Một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

VŨ ĐẠI NGHĨA

MỘT SỐ VẤN ĐỀ
VỀ LÝ THUYẾT NỘI SUY PHỨC
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Khải

HÀ NỘI, 2015


LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2
dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Khải.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới TS. Nguyễn Văn Khải,
người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tác giả hoàn
thành luận văn này.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, các
thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán Giải tích, trường Đại học Sư
phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoàn
thành luận văn tốt nghiệp.
Tác giả xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người
thân đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả
trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Hà Nội, tháng 12 năm 2015

Tác giả

Vũ Đại Nghĩa


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Khải, luận
văn Thạc sỹ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài “Một số vấn đề về lý
thuyết nội suy phức" do tôi tự làm. Các kết quả và tài liệu trích dẫn được
chỉ rõ nguồn gốc.
Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tôi đã kế thừa những
thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 12 năm 2015
Tác giả

Vũ Đại Nghĩa


Mục lục
Mở đầu

3

1

5

Kiến thức chuẩn bị
1.1

Một số vấn đề về hàm phức . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Đường và miền trong mặt phẳng phức

. . . . . . .

5

1.1.2

Hàm biến phức

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.3

Hàm giải tích trên miền . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Bài toán nội suy cổ điển

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3

Một số công thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1

Công thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . 11

1.3.2

Công thức nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức
2.1

2.2

2.3

9

Định lý Pick

16

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.1.1

Bổ đề Schwarz cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.1.2

Định lý Pick . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Hàm điều hòa và hàm trội điều hòa . . . . . . . . . . . . . 29
2.2.1

Hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2.2

Hàm trội điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Không gian H p , lớp Nevanlinna và lớp Smirnov . . . . . . . 42

1


2
3 Trắc địa phức và bài toán Pick – Nevanlinna
3.1

3.2

50

Hàm Lempert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.1.1

Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.1.2

Hàm Lempert trên miền taut . . . . . . . . . . . . . 57

Trắc địa phức và bài toán Pick – Nevanlinna . . . . . . . . 59
3.2.1

Trắc địa phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.2.2

Bài toán Pick-Nevanlinna . . . . . . . . . . . . . . . 62

Kết luận
Tài liệu tham khảo

67
68


3

Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Nội suy là một vấn đề cổ điển và quan trọng trong toán học. Nó đã
được nghiên cứu từ lâu trong giải tích toán học. Chẳng hạn vấn đề nội suy

đa thức biến số thực đã được nghiên cứu bởi Newton, Lagrange, Schmidt,
. . . Đối với hàm phức một biến, vấn đề nội suy đã được H. Pick và R.
Nevanlinna nghiên cứu từ những năm đầu thế kỉ XX. Cụ thể, hai ông đã
nghiên cứu bài toán sau:
N
Cho hai dãy điểm phân biệt {λj }N
j=1 và {ωj }j=1 trên đĩa đơn vị. Tìm

điều kiện đối với hai dãy điểm trên sao cho tồn tại hàm chỉnh hình f bị
chặn xác định trên đĩa đơn vị sao cho f (λj ) = ωj , j = 1, . . . , N .
Bài toán này ngày nay thường được gọi là bài toán Pick – Nevanlinna.
Dựa trên chuyên khảo “Cơ sở lý thuyết nội suy” của PGS.TS. Nguyễn
Văn Trào và một số tài liệu khác, dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn
Khải tôi đã nghiên cứu đề tài: “Một số vấn đề về lý thuyết nội suy
phức” làm đề tài luận văn thạc sĩ.

2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu một số vấn đề về lý thuyết nội suy phức và giải bài toán
Pick - Nevanlinna.


4

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu về lý thuyết nội suy phức.
- Bài toán Pick – Nevanlinna.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Hàm số phức.
- Bài toán nội suy.

5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp phân tích và tổng hợp các tài liệu đã có từ đó hệ thống
một số vấn đề lý thuyết liên quan đến đề tài.

6. Đóng góp của luận văn
Trình bày một số vấn đề của lý thuyết nội suy phức.


5

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1
1.1.1

Một số vấn đề về hàm phức
Đường và miền trong mặt phẳng phức

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử x(t), y(t) là các hàm giá trị thực liên tục trên
đoạn [a, b] . Khi đó phương trình :

Z = z(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a, b]

(1.1.1)

biểu diễn tham số đường cong L = z[a, b] trong mặt phẳng phức C . Các
điểm z(a), z(b) được gọi là các điểm đầu và cuối của đường cong L.
Định nghĩa 1.1.2. .

a. Lân cận của điểm a ∈ C là tập hợp bất kì bao hàm hình tròn D(a, r)
tâm a, bán kính r > 0 .

D(a, r) = {z ∈ C : |z − a| < r}.
b. Tập S ⊂ C được gọi là tập mở nếu S là lân cận của mọi điểm của
nó.
Định nghĩa 1.1.3. Tập S ⊂ C được gọi là một miền nếu nó thỏa mãn
hai điều kiện :


6
a. S là tập mở.
b. S liên thông, tức là ∀a, b ∈ S tồn tại đường cong L ⊂ S có điểm đầu
là a và điểm cuối là b.
Tập S thêm những điểm biên được gọi là tập đóng và được kí hiệu là S.

1.1.2

Hàm biến phức

Định nghĩa 1.1.4. Giả sử S ⊂ C là một tập tùy ý cho trước. Một hàm
biến phức trên S với giá trị phức là một ánh xạ f : S → C và hàm đó
được kí hiệu là :

ω = f (z), z ∈ S.

(1.1.2)

Ví dụ 1.1.1. Ánh xạ z → f (z) = az + b xác định một hàm (gọi là hàm
nguyên tuyến tính) trên C.

Ví dụ 1.1.2. Ánh xạ

z → f (z) =

az + b
,c = 0
cz + d

xác định một hàm (gọi là hàm phân tuyến tính) trên

S = C\{

1.1.3

−d
}.
c

Hàm giải tích trên miền

Định nghĩa 1.1.5. Ánh xạ biểu diễn một quan hệ giữa các phần tử của
hai tập hợp X và Y thoả mãn điều kiện: mỗi phần tử x của tập X đều có
một và chỉ một phần tử y ∈ Y tương ứng với nó. Quan hệ thoả mãn tính
chất này cũng được gọi là quan hệ hàm, vì thế khái niệm ánh xạ và hàm
là tương đương nhau. Khái niệm hàm nói trên là khái niệm hàm đơn trị,
nó cho phép với mỗi x chỉ có một y duy nhất tương ứng với x.


7
Định nghĩa 1.1.6. Cho S là một miền của mặt phẳng phức và f là hàm

đơn trị của biến phức z xác định trong S . Khi đó f (z) được gọi là hàm
giải tích (hay hàm chỉnh hình) tại z0 ∈ S nếu nó có biểu diễn dạng
+∞

an (z − z0 )n

f (z) =
n=0

trong lân cận của z0 : |z − z0 | < p(z0 ) với p(z0 ) > 0.
Nếu f giải tích ∀z ∈ S thì ta nói f giải tích trên miền S . Tập các hàm
giải tích trên miền S được kí hiệu là A(S).
Khi z0 hữu hạn còn f (z0 ) = ∞ thì ta nói f giải tích tại z0 nếu

1
f (z)

giải tích tại z0 .
Khi z0 = ∞ thì ta nói f giải tích tại z0 nếu
Ví dụ 1.1.3. Hàm f (z) =

1
giải tích tại 0.
f (z)

z
giải tích ∀z ∈ C\{±i}.
1 + z2

Ví dụ 1.1.4. Hàm f (z) = z không giải tích với mọi z ∈ C.

Định lý 1.1.1. Giả sử S ⊂ C là một miền và A(S) là tập các hàm giải
tích trên S , khi đó :
a. A(S) là một không gian vecto trên C ;
b. A(S) là một vành ;

1
∈ A(S);
f
d. Nếu f ∈ A(S) và f chỉ nhận giá trị thực thì f không đổi.

c. Nếu f ∈ A(S) và f (z) = 0, ∀z ∈ S thì

Định lý 1.1.2. Cho hàm f (x) ∈ A[a, b], khi đó tồn tại một miền S ⊂ R2
chứa [a, b] trong đó f (x) được thác triển thành F (z) là giải tích trên S tức
là F (z) = A(S) và F \[a,b] ≡ f.
+∞

Chứng minh. Ta có với mỗi z ∈ C, x0 ∈ [a, b] chuỗi

an (z − x0 )n hội tụ

n=0

tại mọi z thỏa mãn |z − z0 | < rx0 . Do đó nó xác định hàm chỉnh hình gx0


8
trên |z − z0 | < rx0 , hơn nữa

gx0 |(x0 −rx0 ,x0 +rx0 ) = f.

Với hai lân cận Ux0 = {|z − z0 | < rx0 } và Ux1 = {|z − z1 | < rx1 } ta có

gx0 |Ux0 ∩Ux1 ∩R = gx1 |Ux0 ∩Ux1 ∩R .
Do đó ta có gx0 |Ux0 ∩Ux1 = gx1 |Ux0 ∩Ux1 . Vậy họ {g(x)}x∈[a,b] xác định một
hàm chỉnh hình trên lân cận U =

Ux chứa [a, b] hạn chế trên [a, b] là
x∈[a,b]

f (x). Ta có điều phải chứng minh.

Định lý 1.1.3. (Pringsheim) Cho f (x) ∈ C ∞ [a, b]. Điều kiện cần và
đủ để f ∈ A[a, b] là tồn tại hằng số r > 0, sao cho :

|f (n) (x)| ≤ rn n!,

≤ x ≤ b; n = 0, 1, 2, . . .

(1.1.3)

Chứng minh. Điều kiện đủ : Cho x0 là điểm trong [a, b] và giả sử (1.1.3)
là được thỏa mãn. Ta có x ∈ [a, b] và
n−1

f (x) =
k=0

f (n) (ζ)
f (k) (x0 )
(x − x0 )k +

(x − x0 )n .
k!
n!

(1.1.4)

Biểu thức này cố định với mọi n và ζ = ζ(n, x) ∈ (x, x0 ) theo (1.1.3) thì
f (n) (ζ)
|
(x − x0 )n | ≤ rn |x − x0 |n . Vì vậy
n!

|x − x0 | <

1
r

thì số dư trong (1.1.4) hội tụ tới 0. Hàm f có khai triển chuỗi lũy thừa mở
rộng trong lân cận của x0 . Điều này có nghĩa f ∈ A[a, b].


9
Điều kiện cần : Nếu f ∈ A[a, b] thì từ Định lý (1.1.2) ta tìm được miền
đơn liên D chứa [a, b] mà hàm f giải tích trong nó. Cho C là cung bao
quanh [a, b] và nằm trên D. Khi đó vì x0 ∈ [a, b] ta có :

f (n) (x0 ) ≤

n!
2π

C

|f (z)|
ds.
(z − x0 )n+1

(1.1.5)

Nếu L(C) biểu thị độ dài của C và δ là khoảng cách ngắn nhất từ C
tới [a, b] thì

max|f (z)|L(C)n!
|f

(n)

(x0 )| ≤

z∈C
2πδ n+1

=

M n!
, a ≤ x ≤ b.
δn

(1.1.6)

Trong đó M là hằng số độc lập với n. Do đó chúng ta tìm được r để (1.1.3)
là đúng.

1.2

Bài toán nội suy cổ điển

Định nghĩa 1.2.1. a, Hệ n + 1 điểm điểm phân biệt {xi } với {xi } ∈ [a, b]
với i = 0, n được gọi là các mốc nội suy.
b, Cho hàm số y = f (x) xác định trên [a, b]. Đa thức nội suy của hàm
số thỏa mãn P (x1 ) = f (x1 ) với (i = 0, n) được gọi là đa thức nội suy của
hàm số y = f (x) ứng với mốc nội suy {xi } với (i = 0, n). Bài toán xây
dựng đa thức nội suy như vậy được gọi là bài toán nội suy cổ điển.
Định lý 1.2.1. Cho n + 1 mốc nội suy x0 , x1 , . . . , xn ∈ [a, b] và n + 1
giá trị (thực hoặc phức) y0 , y1 , . . . , yn . Khi đó tồn tại duy nhất đa thức

Pn (x) ∈ Pn , ( với Pn là tập các đa thức bậc nhỏ hơn n và đa thức hằng)
sao cho

Pn (xi ) = yi = f (xi ) với i = 0, n.

(1.2.1)


10
Chứng minh. Giả sử đa thức P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn với n + 1 hệ
số bất định ai , i = 0, n. Từ điều kiện (1.2.1) ta có hệ n + 1 phương trình
tuyến tính với (n + 1) ẩn ai , i = 0, n,

a0 + a1 xi + . . . + an xni = yi , i = 0, n.

(1.2.2)

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi định thức của nó khác không. Định
thức của hệ phương trình này là:

1
V (x0 , x1 , . . . , xn ) = · 1· ·
1

x0
x1
···
x1n

x20
x21
···
x2n

...
...
···
...

xn0
xn1 .
···
xnn

(1.2.3)

Định thức này quen thuộc với tên gọi là định thức Vandermonde. Để tính

V ta xét hàm V (x) sau đây
1
V (x) = V (x0 , x1 , . . . , xn+1 , xn ) = · 1· ·
1

x0
x1
···
x1n

x20
x21
···
x2n

...
...
···
...

xn0
xn1 .
···
xnn

(1.2.4)

Rõ ràng V (x) ∈ Pn . Hơn nữa V (x) = 0 tại x0 , x1 , . . . , xn−1 hay V (x) có

n nghiệm là x0 , x1 , . . . , xn−1 . Do đó
V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , x) = A(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn−1 ).

(1.2.5)

Trong đó hệ số A là đại lượng chỉ phụ thuộc vào x0 , x1 , . . . , xn−1 . Để tính

A ta khai triển (1.2.4) theo dòng cuối cùng ta thấy ngay
A = V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , x).
Suy ra

V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , x) = V (x0 , x1 , . . . , xn−1 )(x−x0 )(x−x1 ) . . . (x−xn−1 ).
(1.2.6)


11
Đặc biệt

V (x0 , x1 , . . . , xn−1 , xn ) = V (x0 , x1 , . . . , xn−1 )(xn −x0 )(xn −x1 ) . . . (xn −xn−1 ).
(1.2.7)
Từ V (x0 , x1 ) = x0 − x1 và (1.2.7) ta có :

V (x0 , x1 , x2 ) = (x1 − x0 )(x2 − x0 )(x2 − x1 ).
Từ đó ta suy ra

(xi − xj ).

V (x0 , x1 , . . . , xn ) =

(1.2.8)

0≤i≤j≤n

Vì x0 , x1 , . . . , xn là phân biệt nên V = 0. Do đó hệ (1.2.2) có nghiệm duy
nhất (a0 , a1 , . . . , an ) hay đa thức Pn (x) thỏa mãn điều kiện (1.2.1) là tồn
tại duy nhất. Định lý được chứng minh.
Đa thức nội suy Pn (x) ở Định lý (1.2.1) được gọi là đa thức nội suy của
hàm y = f (x) với n + 1 mốc nội suy {xi }.

1.3
1.3.1

Một số công thức
Công thức nội suy Lagrange

Xét các đa thức
n

n

(x − xi )/

φj (x) =

(xj − xi ), j = 0, n.

i=0

i=0

i=j

i=j

Rõ ràng degφj (x) = n, ∀j và φj (xi ) = δij =

0 i=j
1 i=j .

n

Đặt Ln (x) =

φj (x)yj ,
j=0

(1.3.1)


12
thì ta có degLn (x) ≤ n, Ln (xi ) = yi , ∀i = 0, n, vậy Ln (x) thỏa mãn điều
kiện của bài toán nội suy. Vậy Ln (x) = P (x) là tồn tại và duy nhất.
Nếu đặt
n

n

(xj − xi ), (j = 0, n)

(x − xi ) khi đó ωn+1 (xj ) =

ωn+1 (x) =
i=0

i=0

i=j

thì ta có

n

P (x) = Ln (x) =

yj
j=0

ωn+1 (x)
.
(x − xj )ωn+1 (xj )

(1.3.2)

Vậy P (x) = Ln (x) ở (1.3.2) là cách biểu diễn khác so với P (x) ở (1.3.1).
Ta nói P (x) = Ln (x) xác định như ở (1.3.1) hoặc (1.3.2) là đa thức nội
suy Lagrange hay là công thức Lagrange về đa thức nội suy.

1.3.2

Công thức nội suy Newton

a. Khái niệm tỷ sai phân và một số tính chất
Cho hàm số y = f (x) xác định trên đoạn [a, b] và n + 1 mốc nội suy

xi , i = 0, n.
Khi đó tỷ số

yi+1 − yi
xi+1 − xi
được gọi là tỷ sai phân cấp một của hàm số y = f (x) tại xi , xi+1 và được
kí hiệu là f (xi ; xi+1 ).
Tỷ số

f (xi+1 ; xi+2 ) − f (xi ; xi+1 )
xi+2 − xi
được gọi là tỷ sai phân cấp hai của hàm số y = f (x) tại xi , xi+1 , xi+2 và
được kí hiệu là f (xi ; xi+1 ; xi+2 ).
Tỷ số

f (xi+1 ; . . . ; xi+k ) − f (xi ; . . . ; xi+k−1 )
xi+k − xi


13
được gọi là tỷ sai phân cấp k của hàm số y = f (x) tại xi , xi+1 , . . . , xi+k
và được kí hiệu là f (xi ; xi+1 ; . . . ; xi+k ).
Tính chất 1

k

f (x0 ; x1 ; . . . ; xk ) =
i=0

Trong đó

f (xi )
.
ω (xi )

(1.3.3)

n

(x − xj ).

ω(x) =
j=0

Chứng minh. Với k = 1, ta có

f (x0 , x1 ) =

f (x1 )
f (x0 )
+
.
x0 − x1 x1 − x0

Giả sử ta chứng minh được với k ≤ n. Khi đó

f (x0 ; x1 ; . . . ; xn+1 ) =

f (x1 ; . . . ; xn+1 ) − f (x0 ; . . . ; xn )
xn+1 − x0

1
=
xn+1 − x0

n+1

i=1

f (xi )
−
ω1 (xi )

n

i=0

f (xi )
ω0 (xi )

Với

ω1 (x) =

ω(x)
ω(x)
; ω0 (x) =
x − x0
x − xn+1

và

n+1

(x − xi ).

ω(x) =
i=0

Vậy

f (x0 ; x1 ; . . . ; xn+1 ) =

f (xn+1 )
f (x0 )
+
+
ω0 (x0 )(x0 − xn+1 ) ω1 (xn+1 )(xn+1 − x0 )
n
f (xi )
1
1
+

−
.
x
−
x
ω
(x
)
ω
(x
)
n+1
0
1
i
0
i
i=1

Vì

ω1 (xi ) =

ω (xi )
ω (xi )
; ω0 (xi ) =
xi − x0
xi − xn+1

14
nên

1
1
xn+1 − x0
−
=
.
ω1 (xi ) ω0 (xi )
ω (xi )
Từ đó ta có

k

f (x0 , x1 , . . . , xk ) =
i=0

f (xi )
.
ω (xi )

Tính chất 2 Tỷ sai phân là hàm đối xứng với các xi
Tính chất 3 Tỷ sai phân cấp m + 1 của đa thức bậc m đồng nhất
bằng 0.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử P (x) là đa thức bậc m ta phải chứng minh

P (x; x0 ; x1 ; . . . ; xm ) = 0, ∀x ∈ [a, b] và m + 2 số x; x0 ; x1 ; . . . ; xn là đôi
một khác nhau. Ta có

P (x; x0 ) =

P (x) − P (x0 )
x − x0

là đa thức bậc m − 1.
Tương tự ta có

P (x; x0 ; x1 ) =

P (x; x0 ) − P (x0 ; x1 )
x − x1

là đa thức bậc m − 2.
Bằng phương pháp quy nạp ta có P (x; x0 ; x1 ; . . . ; xk ) là đa thức bậc

m − (k + 1).
Vậy P (x; x0 ; x1 ; . . . ; xm−1 ) là đa thức bậc 0,
suy ra P (x; x0 ; x1 ; . . . ; xm ) = 0.

b. Đa thức nội suy Newton
Giả sử xi , i = 0, n là n + 1 mốc nội suy. Giả sử P (x) là đa thức nội suy
Lagrange của hàm số y = f (x) với n + 1 mốc nội suy nói trên nghĩa là


15
Pn (xj ) = yj , j = 0, n. Kí hiệu Pn (x; x0 ), Pn (x; x0 ; x1 ) . . . là các tỷ sai phân
của Pn (x). Khi ấy ta có

Pn (x; x0 ) =

Pn (x) − Pn (x0 )
.
x − x0

Nên Pn (x) = Pn (x0 ) + Pn (x; x0 )(x − x0 ). Mặt khác

Pn (x; x0 ; x1 ) =

Pn (x; x0 ) − Pn (x0 ; x1 )
.
x − x1

Vậy

Pn (x; x0 ) = Pn (x0 ; x1 ) + Pn (x; x0 ; x1 )(x − x1 ),
Pn (x; x0 ; . . . ; xi−1 ) − Pn (x0 ; . . . ; xi )
.
Pn (x; x0 ; . . . ; xi ) =
x − xi
Từ đó ta có

Pn (x) = Pn (x0 )+Pn (x0 ; x1 )(x−x1 )+Pn (x0 , x1 , x2 )(x−x0 )(x−x1 )+. . .
. . . + Pn (x0 ; x1 ; . . . ; xn )(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn−1 ).
Để ý rằng

Pn (xi ) = f (xi ); Pn (x0 ; x1 ; . . . ; xk ) = f (x0 ; x1 ; . . . ; xk ), k = 1, n.
Nên

Pn (x) = f (x0 ) + f (x0 ; x1 )(x − x1 ) + f (x0 , x1 , x2 )(x − x0 )(x − x1 )

+ . . . + f (x0 ; x1 ; . . . ; xn )(x − x0 )(x − x1 ) . . . (x − xn−1 ).
(1.3.4)
Đa thức được xác định bởi (1.3.4) được gọi là đa thức nội suy Newton.


16

Chương 2

Một số vấn đề về lý
thuyết nội suy phức
2.1

Định lý Pick

2.1.1

Bổ đề Schwarz cổ điển

Cho D = {λ ∈ C : |λ| < 1} là đĩa đơn vị mở trong mặt phẳng phức

C . Kí hiệu O(D, D) là tập các ánh xạ chỉnh hình từ đĩa đơn vị mở D vào
chính nó.
Định lý 2.1.1. (Nguyên lý mô đun cực đại cho hàm chỉnh hình) : Cho X
là không gian Banach phức và f : Ω → X là hàm chỉnh hình trên lân cận
của Ω. Khi đó f

Ω

= f

∂Ω ,

trong đó f

Ω

= supz∈Ω f (z) .

Bổ đề 2.1.1. (Bổ đề Schwarz cổ điển).Cho f ∈ O(D, D) sao cho f (0) = 0.
Khi đó

|f (λ)| ≤ |λ|, ∀λ ∈ D

(2.1.1)

và |f (0)| ≤ 1.

(2.1.2)

Dấu “=” ở bất đẳng thức (2.1.1) xảy ra tại một λ ∈ D\{0} nào đó hoặc
dấu “=” ở bất đẳng thức (2.1.2) xảy ra khi và chỉ khi f (λ) = θλ, ∀λ ∈ D,
ở đó θ là một số phức có mô-đun bằng 1.


17
Chứng minh. Do f (0) = 0 nên f có khai triển Taylor
∞

an λn , ∀λ ∈ D.

f (λ) =
n=1

Đặt

∞

an λn−1 , ∀λ ∈ D.

h(λ) =
n=1

Hiển nhiên h là hàm chỉnh hình trên D và f (λ) = λh(λ), ∀λ ∈ D. Với

0 < r < 1, áp dụng nguyên lý mô-đun cực đại ta có
sup |h(λ)| = sup |h(λ)| =
|λ|≤r

|λ|=r

1
1
sup |f (λ)| ≤ .
r |λ|=r
r

Cho r tiến tới 1 ta được supλ∈D |h(λ)| ≤ 1. Vậy |f (λ)| ≤ |λ| với mọi λ
thuộc D.
Nếu tồn tại λ0 ∈ D \ {0} sao cho |f (λ0 )| = |λ| thì |h(λ)| = 1. Theo

nguyên lý mô-đun cực đại ta được h(λ) = θ, ∀λ ∈ D, ở đó θ là hằng số có
mô-đun bằng 1. Suy ra f (λ) = θλ, ∀λ ∈ D.
Ta có

f (0) =

f (λ) − f (0)
= lim h(λ) = h(0).
λ→0,λ=0
λ→0,λ=0
λ
lim

Do đó |f (0)| = |h(0)| ≤ 1.
Nếu |f (0)| = 1 thì |h(0)| = 1. Theo nguyên lý mô-đun cực đại ta được h
là hàm hằng có mô-đun bằng 1 và do đó f (λ) = θλ, ∀λ ∈ D, ở đó |θ| = 1.
Ngược lại, nếu f (λ) = θλ, ∀λ ∈ D, ở đó |θ| = 1 thì hiển nhiên dấu bằng
ở các bất đẳng thức (2.1.1) và (2.1.2) xảy ra.
Kí hiệu Aut(D) là nhóm các tự đẳng cấu chỉnh hình của D (với phép
hợp thành), tức là tập tất cả các song ánh chỉnh hình từ D → D có ánh
xạ ngược chỉnh hình. Tiếp theo ta đưa ra kết quả tổng quát của Bổ đề
Schwarz cổ điển.


18
Bổ đề 2.1.2. (Bổ đề Schwarz-Pick). Nếu f ∈ O(D, D) thì

|f (λ ) − f (λ )|
|λ − λ |
≤

, ∀λ , λ ∈ D
|1 − f (λ )f (λ )| |1 − λ λ |

(2.1.3)

1
|f (λ)|
, ∀λ ∈ D
2 ≤
1 − |f (λ)|
1 − |λ|2

(2.1.4)

và

Bất đẳng thức (2.1.3) xảy ra dấu bằng tại cặp λ , λ ∈ D hoặc bất đẳng
thức (1.2.4) xảy ra dấu bằng tại λ ∈ D khi và chỉ khi f ∈ Aut(D).
Chứng minh. Với λ0 là một điểm cố định trong đĩa đơn vị D ta xác định

Φλ0 : D → D bởi
Φλ0 (λ) :=

λ0 − λ
1 − λλ0

..

và gọi là một biến đổi Mobius trên đĩa đơn vị D.
Cho λ , λ ∈ D. Đặt g := Φf (λ ) ◦f ◦Φλ . Dễ thấy g ∈ O(D, D) và

g(0) = Φf (λ ) (f (λ )) = 0. Sử dụng bổ đề Schwarz cổ điển ta thu được bất
đẳng thức |g(λ)|

|λ|, ∀λ ∈ D. Do đó |g(Φλ (λ ))|
|f (λ ) − f (λ )|
|1 − f (λ )f (λ )|

|Φλ (λ )|, hay

|λ − λ |
|1 − λ λ |

và (2.1.3) được chứng minh.
Với ∀λ ∈ D ta có

|f (λ)|
= lim
1 − |f (λ)|2 ξ→λ,ξ=λ

Vậy (2.1.4) được chứng minh.

f (ξ) − f (λ)
1
ξ−λ
1 − f (ξ)f (λ)
1
lim
ξ→λ,ξ=λ |1 − ξλ|
1

=
.
1 − |λ|2


19
Nếu dấu bằng ở (2.1.3) xảy ra tại một cặp λ , λ ∈ D nào đó thì g ∈

Aut(D). Do đó f = Φf (λ ) ◦g◦Φλ ∈ Aut(D) thì bằng việc sử dụng bất
đẳng thức (2.1.3) cho hàm f và hàm f −1 ta được

λ −λ
1−λλ

=

f −1 (f (λ )) − f −1 (f (λ ))
1 − f −1 (f (λ ))f −1 (f (λ ))

f (λ ) − f (λ )
1 − f (λ )f (λ )

λ −λ
.
1−λλ

Vậy tất cả các bất đẳng thức trên đều xảy ra dấu bằng.
Bây giờ chúng ta xét dấu bằng ở bất đẳng thức (2.1.4) xảy ra tại λ ∈ D.
Khi đó

|g (0)| = |Φf (λ) (f ◦Φλ (0))|.|f (Φλ (0))|.|Φλ (0)|
= |Φf (λ) (f (λ))|.|f (λ)|.(1 − |λ|2 )
1 − |f (λ)|2
2
=
2 .|f (λ)|.(1 − |λ| )
|1 − f (λ )f (λ )|
|f (λ)|
(1 − |λ|2 ) = 1
=
2
1 − |f (λ)|
Theo bổ đề Schwarz cổ điển ta được g ∈ Aut(D). Suy ra f = Φf (λ) ◦g◦Φλ ∈

Aut(D).
Ngược lại, nếu f ∈ Aut(D) thì

1
(f −1 ◦ f ) (λ)
|f (λ)|
1
=
≤
≤
.
1 − |(f −1 ◦ f )(λ)|2
1 − |λ|2
1 − |f (λ)|2
1 − |λ|2
Do đó dấu bằng ở (2.1.4) xảy ra.

Đặt

m(λ , λ ) :=

λ −λ
1−λλ

γ(λ) :=

= |Φλ (λ )|, ∀λ , λ ∈ D

1
, ∀λ ∈ D.
1 − |λ|2

Chú ý rằng ta có thể mở rộng miền xác định của hàm m lên C×C\{(λ, λ ) :

λλ = 1}.


20
Sử dụng các khái niệm trên ta có thể phát biểu bổ đề Schwarz dưới
dạng:
Bổ đề Cho f ∈ O(D, D). Khi đó

a)m(f (λ ), f (λ )) ≤ m(λ , λ ), ∀λ , λ ∈ D
b)γ(f (λ))|f (λ)| ≤ γ(λ), ∀λ ∈ D.
c)Các phát biểu sau là tương đương:

i)f ∈ Aut(D).

ii)m(f (λ ), f (λ )) = m(λ , λ ), ∀λ , λ ∈ D.
iii)m(f (λ0 ), f (λ0 )) = m(λ0 , λ0 ), ∀λ0 , λ0 ∈ D.
iv)γ(f (λ))|f (λ)| ≤ γ(λ), ∀λ ∈ D.
v)γ(f (λ0 ))|f (λ0 )| ≤ γ(λ), ∀λ0 ∈ D.
Nhận xét:

a)m ∈ C∞ (D × D\{(λ, λ) : λ ∈ D}); m2 ∈ C∞ (D × D); γ ∈ C∞ (D).
m(λ , λ )
b)
lim
= γ(a), ∀a ∈ D.
λ ,λ →a,λ =λ |λ − λ |
Bổ đề 2.1.3. Với mọi a, b, c ∈ D, a = b = c = a ta có

m(a, b) < m(a, c) + m(c, b).

(2.1.5)

Chứng minh. Ta thấy rằng, với mọi a, b ∈ D, a = b, đều tồn tại duy nhất
đẳng cấu h = ha,b ∈ Aut(D) sao cho h(a) = 0 và h(b) = (0, 1). Mặt khác
do m bất biến qua đẳng cấu, nên không mất tính tổng quát ta có thể coi

a = 0, b ∈ (0, 1). Khi đó (2.1.5) trở thành bất đẳng thức hiển nhiên sau
b < |c| +

c−b
, c ∈ D\{0, b}.
1 − cb

Vậy hàm m : D × D → [0, 1) là khoảng cách và ta gọi là khoảng cách

..

M obius trên đĩa đơn vị.


21
Với 0 < r < 1, λ0 ∈ D ta kí hiệu K(λ0 , r) := {λ ∈ D : m(λ, λ0 ) < r} và

D(0, r) := {λ ∈ D : |λ| < r}. Do K(λ0 , r) là ảnh ngược của D(0, r) qua
λ − λ0
biến đổi rτ (λ) :=
. Nên K(λ0 , r) và D(0, r) là song chỉnh hình.
1 − λλ0
Mặt khác K(λ0 , r) chính là đĩa Euclidean D(C, R), ở đó
1 − |λ0 |2
1 − r2
λ0 ; R = r
.
C=
1 − r2 |λ0 |2
1 − r2 |λ0 |2
..

Thật vậy, đường thẳng qua 0 và λ0 là bất biến qua biến đổi Mobius Φλ0 (λ),
do đó ∂K(λ0 , r) = Φ−1
−λ0 (∂D(0, r)) là một đường tròn trực giao với đường
−rλ0 rλ0
thẳng này. Vậy ảnh ngược của đoạn
,
là một đường kính của

|λ0 | |λ0 |
ω + λ0
nên
K(λ0 , r). Do ánh xạ ngược của ω = Φλ0 (λ) có công thức λ =
1 + ωλ0
đường kính này chính là đoạn

[α, β] =

|λ0 | − r λ0 |λ0 | + r λ0
,
1 − r|λ0 | |λ0 | 1 + r|λ0 | |λ0 |

Vậy tâm của đường tròn là C =

(2.1.6)

α+β
|β| − |α|
và bán kính R =
.
2
2

Hệ quả 2.1.1. Nếu f ∈ O(D, D) thì

|f (λ)| ≤

|f (0)| + |λ|
.

1 + |f (0)||λ|

Chứng minh. Theo bổ đề Schwarz-Pick ta có m(f (λ), f (0)) ≤ m(λ, 0) =

|λ|. Do đó f (λ) ∈ K(f (0), |λ|). Từ (2.1.6) ta có bất đẳng thức cần chứng
minh. Bất đẳng thức trên xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi f là biến đổi
..

Mobius và argz =argf (0), f (0) = 0.
Hệ quả 2.1.2. Cho ba điểm λ0 , λ1 , λ2 bất kỳ trong đĩa đơn vị D. Khi đó

m(λ0 , λ1 ) − m(λ1 , λ2 )
m(λ0 , λ1 ) + m(λ1 , λ2 )
≤ m(λ0 , λ1 ) ≤
. (2.1.7)
1 − m(λ0 , λ1 )m(λ1 , λ2 )
1 + m(λ0 , λ1 )m(λ1 , λ2 )


22
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử λ2 = 0. Khi đó
(2.1.7) trở thành

|λ0 | − |λ1 |
|λ0 | + |λ1 |
λ1 − λ0
≤
.
≤
1 − |λ0 ||λ1 |

1 + |λ0 ||λ1 |
1 − λ1 λ0
Đặt r = |λ1 |. Suy ra

λ=

λ1 − λ0
∈ ∂K(−λ0 , r).
1 − λ1 λ0

Do đó |λ| nằm trong đoạn [|α|, |β|]. Vậy các bất đẳng thức trên được chứng
minh.
Cho α : [0, 1] → D là cung C 1 − từng khúc. Ta định nghĩa γ− độ dài
của cung α bởi công thức
1

γ(α(t))[α (t)]dt.

Lγ (α) :=
0

Ta thấy ngay tính giảm của γ− độ dài qua ánh xạ chỉnh hình. Tức là, với
mọi f ∈ O(D, D) ta có Lγ (f ◦ α) ≤ Lγ (α). Đặc biệt γ− độ dài bất biến
qua nhóm Aut(D).
Với mọi λ , λ ∈ D đặt

p(λ , λ ) := inf {Lγ (α)|α : [0, 1] → D là cung C 1 −từng khúc,

λ =

α(0), λ = α(1)}.
Dễ thấy p : D × D → R+ là một giả khoảng cách và giảm trên ánh xạ
chỉnh hình, bất biến qua nhóm Aut(D).
Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra: Với hai điểm a, b ∈ D, a = b cho
trước có tồn tại hay không cung α thuộc lớp C 1 nối hai điểm a, b sao cho

p(a, b) = Lγ (α)? Mỗi cung như vậy được gọi là một trắc địa phức. Hơn
nữa, trong trường hợp tồn tại trắc địa phức thì liệu trắc địa đó có duy
nhất hay không?