mở rộng liên tục tới Ω và h 6 0 trên ∂Ω thì h 6 0 trên Ω . 9 1.1. Hàm điều hòa Chứng minh: a. Giả sử rằng h đạt cực đại địa phương tại ω ∈ Ω. Khi đó có r > 0 sao cho h 6 h(ω) trên D(ω, r). Theo định lý 1.1.2.b tồn tại hàm chỉnh hình trên D(ω, r) sao cho h = Ref . Từ đó |ef | đạt cực đại địa phương tại ω và có được ef là hàm hằng. Như vậy, h là hằng số trên D(ω, r) và theo nguyên lý đồng nhất h là hằng số trên toàn bộ Ω. b. Vì Ω là tập compact nên h đạt cực đại tại ω ∈ D. Nếu ω ∈ ∂D thì h(ω) 6 0 theo giả thiết và như vậy h 6 0 trên Ω. Nếu ω ∈ D theo kết quả phần (a) h là hàm hằng trên Ω do đó là hàm hằng trên Ω và ta cũng có h 6 0 trên Ω. 2 Định nghĩa 1.1.6 Cho D là đĩa đơn vị trong C . i. Nhân Poisson P : D × ∂ D −→ R được xác định bởi ζ +z 1 − |z|2 Pz (ζ) := Re( )= . ζ −z |ζ − z|2 ii. Giả sử u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂D(ω, ρ), tích phân Poisson P u : D(ω, ρ) −→ R được xác định bởi ∫ 2π 1 P u(z) := u(ω + ρeiθ )P z − ω (eiθ )dθ, z ∈ D(ω, ρ). 2π 0 ρ Mệnh đề 1.1.7 Nhân Poisson và tích phân Poisson thỏa mãn các tính chất sau: a. Pz (ζ) > 0, ∀|z| < 1, |ζ| = 1. 1 b. 2π ∫2π Pz (eiθ )dθ = 1, ∀|z| < 1. 0 c. sup Pz (ζ) −→ 0 khi z −→ ζ0 , |ζ0 | = 1, δ > 0. |ζ−ζ0 |>δ d. P u là hàm điều hòa trên D (ω, ρ). e. Nếu u liên tục tại ζ0 ∈ ∂ D (ω, ρ) thì limz→ζ0 P u(z) = u(ζ0 ). 10 1.1. Hàm điều hòa Chứng minh: a. Ta có 1 − |z|2 Pz (ζ) = > 0, z ∈ D , ζ ∈ ∂ D . |ζ − z|2 b. Đặt ζ = eiθ và sử dụng biểu thức tích phân Cauchy ta nhận được 1 2π ∫2π ∫ 1 Pz (e )dθ = Re( 2πi ζ + z dζ ) ζ −z ζ iθ |ζ|=1 0 ( 1 = Re 2πi ∫ ( |ζ|=1 1 dζ ) 2 − ) ζ −z ζ ζ = Re(2 − 1) = 1. Bằng những thay đổi phù hợp nếu cần, ta chỉ xét với ω = 0 và ρ = 1 trong các chứng minh ở (c) và (d) dưới đây. c. Nếu |z − ζ0 | < δ thì sup Pz (ζ) ≤ |ζ−ζ0 |>δ 1 − |z|2 . (δ − |ζ0 − z|)2 1 − |z|2 Từ → 0 khi z → ζ0 ta có sup Pz (ζ) → 0 khi z → ζ0 . (δ − |ζ0 − z|)2 |ζ−ζ0 |>δ d. Ta có 1 P u(z) = Re( 2π ∫2π 0 eiθ + z u(eiθ )dθ), z ∈ D . iθ e −z Vì u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂ D nên 1 2π ∫2π 0 eiθ + z u(eiθ )dθ, z ∈ D iθ e −z là hàm chỉnh hình trên D . Như vậy, P u là phần thực của hàm chỉnh hình trong D nên nó là hàm điều hòa trên D . 11 1.1. Hàm điều hòa e. Sử dụng các khẳng định ở (a) và (b), ta có 1 | P u(z) − u(ζ0 ) | = | 2π 6 1 2π ∫2π ( ) Pz (eiθ ) u(eiθ ) − u(ζ0 ) dθ| 0 2π ∫ Pz (eiθ )|u(eiθ ) − u(ζ0 )|dθ. 0 Do u là hàm liên tục tại ζ0 ∈ ∂ D nên ∀ε > 0, ∃δ > 0 :| ζ − ζ0 |< δ ⇒| u(ζ) − u(ζ0 ) |< ε. Từ đó ∫ 1 2π 1 Pz (eiθ ) | (u(eiθ ) − u(ζ0 ) | dθ 6 2π |eiθ −ζ0 |<δ ∫2π Pz (eiθ )εdθ = ε. 0 Mặt khác, theo (c) tồn tại δ ′ > 0 sao cho: nếu |z − ζ0 | < δ ′ thì sup Pz (ζ) < ε. Do đó, nếu |z − ζ0 | < δ ′ thì |ζ−ζ0 |>δ 1 2π ∫ Pz (eiθ ) | (u(eiθ ) − u(ζ0 ) | dθ 6 1 2π |eiθ −ζ0 |>δ ∫2π ε | (u(eiθ ) − u(ζ0 ) | dθ 0 (1 6ε 2π ∫2π ) | (u(eiθ ) | dθ+ | Φ(ζ0 ) | . 0 Như vậy, nếu | z − ζ0 |< δ ′ thì 1 |P u(z)| − u(ζ0 ) 6 ε(1 + 2π ∫2π |φ(eiθ )|dθ + |φ(ζ0 )|). 0 Từ đó ta có điều phải chứng minh. 2 Định lý 1.1.8 (Biểu thức tích phân Cauchy) Nếu h là hàm điều hòa trên một lân cận mở của đĩa D(ω, ρ) thì với r < ρ và 0 6 t < 2π ta có h(ω + reit ) = 1 2π ∫2π Pω+reit (ω + ρeiθ )h(ω + ρeiθ )dθ. 0 12 1.1. Hàm điều hòa Chứng minh: Đặt u = h|∂D(ω,ρ) . Theo mệnh đề 1.1.7 ta có lim P u(z) = z→ζ0 u(ζ0 ), ζ0 ∈ ∂D(ω, ρ). Đặt { P u(z), z ∈ D(ω, ρ), h1 (z) = u(z), z ∈ ∂D(ω, ρ). Áp dụng nguyên lý cực đại cho các hàm điều hòa ±(h−h1 ) thỏa mãn h−h1 = 0 trên ∂D(ω, ρ), ta có h = h1 trên D(ω, ρ). Như vậy, 1 h(ω + reit ) = 2π ∫2π Pω+reit (ω + ρeiθ )h(ω + ρeiθ )dθ. 0 2 Hệ quả 1.1.9 Mọi hàm điều hòa h trên D đều là tích phân Poisson của một độ đo trên ∂ D , tức là có một độ đo µ trên ∂ D sao cho ∫ Pz (ζ)dµ(ζ). h(z) = h[µ](z) := ∂ D Hơn nữa, mọi hàm điều hòa dương trên D là tích phân Poisson của một độ đo dương trên ∂ D . Chứng minh: Xác định độ đo dµ(ζ) = h(ζ)dζ từ kết quả của định lý 1.1.8 ta có ∫ ∫ Pz (ζ)dµ(ζ). Pz (ζ)h(ζ)dζ = h(z) = ∂ D ∂ D 2 Định lý 1.1.10 Cho h : Ω −→ R là một hàm liên tục trên một tập mở Ω của C và giả sử rằng nó thỏa mãn các tính chất về giá trị trung bình, tức là với ω ∈ Ω, tồn tại ρ > 0 sao cho 1 h(ω) = 2π ∫2π h(ω + reit )dt, (0 6 r < ρ). 0 Khi đó h là hàm điều hòa trên Ω. Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh h là hàm điều hòa trên mỗi đĩa mở D ⊂ Ω với D ⊂ Ω. Cố định D và xác định k : D −→ R cho bởi { h(z) − P h(z), z ∈ D, k(z) = 0, z ∈ ∂D. 13 1.1. Hàm điều hòa Khi đó k liên tục trên D và có tính chất giá trị trung bình trên D. Vì D compact nên k đạt giá trị lớn nhất bằng M trong D. Xác định A = {z ∈ D : k(z) < M } và B = {z ∈ D : k(z) = M }. Do k liên tục nên A là tập mở. Mặt khác, nếu k(ω) = M thì theo tính chất về giá trị trung bình k = M trên một lân cận đủ nhỏ của ω. Như vậy, A và B là các thành phần liên thông mở của D nên A = ∅ hoặc B = ∅. Trong cả hai trường hợp ta đều có M = 0. Do đó k 6 0. Hoàn toàn tương tự ta cũng có k > 0. Từ đó, h = P h trên D. Vì P h là hàm điều hòa nên h cũng là hàm điều hòa. 2 Định lý 1.1.11 Nếu (hn )n là dãy các hàm điều hòa trên Ω hội tụ đều tới hàm h thì h là hàm điều hòa trên Ω. Chứng minh: Theo định lý 1.1.10 để chứng minh h là hàm điều hòa ta chỉ cần chứng minh h thỏa mãn tính chất về giá trị trung bình, tức là với mọi ω tồn tại ρ > 0 sao cho h(ω) = 1 2π ∫2π h(ω + reiθ )dθ, 0 6 r < ρ. 0 Do (hn )n là dãy các hàm điều hòa nên theo định lý 1.1.3 tồn tại dãy số dương (ρn )n sao cho ∫2π 1 hn (ω) = hn (ω + reiθ )dθ, 0 6 r < ρn . 2π 0 Do (hn )n hội tụ đều tới h trên Ω nên ε ∀ε > 0, ∃n0 , ∀n > n0 :| hn (ω) − h(ω) |< , ∀ω ∈ Ω. 2 Từ đó, với ∀n > n0 , ta có 1 | 2π ∫2π 0 1 hn (ω+reiθ )dθ− 2π ∫2π 1 h(ω+reiθ )dθ |6 2π 0 Hay 1 | hn0 (ω) − 2π ∫2π ε | hn (ω+reiθ )−h(ω+reiθ ) | dθ 6 . 2 0 ∫2π 0 ε h(ω + reiθ )dθ |6 , 0 6 r < ρn0 . 2 14 1.1. Hàm điều hòa Suy ra | hn (ω)− 1 2π ∫2π h(ω+reiθ )dθ |6| hn (ω)−hn0 (ω) | + | hn0 (ω)− 0 1 2π ∫2π h(ω+reiθ )dθ |< ε, 0 với ∀n > n0 , 0 6 r < ρn0 . Vậy 1 h(ω) = 2π ∫2π h(ω + reiθ )dθ, 0 6 r < ρ. 0 2 Định lý 1.1.12 (Bất đẳng thức Harnack) Cho h là hàm điều hòa dương trên đĩa D(ω, ρ). Khi đó, với r < ρ và 0 6 t < 2π, ta có ρ−r ρ+r h(ω) 6 h(ω + reit ) 6 h(ω). ρ+r ρ−r Chứng minh: Chọn s thỏa mãn r < s < ρ. Áp dụng biểu thức tích phân Cauchy cho h trên D(ω, s) ta được h(ω + reit ) = 6 1 2π 1 2π ∫2π Pω+reit (ω + seiθ )h(ω + seiθ )dθ 0 ∫2π 0 s+r h(ω + seiθ )dθ s−r s+r 1 = s − r 2π ∫2π h(ω + seiθ )dθ 0 s+r = h(ω). s−r Cho s → ρ ta có ρ+r h(ω). ρ−r Lập luận hoàn toàn tương tự ta nhận được bất đẳng thức còn lại. h(ω + reit ) 6 h(ω + reit ) > ρ−r h(ω). ρ+r 2 15 1.1. Hàm điều hòa Hệ quả 1.1.13 Cho Ω là một miền trong C và z, ω ∈ Ω. Khi đó tồn tại một số K sao cho với mọi hàm điều hòa dương h trên Ω, ta có K −1 h(ω) 6 h(z) 6 Kh(ω). Chứng minh: Cho z, w ∈ Ω, ta định nghĩa z ∼ ω nếu tồn tại một số K sao cho K −1 h(ω) 6 h(z) 6 Kh(ω) với mọi hàm điều hòa dương trên Ω. Khi đó, ∼ là một quan hệ tương đương trên Ω và theo bất đẳng thức Harnack ta có các lớp tương đương là các tập mở. Do Ω liên thông nên trên Ω chỉ có một lớp tương đương và hệ quả được chứng minh. 2 Định nghĩa 1.1.14 Cho Ω là một miền trong C . Với mọi z, ω ∈ Ω khoảng cách Harnack giữa z và ω là số nhỏ nhất HΩ (z, ω) sao cho với mọi hàm điều hòa dương h trên Ω ta có HΩ (z, ω)−1 h(ω) 6 h(z) 6 HΩ (z, ω)h(ω). Định lý 1.1.15 (Định lý Harnack) Cho (hn )n là dãy các hàm điều hòa trên miền Ω trong C và giả sử rằng h1 6 h2 6 h3 6 . . . trên Ω. Khi đó, hoặc hn hội tụ đều địa phương tới ∞ hoặc hn hội tụ đều địa phương tới hàm điều hòa h trên Ω. Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω. Do HΩ liên tục nên với mỗi tập con K compact của Ω ta có CK := sup HΩ (z, ω) z∈K là hữu hạn. Vì hn −h1 và hn −hm là các hàm điều hòa dương nên với n > m > 1, ta có hn (ω) − h1 (ω) 6 CK (hn (z) − h1 (z)), z ∈ K và hn (z) − hm (z) 6 CK (hn (ω) − hm (ω)), z ∈ K. Nếu hn (ω) → ∞ thì hn (z) → ∞, ∀z ∈ K, tức là hn → ∞ đều trên K. Vì K là tập compact bất kỳ của Ω nên hn → ∞ đều địa phương trên Ω. Nếu hn (ω) có giới hạn hữu hạn thì (hn )n là dãy Cauchy đều trên K, như vậy hn hội tụ đều địa phương trên Ω tới hàm hữu hạn h. Theo định lý 1.1.11 ta có h là hàm điều hòa. 2 Định lý 1.1.16 Cho (hn )n là dãy các hàm điều hòa dương trên miền Ω trong C . Khi đó hoặc hn hội tụ đều địa phương tới vô cùng hoặc tồn tại một dãy con hnj hội tụ đều địa phương tới một hàm điều hòa h trên Ω. 16 1.2. Hàm điều hòa dưới Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω. Từ bất đẳng thức HΩ (z, ω)−1 hn (ω) 6 hn (z) 6 HΩ (z, ω)hn (ω), z ∈ Ω, n > 1. (1.2) ta nhận được nếu hn (ω) → ∞ thì hn → ∞ đều địa phương trên Ω, và nếu hn (ω) → 0 thì hn → 0 đều địa phương trên Ω. Do đó, bằng cách thay (hn )n bằng một dãy con nếu cần ta có thể giả sử luôn (log hn )n bị chặn. Từ bất đẳng thức (1.2) ta suy ra (log hn )n bị chặn đều địa phương trên Ω, như vậy ta chỉ cần chứng minh tồn tại một dãy con (hnj ) sao cho (log hnj )n hội tụ đều địa phương trên Ω. Giả sử Slà một tập con đếm được trù mật trong Ω. Dãy (log hn (ζ))n bị chặn với mỗi ζ ∈ S. Từ đó tồn tại một dãy con (hnj ) sao cho (log hnj (ζ))j hội tụ với mỗi ζ ∈ S. Ta sẽ chứng minh rằng với dãy con này (log hnj )j hội tụ đều địa phương trên Ω. Cho K là một tập compact của Ω, và xét ε > 0. Với mỗi z ∈ K, đặt Vz = {z ′ ∈ Ω : log Hω (z, z ′ ) < ε}, và Vz1 , . . . , Vzm là phủ hữu hạn của K. Vì S trù mật trong Ω nên với mỗi l ta có thể chọn ζl ∈ Vzl ∩ S. Khi đó, tồn tại N > 1 sao cho | log hnj (ζl ) − log hnk (ζl ) |6 ε, nj , nk > N, l = 1, . . . , m. Theo định nghĩa của khoảng cách Harnack ta có | log hnj (z) − log hnj (ζl ) |6 log HΩ (z, ζl ) < 2ε, z ∈ Vzl . Lý luận tương tự cho hnk ta được | log hnk (z) − log hnk (ζl ) |6 2ε, z ∈ Vzl . Kết hợp các bất đẳng thức trên suy ra | log hnj (z) − log hnk (z) |6 5ε, nj , nk > N, z ∈ K. Do đó (log hnj )j là dãy Cauchy đều trên K và do đó là dãy hội tụ đều trên K. 2 1.2 Hàm điều hòa dưới Định nghĩa 1.2.1 Cho X là không gian tô pô. Hàm u : X −→ [−∞, +∞) được gọi là nửa liên tục trên nếu tập {x ∈ X : u(x) < α} là mở trong X với mọi α ∈ R . Ta cũng có thể định nghĩa một cách tương đương: hàm u được gọi là nửa liên tục trên nếu lim sup u(y) 6 u(x), ∀x ∈ X. y→x 17 1.2. Hàm điều hòa dưới Định lý 1.2.2 Cho u là hàm nửa liên tục trên xác định trên không gian tô pô X và K là tập compact của X. Khi đó u bị chặn trên ở trên K và đạt cận trên đúng trên K. Chứng minh: Do u là hàm nửa liên tục trên nên Un := {x ∈ X : u(x) < n}, n > 1 là tập mở. Do {Un }n>1 lập thành một phủ mở của tập compact K nên có phủ con hữu hạn. Vậy u bị chặn trên ở trên K. Đặt M = sup u. Giả sử u(x) < M với mọi x ∈ K, khi đó Vn = {x ∈ X : K 1 u(x) < M − } là phủ mở của tập compact K nên cũng có phủ con hữu hạn. n Mặt khác theo định nghĩa của supremum với mọi n > 1 tồn tại x ∈ K sao cho 1 u(x) > M − , mâu thuẫn. Vậy tồn tại x ∈ K sao cho u(x) = M hay u đạt cận n trên đúng trên K. 2 Định lý 1.2.3 Cho u là hàm nửa liên tục trên trên không gian metric (X, d) và giả sử rằng u bị chặn trên ở trên X. Khi đó tồn tại dãy hàm liên tục Φn : X −→ R sao cho Φ1 > Φ2 > . . . > u trên X và lim Φn = u. n→∞ Chứng minh: Ta có thể giả sử u  −∞ (nếu không thì có thể chọn Φn ≡ −n). Với mỗi n > 1, xác định Φn : X −→ R cho bởi Φn (x) = sup(u(y) − nd(x, y)), x ∈ X. x∈X Với mỗi n, ta có | Φn (x) − Φn (x′ ) |6 nd(x, x′ ), x, x′ ∈ X. Do đó Φn liên tục trên X. Hơn nữa, Φ1 > Φ2 > . . . > u và như vậy lim Φn > u. n→∞ Mặt khác, ký hiệu B(x, ρ) = {y ∈ X : d(x, y) < ρ}, ta có Φn (x) 6 max( sup u, sup u − nρ), x ∈ X, ρ > 0. B(x,ρ) X Suy ra lim Φn (x) 6 sup u, x ∈ X, ρ > 0. n→∞ B(x,ρ) Vì u là hàm nửa liên tục trên, cho ρ → 0 ta được lim Φn 6 u. n→∞ 2 18 1.2. Hàm điều hòa dưới Định nghĩa 1.2.4 Cho U là một tập mở của C . Hàm u : U −→ [−∞, +∞) được gọi là hàm điều hòa dưới nếu nó là nửa liên tục trên và thỏa mãn bất đẳng thức trung bình địa phương, tức là với mọi ω ∈ U , tồn tại ρ > 0 sao cho ∫2π 1 u(ω) 6 u(ω + reit )dt, (0 6 r < ρ). 2π 0 Mệnh đề 1.2.5 (Bất đẳng thức Jensen) Cho (X, µ) là không gian đo với µ là độ đo xác suất, tức là µ(X) = 1. Giả sử v ∈ L1 (µ) là hàm thực và φ(t) là hàm lồi trên R . Khi đó ∫ ∫ φ( vdµ) 6 φ(v)dµ. Chứng minh: Do φ là hàm lồi nên φ(t) là supremum của những hàm tuyến tính nằm dưới φ, tức là φ(t0 ) = sup{at0 + b : at + b 6 φ(t), t ∈ R }. Nếu at + b 6 φ(t), ta có ∫ ∫ ∫ a( vdµ) + b = (av + b)dµ 6 φ(v)dµ. Vậy ∫ ∫ ∫ φ( vdµ) = sup[a( vdµ) + b] 6 φ(v)dµ. 2 Mệnh đề 1.2.6 Cho v(z) là hàm điều hòa trên tập mở U trong C và φ(t) là hàm lồi tăng trên [−∞, +∞), liên tục tại t = −∞. Khi đó φ ◦ v là hàm điều hòa dưới trên U . Chứng minh: Vì mọi hàm lồi đều là hàm liên tục trên R nên φ liên tục trên [−∞, +∞). Do đó ta có ngay φ ◦ v là nửa liên tục trên. Lấy ω ∈ U , do v là hàm điều hòa dưới nên tồn tại ρ > 0 sao cho v(ω) 6 1 2π ∫2π v(ω + reit )dt, (0 6 r < ρ). 0 Sử dụng φ là hàm lồi tăng và kết quả của mệnh đề 1.2.5 ta có ∫2π ∫2π ( ) 1 1 φ ◦ v(ω + reit )dt, φ◦v 6 φ v(ω + reit )dt 6 2π 2π 0 Vậy φ ◦ v là hàm điều hòa dưới trên U . (0 6 r < ρ). 0 2 19 1.2. Hàm điều hòa dưới Định lý 1.2.7 (Nguyên lý cực đại) Cho u là hàm điều hòa dưới trên miền Ω trong C . Khi đó a. Nếu u đạt cực đại trên Ω thì u là hằng số. b. Nếu lim sup u(z) 6 0 với mọi ζ ∈ ∂Ω thì u 6 0 trên Ω. z→ζ Chứng minh: a. Giả sử u đạt cực đại bằng M trên Ω. Xác định A = {z ∈ Ω : u(z) < M } và B = {z ∈ Ω : u(z) = M }. Khi đó A là tập mở vì u là hàm nửa liên tục trên. Ta chứng minh B cũng là tập mở. Thật vậy, lấy ω ∈ B ta có u(ω) = M . Do u là hàm điều hòa dưới nên tồn tại ρ > 0 sao cho u(ω) 6 1 2π ∫2π (0 6 r < ρ). u(ω + reit )dt, 0 Suy ra M6 1 2π ∫2π u(ω + reit )dt 6 0 1 2π ∫2π M dt = M. 0 Vậy u(ω + reit ) = M, 0 6 r < ρ. Hay D (ω, r) ⊂ B tức là B là tập mở. Như vậy, A và B là hai tập mở rời nhau trong miền Ω liên thông nên A = Ω hoặc B = Ω. Do B ̸= ∅ nên B = Ω. Vậy u ≡ M trên Ω. b. Ta mở rộng u tới ∂Ω bằng cách xác định u(ζ) = lim sup u(z), ζ ∈ ∂Ω. z→ζ Khi đó u là hàm nửa liên tục trên xác định trên Ω. Do Ω compact nên theo định lý 1.2.2 u đạt cực đại tại ω ∈ Ω. Nếu ω ∈ ∂Ω thì theo giả thiết u(ω) 6 0 trên Ω nên u 6 0 trên Ω. Nếu ω ∈ Ω thì theo (a) ta có u ≡ M là hằng số trên Ω. Do lim sup u(z) 6 0 nên u 6 0 trên Ω. z→ζ 2 20 1.2. Hàm điều hòa dưới Định lý 1.2.8 Cho Ω là miền trong C và u : Ω −→ [−∞, +∞) là một hàm nửa liên tục trên. Khi đó các phát biểu sau là tương đương: a. Hàm u là điều hòa dưới trên Ω. b. Mọi K là miền con compact tương đối của Ω và h là hàm điều hòa trên K thỏa mãn lim sup(u(z) − h(z)) 6 0, ζ ∈ ∂K z→ζ thì u 6 h trên K. Chứng minh: (a) =⇒ (b) : Giả sử h và K được cho thỏa mãn các điều kiện của (b) Khi đó u − h là hàm điều hòa dưới trên K thỏa mãn lim sup u(z) 6 0. Theo z→ζ định lý 1.2.7 ta có u 6 h trên K. (b) =⇒ (a) : Để chứng minh u là hàm điều hòa dưới trên Ω ta chỉ cần chứng minh u thỏa mãn bất đẳng thức trung bình địa phương trên Ω, tức là với mọi ω ∈ Ω tồn tại ρ > 0 sao cho 1 u(ω) 6 2π ∫2π u(ω + reit )dt, (0 6 r < ρ). 0 Lấy ω ∈ Ω, do Ω là tập mở nên tồn tại ρ > 0 sao cho D(ω, ρ) ⊂ Ω. Xét 0 6 r < ρ và D(ω, r) ⊂ D(ω, ρ) ⊂ Ω, theo định lý 1.2.3 tồn tại dãy hàm liên tục Φn : ∂D(ω, r) −→ R sao cho Φn giảm dần đến u trên ∂D(ω, r). Theo mệnh đề 1.1.7 ta có P Φn là hàm điều hòa trên D(ω, r) và lim P Φn (z) = Φn (ζ) với mọi z→ζ ζ ∈ ∂D(ω, r). Do đó lim sup(u − P Φn )(z) 6 u(ζ) − Φn (ζ) 6 0, ζ ∈ ∂D(ω, r). z→ζ Theo giả thiết ở (b) ta có u 6 P Φn trên D(ω, r). Vậy 1 u(ω) 6 2π ∫2π u(ω + reit )dt, (0 6 r < ρ). 0 2 Hệ quả 1.2.9 Cho Ω là miền trong C và u(z) là hàm điều hòa dưới trên Ω sao cho u(z)  −∞. Khi đó với mọi D(ω, r) ⊂ Ω ta có 1 2π ∫2π u(ω + reiθ )dθ > −∞. 0 21 1.2. Hàm điều hòa dưới Chứng minh: Giả sử un (z) là dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) trên ∂D(ω, r) và Un (z) là hàm điều hòa mở rộng của un tới D(ω, r). Nếu 1 2π ∫2π u(ω + reiθ )dθ ≡ −∞ 0 khi đó do u bị chặn trên và nhân Poisson bị chặn và dương nên ta có 1 2π ∫2π Pz (θ)u(ω + reiθ )dθ ≡ −∞, |ω| < 1. 0 Như vậy, Un (z) → −∞ với mọi z ∈ D(ω, r) và do đó theo định lý 1.2.8 ta có u ≡ −∞ trên D(ω, r). Đặt V = {z ∈ Ω : u(z) ≡ −∞ trên một lân cận của z}. Do V ̸= ∅ là tập vừa mở, vừa đóng nên ta gặp mâu thuẫn. 2 Định lý 1.2.10 Cho u(z) là hàm điều hòa dưới trên đĩa đơn vị D thỏa mãn u(z)  −∞. Với 0 < r < 1, đặt   u(z), |z| > r,    ∫2π ur (z) = 1  Pz/r (θ)u(reiθ )dθ, |z| < r.    2π 0 Khi đó, ur (z) là hàm điều hòa dưới trên D , ur (z) là hàm điều hòa trên |z| < r, ur (z) > u(z), z ∈ D và ur (z) là hàm tăng theo r. Chứng minh: Theo hệ quả 1.2.9 ta có ur (z) hữu hạn và điều hòa trên D(0, r) = {|z| < r}. Để chứng minh ur (z) là nửa liên tục trên tại z0 ∈ ∂D(0, r) ta phải chỉ ra rằng u(z0 ) > lim sup ur (z). z→z0 |z| 0 tồn tại δ > 0 sao cho u(reiθ ) < u(z0 ) + ε nếu | θ − θ0 |6 δ. Khi đó nếu |z| < r và | z − z0 | đủ nhỏ ta có ∫ ∫ 1 1 iθ ur (z) 6 Pz/r (u(z0 ) + ε)dθ + (sup u(re )) Pz/r dθ 2π 2π θ |θ−θ0 |6δ |θ−θ0 |>δ 6 u(z0 ) + 2ε. Vậy ur là hàm nửa liên tục trên. Giả sử un (z) là dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) trên ∂D(0, r). Lập lại lý luận như hệ quả 1.2.9 ta có u(z) 6 ur (z).