Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bổ đề schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
––––––––––––––––––––

TRẦN THỊ THÙY LINH

BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ
TRONG

n

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2020


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
––––––––––––––––––––

TRẦN THỊ THÙY LINH

BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ
TRONG

n

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Ngành: Tốn giải tích
Mã số: 8460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN HUỆ MINH

THÁI NGUYÊN - 2020


LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng em dưới sự
hưỡng dẫn của TS. Trần Huệ Minh. Em khơng sao chép từ bất kì cơng trình
nào khác.
Các tài liệu trong luận văn là trung thực, em kế thừa và phát huy các
thành quả khoa học của các nhà khoa học với sự biết ơn chân thành.
Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020
Người viết luận văn

Trần Thị Thùy Linh

Xác nhận của
Khoa chuyên môn

Xác nhận của
Người hướng dẫn khoa học

i

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, em xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Trần Huệ Minh, người đã tận tình hướng dẫn và
truyền đạt những kinh nghiệm học tập, nghiên cứu khoa học để em có thể
hồn thành luận văn này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo - Bộ
phận Sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Tốn, các thầy cơ giáo Trường Đại
học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên và Viện Toán học đã giảng dạy và
tạo điều kiện thuận lợi cho em trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu
khoa học.
Do vốn kiến thức và khả năng nghiên cứu khoa học cịn hạn chế nên luận
văn của em khơng tránh khỏi những khiếm khuyết, vì vậy em rất mong nhận
được sự đóng góp ý kiến của các thầy cơ giáo và các bạn học viên để luận
văn này được hoàn chỉnh hơn.
Em xin chân thành cảm ơn !
Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020
Người viết luận văn

Trần Thị Thùy Linh

ii


Mục lục
Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn
Mục lục

ii
iii

Mở đầu

1

1 Bổ đề Schwarz tại một điểm biên của đĩa đơn vị 3
1.1 Bổ đề Schwarz và Bổ đề Schwarz trên biên . . . . . . 3
1.2 Các bất đẳng thức tại một điểm biên của hàm chỉnh
hình trên đĩa đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị
trong Cn và ứng dụng
14
2.1 Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho các ánh xạ chỉnh
hình trên hình cầu đơn vị trong Cn . . . . . . . . . . 14
2.2 Bổ đề Schwarz tại biên đối với ánh xạ đa thức thuần
nhất chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3 Một số áp dụng của Bổ đề Schwarz tại biên . . . . . . 32
Kết luận

37

Tài liệu tham khảo

38

iii


Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Như chúng ta đã biết, Bổ đề Schwarz trên biên đóng vai trị quan trọng
trong giải tích phức cổ điển, nó đã trở thành một chủ đề nghiên cứu theo
nhiều hướng của các nhà toán học trên thế giới như S. Krantz [6], D. Chelst
[2], R. Osserman [12], M. Jeong [5], . . . . Dựa trên Bổ đề Schwarz tại biên,
T.Liu, G.Ren, S. Gong và W. Zhang đã đạt được các kết quả nghiên cứu
đột phá về các ánh xạ lồi song chỉnh hình chuẩn tắc hoặc các ánh xạ tựa
lồi trên các miền khác nhau ([4], [8]). Việc tổng quát hóa Bổ đề Schwarz
trên biên lên trường hợp nhiều chiều và áp dụng nó để có được các kết quả
mới trong lý thuyết hàm hình học nhiều biến phức cũng thu hút được sự
quan tâm của nhiều nhà toán học, chẳng hạn năm 2015, T.Liu, J. Wang,
X. Tang đã tổng quát hóa Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị
trong Cn [9],. . .
Mục đích của luận văn là nghiên cứu, tìm hiểu và trình bày lại một số
kết quả về Bổ đề Schwarz trên biên và một số ứng dụng của nó.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Hệ thống lại các kết quả về Bổ đề Schwarz tại một điểm biên của đĩa
đơn vị và tại một điểm biên của hình cầu đơn vị trong Cn cùng với một số
ứng dụng của nó.

4. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng kết hợp các phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết,
phương pháp phân loại và hệ thống hóa lý thuyết.

1

5. Bố cục của luận văn
Luận văn được viết chủ yếu dựa trên các tài liệu [5], [9], [10], [11] gồm
38 trang trong đó có phần mở đầu, 2 chương nội dung, phần kết luận và
tài liệu tham khảo. Cụ thể là:
- Chương 1: Trình bày lại Bổ đề Schwarz và Bổ đề Schwarz tại một điểm
biên của đĩa đơn vị và một số bất đẳng thức tại một điểm biên cho các
dạng khác nhau của các hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị. Từ đó tìm
các điều kiện để đạt được dấu đẳng thức.
- Chương 2: Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và
ứng dụng. Phần đầu của chương trình bày các kết quả là tổng quát
hóa Bổ đề Schwarz trên biên cổ điển cho các ánh xạ chỉnh hình f trên
hình cầu đơn vị trong Cn tại một điểm biên z0 mà f (z0 ) = z0 và tại
điểm biên z0 mà f (z0 ) = ω0 ∈ ∂B n ; ω0 = z0 . Phần tiếp sau trình bày
tổng qt hóa Bổ đề Schwarz trên biên đối với ánh xạ đa thức thuần
nhất chỉnh hình trên hình cầu đơn vị trong Cn . Phần cuối trình bày
áp dụng của Bổ đề Schwarz trên biên để chứng minh các kết quả về
định lý biến dạng tổng quát cho các ánh xạ hình sao song chỉnh hình
chuẩn tắc trên hình cầu đơn vị trong Cn .
- Cuối cùng là phần kết luận trình bày tóm tắt các kết quả đạt được và
danh mục tài liệu tham khảo.

2


Chương 1
Bổ đề Schwarz tại một điểm biên
của đĩa đơn vị
1.1

Bổ đề Schwarz và Bổ đề Schwarz trên biên

Định lý 1.1.1. (Bổ đề Schwarz)
Cho f : ∆ → ∆ là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị mở
∆ = {z ∈ C : |z| < 1} với f (0) = 0. Khi đó
(i) |f (0)| ≤ 1.
(ii) |f (z)| ≤ |z| với mọi z ∈ ∆, dấu đẳng thức trong (i) đạt được khi
(iii) f (z) = cz, với c là hằng số phức có mơđun bằng 1.
Chứng minh. Xét khai triển của chuỗi lũy thừa tại của f tại 0 trong ∆
∞

f (n) (0)
.
f (z) =
cn z , ∀z ∈ ∆, cn =
n!
n=0
n

(1.1)

Đặt
∞

cn z n − 1, ∀z ∈ ∆.

(1.2)

c0 = f (0) = 0, z.g (z) = f (z)

(1.3)

g (z) =
n=1

Vì
Nếu z ∈ ∆ và ta lấy 1 > r > |z| , thì theo nguyên lý môđun cực đại,

f (ω) 1
≤ .
r
r
|ω|=r

|g (z)| ≤ sup |g (ω)| = sup
|ω|=r

3


Cho r ↑ 1, ta có

|g (z)| ≤ 1, ∀z ∈ ∆

(1.4)

Từ (1.4) và (1.3) cho ta (ii). Lấy z = 0 trong (1.4) và chú ý rằng
g (0) = c1 f (0) , ta có (i).
Nếu đẳng thức đạt được trong (i) thì (1.4) chỉ ra rằng |g| đạt cực đại

trong ∆ tại 0, theo nguyên lý môđun cực đại g là hằng trên ∆. Nếu c là
hằng số đó thì |c| = |g (0)| = |f (0)| = 1 và ta có (iii) đạt được :

f (z) = zg (z) = cz.
Nếu đẳng thức trong (ii) đạt được với z = 0, thì |g (z)| = 1 và do đó
(1.4) cho ta thấy |g| đạt cực đại trong ∆ tại z. Do đó g là hằng số và (iii)
đạt được như trên.
Định lý 1.1.2. [12] (Bổ đề Schwarz trên biên)
Cho f : ∆ → ∆ là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆ = {z ∈ C : |z| < 1}.
Giả sử rằng f (0) = 0 và tại điểm z0 tùy ý mà |z0 | = 1, f thác triển liên
tục tới z0 , |f (z0 )| = 1 và f (z0 ) tồn tại. Thế thì

|f (z0 )| ≥

2
.
1 + |f (0)|

(1.5)

Để chứng minh định lý này, trước tiên ta chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.3. Cho f : ∆ → ∆ là hàm chỉnh hình thỏa mãn f (0) = 0. Khi
đó
|ζ|+f (0)
|f (ζ)| ≤ |ζ| . 1+|f
(0)|.|ζ| với |ζ| < 1.

Chứng minh. Đặt g (ζ) = f (ζ)
ζ . Theo Bổ đề Schwarz thì hoặc f là phép quay
hoặc |g (ζ)| < 1 với |ζ| < 1.

Nếu f là phép quay thì |f (0)| = 1 nên việc chứng minh bất đẳng thức
trên là tầm thường.
Do vậy, ta có thể giả sử rằng |g (ζ)| < 1 với |ζ| < 1. Sử dụng một phép
quay nếu cần, ta có thể giả thiết rằng g (0) = f (0) = a, trong đó a ∈ R
và 0 ≤ a < 1. Khi đó bất đẳng thức trên tương ứng với

|g (ζ)| ≤

|ζ|+a
1+a|ζ| ,

với |ζ| < 1.

Ta có thể suy ra khẳng định này từ Bổ đề Schwarz. Rõ ràng g ánh xạ
a−r a+r
mỗi đĩa ∆ (0, r), 0 < r < 1 vào một đĩa có đường kính là đoạn 1−ar
, 1+ar .
Khi |ξ| = r, thì
4


g (ζ) ≤

a+r
1+ar

=

|ζ|+a
1+a|ζ|

Vậy khẳng định trên được chứng minh, do đó bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.1.4. Ta có

lim

ζj →z0

f (ζj )−c
|ζj |−|z0 |

1−|f (ζj )|
ζj →z0 1−|ζj |

≥ lim

≥

2
1+|f (0)| .

Chứng minh. Rõ ràng
f (ζ)−c
|ζ|−|z0 |

1−|f (ζ)|
1−|ζ| ,

≥

với |c| = 1, |z0 | = 1.

Sử dụng tính bị chặn trên của |f (ζ)| trong Bổ đề 1.1.3, ta có điều phải
chứng minh.
Ta đi chứng minh Định lí 1.1.2
Chứng minh. Lấy ζj trong Bổ đề 1.1.4 thỏa mãn ζj = tj , với tj → 1. Cho
j → +∞ thì vế trái dần đến f (z0 ) .
Vì vậy ta có

|f (z0 )| ≥

2
1+|f (0)| .

Nhận xét 1. Từ (1.5) ta có

|f (z0 )| ≥ 1.

(1.6)

Đẳng thức trong (1.6) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = reiθ , với θ ∈ R.
Nếu hàm f có tính chất f (0) = f (0) = ... = f (n−1) (0) = 0, n ∈ N thì

f (z0 ) ≥ n.

(1.7)

Đẳng thức trong (1.7) đạt được nếu và chỉ nếu f (z) = z n eiθ , với θ ∈ R.

1.2

Các bất đẳng thức tại một điểm biên của hàm
chỉnh hình trên đĩa đơn vị

Trong phần này ta trình bày một số bất đẳng thức tại một điểm biên
cho các dạng khác nhau của các hàm chỉnh hình và tìm các điều kiện để
đạt được dấu đẳng thức.
Gọi f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị thỏa mãn

f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε
5


với 12 < ε ≤ 1. Ta có kết quả sau về bất đẳng thức tại một điểm biên của
đĩa đơn vị:
Định lý 1.2.1. [11] Giả sử f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆,
thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với mọi |z| < 1, trong đó ε là số thực
và 12 < ε ≤ 1. Giả sử rằng với mỗi z0 ∈ ∂∆, f có giới hạn f (z0 ) tại z0 ,
f (z0 ) = 2ε. thì

|f (z0 )| ≥ ε (2ε − 1) .

(1.8)

Đẳng thức trong (1.8) đạt được nếu và chỉ nếu

f (z) = ε

1 + zeiθ
,

ε + (1 − ε) zeiθ

với θ là một số thực.
Chứng minh. Xét các hàm chỉnh hình trên đĩa ∆

g (z) =
ω (z) =

f (z) − ε
ε

g (z) − g (0)
1 − g (0)g (z)

.

Ta có
|ω (z)| < 1 với mọi |z| < 1, ω (0) = 0 và |ω (z0 )| = 1 với mọi z0 ∈ ∂∆.
Theo Nhận xét 1, f (z0 ) ≥ 1 nên ta có

1 ≤ |ω (z0 )| =

1 − |g (0)|2
1 − g (0)g (z0 )

=
Do đó ta có

1−
1−

1−ε 2
|f
ε
1−ε 2
ε

2

|g (z0 )|

(z0 )|
|f (z0 )|
=
.
ε
(2ε − 1) ε

|f (z0 )| ≥ ε (2ε − 1) .

Nếu |f (z0 )| = ε (2ε − 1) thì từ (1.9) và từ |ω (z0 )| = 1, ta có

f (z) = ε

1 + zeiθ
.
ε + (1 − ε) zeiθ

6

(1.9)


Định lý 1.2.2. [11] Giả sử f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆,
thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với mọi |z| < 1, trong đó ε là số thực
và 12 < ε ≤ 1. Giả sử rằng với mỗi z0 ∈ ∂∆, f có giới hạn f (z0 ) tại z0 ,
f (z0 ) = 2ε. thì

2ε(2ε − 1)2
|f (z0 )| ≥
.
(2ε − 1) + ε |f (0)|

(1.10)

Bất đẳng thức (1.10) là chặt với đẳng thức cho bởi hàm

1 + 2az + z 2
f (z) = ε
,
ε + az + (1 − ε) z 2
trong đó a =

ε|f (0)|
(2ε−1)

là số tùy ý thuộc đoạn [0, 1].

Chứng minh. Lấy ω (z) =

g(z)−g(0)
,
1−g(0)g(z)

với g (z) =

f (z)−ε
ε

như Định lý 1.2.1.

Sử dụng Định lý 1.1.2 cho hàm ω (z) , ta có

2
|f (z0 )|
≤ |ω (z0 )| =
1 + |ω (0)|
(2ε − 1) ε,
2
|f (z0 )|
≤
(0)|
(2ε − 1) ε,
1 + ε|f
(2ε−1)
2ε(2ε − 1)2
.
|f (z0 )| ≥
(2ε − 1) + ε |f (0)|
Bây giờ, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1.10) là nhọn. Lấy bất kì

a ∈ [0, 1] . Đặt
1 + 2az + z 2
f (z) = ε
.
ε + az + (1 − ε) z 2
thì

f (z) = ε

(2a + 2z) ε + az + (1 − ε) z 2 − (a + 2 (1 − ε) z) 1 + 2az + z 2
(ε + az + (1 − ε) z 2 )2

và

f (1) = 2ε
Vì a =

ε|f (0)|
(2ε−1) ,

2ε − 1
.
1+a

(1.10) thỏa mãn với dấu đẳng thức.
7


Bằng phương pháp chứng minh tương tự như Định lý 1.2.1, Định lý
1.2.2, ta có một dạng khác của các hàm chỉnh hình trong các kết quả sau:

Định lý 1.2.3. [5] Cho f là một hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị ∆ thỏa
mãn |f (z) − 1| < 1 với f (0) = a, trong đó 0 < a < 2.
Khi đó, f thỏa mãn bất đẳng thức

|f (z)| ≤

a (1 + |z|)
.
1 − |(1 − a) z|

(1.11)

với |z| < 1. Hơn nữa

|f (0)| ≤ a (2 − a) .

(1.12)

Đẳng thức (1.11) đạt được với z khác 0 thuộc U hay đẳng thức(1.12) đạt
được nếu và chỉ nếu

a 1 + zeiθ
f (z) =
, θ∈R
1 − (1 − a) zeiθ

(1.13)

Chứng minh. Đặt

g (z) = f (z) − 1.
Lấy

ω (z) =

g (z) − g (0)
1 − g (0).g (z)

(1.14)

với z ∈ ∆.
Khi đó g, ω là các hàm chỉnh hình trên ∆ với |g (z)| < 1 và |ω (z) < 1| với
|z| < 1 và ω (0) = 0. Vì vậy ω thỏa mãn điều kiện của Bổ đề Schwarz.
Theo Bổ đề Schwarz
|ω (z)| ≤ |z| với |z| < 1.
Vì vậy,

|ω (z)| =

f (z)−a
1−(a−1)(f (z)−1)

≤ |z| .

Từ đó suy ra

|f (z)| − a ≤ |f (z) − a|
≤ |z||1 − (a − 1)f (z) + (a − 1)|
≤ |z|(|(1 − a)f (z)| + a)
8

(1.15)


Do vậy, ta có bất đẳng thức (1.11). Mặt khác, ta có

ω (z) =

f (z) (1 − (a − 1) (f (z) − 1)) + (f (z) − a) (a − 1) f (z)
(1 − (a − 1) (f (z) − 1))2

và |ω (0)| ≤ 1. Theo Bổ đề Schwarz suy ra

|f (0)| 1 − (a − 1)2
|ω (0)| =
2

1 − (a − 1)

2

≤ 1.

Vì vậy

|f (0)| ≤ 1 − (a − 1)2 = a (2 − a) .
Đẳng thức trong (1.11) đạt được với bất kỳ z = 0 thuộc ∆ hay đẳng thức
trong (1.12) đạt được nếu và chỉ nếu

ω (z) =

f (z) − a
= zeiθ ,
1 − (a − 1) (f (z) − 1)

tức là

f (z) =

a(1+zeiθ )
1−(1−a)zeiθ , θ

∈ R.

Nhận xét 2. Từ công thức (1.14)

|f (z) − a| = |f (z)| − a.
và

|(1 − a) f (z) + a| = |(1 − a) f (z)| + a.

thỏa mãn tại điểm z = 0 thuộc ∆ mà đẳng thức (1.11) đạt được, tức là
0 < a < 1 và f (z) là thực với a < f (z) < 2 tại điểm z = 0 thuộc ∆ ở
trên.
Do vậy, nếu f là hàm trong (1.13) và 0 < a < 1 thì tại điểm z khác 0
thuộc ∆ thỏa mãn a < f (z) < 2 thì đẳng thức trong (1.11) đạt được.
Định lý 1.2.4. [5] Cho f là một hàm chỉnh hình trên ∆ thỏa mãn

|f (z) − 1| < 1 với f (0) = a,

9


trong đó 0 < a < 2. Giả sử rằng với mỗi z0 mà |z0 | = 1, f thác triển liên
tục được tới z0 , f (z0 ) = 2 và f (z0 ) tồn tại. Khi đó

|f (z0 )| ≥

2−a
.
a

(1.16)

Đẳng thức (1.11) đạt được nếu và chỉ nếu

a 1 + zeiθ
f (z) =
,
1 − (1 − a) zeiθ
với θ là số thực thỏa mãn eiθ =

1
z0 .

Chứng minh. Lấy

g (z) = f (z) − 1.
Đặt

ω (z) =

g (z) − g (0)
1 − g (0).g (z)

Ta có

f (z0 )[1 − (a − 1)] + (2 − a)(a − 1)f (z0 )
[1 − (a − 1)]2
(2 − a)(1 + a − 1)
= f (z0 )
(2 − a)2
a
= f (z0 )
(2 − a)

ω (z0 ) =

(1.17)

Theo (1.7)

|ω (z0 )| ≥ 1,
suy ra

|f (z0 )| ≥
Nếu |f (z0 )| =
θ ∈ R . Tức là

2−a

a

2−a
a .

thì |ω (z0 )| = 1 và theo Định lý 1.1.2, ω (z) = zeiθ với

f (z) =

a(1+zeiθ )
1−(1−a)zeiθ

với θ ∈ R .

Do điều kiện f (z0 ) = 2 nên

a 1 + z0 eiθ = 2 1 − (1 − a) z0 eiθ .
10


Vì vậy z0 eiθ = 1 và do đó θ thỏa mãn eiθ = z10 .
Ngược lại , xét hàm
a 1 + zeiθ
f (z) =
,
1 − (1 − a)zeiθ
trong đó θ thỏa mãn eiθ =

1
z0 ,

ta có đẳng thức trong (1.16).

Bây giờ xét hàm chỉnh hình f với

f (0) − a = f (0) = ... = f (n−1) (0) = 0.
Hàm f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + ..., n ∈ N với cn = 0 là một hàm chỉnh
hình. Nếu ta thay điều kiện |ω (z0 )| ≥ 1 bởi |ω (z0 )| ≥ n trong chứng minh
của Định lý 1.2.4, thì ta có hệ quả sau
Hệ quả 1.2.5. Cho f là hàm chỉnh hình xác định trên ∆ bởi

f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + ..., n ≥ 1
thỏa mãn |f (z) − 1| < 1 trên ∆, trong đó 0 < a < 2 và cn = 0. Giả sử
rằng f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆, f (z0 ) = 2 và f (z0 ) tồn tại. Thế thì

|f (z0 )| ≥ n

2−a
.
a

Dấu đẳng thức đạt được nếu và chỉ nếu

a 1 + z n eiθ
f (z) =
,
1 + (a − 1) z n eiθ
trong đó θ thỏa mãn eiθ =

1

z0n .

Chứng minh. Bằng sử dụng công thức của w như trong (1.14)

ω (z) =

(f (z) − 1) − (f (0) − 1)

1 − (f (0) − 1) (f (z) − 1)
cn z n + cn+1 z n+1 + ...
=
1 − (a − 1)2 − (a − 1) (cn z n + cn+1 z n+1 + ...)
= bn z n + bn+1 z n+1 + ...

trong đó bn , bn+1 , ... ∈ C và bn =

cn
2
1−(a−1)
{
}

= 0.

Do vậy

ω (0) = ω (0) = ... = ω (n−1) (0) = 0.
11

(1.18)

Theo Định lý 1.1.2 và (1.17)

n ≤ |ω (z0 )| = |f (z0 )|
Vậy

|f (z0 )| ≥ n

a
.
2−a

2−a
.
a

Định lý sau cũng cho ta một bất đẳng thức tại điểm biên z0 .
Định lý 1.2.6. [5] Cho f là một hàm chỉnh hình trên ∆ thỏa mãn

|f (z) − 1| < 1 với f (0) = a,
trong đó 0 < a < 2. Giả sử rằng f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆,
f (z0 ) = 2, và f (z0 ) tồn tại, thì

2(2 − a)2
|f (z0 )| ≥
a (2 − a) + |f (0)|

(1.19)

Dấu đẳng thức đạt được khi hàm

1 + 2bz + z 2
,
f (z) =
a[2 − a + (b + a − 1)z]
với z0 = 1, b =

|f (0)|
a(2−a)

f (z) =

(1.20)

và a = 1, tức là
1+2bz+z 2
1+bz

với z0 = 1, 0 ≤ b = |f (0)| ≤ 1.

Chứng minh. Lấy hàm ω xác định như trong (1.14).
Bằng cách áp dụng bất đẳng thức (1.6) cho ω (z) và phương trình (1.17),
ta có
2
a
≤ |ω (z0 )| = |f (z0 )|
,
1 + |ω (0)|
2−a

Vì

f (0) 1 − (a − 1)2
ω (0) =
1 − (a − 1)2
nên

2
1+

|f (0)|
a(2−a)

2

=

f (0)
f (0)
.
2 =
a (2 − a)
1 − (a − 1)

≤ |f (z0 )|
12

a
.
2−a

Do vậy,

2−a
2a (2 − a)
2(2 − a)2
|f (z0 )| ≥
=
.
a a (2 − a) + |f (0)| a (2 − a) + |f (0)|
Để có dấu đẳng thức trong (1.19), chọn tùy ý thỏa mãn 0 ≤ b ≤ 1 và lấy

1 + 2bz + z 2
f (z) =
.
a [2 − a + (b + a − 1) z]
Khi đó

f (z) =

(2b + 2z) [2 − a + (b + a − 1) z] − 1 + 2bz + z 2 (b + a − 1)
a[2 − a + (b + a − 1) z]2

.

và từ đó suy ra

f (1) =

2 (2 − a)
.
a (b + 1)

Do vậy, đẳng thức trong (1.19) đạt được tại z0 = 1,
Mặt khác
1 + 2b + 1
f (1) =
=
a (2 − a + b + a − 1)
Vì f (1) = 2, nên a = 1.
Do đó

1 + 2bz + z 2
f (z) =
,
1 + bz

trong đó

b=

|f (0)|
= f (0) ≤ 1.
a (2 − a)

13

trong đó b =

2
.
a

|f (0)|
a(2−a) .


Chương 2
Bổ đề Schwarz trên biên của hình
cầu đơn vị trong Cn và ứng dụng
2.1

Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho các ánh
xạ chỉnh hình trên hình cầu đơn vị trong Cn

Ký hiệu Cn là không gian Hilbert phức n chiều với tích trong và chuẩn được
cho bởi
n

z, ω =

zj ωj , z =

z, z ,

j=1

trong đó z, ω ∈ Cn .
Ký hiệu B n = z ∈ Cn : z

2

= |z1 |2 + ... + |zn |2 < 1 là hình cầu đơn

vị mở trong Cn ; ∂B n = {z ∈ Cn : z = 1} .
Ta gọi H(B n ) là họ các ánh xạ chỉnh hình từ B n vào Cn . Trong chương
này, ta viết z ∈ Cn là véctơ cột có dạng ma trận cỡ n × 1
z 
1
z2
z =  .. 
.
zn
và ký hiệu là chuyển vị của véc tơ hay ma trận.
Với f ∈ H (B n ) , ta cũng viết f = (f1 , f2 , ..., fn ) , trong đó fj là các hàm
chỉnh hình từ B n vào C, j = 1, n. Đạo hàm của f ∈ H (B n ) tại một điểm
a ∈ B n là ma trận Jacobi phức của f cho bởi

Jf (a) =

∂fi
(a) n × n.
∂zj

Ta có Jf (a) là một ánh xạ tuyến tính từ Cn vào Cn . Ta nhắc lại bổ đề
Schwarz trên biên cổ điển và một số kết quả sau:
14

Định lý 2.1.1. [3] (Bổ đề Schwarz trên biên cổ điển) Giả sử ∆ là đĩa đơn
vị trong mặt phẳng phức C và cho f : ∆ → ∆ là hàm chỉnh hình. Nếu f
chỉnh hình tại z = 1 và f (0) = 0, f (1) = 1, thì f (1) ≥ 1. Ngoài ra, bất
đẳng thức này là nhọn.
Chú ý, nếu ta bỏ điều kiện f (0) = 0 và áp dụng định lý này cho hàm
1−f (0) f (z)−f (0)
g (z) = 1−f
(0) 1−f (0)f (z) thì ta có ước lượng sau

1 − f (0)
f (1) ≥

2

1 − |f (0)|2

> 0.

(2.1)

Bổ đề 2.1.2. [7] Giả sử B là hình cầu đơn vị mở của một khơng gian
Banach phức X với chuẩn . X . Nếu f : B → B là một ánh xạ chỉnh hình
với f (0) = 0, thì với bất kỳ z ∈ B,

f (z)

X

≤ z

X.

Bổ đề 2.1.3. [3] Giả sử f : B n → B n là một ánh xạ chỉnh hình trên hình
cầu đơn vị mở trong Cn , thì
2

Jf (z) α
1 − f (z)

f (z) Jf (z) α

2
2

+
1 − f (z)

2

2

α 2
≤
1− z

2

+

|z α|2

1− z

2

2.

với mọi α ∈ Cn và z ∈ B n .
Bổ đề 2.1.4. [7] Cho một điểm a ∈ B n , đặt A = sIn +

s=

aa
1+s ,

trong đó

1 − a 2 , In là ma trận đơn vị cấp n. Thì
ϕa (z) = A

a−z
1−az

là một tự đẳng cấu chỉnh hình của B n mà hốn vị 0 và a. Hơn nữa, ϕa là
song chỉnh hình trong một lân cận của B n , và

A2 = s2 In + aa , Aa = a, Jϕa (z) = A −

In
(a − z) a
+

.
1 − a z (1 − a z)2

Ta có định nghĩa khơng gian tiếp xúc của biên của hình cầu đơn vị trong
C tại một điểm như sau:
n

15


Định nghĩa 2.1.5. Giả sử z0 ∈ ∂B n . Không gian tiếp xúc Tz0 (∂B n ) của
∂B n tại z0 được định nghĩa bởi

Tz0 (∂B n ) = {ω ∈ Cn :
(1,0)

Không gian tiếp xúc phức Tz0

z0 ω = 0} .

(∂B n ) của ∂B n tại z0 được định nghĩa bởi

Tz(1,0)
(∂B n ) = {ω ∈ Cn : z0 ω = 0} .
0
Kết quả sau đây là tổng quát hóa Định lý 2.1.1 cho các ánh xạ chỉnh
hình trên hình cầu đơn vị trong Cn . Ta có định lý sau
Định lý 2.1.6. [9] Cho f : B n → B n là một ánh xạ chỉnh hình. Nếu f là
chỉnh hình tại z0 ∈ ∂B n và f (z0 ) = z0 thì với các giá trị riêng λ, µ2 , ..., µn
của Jf (z0 ) , ta có 5 khẳng định sau:

(1) λ ≥

|1−a z0 | 2
2
1− a

> 0, trong đó a = f (0).

(2) z0 là một véctơ riêng của Jf (z0 ) tương ứng với λ. Tức là,
Jf (z0 ) z0 = λz0 .
√
(3) µj ∈ C và |µj | ≤ λ với mọi j = 2, ..., n.
(1,0)

(4) Với mỗi µj , tồn tại αj ∈ ∂B n ∩ Tz0

(∂B n ) sao cho

Jf (z0 ) αj = µj αj , j = 2, ..., n.
(5) |det Jf (z0 )| ≤ λ

n+1
2

, |trJf (z0 )| ≤ λ +

√

λ (n − 1) .

Hơn nữa, các bất đẳng thức (1), (3), (5) là chặt.
Khi n = 1 và z0 = 1 Định lý 2.1.6 chính là Định lý 2.1.1. Định lý 2.1.6
là mở rộng của Bổ đề Schwarz trên biên tới số chiều cao hơn.
Chứng minh. Chứng minh định lý này được chia thành 5 bước
Bước 1: Giả sử f chỉnh hình trong một lân cận V của z0 . Khi đó f (∂B n ∩ V )
và ∂B n là tiếp xúc tại z0 . Điều này nghĩa là không gian tiếp xúc và khơng
gian tiếp xúc chỉnh hình với f (∂B n ∩ V ) tại f (z0 ) = z0 tương ứng bị chứa
(1,0)
trong Tz0 (∂B n ) và Tz0 (∂B n ) . Chú ý rằng với bất kỳ
α ∈ Tz0 (∂B n ) , Jf (z0 ) α là véctơ tiếp xúc của f (∂B n ∩ V ) tại f (z0 ) = z0 .
Vì vậy
Jf (z0 ) α ∈ Tz0 (∂B n ) .
16


Điều này suy ra

z0 Jf (z0 ) α = 0
với bất kỳ α ∈ Tz0 (∂B n ) . Vì vậy tồn tại λ ∈ R sao cho z0 Jf (z0 ) = λz0 .
Tức là
Jf (z0 ) z0 = λz0 .
Do đó λ là một giá trị riêng của Jf (z0 ) . Vì λ là một số thực, λ cũng là
một giá trị riêng của Jf (z0 ) . Vậy (2) được chứng minh.
Bước 2: Ta chia chứng minh của (1) thành 2 trường hợp.
Trường hợp 1. Giả sử a = f (0) = 0.
Với mỗi t ∈ (0, 1) , khai triển Taylor của f ((1 − t) z0 ) tại t = 0 là

f ((1 − t) z0 ) = z0 − Jf (z0 ) z0 t + O t2 (t → 0) .
Áp dụng Bổ đề 2.1.2 ta có

z0 − Jf (z0 ) z0 t + O t2

2

= f ((1 − t) z0 )

2

≤ (1 − t)2 .

Do vậy

1 − 2 z0 Jf (z0 ) z0 t + O t2 ≤ 1 − 2t + t2 .

(2.2)

Mặt khác, Jf (z0 ) z0 = λz0 kéo theo

z0 Jf (z0 ) = λz0 .

(2.3)

Do vậy, từ (2.2) và (2.3) ta có

−2λt + O t2 ≤ −2t + t2 .
Suy ra

O t2
t
λ+

≥1− .
t
2
Cho t → 0 thì λ ≥ 1.
Trường hợp 2. Giả sử a = f (0) = 0.
Theo Bổ đề 2.1.4, ϕa (z0 ) ∈ ∂B n . Suy ra tồn tại một ma trận unita U
cấp n sao cho
U ϕa (z0 ) = z0 .
Lấy g = U ϕa ◦ f. Khi đó g : B n → B n là một ánh xạ chỉnh hình và g là
chỉnh hình tại z0 với
g (0) = 0, g (z0 ) = z0 .
Do vậy, từ (2) và trường hợp 1 ở trên, tồn tại một số thực µ ∈ R sao cho
17


Jg (z0 ) z0 = µz0 , với µ ≥ 1.
Vì vậy, ta có

Jg (z0 ) z0 = {UJϕa (z0 ) Jf (z0 )} z0 = Jf (z0 ) Jϕa (z0 ) U z0 = µz0 .

(2.4)

Áp dụng Bổ đề 2.1.4 và do U z0 = ϕa (z0 ) ta có

Jϕa (z0 ) U z0 = Jϕa (z0 ) ϕa (z0 )

In
a (a − z0 )
2 a − z0
A

+
1 − z0 a (1 − z0 a)2
1 − a z0
a (a − z0 )
1
=
a − s2 z0 − (a z0 ) a
2 −In +
1 − z0 a
|1 − a z0 |
1
2
=
2 s z0 − (1 − a z0 ) a
|1 − a z0 |


2
2
2
(a z0 ) a − z0 a
1
 a − z0 a a + s (1 − az0 ) a −
+
a
2
1 − z0 a
1 − z0 a
1 − z0 a
|1 − a z0 |

=

=

−

1
2
2 s z0 − (1 − a z0 ) a
|1 − a z0 |

1
+
|1 − a z0 |2

a 2 − z0 a
s2
a+
(1 − a z0 ) a
1 − z0 a
1 − z0 a

1
a 2 − z0 a 1 − a 2
2
−
=
s z0 − 1 −
1 − z0 a
1 − z0 a

|1 − a z0 |2

(1 − a z0 ) a

1− a 2
=
z0 .
|1 − a z0 |2
Từ đó, cùng với (2.4) ta được

1− a 2
Jf (z0 )
z0 = µz0 .
|1 − a z0 |2
Từ (2), (2.5) và do µ ≥ 1, ta có

|1 − a z0 |2
|1 − a z0 |2
λ=
µ≥
> 0.
1− a 2
1− a 2
18

(2.5)


Vậy (1) được chứng minh.
(1,0)

Bước 3. Vì với bất kỳ α ∈ Tz0 (∂B n ) , ta có

Jf (z0 ) α ∈ Tz(1,0)
(∂B n ) .
0
Do vậy, Jf (z0 ) là một biến đổi tuyến tính trên khơng gian phức tuyến tính
(1,0)
(n−1) chiều Tz0 (∂B n ) . Suy ra, tồn tại µ2,..., µn ∈ C sao cho µ2,..., µn là tất
(1,0)
cả các giá trị riêng của một biến đổi tuyến tính Jf (z0 ) trên Tz0 (∂B n ) .
(1,0)
Vì vậy, tồn tại các véctơ riêng αj ∈ Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n sao cho

Jf (z0 ) αj = µj αj , j = 2, ..., n.

(2.6)

Vậy (4) được chứng minh.
Với bất kỳ t ∈ (0; 1) , đặt z = tz0 ∈ B n . Theo Bổ đề 2.1.3, với αj ∈
(1,0)
Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n như trên, ta có
2

Jf (tz0 ) αj
1 − f (tz0 )

f (tz0 ) Jf (tz0 ) αj

2

1
, j = 2.....n.
1 − t2

(2.7)

f (tz0 ) = z0 + Jf (z0 ) z0 (t − 1) + O |t − 1|2 (t → 1)

(2.8)

2

+
1 − f (tz0 )

2

2

≤

Chú ý rằng

và từ (2.6) suy ra

Jf (tz0 ) αj = µj αj + O (|t − 1|) (t → 1) , j = 2.....n

(2.9)

Từ (2.8), (2.9) ta có

f (tz0 )

2

= 1 + 2 z0 Jf (z0 ) z0 (t − 1) + O |t − 1|2

(2.10)

và

Jf (tz0 ) αj

2

= |µj |2 + O (|t − 1|) ,
2

f (tz0 ) Jf (tz0 ) αj

= O |t − 1|2 , j = 2....n.

19

(2.11)


Từ (2.3) và (2.10) suy ra

f (tz0 )

2

= 1 + 2λ (t − 1) + O |t − 1|2

(2.12)

Do đó, từ (2.7), (2.11), (2.12), ta có

|µj |2 + O (|t − 1|)
2λ (1 − t) + O |t − 1|2

O |t − 1|2
+
2λ (1 − t) + O |t − 1|2

2

≤

1
, j = 2, ..., n.
1 − t2

Tức là

1 − t2

2λ (1 − t) + O |t − 1|2
2

≤ 2λ (1 − t) + O |t − 1|

|µj |2 + O (|t − 1|) + 1 − t2 O |t − 1|2

2

, j = 2, ..., n.

Chia cả hai vế của bất đẳng thức trên cho 1 − t2 và cho t dần đến 1
ta được
4λ|µj |2 ≤ 4λ2 , j = 2, ..., n.
Tức là

|µj | ≤

√
λ, j = 2, ..., n.

Vậy (3) được chứng minh, và do đó (5) dễ dàng được suy ra từ (3).
Bước 4. Ta chứng minh {λ, µ2 , ..., µn } là tất cả các giá trị riêng của biến
đổi tuyến tính Jf (z0 ) trên Cn . Giả sử rằng α2 , ..., αn là một cơ sở trực
(1,0)
chuẩn của Tz0 (∂B n ) thì z0 , α2 , ..., αn trở thành một cơ sở trực chuẩn
của Cn . Đặt U = (z0 , α2 , ..., αn ) . Thì U là một ma trận unita cấp n. Vì
Jf (z0 ) z0 = λz0 nên

Jf (z0 ) (z0 , α2 , ..., αn ) = (z0 , α2 , ..., αn )

λ B

0 V

,

trong đó V là một ma trận vuông phức cấp (n − 1). B là một ma trận phức
cấp (n − 1) × 1. Điều này chỉ ra rằng

λ 0
B V

U Jf (z0 ) =

U.

Tức là

Jf (z0 ) (z0 , α2 , ..., αn ) = (z0 , α2 , ..., αn )

20

λ 0
B V

.