toán tử hợp thành trên không gian các hàm điều hòa bị chặn

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM




NGUYỄN HÙNG CƯỜNG



TOÁN TỬ HỢP THÀNH TRÊN KHÔNG
GIAN CÁC HÀM ĐIỀU HÒA BỊ CHẶN



LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC



Thái Nguyên - 2010


1
MỤC LỤC
Mở đầu 2
Chương 1
HÀM CHỈNH HÌNH MỘT BIẾN VÀ

KHÔNG GIAN HARDY TRÊN ĐĨA ĐƠN VỊ 4
1.1 Hàm chỉnh hình 4
1.2 Hàm điều hòa 14
1.3 Không gian L
p
17
1.4 Mở rộng điều hòa 19
1.5 Không gian Hardy H
p
21
1.6 Định lý Fatou 23
1.7 Tích Blaschke 27
1.8 Lớp Nevanlinna 32
Chương 2
TOÁN TỬ HỢP THÀNH TRÊN KHÔNG GIAN
CÁC HÀM ĐIỀU HÒA BỊ CHẶN . 36
2.1 Toán tử hợp thành trên không gian H
∞
36
2.2 Toán tử hợp thành trên không gian h
∞
42
Kết luận 45
Tài liệu tham khảo 46
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
2
MỞ ĐẦU
Cho đĩ a đơn vị mở D := {z ∈ C : |z| < 1}. Ký hi ệu H
∞
( tương

ứng h
∞
) là không gian các hàm điều hòa bị chặn được trang bị
chuẩn sup:
 f 
∞
= sup{|f(z)| : z ∈ D}.
Ký hiệu S(D) là tập các ánh xạ chỉnh hình từ D vào D, Với mỗi
ϕ ∈ S(D) ta thiết lập ánh xạ hợp thành C
ϕ
: H
∞
→ H
∞
(hoặc
C
ϕ
: h
∞
→ h
∞
) cho bởi
C
ϕ
(f) := f ◦ ϕ
Ta có thể chứng minh C
ϕ
là tuyến tính bị chặn trên H
∞
và h

∞
.
Trong khuôn khổ luận văn chúng tôi sẽ có các kết quả sau:
1. Điều kiện cần và đủ để C
ϕ
là điểm cô lập trong C(H
∞
).
2. Một sự tương tự về cấu trúc tôpô của C(h
∞
) và C(H
∞
).
Đây là các kết quả được lấy trong bài báo Compos i t ion Operators
on the Space of Bounded Harmo nic Functions của Choa, Izuchi và
Ohno.
Bố cục luận văn gồm có hai chương:
• Chương 1: Trước hết tôi trình bày một số kiến thức cơ sở về
hàm chỉnh hình, hàm điều hòa, không gian Hardy và tính chất
của không gian Hardy trên đĩa đơn vị.
• Chương 2: Tìm điều kiện để C
ϕ
là điểm cô lập trong C(h
∞
).
Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS. TSKH. Nguyễn
Quang Diệu ĐHSP Hà Nội, Ng ười Thầy đã tận tình hướng dẫn,
giúp đỡ và nghiêm khắc trong khoa học để Tôi hoàn thành bản luận
văn. Tôi xin trân trọng cảm ơ n toàn thể các thầy cô giáo ĐHSP Hà
Nội, Viện Toán học Việt Nam và các thầy cô giáo trong khoa sau

Đại học, ĐHSP Thái Nguyên, Đại Học Thái Nguyên đã tận tình
dạy bảo Tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu tại khoa. Tôi
xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo, gia đình và bạn bè đồng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
3
nghiệp đã giúp đỡ rất nhiều để Tôi hoàn thành bản luận văn này.
Trong quá trình viết luận văn cũng như trong việc xử lý văn bản
chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Rất mong
nhận được sự góp ý của các thầy cô, các bạn đồng nghiệp để luận
văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn !
Thái Nguyên, tháng 8 năm 2010
Học viên
Nguyễn Hùng Cường
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
4
Chương 1
Hàm chỉnh hình một biến và
không gian Hardy trên đĩa đơn vị
Trong phần này ta giới thiệu các khái niệm và tính chất cơ bản của
không gian Hardy H
p
(1 ≤ p ≤ ∞) trên đĩa đơn vị. Đây là đối
tượng chủ yếu để ta nghiên cứu toán tử hợp thành trên không gian
này.
1.1 Hàm chỉnh hình
1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hìn h
Định nghĩa 1.1.1. Cho hàm số f xác định t rên miền Ω ⊂ C. Xét
giới hạn
lim

z→0
f(z + z) − f(z)
z
, (z, z + z ∈ Ω)
Nếu tại điểm z giới hạn này tồn tại thì nó được gọi là đạo hàm phức
của f tại z, ký hiệu là f

(z) hay
df
dz
(z). Như vậy
f

(z) = lim
z→0
f(z + z) − f(z)
z
Hàm f có đạo hàm phứ c tại z cũng được gọi là khả vi phức hay C-
khả vi tại z.
Định nghĩa 1.1.2. Hà m giá trị phức f xác định trong miền Ω ⊂ C
gọi là chỉ nh hình tại z
0
∈ Ω nếu t ồn tại r > 0 để f là C- Khả vi tại
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
5
mọi z ∈ D(z
0
, r) ⊂ Ω.
Nếu f chỉnh hình tại mọi z ∈ Ω ta nói f chỉnh hình trên Ω.
Ta có tính chất đơn giản sau:

Tính chất 1.1.1.1. 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 khôn g gian véctơ trên C.
(ii) H(Ω) là một vành.
(iii) Nếu f ∈ H(Ω) và f(z) = 0, ∀z ∈ Ω thì
1
f
∈ H(Ω).
(iv) Nếu f ∈ H(Ω) và f ch ỉ nhận giá trị thực thì f là không đổi.
Định lý 1.1.3. (Điều kiện Cauchy- Riemann)
Để hàm f C- khả vi tại z = x + iy ∈ Ω điều kiện cần và đủ là hàm
f R
2
- khả vi tại z và điều kiện Cauchy-Riemann được thỏa mãn tại
z.

∂u
∂x
(x, y) =
∂v
∂y
(x, y).
∂u
∂y
(x, y) = −
∂v
∂x
(x, y)
(1)
Chứng minh. Điều kiện cần:

Giả sử fC− khả vi tại z = x + iy ∈ Ω. Khi đó tồn tại giới hạn
f

(z) = lim
z→0
f(z + z) − f(z)
z
, z = x + i  y.
Vì giới hạn này tồn tại không phụ thuộc vào cách tiến đến 0 của
z nên nếu chọn z = x, ta có:
f

(z) = lim
z→0
u(x + x, y) + iy(x + x, y) − u(x, y) − iv(x, y)
x
= lim
z→0
u(x + x, y) − u(x, y)
x
+ i lim
z→0
v(x + x, y) − v(x, y)
x
Tức là u và v có đạo hàm riêng theo x tại (x, y) và
f

(z) =
∂u
∂x

(x, y) + i
∂v
∂x
(x, y) (2)
Tương tự bằng cách chọn z = i  y ta có
f

(z) = −i
∂u
∂y
(x, y) +
∂v
∂y
(x, y). (3)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
6
So sánh (2) và (3) ta được:
∂u
∂x
(x, y) =
∂v
∂y
(x, y).
∂u
∂y
(x, y) = −
∂v
∂x
(x, y).
Ta còn phải chứng tỏ u(x, y) và v(x, y) khả vi tại (x, y). Vì

f =f(z + z) − f(z)
=f

(z)  z + 0(z)
Với 0(z) là vô cùng b é bậc cao hơn z, tức là
lim
z→0
0(z)
z
= 0
Rõ ràng
f = u + i  v, z = x + i  y
Theo (2) ta có
u + i  v = (
∂u
∂x
+ i
∂v
∂x
)(x + i  y) + 0(z) + i0(z)
Từ đó
u =
∂u
∂x
 x −
∂v
∂x
 y + 0(z) =
∂u
∂x

 x +
∂u
∂y
 y + 0(|z|)
v =
∂v
∂x
 x +
∂u
∂x
 y + 0(z) =
∂v
∂x
 x +
∂v
∂y
 y + 0(|z|)
Tức là u và v khả vi tại (x, y).
Điều kiện đủ :
Vì u và v khả vi tại (x, y) nên
u =
∂u
∂x
 x +
∂u
∂y
 y + 0(

x
2

+ y
2
)
và
v =
∂v
∂x
 x +
∂v
∂y
 y + 0(

x
2
+ y
2
)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
7
Theo điều kiện (1) hai đẳng thức này có thể viết thành
u =
∂u
∂x
 x −
∂v
∂x
 y + 0(|z|) (4)
v =
∂v
∂x

 x +
∂u
∂x
 y + 0(|z|) (5)
Từ (4) và (5) ta có
f
z
=
u
z
+ i
v
z
=
∂u
∂x
 x −
∂v
∂x
 y + 0(z)
z
+ i
∂v
∂x
 x +
∂u
∂x
 y + 0(z)
z
=

∂u
∂x
 x + i
∂u
∂x
 y
z
+
−
∂v
∂x
 y + i
∂v
∂x
 x
z
+
0(z)
z
=
∂u
∂x
+ i
∂v
∂x
+
0(z)
z
.
Vì vậy

lim
z→0
f
z
=
∂u
∂x
+ i
∂v
∂x
Tức là f C− khả vi tại z = x + iy.
Định lý 1.1.4. Giả sử chuỗi l ũy thừa

∞
n=0
C
n
z
n
có bán kính hội
tụ R > 0. Khi đó tổng f(z) của nó chỉnh hình tại mọ i z với |z| < R
và đạo hà m phức của nó là

∞
n=1
nC
n
z
n−1
.

Chứng minh. Trước hết chứng tỏ chuỗi

∞
n=1
nC
n
z
n−1
cũng có bán
kính hội tụ R.
Thật vậy chuỗi

∞
n=1
nC
n
z
n−1
hội tụ tại z = 0 nếu và chỉ nếu chuỗi
∞

n=1
nC
n
z
n−1
=
∞

n=1

nC
n
z
n
hội tụ. Do đó bán kính hội tụ của nó theo công thức Cauchy-
Hadamard là
1
lim sup
n→∞
n

|nC
n
|
=
1
lim
n→∞
n

|n| lim sup
n→∞
n

|C
n
|
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
8
Lấy z

0
tùy ý, |z
0
| < R. Đặt
δ(z
0
, z) =
f(z
0
+ z) − f(z
0
)
z
− S(z
0
)
Trong đó
S(z) =
∞

n=1
nC
n
z
n−1
, |z| < R.
Để chứng minh định lý, ta chỉ cần chứng minh:
lim
→0
δ(z

0
, z) = 0
Chọn r sao cho |z
0
| < r < R. xét z đủ bé sao cho
|z
0
| + |z| < r.
dễ thấy
δ(z
0
, z) =
∞

n=0
δ
n
(z
0
, z)
với
δ
n
(z
0
, z) =
C
n
(z
0

+ z)
n
− C
n
z
n
0
z
− nC
n
z
n−1
0
=C
n

(z
0
+ z)
n−1
+ (z
n
+ z)
n−2
z
0
+ + z
n−1
0
− nz

n−1
0

Ta có
|δ
n
(z
0
, z)| ≤ 2n |C
n
| r
n−1
Với  > 0 tùy ý, vì chuỗi

∞
n=1
n |C
n
| r
n−1
hội tụ nên tồn tại N =
N() sao cho
∞

n=1
2n |C
n
| r
n−1
<


2
vì
lim
z→0
N−1

n=0
δ
n
(z
0
, z) = 0
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
9
Nên với z đủ nhỏ ta có





N−1

n=0
δ
n
(z
0
, z)






<

2
Từ đó z đủ bé ta có
|δ(z
0
, z)| ≤





N−1

n=0
δ
n
(z
0
, z)





+

∞

n=N
|δ(z
0
, z)| < .
1.1.2 Công thức tích phân Cau chy.
Định lý 1.1.5. Giả sử f là một hàm chỉnh hình trên miền Ω và
z
0
∈ Ω. Khi đó mọi chu tuyến γ ⊂ Ω
γ
⊂ Ω ta có công thức t í ch
phân Cauchy .
f(z
0
) =
1
2πi

γ
f(η)
η − z
0
dη. (1)
Nếu f liên tục trên
Ω và ∂Ω là một chu tuyến, thì với mọi z ∈ Ω
ta có:
f(z) =
1

2πi

γ
f(η)
η − z
dη. (2 )
Chứng minh. Giả sử γ là một chu tuyến tùy ý vây quanh z
0
sao cho
Ω
γ
⊂ Ω. Chọn ρ > 0 đủ bé để hình tròn D(z
0
, ρ) ⊂ Ω
γ
. Ký hiệu C
ρ
là biên của D(z
0
, ρ) và đặt
Ω
γ,ρ
= Ω
γ
\ D(z
0
, ρ)
Ω
γ,ρ
là miền 2 - liên, nên ta có:


γ∪C
−
ρ
f(η)
η − z
0
dη = 0
Từ đó có đẳng thức:

γ
f(η)
η − z
0
dη =

C
ρ
f(η)
η − z
0
dη (3)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
10
Đổi biến η = z
0
+ ρe
iϕ
, dη = iρe
iϕ

dϕ, vế phải của (3) trở thành

C
ρ
f(η)
η − z
0
dη =

2π
0
f(z
0
+ ρe
iϕ
)
ρe
iϕ
iρe
iϕ
dϕ
=i

2π
0
f(z
0
+ ρe
iϕ
)dϕ

=i

2π
0

f(z
0
+ ρe
iϕ
) − f(z
0
)

dϕ + 2πif(z
0
).
Chú ý rằng khi ρ → 0 thì do tính liên tục của f ta có
lim
ρ→0
i

2π
0

f(z
0
+ ρe
iϕ
) − f(z
0

)

dϕ = 0.
vì thế
lim
ρ→0

C
ρ
f(η)
η − z
0
dη = 2πif(z
0
). (4)
Kết hợp với (3) ta có (1).
Trường hợp f liên tục trên
Ω và chỉnh hình trên Ω có thể lấy ∂Ω
thay cho γ trong chứng minh trên. Khi đó với mọi z ∈ Ω các điều
kiện nói trên đều được thỏa mãn. Ta có công thức thứ (2).
Kết quả dưới đây là hệ quả đơn giản của định lý trên.
Định lý 1.1.6. Nếu f là hàm chỉnh hình trên miền Ω và hình tròn
D(z
0
, r) ⊂ Ω, thì
f(z
0
) =
1
2π


2π
0
f(z
0
+ re
iϕ
)dϕ.
Chứng minh. Theo công thức tích phân Cauchy ta có:
f(z
0
) =
1
2πi

∂D(z
0
,r)
f(z)
z − z
0
dz.
Viết z = z
0
+ re
iϕ
, z ∈ ∂D(z
0
, r) ta có:
f(z

0
) =
1
2π

2π
0
f(z
0
+ re
iϕ
)dϕ.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
11
1.1.3 Định lý Montel
Giả sử Ω là m ột miền trong C và H(Ω) là không gian vectơ các hàm
chỉnh hình trên đó.
Định ngh ĩa 1.1.7. Họ hàm F ⊂ H(Ω) được gọi là bị chặn đều trên
các tập compact nếu
sup |f(z)| : z ∈ K, f ∈ F < ∞
với mọi compact K ⊂ Ω.
Định nghĩa 1.1.8. Họ hàm F ⊂ H(Ω) được gọi là đồng liê n tục
trên các tập compact nếu với mọi tập compact K ⊂ Ω và với mọi
 > 0 tồn tại δ = δ(K, ) > 0 sao cho
|f(z) − f (z

)| < 
với mọi z, z

∈ K mà |z − z


| < δ.
Bổ đề 1.1.9. Mọi họ F ⊂ H(Ω) bị chặn đều trên các tập compact
là đồng liên tục trên các tập com pact.
Chứng minh. Giả sử K là compact tùy ý trong Ω và
d =
1
4
d(K, δΩ) > 0
Tập hợp các điểm của Ω mà khoả ng cách từ chúng tới K không
vượt quá 2d được ký hiệu là B. H iển nhiên B là tập compact . Theo
giả thiết ta tìm được M > 0 để
sup {|f(z)| : f ∈ F, z ∈ B} ≤ M
Ta sẽ chứng minh với mọi  > 0, với mọi cặp điểm z
1
, z
2
∈ K mà
|z
1
− z
2
| < δ, δ = min{d,
d
M
}
thì bất đẳng thức sau đúng
[f(z
1
) − f(z

2
)] <  với mọi f ∈ F.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
12
Thật vậy theo công thức tích phân Cauchy áp dụng với mọ i f ∈ F
trong hình tròn
D(z
1
, 2d) ∈ B ta có
f(z) =
1
2πi

|η−z
1
|=2d
f(η)
η − z
dη
Do đó
|f(z
1
) − f(z
2
)| =




1

2πi

|η−z
1
|=2d
f(η)
z
1
− z
2
(η − z
1
)(η − z
2
)
dη




≤
≤
1
2π
M |z
1
− z
2
| 2π2d
2d.d

=
M
d
|z
1
− z
2
| <
Mδ
d
≤ .
Bổ đ ề 1.1.10. Giả sử dãy các hàm chỉnh hình {f
n
} ⊂ H(Ω) bị chặn
đều trên các tập compact hội tụ trên một tập con E ⊂ Ω nào đó trù
mật t rong Ω . Khi đó dãy {f
n
} hội tụ đều trên các tập compact trong
Ω.
Chứng minh. Cố định tập K compact trong Ω.
vì dãy {f
n
} bị chặn đều nên theo Bổ đề 1.1.9 nó đồng liên tục.
Vì thế với tập compact
B = { z ∈ Ω : d(z, K) < d(K, δD)/2}
ta tìm được δ > 0 sao cho
| f
n
(z
1

) − f
n
(z
2
) |<

3
với mọi z
1
, z
2
∈ B, |z
1
− z
2
| < δ với mọi n ≥ 1. Với mỗi z ∈ K, ta
tìm được z
∗
∈ E ∩ B sao cho |z − z
∗
| < δ.
Sau đó tìm N để
|f
n
(z
∗
) − f
m
(z
∗

)| <

3
với mọi n, m > N.
Khi đó
|f
n
(z) − f
m
(z)| ≤ |f
n
(z) − f
n
(z
∗
)|+|f
n
(z
∗
) − f
m
(z
∗
)|+|f
m
(z
∗
) − f
m
(z)| <

<

3
+

3
+

3
= 
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
13
với mọi n, m > N và mọi z ∈ K. Từ đó theo tiêu chuẩn Cauchy dãy
số {f
n
(z)} hội tụ tới f(z) với mọi z ∈ K. Do K là compact tùy ý
{f
n
} đồng liên tục trên mọi compact trong Ω.
Định lý 1.1.11. (Định lý Montel)
Giả sử Ω là một miề n trong C và F ⊂ H(Ω). Khi đó F bị chặn đều
trên các tập compact nếu và chỉ nếu mọi dãy {f
n
} ⊂ F chứa một
dãy con {f
n
k
} hội tụ đều trên các tậ p compact.
Chứng minh. Điều kiện cần:
Giả sử F bị chặn đều trên các tập compact và {f

n
} là dãy tùy ý
trong F. Lấy tùy tập đếm được trù m ật E = {α
1
, α
2
, } trong Ω.
Theo Bổ đề 1.1.9 dãy {f
n
} đồng liên tục vì thế theo Bổ đề 1.1.10
chỉ cần tìm một dãy của {f
n
} hội tụ trên E.
Ta thấy do dãy số
f
1
(α
1
), f
2
(α
1
), , f
n
(α
1
),
bị chặn ta có thể tìm được dãy con hội tụ của nó.
f
n

1
1
(α
1
), , f
n
1
p
(α
1
),
Như vậy từ dãy hàm
f
1
(z), , f
p
(z),
ta có dãy con
f
n
1
1
(z), , f
n
1
p
(z), (1)
hội tụ tại α
1
.

Tiếp theo từ dãy số
f
n
1
1
(α
2
), , f
n
1
p
(α
2
),
ta lại có thể tìm đượ c dãy con hội tụ của nó
f
n
2
1
(α
2
), , f
n
2
p
(α
2
),
và như vậy ta lại được dãy hàm
f

n
2
1
(z), , f
n
2
p
(z), (2)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
14
mà nó là dãy con của dãy (1) hội tụ tại α
1
và α
2
Cứ thế tiếp tục ta thu được dãy các dãy hàm
f
n
1
1
(z), f
n
1
2
(z), , f
n
1
p
(z),
f
n

2
1
(z), f
n
2
2
(z), , f
n
2
p
(z),
f
n
q
1
(z), f
n
q
2
(z), , f
n
q
p
(z), (3)
trong đó mọi dãy sau là dãy con của dãy trước.
Bằng cá ch áp dụng phương pháp đường chéo Canto r ta chọn dãy
đường chéo
f
n
1

1
(z), f
n
2
2
(z), , f
n
p
p
(z), (4)
Dãy này hội tụ tại mọi điểm của E. Vì theo sự xây dựng với mọi q
cho trước khi p đủ lớn dãy (4) là dãy con của dãy
f
q
n
1
(z), f
q
n
2
(z), , f
q
n
p
(z),
Điều kiện đủ :
Giả sử K là compact bất kỳ trong Ω chỉ cần chứng minh ∀a ∈
K, ∃ r > 0 sao cho
sup{|f(t)| : t ∈ K ∩ D(a, r), ∀f ∈ F } < ∞
Trong trường hợp ngượ c lại , tồn tại a ∈ Ksao cho

với mọi n ≤ 1 tồn tại f
n
∈ F và t
n
∈ K∩D( a,
1
n
) với |f
n
(t
n
)| ≥ n.
Với n thay đổi ta được {f
n
} ⊂ F và bởi giả thiết có dãy con {f
n
k
}
hội tụ đều trên mọi compact của Ω. Đặc biệt nó phải hội tụ đều
trên K = {t
n
k
, a} và do đó nó phải bị chặn đều trên đó. Điều này
mâu thuẫn vì |f
n
k
(t
n
k
)| ≥ n

k
→ ∞.
1.2 Hàm điều hòa
Định nghĩa 1.2.1. Hàm hai biến thực u(x, y) trên miền Ω ⊂ R
2
gọi là điều hòa nếu nó có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục và thỏa
mãn điều kiện:
u =
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
= 0.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
15
u được gọi là toán tử Laplace. t a có
u = 4
∂
2
u
∂z∂z
Định lý 1.2.2. Giả sử f(z) = u(x, y) + iv(x, y) là hàm chỉnh hình
trên miền Ω ∈ C. Khi đó u(x, y) và v(x, y) là hàm điều hòa trong

Ω.
Hàm v gọi là hàm liê n hợp điều của hàm u.
Chứng minh. f chỉnh hình trên Ω nên các hàm u và v khả vi vô hạn
trên Ω. Theo điều kiện Cauchy-Riemann ta có
∂u
∂x
=
∂v
∂y
,
∂u
∂y
= −
∂v
∂x
Lấy đạo hàm đẳng t hức thứ nhất theo x, đẳng thức thứ hai theo y
rồi cộng lại ta đượ c
u =
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
v
∂y
2
= 0.

Tương tự ta cũng được
v =
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
u
∂y
2
= 0.
Định lý 1.2.3. Giả sử u là hàm điều hòa trên miền đơn liên Ω.
Khi đó u là phần thự c của hàm chỉnh hình trên Ω.
Chứng minh. Vì u là hàm điều hòa nên
∂
2
u
∂z∂z
= 0
do đó hàm
∂u
∂z
chỉnh hình trên Ω. Theo giả t hiết miền Ω đơn liên, ta
có thể tìm được hàm chỉnh hình f trên Ω sao cho
df =
∂u
∂z

dz.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
16
Lấy liên hợp hai vế ta được
d
f =
∂u
∂z
d
z.
Cộng hai vế đẳng thức trên ta được
d(f +
f) =
∂u
∂z
dz +
∂u
∂z
d
z = du.
Vậy u là phần thực của hàm chỉnh hình 2f t rên Ω.
Định lý 1.2.4. (Định lý về giá trị trung bình.) Giả sử u là
hàm điều hòa trong miền Ω và z
0
∈ Ω. Khi đó
u(z
0
) =
1
2π


2π
0
u(z
0
+ re
iϕ
)dϕ
với mọi 0 < r < d(z
0
, ∂Ω).
Chứng minh. Cho 0 < r < d(z
0
, ∂Ω). Theo định lý trên ta tìm được
hàm chỉnh hình f trên D( z
0
, r) sao cho Ref = u. Bởi vì
f(z
0
) =
1
2π

2π
0
f(z
0
+ re
iϕ
)dϕ

So sánh phần thực hai vế ta được
u(z
0
) =
1
2π

2π
0
u(z
0
+ re
iϕ
)dϕ.
Định lý 1.2.5. (Công thức Poisson)
Giả sử f = u + iv là hà m liên tục trên D(r, 0) chỉnh hình trên
D(r, 0), với z ∈ D(r, 0) . K hi đó
u(z) =
1
2π

2π
0
u(re
iϕ
)
r
2
− |z|
2

|re
iϕ
− z|
2
dϕ ( 1).
và
u(ρe
iϕ
) =
1
2π

2π
0
u(re
iϕ
)
r
2
− ρ
2
r
2
− 2ρr cos(ϕ − θ) + ρ
2
dϕ với ρ < r (2).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
17
Chứng minh. Bởi vì:
Re(

re
iϕ
+ z
re
iϕ
− z
) =Re(
(re
iϕ
+ z)(re
−iϕ
−
z)
|re
iϕ
− z|
2
)
=
r
2
− |z|
2
|re
iϕ
− z|
2
.
Nên ta có
u(z) = Ref(z) =

1
2π

2π
0
u(re
iϕ
)
r
2
− |z|
2
|re
iϕ
− z|
2
dϕ.
Thay z = ρe
iθ
ta nhận được công thức thứ (2).
1.3 Không gian L
p
Ta kí hiệu T l à đường tròn đơn vị phức. Trướ c hết với p=1 ta kí
hiệu L
1
là không gian tuyến tính các hàm khả tích leb esgue trên
T với phép cộng điểm và phép nhân với vô hướng, và đặt
N =

f ∈ L

1
:
1
2π

2π
0
|f|dθ = 0

.
Ta kí hiệu L
1
là không gian thương L
1
/N với chuẩn


[f]


1
=
1
2π

2π
0
|f| dθ. Dễ thấy đây là một chuẩn trên L
1
, ta sẽ đi kiểm tra

tính đầy của nó.
Lấy {[f
n
]}
∞
n=1
là một dãy trong L
1
thỏa mãn
∞

n=1


[f
n
]


1
≤ M < ∞.
Chọn đại diện f
n
của mỗi [f
n
]; thì dãy

N
n=1
|f

n
|
∞
N=1
là một dãy tăng
các hàm đo được không âm có tính chất sau
1
2π

2π
0

N

n=1
|f
n
|

dθ =
N

n=1


[f
n
]



1
≤ M.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
18
Vì vậy theo bổ đề Fatou hàm h =

∞
n=1
|f
n
| là khả tích. Do đó, dãy
{

N
n=1
f
n
}
∞
N=1
hội tụ hầu khắp nơi tới một hàm khả t ích k trong
L
1
. Cuối cùng ta có đánh giá


[k] −
N

n=1

[f
n
]


1
=
1
2π

2π
0




∞

n=1
f
n
−
N

n=1
f
n





dθ ≤
≤
∞

n=N +1
1
2π

2π
0
|f
n
| dθ ≤
∞

n=N +1


[f
n
]


1
.
Do đó

∞
n=1

[f
n
] = [k]. Vậy L
1
là một không gian Banach.
Với 1 < p < ∞ ta kí hiệu
L
p
=

f ∈ L
1
;
1
2π

2π
0
|f|
p
dθ < ∞

và N
p
= N ∩ L
p
.
Khi đó ta sẽ có không gian thương L
p
= L

p
/N
p
là một không g ian
Banach với chuẩn


[f]


p
=

1
2π

2π
0
|f|
p
dθ

1
p
.
Với trường hợp p = ∞ t a ký hiệu L
∞
là không gian con của L
1
bao gồm các hàm bị chặn cốt yếu f, là các hàm thỏa mãn tập hợp

{x ∈ T |f(x)| > M} có độ đo 0 vớ i M đủ lớn, và kí hiệu


f


∞
là
số M nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên. Tương tự như trên, đặt
N
∞
= N ∩ L
∞
, khi đó L
∞
= L
∞
/N
∞
. Ta thấy với f ∈ L
∞
ta
có


f


∞
= 0 nếu và chỉ nếu f ∈ N

∞
. Do đó


f


∞
là một chuẩn
trên L
∞
, ta còn kiểm tra xem L
∞
là không gian Banach.
Thật vậy, Chọn {[f
n
]}
∞
n=1
là dãy trong L
∞
thỏa mãn

∞
n=1


[f
n
]



∞
≤ M < ∞, ta sẽ chứng minh

∞
n=1
[f
n
] hội tụ.
Chọn đại diện f
n
cho mỗi [f
n
] thỏa mãn |f
n
| bị chặn hầu khắp nơ i
bởi


[f
n
]


∞
. Khi đó
∞

n=1

|f
n
(x)| ≤ M < ∞.
Hầu khắp nơi trên T.
Khi đó, hàm h(x) =

∞
n=1
f
n
(x) được định nghĩa, đo được và
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
19
bị chặn hầu khắp nơ i bởi M. Do đó, h ∈ L
∞
và dễ thấy
lim
N→∞


[h] −

N
n=1
[f
n
]


∞

= 0 . Vậy, L
∞
là một không gian Ba-
nach.
Ta kí hi ệu C là tập các hàm liên tục trên T, khi đó dễ thấy
C ⊂ L
∞
⊂ L
r
⊂ L
s
⊂ L
1
với 1 < s ≤ r < ∞
1.4 Mở rộng điều hòa.
Kí hiệu D là đĩa đơn vị m ở trong mặt phẳ ng phức .Mục đích của
phần này là ta sẽ m ở rộng chỉnh hình hàm f trong L
p
lên D, từ đó
ta sẽ có sự xác định hàm trên f trên cả đĩa đơn vị đóng.
Mở rộng điều hòa của một hàm f ∈ L
1
là hàm

f xác định
trên D như sau

f(re
iθ
) =


n∈Z
f
n
r
|n|
e
inθ
.
Trong đó f
n
với n ∈ Z là hệ số Fourier của f, được xá c định như
sau
f
n
=
1
2π

2π
0
f(e
iθ
) e
−inθ
dθ.
Chú ý rằng ta cũng có thể định nghĩa

f thông qua tích phân Poisson


f(re
iθ
) =
1
2π

2π
0
k
r
(θ − t)f(e
it
) dt.
Ở đó k
r
(θ) =
1 − r
2
1 − 2r cos θ + r
2
Ta sẽ kí hiệu mở rộng điều hòa của f trên D bởi

f hoặc hf. Với r
cố định đặt
f
r
(e
iθ
) = h
r

f(e
iθ
) = hf(re
iθ
).
Tính chất 1.4.0.1. (a.) Mở rộng điều hòa

f của hàm f ∈ L
1
là
hàm điề u hòa trên D tức là

f ∈ C
∞
(D) và ∆

f = 0. Ở đó ∆ là toán
tử Laplace.
(b.) Cho f ∈ L
p
. Nếu 1 ≤ p ≤ ∞ thì
sup
0≤r<1


h
r
f



p
≤


f


p
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
20
Và nếu 1 ≤ p < ∞ thì


h
r
f − f


p
→ 0 khi r → 1
−
.
Nếu f ∈ C thì


h
r
f − f



∞
→ 0 khi r → 1
−
Và nếu, f ∈ L
∞
thì h
r
f hội tụ tới f theo topo yếu * trong L
∞
=
(L
1
)
∗
tức là
1
2π

2π
0
h
r
f(e
iθ
)g(e
iθ
) dθ →
1
2π


2π
0
f(e
iθ
)g(e
iθ
) dθ.
Khi r → 1
−
, v ới mọi g ∈ L
1
Chứng minh. (a) Theo bài toán Dirichlet trong mặt phẳng.
(b) Gọi q thỏa mãn
1
p
+
1
q
= 1
Xét f ∈ L
p
, h ∈ L
q
; do L
p
= (L
q
)
∗

và h
r
f ∈ L
p
nên


h
r
f


p
=


h
r
f


(L
q
)
∗
Xét
|h
r
f(h)| =
1

2π
|

2π
0
h
r
f(e
iθ
)h(e
iθ
)dθ|
=
1
2π





2π
0

1
2π

2π
0
f(e
it

)k
r
(θ − t)dt

h(e
iθ
)dθ




=
1
2π





θ
θ−2π
k
r
(ω)

1
2π

2π
0

f(e
i(θ−ω)
)h(e
iθ
)dθ

dω




≤
1
2π

θ
θ−2π
k
r
(ω)

1
2π

2π
0
|f(e
i(θ−ω)
)||h(e
iθ

)|dθ

dω
≤


f


p
.


h


q
.
Do
1
2π

2π
0
k
r
(ω)dω = 1
Như vậy



h
r
f


(L
q
)
∗
≤


f


p
Vậy sup
0≤r<1


h
r
f


p
≤


f



p
Những kết q uả còn lại được thu từ mệnh đề sau: Đa thức lượng giác
({

n≥0
z
n
}) trù mật đều trong C(T) và vì vậy trù mật trong L
p
với
1 ≤ p < ∞, chúng trù mật yếu * trong L
∞
.
Mệnh đề trên là hệ quả trực tiếp của định lý Stone-Weierstrass.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
21
1.5 Không gian Hardy H
p
1.5.1 Không gian Hard y H
p
Định nghĩa 1.5.1. Với 1 ≤ p ≤ ∞ đặt H
p
= {f ∈ L
p
; f
n
= 0 ∀ n <
0}, H

p
gọi là khô ng gian Hardy.
Nhận xét:
1) H
p
là không gian con đóng của L
p
và H
∞
⊂ H
r
⊂ H
s
⊂ H
1
với
1 ≤ s ≤ r ≤ ∞.
2) Khi nói f ∈ H
p
ta sẽ hiểu f là xác định trên cả đĩ a đơn vị, với
f(z) =

f(z) với z ∈ D.
3) H
∞
là đại số Banach.
4) H
2
là không gia n Hilbert và f ∈ H
2

nếu và chỉ nếu

n∈Z
+
|f
n
|
2
<
∞. Tập các đơn thức {z
n
n ∈ Z
+
} là một cơ sở trực giao của H
2
.
1.5.2 Tính đối ngẫu của không gian H
p
Với 1 ≤ p ≤ ∞ kí hiệu
H
p
(0) =

f ∈ H
p
;

π
−π
f(e

iθ
)dθ = 0

= zH
p
.
Định lý 1.5.2. Nếu 1 < p < ∞ và
1
p
+
1
q
= 1. L
q
/H
q
có đối ngẫu
là H
p
(0) và H
p
có đối ng ẫu L
q
/H
q
(0).
Chứng minh. (1). Gọi Λ là tuyến tí nh hàm bị chặn trên L
q
/H
q

. Khi
đó ta sẽ xây dựng được tuyến tính hàm trên L
q
như sau
˜
Λ(f) := Λ(f + H
q
).
Lại có do đối ngẫ u của L
q
là L
p
, nên tồn tại L ∈ L
p
, với ||L||
p
= ||
˜
Λ||
sao cho
˜
Λ(f) =

π
−π
f(e
iθ
)L(e
iθ
)dθ.

Sử dụng tính chất
˜
Λ(g) = 0 nếu f ∈ H
q
. Ta có

π
−π
e
inθ
L(e
iθ
)dθ = 0, n = 0, 1, 2, . . .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
22
Khi đó L có khai triển Fourier ở dạng
∞

n=1
A
n
e
inθ
.
Do đó L ∈ H
p
(0).
Ngược lại với L ∈ H
p
(0) ta sẽ xây dựng được tuyến tính hàm trên

L
q
/H
q
tương tự như trên. Vậy H
p
(0) là đối ngẫu của L
q
/H
q
.
(2) Với [L] ∈ L
q
/H
q
(0), g ∈ H
p
ta sẽ xây dựng tuyến tính hàm trên
H
p
như sau
Λ(g) =

π
−π
{L(e
iθ
) + f (e
iθ
)}g(e

iθ
)dθ. (∗)
Công thức (* ) là hoàn toàn xác định, vì với mọi f
1
, f
2
thuộc H
p
thì

π
−π
{f
1
(e
iθ
) − f
2
(e
iθ
)}g(e
iθ
)dθ = 0.
Như vậy [L] ∈ L
q
/H
q
(0) là một tuyến tính hàm bị chặn trên H
p
.

Ngược lại, lấy Λ là tuyến tính hàm bất kì trên H
p
, bở i định lý
Hahn-Banach ta có thể kha i triển Λ lên toàn bộ L
p
. Khi đó tồn tại
L ∈ L
q
thỏa mãn
Λ(g) =

π
−π
L(e
iθ
)g(e
iθ
)dθ, g ∈ L
p
.
và ||L|
q
|| = ||Λ|| Thu hẹp trở lại H
p
, ta sẽ thu được Λ từ lớp
[L] ∈ L
q
/H
q
(0).

Vậy L
q
/H
q
(0) là không gian đối ngẫu của H
p
.
Bằng lập luận tương tự ta có:
Định lý 1.5.3. Đối ng ẫu của
L
1
/H
1
là H
∞
(0).
Đối ngẫu của
H
1
là L
∞
/H
∞
(0).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
23
1.6 Định lý Fatou
Với hàm f giải tích trong đĩa đơn vị đặt
M
p

(r, f ) =

1
2π

2π
0
|f(re
iθ
)|
p
dθ

1
p
.
M
∞
(r, f ) = ma x
0≤θ<2π
|f(re
iθ
)|.
Hàm giá trị thực u(z) điều hòa trên |z| < 1 được gọi là thuộc lớp
h
p
(0 < p ≤ ∞) Nếu M
p
(r, u) là bị chặn.
Bất kỳ hàm g iá trị thực u(z) điều hòa trên |z| < 1 và liên tục trên

|z| ≤ 1 có thể thu được từ hàm giá trị biên của nó bởi tích phân
Poisson
u(z) = u(re
iθ
) =
1
2π

2π
0
k
r
(θ − t)u(e
it
)dt. (1.1)
Bây giờ ta thay u(e
it
) t rong tích phân (1) bởi một hàm tùy ý liên tục
ϕ(t) với ϕ(0) = ϕ(2π). Thì hàm u(z) vẫn chỉnh hình trên |z| < 1,
liên tục trên |z| ≤ 1, và có giá trị biên u(e
it
) = ϕt. Tổng quát ý
tưởng trên ta đưa ra khái niệm tí ch phân Poisson-Stieltjes, là hàm
có dạng
u(z) = u(re
iθ
) =
1
2π


2π
0
k
r
(θ − t)dµ(t). (1.2)
Ở đó µ(t) là biến phân bị chặn trên [0, 2π]. Khi đó mỗi hàm là đi ều
hòa trên |z| < 1. Điều trên được khẳng định qua định lý sau mà ta
sẽ không chứng minh.
Định lý 1.6.1. Ba lớp hàm sau đây trên |z| < 1 là đồng nhất với
nhau:
(i) Tích phân Poiss o n-Stieltjes.
(ii) Hiệu của hai hàm điều hòa dương .
(iii) h
1
.
Nếu u(z) là tích phân Poisson của hàm khả tích ϕ(t), thì vớ i bất
kỳ t = θ
0
, ở đó ϕ liên tục, u(z) → ϕ(θ
0
) khi z → e
iθ
0
. Điều này có
thể t ổng quát lên cho tích phân Poisson-Stielt jes: u(z) → µ

(θ
0
) khi
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

24
µ là khả vi liên tục. Mặc dù vậy, là đủ nếu µ là khả vi; hoặc tổng
quát hơn là vi phân đối xứng
Dµ(θ
0
) = lim
t→0
µ(θ
0
+ t) − µ(θ
0
− t)
2t
.
Tồn tại, Đị nh lý dưới đây sẽ chứng minh điều đó.
Định lý 1.6.2. Cho u(z) là mộ t tích phân Poisson-Stie l t jes ở
dạng (1.2), ở đó µ là biến phân bị chặn. Nếu vi phân đối xứn g
Dµ(θ
0
) tồn tại tại một điểm θ
0
, t hì gi ới hạn bán kính (radial limit)
lim
r→1
u(re
iθ
0
) tồn tại và có giá trị Dµ(θ
0
).

Chứng minh. Ta có thể giả sử θ
0
= 0. Đặt A = Dµ(0) . Xét
u(r) − A =
1
2π

π
−π
k
r
(t)[dµ(t) − A dt]
=
1
2π
[k
r
(t)[µ(t) − At]]
π
−π
−
1
2π

π
−π
[µ(t) − At]

∂
∂t

k
r
(t)

dt.
Số hạng tích phân tiến tới 0 khi r → 1. Với 0 < δ ≤ |t| ≤ π




∂k
∂t




≤
2r(1 − r
2
)
[1 − 2r cos δ + r
2
]
2
→ 0 khi r → 1.
Vì vậy với mỗi δ > 0, u(r) − A − I
δ
→ 0 ở đó
I
δ

=
1
2π

δ
−δ
[µ(t) − At]

∂
∂t
k
r
(t)

dt
=
1
π

δ
0

µ(t) − µ(− t)
2t
− A

t

−
∂

∂t
k
r
(t)

dt.
Cho  > 0, chọn δ > 0 đủ nhỏ sao cho




µ(t) − µ(− t)
2t
− A




≤  với 0 < t ≤ δ.
Thì
|I
δ
| ≤

2π

π
−π
t


−
∂k
∂t

dt < 2.
Vậy u(r) → A khi r → 1.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên