Lời nói đầu Mục lục Trang Lời nói đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm điều hòa 1.2 Hàm điều hòa 1.3 Hàm trội điều hòa 1.4 Không gian H p , lớp Nevanlinna lớp Smirnov 6 16 22 26 Chương Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna lớp Smirnov 35 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna 35 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov 51 2.3 Những tiêu chuẩn hình học toán nội suy 60 Chương Bài toán nội suy hình cầu đơn vị 3.1 Tự đẳng cấu hình cầu đơn vị 3.2 Hàm đa điều hòa 3.3 Bài toán nội suy hình cầu đơn vị 66 66 67 68 Kết luận 73 Tài liệu tham khảo 74 Lời nói đầu Lời nói đầu Cho Λ dãy điểm rời rạc đĩa đơn vị D X không gian hàm chỉnh hình D Ta xét toán miêu tả không gian vết X Λ, tức tập hạn chế X|Λ = {f (λ) : f ∈ X, λ ∈ Λ}, gọi toán nội suy Có hai hướng tiếp cận toán nội suy: hướng thứ cố định không gian đích l tìm điều kiện cho X|Λ = l; hướng tiếp cận thứ hai, gọi nội suy tự do, đòi hỏi X|Λ ideal, tức ổn định phép nhân l∞ Trong trường hợp X = H ∞ không gian hàm chỉnh hình bị chặn D hướng tiếp cận trùng Tuy nhiên lớp Nevanlinna N = {f ∈ Hol(D ) : lim r→1 2π ∫2π log+ |f (reiθ )|dθ < +∞}, lớp Smirnov N = {f ∈ N : lim r→1 2π ∫2π log |f (re )|dθ = 2π + + ∫2π log+ |f (eiθ )|dθ}, iθ khái niệm khác Việc miêu tả vết lớp hàm thu kết định Dựa vào kết quả: f ∈ N supz (1 − |z|) log+ |f (z)| < ∞, Naftalevic[6] miêu tả dãy Λ nằm hợp hữu hạn góc Stolz mà không gian vết lớp Nevanlinna trùng với không gian dãy lN a := {(aλ )λ : supλ (1 − |λ|) log+ |aλ | < ∞} Kết hạn chế phải giả thiết Λ nằm hợp hữu hạn góc Stolz, Λ dãy Carleson, tức dãy thỏa mãn H ∞ |Λ = l∞ , chứa dãy hội tụ tiếp xúc tới biên Như không gian đích lN a "quá lớn" Đối với lớp Smirnov, Yanagihara[11] chứng minh để N + |Λ ∑ chứa không gian lY a := {(aλ )λ : (1 − |λ|) log+ |aλ | < ∞}, điều kiện đủ Λ λ dãy Carleson Tuy nhiên có dãy Carleson cho N + |Λ không thuộc lY a , theo nghĩa không gian đích lY a "quá nhỏ" Gần đây, A.Hartmann, X.Massaneda, A.Nicolau P.Thomas [5] đưa đặc trưng dãy nội suy cho lớp Nevanlinna lớp Smirnov dựa vào hàm trội điều hòa hàm trội điều hòa tựa chặn Trong đó, hàm trội điều hòa hàm trội điều hòa tựa chặn xác định không gian vết dãy nội suy tự lớp hàm mà định dãy điểm đĩa đơn vị nội suy tự Trong luận văn này, trình bày lại kết báo đưa mở rộng tương ứng đặc trưng dãy nội suy cho lớp Nevanlinna lên hình cầu đơn vị, kết luận văn Luận văn chia làm ba chương Chương 1: dành để trình bày kiến thức chuẩn bị hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna lớp Smirnov Cấu trúc hàm thuộc lớp Nevanlinna lớp Smirnov phát biểu chứng minh định lý phân tích Riesz-Smirnov Chương 2: trình bày kết quan trọng đặc trưng dãy nội suy tự cho lớp Nevanlinna lớp Smirnov dựa hàm trội điều hòa hàm trội điều hòa tựa chặn Chương 3: trình bày đặc trưng dãy nội suy cho lớp N (B n ) hình cầu đơn vị B n Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình T.S Nguyễn Văn Trào Chúng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến hướng dẫn nhiệt tình thầy Chúng xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy phản biện đọc thảo luận văn dẫn cho nhiều ý kiến quý báu Nhân xin gửi lời cảm ơn tới bạn Dương Ngọc Sơn giúp đỡ nhiều trình làm luận văn, gửi lời cảm ơn tới gia đình đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành tốt luận văn Vì thời gian trình độ có hạn, luận văn chắn tránh khỏi thiếu sót Chúng hy vọng nhận đóng góp ý kiến thầy cô bạn Hà Nội, ngày 01 tháng 11 năm 2006 Học viên Nguyễn Thị Nhung 1.1 Hàm điều hòa Chứng minh: Chương Kiến thức chuẩn bị Chương dành để trình bày kiến thức sử dụng chương sau về: hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna lớp Smirnov Các định lý hàm điều hòa, hàm điều hòa hay hàm trội điều hòa dùng để nghiên cứu tính chất hai lớp hàm luận văn lớp Nevanlinna lớp Smirnov Trong đó, cấu trúc hai lớp hàm thể qua định lý quan trọng chương: định lý phân tích Riesz - Smirnov 1.1 Hàm điều hòa Định nghĩa 1.1.1 Cho U tập mở C Hàm h : U −→ R gọi hàm điều hòa có đạo hàm riêng cấp hai liên tục thỏa mãn điều kiện ∂ 2h ∂ 2h ∆h := + = ∂x ∂y Ký hiệu, Har(U ) tập hàm điều hòa U Har+ (U ) tập hàm điều hòa dương U Định lý 1.1.2 Cho Ω miền C Khi a Nếu f hàm chỉnh hình Ω h = ref h hàm điều hòa Ω b Nếu h hàm điều hòa miền đơn liên Ω h phần thực hàm chỉnh hình f Ω a Đặt f = h + ik, theo điều kiện Cauchy-Riemann, ta có ∂h ∂k ∂h ∂k = =− ∂x ∂y ∂y ∂x Do ∂ 2k ∂ 2k ∂ 2h ∂ 2h − = ∆h = + = ∂x ∂y ∂y∂x ∂x∂y b Nếu h = Ref với f hàm chỉnh hình f = h + ik, ∂h ∂k ∂h ∂h f′ = +i = −i (1.1) ∂x ∂x ∂x ∂y Do f tồn f ′ hoàn toàn xác định h f sai khác số Phương trình (1.1) cho ta cách xác định hàm f Xác định g : Ω −→ C cho ∂h ∂h g= −i ∂x ∂y Khi g ∈ C (Ω) g thỏa mãn điều kiện Cauchy-Riemann ∂ 2h ∂ 2h ∂ 2h ∂ 2h =− = ∂x ∂y ∂x∂y ∂y∂x Do đó, g hàm chỉnh hình Ω Cố định z0 ∈ Ω xác định f : Ω −→ C cho ∫z f (x) = h(z0 ) + g(ω)dω, z0 đây, tích phân lấy qua đường Ω nối z0 với z Vì Ω miền đơn liên nên theo định lý Cauchy tích phân không phụ thuộc vào việc chọn đường nối z0 z Khi f hàm chỉnh hình Ω ∂h ∂h f′ = g = −i ∂x ∂y ˜ = Ref , ta có Đặt h ˜ ˜ ˜ ˜ ∂h ∂h ∂h ∂h −i = f′ = −i ∂x ∂y ∂x ∂y Suy ˜ − h) ˜ − h) ∂(h ∂(h ≡0 ≡ ∂x ∂y ˜ − h số Ω Cho z = z0 ta thấy số không Như vậy, h Do h = Ref 1.1 Hàm điều hòa ✷ Định lý 1.1.3 (Tính chất giá trị trung bình) Cho h hàm điều hòa lân cận mở đĩa D(ω, ρ) Khi h(ω) = 2π ∫2π h(ω + ρeiθ )dθ ′ Chứng minh: Chọn ρ > ρ, h hàm điều hòa D(ω, ρ′ ) Áp dụng định lý 1.1.2.b, tồn hàm điều hòa f D(ω, ρ′ ) cho h = Ref Theo đẳng thức tích phân Cauchy, ta có f (ω) = 2πi ∫ |ζ−ω|=ρ f (ζ) dζ = ζ −ω 2π Chứng minh: a Giả sử h đạt cực đại địa phương ω ∈ Ω Khi có r > cho h h(ω) D(ω, r) Theo định lý 1.1.2.b tồn hàm chỉnh hình D(ω, r) cho h = Ref Từ |ef | đạt cực đại địa phương ω có ef hàm Như vậy, h số D(ω, r) theo nguyên lý đồng h số toàn Ω b Vì Ω tập compact nên h đạt cực đại ω ∈ D Nếu ω ∈ ∂D h(ω) theo giả thiết h Ω Nếu ω ∈ D theo kết phần (a) h hàm Ω hàm Ω ta có h Ω ∫2π ✷ f (ω + ρeiθ )dθ Định nghĩa 1.1.6 Cho D đĩa đơn vị C i Nhân Poisson P : D × ∂ D −→ R xác định Lấy phần thực hai vế đẳng thức ta h(ω) = 2π ∫2π Pz (ζ) := Re( iθ h(ω + ρe )dθ ✷ Định lý 1.1.4 (Nguyên lý đồng nhất) Cho h k hàm điều hòa miền Ω C Nếu h = k tập mở khác rỗng Ω h = k Ω ∂h ∂h −i ∂x ∂y Khi theo cách chứng minh định lý 1.1.2 ta có g hàm chỉnh hình Ω Do h = U nên g = U Theo nguyên lý đồng cho hàm ∂h ∂h chỉnh hình ta có g = Ω = = Ω Như h ∂x ∂y số Ω, h = U nên h ≡ Ω ✷ Chứng minh: Không tính tổng quát giả sử k = Đặt g = ζ +z − |z|2 )= ζ −z |ζ − z|2 ii Giả sử u hàm khả tích Lebesgue ∂D(ω, ρ), tích phân Poisson P u : D(ω, ρ) −→ R xác định ∫ 2π P u(z) := u(ω + ρeiθ )P z − ω (eiθ )dθ, z ∈ D(ω, ρ) 2π ρ Mệnh đề 1.1.7 Nhân Poisson tích phân Poisson thỏa mãn tính chất sau: a Pz (ζ) > 0, ∀|z| < 1, |ζ| = b 2π ∫2π Pz (eiθ )dθ = 1, ∀|z| < Định lý 1.1.5 (Nguyên lý cực đại) Cho h hàm điều hòa miền Ω C Khi c sup Pz (ζ) −→ z −→ ζ0 , |ζ0 | = 1, δ > |ζ−ζ0 | δ d P u hàm điều hòa D (ω, ρ) a Nếu h đạt cực đại địa phương Ω h số b Nếu h mở rộng liên tục tới Ω h 1.1 Hàm điều hòa ∂Ω h Ω e Nếu u liên tục ζ0 ∈ ∂ D (ω, ρ) limz→ζ0 P u(z) = u(ζ0 ) 10 1.1 Hàm điều hòa 11 1.1 Hàm điều hòa e Sử dụng khẳng định (a) (b), ta có Chứng minh: a Ta có | P u(z) − u(ζ0 ) | = | 2π − |z| > 0, z ∈ D , ζ ∈ ∂ D |ζ − z|2 Pz (ζ) = b Đặt ζ = e sử dụng biểu thức tích phân Cauchy ta nhận 2π Pz (eiθ )dθ = Re( ∫ 2πi ζ + z dζ ) ζ −z ζ |ζ|=1 ( = Re 2πi ∫ ( |ζ|=1 dζ ) − ) ζ −z ζ ζ 2π c Nếu |z − ζ0 | < δ − |z|2 sup Pz (ζ) ≤ (δ − |ζ0 − z|)2 |ζ−ζ0 | δ Từ − |z|2 → z → ζ0 ta có sup Pz (ζ) → z → ζ0 (δ − |ζ0 − z|)2 |ζ−ζ0 | δ d Ta có P u(z) = Re( 2π ∫2π eiθ + z u(eiθ )dθ), z ∈ D eiθ − z Vì u hàm khả tích Lebesgue ∂ D nên 2π ∫2π eiθ + z u(eiθ )dθ, z ∈ D eiθ − z hàm chỉnh hình D Như vậy, P u phần thực hàm chỉnh hình D nên hàm điều hòa D ∫2π Pz (eiθ )|u(eiθ ) − u(ζ0 )|dθ Do u hàm liên tục ζ0 ∈ ∂ D nên ∀ε > 0, ∃δ > :| ζ − ζ0 |< δ ⇒| u(ζ) − u(ζ0 ) |< ε Từ = Re(2 − 1) = Bằng thay đổi phù hợp cần, ta xét với ω = ρ = chứng minh (c) (d) ( ) Pz (eiθ ) u(eiθ ) − u(ζ0 ) dθ| iθ ∫2π ∫2π ∫ 2π 2π Pz (eiθ ) | (u(eiθ ) − u(ζ0 ) | dθ |eiθ −ζ0 | cho: |z − ζ0 | < δ ′ sup Pz (ζ) < ε Do đó, |z − ζ0 | < δ ′ |ζ−ζ0 | δ 2π ∫ 2π Pz (eiθ ) | (u(eiθ ) − u(ζ0 ) | dθ |eiθ −ζ0 | δ ∫2π ε | (u(eiθ ) − u(ζ0 ) | dθ (1 ε 2π ∫2π ) | (u(eiθ ) | dθ+ | Φ(ζ0 ) | ′ Như vậy, | z − ζ0 |< δ |P u(z)| − u(ζ0 ) ε(1 + 2π ∫2π |φ(eiθ )|dθ + |φ(ζ0 )|) Từ ta có điều phải chứng minh ✷ Định lý 1.1.8 (Biểu thức tích phân Cauchy) Nếu h hàm điều hòa lân cận mở đĩa D(ω, ρ) với r < ρ t < 2π ta có h(ω + reit ) = 2π ∫2π Pω+reit (ω + ρeiθ )h(ω + ρeiθ )dθ 12 1.1 Hàm điều hòa Chứng minh: Đặt u = h|∂D(ω,ρ) Theo mệnh đề 1.1.7 ta có lim P u(z) = z→ζ0 u(ζ0 ), ζ0 ∈ ∂D(ω, ρ) Đặt { P u(z), z ∈ D(ω, ρ), h1 (z) = u(z), z ∈ ∂D(ω, ρ) 2π ∫2π Pω+reit (ω + ρeiθ )h(ω + ρeiθ )dθ ✷ Hệ 1.1.9 Mọi hàm điều hòa h D tích phân Poisson độ đo ∂ D , tức có độ đo µ ∂ D cho ∫ Pz (ζ)dµ(ζ) h(z) = h[µ](z) := ∂ Khi k liên tục D có tính chất giá trị trung bình D Vì D compact nên k đạt giá trị lớn M D Xác định A = {z ∈ D : k(z) < M } B = {z ∈ D : k(z) = M } Áp dụng nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa ±(h−h1 ) thỏa mãn h−h1 = ∂D(ω, ρ), ta có h = h1 D(ω, ρ) Như vậy, h(ω + reit ) = 13 1.1 Hàm điều hòa Do k liên tục nên A tập mở Mặt khác, k(ω) = M theo tính chất giá trị trung bình k = M lân cận đủ nhỏ ω Như vậy, A B thành phần liên thông mở D nên A = ∅ B = ∅ Trong hai trường hợp ta có M = Do k Hoàn toàn tương tự ta có k Từ đó, h = P h D Vì P h hàm điều hòa nên h hàm điều hòa ✷ Định lý 1.1.11 Nếu (hn )n dãy hàm điều hòa Ω hội tụ tới hàm h h hàm điều hòa Ω Chứng minh: Theo định lý 1.1.10 để chứng minh h hàm điều hòa ta cần chứng minh h thỏa mãn tính chất giá trị trung bình, tức với ω tồn ρ > cho , h(ω) = 2π Hơn nữa, hàm điều hòa dương D tích phân Poisson độ đo dương ∂ D Chứng minh: Xác định độ đo dµ(ζ) = h(ζ)dζ từ kết định lý 1.1.8 ta có ∫ ∫ Pz (ζ)dµ(ζ) Pz (ζ)h(ζ)dζ = h(z) = ∂ , ∂ , ✷ Định lý 1.1.10 Cho h : Ω −→ R hàm liên tục tập mở Ω C giả sử thỏa mãn tính chất giá trị trung bình, tức với 2π h(ω + reit )dt, (0 r < ρ) Khi h hàm điều hòa Ω Chứng minh: Ta cần chứng minh h hàm điều hòa đĩa mở D ⊂ Ω với D ⊂ Ω Cố định D xác định k : D −→ R cho { h(z) − P h(z), z ∈ D, k(z) = 0, z ∈ ∂D r < ρ Do (hn )n dãy hàm điều hòa nên theo định lý 1.1.3 tồn dãy số dương (ρn )n cho ∫2π hn (ω) = hn (ω + reiθ )dθ, r < ρn 2π Do (hn )n hội tụ tới h Ω nên ε n0 :| hn (ω) − h(ω) |< , ∀ω ∈ Ω ∀ε > 0, ∃n0 , ∀n Từ đó, với ∀n ∫2π h(ω + reiθ )dθ, 0 ω ∈ Ω, tồn ρ > cho h(ω) = ∫2π | 2π ∫2π n0 , ta có hn (ω+re )dθ− 2π ∫2π h(ω+re )dθ | iθ iθ 2π Hay | hn0 (ω) − 2π ∫2π | hn (ω+reiθ )−h(ω+reiθ ) | dθ ∫2π h(ω + reiθ )dθ | ε ,0 r < ρ n0 ε 14 1.1 Hàm điều hòa Hệ 1.1.13 Cho Ω miền C z, ω ∈ Ω Khi tồn số K cho với hàm điều hòa dương h Ω, ta có Suy | hn (ω)− 2π ∫2π h(ω+reiθ )dθ | | hn (ω)−hn0 (ω) | + | hn0 (ω)− với ∀n 2π ∫2π h(ω+reiθ )dθ |< ε, h(ω) = 2π ∫2π h(ω + reiθ )dθ, r < ρ ✷ Định lý 1.1.12 (Bất đẳng thức Harnack) Cho h hàm điều hòa dương đĩa D(ω, ρ) Khi đó, với r < ρ t < 2π, ta có ρ−r h(ω) ρ+r h(ω + reit ) 2π ∫2π 2π = = HΩ (z, ω)h(ω) Định lý 1.1.15 (Định lý Harnack) Cho (hn )n dãy hàm điều hòa miền Ω C giả sử h1 h2 h3 Ω Khi đó, hn hội tụ địa phương tới ∞ hn hội tụ địa phương tới hàm điều hòa h Ω hữu hạn Vì hn −h1 hn −hm hàm điều hòa dương nên với n ta có hn (ω) − h1 (ω) CK (hn (z) − h1 (z)), z ∈ K ∫2π h(ω + seiθ )dθ m 1, hn (z) − hm (z) s+r h(ω) s−r CK (hn (ω) − hm (ω)), z ∈ K Nếu hn (ω) → ∞ hn (z) → ∞, ∀z ∈ K, tức hn → ∞ K Vì K tập compact Ω nên hn → ∞ địa phương Ω Nếu hn (ω) có giới hạn hữu hạn (hn )n dãy Cauchy K, hn hội tụ địa phương Ω tới hàm hữu hạn h Theo định lý 1.1.11 ta có h hàm điều hòa ✷ Cho s → ρ ta có ρ+r h(ω) ρ−r Lập luận hoàn toàn tương tự ta nhận bất đẳng thức lại h(ω + reit ) h(ω + reit ) h(z) z∈K s+r h(ω + seiθ )dθ s−r s+r s − r 2π Kh(ω) Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω Do HΩ liên tục nên với tập K compact Ω ta có CK := sup HΩ (z, ω) Pω+reit (ω + seiθ )h(ω + seiθ )dθ ∫2π h(z) Định nghĩa 1.1.14 Cho Ω miền C Với z, ω ∈ Ω khoảng cách Harnack z ω số nhỏ HΩ (z, ω) cho với hàm điều hòa dương h Ω ta có HΩ (z, ω)−1 h(ω) ρ+r h(ω) ρ−r Chứng minh: Chọn s thỏa mãn r < s < ρ Áp dụng biểu thức tích phân Cauchy cho h D(ω, s) ta h(ω + reit ) = K −1 h(ω) Chứng minh: Cho z, w ∈ Ω, ta định nghĩa z ∼ ω tồn số K cho K −1 h(ω) h(z) Kh(ω) với hàm điều hòa dương Ω Khi đó, ∼ quan hệ tương đương Ω theo bất đẳng thức Harnack ta có lớp tương đương tập mở Do Ω liên thông nên Ω có lớp tương đương hệ chứng minh ✷ r < ρn0 Vậy n0 , 15 1.1 Hàm điều hòa ρ−r h(ω) ρ+r ✷ Định lý 1.1.16 Cho (hn )n dãy hàm điều hòa dương miền Ω C Khi hn hội tụ địa phương tới vô tồn dãy hnj hội tụ địa phương tới hàm điều hòa h Ω 16 1.2 Hàm điều hòa Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω Từ bất đẳng thức HΩ (z, ω)−1 hn (ω) hn (z) HΩ (z, ω)hn (ω), z ∈ Ω, n (1.2) ta nhận hn (ω) → ∞ hn → ∞ địa phương Ω, hn (ω) → hn → địa phương Ω Do đó, cách thay (hn )n dãy cần ta giả sử (log hn )n bị chặn Từ bất đẳng thức (1.2) ta suy (log hn )n bị chặn địa phương Ω, ta cần chứng minh tồn dãy (hnj ) cho (log hnj )n hội tụ địa phương Ω Giả sử Slà tập đếm trù mật Ω Dãy (log hn (ζ))n bị chặn với ζ ∈ S Từ tồn dãy (hnj ) cho (log hnj (ζ))j hội tụ với ζ ∈ S Ta chứng minh với dãy (log hnj )j hội tụ địa phương Ω Cho K tập compact Ω, xét ε > Với z ∈ K, đặt Vz = {z ′ ∈ Ω : log Hω (z, z ′ ) < ε}, Vz1 , , Vzm phủ hữu hạn K Vì S trù mật Ω nên với l ta chọn ζl ∈ Vzl ∩ S Khi đó, tồn N cho | log hnj (ζl ) − log hnk (ζl ) | ε, nj , nk N, l = 1, , m Định lý 1.2.2 Cho u hàm nửa liên tục xác định không gian tô pô X K tập compact X Khi u bị chặn trên K đạt cận trên K Chứng minh: Do u hàm nửa liên tục nên Un := {x ∈ X : u(x) < n}, n tập mở Do {Un }n lập thành phủ mở tập compact K nên có phủ hữu hạn Vậy u bị chặn trên K Đặt M = sup u Giả sử u(x) < M với x ∈ K, Vn = {x ∈ X : K u(x) < M − } phủ mở tập compact K nên có phủ hữu hạn n Mặt khác theo định nghĩa supremum với n tồn x ∈ K cho u(x) > M − , mâu thuẫn Vậy tồn x ∈ K cho u(x) = M hay u đạt cận n trên K ✷ Định lý 1.2.3 Cho u hàm nửa liên tục trên không gian metric (X, d) giả sử u bị chặn trên X Khi tồn dãy hàm liên tục Φn : X −→ R cho Φ1 Φ2 u X lim Φn = u n→∞ Chứng minh: Ta giả sử u  −∞ (nếu không chọn Φn ≡ −n) Với n 1, xác định Φn : X −→ R cho Theo định nghĩa khoảng cách Harnack ta có | log hnj (z) − log hnj (ζl ) | Φn (x) = sup(u(y) − nd(x, y)), x ∈ X x∈X log HΩ (z, ζl ) < 2ε, z ∈ Vzl Với n, ta có Lý luận tương tự cho hnk ta | log hnk (z) − log hnk (ζl ) | | Φn (x) − Φn (x′ ) | 2ε, z ∈ Vzl Φ2 u lim Φn n→∞ u Mặt khác, ký hiệu 5ε, nj , nk B(x, ρ) = {y ∈ X : d(x, y) < ρ}, N, z ∈ K Do (log hnj )j dãy Cauchy K dãy hội tụ K ✷ ta có Φn (x) max( sup u, sup u − nρ), x ∈ X, ρ > B(x,ρ) 1.2 Hàm điều hòa Định nghĩa 1.2.1 Cho X không gian tô pô Hàm u : X −→ [−∞, +∞) gọi nửa liên tục tập {x ∈ X : u(x) < α} mở X với α ∈ R Ta định nghĩa cách tương đương: hàm u gọi nửa liên tục lim sup u(y) u(x), ∀x ∈ X y→x nd(x, x′ ), x, x′ ∈ X Do Φn liên tục X Hơn nữa, Φ1 Kết hợp bất đẳng thức suy | log hnj (z) − log hnk (z) | 17 1.2 Hàm điều hòa X Suy lim Φn (x) n→∞ sup u, x ∈ X, ρ > B(x,ρ) Vì u hàm nửa liên tục trên, cho ρ → ta lim Φn n→∞ u ✷ 18 1.2 Hàm điều hòa Định nghĩa 1.2.4 Cho U tập mở C Hàm u : U −→ [−∞, +∞) gọi hàm điều hòa nửa liên tục thỏa mãn bất đẳng thức trung bình địa phương, tức với ω ∈ U , tồn ρ > cho ∫2π u(ω) u(ω + reit )dt, (0 r < ρ) 2π Mệnh đề 1.2.5 (Bất đẳng thức Jensen) Cho (X, µ) không gian đo với µ độ đo xác suất, tức µ(X) = Giả sử v ∈ L1 (µ) hàm thực φ(t) hàm lồi R Khi ∫ ∫ φ( vdµ) φ(v)dµ Chứng minh: Do φ hàm lồi nên φ(t) supremum hàm tuyến tính nằm φ, tức φ(t0 ) = sup{at0 + b : at + b Nếu at + b Vậy φ(t), t ∈ R } φ(t), ta có ∫ ∫ a( vdµ) + b = (av + b)dµ ∫ φ(v)dµ (0 0 Vậy φ ◦ v hàm điều hòa U Chứng minh: a Giả sử u đạt cực đại M Ω Xác định A = {z ∈ Ω : u(z) < M } B = {z ∈ Ω : u(z) = M } Khi A tập mở u hàm nửa liên tục Ta chứng minh B tập mở Thật vậy, lấy ω ∈ B ta có u(ω) = M Do u hàm điều hòa nên tồn ρ > cho 2π ∫2π u(ω + reit )dt, (0 r < ρ) M 2π ∫2π it u(ω + re )dt 2π ∫2π M dt = M Vậy u(ω + reit ) = M, r < ρ Hay D (ω, r) ⊂ B tức B tập mở Như vậy, A B hai tập mở rời miền Ω liên thông nên A = Ω B = Ω Do B ̸= ∅ nên B = Ω Vậy u ≡ M Ω b Ta mở rộng u tới ∂Ω cách xác định u(ζ) = lim sup u(z), ζ ∈ ∂Ω z→ζ Khi u hàm nửa liên tục xác định Ω Do Ω compact nên theo định lý 1.2.2 u đạt cực đại ω ∈ Ω Nếu ω ∈ ∂Ω theo giả thiết u(ω) Ω nên u Ω Nếu ω ∈ Ω theo (a) ta có u ≡ M số Ω Do lim sup u(z) nên u Ω r < ρ) Sử dụng φ hàm lồi tăng kết mệnh đề 1.2.5 ta có φ◦v Ω ∫2π 2π với ζ ∈ ∂Ω u z→ζ Suy Chứng minh: Vì hàm lồi hàm liên tục R nên φ liên tục [−∞, +∞) Do ta có φ ◦ v nửa liên tục Lấy ω ∈ U , v hàm điều hòa nên tồn ρ > cho ∫2π ) ( φ v(ω + reit )dt 2π b Nếu lim sup u(z) φ(v)dµ Mệnh đề 1.2.6 Cho v(z) hàm điều hòa tập mở U C φ(t) hàm lồi tăng [−∞, +∞), liên tục t = −∞ Khi φ ◦ v hàm điều hòa U v(ω + reit )dt, a Nếu u đạt cực đại Ω u số u(ω) ✷ 2π Định lý 1.2.7 (Nguyên lý cực đại) Cho u hàm điều hòa miền Ω C Khi ∫ ∫ ∫ φ( vdµ) = sup[a( vdµ) + b] v(ω) 19 1.2 Hàm điều hòa ∫2π z→ζ φ ◦ v(ω + re )dt, it (0 ✷ r < ρ) ✷ 20 1.2 Hàm điều hòa Định lý 1.2.8 Cho Ω miền C u : Ω −→ [−∞, +∞) hàm nửa liên tục Khi phát biểu sau tương đương: 21 1.2 Hàm điều hòa Chứng minh: Giả sử un (z) dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) ∂D(ω, r) Un (z) hàm điều hòa mở rộng un tới D(ω, r) Nếu a Hàm u điều hòa Ω b Mọi K miền compact tương đối Ω h hàm điều hòa K thỏa mãn lim sup(u(z) − h(z)) 0, ζ ∈ ∂K 2π h K Chứng minh: (a) =⇒ (b) : Giả sử h K cho thỏa mãn điều kiện (b) Khi u − h hàm điều hòa K thỏa mãn lim sup u(z) Theo z→ζ định lý 1.2.7 ta có u h K (b) =⇒ (a) : Để chứng minh u hàm điều hòa Ω ta cần chứng minh u thỏa mãn bất đẳng thức trung bình địa phương Ω, tức với ω ∈ Ω tồn ρ > cho u(ω) 2π ∫2π u(ω + reit )dt, (0 r < ρ) Lấy ω ∈ Ω, Ω tập mở nên tồn ρ > cho D(ω, ρ) ⊂ Ω Xét r < ρ D(ω, r) ⊂ D(ω, ρ) ⊂ Ω, theo định lý 1.2.3 tồn dãy hàm liên tục Φn : ∂D(ω, r) −→ R cho Φn giảm dần đến u ∂D(ω, r) Theo mệnh đề 1.1.7 ta có P Φn hàm điều hòa D(ω, r) lim P Φn (z) = Φn (ζ) với z→ζ ζ ∈ ∂D(ω, r) Do lim sup(u − P Φn )(z) u(ζ) − Φn (ζ) 0, u bị chặn nhân Poisson bị chặn dương nên ta có u(ω) 2π P Φn D(ω, r) Vậy (0 r < ρ) ✷ Hệ 1.2.9 Cho Ω miền C u(z) hàm điều hòa Ω cho u(z)  −∞ Khi với D(ω, r) ⊂ Ω ta có 2π ∫2π u(ω + reiθ )dθ > −∞ ∫2π Pz (θ)u(ω + reiθ )dθ ≡ −∞, |ω| < Như vậy, Un (z) → −∞ với z ∈ D(ω, r) theo định lý 1.2.8 ta có u ≡ −∞ D(ω, r) Đặt V = {z ∈ Ω : u(z) ≡ −∞ lân cận z} Do V ̸= ∅ tập vừa mở, vừa đóng nên ta gặp mâu thuẫn ✷ Định lý 1.2.10 Cho u(z) hàm điều hòa đĩa đơn vị D thỏa mãn u(z)  −∞ Với < r < 1, đặt   u(z), |z| r,    ∫2π ur (z) =  Pz/r (θ)u(reiθ )dθ, |z| < r    2π Khi đó, ur (z) hàm điều hòa D , ur (z) hàm điều hòa |z| < r, ur (z) u(z), z ∈ D ur (z) hàm tăng theo r z→z0 |z| tồn δ > cho u(reiθ ) < u(z0 ) + ε | θ − θ0 | δ Khi |z| < r | z − z0 | đủ nhỏ ta có ∫ ∫ 1 ur (z) Pz/r (u(z0 ) + ε)dθ + (sup u(reiθ )) Pz/r dθ 2π 2π θ |θ−θ0 | δ |θ−θ0 |>δ u(z0 ) + 2ε Vậy ur hàm nửa liên tục Giả sử un (z) dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) ∂D(0, r) Lập lại lý luận hệ 1.2.9 ta có u(z) ur (z) 46 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna tới vô tập compact Theo định lý 1.1.16 tồn dãy hội tụ tới hàm điều hòa h tập compact Khi đó, ∫ ∫ ∫ hn dµ = lim sup hn dµ sup{ hdµ : h ∈ E} = lim n→∞ , ∫ n→∞ , hdµ < +∞ lim sup hn dµ = n→∞ , , ∫ , Nhận∫ thấy ánh xạ z −→ Pz (ζ) thuộc E, ∀ζ ∈ ∂ D Pz (ζ)dµ(z) < ∞ sup ζ∈∂ , Do đó, , Bây ta chứng minh đẳng thức ∫ ∫ Pz (ζ)dµ(z) = sup{ hdµ | h ∈ Har+ (D ), h(0) = 1} sup B(µ)(ζ) = sup ζ∈∂ , ζ∈∂ , , , Với h ∈ Har+ (D ), h(0) = ta có ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ) ( ( ) h(z)dµ(z) = Pz (ζ)ν(ζ) dµ(z) = Pz (ζ)dµ(z) dν(ζ) , , ∂ ,∫ ζ∈∂ , ∫ , ∂ = sup B(µ)(ζ) ζ∈∂ Vậy , , ζ∈∂ , ∫ sup{ hdµ, | h ∈ Har+ (D ), h(0) = 1} , ✷ µ∈B Hơn nữa, , Mϕ := inf{h(0) | h ∈ Har(D ), h ϕ} Chứng minh: Bổ đề 2.1.17 Hàm ϕ thỏa mãn điều kiện (2.4) tồn số Mϕ′ cho với dãy hệ số không âm (cn,k ) thỏa mãn ∑ sup (2.5) cn,k Pzn,k (ζ) n,k ∑ n,k cn,k sup ϕ Qn,k Mϕ′ (2.6) −n z(Qn,k ) = zn,k := (1 − 2−n )e2kπ2 sup B(µ)(ζ) ζ∈∂ , , , ∂, ∂, ∫ sup{ hdµ | h ∈ Har+ (D ), h(0) = 1} , , Hơn nữa, C −1 Mϕ Mϕ′ CMϕ , với C > số tuyệt đối Trong đó, Qn,k hình vuông Whitney xác định (2.1) zn,k điểm thuộc vào hình vuông Tức là hàm điều hòa dương D h(0) = Do ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ) ( Pz (ζ)dν(ζ) dµ(z) Pz (ζ)ν(ζ) = Pz (ζ)dµ(z) dν(ζ) = , , Định lý 2.1.16 Cho ϕ hàm Borel không âm đĩa đơn vị Khi tồn hàm điều hòa h cho h(z) ϕ(z) với z ∈ D ∫ (2.4) Mϕ := sup ϕdµ < ∞ Chứng minh: Theo bất đẳng thức Harnack tồn số tuyệt đối K cho với z, z ′ thuộc hình vuông Whitney Qn,k ta có K −1 Pz ′ (ζ) Pz (ζ)ν(ζ) ∂ , ζ∈∂ ∫ sup{ hdµ | h ∈ Har+ (D ), h(0) = 1} , ∫ h(z) = sup B(µ)(ζ) , Ngược lại, ta có Vậy dν(ζ) = h(0) sup B(µ)(ζ) Pz (ζ)dµ(z) sup ∂ 47 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna Pz (ζ) KPz ′ (ζ), ∀ζ ∈ ∂ D Nếu ϕ thỏa mãn M ϕ < ∞ sup ϕ < ∞ Theo định nghĩa Qn,k ∗ ∗ supremum ta chọn zn,k ∈ Qn,k cho ϕ(zn,k ) (sup ϕ)/2 Qn,k ∑ ∗ , δλ độ đo Dirac λ cho Xác định độ đo µ := cn,k δzn,k n,k { δλ (a) = a = λ, a ̸= λ (2.7) 48 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna Khi đó, (cn,k ) thỏa mãn (2.5) ∫ ∑ ∗ (ζ) B(µ)(ζ) = Pz (ζ)dµ(z) = cn,k Pzn,k , cn,k Pzn,k (ζ) K { X+ := (cn,k )0 Qn,k ∑ ∗ ϕzn,k =2 n,k ∫ ∫ ϕdµ = 2K , , dµ K 2KMϕ ∫ 1, ∀ζ ∈ ∂ D Suy ra, Ngược lại, lấy µ ∈ B ta có Pz (ζ)dµ(z) , ∫ ∑ ∑ Pz (ζ)dµ(z) 1, ∀ζ ∈ ∂ D Hay K Đặt Pzn,k (ζ)µ(Qn,k ) n,k Q n,k n,k cn,k = ∑ µ(Qn,k )/K, ∀n, k Ta có cn,k Pzn,k (ζ) thỏa mãn (2.5) Theo giả thiết tồn số n,k Mϕ′ cho ∑ cn,k sup ϕ Qn,k n,k Khi đó, ∫ ∑∫ ϕdµ = ϕdµ , n,k Q ∑ n,k n,k µ∈B n m,0 k 2n −1 ∑ ∈ R d+ | −m cn,k Pzn,k (eij2π.2 ) 1, 2n −1 } với j 2m − Ta có X+ khác rỗng chọn chẳng hạn c00 = cn,k = với n cho ta điểm thuộc X+ Ta chứng minh (cn,k ) ∈ X+ thỏa mãn (2.5) sai khác số Thật vậy, j2π (j + 1)2π với θ ∈ [0, 2π), tồn số j < 2m cho m θ< 2m Theo bất đẳng thức Harnack, với z thỏa mãn |z| − 2−m ta có −m Pz (eiθ ) = Pzei(j2π.2−m −θ) (eij2π.2 ) Do đó, sup ζ∈∂ ∑ , K −1 cn,k Pzn,k (ζ) sup ζ∈∂ n,k ∑ , −m KPz (eij2π.2 ) −m cn,k Pzn,k (eij2π.2 ) n,k Vậy K −1 cn,k thỏa mãn điều kiện ∑ (2.5) Theo bổ đề 2.1.17, ϕ thỏa mãn (2.6) với số KMϕ′ , tức cn,k sup ϕ KMϕ′ Mặt khác, theo hệ Mϕ′ n,k Qn,k 2.1.7 tồn hệ số dương (αjm )2j=0−1 có tổng KMϕ′ thỏa mãn m ∫ 2∑ −1 −m sup ϕ αjm Pzn,k (eij2π.2 ) = Pzn,k dν m m sup ϕµ(Qn,k ) = K Qn,k ∑ cn,k sup ϕ Qn,k n,k KMϕ′ Qn,k ∫ j=1 ∂ , m ϕdµ < ∞ Vậy sup 2n , xét tập n=0 n m,0 k cn,k sup ϕ n,k m ∑ Đặt d = n,k n,k Do đó, ϕ thỏa mãn (2.4) ∑ K ∑ 49 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna ✷ , Quay lại định lý 2.1.16 Giả sử tồn hàm điều hòa h cho h(z) ϕ(z), ∀z ∈ D Theo mệnh đề 2.1.15 ta có ∫ ∫ sup ϕdµ sup h(z)dµ(z) = h(0) µ∈B , µ∈B , Chọn Mϕ = h(0) ta Mϕ < ∞ ∫ Ngược lại, giả sử ϕ thỏa mãn điều kiện (2.4): Mϕ := supµ∈B ϕdµ < ∞ Với m ∈ N , ta xác định ( −m ) aj := Pzn,k (ej2π.2 ) , n m,0 k 2n −1 Ở đây, ν độ đo rời rạc đường tròn cho kết hợp độ đo Dirac m 2∑ −1 νm = αjm δeij2π.2−m j=1 Vì ν m (a) m 2∑ −1 αjm = KMϕ′ nên ν m bị chặn KMϕ′ j=1 Do đó, tồn giới hạn *yếu ν dãy độ đo này, với (n, k) ta có ∫ Pzn,k dν = h(zn,k ), sup ϕ Qn,k ∂ , đây, h := P [ν] Theo bất đẳng thức Harnack tồn C1 cho C1 h(z) Từ ta có inf{h(0) | h ∈ Har(D ), h ϕ} C1 KMϕ′ ϕ(z), ∀z ∈ D CC1 KMϕ 50 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna Do hệ số C, K C1 phụ thuộc vào phân hoạch mà ta chọn Bằng cách chọn phân hoạch khác với hình vuông nhỏ hơn, ta lấy hệ số dần tới tùy ý ✷ Bây ta sử dụng kết để chứng minh tương đương (c) (d) Giả sử h ∈ Har+ (D ∫ ) hàm trội điều hòa ϕΛ Gọi µ độ đo dương ∂ D để h(z) = Pz (ζ)dµ(ζ) Khi ∂ ∫ ϕΛ (λ) , ∫ Pλ (ζ)dµ(ζ) ∂ sup Pλ (ζ) ζ∈∂ , Vậy ∑ ∫ , ∂ cλ ϕΛ (λ) dµ(ζ) = C sup Pλ (ζ), C = ζ∈∂ , ∑ C sup ζ∈∂ λ∈Λ , λ∈Λ , dµ(ζ) ∂ , Pλ (ζ) Ngược lại, theo định lý 2.1.16 bổ đề 2.1.17 để chứng minh ϕΛ có hàm trội điều hòa ta cần chứng minh tồn số MϕΛ cho với dãy số không âm (cn,k ) thỏa mãn ∑ sup cn,k Pzn,k (ζ) ζ∈∂ , ∑ Giả sử sup ζ∈∂ , ∑ n,k cn,k sup ϕΛ cn,k Pzn,k (ζ) MϕΛ ∗ ∗ Chọn zn,k ∈ Qn,k cho ϕΛ (zn,k ) supQn,k ϕΛ /2 Đặt cn,k := cλ ∗ zn,k = λ ∈ Λ Khi ∑ ∑ ∑ ∗ cn,k sup ϕΛ cn,k ϕΛ (zn,k ) cλ ϕΛ (λ) Qn,k Bài toán nội suy cho lớp Smirnov Định nghĩa 2.2.1 Góc Stolz với đỉnh ζ ∈ ∂ D góc α, ký hiệu Γα (ζ) xác định Γα (ζ) := {z ∈ D : |z − ζ| α(1 − |z|2 )} Khi góc α cố định ta viết Γ(ζ) thay viết Γα (ζ) Định nghĩa 2.2.2 Cho hàm số f : D −→ R + , hàm cực đại không tiếp xúc f xác định M f (ζ) := sup f Γ(ζ) Định nghĩa 2.2.3 i Không gian L1 -yếu, ký hiệu L1w (∂ D ) xác định L1w (∂ D ) := {f đo | sup tσ({ζ : |f (ζ)| > t}) < ∞} t>0 ii Không gian L1w,0 xác định L1w,0 (∂ D ) := {f đo | lim tσ({ζ : |f (ζ)| > t}) = 0} t→∞ I n,k n,k 2.2 Định nghĩa 2.2.4 i Cho f 0, hàm cực đại Hardy-Littlewood xác định ∫ f, f ∗ (x) := sup σ(I) Qn,k n,k 51 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov n,k 2C sup ζ∈∂ ∑ , λ∈Λ 2CK sup ζ∈∂ cλ Pλ (ζ) ∑ , λ,zn,k ∈Qn,k 2KC sup ζ∈∂ λ∈Λ , ∑ cn,k Pzn,k (ζ) cn,k Pzn,k (ζ) n,k 2KC Chọn MϕΛ = 2KC ta có điều phải chứng minh , supremum lấy qua tất cung chứa x ii Cho ϕ ta xác định ϕH (ζ) := sup ϕ(z)χ∗Iz (ζ) = sup ϕ(z) sup z∈ , , z∈ I:ζ∈I σ(I ∩ Iz ) , σ(I) đây, χE hàm đặc trưng tập E Iz khoảng cho Iz := {ζ ∈ ∂ D : z ∈ Γ(ζ)} Mệnh đề 2.2.5 Cho h = P [µ] hàm điều hòa đĩa đơn vị Khi a Nếu µ độ đo dương hữu hạn ∂ D M h ∈ L1w (∂ D ) b Nếu µ độ đo dương hữu hạn liên tục tuyệt đối ∂ D M h ∈ L1w,0 (∂ D ) 52 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov Mệnh đề 2.2.6 a Nếu ϕ có hàm trội điều hòa M ϕ ∈ L1w (∂ D ) b Nếu ϕ có hàm trội điều hòa tựa chặn dương M ϕ ∈ L1w,0 (∂ D ) c Nếu M ϕ ∈ L1w (∂ D ) ϕ nhận P [M ϕ] := P [M ϕdσ] làm hàm trội điều hòa tựa chặn Chứng minh: a Giả sử h hàm trội điều hòa ϕ Do ϕ(z) M ϕ(ζ) M h(ζ), ∀ζ ∈ ∂ D Vậy sup σ({ζ : |M ϕ(ζ)| > t}) t>0 h(z), ∀z ∈ D nên sup σ({ζ : |M h(ζ)| > t}) t>0 Theo mệnh đề 2.2.5 ta có M h ∈ L1w (∂ D ) nên M ϕ ∈ L1w (∂ D ) b Lý luận tương tự (a) M h ∈ L1w,0 (∂ D ) nên M ϕ ∈ L1w,0 (∂ D ) ∫ c Ta có P [M ϕ] := P [M ϕdσ] = Pz (ζ)M ϕ(ζ)dσ ∂ , ∫ Do M ϕ ∈ D ) nên ζζ −+ zz M ϕ(ζ)dσ hàm khả vi D ∂, ∫ ζ +z Từ đó, P [M ϕ] = Re M ϕ(ζ)dσ hàm điều hòa D ∂, ζ − z Mặt khác, ta lại có ϕ P [M ϕ] dµ := M ϕdσ liên tục tuyệt đối so với dσ Vậy P [M ϕ] hàm trội điều hòa tựa chặn ϕ L1w (∂ 53 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov chẳng hạn −1 x Với t > 0, đặt Et := {s ∈ [−1, 1] : ϕH (s) > t} Với s ∈ Et , tồn z = z(s) J = J(s) ⊃ Iz cho ∫ ϕ(z) χIz > t|J|, tức ϕ(z)|Iz | > t|J| (2.8) J Theo bổ đề phủ Vitali, tồn số tuyệt∑ đối c1 ∈ (0, 1) họ khoảng rời Jj := J(sj ), j N cho j |Jj | c1 |Et | Đặt zj := z(sj ) =: xj + iyj Ta có zj ∈ Izj dãy (zj )j tách theo khoảng cách hyperbolic Bây ta xác định zj′ sau: đặt yj′ := |Jj |/2 = yj |Jj |/|Izj | yj ′ zj := x′j + iyj′ Nhận thấy |Jj ∩ Izj′ | |Jj |/2 Ta chứng minh h(zj′ ) t, đay h hàm trội điều hòa ϕ Thật vậy, viết h = P [µ], ta có ∫ ∫ 1 yj h(zj′ ) = ′ dµ(t) = ′ h(zj ) dµ(t) ′ t − xj t − xj πyj πy yj j + ( y′ ) + ( yj ) j theo (2.8), h(zj ) ϕ(zj ) > t|Jj |/|Izj | = tyj′ /yj Do đó, từ M ϕ ∈ L1w (R ), ta C1 |Et | 1∑ |Jj | j ∑ j b Nếu ϕ có hàm trội điều hòa tựa chặn dương ϕH ∈ L1w,0 (∂ D ) Chứng minh: Ta chứng minh phần (a) (b) chứng minh hoàn toàn tương tự Do toán địa phương hóa nên ta tính toán nửa mặt phẳng trên, C + := {x + iy : y > 0}, với Ix+iy := (x − y, x + y) ta xét hàm điều hòa dương tích phân Poisson độ đo dương với trọng lượng hữu hạn Ở nhân Poisson cho y2 Px+iy (s) = π (x − s)2 + y Để thuận tiện, ta ký hiệu |E| độ đo Lebesgue tập đo E ⊂ R Hơn nữa, ta quan tâm đến điểm biên khoảng bị chặn, |{M h > t}| Ch t ✷ ✷ Mệnh đề 2.2.7 a Nếu ϕ có hàm trội điều hòa ϕH ∈ L1w (∂ D ) |Jj ∩ Izj′ | Định lý 2.2.8 Cho Λ dãy đương: D Khi phát biểu sau tương a Λ dãy nội suy lớp Smirnov N + b Không gian vết cho N + |Λ = lN + := {(a)λ | ∃h ∈ Har+ (D ) tựa chặn cho h(λ) log+ |aλ |, λ ∈ Λ} c ϕΛ có hàm trội điều hòa tựa chặn ∑ cλ ϕΛ (λ) = 0, B(Λ) tập dãy không âm d lim sup n→∞ (c )∈B(Λ) λ ∑ λ:ϕΛ (λ) n (cλ ) cho sup ζ∈∂ , λ∈Λ cλ Pλ (ζ) e (i) sup tσ({ζ : |M ϕΛ (ζ)| t>0 t}) < ∞}, 54 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov ∑ (n) (n) cλ ϕΛ (λ) = với dãy số không âm (cλ ) ∈ B(Λ) ∑ (n) cho lim cλ Pλ (ζ) = hầu khắp nơi ∂ D (ii) lim n→∞ λ∈Λ n→∞ λ∈Λ Bổ đề 2.2.9 Tồn số tuyệt đối C > cho với hàm bị chặn ˜ ∈ Har+ (D ) tựa chặn ϕ ϕ h, với h ∈ Har+ (D ), có hàm h ˜ cho ϕ h ∫ ˜ ˜ h(ζ)dσ(ζ) = h(0) Ch(0) ∂ I I ∫ 2C42 M Pz (ζ)dσ(ζ) = C2 2C42 , , đường tròn cho (1.4) Đặt E0 = ∅ Với n 1, đặt En hợp khoảng nhị nguyên In,k ⊂ ∂ D \ ∪l M σ(In,k ) Chú ý En chứa hai khoảng kề cho In,k ∪ In,k+1 = In−1,k In−1,k′ ⊂ ∪l chọn Độ đo liên tục tuyệt độ dài cung ˜ = P [˜ Ta chứng minh h µ] hàm cần tìm Thật vậy, lấy z ∈ D giả sử tồn khoảng nhị nguyên I ⊂ E, lớn khoảng nhị nguyên chứa E, cho ∫ (2.9) Pz (ζ)dσ(ζ) C2 I˜ ˜ Khi đó, h(z) M ϕ(z) Ta chứng minh z cho (2.9) không ˜ với khoảng nhị nguyên cực đại I ⊂ E, h(z) h(z) Thật vậy, theo giả thiết tập mức tích phân Poisson (2.9) cung ˜ chúng tạo nên góc cố đường tròn liên thông với khoảng cực đại I, ∫ I Pz (ζ)d˜ µ(ζ) I Vì C3 hàm tăng C2 , C4 > hàm giảm C2 , ta chọn giá trị C2 > đủ lớn cho C2 2C42 , E hợp khoảng nhị nguyên cực đại nên ∫ ∫ ∫ Pz (ζ)d˜ µ(ζ) Pz (ζ)d˜ µ(ζ) Pz (ζ)dµ(ζ) ˜ E E ∫ Theo cách xây dựng, ∂ chứng minh , \E E ∫ Pz (ζ)d˜ µ(ζ) ∂ , \E Pz (ζ)dµ(ζ), ta có điều phải ✷ Định lý 2.2.10 Cho ϕ hàm Borel không âm đĩa đơn vị D Khi phát biểu sau tương đương: a Tồn hàm điều hòa dương tựa chặn h cho ϕ(z) D b Tồn hàm lồi tăng ψ : [0, ∞) −→ [0, ∞) với lim ψ ◦ ϕ có hàm trội điều hòa D ∫ ϕdµ = c lim sup t→∞ h(z), ∀z ∈ ψ(t) = ∞ cho t n→∞ µ∈B {ϕ n} d (i) sup tσ({ζ ∈ ∂ : |M ϕΛ (ζ)| t}) < ∞}, t>0 ∫ ϕdµn = với dãy µn ⊂ B cho limn→∞ B(µn )(ζ) = (ii) lim n→∞ , hầu khắp nơi ∂ D 56 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov ∫ Chứng minh: (a) ⇒ (d) : Nếu ϕ(z) có hàm trội điều hòa h(z) = ∂ i Theo mệnh đề 2.2.6 ta có M ϕ ∈ L1w (∂ D ) nên sup tσ({ζ ∈ ∂ D : M ϕ(ζ) , Pz (ζ)dν(ζ) ∫ ii Lấy (µn ) ⊂ B cho lim B(µn )(ζ) lim n→∞ n→∞ ∫ Từ µn ∈ B ta có sup Vậy ∫ ,∫ Hay , ζ∈∂ , Pz (ζ)dµn (z) Pz (ζ)dµn (z) Pz (ζ)dµn (z) = , ψ(t) = ψn (t) = an t + bn , t ∈ [n, n + 1], đây, (an )n dãy tăng số dương dần đến vô xác định sau, (bn )n xác định đệ quy sau: b0 = 0, ψn (n + 1) = ψn+1 (n + 1) Nhận thấy ψn xác định toàn đường thẳng thực Ký hiệu, u+ = max(u, 0), ∀u ∈ R Ta chứng minh ψ ◦ ϕ có hàm trội điều hòa cách sử dụng định lý ∫2.1.16 , 1, ∀µn ∈ B, ∀ζ ∈ ∂ D ∫ ∫ ( ∫ ϕdµn lim n→∞ lim n→∞ , = lim ,∫ ∂∫, ( n→∞ ∂ ∫ = ∫, ∂ ( , ,∫ lim n→∞ ) Pz (ζ)dν(ζ) dµn Đặt ϕn = ϕχ{ϕ ) Pz (ζ)dµn (z) dν(ζ) Nếu µ ∈ B ∫ ∑ ψ ◦ ϕ(z)dµ(z) = ∂ , , [ψn+ ◦ ϕn (z) − ψn+ ◦ ϕn+1 (z)]dµ(z) , ∫ , a0 ε0 + (2.10) ∑∫ n ϕ(z)dµ(z) + a0 ∑ ∑∫ n , + [ψn+ ◦ ϕn (z) − ψn−1 ◦ ϕn (z)]dµ(z) (an − an−1 )(ϕn (z) − n)+ dµ(z) , (an − an−1 )εn n n}) Vì lim εn = nên ta chọn dãy tăng (an ) cho lim an = ∞ n→∞ ∑n→∞ (an − an−1 )εn < ∞ Do n ∫ ψ ◦ ϕ(z)dµ(z) < ∞ sup Vì µn ∈ B nên chuẩn Carleson chúng bị chặn C0 > Khi ta có C1 C0 σ({M ϕ ψn ◦ ϕn (z)dµ(z) {n ϕ dãy độ đo µn ∈ B cho ∫ ϕdµn δ ∂ n} 0dν(ζ) = = , mâu thuẫn với (2.10) (c) ⇒ (b) : Xác định hàm ψ R + cho Pz (ζ)dµn bị chặn hàm khả tích ∂ D Do theo (d)(i) Như dãy (B(˜ µn ))n dần tới L (∂ D ) Từ tồn dãy (B(˜ µnk ))k dần tới hầu khắp nơi Sử dụng giả thiết (d)(ii) ta có ∫ lim ϕdµnk = 0, k→∞ t}) < ∞} t>0 57 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov C1 C0 Cϕ /n, µ∈B , Vậy ψ ◦ ϕ có hàm trội điều hòa D ✷ 58 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov (b) ⇒ (a) : Để ý ψ thay hàm ψ˜ chất ψ, a′n t, ˜ = ψ˜n (t) = an t + bn ψ(t) a′n đây, an > với n ψ mà có tính t ∈ [γn , γn+1 ], 1, γ0 = (γn )n dãy tăng số dương dần ∑ < ∞ Đặt ϕn := ϕχ{γn ϕ α} tập mở Do µ({ζ ∈ ∂ D | gΛ (ζ) > α}) > Vậy ∥gΛ ∥∞ = sup{α : µ({gΛ (ζ) > α}) > 0} = ∞ ∫ f gΛ = ∞ Chọn hàm Từ gΛ ∈ / L∞ (∂ D ) nên tồn f ∈ L1 (∂ D ) cho ∂ , F ∈ N + với log |F | = P [f ] ta có ∫ ∫ ∑ ∑ f gΛ = ∞, (1 − |λ|) log |F (λ)| = (1 − |λ|) Pλ f = λ∈Λ mâu thuẫn với điều kiện (b) λ∈Λ ∂ , ∂ λ Chứng minh: Giả sử Λ thuộc hợp hữu hạn góc Stolz supλ (1 − |λ|) log+ |aλ | < ∞ Khi theo mệnh đề 2.3.6 ta có Λ ∈ IntN không gian vết N |Λ xác định theo điều kiện định lý 2.1.12(b), N |Λ = {(aλ )λ : ∃h ∈ Har+ (D ) cho h(λ) log+ |aλ |, λ ∈ Λ} Ta chứng minh N |Λ = lN a Nếu N |Λ = lN a lN a ideal Vậy Λ dãy nội suy theo hệ 2.3.3 ta có supλ (1 − |λ|) log+ |aλ | < ∞ Theo định lý 1.2b định nghĩa lN a ta có hàm xác định { (1 − |λ|)−1 , z = λ ∈ Λ, ϕ(z) = 0, z ∈ / Λ + c µΛ có quét Poisson bị chặn, tức sup 65 2.3 Những tiêu chuẩn hình học toán nội suy , ✷ có hàm trội điều hòa h Đặt h(z) = P [µ](z) xác định khoảng Izα = {ζ ∈ ∂ D : z ∈ Γα (ζ)} Khi tồn số α Cα cho µ(Izα ) > Cα , với z thỏa mãn h(z) (1 − |z|)−1 Nếu Λ không thuộc hợp hữu hạn góc Stolz tồn ζ ∈ ∂ D điểm tụ Λ′ ⊂ Λ cho Λ′ Γβ (ζ) Chọn β > α λ′ ∈ Λ′ , ζ ∈ / Iλα ′′ α ′ ′′ ta xây dựng dãy hữu hạn Λ ⊂ Λ cho (Iλ′ )λ ∈Λ rời rạc Điều chứng tỏ h không tích phân Poisson độ đo dương hữu hạn ✷ 67 3.2 Hàm đa điều hòa Nhận xét: i Nếu Ω = {z ∈ C n : za ̸= 1} ⊃ B n ϕa : Ω −→ C n chỉnh hình Chương Bài toán nội suy hình cầu đơn vị ii Khi n = Pa = I, Qa = Ta có ϕa tự đẳng cấu Mobius đĩa đơn vị D nói iii Ánh xạ a −→ ϕa (z) liên tục B n , với z ∈ B n Mệnh đề 3.1.2 (10) Cho a ∈ B n , ϕa có tính chất sau: i ϕa (0) = a ϕa (a) = ii ϕ′a (0) = −S P − SP ϕ′a (a) = − iii Với z ∈ B w ∈ B ta có n Trong chương đưa mở rộng đặc trưng dãy nội suy tự cho lớp N đĩa đơn vị D định lý 2.1.12 thành đặc trưng tương ứng dãy nội suy tự cho lớp N (B n ) hình cầu đơn vị B n Kết mở rộng trình bày định lý 3.3.1 Trước hết ta cần số khái niệm tính chất hình cầu đơn vị B n tương ứng với đĩa đơn vị D 3.1 Tự đẳng cấu hình cầu đơn vị Ta biết với α thuộc đĩa đơn vị D C có tự đẳng cấu ϕα đổi α−λ chỗ α cho ϕα (λ) = Điều tương tự thực − αλ n n hình cầu đơn vị B C Định nghĩa 3.1.1 Cố định a ∈ B n , gọi Pa phép chiếu vuông góc C n lên không gian [a] sinh a đặt Qa = − Pa phép chiếu lên phần bù trực giao [a] za Ta có P0 = Pa z = a, a ̸= |a| Đặt Sa = (1 − |a|2 )1/2 định nghĩa ϕa (z) = a − Pa z − Sa Qa (z) − za n − ϕa (z)ϕa (w) = Do đó, với z ∈ B n − |ϕa (z)|2 = (1 − |a|2 )(1 − zw) (1 − za)(1 − aw) (1 − |a|2 )(1 − |z|2 ) |1 − za| iv ϕa phép đối hợp: ϕa (ϕa (z)) = z v ϕa phép đồng phôi từ B lên B ϕa ∈ Aut(B n ) n n Định nghĩa 3.1.3 Cho a = (ak )k dãy điểm rời rạc hình cầu đơn vị B n C n Đặt ∏ δk = φaj (ak ), j:j̸=k với φα tự đẳng cấu B n giao hoán α Ta định nghĩa { log δk−1 , z = ak ∈ a, φa (z) = 0, z ∈ / a 3.2 Hàm đa điều hòa Viết tọa độ zj z ∈ C n dạng zj = xj + yj , với xj yj số thực, xét toán tử vi phân ∂ ∂ ∂ = ( −i ) ∂zj ∂xj ∂yj 66 P Q − S2 S ∂ ∂ ∂ = ( +i ), ∂z j ∂xj ∂yj với1 j n 68 3.3 Bài toán nội suy hình cầu đơn vị Ta ký hiệu ∂ Dj = ∂zj 69 3.3 Bài toán nội suy hình cầu đơn vị Trước hết ta cần chứng minh kết quan trọng mở rộng định lý 2.1.13 lên hình cầu đơn vị, hàm φ(t) chọn e−t ∂ Dj = ∂z j Định nghĩa 3.2.1 Cho Ω tập mở C n f ∈ C (Ω) Hàm f gọi đa điều hòa thỏa mãn Định lý 3.3.2 Cho a = (ak ) dãy điểm rời rạc B n Giả sử với k ta có δk > Khi với dãy số phức (wk ) thỏa mãn |wk | < Cδk3 , đây, C số, tồn hàm f ∈ H ∞ (B n ) cho f |a = (wk ) Dj Dk f = 0, ∀j, k = 1, , n Ký hiệu, PH(B n ) tập hàm đa điều hòa B n Định nghĩa 3.2.2 Hàm đo Borel ϕ xác định miền Ω C n gọi có hàm trội đa điều hòa tồn hàm đa điều hòa u Ω thỏa mãn ϕ(z) u(z), với z ∈ Ω Định nghĩa 3.2.3 Hàm chỉnh hình f (z) hình cầu đơn vị B n gọi thuộc lớp N (B n ) log |f | có hàm trội đa điều hòa, tức tồn u ∈ PH(B n ) cho log |f | u Chứng minh: Trước hết ta nhận xét rằng: Nếu tồn dãy hàm Fk ∈ H ∞ (B n ) cho i Fk (ak ) = 1vFk (aj ) = 0, với j ̸= k ∑ ii |wk Fk (z)| < M < ∞, với z ∈ B n k tồn hàm f cho f |a∑ = (wk ) Thật vậy, ta cần đặt f = wk Fk Khi f ∈ H ∞ (B n ) f (ak ) = wk k 3.3 Bài toán nội suy hình cầu đơn vị Định lý 3.3.1 Cho a = (ak ) dãy rời rạc hình cầu đơn vị B n C n Đặt ∏ δk = |φaj (ak )|, Như việc chứng minh bổ đề đưa việc xây dựng dãy hàm (Fk ) Ta xây dựng hàm Fk hàm có dạng Fk = ∏ φaj (ak )φaj (z) ( − |ak |2 )4 W (ak , z) , − ak z |φaj (ak )|2 j:j̸=k j:j̸=k đây, φα tự đẳng cấu hình cầu giao hoán α Xét phát biểu sau: i Fk (ak ) = Fk (aj ) = 0, với j ̸= k ∑ ii |wk Fk (z)| < M < ∞, với z ∈ B n a a dãy nội suy tự cho lớp N (B n ) b Không gian vết cho N |a = {(ck ) | ∃u ∈ PH(B n ) cho log+ |ck | đây, W (ζ, z) hàm chỉnh hình z thỏa mãn W (ζ, ζ) = W (ak , z) ̸= 0, với z Ta chứng tỏ Fk thỏa mãn: k u(ak )} c ϕa có hàm trội đa điều hòa Hiển nhiên Fk thỏa mãn (i) Mặt khác, từ | Khi (a) (b) tương đương với nhau, (c) suy (a) ngược lại không ∏ φaj (ak )φaj (z) | |φaj (ak )|2 j:j̸=k ta có |Fk (z)| ∏ |φaj (ak )| ∏ 1 = = , |φaj (ak )| |φaj (ak )| δk j:j̸=k j:j̸=k ( − |ak |2 )4 |W (ak , z)| δk |1 − ak z| 70 3.3 Bài toán nội suy hình cầu đơn vị −2 Từ giả thiết suy Bổ đề 3.3.4 [1] Đặt h(t) = min(1, t ), ta có |wk Fk (z)| Cδk2 2) ( − |ak | |W (ak , z)| |1 − ak z| W (ζ, z) = exp{− ∑( + am z m − − am z + am ζ ) (1 − |am |2 )(1 − |ζ|2 ) } − am ζ − |am ζ|2 1+α − |α|2 nên )= 1−α |1 − α|2 ∑( − |am z|2 (1 − |am |2 )(1 − |ak |2 ) }× |1 − am ak |2 − |am ak |2 m ∑ (1 − |am |2 )(1 − |ak |2 ) × exp{ } |1 − am ak |2 m Ta chứng tỏ nhân tử cuối bị chặn |φak (am )|2 = − exp{− (1 − |am | )(1 − |ak | ) |1 − am ak |2 Vậy |W (ak , z)| 2 |1 − am ak |2 } ∏ δ2 |φam (ak )|2 = k e e m:m̸=k ∑ − |am z| (1 − |am | )(1 − |ak | ) e exp{− } δk2 |1 − am z|2 − |am ak |2 m Bổ đề 3.3.3 (1) Nếu |am | 2 1 − |am |2 − |ak z|2 Sau đánh số lại, không tính tổng quát giả thiết dãy xét có (|ak |)k không giảm Từ bổ đề 3.3.3 ta nhận e (1 − |ak | ) ∑ (1 − |am | ) exp{− } δk2 (1 − |am z|2 ) |1 − am z|2 2 m k ( ∑ ( − |am |2 )2 ) |1 − am z| m k Cck h( ∑ cm ), m k ( − |am |2 )2 |1 − am z| Bổ đề 3.3.5 (1) Cho h(t) hàm dương không tăng (0, ∞) cho ck Khi ∫∞ ∞ ∑ ∑ ck h( h(t)dt cm ) k=1 m k 0 Theo bổ đề 3.3.5 ta có ∞ ∑ |wk Fk (z)| C ∞ ∑ k=1 Ck h( ∑ ∫∞ cm ) h(t)dt = M < ∞ C m k ✷ Vậy (ii) chứng minh Chứng minh định lý 3.3.1 (a) =⇒ (b) : Theo định nghĩa lớp N (B n ) ta có N |a ⊂ {(ck ) | ∃u ∈ PH(B n ) cho log+ |ck | u(ak )} Để chứng minh bao hàm thức ngược lại, lấy (wk ) thuộc vào vế phải, ta có |wk | exp(u(ak )) = | exp(v(ak ))|, n với v hàm ( chỉnh hình)trên B thỏa mãn Rev = u Khi đó, wk / exp(v(ak )) dãy bị chặn Vì a dãy nội suy tự cho lớp N (B n ) nên tồn f ∈ N (B n ) cho |ak | (1 − |am z|2 ) − |am ak |2 |W (ak , z)| |wk Fk (z)| k=1 exp{−x} ta có ∑ (1 − |am |2 )(1 − |ak |2 ) m e Thật vậy, từ δ2 Ch Từ bổ đề 3.3.4 ta có đây, ck = |W (ak , z)| = exp{− bất đẳng thức − x (1 − |ak |2 ) |W (ak , z)| − |ak z|2 (3.1) Chọn Vì Re( 71 3.3 Bài toán nội suy hình cầu đơn vị f (ak ) = wk exp(v(ak )) Đặt g = f ev ta có g ∈ N (B n ) g(ak ) = wk (b) =⇒ (a) : Để chứng minh a dãy nội suy tự ta cần chứng minh l∞ ⊂ N (B n )|a Lấy (vk ) ∈ l∞ tồn M cho |vk | < M, ∀k Chọn u ≡ M ta có 72 3.3 Bài toán nội suy hình cầu đơn vị u ∈ PH(B ) log |vk | < M = u(vk ), ∀k Vậy (vk ) ∈ N (B )|a (c) =⇒ (a) : Giả sử ϕa (z) u(z), u hàm đa điều hòa Khi n + n exp(−3u(ak )) = | exp(−G(z))|, δk3 với G(z) hàm chỉnh hình B n thỏa mãn ReG(z) = u(z) Giả sử (αk ) dãy bị chặn, ta có αk exp(−G(ak )) Cδk3 Theo định lý 3.3.2 tồn hàm chỉnh hình bị chặn F cho F (ak ) = αk exp(−G(ak )) Đặt H(z) = F (z) exp(G(z)) ta có H(ak ) = αk log |H(z)| = log |F (z)| + ReG(z) log ∥F ∥∞ + u(z) Vậy H ∈ N (B n ) Để kết thúc chứng minh định lý ta (c) không suy (a) Khẳng định dựa kết B.Berndtsson trình bày định lý 6.2[1] Định lý 3.3.6 (B.Berndtsson) Với ε > 0, tồn dãy H ∞ (B n ) nội suy (ak ) cho ∑ (1 − |ak |2 )n−ε = ∞ k Lấy ε = n − theo định lý 3.3.6 có dãy H ∞ (B n ) nội suy (ak ) cho ∑ (1 − k |ak |2 ) = ∞ Do∑ H ∞ (B n ) ⊂ N (B n ) nên (ak ) dãy nội suy tự cho lớp N (B n ) Mặt khác, từ (1 − |ak |2 ) = ∞ ta có k ∑ (1 − |ak |2 )(1 − |aj |2 ) = ∞ |1 − ak aj |2 j:j̸=k Từ đó, tồn k cho ∏( 1− j:j̸=k Hay tồn k cho ∏ j:j̸=k (1 − |ak |2 )(1 − |aj |2 ) ) = ∞ |1 − ak aj |2 |φaj (ak )|2 = 0, tức δk = Do đó, ϕa (ak ) = ∞ Vậy ϕa hàm trội đa điều hòa Kết luận Luận văn nghiên cứu toán nội suy tự lớp Nevanlinna lớp Smirnov Luận văn đạt kết sau: Trình bày kết quan trọng đặc trưng dãy nội suy tự cho lớp Nevanlinna lớp Smirnov dựa hàm trội điều hòa hàm trội điều hòa tựa chặn Đưa điều kiện đặc trưng cho dãy nội suy tự cho lớp "Nevanlinna" hình cầu đơn vị Đây đề tài có ý nghĩa khoa học, mang tính thời cao có nhiều khả phát triển Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Trào, Dãy nội suy không gian hàm, Luận án Thạc sĩ khoa học Toán học, Đại học Sư phạm Hà Nội, 1998 [2] B.Berndtsson, Interpolating sequences for H ∞ in the ball, erl.Akad,Wetensch.Indag.Math.88, 1985 Ned- [3] John B Garnett, Two remarks on interpolation by bounded analytic functions, Banach spaces of analytic functions, Lecture Notes in Mathematics, Vol.604, Springer, Berlin, 1977, pp 32-40 [4] John B Garnett, Bounded Analytic Functions, Academic Press New York, 1981 [5] Andreas Hartmann, Xavier Massaneda, Artur Nicolau and Pascal Thomas, Interpolation in Nevanlinna and Smirnov classes and Harmonic majorants, Journal of Functional Analysis 217 (2004) - 37 [6] A.G.Natalevic, On interpolation by functions of bounded characteristic (Russian), Vilniaus Valst Univ Mokslu Darbai Mat Fiz Chem Mokslu Ser 5(1956) 5-27 [7] A.Nicolau, J.Pau, P.J.Thomas, Smallness sets for bounded Holomorphic functions, J Anal Math 82 (2000) 199-148 [8] Thomas Ransford, Potential Theory in the Complex Plane, Cambridge University Press, 1985 [9] W.Rudin, Real and Complex Analysis, MC Graw - Hill Book Company [10] W.Rudin, Function Theory in The Unit Ball of 1980 C n, Springer Verlag, [11] N.Yanagihara, Interpolation theorems for the class N + , Illinois J Math 18(1974) 427-435 [...]... không có hàm trội đa điều hòa Kết luận Luận văn nghiên cứu bài toán nội suy tự do đối với lớp Nevanlinna và lớp Smirnov Luận văn đã đạt được những kết quả sau: 1 Trình bày những kết quả quan trọng nhất về đặc trưng của dãy nội suy tự do cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov dựa trên hàm trội điều hòa và hàm trội điều hòa tựa chặn 2 Đưa ra những điều kiện đặc trưng cho dãy nội suy tự do cho lớp "Nevanlinna"... nơi Vậy f (z) = eiC B(z)S(z) = CB(z)S(z), |C| = 1 ✷ Trong chương chính của luận văn này, phần đầu sẽ đưa ra khái niệm về dãy nội suy tự do và các điều kiện cần và đủ để một dãy là nội suy tự do cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov Phần cuối của chương dành để trình bày một số tiêu chuẩn hình học của dãy nội suy 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna Định nghĩa 2.1.1 Cho Λ là dãy điểm rời rạc khác không... = ((gf )(λ))λ được nội suy bởi gf ∈ X Vậy l∞ (X|Λ) ⊂ X|Λ hay X|Λ là ideal ✷ Nhận xét: Ta có N và N + là các đại số chứa hằng Theo kết quả của mệnh đề 2.1.11 thì để chứng minh Λ ⊂ D là dãy nội suy đối với N hoặc N + ta chỉ cần chứng minh l∞ ⊂ N |Λ hoặc l∞ ⊂ N + |Λ αj = 1 thỏa mãn j=1 N ∑ 39 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna D Khi đó các phát biểu sau là tương a Λ là dãy nội suy đối với lớp Nevanlinna... 59 2.2 Bài toán nội suy cho lớp Smirnov sup ∑ cλ ∈B(Λ) λ:ϕ Λ cλ ϕΛ (λ)cλ = 0 n 60 2.3 Những tiêu chuẩn hình học của bài toán nội suy 2 Chứng minh 2.2.8(e)(ii) và 2.2.10(d)(ii) tương với nhau ∑đương (n) (n) Nếu 2.2.8(e)(ii) đúng, lấy cλ ∈ B(Λ) sao cho lim cλ Pλ (ζ) = 0 hầu n→∞ khắp nơi trên ∂D ∑ (n) ∑ (n) Xét µn = cλ δλ ta có µn ∈ B và từ lim cλ Pλ (ζ) = 0 hầu khắp nơi n→∞ λ∈Λ trên ∂ D ta có suy ra... điều hòa tựa 1 chặn và từ kết quả của mệnh đề 2.2.7 ta được ϕH Λ ∈ Lw,0 (∂ D ) ✷ = 0 hay 2.2.10(d)(ii) đúng (n) Chứng minh: b Nếu M ϕΛ ∈ L1 (∂ D ) thì theo mệnh đề 2.2.6 ta có ϕΛ có hàm trội điều hòa tựa chặn và theo định lý 2.2.8 ta được Λ ∈ IntN + và do đó Λ ∈ IntN , λ∈Λ ∑ λ∈Λ 61 2.3 Những tiêu chuẩn hình học của bài toán nội suy , ∑ (1 − |λ|) log |Bλ (λ)|−1 < ∞ thì Λ ∈ IntN + λ∈Λ và do đó Λ ∈ IntN... ∂ ∂ = ( +i ), ∂z j 2 ∂xj ∂yj với1 j n 68 3.3 Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị Ta ký hiệu ∂ Dj = ∂zj 69 3.3 Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị Trước hết ta cần chứng minh một kết quả quan trọng là mở rộng của định lý 2.1.13 lên hình cầu đơn vị, trong đó hàm φ(t) được chọn bằng e−t ∂ và Dj = ∂z j Định nghĩa 3.2.1 Cho Ω là một tập mở trong C n và f ∈ C 2 (Ω) Hàm f được gọi là đa điều hòa nếu... (2.2) 44 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna ∞ ở đây, T2 là hàm kì dị, h1 là hàm thuộc H và h2 là hàm ngoài thuộc H , và ta cũng có thể giả sử ∥fi ∥∞ 1, i = 1, 2 Từ đó 45 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna ∞ và S = 4 ∏ Si Ta có g là hàm ngoài trong H ∞ và S là hàm kì dị Như vậy, i=1 1 = |f1 (λ1k )| |BΛ\{λ1j }j (λ1k )| với mọi λ′ ∈ Λ, tồn tại k ∈ {1, 2, 3, 4} sao cho λ′ ∈ Λk và 1 |h2 (λ1k... |F (λ)| suy ra 1, tức là F (λ) aλ )λ ∈ l∞ Vì Λ là dãy nội suy tự do cho lớp N nên N |Λ là ideal hay ( F (λ) aλ l∞ ⊂ N |Λ Khi đó tồn tại f0 ∈ N sao cho = f0 (λ) Vậy (aλ )λ được F (λ) nội suy bởi F f0 ∈ N và (aλ )λ ∈ N |Λ 41 2.1 Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna Điều kiện đủ: Nếu N |Λ = lN := {(a)λ | ∃h ∈ Har+ (D ) sao cho h(λ) log+ |aλ |, λ ∈ Λ} Theo mệnh đề 2.1.11 để chứng minh Λ là dãy nội suy cho... lấy ζ ∈ Iλ suy ra λ ∈ Γ(ζ), do đó M ϕΛ (ζ) = sup ϕΛ (z) log |Bλ (λ)|−1 }, λ ∈ Λ Thật vậy, ϕΛ (λ) = log |Bλ (λ)|−1 z∈Γ(ζ) 2.3 Những tiêu chuẩn hình học của bài toán nội suy Hệ quả 2.3.1 Cho Λ là dãy Blaschke tách Khi đó Λ ∈ IntN + và do đó Λ ∈ IntN Chứng minh: Theo mệnh đề 2.1.14 ta có log |Bλ (λ)|−1 có hàm trội điều hòa tựa chặn hay ϕΛ có hàm trội điều hòa tựa chặn Từ đó theo kết quả của định lý... trưng của dãy nội suy tự do cho lớp N trên đĩa đơn vị D trong định lý 2.1.12 thành các đặc trưng tương ứng của dãy nội suy tự do cho lớp N (B n ) trên hình cầu đơn vị B n Kết quả mở rộng được trình bày trong định lý 3.3.1 Trước hết ta cần một số khái niệm và tính chất trên hình cầu đơn vị B n tương ứng với đĩa đơn vị D 3.1 Tự đẳng cấu của hình cầu đơn vị Ta biết rằng với mọi α thuộc đĩa đơn vị D của