bài toán nội suy và những kết quả của bài toán nội suy

Lời nói đầu 2
Mục lục
Trang
Lời nói đầu 4
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 6
1.1 Hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 Hàm trội điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4 Không gian H
p
, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov . . . . . . . . . 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 66
3.1 Tự đẳng cấu của hình cầu đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.2 Hàm đa điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.3 Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị . . . . . . . . . . . . . . 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 và X không gian các
hàm chỉnh hình trên . 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
thì các hướng tiếp cận trên là trùng nhau. Tuy nhiên trên lớp Nevanlinna
N = {f ∈ Hol( ) : lim
r→1
1
2π
2π

0
log
+
|f(re
iθ
)|dθ < +∞},
và lớp Smirnov
N
+
= {f ∈ N : lim
r→1
1
2π
2π

0
log
+
|f(re
iθ

)|dθ =
1
2π
2π

0
log
+
|f(e
iθ
)|dθ},
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 sup
z
(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 l
Na
:= {(a
λ
)
λ
:
sup
λ
(1 − |λ|) log
+

|a
λ
| < ∞}. 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 l
Na
là "quá lớn".
Đối với lớp Smirnov, Yanagihara[11] đã chứng minh được rằng để N
+
|Λ
chứa không gian l
Y a
:= {(a
λ
)
λ
:

λ
(1 − |λ|) log
+
|a
λ
| < ∞}, điều kiện đủ là Λ
là dãy Carleson. Tuy nhiên có những dãy Carleson sao cho N

+
|Λ không thuộc
trong l
Y a
, và theo nghĩa này không gian đích l
Y a
là "quá nhỏ".
Lời nói đầu 5
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(
n
) trong hình
cầu đơn vị
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 . Hàm h : U −→ được gọi
là hàm điều hòa nếu nó có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thỏa mãn
điều kiện
∆h :=
∂

2
h
∂x
2
+
∂
2
h
∂y
2
= 0.
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 . 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
1.1. Hàm điều hòa 7
Chứng minh:
a. Đặt f = h + ik, theo điều kiện Cauchy-Riemann, ta có
∂h
∂x
=
∂k
∂y
và
∂h

∂y
= −
∂k
∂x
.
Do đó
∆h =
∂
2
h
∂x
2
+
∂
2
h
∂y
2
=
∂
2
k
∂y∂x
−
∂
2
k
∂x∂y
= 0.
b. Nếu h = R ef với f là hàm chỉnh hình thì f = h + ik, khi đó

f
′
=
∂h
∂x
+ i
∂k
∂x
=
∂h
∂x
− i
∂h
∂y
. (1.1)
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 −→ cho bởi
g =
∂h
∂x
− i
∂h
∂y
.
Khi đó g ∈ C
1

(Ω) và g thỏa mãn điều kiện Cauchy-Riemann vì
∂
2
h
∂x
2
= −
∂
2
h
∂y
2
và
∂
2
h
∂x∂y
=
∂
2
h
∂y∂x
.
Do đó, g là hàm chỉnhhình trên Ω. Cố địnhz
0
∈ Ω vàxác định f : Ω −→
cho bởi
f(x) = h(z
0
) +

z

z
0
g(ω)dω,
ở đây, tích phân được lấy qua các đường trong Ω nối z
0
với z. Vì Ω
là miền đơn liên nên theo định lý Cauchy tích phân không phụ thuộc
vào việc chọn đường nối z
0
và z. Khi đó f là hàm chỉnh hình trên Ω và
f
′
= g =
∂h
∂x
− i
∂h
∂y
.
Đặt
˜
h = Ref, ta có
∂
˜
h
∂x
− i
∂

˜
h
∂y
= f
′
=
∂
˜
h
∂x
− i
∂
˜
h
∂y
.
Suy ra
∂(
˜
h − h)
∂x
≡ 0 và
∂(
˜
h − h)
∂y
≡ 0.
Như vậy,
˜
h − h là hằng số trên Ω. Cho z = z

0
ta thấy hằng số bằng không.
Do đó h = Ref.
1.1. Hàm điều hòa 8
✷
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

0
h(ω + ρe
iθ
)dθ.
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
f(ω) =
1
2πi


|ζ−ω|=ρ
f(ζ)
ζ − ω
dζ =
1
2π
2π

0
f(ω + ρe
iθ
)dθ.
Lấy phần thực hai vế của đẳng thức trên ta được
h(ω) =
1
2π
2π

0
h(ω + ρe
iθ
)dθ.
✷
Định lý 1.1.4 (Nguyên lý đồng nhất) Cho h và k là các hàm điều hòa trên
miền Ω trong . Nếu h = k trên một tập con mở khác rỗng của Ω thì h = k
trên Ω.
Chứng minh: Không mất tính tổng quát có thể giả sử k = 0. Đặt g =
∂h
∂x

−i
∂h
∂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
chỉnh hình ta có g = 0 trên Ω và do đó
∂h
∂x
= 0 và
∂h
∂y
= 0 trên Ω. Như vậy h là
hằng số trên Ω, vì h = 0 trên U nên h ≡ 0 trên Ω. ✷
Định lý 1.1.5 (Nguyên lý cực đại) Cho h là hàm điều hòa trên miền Ω trong
. 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  0 trên ∂Ω thì h  0 trên Ω .
1.1. Hàm điều hòa 9
Chứng minh:
a. Giả sử rằng h đạt cực đại địa phương tại ω ∈ Ω. Khi đó có r > 0 sao cho
h  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 |e
f
| đạt cực đại địa phương tại ω và có
được e
f
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)  0
theo giả thiết và như vậy h  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  0 trên
Ω.
✷
Định nghĩa 1.1.6 Cho là đĩa đơn vị trong .
i. Nhân Poisson P : × ∂ −→ được xác định bởi
P
z
(ζ) := Re(
ζ + z
ζ − z
) =
1 − |z|
2
|ζ − z|
2
.
ii. Giả sử u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂D(ω, ρ), tích phân Poisson
P u : D(ω, ρ) −→ được xác định bởi
P u (z) :=
1
2π

2π
0
u(ω + ρe
iθ

)P
z − ω
ρ
(e
iθ
)dθ, z ∈ D(ω, ρ).
Mệnh đề 1.1.7 Nhân Poisson và tích phân Poisson thỏa mãn các tính chất
sau:
a. P
z
(ζ) > 0, ∀|z| < 1, |ζ| = 1.
b.
1
2π
2π

0
P
z
(e
iθ
)dθ = 1, ∀|z| < 1.
c. sup
|ζ−ζ
0
|δ
P
z
(ζ) −→ 0 khi z −→ ζ
0

, |ζ
0
| = 1, δ > 0.
d. Pu là hàm điều hòa trên (ω, ρ).
e. Nếu u liên tục tại ζ
0
∈ ∂ (ω, ρ) thì lim
z→ζ
0
P u (z) = u(ζ
0
).
1.1. Hàm điều hòa 10
Chứng minh:
a. Ta có
P
z
(ζ) =
1 − |z|
2
|ζ − z|
2
> 0, z ∈ , ζ ∈ ∂ .
b. Đặt ζ = e
iθ
và sử dụng biểu thức tích phân Cauchy ta nhận được
1
2π
2π


0
P
z
(e
iθ
)dθ = Re(
1
2πi

|ζ|=1
ζ + z
ζ − z
dζ
ζ
)
= Re

1
2πi

|ζ|=1
(
2
ζ − z
−
1
ζ
)
dζ
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 − ζ
0
| < δ thì
sup
|ζ−ζ
0
|δ
P
z
(ζ) ≤
1 − |z|
2
(δ − |ζ
0
− z|)
2
.
Từ
1 − |z|
2
(δ − |ζ
0
− z|)
2
→ 0 khi z → ζ
0

ta có sup
|ζ−ζ
0
|δ
P
z
(ζ) → 0 khi z → ζ
0
.
d. Ta có
P u (z) = Re(
1
2π
2π

0
e
iθ
+ z
e
iθ
− z
u(e
iθ
)dθ), z ∈ .
Vì u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂ nên
1
2π
2π


0
e
iθ
+ z
e
iθ
− z
u(e
iθ
)dθ, z ∈
là hàm chỉnh hình trên . Như vậy, P u là phần thực của hàm chỉnh hình
trong nên nó là hàm điều hòa trên .
1.1. Hàm điều hòa 11
e. Sử dụng các khẳng định ở (a) và (b), ta có
| P u(z) − u(ζ
0
) | = |
1
2π
2π

0
P
z
(e
iθ
)

u(e
iθ

) − u(ζ
0
)

dθ|

1
2π
2π

0
P
z
(e
iθ
)|u(e
iθ
) − u(ζ
0
)|dθ.
Do u là hàm liên tục tại ζ
0
∈ ∂ nên
∀ε > 0, ∃δ > 0 :| ζ − ζ
0
|< δ ⇒| u (ζ) − u(ζ
0
) |< ε.
Từ đó
1

2π

|e
iθ
−ζ
0
|<δ
P
z
(e
iθ
) | (u(e
iθ
) − u(ζ
0
) | dθ 
1
2π
2π

0
P
z
(e
iθ
)εdθ = ε.
Mặt khác, theo (c) tồn tại δ
′
> 0 sao cho: nếu |z − ζ
0

| < δ
′
thì
sup
|ζ−ζ
0
|δ
P
z
(ζ) < ε. Do đó, nếu |z − ζ
0
| < δ
′
thì
1
2π

|e
iθ
−ζ
0
|δ
P
z
(e
iθ
) | (u(e
iθ
) − u(ζ
0

) | dθ 
1
2π
2π

0
ε | (u(e
iθ
) − u(ζ
0
) | dθ
 ε

1
2π
2π

0
| (u(e
iθ
) | dθ+ | Φ(ζ
0
) |

.
Như vậy, nếu | z − ζ
0
|< δ
′
thì

|P u(z)| − u(ζ
0
)  ε(1 +
1
2π
2π

0
|φ(e
iθ
)|dθ + |φ(ζ
0
)|).
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
✷
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  t < 2π ta có
h(ω + re
it
) =
1
2π
2π

0
P
ω+re
it
(ω + ρe

iθ
)h(ω + ρe
iθ
)dθ.
1.1. Hàm điều hòa 12
Chứng minh: Đặt u = h
|∂D(ω,ρ)
. Theo mệnh đề 1.1.7 ta có lim
z→ζ
0
P u (z) =
u(ζ
0
), ζ
0
∈ ∂D(ω, ρ). Đặt
h
1
(z) =

P u (z), z ∈ D(ω, ρ),
u(z), z ∈ ∂D(ω, ρ).
Áp dụng nguyên lý cực đại cho các hàm điều hòa ±(h−h
1
) thỏa mãn h−h
1
= 0
trên ∂D(ω, ρ), ta có h = h
1
trên D(ω, ρ). Như vậy,

h(ω + re
it
) =
1
2π
2π

0
P
ω+re
it
(ω + ρe
iθ
)h(ω + ρe
iθ
)dθ.
✷
Hệ quả 1.1.9 Mọi hàm điều hòa h trên đều là tích phân Poisson của một
độ đo trên ∂ , tức là có một độ đo µ trên ∂ sao cho
h(z) = h[µ](z) :=

∂
P
z
(ζ)dµ(ζ).
Hơn nữa, mọi hàm điều hòa dương trên là tích phân Poisson của một độ
đo dương trên ∂ .
Chứng minh: Xác định độ đo dµ(ζ) = h(ζ)dζ từ kết quả của định lý
1.1.8 ta có
h(z) =


∂
P
z
(ζ)h(ζ)dζ =

∂
P
z
(ζ)dµ(ζ).
✷
Định lý 1.1.10 Cho h : Ω −→ là một hàm liên tục trên một tập mở Ω của
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
h(ω) =
1
2π
2π

0
h(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
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 −→ cho bởi
k(z) =

h(z) − Ph(z), z ∈ D,

0, z ∈ ∂D.
1.1. Hàm điều hòa 13
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  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. ✷
Định lý 1.1.11 Nếu (h
n
)
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

0
h(ω + re
iθ
)dθ, 0  r < ρ.

Do (h
n
)
n
là dãy các hàm điều hòa nên theo định lý
1.1.3 tồn tại dãy số dương
(ρ
n
)
n
sao cho
h
n
(ω) =
1
2π
2π

0
h
n
(ω + re
iθ
)dθ, 0  r < ρ
n
.
Do (h
n
)
n

hội tụ đều tới h trên Ω nên
∀ε > 0, ∃n
0
, ∀n  n
0
:| h
n
(ω) − h(ω) |<
ε
2
, ∀ω ∈ Ω.
Từ đó, với ∀n  n
0
, ta có
|
1
2π
2π

0
h
n
(ω+re
iθ
)dθ−
1
2π
2π

0

h(ω+re
iθ
)dθ |
1
2π
2π

0
| h
n
(ω+re
iθ
)−h(ω+re
iθ
) | dθ 
ε
2
.
Hay
| h
n
0
(ω) −
1
2π
2π

0
h(ω + re
iθ

)dθ |
ε
2
, 0  r < ρ
n
0
.
1.1. Hàm điều hòa 14
Suy ra
| h
n
(ω)−
1
2π
2π

0
h(ω+re
iθ
)dθ || h
n
(ω)−h
n
0
(ω) | + | h
n
0
(ω)−
1
2π

2π

0
h(ω+re
iθ
)dθ |< ε,
với ∀n  n
0
, 0  r < ρ
n
0
. Vậy
h(ω) =
1
2π
2π

0
h(ω + re
iθ
)dθ, 0  r < ρ.
✷
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  t < 2π, ta có
ρ − r
ρ + r
h(ω)  h(ω + re
it
) 
ρ + r

ρ − r
h(ω).
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 + re
it
) =
1
2π
2π

0
P
ω+re
it
(ω + se
iθ
)h(ω + se
iθ
)dθ

1
2π
2π

0
s + r
s − r
h(ω + se
iθ

)dθ
=
s + r
s − r
1
2π
2π

0
h(ω + se
iθ
)dθ
=
s + r
s − r
h(ω).
Cho s → ρ ta có
h(ω + re
it
) 
ρ + r
ρ − r
h(ω).
Lập luận hoàn toàn tương tự ta nhận được bất đẳng thức còn lại.
h(ω + re
it
) 
ρ − r
ρ + r
h(ω).

✷
1.1. Hàm điều hòa 15
Hệ quả 1.1.13 Cho Ω là một miền trong 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)  h(z)  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)  h(z)  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. ✷
Định nghĩa 1.1.14 Cho Ω là một miền trong . Với mọi z, ω ∈ Ω khoảng cách
Harnack giữa z và ω là số nhỏ nhất H
Ω
(z, ω) sao cho với mọi hàm điều hòa
dương h trên Ω ta có
H
Ω
(z, ω)
−1
h(ω)  h(z)  H
Ω
(z, ω)h(ω).
Định lý 1.1.15 (Định lý Harnack) Cho (h
n
)
n

là dãy các hàm điều hòa trên
miền Ω trong và giả sử rằng h
1
 h
2
 h
3
 . . . trên Ω. Khi đó, hoặc h
n
hội tụ đều địa phương tới ∞ hoặc h
n
hội tụ đều địa phương tới hàm điều
hòa h trên Ω.
Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω. Do H
Ω
liên tục nên với mỗi tập con K compact
của Ω ta có
C
K
:= sup
z∈K
H
Ω
(z, ω)
là hữu hạn. Vì h
n
−h
1
và h
n

−h
m
là các hàm điều hòa dương nên với n  m  1,
ta có
h
n
(ω) − h
1
(ω)  C
K
(h
n
(z) − h
1
(z)), z ∈ K
và
h
n
(z) − h
m
(z)  C
K
(h
n
(ω) − h
m
(ω)), z ∈ K.
Nếu h
n
(ω) → ∞ thì h

n
(z) → ∞, ∀z ∈ K, tức là h
n
→ ∞ đều trên K. Vì K là
tập compact bất kỳ của Ω nên h
n
→ ∞ đều địa phương trên Ω.
Nếu h
n
(ω) có giới hạn hữu hạn thì (h
n
)
n
là dãy Cauchy đều trên K, như vậy
h
n
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. ✷
Định lý 1.1.16 Cho (h
n
)
n
là dãy các hàm điều hòa dương trên miền Ω trong
. Khi đó hoặc h
n
hội tụ đều địa phương tới vô cùng hoặc tồn tại một dãy
con h
n
j

hội tụ đều địa phương tới một hàm điều hòa h trên Ω.
1.2. Hàm điều hòa dưới 16
Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω. Từ bất đẳng thức
H
Ω
(z, ω)
−1
h
n
(ω)  h
n
(z)  H
Ω
(z, ω)h
n
(ω), z ∈ Ω, n  1. (1.2)
ta nhận được nếu h
n
(ω) → ∞ thì h
n
→ ∞ đều địa phương trên Ω, và nếu
h
n
(ω) → 0 thì h
n
→ 0 đều địa phương trên Ω. Do đó, bằng cách thay (h
n
)
n
bằng một dãy con nếu cần ta có thể giả sử luôn (log h

n
)
n
bị chặn. Từ bất đẳng
thức (
1.2) ta suy ra (log h
n
)
n
bị chặn đều địa phương trên Ω, như vậy ta chỉ cần
chứng minh tồn tại một dãy con (h
n
j
) sao cho (log h
n
j
)
n
hội tụ đều địa phương
trên Ω. Giả sử Slà một tập con đếm được trù mật trong Ω. Dãy (log h
n
(ζ))
n
bị
chặn với mỗi ζ ∈ S. Từ đó tồn tại một dãy con (h
n
j
) sao cho (log h
n
j

(ζ))
j
hội
tụ với mỗi ζ ∈ S. Ta sẽ chứng minh rằng với dãy con này (log h
n
j
)
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
V
z
= {z
′
∈ Ω : log H
ω
(z, z
′
) < ε},
và V
z
1
, . . . , V
z
m
là phủ hữu hạn của K. Vì S trù mật trong Ω nên với mỗi l ta có
thể chọn ζ
l
∈ V

z
l
∩ S. Khi đó, tồn tại N  1 sao cho
| log h
n
j
(ζ
l
) − log h
n
k
(ζ
l
) | ε, n
j
, n
k
 N, l = 1, . . . , m.
Theo định nghĩa của khoảng cách Harnack ta có
| log h
n
j
(z) − log h
n
j
(ζ
l
) | log H
Ω
(z, ζ

l
) < 2ε, z ∈ V
z
l
.
Lý luận tương tự cho h
n
k
ta được
| log h
n
k
(z) − log h
n
k
(ζ
l
) | 2ε, z ∈ V
z
l
.
Kết hợp các bất đẳng thức trên suy ra
| log h
n
j
(z) − log h
n
k
(z) | 5ε, n
j

, n
k
 N, z ∈ K.
Do đó (log h
n
j
)
j
là dãy Cauchy đều trên K và do đó là dãy hội tụ đều trên K. ✷
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 ∈ .
Ta cũng có thể định nghĩa một cách tương đương: hàm u được gọi là nửa
liên tục trên nếu lim sup
y→x
u(y)  u(x), ∀x ∈ X.
1.2. Hàm điều hòa dưới 17
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 U
n
:= {x ∈ X : u(x) < n}, n 
1 là tập mở. Do {U
n
}
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
K
u. Giả sử u(x) < M với mọi x ∈ K, khi đó V
n
= {x ∈ X :
u(x) < M −
1
n
} là phủ mở của tập compact K nên cũng có phủ con hữu hạn.
Mặt khác theo định nghĩa của supremum với mọi n  1 tồn tại x ∈ K sao cho
u(x) > M −
1
n
, mâu thuẫn. Vậy tồn tại x ∈ K sao cho u(x) = M hay u đạt cận
trên đúng trên K. ✷
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
Φ
n
: X −→ sao cho Φ
1
 Φ
2
 . . .  u trên X và lim
n→∞
Φ
n
= u.
Chứng minh: Ta có thể giả sử u −∞ (nếu không thì có thể chọn Φ
n

≡ −n).
Với mỗi n  1, xác định Φ
n
: X −→ cho bởi
Φ
n
(x) = sup
x∈X
(u(y) − nd(x, y)), x ∈ X.
Với mỗi n, ta có
| Φ
n
(x) − Φ
n
(x
′
) | nd(x, x
′
), x, x
′
∈ X.
Do đó Φ
n
liên tục trên X. Hơn nữa, Φ
1
 Φ
2
 . . .  u và như vậy lim
n→∞
Φ

n
 u.
Mặt khác, ký hiệu
B(x, ρ) = {y ∈ X : d(x, y) < ρ},
ta có
Φ
n
(x)  max( sup
B(x,ρ)
u, sup
X
u − nρ), x ∈ X, ρ > 0.
Suy ra
lim
n→∞
Φ
n
(x)  sup
B(x,ρ)
u, x ∈ X, ρ > 0.
Vì u là hàm nửa liên tục trên, cho ρ → 0 ta được lim
n→∞
Φ
n
 u. ✷
1.2. Hàm điều hòa dưới 18
Định nghĩa 1.2.4 Cho U là một tập mở của . 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

u(ω) 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
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 ∈ L
1
(µ) là hàm thực và φ(t) là hàm
lồi trên . Khi đó
φ(

vdµ) 

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(t
0
) = sup{at
0
+ b : at + b  φ(t), t ∈ }.
Nếu at + b  φ(t), ta có
a(

vdµ) + b =


(av + b)dµ 

φ(v)dµ.
Vậy
φ(

vdµ) = sup[a(

vdµ) + b] 

φ(v)dµ.
✷
Mệnh đề 1.2.6 Cho v(z) là hàm điều hòa trên tập mở U trong 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 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) 
1
2π
2π

0
v(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
Sử dụng φ là hàm lồi tăng và kết quả của mệnh đề
1.2.5 ta có

φ ◦ v 
1
2π
φ

2π

0
v(ω + re
it
)dt


1
2π
2π

0
φ ◦ v(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
Vậy φ ◦ v là hàm điều hòa dưới trên U. ✷
1.2. Hàm điều hòa dưới 19
Định lý 1.2.7 (Nguyên lý cực đại) Cho u là hàm điều hòa dưới trên miền Ω
trong . Khi đó
a. Nếu u đạt cực đại trên Ω thì u là hằng số.
b. Nếu lim sup
z→ζ
u(z)  0 với mọi ζ ∈ ∂Ω thì u  0 trên Ω.
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) 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
Suy ra
M 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt 
1
2π
2π

0

Mdt = M.
Vậy u(ω + re
it
) = M, 0  r < ρ. Hay (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
z→ζ
u(z), ζ ∈ ∂Ω.
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)  0 trên Ω nên u  0 trên Ω. Nếu ω ∈ Ω thì theo (a) ta có u ≡ M là
hằng số trên Ω. Do lim sup
z→ζ
u(z)  0 nên u  0 trên Ω.
✷
1.2. Hàm điều hòa dưới 20
Định lý 1.2.8 Cho Ω là miền trong 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
z→ζ
(u(z) − h(z))  0, ζ ∈ ∂K
thì u  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

z→ζ
u(z)  0. Theo
định lý
1.2.7 ta có u  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
u(ω) 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
Lấy ω ∈ Ω, do Ω là tập mở nên tồn tại ρ > 0 sao cho
D(ω, ρ) ⊂ Ω. Xét
0  r < ρ và D(ω, r) ⊂
D(ω, ρ) ⊂ Ω, theo định lý 1.2.3 tồn tại dãy hàm liên tục
Φ
n
: ∂D(ω, r) −→ sao cho Φ
n
giảm dần đến u trên ∂D(ω, r). Theo mệnh đề
1.1.7 ta có P Φ
n
là hàm điều hòa trên D(ω, r) và lim
z→ζ
P Φ

n
(z) = Φ
n
(ζ) với mọi
ζ ∈ ∂D(ω, r). Do đó
lim sup
z→ζ
(u − PΦ
n
)(z)  u(ζ) − Φ
n
(ζ)  0, ζ ∈ ∂D(ω, r).
Theo giả thiết ở (b) ta có u  P Φ
n
trên D(ω, r). Vậy
u(ω) 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
✷
Hệ quả 1.2.9 Cho Ω là miền trong 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

0
u(ω + re
iθ
)dθ > −∞.
1.2. Hàm điều hòa dưới 21
Chứng minh: Giả sử u
n
(z) là dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) trên
∂D(ω, r) và U
n
(z) là hàm điều hòa mở rộng của u
n
tới D(ω, r). Nếu
1
2π
2π

0
u(ω + re
iθ
)dθ ≡ −∞
khi đó do u bị chặn trên và nhân Poisson bị chặn và dương nên ta có
1
2π
2π

0
P

z
(θ)u(ω + re
iθ
)dθ ≡ −∞, |ω| < 1.
Như vậy, U
n
(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. ✷
Định lý 1.2.10 Cho u(z) là hàm điều hòa dưới trên đĩa đơn vị thỏa mãn
u(z) −∞. Với 0 < r < 1, đặt
u
r
(z) =









u(z), |z|  r,
1
2π
2π

0
P

z/r
(θ)u(re
iθ
)dθ, |z| < r.
Khi đó, u
r
(z) là hàm điều hòa dưới trên , u
r
(z) là hàm điều hòa trên
|z| < r, u
r
(z)  u(z), z ∈ và u
r
(z) là hàm tăng theo r.
Chứng minh: Theo hệ quả
1.2.9 ta có u
r
(z) hữu hạn và điều hòa trên D(0, r) =
{|z| < r}. Để chứng minh u
r
(z) là nửa liên tục trên tại z
0
∈ ∂D(0, r) ta phải
chỉ ra rằng
u(z
0
)  lim sup
z→z
0
|z|<r

u
r
(z).
Đặt z
0
= re
iθ
0
. Với ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho u(re
iθ
) < u(z
0
) + ε nếu
| θ − θ
0
| δ. Khi đó nếu |z| < r và | z − z
0
| đủ nhỏ ta có
u
r
(z) 
1
2π

|θ−θ
0
|δ
P
z/r
(u(z

0
) + ε)dθ +
1
2π
(sup
θ
u(re
iθ
))

|θ−θ
0
|>δ
P
z/r
dθ
 u(z
0
) + 2ε.
Vậy u
r
là hàm nửa liên tục trên.
Giả sử u
n
(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)  u
r
(z).
1.3. Hàm trội điều hòa 22
Do u là hàm điều hòa dưới nên bất đẳng thức trên chứng tỏ u

r
(z) thỏa mãn
bất đẳng thức trung bình địa phương tại mỗi điểm z
0
với |z
0
| = r. Do đó u
r
(z)
là hàm điều hòa dưới trên .
Nếu r > s thì u
r
= (u
s
)
r
và với mọi hàm điều hòa dưới v ta có v
r
(z)  v(z)
nên hàm v
r
(z) là hàm tăng theo r. ✷
1.3 Hàm trội điều hòa
Định nghĩa 1.3.1 Hàm đo được Borel ϕ xác định trên miền Ω trong được
gọi là có hàm trội điều hòa (dương) nếu tồn tại hàm điều hòa (dương) h
trên Ω thỏa mãn ϕ(z)  h(z), ∀z ∈ Ω.
Định nghĩa 1.3.2 Hàm điều hòa U(z) được gọi là hàm trội điều hòa nhỏ nhất
của ϕ(z) nếu U(z) là hàm trội điều hòa của ϕ(z) và U(z)  h(z) với mọi hàm
trội điều hòa h(z) của ϕ(z).
Định lý 1.3.3 Cho u(z) là hàm điều hòa dưới trên đĩa đơn vị . Khi đó u(z)

có hàm trội điều hòa nếu và chỉ nếu
sup
r
1
2π
2π

0
u(re
iθ
)dθ = sup
r
u
r
(0) < ∞.
Hàm trội điều hòa nhỏ nhất của u(z) được cho bởi
h(z) = lim
r→1
2π

0
P
z/r
u(re
iθ
)
dθ
2π
= lim
r→1

u
r
(z).
Chứng minh: Nếu sup
r
u
r
(0) hữu hạn thì theo định lý Harnack dãy hàm u
r
(z)
tăng tới hàm điều hòa hữu hạn h(z) trên . Do u(z)  u
r
(z) nên h(z) là hàm
trội điều hòa của u(z).
Ngược lại, nếu U(z) là hàm điều hòa trên và nếu U(z)  u(z) trên .
Theo định lý
1.2.8 ta có U(z)  u
r
(z) với mọi r.
Do đó sup
r
u
r
(0) < ∞ và sup h(z) = lim
r
u
r
(z) hữu hạn và điều hòa.
Từ u
r

(z)  U(z) ta có h(z)  U(z) và như vậy h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ
nhất. ✷
1.3. Hàm trội điều hòa 23
Định lý 1.3.4 Cho f(z) là hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị , f 0 và (z
n
)
n
là dãy không điểm của f(z). Nếu log |f(z)| có hàm trội điều hòa thì

(1 − |z
n
|) < ∞.
Nếu f(0) ̸= 0 và h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| thì

(1 − |z
n
|) < h(0) − log |f(0)|.
Chứng minh: Bằng cách thay f(z) bằng
f(z)
z
n
nếu cần, ta có thể giả sử f(0) ̸= 0.
Khi đó theo định lý 1.3.3 ta có
sup
r
2π

0
log |f(re
iθ

)|
dθ
2π
= h(0)
ở đây, h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)|. Cố định r < 1 sao
cho |z
n
| ̸= r với mọi n và gọi z
1
, z
2
, . . . , z
n
là các không điểm đã cho thỏa mãn
|z
i
| < r. Khi đó f(rz) là hàm chỉnh hình trên đĩa đóng và f(rz) có các không
điểm là
z
1
r
,
z
2
r
, . . . ,
z
n
r
. Đặt

B
r
(z) =
n

j=1
(z −
z
j
r
)/(1 −
z
j
z
r
)
là tích Blaschke có cùng các không điểm như f(rz) và đặt g(z) =
f(rz)
B
r
(z)
.
Khi đó g là hàm chỉnh hình và khác không trong
, do đó
log |g(0)| =
1
2π
2π

0

log |g(e
iθ
)|dθ.
Vì | g(e
iθ
) |=| f(re
iθ
) | nên ta có đẳng thức
log |f(0)| +

|z
j
|<r
log
r
|z
j
|
=
1
2π
2π

0
log |f(re
iθ
)|dθ.
Cho r dần tới 1 ta được

log

1
|z
j
|
 lim
r→1
1
2π
2π

0
log |f(re
iθ
)|dθ − log |f(0)| = h(0) − log |f(0)|.
Từ 1 − |z
j
|  log
1
|z
j
|
ta có

(1 − |z
n
|)  h(0) − log |f(0)|. ✷
1.3. Hàm trội điều hòa 24
Định lý 1.3.5 Cho (z
n
)

n
là dãy điểm trong sao cho

(1 − |z
n
|) < ∞.
Gọi m là số những z
n
bằng 0. Khi đó tích Blaschke
B(z) = z
m

|z
n
|̸=0
−
z
n
|z
n
|
z − z
n
1 − z
n
z
hội tụ trên . Hàm B(z) thuộc vào H
∞
( ) và các không điểm của B(z) là
các điểm z

n
, bội của mỗi không điểm bằng số lần mà nó xuất hiện trong dãy
{z
n
}. Hơn nữa, |B(z)|  1 và |B(e
iθ
)| = 1 hầu khắp nơi.
Chứng minh: Ta có thể giả sử |z
n
| > 0 với mọi n. Đặt
b
n
(z) =
−z
n
|z
n
|
z − z
n
1 − z
n
z
.
Khi đó, |b
n
| hội tụ trên tới một hàm chỉnh hình nhận (z
n
)
n

làm không
điểm nếu và chỉ nếu

|1 − b
n
(z)| hội tụ đều trên mỗi tập con compact của .
Theo tính toán ta nhận được
| 1 − b
n
(z) |=
| z
n
+ z
z
n
|
|z
n
| | 1 − z
n
z |
(1 − |z
n
|) 
1 + |z|
1 − |z|
(1 − |z
n
|) < +∞.
Vì b

n
(z)  1 nên B(z) ∈ H
∞
và |B
n
(z)|  1. Hàm điều hòa bị chặn B(z)
có các giới hạn không tiếp xúc | B(e
iθ
) | 1 hầu khắp nơi. Để chứng tỏ
| B(e
iθ
) |= 1 hầu khắp nơi ta đặt B
n
(z) =
n

k=1
b
k
(z). Khi đó
B
B
n
là một tích
Blaschke khác và
B(0)
B
n
(0)


1
2π
2π

0
| B(e
iθ
) |
| B
n
(e
iθ
) |
dθ =
1
2π
2π

0
| B(e
iθ
) | dθ.
Cho n → ∞ ta có
1
2π
2π

0
| B(e
iθ

) | dθ = 1,
và như vậy | B(e
iθ
) |= 1 hầu khắp nơi. ✷
Định lý 1.3.6 (F.Riesz) Cho 0 < p < ∞. Giả sử f(z) ∈ H
p
( ), f 0, (z
n
)
n
là
dãy các không điểm của f(z) và B(z) là tích Blaschke với các không điểm
(z
n
)
n
. Khi đó g(z) =
f(z)
B(z)
thuộc vào H
p
( ) và
∥g∥
H
p
= ∥f∥
H
p
.
1.3. Hàm trội điều hòa 25

Chứng minh: Ta đã chứng minh được rằng nếu f ∈ H
p
thì B(z) hội tụ. Đặt
B
n
là tích Blaschke hữu hạn với các không điểm z
1
, z
2
, . . . , z
n
, và g
n
=
f
B
n
. Cố
định r < 1, theo định lý
1.2.10 ta có
2π

0
| g
n
(re
iθ
) |
p
dθ

2π
 lim
R→1
2π

0
| f(R e
iθ
) |
p
| B
n
(Re
iθ
) |
p
dθ
2π
.
Nếu 1 − R đủ nhỏ thì | B
n
(Re
iθ
) |> 1 − ε, do đó
2π

0
| g
n
(re

iθ
) |
p
dθ
2π
 lim
R→1
2π

0
| f(R e
iθ
) |
p
dθ
2π
= ∥f∥
H
p
.
Vì |g
n
| tăng đến |g| và từ |g|  |f|, ta có ∥g∥
H
p
= ∥f∥
H
p
. ✷
Định lý 1.3.7 Cho f(z) ∈ H

∞
( ), ∥f∥
∞
 0. Khi đó các khẳng định sau là
tương đương:
a. f(z) = λB(z), ở đây λ là hằng số, |λ| = 1 và B(z) là tích Blaschke.
b. lim
r→1
2π

0
log | f(re
iθ
) |
dθ
2π
= 0.
c. Hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| bằng 0.
Chứng minh: Theo định lý
1.3.3 ta có (b) và (c) tương đương. Giả sử rằng f(z)
là tích Blaschke với các không điểm (z
n
)
n
, và cho ε > 0. Ta có thể chia f(z)
cho tích Blaschke hữu hạn B
n
(z) sao cho
|(
f

B
n
)(0)| > 1 − ε.
Do B
n
liên tục trên
và | B
n
(e
iθ
) |= 1,
lim
r→1
2π

0
log | f(re
iθ
) | dθ = lim
r→1
2π

0
log |
f
B
n
(re
iθ
) | dθ.

Vì log |
f
B
n
| là hàm điều hòa dưới và âm nên
log(1 − ε) 
2π

0
log |
f
B
n
(re
iθ
) |
dθ
2π
 0.
1.4. Không gian H
p
, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov 26
Vậy ta có (b).
Giả sử (c) đúng. Đặt g(z) =
f(z)
g(z)
, ở đây B(z) là tích Blaschke hình thành từ
các không điểm của f(z). Khi đó
log |f(z)|  log |g(z)|  0
do ∥f∥

∞
 1. Vì log |g(z)| là hàm trội điều hòa của log |f(z)| nên từ (c) suy ra
log |g(z)| = 0. Từ g(z) = λ, với λ là hằng số và |λ| = 1 ta có (a). ✷
1.4 Không gian H
p
, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov
Định nghĩa 1.4.1 Cho 0 < p < ∞ và f(z) là hàm chỉnh hình trên . Ta nói
f ∈ H
p
nếu
∥f∥
p
H
p
= sup
r
1
2π
2π

0
|f(re
iθ
)|
p
dθ < +∞.
Một hàm f chỉnh hình và bị chặn trên được gọi là thuộc lớp H
∞
, với
f ∈ H

∞
ta xác định
∥f∥
∞
= sup
z∈
|f(z)|.
Định lý 1.4.2 Cho 0 < p  +∞ và f(z) ∈ H
p
, f 0. Khi đó
1
2π
2π

0
log |f(e
iθ
)|dθ > −∞. (1.3)
Nếu f(0) ̸= 0 thì
log |f(0)| 
1
2π
2π

0
log |f(e
iθ
)|dθ. (1.4)
và tổng quát hơn nữa nếu f(z
0

) ̸= 0 ta có
log |f(z
0
)| 
1
2π
2π

0
log |f(e
iθ
)|P
z
0
(θ)dθ. (1.5)
Chứng minh: Theo định lý
1.3.3 và tính điều hòa dưới của log |f(z)| ta có
log |f(z)|  lim
r→1
1
2π
2π

0
log |f(re
iθ
)|P
z
(θ)dθ. (1.6)