Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức

Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm Hà Nội
2 dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn.
Tác giả xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS.TS. Hà Tiến
Ngoạn. Sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình song rất nghiêm túc của thầy
trong suốt quá trình làm luận văn đã giúp tác giả trưởng thành hơn rất
nhiều trong cách tiếp cận một vấn đề mới.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn tới Ban giám hiệu trường
Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Phòng sau đại học, các thầy cô giáo giảng
dạy chuyên ngành Toán giải tích, gia đình, bạn bè đã giúp đỡ, động viên
và tạo mọi điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình tác giả học tập và
hoàn thành bản luận văn này.
Hà Nội, tháng 6 năm 2013
Tác giả
Đỗ Thị Vui
Lời cam đoan
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội
2 dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn.
Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế
thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết
ơn.
Hà Nội, tháng 6 năm 2013
Tác giả
Đỗ Thị Vui
Mục lục
Mở đầu 1
1 Kiến thức chuẩn bị 3
1.1 Hàm chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Các tính chất của hàm chỉnh hình . . . . . . . . . 4
1.1.3 Bài toán Hilbert đối với hàm chỉnh hình . . . . . 6

1.1.4 Bài toán Riemann-Hilbert đối với hàm chỉnh hình 6
1.2 Hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức . . . . . . . . . 7
1.2.1 Số siêu phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2 Hàm siêu phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3 Toán tử Cauchy-Riemann mở rộng . . . . . . . . 8
1.2.4 Hàm siêu giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.5 Các tính chất của hàm siêu giải tích . . . . . . . 9
1.2.6 Sự tồn tại nghiệm sinh của hàm siêu giải tích . . 9
1.2.7 Công thức tích phân Cauchy đối với hàm siêu phức 12
1.2.8 Biểu diễn hàm siêu giải tích qua các hàm giải tích 15
1.2.9 Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . 18
1.2.10 Nguyên lí cực đại đối với hàm siêu giải tích . . . . 23
1.3 Toán tử Pompieu siêu phức . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.4 Công thức Plemlj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2 Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt
phẳng phức 35
2.1 Bài toán Hilbert đối với hàm siêu giải tích . . . . . . . . 35
iii
iv
2.1.1 Bài toán Hilbert (H) . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.1.2 Một số khái niệm và định lí . . . . . . . . . . . . 35
2.1.3 Xây dựng công thức nhân tử hóa chính tắc . . . . 37
2.1.4 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Hilbert . . . . . . 38
2.2 Bài toán Riemann-Hilbert đối với hàm siêu giải tích . . . 42
2.2.1 Bài toán Riemann-Hilbert (RH) . . . . . . . . . . 42
2.2.2 Toán tử Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2.3 Xây dựng công thức nhân tử chính quy hóa . . . 43
2.2.4 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Riemann-Hilbert . 45
Kết luận 49
Tài liệu tham khảo 50

Bảng kí hiệu
R
n
không gian Euclid n-chiều
C tập các số phức
∂Ω là biên của Ω
Ω là bao đóng của Ω, Ω = Ω ∪ ∂Ω
B
k
(Ω) là không gian các hàm siêu phức bị chặn
và có đạo hàm liên tục đến cấp k trong Ω
B
k,α
(Ω) là không gian các hàm siêu phức trong B
k
(Ω)
và có đạo hàm liên tục H¨older cấp k với chỉ số α
C
k
(Ω) tập các hàm có đạo hàm liên tục đến cấp ≤ k trong Ω
với (k ≥ 0, k ∈ Z hoặc k = ∞)
C
k
(Ω) tập tất cả các hàm trong C
k
(Ω) có đạo hàm đến cấp ≤ k
liên tục mở rộng đến
¯
Ω
C

1
c
(Ω) tập các hàm siêu phức trong C
1
(Ω) có giá compact trong Ω
D (z
0
, r) hình tròn tâm z
0
bán kính r trong C
M (∗, , ∗) là hằng số chỉ phụ thuộc vào các đại lượng bên trong
dấu ngoặc đơn
Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Đối với hàm chỉnh hình một biến trên mặt phẳng phức, các bài
toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert là các bài toán biên cổ điển và đã
được nghiên cứu kỹ càng từ lâu.
Trong những năm 50-60 của Thế kỷ 20, khái niệm hàm chỉnh hình
một biến phức đã được mở rộng và khái quát thành hàm vectơ siêu giải
tích trên mặt phẳng phức. Hai bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert
nêu trên sau đó đã được mở rộng nghiên cứu một cách tương tự đối với
hàm vectơ siêu giải tích.
Vì vậy chúng tôi mạnh dạn chọn đề tài cho luận văn thạc sĩ của
mình là “Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt
phẳng phức”.
2. Mục đích nghiên cứu
Mô tả cách đặt các bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert đối
với các hàm chỉnh hình và siêu giải tích trên mặt phẳng phức. Phát biểu
và chứng minh các định lý về tính giải được của các bài toán này.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu

3.1. Bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert đối với hàm chỉnh
hình
3.2. Bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert đối với hàm vectơ
siêu giải tích
1
2
3.3. Các tính chất của nghiệm
3.4. Các định lý về tính giải được
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Các bài toán biên Hilbert và Riemann-Hilbert cổ điển đối với hàm
chỉnh hình và việc mở rộng các bài toán này cho lớp hàm siêu giải tích
trên mặt phẳng phức.
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lí thuyết: Thu thập tài liệu, đọc và phân tích, tổng
hợp để được một nghiên cứu tổng quan về các bài toán biên Hilbert và
Riemann-Hilbert cổ điển đối với hàm chỉnh hình và việc mở rộng các bài
toán này cho lớp hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức.
6. Cấu trúc của luận văn
Nội dung chính của luận văn dựa trên chương 2 của tài liệu [2].
Bố cục của luận văn bao gồm 2 chương:
• Chương 1: Trình bày các khái niệm, tính chất, định lí là kiến
thức cơ sở.
• Chương 2: Các bài toán biên đối với hàm siêu giải tích trên mặt
phẳng phức.
Chắc chắn luận văn còn có những thiếu sót, mong quý thầy cô và
các bạn đóng góp ý kiến để luận văn được hoàn thiện hơn. Xin chân
thành cảm ơn về những ý kiến đóng góp quý báu của các quý thầy cô
và các bạn.
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị

1.1 Hàm chỉnh hình
1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hình
Hàm f xác định trong miền Ω ⊂ C với giá trị trong C gọi là
chỉnh hình tại z
0
∈ Ω nếu tồn tại r > 0 để f là C - khả vi tại mọi
z ∈ D (z
0
, r) ⊂ Ω, tức là tồn tại giới hạn
lim
∆z→0
f (z + ∆z) − f (z)
∆z
= f

(z) .
Nếu f chỉnh hình tại mọi z ∈ Ω ta nói f chỉnh hình trên Ω.
Nếu ta đặt z = x + iy, thì z = x − iy là liên hợp của số phức z.
Hàm số f(z) là chỉnh hình khi và chỉ khi nó thỏa mãn phương trình
∂f
∂z
= 0 (1.1)
trong đó
∂
∂z
=
1
2

∂

∂x
+ i
∂
∂y

là toán tử Cauchy-Riemann.
Nếu ta đặt f = u + iv, trong đó u và v lần lượt là các phiếm hàm
thực và ảo của f, thì phương trình (1.1) tương đương với hệ phương
trình Cauchy-Riemann sau đây







∂u
∂x
=
∂v
∂y
∂v
∂x
= −
∂u
∂y
Nhận xét 1.1. Ta có thể mở rộng định nghĩa nêu trên tới trường hợp
Ω là miền tùy ý trong C còn f là ánh xạ từ Ω vào C bởi phép nghịch
3
4

đảo. Như vậy khi z
0
hữu hạn còn f (z
0
) = ∞ ta nói f chỉnh hình tại z
0
nếu
1
f (z)
chỉnh hình tại z
0
, còn khi z
0
= ∞ ta nói f chỉnh hình tại z
0
nếu f (1/z) chỉnh hình tại 0.
1.1.2 Các tính chất của hàm chỉnh hình
Định lí 1.2. Giả sử Ω ⊂ C là một miền và H(Ω) là tập các hàm chỉnh
hình trên Ω. Khi đó
(i) H(Ω) là một không gian vectơ trên C.
(ii) H(Ω) là một vành.
(iii) Nếu f ∈ H (Ω) và f (z) = 0, ∀z ∈ H (Ω) thì
1
f
∈ H (Ω) .
(iv) Nếu f ∈ H (Ω) và f chỉ nhận giá trị thực thì f là không đổi.
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh (iv). Do f chỉ nhận giá trị thực nên
∂f
∂x
,

∂f
∂y
cũng chỉ nhận giá trị thực.
Mặt khác
∂f
∂x
= i
∂f
∂y
suy ra
∂f
∂x
=
∂f
∂y
= 0. Vậy f = const.
Định lí 1.3. (Về hàm hợp) Nếu f : Ω → Ω
∗
và g : Ω
∗
→ C là các hàm
chỉnh hình, ở đây Ω và Ω
∗
là các miền trong mặt phẳng (z) và (w), thì
hàm g ◦ f : Ω → C chỉnh hình.
Định lí 1.4. Giả sử chuỗi lũy thừa
∞

n=0
C

n
z
n
có bán kính hội tụ R > 0.
Khi đó tổng f(z) của nó chỉnh hình tại mọi z với |z| < R và đạo hàm
phức của nó là
∞

n=1
nC
n
z
n−1
.
Chứng minh. Trước hết chứng tỏ rằng chuỗi
∞

n=1
nC
n
z
n−1
cũng có bán
kính hội tụ là R.
Thật vậy, chuỗi
∞

n=1
nC
n

z
n−1
hội tụ tại z = 0 nếu và chỉ nếu chuỗi
5
∞

n=1
nC
n
z
n−1
=
∞

n=1
C
n
z
n
hội tụ. Do đó bán kính hội tụ của nó là
1
lim
n→∞
sup
n

|nC
n
|
=

1
lim
n→∞
n

|n| lim
n→∞
sup
n

|C
n
|
.
Lấy z
0
tùy ý, z
0
< R. Đặt
δ (z
0
, ∆z) =
f (z
0
+ ∆z) − f (z
0
)
∆z
− S (z
0

)
ở đây
S (z) =
∞

n=1
nC
n
z
n−1
, |z| < R.
Để hoàn thành chứng minh định lý, ta chỉ cần chỉ ra rằng
lim
∆z→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 dàng thấy rằng
δ (z
0
, ∆z) =
∞

n=0

δ
n
(z
0
, ∆z)
khi đó
δ
n
(z
0
, ∆z) =
C
n
(z
0
+ ∆z)
n
− C
n
z
0
n
∆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

.
Chú ý rằng
|δ
n
(z
0
, ∆z)| ≤ 2n |C
n
| r
n−1
với ε > 0 tùy ý, vì chuỗi
∞


n=1
n |C
n
|r
n−1
hội tụ nên tồn tại N = N(ε) sao
cho
∞

n=N
2n |C
n
|r
n−1
<
ε
2
.
6
Vì
lim
∆z→0
N−1

n=0
δ
n
(z
0

, ∆z) = 0
nên với ∆z đủ bé ta có





N−1

n=0
δ
n
(z
0
, ∆z)





<
ε
2
.
Từ đó với ∆z đủ bé ta có
|δ (z
0
, ∆z)| ≤






N−1

n=0
δ
n
(z
0
, ∆z)





+
∞

n=N
|δ (z
0
, ∆z)| < ε.
1.1.3 Bài toán Hilbert đối với hàm chỉnh hình
Cho Ω ⊂ C là miền đơn liên bị chặn với biên γ = ∂Ω. Đặt
Ω
+
= Ω, Ω
−
= C\Ω. Tìm các hàm chỉnh hình f

+
và f
−
tương ứng trong
Ω
+
và Ω
−
sao cho trên γ
f
+
(z) − H (z) f
−
(z) = h (z) , ∀z ∈ γ,
trong đó H(z), h(z) cho trước trên γ và ∀z ∈ γ
f
+
(z) = lim
ζ→z
ζ∈Ω
+
f
+
(ζ) , f
−
(z) = lim
ζ→z
ζ∈Ω
−
f

−
(ζ) .
1.1.4 Bài toán Riemann-Hilbert đối với hàm chỉnh hình
Cho Ω ⊂ C là miền đơn liên bị chặn với biên γ = ∂Ω. Tìm f(z)
chỉnh hình trong Ω (= Ω
+
) sao cho
Re (λf) (z) = g (z) , ∀z ∈ γ,
trong đó λ (z) và g(z) là hàm số cho trước trên γ.
7
1.2 Hàm siêu giải tích trên mặt phẳng phức
1.2.1 Số siêu phức
Định nghĩa 1.1. Cho a =

r
k=0
a
k
e
k
, với a
k
∈ C và e là ma trận vuông
cấp (r + 1) sau đây
e =








0 . . . 0
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 . . . 1 0







(r+1)×(r+1)
Ma trận a gọi là số siêu phức. Do đó ma trận đồng nhất được kí hiệu
là 1, a
0
là phần phức của a và


r
k=1
a
k
e
k
là phần lũy linh của a.
Nhận xét 1.5. Ma trận e xác định theo công thức trên là một ma trận
lũy linh cấp r + 1 nghĩa là e
r+1
= 0 và tập hợp các số siêu phức là đại
số giao hoán.
Đặt |a| =
r

k=0
|a
k
|, với a
k
là thành phần thứ k của a. Dễ dàng kiểm
tra
|ab| ≤ |a| |b| và |a + b| ≤ |a| + |b| .
Quan sát thấy nếu a
0
= 0 thì số siêu phức a có một nghịch đảo là
a
−1
hay
1

a
=
1
a
0
r

k=0
(−1)
k

A
a
0

k
,
ở đây A là phần lũy linh của a.
8
1.2.2 Hàm siêu phức
Định nghĩa 1.2. Cho hàm w(z) =
r

k=0
w
k
(z)e
k
với w
k

(z) ∈ C và e là
ma trận vuông cấp (r + 1) sau đây:
e =







0 . . . 0
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 . . . 1 0








(r+1)×(r+1)
Hàm w(z) được gọi là hàm siêu phức.
1.2.3 Toán tử Cauchy-Riemann mở rộng
Giả sử w(z) và q(z) là các hàm siêu phức với
w(z) =
r

k=0
w
k
(z)e
k
,
q(z) =
r

k=1
q
k
(z)e
k
.
Ta xét toán tử
D :=
∂
∂z
+ q (z)
∂

∂z
,
trong đó
Dw =
∂w
∂z
+ q (z)
∂w
∂z
(1.2)
∂
∂z
=
1
2

∂
∂x
− i
∂
∂y

.
Toán tử D được gọi là toán tử Cauchy-Riemann suy rộng.
1.2.4 Hàm siêu giải tích
Định nghĩa 1.3. Hàm siêu phức w(z) ∈ C
1
(Ω) là nghiệm của phương
trình
Dw = 0

gọi là hàm siêu giải tích.
9
1.2.5 Các tính chất của hàm siêu giải tích
Giả sử u và v là các hàm siêu giải tích. Khi đó
(1) Tích u.v cũng là hàm siêu giải tích.
(2) Nếu u =

r
k=0
e
k
u
k
và u
0
= 0 thì u
−1
v cũng là siêu giải tích.
Định lí 1.6. Nếu w(z) là hàm siêu giải tích và w(z) ≡ 0 trong Ω thì
các không điểm của w(z) là cô lập.
Chứng minh. Giả sử w(z) =

r
k=p
e
k
w
k
(z), ở đây w
p

(z) là thành phần
đầu tiên không đồng nhất không. Do Dw = 0 nên theo (1.2) ta có
w
p¯z
+

p−1
m=0
q
p−m
w
mz
= 0. Do đó w
p¯z
= 0, bởi vì w
m
≡ 0 với m ≤ p − 1.
Như vậy w
p
là hàm giải tích trong Ω và có các không điểm cô lập
(chú ý các cực cũng cô lập).
1.2.6 Sự tồn tại nghiệm sinh của hàm siêu giải tích
Cho B
k
(Ω) là không gian các hàm siêu phức bị chặn và có đạo hàm
liên tục đến cấp k trong Ω.
Cho B
k,α
(Ω) là không gian các hàm siêu phức trong B
k

(Ω) và có
đạo hàm liên tục H¨older cấp k với chỉ số α.
Định nghĩa 1.4. Hàm siêu phức t(z) được gọi là nghiệm sinh
(generating solution) đối với toán tử D nếu
(1) t có dạng t (z) = z +

r
k=1
e
k
t
k
(z) = z + T (z) ,
(2) T ∈ B
1
(C) , và
(3) Dt = 0 trong C.
Nhận xét 1.7. Khi r = 0 thì
t(z) = z.
10
Trước tiên ta phải định nghĩa toán tử Pompieu đối với miền Ω bị
chặn
(J
Ω
f) (z) = −
1
π

Ω
f (ζ)

ζ − z
dξdη.
Các tính chất của J
Ω
f
(1) Nếu f ∈ B
n,α
(Ω) với 0 < α < 1, n ≥ 0 và f ∈ L
p
(Ω) với
1 ≤ p < 2, thì J
Ω
f ∈ B
n+1,α
(Ω) .
(2)
∂
∂¯z
J
Ω
f (z) = f (z) , z ∈ Ω.
Để chứng tỏ sự tồn tại của nghiệm sinh ta đưa ra giả thiết sau:
Các hàm số q
k
; k = 1, , r trong B
0,α
(Ω) với 0 < α < 1 và có thể
thác triển tới C sao cho chúng thuộc B
0,α
(C) và triệt tiêu ở ngoài hình

tròn đủ lớn.
Giả sử
t
0
(z) = z,
t
k
(z) =
k−1

j=0
J
C

q
k−j
∂
∂z
t
j
(z)

, k = 1, , r.
Từ (1) ở trên T =

r
k=0
e
k
t

k
(z) ∈ B
1,α
(C) .
Cũng vậy, từ (1.2)
Dt =
∂
∂¯z
t + q
∂
∂z
t
=
r

k=0
∂
∂¯z
t
k
e
k
+
r

k=1
e
k
k−1


j=0
q
k−j
∂
∂z
t
j
= 0.
Do đó t(z) là nghiệm sinh. Chú ý rằng t(z) +E cũng là nghiệm sinh
với E là lũy linh.
Tính chất của t: Với hằng số M bất kì ta có




1
t (ζ) − t (z)




≤
M
|ζ − z|
, ζ = z. (1.3)
11
Ở đây

1
t (ζ) − t (z)


kí hiệu thay cho (t (ζ) − t (z))
−1
. Nghịch đảo
này tồn tại cùng với ζ − z, phần phức của t (ζ) − t (z) khác không.
Từ bất đẳng thức (1.3) suy ra




1
t (ζ) − t (z)




≤
1
|ζ − z|
r

k=0

|T (ζ) − T (z)|
|ζ − z|

k
.
Từ đó T ∈ B
1,α

(C), kết quả thu được là hệ quả của định lý Taylor.
Định lí 1.8. (Đồng nhất thức Green) Cho Ω là miền bị chặn mà biên
∂Ω là một số hữu hạn các đường cong đóng khả vi từng phần. Nếu u, v ∈
C
1

¯
Ω

là các hàm siêu phức thì
2i

Ω
t
z
(uDv + vDu) dxdy =

∂Ω
uvdt (z),
trong đó t là nghiệm sinh trong Ω và
dt = t
¯z
d¯z + t
z
dz

t
z
=
∂t

∂z
, t
¯z
=
∂t
∂¯z

.
Chứng minh. Áp dụng đồng nhất thức Green với bất kì hàm phức w ta
có
2i

Ω
w
¯z
dxdy =

∂Ω
wdz và 2i

Ω
w
z
dxdy = −

∂Ω
wd¯z. (1.4)
Định nghĩa toán tử liên hợp
D
+

w = w
¯z
+ (qw)
z
;
do đó từ (1.4)

Ω
D
+
wdxdy =
1
2i

∂Ω
w (dz − qd¯z).
Chú ý rằng từ Dt = t
¯z
+ qt
z
= 0 ta có
dt = t
¯z
d¯z + t
z
dz = t
z
(dz − qd¯z) .
12
Như vậy, sử dụng đồng nhất thức D

+
(w
1
w
2
) = w
2
Dw
1
+ w
1
D
+
w
2
,
ta thu được
1
2i

∂Ω
uvdt =
1
2i

∂Ω
(uvt
z
) (dz − qd¯z)
=


Ω

t
z
vDu + uD
+
(t
z
v)

dxdy
=

Ω

t
z
(vDu + uDv) + uvD
+
t
z

dxdy.
Từ đó D
+
t
z
=
∂

∂¯z
(t
z
) +
∂
∂z
(qt
z
) =
∂
∂z
(t
¯z
+ qt
z
) =
∂
∂z
Dt = 0, ta có
điều phải chứng minh.
1.2.7 Công thức tích phân Cauchy đối với hàm siêu phức
Định lí 1.9. Cho Ω, ∂Ω và t như Định lý 1.8. Cho u ∈ C
1

¯
Ω

là hàm
siêu phức và z
0

∈ Ω. Khi đó
u (z
0
) =
1
2πi

∂Ω
u (z) dt (z)
t (z) − t (z
0
)
−
1
π

Ω
t
z
Du
t (z) − t (z
0
)
dxdy. (1.5)
Chứng minh. Giả sử ε > 0 và Ω
ε
= Ω\S
ε
(z
0

),
trong đó S
ε
(z
0
) = {z : |z − z
0
| < ε} và ε thỏa mãn S
ε
(z
0
) ⊂ Ω. Chú ý
với hàm siêu phức u bất kì khả nghịch ta có
u
−1
Du + uDu
−1
= D

u
−1
u

= D (1) = 0.
Do đó
Du
−1
= −u
−2
Du,

và
D(t (z) − t (z
0
))
−1
= −(t (z) − t (z
0
))
−2
Dt (z) = 0
trong S
ε
(z
0
). Áp dụng đồng nhất thức Green ta có
2i

Ω
ε
Du
t (z) − t (z
0
)
dxdy =

∂Ω
u (z) dt (z)
t (z) − t (z
0
)

−

|z−z
0
|=ε
u (z) dt (z)
t (z) − t (z
0
)
.
13
Mà t (z) = z +T (z), trong đó phần lũy linh T thuộc B
1,α
(C). Trên
biên của S
ε
(z
0
) ta có z = z
0
+ εe
iθ
và do đó
|dt (z)| =


iεe
iθ
dθ



+



iεe
iθ
T
z
− iεe
−iθ
T
¯z

dθ


≤ M
1
εdθ.
Từ (1.3),




1
t (ζ) − t (z)





≤
M
2
|ζ − z|
.
Vì vậy

|z−z
0
|=ε
u (z) dt (z)
t (z) − t (z
0
)
= u (z
0
)

|z−z
0
|=ε
dt (z)
t (z) − t (z
0
)
+ F (z
0
) ,
trong đó

F (z
0
) =

|z−z
0
|=ε
u (z) − u (z
0
)
t (z) − t (z
0
)
dt (z) ,
do đó
|F (z
0
)| ≤ (M
1
ε)

M
2
ε

2M
3
= 2M
1
M

2
M
3
,
ở đây M
3
= sup
|z−z
0
|=ε
|u (z) − u (z
0
)| → 0 khi ε → 0 do u là liên tục.
Giả sử ∆ (z, z
0
) kí hiệu thay cho T (z) − T(z
0
). Khi đó

|z−z
0
|=ε
dt (z)
t (z) − t (z
0
)
=

|z−z
0

|=ε
(dz + dT (z))
r

k=0
(−1)
k
∆(z, z
0
)
k
(z − z
0
)
k+1
.
Từ đó

∆
z − z
0

k
dT
z − z
0
=
1
k + 1
d


∆
z − z
0

k+1
+

∆
z − z
0

k+1
dz
z − z
0
,
ta có
dt (z)
t (z) − t (z
0
)
=
r

k=0
(−1)
k
z − z
0


∆
z − z
0

k
dz +
r

k=0
(−1)
k
k + 1
d

∆
z − z
0

k+1
+
r

k=0
(−1)
k

∆
z − z
0


k+1
dz
z − z
0
=
dz
z − z
0
+
r

k=1
(−1)
k−1
k
d

∆
z − z
0

k
.
(1.6)
14
Như vậy

|z−z
0

|=ε
dt (z)
t (z) − t (z
0
)
= 2πi.
Do đó
2i

Ω
ε
t
z
Du
t (z) − t (z
0
)
dxdy =

∂Ω
u (z) dt (z)
t (z) − t (z
0
)
− 2πiu (z
0
) + F (z
0
) ,
khi ε → 0 ta thu được

u (z
0
) =
1
2πi

∂Ω
u (z) dt (z)
t (z) − t (z
0
)
−
1
π

Ω
t
z
Du
t (z) − t (z
0
)
dxdy.
Nếu u là hàm siêu giải tích thì tương tự như vậy ta có công thức tích
phân Cauchy.
Hệ quả 1.1. Nếu u là hàm siêu giải tích trong Ω thì
u (z
0
) =
1

2πi

∂Ω
u (z) dt (z)
t (z) − t (z
0
)
. (1.7)
Từ biểu diễn tích phân Cauchy (1.7) dưới đây sẽ đưa ra phép
biểu diễn hàm siêu giải tích theo r + 1 các hàm giải tích. Ta sử dụng kí
hiệu ∆ (z, z
0
) = T (z) − T (z
0
). Chú ý rằng
dt (ζ)
t (ζ) − t (z)
= dt (ζ)
r

k=0
(−1)
k
(∆ (ζ, z
0
) − ∆ (z, z
0
))
k
(ζ − z)

k+1
= dt (ζ)
r

k=0
(−1)
k
(ζ − z)
k+1
k

l=0
(−1)
l

k
l

∆(ζ, z
0
)
k−l
∆(z, z
0
)
l
= dt (ζ)
r

l=0

1
l!
∆(z, z
0
)
l
r

k=l
(−1)
k+l
(ζ − z)
k+1
k!
(k − l)!
∆(ζ, z
0
)
k−l
= dt (ζ)
r

l=0
1
l!
∆(z, z
0
)
l
r−l


m=0
(−1)
m+2l
(ζ − z)
m+l+1
(m + l)!
m!
∆(ζ, z
0
)
m
.
Như vậy
dt (ζ)
t (ζ) − t (z)
=
r

l=0
1
l!
∆(z, z
0
)
l
∂
l
∂z
l


r−l

m=0
(−1)
m
(ζ − z)
m+1
∆(ζ, z
0
)
m
dt (ζ)

.
(1.8)
15
1.2.8 Biểu diễn hàm siêu giải tích qua các hàm giải tích
Định nghĩa 1.5. Cho C là toán tử tuyến tính trên các số siêu phức và
f ∈ C
r
(Ω). Khi đó
C [z
0
] f =
r

j=0
1
j!

∆(z, z
0
)
j
∂
j
∂z
j
f (z) ,
ở đây
∆ (z, z
0
) = T (z) − T (z
0
) .
Định nghĩa 1.6. Cho
˙
D = α (z)
∂
∂z
+ β (z)
∂
∂z
,
trong đó
α (z) =
−t
z
t
z

t
z
− t
z
t
z
, β (z) =
t
z
t
z
t
z
− t
z
t
z
.
Chú ý rằng
˙
Dt = 1.
Định lí 1.10. Cho f và g là các hàm siêu phức trong C
r
(Ω). Khi đó
(1) DC [z
0
] f = C [z
0
]


∂f
∂¯z

,
(2)
˙
DC [z
0
] f = C [z
0
]

∂f
∂z

+ αC [z
0
]

∂f
∂¯z

,
(3) Cfg = Cf Cg.
Chứng minh. (1) Dt = 0. Do đó
D∆ (z, z
0
) = D (T (z) − T (z
0
)) = DT (z) = −q,

và
DC [z
0
] f = D
r

j=0
1
j!
∆(z, z
0
)
j
∂
j
f
∂z
j
= −
r

j=1
1
(j − 1)!
∆
j−1
q
∂
j
f

∂z
j
+
r

j=0
1
j!
∆
j

∂
j
∂z
j
f
z
+ q

∂
j+1
f
∂z
j+1

16
= C [z
0
] f
z

+
1
r!
∆
r
q
∂
r+1
f
∂z
r+1
= C [z
0
] f
z
.
Chú ý rằng ∆
r
q = 0 từ đó suy ra q và ∆ đều là lũy linh.
(2)
˙
Dt = 1 suy ra
˙
D∆ = 1 − β. Khi đó
˙
DC [z
0
] f =
r


j=1
1
(j − 1)!
∆
j−1
(1 − β)
∂
j
f
∂z
j
+
r

j=0
1
j!
∆
j

α
∂
j+1
f
∂z
j
∂z
+ β
∂
j+1

f
∂z
j+1

=
r

j=1
1
(j − 1)!
∆
j−1
∂
j
f
∂z
j
+
r

j=0
1
j!
∆
j
α
∂
j+1
f
∂z

j
∂z
+
1
r!
∆
r
β
∂
r+1
f
∂z
r+1
= C [z
0
] f
z
+ αC [z
0
] f
z
.
(3) Cf Cg =

r

k=0
1
k!
∆

k
∂
k
f
∂z
k

r

l=0
1
l!
∆
l
∂
l
g
∂z
l

=
r

k=0
r−k

l=0
1
k!l!
∆

k+l
∂
k
f
∂z
k
∂
l
g
∂z
l
=
r

k=0
r

m=k
1
k! (m − k)!
∆
m
∂
k
f
∂z
k
∂
l
g

∂z
l
=
r

m=0
1
m!
∆
m
m

k=0

m
k

∂
k
f
∂z
k
∂
l
g
∂z
l
= C [z
0
] fg.

Hệ quả 1.2. C [z
0
] f là hàm siêu giải tích trong miền bất kì mà f là
hàm giải tích.
Bổ đề 1.1. Cho

1
j!

∆(z, z
0
)
j
=

r
l=j
d
jl
(z, z
0
) e
l
, 1 ≤ j ≤ r.
Nếu f =

r
k=0
f
k

e
k
là hàm giải tích thì với n = 0, 1, 2, , ta có
˙
D
n
C [z
0
] f =
r

k=0
f
(n)
k
e
k
+
r

k=1
k

l=1
l

m=1
e
k
d

ml
f
(m+n)
k−l
.
17
Chứng minh. Từ Định lí 1.10 (2) ta có
˙
D
n
C [z
0
] f = C [z
0
] f
(n)
. Do đó
˙
D
n
C [z
0
] f =
r

k=0
1
k!
∆(z, z
0

)
k
f
(k+n)
=
r

k=0
f
(n)
k
e
k
+
r

k=1
r

l=k
d
kl
e
l
r

m=0
f
(k+n)
m

e
m
=
r

k=0
f
(n)
k
e
k
+
r

k=1
r

l=k
r

m=0
d
kl
f
(k+n)
m
e
m+l
=
r


k=0
f
(n)
k
e
k
+
r

k=1
k

l=1
l

m=1
d
ml
f
(m+n)
k−l
.
Chú ý trong bổ đề này ( )
k
là thành phần thứ k của ( )

˙
D
n

C [z
0
] f

0
= f
(n)
0
,

˙
D
n
C [z
0
] f

1
= f
(n)
1
+ d
11
f
(n+1)
0
,

ở đây


˙
D
n
C [z
0
] f

k
chỉ phụ thuộc vào f
j
với j ≤ k.
Định lí 1.11. Cho Ω là miền như trong Định lí 1.8. Khi đó với mỗi
z
0
∈ Ω và w ∈ C
1

Ω

là hàm siêu giải tích trong Ω thì tồn tại một tập
hợp duy nhất (r+1) các hàm giải tích phức {f
0
[z
0
] (z) , , f
r
[z
0
] (z)} sao
cho

w (z) = C [z
0
] f [z
0
] (z) ,
trong đó f [z
0
] =

r
k=0
f
k
[z
0
] e
k
.
Chứng minh. Từ (1.7) và (1.8) ta có w (z) = C [z
0
] f [z
0
] trong đó
f [z
0
] (z) =
1
2πi

∂Ω

r

m=0
(−1)
m
(ζ − z)
m+1
∆(ζ, z
0
)
m
w (ζ) dt (ζ) .
Giả sử rằng C [z
0
] f = 0. Từ Bổ đề 1.1 suy ra
C [z
0
] f =
r

k=0
f
k
e
k
+
r

k=1
k


l=1
l

m=1
e
k
f
(m)
k−l
d
ml
,
18
bởi phép quy nạp đối số ta suy ra f = 0.
Từ Định lí 1.11 ta tìm được một hàm siêu giải tích xác định trên
miền Ω mà không bi chặn hay nói cách khác nó không thỏa mãn giả
thiết của Định lí Green nhưng vẫn có thể biểu diễn qua w = C [z
0
] f.
Hệ quả 1.3. Cho

Ω là thành phần liên thông của miền Ω. Cho hàm
w(z) là hàm siêu giải tích trong

Ω và điểm z
0
∈

Ω. Khi đó tồn tại duy

nhất hàm f [z
0
] là hàm giải tích trong

Ω sao cho w (z) = C [z
0
] f [z
0
] .
Chứng minh. Vì tính liên thông nên có một miền Green Ω
1
chứa z
0
và
điểm z
1
bất kì cho trước. Từ Định lí 1.11 ta có hàm f [z
0
] là hàm giải
tích trong Ω
1
sao cho w (z) = C [z
0
] f [z
0
]. Hàm f độc lập với cách chọn
Ω
1
do tất cả các miền giao nhau trong một lân cận của điểm z
0

, nên
hàm f [z
0
] là duy nhất.
1.2.9 Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa
Cho các chuỗi lũy thừa sau:
w (z) =
∞

n=0
c
n
(t (z) − t (z
0
))
n
, (1.9)
với c
n
=

r
k=0
c
nk
e
k
. Cũng vậy, cho
f (z) =
r


k=0
f
k
(z) e
k
=
r

k=0
e
k
∞

n=0
c
nk
(z − z
0
)
n
, (1.10)
φ
k
= lim sup
n→∞
|c
nk
|
1/n

,
S
σ
(z
0
) = {z : |z − z
0
| < σ} .
Từ t (z) − t (z
0
) = C [z
0
] (z − z
0
) và Định lí 1.10 suy ra tổng riêng
của (1.9) là
w
N
(z) = C [z
0
]
N

n=0
c
n
(z − z
0
)
n

.
19
Theo hệ thức w (z) = C [z
0
] f. Chúng ta kiểm tra điều này trong
định lí tiếp theo.
Định lí 1.12. Cho ρ = min
k
ρ
k
. Khi đó S
ρ
(z
0
) là hình tròn lớn nhất mà
chuỗi w(z) hội tụ tuyệt đối. Chuỗi w(z) hội tụ đều trên tập con compact
của S
ρ
(z
0
). Hơn nữa, ta có
w (z) = C [z
0
] f,
ở đây f được cho bởi
f (z) =
r

k=0
f

k
(z) e
k
=
r

k=0
e
k
∞

n=0
c
nk
(z − z
0
)
n
.
Chứng minh. Giả sử
M = sup
z∈Ω,0≤j≤r



∆(z, z
0
)
j




j!
.
Khi đó
N

n=0
|c
n
| |t (z) − t(z
0
)
n
| =
N

n=0
|c
n
|





r

j=0
1

j!
∆(z, z
0
)
j
∂
j
∂z
j
(z − z
0
)
n





≤ M
N

n=0
r

k=0
|c
nk
|
r


j=0




∂
j
∂z
j
(z − z
0
)
n




= M
r

j=0
r

k=0
N

n=0
|c
nk
|





∂
j
∂z
j
(z − z
0
)
n




< ∞
khi N → ∞ và z ∈ S
ρ
(z
0
), từ đó suy ra chuỗi f
(j)
k
hội tụ tuyệt đối trong
S
ρ
(z
0
). Như vậy chuỗi w(z) hội tụ tuyệt đối trong S

ρ
(z
0
).
Từ đó ta có





C [z
0
]
N

n=0
c
n
(z − z
0
)
n
− C [z
0
] f






≤ M
r

j=0





∂
j
∂z
j

r

n=0
c
n
(z − z
0
)
n
− f







,
20
hội tụ đều trên các tập con compact của S
ρ
(z
0
).
Cuối cùng, giả sử rằng
∞

n=0
|c
n
(t (z) − t (z
0
))
n
| < ∞
với z ∈ S
σ
(z
0
). Từ Bổ đề 1.1
c
n
(t (z) − t (z
0
))
n
= C [z

0
] c
n
(z − z
0
)
n
=
r

k=0
e
k
c
nk
(z − z
0
)
n
+
r

k=1
k

l=1
l

m=1
e

k
c
n,k−l
d
ml
∂
m
∂z
m
(z − z
0
)
n
.
Vì vậy
∞

n=0
|c
n
(t (z) − t (z
0
))
n
| =
∞

n=0
{|c
n0

(z − z
0
)
n
|
+
r

k=1





c
nk
(z − z
0
)
n
+
k

l=1
l

m=1
c
n,k−l
d

ml
∂
m
∂z
m
(z − z
0
)
n






.
Do đó

∞
n=0
|c
n0
(z − z
0
)
n
| < ∞ và bởi phương pháp quy nạp

∞
n=0

|c
nk
(z − z
0
)
n
| < ∞, k = 1, , r.
Vì vậy σ < ρ. Từ cách sắp xếp lại các chuỗi ta có khẳng định sau
w (z) = C [z
0
] f.
Hệ quả 1.4. Các chuỗi bất kì
w (z) =
∞

n=0
c
n
(t (z) − t (z
0
))
n
là các chuỗi siêu giải tích trong bán kính hội tụ của nó.