BỔ ĐỀ SCHWARZ VÀ ĐỊNH LÝ SCHWARZ – PICK - Stevie

Trang chủ » định Lý Schwartz » BỔ ĐỀ SCHWARZ VÀ ĐỊNH LÝ SCHWARZ – PICK - Stevie

Có thể bạn quan tâm

Trong giải tích phức, bổ đề Schwarz là một kết quả cho một hàm chỉnh hình có miền xác định là một đĩa đơn vị. Kết quả này tương đối đơn giản nhưng có nhiều ứng dụng.

ETH-BIB-Schwarz, Hermann Amand (1843-1921)-Portrait-Portr 11921.tif (cropped).jpg

Karl Hermann Amandus Schwarz

Bổ đề Schwarz: Kí hiệu D = \left\lbrace z \in \mathbb{C}: |z|<1\right\rbrace là đĩa đơn vị trong mặt phẳng phức. Cho hàm f: D \rightarrow D là hàm chỉnh hình thỏa mãn f(0)=0 . Khi đó

  1. |f(z)| \leq |z| với mọi z \in D .
  2. Nếu tồn tại z_0 \neq 0 sao cho |f(z_0)|=|z_0| thì f là một phép quay.
  3. |f'(0)| \leq 1, và nếu dấu đẳng thức xảy ra, thì f là môt phép quay.

Bổ đề được phát biểu khá đơn giản những có nhiều ứng dụng. Sau đây ta sẽ đưa ra một chứng minh cho bổ đề trên.Chứng minh: Trước tiên ta sẽ khai triển f dưới dạng chuỗi Maclaurin , và chuỗi này hội tụ trên D

f(z)=a_0+a_1z+a_2z^2+\ldots

Theo giả thiết f(0)=0 , nên ta suy ra a_0=0. Xét hàm g(z)=\frac{f(z)}{z} thì g là hàm chính hỉnh trên D (vì nó có z=0 điểm bất thường bỏ được). Lấy |z| = r<1 tùy ý. Vì |f(z)| \leq 1 nên ta có

|g(z)|=\left|\dfrac{f(z)}{z}\right| \leq \dfrac{|f(z)|}{|z|} \leq \dfrac{1}{r}

Mà theo nguyên lý module cực đại cho miền bị chặn, trên B(0,r) thì bất đẳng thức trên luôn đúng. Cho r \rightarrow 1 ta có ngay khẳng định đầu tiên.

Ở khẳng định 2, nếu tồn tại z_0 \neq 0 sao cho f(z_0)=z_0 thì điều nay tương đương với |g(z)| đạt cực đai bên trong đĩa đơn vị, do đó theo nguyên lý module cực đại g(z) là hàm hằng trên D. Mà |g(z_0)|=1 nên g(z)=e^{i\theta} với \theta \in \mathbb{R}. Vậy f là một phép quay.

Từ khẳng định (1), ta suy ra |g(z)| \leq 1 trên D, hơn nữa

g(0) = \lim_{z \rightarrow 0} \dfrac{f(z) - f(0)}{z-0} = f'(0) .

Do đó nếu |f'(0)| = 1 thì |g(0)|=1. Vậy kết hợp với khẳng định 2, f là môt phép quay.

Nhân tử Blaschke: Xét lớp các hàm cho bởi công thức sau:

B_{\alpha} = \dfrac{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}z}.

trong đó |\alpha|<1 . Hàm này là một tự đẳng cấu trên D . Thật vậy:

B_{\alpha} \circ B_{- \alpha} = B_{\alpha}\left(\dfrac{z+\alpha}{1+\overline{\alpha}z}\right) =\dfrac{\dfrac{z+\alpha}{1+\overline{\alpha}z}-\alpha}{1-\overline{\alpha}\dfrac{z+\alpha}{1+\overline{\alpha}z}}=\dfrac{z+\alpha-\alpha-|\alpha|^2z}{1+\overline{\alpha}z-\overline{\alpha}z-|\alpha|^2}=z.

Dễ thấy hàm trên chỉnh hình trên D và với |z|=1 ta có

|B_{\alpha}|^2=\left(\dfrac{z-\alpha}{1-\overline{\alpha}z}\right)\left(\dfrac{\overline{z}-\overline{\alpha}}{1-\alpha\overline{z}}\right)=1.

Theo nguyên lý module cực đại cho miền bị chặn, ta suy ra B_{\alpha} là một song ánh chỉnh hình biến đĩa đơn vị thành đĩa đơn vị. Hàm này được gọi là nhân tử Blaschke và có thể sử dụng để xây dựng một số biến thể của bổ đề Schwarz và giải quyết một số bài toán, đặc biệt là các bài toán liên quan đến đánh giá các bất đẳng thức một biến phức.

Mở rộng – Định lý Schwarz – Pick: Cho f: D \rightarrow D là một hàm chỉnh hình. Khi đó với mọi z_1, z_2 \in D , ta có bất đẳng thức sau:

\left|\dfrac{f(z_1)-f(z_2)}{1-\overline{f(z_1)}f(z_2)}\right| \leq \left|\dfrac{z_1-z_2}{1-\overline{z_1}z_2}\right|.

Hơn nữa, với mọi z \in D , ta có ước lượng sau

\dfrac{|f'(z)|}{1-|f(z)|^2} \leq \dfrac{1}{1-|z|^2}

Chứng minh: Sử dụng nhân tử Blaschke, ta có thế viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng: B_{f(z_1)}\left(f(z_2)\right) \leq B_{z_1}(z_2). Đặt w = B_{z_1}(z_2) \Leftrightarrow z_2 = B_{-z_1}(w), ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh lần nữa thành.

h(w) = B_{f(z_1)} \circ f \circ B_{-z_1} (w) \leq w. (*)

Dễ dàng kiểm tra được h: D \rightarrow D và là hàm chỉnh hình thỏa mãn h(0)=0 nên theo bổ để Schwarz, bất đẳng thức (*) là chính xác. Để chứng minh vế còn lại của định lý Schwarz – Pick, ta chỉ cần cho z_1 \rightarrow z_2:=z. Vậy định lý Schwarz – Pick đã được chứng minh xong.

Ta có thể thiết lập một bất đẳng thức tương tự bất đẳng thức trong định lý Schwarz – Pick đối với hàm f: H \rightarrow H chỉnh hình, với H là kí hiệu nửa mặt phẳng trên, như sau:

Với z_1, z_2 \in H , ta có 2 bất đẳng thức sau:

\left|\dfrac{f(z_1)-f(z_2)}{\overline{f(z_1)} -f(z_2)}\right|\leq \left|\dfrac{z_1-z_2}{\overline{z_1} -z_2}\right| (**)

Để chứng minh bất đẳng thức này, ta chỉ cần nhớ phép biển đổi Cayley: W: z \mapsto \dfrac{z-i}{z+i}, là một ánh xạ bảo giác biến nửa mặt phẳng trên thành đĩa đơn vị. Áp dụng định lý Schwarz – Pick cho ánh xạ W \circ f \circ W^{-1} biến đĩa đơn vị thành đĩa đơn vị và đơn giản hóa biểu thức dựa vào W, ta có ngay bất đẳng thức cần chứng minh. Đồng thời, từ bất đẳng thức, bằng cách lấy giới hạn như ta đã làm trong định lý Schwarz – Pick, ta có được thêm một bất đẳng thức:

\dfrac{|f'(z)|}{|\text{Im} f(z)|} \leq \dfrac{1}{|\text{Im} z|}.

Một số bài tập áp dụng: (Lời giải của các bài tập sẽ được cập nhật sau)

Bài 1 (Conway): Tồn tại hay không hàm f: D \rightarrow D là hàm chỉnh hình thỏa mãn f\left( \frac{1}{2}\right) =0 và f'\left( \frac{1}{2}\right) =\frac{2}{3}?

Bài 2 (Conway): Tồn tại hay không hàm f: D \rightarrow D là hàm chỉnh hình thỏa mãn f\left( 0\right) =\frac{1}{2} và f'\left( 0\right) =\frac{3}{4}? Nếu có, hãy chỉ ra một hàm f như vậy. Hàm này có phải hàm duy nhất thỏa mãn đề bài hay không?

Bài 3: Cho M>0, giả sử rằng f: D \rightarrow B(0,M) là hàm chỉnh hình. Chứng minh rằng, với mọi z \in D thì:

|f(z)-f(0)| \leq |z|\dfrac{M^2-|f(0)|^2}{M-|f(0)||z|}.

Áp dụng kết quả trên để suy ra rằng, nếu f(0) =1 thì |f(z)-1| \leq M|z| với mọi z \in B\left(0,\frac{1}{M}\right)

Bài 4: Cho hàm f: D \rightarrow C là hàm chỉnh hình và khác hằng thỏa \text{Re}f \geq 0 với mọi z \in D. Chứng minha) \text{Re}f >0 với mọi z \in D.b) Cho thêm dữ kiện f(0) = 1. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi z \in D:

\dfrac{1-|z|}{1+|z|}\leq |f(z)| \leq \dfrac{1+|z|}{1-|z|}.

Bài 5: Cho f: H \rightarrow D là hàm chỉnh hình thỏa mãn f(i) = 0. Chứng minh rằng |f(z)| \leq |W(z)| với mọi z \in H và W là phép biến đổi Cayley.

Bài 6: Chứng minh:a) Nếu hàm f: D \rightarrow D là hàm chỉnh hình và có 2 điểm bất động phân biệt thì hàm f là hàm đồng nhất.b) Khẳng định sau đây có đúng hay không: Mọi hàm chỉnh hình f: D \rightarrow D đều có ít nhất một điểm bất động?

Bài 7 (QE Berkeley Spring 1991): Cho hàm f: D \rightarrow C là hàm chỉnh hình thỏa mãn f(0) = 0 . Giả sử rằng tồn tại số thực r trong khoảng (0,1) sao cho f(r)=f(-r)=0. Chứng minh.

|f(z)| \leq |z|\left|\dfrac{z^2-r^2}{1-r^2z^2}\right|

Hãy phát biểu kết quả tương tự khi thay số thực r,-r bởi 2 số phức phân biệt a, b \in D.

TÀI LIỆU , NGUỒN THAM KHẢO: 1. Conway, J. B. (2012). Functions of one complex variable II (Vol. 159). Springer Science & Business Media.2. Bài tập hàm một biến phức của thầy Nguyễn Văn Đông.3. Stein, E. M., & Shakarchi, R. (2010). Complex analysis (Vol. 2). Princeton University Pre4.Bak, J., Newman, D. J., & Newman, D. J. (2010). Complex analysis. New York: Springer.5. https://anhngq.wordpress.com/2009/12/17/schwarzs-lemma-schwarz-pick-theorem-and-some-applications-involving-inequalities/6. Một số tài liệu khác trên mạng.

Chia sẻ:

  • X
  • Facebook
Thích Đang tải...

Có liên quan

Từ khóa » định Lý Schwartz