Tài liệu Bổ đề schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong cn và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM –––––––––––––––––––– TRẦN THỊ THÙY LINH BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ TRONG n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM –––––––––––––––––––– TRẦN THỊ THÙY LINH BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ TRONG n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Ngành: Toán giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN HUỆ MINH THÁI NGUYÊN - 2020 LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng em dưới sự hưỡng dẫn của TS. Trần Huệ Minh. Em không sao chép từ bất kì công trình nào khác. Các tài liệu trong luận văn là trung thực, em kế thừa và phát huy các thành quả khoa học của các nhà khoa học với sự biết ơn chân thành. Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020 Người viết luận văn Trần Thị Thùy Linh Xác nhận của Khoa chuyên môn Xác nhận của Người hướng dẫn khoa học i LỜI CẢM ƠN Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Trần Huệ Minh, người đã tận tình hướng dẫn và truyền đạt những kinh nghiệm học tập, nghiên cứu khoa học để em có thể hoàn thành luận văn này. Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo - Bộ phận Sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Toán, các thầy cô giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên và Viện Toán học đã giảng dạy và tạo điều kiện thuận lợi cho em trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học. Do vốn kiến thức và khả năng nghiên cứu khoa học còn hạn chế nên luận văn của em không tránh khỏi những khiếm khuyết, vì vậy em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn học viên để luận văn này được hoàn chỉnh hơn. Em xin chân thành cảm ơn ! Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020 Người viết luận văn Trần Thị Thùy Linh ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn Mục lục ii iii Mở đầu 1 1 Bổ đề Schwarz tại một điểm biên của đĩa đơn vị 3 1.1 Bổ đề Schwarz và Bổ đề Schwarz trên biên . . . . . . 3 1.2 Các bất đẳng thức tại một điểm biên của hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và ứng dụng 14 2.1 Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho các ánh xạ chỉnh hình trên hình cầu đơn vị trong Cn . . . . . . . . . . 14 2.2 Bổ đề Schwarz tại biên đối với ánh xạ đa thức thuần nhất chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.3 Một số áp dụng của Bổ đề Schwarz tại biên . . . . . . 32 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 iii Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Như chúng ta đã biết, Bổ đề Schwarz trên biên đóng vai trò quan trọng trong giải tích phức cổ điển, nó đã trở thành một chủ đề nghiên cứu theo nhiều hướng của các nhà toán học trên thế giới như S. Krantz [6], D. Chelst [2], R. Osserman [12], M. Jeong [5], . . . . Dựa trên Bổ đề Schwarz tại biên, T.Liu, G.Ren, S. Gong và W. Zhang đã đạt được các kết quả nghiên cứu đột phá về các ánh xạ lồi song chỉnh hình chuẩn tắc hoặc các ánh xạ tựa lồi trên các miền khác nhau ([4], [8]). Việc tổng quát hóa Bổ đề Schwarz trên biên lên trường hợp nhiều chiều và áp dụng nó để có được các kết quả mới trong lý thuyết hàm hình học nhiều biến phức cũng thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà toán học, chẳng hạn năm 2015, T.Liu, J. Wang, X. Tang đã tổng quát hóa Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn [9],. . . Mục đích của luận văn là nghiên cứu, tìm hiểu và trình bày lại một số kết quả về Bổ đề Schwarz trên biên và một số ứng dụng của nó. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Hệ thống lại các kết quả về Bổ đề Schwarz tại một điểm biên của đĩa đơn vị và tại một điểm biên của hình cầu đơn vị trong Cn cùng với một số ứng dụng của nó. 4. Phương pháp nghiên cứu Sử dụng kết hợp các phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết, phương pháp phân loại và hệ thống hóa lý thuyết. 1 5. Bố cục của luận văn Luận văn được viết chủ yếu dựa trên các tài liệu [5], [9], [10], [11] gồm 38 trang trong đó có phần mở đầu, 2 chương nội dung, phần kết luận và tài liệu tham khảo. Cụ thể là: - Chương 1: Trình bày lại Bổ đề Schwarz và Bổ đề Schwarz tại một điểm biên của đĩa đơn vị và một số bất đẳng thức tại một điểm biên cho các dạng khác nhau của các hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị. Từ đó tìm các điều kiện để đạt được dấu đẳng thức. - Chương 2: Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và ứng dụng. Phần đầu của chương trình bày các kết quả là tổng quát hóa Bổ đề Schwarz trên biên cổ điển cho các ánh xạ chỉnh hình f trên hình cầu đơn vị trong Cn tại một điểm biên z0 mà f (z0 ) = z0 và tại điểm biên z0 mà f (z0 ) = ω0 ∈ ∂B n ; ω0 6= z0 . Phần tiếp sau trình bày tổng quát hóa Bổ đề Schwarz trên biên đối với ánh xạ đa thức thuần nhất chỉnh hình trên hình cầu đơn vị trong Cn . Phần cuối trình bày áp dụng của Bổ đề Schwarz trên biên để chứng minh các kết quả về định lý biến dạng tổng quát cho các ánh xạ hình sao song chỉnh hình chuẩn tắc trên hình cầu đơn vị trong Cn . - Cuối cùng là phần kết luận trình bày tóm tắt các kết quả đạt được và danh mục tài liệu tham khảo. 2 Chương 1 Bổ đề Schwarz tại một điểm biên của đĩa đơn vị 1.1 Bổ đề Schwarz và Bổ đề Schwarz trên biên Định lý 1.1.1. (Bổ đề Schwarz) Cho f : ∆ → ∆ là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị mở ∆ = {z ∈ C : |z| < 1} với f (0) = 0. Khi đó (i) |f 0 (0)| ≤ 1. (ii) |f (z)| ≤ |z| với mọi z ∈ ∆, dấu đẳng thức trong (i) đạt được khi (iii) f (z) = cz, với c là hằng số phức có môđun bằng 1. Chứng minh. Xét khai triển của chuỗi lũy thừa tại của f tại 0 trong ∆ ∞ X f (n) (0) . f (z) = cn z , ∀z ∈ ∆, cn = n! n=0 n (1.1) Đặt ∞ X cn z n − 1, ∀z ∈ ∆. (1.2) c0 = f (0) = 0, z.g (z) = f (z) (1.3) g (z) = n=1 Vì Nếu z ∈ ∆ và ta lấy 1 > r > |z| , thì theo nguyên lý môđun cực đại, f (ω) 1 ≤ . r r |ω|=r |g (z)| ≤ sup |g (ω)| = sup |ω|=r 3 Cho r ↑ 1, ta có |g (z)| ≤ 1, ∀z ∈ ∆ (1.4) Từ (1.4) và (1.3) cho ta (ii). Lấy z = 0 trong (1.4) và chú ý rằng g (0) = c1 f 0 (0) , ta có (i). Nếu đẳng thức đạt được trong (i) thì (1.4) chỉ ra rằng |g| đạt cực đại trong ∆ tại 0, theo nguyên lý môđun cực đại g là hằng trên ∆. Nếu c là hằng số đó thì |c| = |g (0)| = |f 0 (0)| = 1 và ta có (iii) đạt được : f (z) = zg (z) = cz. Nếu đẳng thức trong (ii) đạt được với z 6= 0, thì |g (z)| = 1 và do đó (1.4) cho ta thấy |g| đạt cực đại trong ∆ tại z. Do đó g là hằng số và (iii) đạt được như trên. Định lý 1.1.2. [12] (Bổ đề Schwarz trên biên) Cho f : ∆ → ∆ là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆ = {z ∈ C : |z| < 1}. Giả sử rằng f (0) = 0 và tại điểm z0 tùy ý mà |z0 | = 1, f thác triển liên tục tới z0 , |f (z0 )| = 1 và f 0 (z0 ) tồn tại. Thế thì |f 0 (z0 )| ≥ 2 . 1 + |f 0 (0)| (1.5) Để chứng minh định lý này, trước tiên ta chứng minh các bổ đề sau: Bổ đề 1.1.3. Cho f : ∆ → ∆ là hàm chỉnh hình thỏa mãn f (0) = 0. Khi đó 0 |ζ|+f (0) |f (ζ)| ≤ |ζ| . 1+|f 0 (0)|.|ζ| với |ζ| < 1. Chứng minh. Đặt g (ζ) = f (ζ) ζ . Theo Bổ đề Schwarz thì hoặc f là phép quay hoặc |g (ζ)| < 1 với |ζ| < 1. Nếu f là phép quay thì |f 0 (0)| = 1 nên việc chứng minh bất đẳng thức trên là tầm thường. Do vậy, ta có thể giả sử rằng |g (ζ)| < 1 với |ζ| < 1. Sử dụng một phép quay nếu cần, ta có thể giả thiết rằng g (0) = f 0 (0) = a, trong đó a ∈ R và 0 ≤ a < 1. Khi đó bất đẳng thức trên tương ứng với |g (ζ)| ≤ |ζ|+a 1+a|ζ| , với |ζ| < 1. Ta có thể suy ra khẳng định này từ Bổ đề Schwarz. Rõ ràng h g ánh xạ i a−r a+r mỗi đĩa ∆ (0, r), 0 < r < 1 vào một đĩa có đường kính là đoạn 1−ar , 1+ar . Khi |ξ| = r, thì 4 g (ζ) ≤ a+r 1+ar = |ζ|+a 1+a|ζ| Vậy khẳng định trên được chứng minh, do đó bổ đề được chứng minh. Bổ đề 1.1.4. Ta có    f (ζj )−c  lim  |ζj |−|z0 |  ≥ lim 1−|f (ζj )| ζj →z0 1−|ζj | ζj →z0 Chứng minh. Rõ ràng    f (ζ)−c   |ζ|−|z0 |  ≥ 1−|f (ζ)| 1−|ζ| , ≥ 2 1+|f 0 (0)| . với |c| = 1, |z0 | = 1. Sử dụng tính bị chặn trên của |f (ζ)| trong Bổ đề 1.1.3, ta có điều phải chứng minh. Ta đi chứng minh Định lí 1.1.2 Chứng minh. Lấy ζj trong Bổ đề 1.1.4 thỏa mãn ζj = tj , với tj → 1. Cho j → +∞ thì vế trái dần đến f 0 (z0 ) . Vì vậy ta có |f 0 (z0 )| ≥ 2 1+|f 0 (0)| . Nhận xét 1. Từ (1.5) ta có |f 0 (z0 )| ≥ 1. (1.6) Đẳng thức trong (1.6) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = reiθ , với θ ∈ R. Nếu hàm f có tính chất f (0) = f 0 (0) = ... = f (n−1) (0) = 0, n ∈ N thì f 0 (z0 ) ≥ n. (1.7) Đẳng thức trong (1.7) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = z n eiθ , với θ ∈ R. 1.2 Các bất đẳng thức tại một điểm biên của hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị Trong phần này ta trình bày một số bất đẳng thức tại một điểm biên cho các dạng khác nhau của các hàm chỉnh hình và tìm các điều kiện để đạt được dấu đẳng thức. Gọi f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε 5 với 12 < ε ≤ 1. Ta có kết quả sau về bất đẳng thức tại một điểm biên của đĩa đơn vị: Định lý 1.2.1. [11] Giả sử f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆, thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với mọi |z| < 1, trong đó ε là số thực và 12 < ε ≤ 1. Giả sử rằng với mỗi z0 ∈ ∂∆, f có giới hạn f (z0 ) tại z0 , f (z0 ) = 2ε. thì |f 0 (z0 )| ≥ ε (2ε − 1) . (1.8) Đẳng thức trong (1.8) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = ε 1 + zeiθ , ε + (1 − ε) zeiθ với θ là một số thực. Chứng minh. Xét các hàm chỉnh hình trên đĩa ∆ g (z) = ω (z) = f (z) − ε ε g (z) − g (0) 1 − g (0)g (z) . Ta có |ω (z)| < 1 với mọi |z| < 1, ω (0) = 0 và |ω (z0 )| = 1 với mọi z0 ∈ ∂∆. Theo Nhận xét 1, f 0 (z0 ) ≥ 1 nên ta có 0 1 − |g (0)|2 1 ≤ |ω (z0 )| =  2 |g 0 (z0 )|   1 − g (0)g (z0 )
2 0 1 − 1−ε |f (z0 )| |f 0 (z0 )| ε = . =
2 ε (2ε − 1) ε 1 − 1−ε ε Do đó ta có |f 0 (z0 )| ≥ ε (2ε − 1) . Nếu |f 0 (z0 )| = ε (2ε − 1) thì từ (1.9) và từ |ω 0 (z0 )| = 1, ta có f (z) = ε 1 + zeiθ . ε + (1 − ε) zeiθ 6 (1.9) Định lý 1.2.2. [11] Giả sử f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆, thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với mọi |z| < 1, trong đó ε là số thực và 12 < ε ≤ 1. Giả sử rằng với mỗi z0 ∈ ∂∆, f có giới hạn f (z0 ) tại z0 , f (z0 ) = 2ε. thì 2ε(2ε − 1)2 |f (z0 )| ≥ . (2ε − 1) + ε |f 0 (0)| 0 (1.10) Bất đẳng thức (1.10) là chặt với đẳng thức cho bởi hàm 1 + 2az + z 2 f (z) = ε , ε + az + (1 − ε) z 2 trong đó a = ε|f 0 (0)| (2ε−1) là số tùy ý thuộc đoạn [0, 1]. Chứng minh. Lấy ω (z) = g(z)−g(0) , 1−g(0)g(z) với g (z) = f (z)−ε ε như Định lý 1.2.1. Sử dụng Định lý 1.1.2 cho hàm ω (z) , ta có 2 |f 0 (z0 )| 0 ≤ |ω (z0 )| = 1 + |ω 0 (0)| (2ε − 1) ε, 0 2 |f (z0 )| ≤ 0 (0)| (2ε − 1) ε, 1 + ε|f (2ε−1) 2ε(2ε − 1)2 . |f (z0 )| ≥ (2ε − 1) + ε |f 0 (0)| 0 Bây giờ, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1.10) là nhọn. Lấy bất kì a ∈ [0, 1] . Đặt 1 + 2az + z 2 f (z) = ε . ε + az + (1 − ε) z 2 thì f 0 (z) = ε

(2a + 2z) ε + az + (1 − ε) z 2 − (a + 2 (1 − ε) z) 1 + 2az + z 2 (ε + az + (1 − ε) z 2 )2 và f 0 (1) = 2ε Vì a = ε|f 0 (0)| (2ε−1) , 2ε − 1 . 1+a (1.10) thỏa mãn với dấu đẳng thức. 7 Bằng phương pháp chứng minh tương tự như Định lý 1.2.1, Định lý 1.2.2, ta có một dạng khác của các hàm chỉnh hình trong các kết quả sau: Định lý 1.2.3. [5] Cho f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < 1 với f (0) = a, trong đó 0 < a < 2. Khi đó, f thỏa mãn bất đẳng thức |f (z)| ≤ a (1 + |z|) . 1 − |(1 − a) z| (1.11) với |z| < 1. Hơn nữa |f 0 (0)| ≤ a (2 − a) . (1.12) Đẳng thức (1.11) đạt được với z khác 0 thuộc U hay đẳng thức(1.12) đạt được nếu và chỉ nếu
a 1 + zeiθ f (z) = , θ∈R (1.13) 1 − (1 − a) zeiθ Chứng minh. Đặt g (z) = f (z) − 1. Lấy ω (z) = g (z) − g (0) 1 − g (0).g (z) (1.14) với z ∈ ∆. Khi đó g, ω là các hàm chỉnh hình trên ∆ với |g (z)| < 1 và |ω (z) < 1| với |z| < 1 và ω (0) = 0. Vì vậy ω thỏa mãn điều kiện của Bổ đề Schwarz. Theo Bổ đề Schwarz |ω (z)| ≤ |z| với |z| < 1. Vì vậy,     f (z)−a |ω (z)| =  1−(a−1)(f (z)−1)  ≤ |z| . Từ đó suy ra |f (z)| − a ≤ |f (z) − a| ≤ |z||1 − (a − 1)f (z) + (a − 1)| ≤ |z|(|(1 − a)f (z)| + a) 8 (1.15) Do vậy, ta có bất đẳng thức (1.11). Mặt khác, ta có ω 0 (z) = f 0 (z) (1 − (a − 1) (f (z) − 1)) + (f (z) − a) (a − 1) f 0 (z) (1 − (a − 1) (f (z) − 1))2 và |ω 0 (0)| ≤ 1. Theo Bổ đề Schwarz suy ra   2 0 |f (0)| 1 − (a − 1) |ω 0 (0)| = ≤ 1.  2 2 1 − (a − 1) Vì vậy |f 0 (0)| ≤ 1 − (a − 1)2 = a (2 − a) . Đẳng thức trong (1.11) đạt được với bất kỳ z 6= 0 thuộc ∆ hay đẳng thức trong (1.12) đạt được nếu và chỉ nếu ω (z) = f (z) − a = zeiθ , 1 − (a − 1) (f (z) − 1) tức là f (z) = a(1+zeiθ ) 1−(1−a)zeiθ , θ ∈ R. Nhận xét 2. Từ công thức (1.14) |f (z) − a| = |f (z)| − a. và |(1 − a) f (z) + a| = |(1 − a) f (z)| + a. thỏa mãn tại điểm z 6= 0 thuộc ∆ mà đẳng thức (1.11) đạt được, tức là 0 < a < 1 và f (z) là thực với a < f (z) < 2 tại điểm z 6= 0 thuộc ∆ ở trên. Do vậy, nếu f là hàm trong (1.13) và 0 < a < 1 thì tại điểm z khác 0 thuộc ∆ thỏa mãn a < f (z) < 2 thì đẳng thức trong (1.11) đạt được. Định lý 1.2.4. [5] Cho f là một hàm chỉnh hình trên ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < 1 với f (0) = a, 9 trong đó 0 < a < 2. Giả sử rằng với mỗi z0 mà |z0 | = 1, f thác triển liên tục được tới z0 , f (z0 ) = 2 và f 0 (z0 ) tồn tại. Khi đó |f 0 (z0 )| ≥ 2−a . a (1.16) Đẳng thức (1.11) đạt được nếu và chỉ nếu
a 1 + zeiθ f (z) = , 1 − (1 − a) zeiθ với θ là số thực thỏa mãn eiθ = 1 z0 . Chứng minh. Lấy g (z) = f (z) − 1. Đặt ω (z) = g (z) − g (0) 1 − g (0).g (z) Ta có f 0 (z0 )[1 − (a − 1)] + (2 − a)(a − 1)f 0 (z0 ) ω (z0 ) = [1 − (a − 1)]2 (2 − a)(1 + a − 1) = f 0 (z0 ) (2 − a)2 a = f 0 (z0 ) (2 − a) 0 (1.17) Theo (1.7) |ω 0 (z0 )| ≥ 1, suy ra |f 0 (z0 )| ≥ Nếu |f 0 (z0 )| = θ ∈ R . Tức là 2−a a 2−a a . thì |ω 0 (z0 )| = 1 và theo Định lý 1.1.2, ω (z) = zeiθ với f (z) = a(1+zeiθ ) 1−(1−a)zeiθ với θ ∈ R . Do điều kiện f (z0 ) = 2 nên
  a 1 + z0 eiθ = 2 1 − (1 − a) z0 eiθ . 10 Vì vậy z0 eiθ = 1 và do đó θ thỏa mãn eiθ = z10 . Ngược lại , xét hàm
a 1 + zeiθ f (z) = , 1 − (1 − a)zeiθ trong đó θ thỏa mãn eiθ = 1 z0 , ta có đẳng thức trong (1.16). Bây giờ xét hàm chỉnh hình f với f (0) − a = f 0 (0) = ... = f (n−1) (0) = 0. Hàm f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + ..., n ∈ N với cn 6= 0 là một hàm chỉnh hình. Nếu ta thay điều kiện |ω 0 (z0 )| ≥ 1 bởi |ω 0 (z0 )| ≥ n trong chứng minh của Định lý 1.2.4, thì ta có hệ quả sau Hệ quả 1.2.5. Cho f là hàm chỉnh hình xác định trên ∆ bởi f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + ..., n ≥ 1 thỏa mãn |f (z) − 1| < 1 trên ∆, trong đó 0 < a < 2 và cn 6= 0. Giả sử rằng f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆, f (z0 ) = 2 và f 0 (z0 ) tồn tại. Thế thì |f 0 (z0 )| ≥ n 2−a . a Dấu đẳng thức đạt được nếu và chỉ nếu
a 1 + z n eiθ f (z) = , 1 + (a − 1) z n eiθ trong đó θ thỏa mãn eiθ = 1 z0n . Chứng minh. Bằng sử dụng công thức của w như trong (1.14) ω (z) = (f (z) − 1) − (f (0) − 1) 1 − (f (0) − 1) (f (z) − 1) cn z n + cn+1 z n+1 + ... = 1 − (a − 1)2 − (a − 1) (cn z n + cn+1 z n+1 + ...) = bn z n + bn+1 z n+1 + ... trong đó bn , bn+1 , ... ∈ C và bn = cn 2 1−(a−1) { } 6= 0. Do vậy ω (0) = ω 0 (0) = ... = ω (n−1) (0) = 0. 11 (1.18) Theo Định lý 1.1.2 và (1.17) n ≤ |ω 0 (z0 )| = |f 0 (z0 )| Vậy |f 0 (z0 )| ≥ n a . 2−a 2−a . a Định lý sau cũng cho ta một bất đẳng thức tại điểm biên z0 . Định lý 1.2.6. [5] Cho f là một hàm chỉnh hình trên ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < 1 với f (0) = a, trong đó 0 < a < 2. Giả sử rằng f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆, f (z0 ) = 2, và f 0 (z0 ) tồn tại, thì 2(2 − a)2 |f (z0 )| ≥ a (2 − a) + |f 0 (0)| 0 (1.19) Dấu đẳng thức đạt được khi hàm 1 + 2bz + z 2 , f (z) = a[2 − a + (b + a − 1)z] với z0 = 1, b = |f 0 (0)| a(2−a) f (z) = (1.20) và a = 1, tức là 1+2bz+z 2 1+bz với z0 = 1, 0 ≤ b = |f 0 (0)| ≤ 1. Chứng minh. Lấy hàm ω xác định như trong (1.14). Bằng cách áp dụng bất đẳng thức (1.6) cho ω 0 (z) và phương trình (1.17), ta có 2 a 0 0 ≤ |ω (z )| = |f (z )| , 0 0 1 + |ω 0 (0)| 2−a Vì h i 2 f (0) 1 − (a − 1) f 0 (0) f 0 (0) = ω 0 (0) = h = . i2 2 a (2 − a) 2 1 − (a − 1) 1 − (a − 1) 0 nên 2 1+ |f 0 (0)| ≤ |f 0 (z0 )| a(2−a) 12 a . 2−a Do vậy, 2−a 2a (2 − a) 2(2 − a)2 |f (z0 )| ≥ = . a a (2 − a) + |f 0 (0)| a (2 − a) + |f 0 (0)| 0 Để có dấu đẳng thức trong (1.19), chọn tùy ý thỏa mãn 0 ≤ b ≤ 1 và lấy 1 + 2bz + z 2 f (z) = . a [2 − a + (b + a − 1) z] Khi đó f 0 (z) =
(2b + 2z) [2 − a + (b + a − 1) z] − 1 + 2bz + z 2 (b + a − 1) a[2 − a + (b + a − 1) z]2 . và từ đó suy ra f 0 (1) = 2 (2 − a) . a (b + 1) Do vậy, đẳng thức trong (1.19) đạt được tại z0 = 1, Mặt khác 1 + 2b + 1 f (1) = = a (2 − a + b + a − 1) Vì f (1) = 2, nên a = 1. Do đó trong đó 1 + 2bz + z 2 f (z) = , 1 + bz |f 0 (0)| b= = f 0 (0) ≤ 1. a (2 − a) 13 trong đó b = 2 . a |f 0 (0)| a(2−a) . Chương 2 Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và ứng dụng 2.1 Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho các ánh xạ chỉnh hình trên hình cầu đơn vị trong Cn Ký hiệu Cn là không gian Hilbert phức n chiều với tích trong và chuẩn được cho bởi n q X hz, ωi = zj ωj , kzk = hz, zi, j=1 trong đó z, ω ∈ Cnn. o 2 2 2 n n Ký hiệu B = z ∈ C : kzk = |z1 | + ... + |zn | < 1 là hình cầu đơn vị mở trong Cn ; ∂B n = {z ∈ Cn : kzk = 1} . Ta gọi H(B n ) là họ các ánh xạ chỉnh hình từ B n vào Cn . Trong chương này, ta viết z ∈ Cn là véctơ cột có dạng ma trận cỡ n × 1 z  1 z2 z =  ..  . zn và ký hiệu 0 là chuyển vị của véc tơ hay ma trận. Với f ∈ H (B n ) , ta cũng viết f = (f1 , f2 , ..., fn )0 , trong đó fj là các hàm chỉnh hình từ B n vào C, j = 1, n. Đạo hàm của f ∈ H (B n ) tại một điểm a ∈ B n là ma trận Jacobi phức của f cho bởi   ∂fi Jf (a) = (a) n × n. ∂zj Ta có Jf (a) là một ánh xạ tuyến tính từ Cn vào Cn . Ta nhắc lại bổ đề Schwarz trên biên cổ điển và một số kết quả sau: 14 Định lý 2.1.1. [3] (Bổ đề Schwarz trên biên cổ điển) Giả sử ∆ là đĩa đơn vị trong mặt phẳng phức C và cho f : ∆ → ∆ là hàm chỉnh hình. Nếu f chỉnh hình tại z = 1 và f (0) = 0, f (1) = 1, thì f 0 (1) ≥ 1. Ngoài ra, bất đẳng thức này là nhọn. Chú ý, nếu ta bỏ điều kiện f (0) = 0 và áp dụng định lý này cho hàm 1−f (0) f (z)−f (0) g (z) = 1−f (0) 1−f (0)f (z) thì ta có ước lượng sau f 0 (1) ≥  2   1 − f (0) 1 − |f (0)|2 > 0. (2.1) Bổ đề 2.1.2. [7] Giả sử B là hình cầu đơn vị mở của một không gian Banach phức X với chuẩn k.kX . Nếu f : B → B là một ánh xạ chỉnh hình với f (0) = 0, thì với bất kỳ z ∈ B, kf (z)kX ≤ kzkX . Bổ đề 2.1.3. [3] Giả sử f : B n → B n là một ánh xạ chỉnh hình trên hình cầu đơn vị mở trong Cn , thì  2 0   f (z) Jf (z) α kJf (z) αk2 kαk2 |z 0 α|2 + 2 ≤ 2 . 2 +  2 2 1 − kf (z)k2 1 − kzk 1 − kf (z)k 1 − kzk với mọi α ∈ Cn và z ∈ B n . Bổ đề 2.1.4. [7] Cho một điểm a ∈ B n , đặt A = sIn + q s = 1 − kak2 , In là ma trận đơn vị cấp n. Thì ϕa (z) = A aa0 1+s , trong đó a−z 1 − a0 z là một tự đẳng cấu chỉnh hình của B n mà hoán vị 0 và a. Hơn nữa, ϕa là song chỉnh hình trong một lân cận của B n , và " # 0 In (a − z) a A2 = s2 In + aa0 , Aa = a, Jϕa (z) = A − + . 1 − a0 z (1 − a0 z)2 Ta có định nghĩa không gian tiếp xúc của biên của hình cầu đơn vị trong C tại một điểm như sau: n 15