Lời nói đầu 2
Mục lục
Trang
Lời nói đầu 4
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 6
1.1 Hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 Hàm trội điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4 Không gian H
p
, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov . . . . . . . . . 26
Chương 2. Bài toán nội suy cho lớp Nevanlinna và 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 của bài toán nội suy . . . . . . . . 60
Chương 3. Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị 66
3.1 Tự đẳng cấu của hình cầu đơn vị . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
3.2 Hàm đa điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.3 Bài toán nội suy trên hình cầu đơn vị . . . . . . . . . . . . . . 68
Kết luận 73
Tài liệu tham khảo 74
3
Lời nói đầu
Cho Λ là một dãy điểm rời rạc trong đĩa đơn vị và X không gian các
hàm chỉnh hình trên . Ta xét bài toán miêu tả không gian vết của X trên Λ,
tức là tập hạn chế X|Λ = {f(λ) : f ∈ X, λ ∈ Λ}, được gọi là bài toán nội suy.
Có hai hướng tiếp cận bài toán nội suy: hướng thứ nhất là cố định không gian
đích l và tìm điều kiện sao cho X|Λ = l; hướng tiếp cận thứ hai, được gọi là
nội suy tự do, đòi hỏi X|Λ là ideal, tức là ổn định dưới phép nhân trong l
∞
.

)|dθ =
1
2π
2π

0
log
+
|f(e
iθ
)|dθ},
các khái niệm trên là khác nhau.
Việc miêu tả vết của các lớp hàm này đã thu được những kết quả nhất định.
Dựa vào kết quả: nếu f ∈ N thì sup
z
(1 − |z|) log
+
|f(z)| < ∞, Naftalevic[6]
đã miêu tả được các dãy Λ nằm trong hợp hữu hạn của các góc Stolz mà không
gian vết đối với lớp Nevanlinna trùng với không gian dãy l
Na
:= {(a
λ
)
λ
:
sup
λ
(1 − |λ|) log
+

+
|Λ không thuộc
trong l
Y a
, và theo nghĩa này không gian đích l
Y a
là "quá nhỏ".
Lời nói đầu 5
Gần đây, A.Hartmann, X.Massaneda, A.Nicolau và P.Thomas [5] đã đưa
ra những đặc trưng của dãy nội suy cho lớp Nevanlinna và lớp Smirnov dựa
vào hàm trội điều hòa và hàm trội điều hòa tựa chặn. Trong đó, hàm trội điều
hòa và hàm trội điều hòa tựa chặn không những xác định được không gian
vết của các dãy nội suy tự do của các lớp hàm trên mà còn quyết định những
dãy điểm nào trong đĩa đơn vị là nội suy tự do.
Trong luận văn này, chúng tôi trình bày lại những kết quả trong bài báo
trên và đưa ra một mở rộng tương ứng về đặc trưng của dãy nội suy cho lớp
Nevanlinna lên hình cầu đơn vị, đó là kết quả mới của luận văn.
Luận văn được chia làm ba chương
Chương 1: dành để trình bày những kiến thức chuẩn bị về hàm điều hòa,
hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov. Cấu
trúc của hàm thuộc lớp Nevanlinna và lớp Smirnov được phát biểu và chứng
minh trong định lý phân tích Riesz-Smirnov.
Chương 2: 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.
Chương 3: trình bày đặc trưng của dãy nội suy cho lớp N(
n
) trong hình
cầu đơn vị
n

2
h
∂x
2
+
∂
2
h
∂y
2
= 0.
Ký hiệu, Har(U) là tập các hàm điều hòa trên U.
Har
+
(U) là tập các hàm điều hòa dương trên U.
Định lý 1.1.2 Cho Ω là một miền trong . Khi đó
a. Nếu f là hàm chỉnh hình trên Ω và h = ref thì h là hàm điều hòa trên Ω.
b. Nếu h là hàm điều hòa trên miền đơn liên Ω thì h là phần thực của một
hàm chỉnh hình f trên Ω.
6
1.1. Hàm điều hòa 7
Chứng minh:
a. Đặt f = h + ik, theo điều kiện Cauchy-Riemann, ta có
∂h
∂x
=
∂k
∂y
và
∂h

f
′
=
∂h
∂x
+ i
∂k
∂x
=
∂h
∂x
− i
∂h
∂y
. (1.1)
Do đó nếu f tồn tại thì f
′
hoàn toàn được xác định bởi h và do đó f là duy
nhất sai khác một hằng số. Phương trình (1.1) sẽ cho ta cách xác định
hàm f.
Xác định g : Ω −→ cho bởi
g =
∂h
∂x
− i
∂h
∂y
.
Khi đó g ∈ C
1

z

z
0
g(ω)dω,
ở đây, tích phân được lấy qua các đường trong Ω nối z
0
với z. Vì Ω
là miền đơn liên nên theo định lý Cauchy tích phân không phụ thuộc
vào việc chọn đường nối z
0
và z. Khi đó f là hàm chỉnh hình trên Ω và
f
′
= g =
∂h
∂x
− i
∂h
∂y
.
Đặt
˜
h = Ref, ta có
∂
˜
h
∂x
− i
∂

0
ta thấy hằng số bằng không.
Do đó h = Ref.
1.1. Hàm điều hòa 8
✷
Định lý 1.1.3 (Tính chất giá trị trung bình) Cho h là hàm điều hòa trên một
lân cận mở của đĩa
D(ω, ρ). Khi đó
h(ω) =
1
2π
2π

0
h(ω + ρe
iθ
)dθ.
Chứng minh: Chọn ρ
′
> ρ, khi đó h là hàm điều hòa trên D(ω, ρ
′
). Áp dụng
định lý
1.1.2.b, tồn tại một hàm điều hòa f trên D(ω, ρ
′
) sao cho h = Ref.
Theo đẳng thức tích phân Cauchy, ta có
f(ω) =
1
2πi

−i
∂h
∂y
.
Khi đó theo cách chứng minh của định lý
1.1.2 ta có g là hàm chỉnh hình trên
Ω. Do h = 0 trên U nên g = 0 trên U. Theo nguyên lý đồng nhất cho các hàm
chỉnh hình ta có g = 0 trên Ω và do đó
∂h
∂x
= 0 và
∂h
∂y
= 0 trên Ω. Như vậy h là
hằng số trên Ω, vì h = 0 trên U nên h ≡ 0 trên Ω. ✷
Định lý 1.1.5 (Nguyên lý cực đại) Cho h là hàm điều hòa trên miền Ω trong
. Khi đó
a. Nếu h đạt cực đại địa phương trên Ω thì h là hằng số.
b. Nếu h mở rộng liên tục tới Ω và h  0 trên ∂Ω thì h  0 trên Ω .
1.1. Hàm điều hòa 9
Chứng minh:
a. Giả sử rằng h đạt cực đại địa phương tại ω ∈ Ω. Khi đó có r > 0 sao cho
h  h(ω) trên D(ω, r). Theo định lý
1.1.2.b tồn tại hàm chỉnh hình trên
D(ω, r) sao cho h = Ref. Từ đó |e
f
| đạt cực đại địa phương tại ω và có
được e
f
là hàm hằng. Như vậy, h là hằng số trên D(ω, r) và theo nguyên

)P
z − ω
ρ
(e
iθ
)dθ, z ∈ D(ω, ρ).
Mệnh đề 1.1.7 Nhân Poisson và tích phân Poisson thỏa mãn các tính chất
sau:
a. P
z
(ζ) > 0, ∀|z| < 1, |ζ| = 1.
b.
1
2π
2π

0
P
z
(e
iθ
)dθ = 1, ∀|z| < 1.
c. sup
|ζ−ζ
0
|δ
P
z
(ζ) −→ 0 khi z −→ ζ
0

0
P
z
(e
iθ
)dθ = Re(
1
2πi

|ζ|=1
ζ + z
ζ − z
dζ
ζ
)
= Re

1
2πi

|ζ|=1
(
2
ζ − z
−
1
ζ
)
dζ
ζ

ta có sup
|ζ−ζ
0
|δ
P
z
(ζ) → 0 khi z → ζ
0
.
d. Ta có
P u (z) = Re(
1
2π
2π

0
e
iθ
+ z
e
iθ
− z
u(e
iθ
)dθ), z ∈ .
Vì u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂ nên
1
2π
2π


) − u(ζ
0
)

dθ|

1
2π
2π

0
P
z
(e
iθ
)|u(e
iθ
) − u(ζ
0
)|dθ.
Do u là hàm liên tục tại ζ
0
∈ ∂ nên
∀ε > 0, ∃δ > 0 :| ζ − ζ
0
|< δ ⇒| u (ζ) − u(ζ
0
) |< ε.
Từ đó
1

| < δ
′
thì
sup
|ζ−ζ
0
|δ
P
z
(ζ) < ε. Do đó, nếu |z − ζ
0
| < δ
′
thì
1
2π

|e
iθ
−ζ
0
|δ
P
z
(e
iθ
) | (u(e
iθ
) − u(ζ
0

|P u(z)| − u(ζ
0
)  ε(1 +
1
2π
2π

0
|φ(e
iθ
)|dθ + |φ(ζ
0
)|).
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
✷
Định lý 1.1.8 (Biểu thức tích phân Cauchy) Nếu h là hàm điều hòa trên một
lân cận mở của đĩa
D(ω, ρ) thì với r < ρ và 0  t < 2π ta có
h(ω + re
it
) =
1
2π
2π

0
P
ω+re
it
(ω + ρe

h(ω + re
it
) =
1
2π
2π

0
P
ω+re
it
(ω + ρe
iθ
)h(ω + ρe
iθ
)dθ.
✷
Hệ quả 1.1.9 Mọi hàm điều hòa h trên đều là tích phân Poisson của một
độ đo trên ∂ , tức là có một độ đo µ trên ∂ sao cho
h(z) = h[µ](z) :=

∂
P
z
(ζ)dµ(ζ).
Hơn nữa, mọi hàm điều hòa dương trên là tích phân Poisson của một độ
đo dương trên ∂ .
Chứng minh: Xác định độ đo dµ(ζ) = h(ζ)dζ từ kết quả của định lý
1.1.8 ta có
h(z) =

0, z ∈ ∂D.
1.1. Hàm điều hòa 13
Khi đó k liên tục trên D và có tính chất giá trị trung bình trên D. Vì D
compact nên k đạt giá trị lớn nhất bằng M trong D. Xác định
A = {z ∈ D : k(z) < M} và B = {z ∈ D : k(z) = M}.
Do k liên tục nên A là tập mở. Mặt khác, nếu k(ω) = M thì theo tính chất
về giá trị trung bình k = M trên một lân cận đủ nhỏ của ω. Như vậy, A và B
là các thành phần liên thông mở của D nên A = ∅ hoặc B = ∅. Trong cả hai
trường hợp ta đều có M = 0. Do đó k  0. Hoàn toàn tương tự ta cũng có
k  0. Từ đó, h = P h trên D. Vì P h là hàm điều hòa nên h cũng là hàm điều
hòa. ✷
Định lý 1.1.11 Nếu (h
n
)
n
là dãy các hàm điều hòa trên Ω hội tụ đều tới hàm
h thì h là hàm điều hòa trên Ω.
Chứng minh: Theo định lý
1.1.10 để chứng minh h là hàm điều hòa ta chỉ cần
chứng minh h thỏa mãn tính chất về giá trị trung bình, tức là với mọi ω tồn
tại ρ > 0 sao cho
h(ω) =
1
2π
2π

0
h(ω + re
iθ
)dθ, 0  r < ρ.

hội tụ đều tới h trên Ω nên
∀ε > 0, ∃n
0
, ∀n  n
0
:| h
n
(ω) − h(ω) |<
ε
2
, ∀ω ∈ Ω.
Từ đó, với ∀n  n
0
, ta có
|
1
2π
2π

0
h
n
(ω+re
iθ
)dθ−
1
2π
2π

0

)dθ |
ε
2
, 0  r < ρ
n
0
.
1.1. Hàm điều hòa 14
Suy ra
| h
n
(ω)−
1
2π
2π

0
h(ω+re
iθ
)dθ || h
n
(ω)−h
n
0
(ω) | + | h
n
0
(ω)−
1
2π

ρ − r
h(ω).
Chứng minh: Chọn s thỏa mãn r < s < ρ. Áp dụng biểu thức tích phân Cauchy
cho h trên D(ω, s) ta được
h(ω + re
it
) =
1
2π
2π

0
P
ω+re
it
(ω + se
iθ
)h(ω + se
iθ
)dθ

1
2π
2π

0
s + r
s − r
h(ω + se
iθ

✷
1.1. Hàm điều hòa 15
Hệ quả 1.1.13 Cho Ω là một miền trong và z, ω ∈ Ω. Khi đó tồn tại một số
K sao cho với mọi hàm điều hòa dương h trên Ω, ta có
K
−1
h(ω)  h(z)  Kh(ω).
Chứng minh: Cho z, w ∈ Ω, ta định nghĩa z ∼ ω nếu tồn tại một số K sao cho
K
−1
h(ω)  h(z)  Kh(ω) với mọi hàm điều hòa dương trên Ω. Khi đó, ∼ là
một quan hệ tương đương trên Ω và theo bất đẳng thức Harnack ta có các lớp
tương đương là các tập mở. Do Ω liên thông nên trên Ω chỉ có một lớp tương
đương và hệ quả được chứng minh. ✷
Định nghĩa 1.1.14 Cho Ω là một miền trong . Với mọi z, ω ∈ Ω khoảng cách
Harnack giữa z và ω là số nhỏ nhất H
Ω
(z, ω) sao cho với mọi hàm điều hòa
dương h trên Ω ta có
H
Ω
(z, ω)
−1
h(ω)  h(z)  H
Ω
(z, ω)h(ω).
Định lý 1.1.15 (Định lý Harnack) Cho (h
n
)
n

−h
m
là các hàm điều hòa dương nên với n  m  1,
ta có
h
n
(ω) − h
1
(ω)  C
K
(h
n
(z) − h
1
(z)), z ∈ K
và
h
n
(z) − h
m
(z)  C
K
(h
n
(ω) − h
m
(ω)), z ∈ K.
Nếu h
n
(ω) → ∞ thì h

hội tụ đều địa phương tới một hàm điều hòa h trên Ω.
1.2. Hàm điều hòa dưới 16
Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω. Từ bất đẳng thức
H
Ω
(z, ω)
−1
h
n
(ω)  h
n
(z)  H
Ω
(z, ω)h
n
(ω), z ∈ Ω, n  1. (1.2)
ta nhận được nếu h
n
(ω) → ∞ thì h
n
→ ∞ đều địa phương trên Ω, và nếu
h
n
(ω) → 0 thì h
n
→ 0 đều địa phương trên Ω. Do đó, bằng cách thay (h
n
)
n
bằng một dãy con nếu cần ta có thể giả sử luôn (log h

(ζ))
j
hội
tụ với mỗi ζ ∈ S. Ta sẽ chứng minh rằng với dãy con này (log h
n
j
)
j
hội tụ đều
địa phương trên Ω.
Cho K là một tập compact của Ω, và xét ε > 0. Với mỗi z ∈ K, đặt
V
z
= {z
′
∈ Ω : log H
ω
(z, z
′
) < ε},
và V
z
1
, . . . , V
z
m
là phủ hữu hạn của K. Vì S trù mật trong Ω nên với mỗi l ta có
thể chọn ζ
l
∈ V

l
) < 2ε, z ∈ V
z
l
.
Lý luận tương tự cho h
n
k
ta được
| log h
n
k
(z) − log h
n
k
(ζ
l
) | 2ε, z ∈ V
z
l
.
Kết hợp các bất đẳng thức trên suy ra
| log h
n
j
(z) − log h
n
k
(z) | 5ε, n
j

Đặt M = sup
K
u. Giả sử u(x) < M với mọi x ∈ K, khi đó V
n
= {x ∈ X :
u(x) < M −
1
n
} là phủ mở của tập compact K nên cũng có phủ con hữu hạn.
Mặt khác theo định nghĩa của supremum với mọi n  1 tồn tại x ∈ K sao cho
u(x) > M −
1
n
, mâu thuẫn. Vậy tồn tại x ∈ K sao cho u(x) = M hay u đạt cận
trên đúng trên K. ✷
Định lý 1.2.3 Cho u là hàm nửa liên tục trên trên không gian metric (X, d)
và giả sử rằng u bị chặn trên ở trên X. Khi đó tồn tại dãy hàm liên tục
Φ
n
: X −→ sao cho Φ
1
 Φ
2
 . . .  u trên X và lim
n→∞
Φ
n
= u.
Chứng minh: Ta có thể giả sử u −∞ (nếu không thì có thể chọn Φ
n

n
 u.
Mặt khác, ký hiệu
B(x, ρ) = {y ∈ X : d(x, y) < ρ},
ta có
Φ
n
(x)  max( sup
B(x,ρ)
u, sup
X
u − nρ), x ∈ X, ρ > 0.
Suy ra
lim
n→∞
Φ
n
(x)  sup
B(x,ρ)
u, x ∈ X, ρ > 0.
Vì u là hàm nửa liên tục trên, cho ρ → 0 ta được lim
n→∞
Φ
n
 u. ✷
1.2. Hàm điều hòa dưới 18
Định nghĩa 1.2.4 Cho U là một tập mở của . Hàm u : U −→ [−∞, +∞)
được gọi là hàm điều hòa dưới nếu nó là nửa liên tục trên và thỏa mãn bất
đẳng thức trung bình địa phương, tức là với mọi ω ∈ U, tồn tại ρ > 0 sao
cho


(av + b)dµ 

φ(v)dµ.
Vậy
φ(

vdµ) = sup[a(

vdµ) + b] 

φ(v)dµ.
✷
Mệnh đề 1.2.6 Cho v(z) là hàm điều hòa trên tập mở U trong và φ(t) là
hàm lồi tăng trên [−∞, +∞), liên tục tại t = −∞. Khi đó φ ◦ v là hàm điều
hòa dưới trên U.
Chứng minh: Vì mọi hàm lồi đều là hàm liên tục trên nên φ liên tục trên
[−∞, +∞). Do đó ta có ngay φ ◦ v là nửa liên tục trên.
Lấy ω ∈ U, do v là hàm điều hòa dưới nên tồn tại ρ > 0 sao cho
v(ω) 
1
2π
2π

0
v(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
Sử dụng φ là hàm lồi tăng và kết quả của mệnh đề
1.2.5 ta có

a. Giả sử u đạt cực đại bằng M trên Ω. Xác định
A = {z ∈ Ω : u(z) < M} và B = {z ∈ Ω : u(z) = M}.
Khi đó A là tập mở vì u là hàm nửa liên tục trên. Ta chứng minh B cũng
là tập mở.
Thật vậy, lấy ω ∈ B ta có u(ω) = M. Do u là hàm điều hòa dưới nên tồn
tại ρ > 0 sao cho
u(ω) 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
Suy ra
M 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt 
1
2π
2π

0

z→ζ
u(z)  0. Theo
định lý
1.2.7 ta có u  h trên K.
(b) =⇒ (a) : Để chứng minh u là hàm điều hòa dưới trên Ω ta chỉ cần chứng
minh u thỏa mãn bất đẳng thức trung bình địa phương trên Ω, tức là với mọi
ω ∈ Ω tồn tại ρ > 0 sao cho
u(ω) 
1
2π
2π

0
u(ω + re
it
)dt, (0  r < ρ).
Lấy ω ∈ Ω, do Ω là tập mở nên tồn tại ρ > 0 sao cho
D(ω, ρ) ⊂ Ω. Xét
0  r < ρ và D(ω, r) ⊂
D(ω, ρ) ⊂ Ω, theo định lý 1.2.3 tồn tại dãy hàm liên tục
Φ
n
: ∂D(ω, r) −→ sao cho Φ
n
giảm dần đến u trên ∂D(ω, r). Theo mệnh đề
1.1.7 ta có P Φ
n
là hàm điều hòa trên D(ω, r) và lim
z→ζ
P Φ

2π

0
u(ω + re
iθ
)dθ > −∞.
1.2. Hàm điều hòa dưới 21
Chứng minh: Giả sử u
n
(z) là dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) trên
∂D(ω, r) và U
n
(z) là hàm điều hòa mở rộng của u
n
tới D(ω, r). Nếu
1
2π
2π

0
u(ω + re
iθ
)dθ ≡ −∞
khi đó do u bị chặn trên và nhân Poisson bị chặn và dương nên ta có
1
2π
2π

0
P

z/r
(θ)u(re
iθ
)dθ, |z| < r.
Khi đó, u
r
(z) là hàm điều hòa dưới trên , u
r
(z) là hàm điều hòa trên
|z| < r, u
r
(z)  u(z), z ∈ và u
r
(z) là hàm tăng theo r.
Chứng minh: Theo hệ quả
1.2.9 ta có u
r
(z) hữu hạn và điều hòa trên D(0, r) =
{|z| < r}. Để chứng minh u
r
(z) là nửa liên tục trên tại z
0
∈ ∂D(0, r) ta phải
chỉ ra rằng
u(z
0
)  lim sup
z→z
0
|z|<r

0
) + ε)dθ +
1
2π
(sup
θ
u(re
iθ
))

|θ−θ
0
|>δ
P
z/r
dθ
 u(z
0
) + 2ε.
Vậy u
r
là hàm nửa liên tục trên.
Giả sử u
n
(z) là dãy hàm liên tục hội tụ giảm đến u(z) trên ∂D(0, r). Lập lại
lý luận như hệ quả 1.2.9 ta có u(z)  u
r
(z).
1.3. Hàm trội điều hòa 22
Do u là hàm điều hòa dưới nên bất đẳng thức trên chứng tỏ u

có hàm trội điều hòa nếu và chỉ nếu
sup
r
1
2π
2π

0
u(re
iθ
)dθ = sup
r
u
r
(0) < ∞.
Hàm trội điều hòa nhỏ nhất của u(z) được cho bởi
h(z) = lim
r→1
2π

0
P
z/r
u(re
iθ
)
dθ
2π
= lim
r→1

(z)  U(z) ta có h(z)  U(z) và như vậy h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ
nhất. ✷
1.3. Hàm trội điều hòa 23
Định lý 1.3.4 Cho f(z) là hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị , f 0 và (z
n
)
n
là dãy không điểm của f(z). Nếu log |f(z)| có hàm trội điều hòa thì

(1 − |z
n
|) < ∞.
Nếu f(0) ̸= 0 và h(z) là hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| thì

(1 − |z
n
|) < h(0) − log |f(0)|.
Chứng minh: Bằng cách thay f(z) bằng
f(z)
z
n
nếu cần, ta có thể giả sử f(0) ̸= 0.
Khi đó theo định lý 1.3.3 ta có
sup
r
2π

0
log |f(re
iθ

B
r
(z) =
n

j=1
(z −
z
j
r
)/(1 −
z
j
z
r
)
là tích Blaschke có cùng các không điểm như f(rz) và đặt g(z) =
f(rz)
B
r
(z)
.
Khi đó g là hàm chỉnh hình và khác không trong
, do đó
log |g(0)| =
1
2π
2π

0

1
|z
j
|
 lim
r→1
1
2π
2π

0
log |f(re
iθ
)|dθ − log |f(0)| = h(0) − log |f(0)|.
Từ 1 − |z
j
|  log
1
|z
j
|
ta có

(1 − |z
n
|)  h(0) − log |f(0)|. ✷
1.3. Hàm trội điều hòa 24
Định lý 1.3.5 Cho (z
n
)

n
, bội của mỗi không điểm bằng số lần mà nó xuất hiện trong dãy
{z
n
}. Hơn nữa, |B(z)|  1 và |B(e
iθ
)| = 1 hầu khắp nơi.
Chứng minh: Ta có thể giả sử |z
n
| > 0 với mọi n. Đặt
b
n
(z) =
−z
n
|z
n
|
z − z
n
1 − z
n
z
.
Khi đó, |b
n
| hội tụ trên tới một hàm chỉnh hình nhận (z
n
)
n

n
(z)  1 nên B(z) ∈ H
∞
và |B
n
(z)|  1. Hàm điều hòa bị chặn B(z)
có các giới hạn không tiếp xúc | B(e
iθ
) | 1 hầu khắp nơi. Để chứng tỏ
| B(e
iθ
) |= 1 hầu khắp nơi ta đặt B
n
(z) =
n

k=1
b
k
(z). Khi đó
B
B
n
là một tích
Blaschke khác và
B(0)
B
n
(0)


) | dθ = 1,
và như vậy | B(e
iθ
) |= 1 hầu khắp nơi. ✷
Định lý 1.3.6 (F.Riesz) Cho 0 < p < ∞. Giả sử f(z) ∈ H
p
( ), f 0, (z
n
)
n
là
dãy các không điểm của f(z) và B(z) là tích Blaschke với các không điểm
(z
n
)
n
. Khi đó g(z) =
f(z)
B(z)
thuộc vào H
p
( ) và
∥g∥
H
p
= ∥f∥
H
p
.
1.3. Hàm trội điều hòa 25

2π
 lim
R→1
2π

0
| f(R e
iθ
) |
p
| B
n
(Re
iθ
) |
p
dθ
2π
.
Nếu 1 − R đủ nhỏ thì | B
n
(Re
iθ
) |> 1 − ε, do đó
2π

0
| g
n
(re

∞
( ), ∥f∥
∞
 0. Khi đó các khẳng định sau là
tương đương:
a. f(z) = λB(z), ở đây λ là hằng số, |λ| = 1 và B(z) là tích Blaschke.
b. lim
r→1
2π

0
log | f(re
iθ
) |
dθ
2π
= 0.
c. Hàm trội điều hòa nhỏ nhất của log |f(z)| bằng 0.
Chứng minh: Theo định lý
1.3.3 ta có (b) và (c) tương đương. Giả sử rằng f(z)
là tích Blaschke với các không điểm (z
n
)
n
, và cho ε > 0. Ta có thể chia f(z)
cho tích Blaschke hữu hạn B
n
(z) sao cho
|(
f

Vì log |
f
B
n
| là hàm điều hòa dưới và âm nên
log(1 − ε) 
2π

0
log |
f
B
n
(re
iθ
) |
dθ
2π
 0.
1.4. Không gian H
p
, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov 26
Vậy ta có (b).
Giả sử (c) đúng. Đặt g(z) =
f(z)
g(z)
, ở đây B(z) là tích Blaschke hình thành từ
các không điểm của f(z). Khi đó
log |f(z)|  log |g(z)|  0
do ∥f∥

∞
ta xác định
∥f∥
∞
= sup
z∈
|f(z)|.
Định lý 1.4.2 Cho 0 < p  +∞ và f(z) ∈ H
p
, f 0. Khi đó
1
2π
2π

0
log |f(e
iθ
)|dθ > −∞. (1.3)
Nếu f(0) ̸= 0 thì
log |f(0)| 
1
2π
2π

0
log |f(e
iθ
)|dθ. (1.4)
và tổng quát hơn nữa nếu f(z
0