Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN HÙNG CƯỜNG
TOÁN TỬ HỢP THÀNH TRÊN KHÔNG
GIAN CÁC HÀM ĐIỀU HÒA BỊ CHẶN
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2010 1
MỤC LỤC
Mở đầu 2
Chương 1
HÀM CHỈNH HÌNH MỘT BIẾN VÀ

ứng h
∞
) là không gian các hàm điều hòa bị chặn được trang bị
chuẩn sup:
 f 
∞
= sup{|f(z)| : z ∈ D}.
Ký hiệu S(D) là tập các ánh xạ chỉnh hình từ D vào D, Với mỗi
ϕ ∈ S(D) ta thiết lập ánh xạ hợp thành C
ϕ
: H
∞
→ H
∞
(hoặc
C
ϕ
: h
∞
→ h
∞
) cho bởi
C
ϕ
(f) := f ◦ ϕ
Ta có thể chứng minh C
ϕ
là tuyến tính bị chặn trên H
∞
và h

Đại học, ĐHSP Thái Nguyên, Đại Học Thái Nguyên đã tận tình
dạy bảo Tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu tại khoa. Tôi
xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo, gia đình và bạn bè đồng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
3
nghiệp đã giúp đỡ rất nhiều để Tôi hoàn thành bản luận văn này.
Trong quá trình viết luận văn cũng như trong việc xử lý văn bản
chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Rất mong
nhận được sự góp ý của các thầy cô, các bạn đồng nghiệp để luận
văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn !
Thái Nguyên, tháng 8 năm 2010
Học viên
Nguyễn Hùng Cường
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
4
Chương 1
Hàm chỉnh hình một biến và
không gian Hardy trên đĩa đơn vị
Trong phần này ta giới thiệu các khái niệm và tính chất cơ bản của
không gian Hardy H
p
(1 ≤ p ≤ ∞) trên đĩa đơn vị. Đây là đối
tượng chủ yếu để ta nghiên cứu toán tử hợp thành trên không gian
này.
1.1 Hàm chỉnh hình
1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hìn h
Định nghĩa 1.1.1. Cho hàm số f xác định t rên miền Ω ⊂ C. Xét
giới hạn
lim

Tính chất 1.1.1.1. Giả sử Ω ⊂ C là một miền và H(Ω) là tập các
hàm chỉnh hình trên Ω, Khi đó:
(i) H(Ω) là một khôn g gian véctơ trên C.
(ii) H(Ω) là một vành.
(iii) Nếu f ∈ H(Ω) và f(z) = 0, ∀z ∈ Ω thì
1
f
∈ H(Ω).
(iv) Nếu f ∈ H(Ω) và f ch ỉ nhận giá trị thực thì f là không đổi.
Định lý 1.1.3. (Điều kiện Cauchy- Riemann)
Để hàm f C- khả vi tại z = x + iy ∈ Ω điều kiện cần và đủ là hàm
f R
2
- khả vi tại z và điều kiện Cauchy-Riemann được thỏa mãn tại
z.

∂u
∂x
(x, y) =
∂v
∂y
(x, y).
∂u
∂y
(x, y) = −
∂v
∂x
(x, y)
(1)
Chứng minh. Điều kiện cần:

(x, y) + i
∂v
∂x
(x, y) (2)
Tương tự bằng cách chọn z = i  y ta có
f

(z) = −i
∂u
∂y
(x, y) +
∂v
∂y
(x, y). (3)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
6
So sánh (2) và (3) ta được:
∂u
∂x
(x, y) =
∂v
∂y
(x, y).
∂u
∂y
(x, y) = −
∂v
∂x
(x, y).
Ta còn phải chứng tỏ u(x, y) và v(x, y) khả vi tại (x, y). Vì

 x +
∂u
∂y
 y + 0(|z|)
v =
∂v
∂x
 x +
∂u
∂x
 y + 0(z) =
∂v
∂x
 x +
∂v
∂y
 y + 0(|z|)
Tức là u và v khả vi tại (x, y).
Điều kiện đủ :
Vì u và v khả vi tại (x, y) nên
u =
∂u
∂x
 x +
∂u
∂y
 y + 0(

x
2

 x +
∂u
∂x
 y + 0(|z|) (5)
Từ (4) và (5) ta có
f
z
=
u
z
+ i
v
z
=
∂u
∂x
 x −
∂v
∂x
 y + 0(z)
z
+ i
∂v
∂x
 x +
∂u
∂x
 y + 0(z)
z
=

lim
z→0
f
z
=
∂u
∂x
+ i
∂v
∂x
Tức là f C− khả vi tại z = x + iy.
Định lý 1.1.4. Giả sử chuỗi l ũy thừa

∞
n=0
C
n
z
n
có bán kính hội
tụ R > 0. Khi đó tổng f(z) của nó chỉnh hình tại mọ i z với |z| < R
và đạo hà m phức của nó là

∞
n=1
nC
n
z
n−1
.

nC
n
z
n
hội tụ. Do đó bán kính hội tụ của nó theo công thức Cauchy-
Hadamard là
1
lim sup
n→∞
n

|nC
n
|
=
1
lim
n→∞
n

|n| lim sup
n→∞
n

|C
n
|
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
8
Lấy z

0
, z) = 0
Chọn r sao cho |z
0
| < r < R. xét z đủ bé sao cho
|z
0
| + |z| < r.
dễ thấy
δ(z
0
, z) =
∞

n=0
δ
n
(z
0
, z)
với
δ
n
(z
0
, z) =
C
n
(z
0

n−1
0

Ta có
|δ
n
(z
0
, z)| ≤ 2n |C
n
| r
n−1
Với  > 0 tùy ý, vì chuỗi

∞
n=1
n |C
n
| r
n−1
hội tụ nên tồn tại N =
N() sao cho
∞

n=1
2n |C
n
| r
n−1
<





<

2
Từ đó z đủ bé ta có
|δ(z
0
, z)| ≤





N−1

n=0
δ
n
(z
0
, z)





+

2πi

γ
f(η)
η − z
dη. (2 )
Chứng minh. Giả sử γ là một chu tuyến tùy ý vây quanh z
0
sao cho
Ω
γ
⊂ Ω. Chọn ρ > 0 đủ bé để hình tròn D(z
0
, ρ) ⊂ Ω
γ
. Ký hiệu C
ρ
là biên của D(z
0
, ρ) và đặt
Ω
γ,ρ
= Ω
γ
\ D(z
0
, ρ)
Ω
γ,ρ
là miền 2 - liên, nên ta có:

dϕ, vế phải của (3) trở thành

C
ρ
f(η)
η − z
0
dη =

2π
0
f(z
0
+ ρe
iϕ
)
ρe
iϕ
iρe
iϕ
dϕ
=i

2π
0
f(z
0
+ ρe
iϕ
)dϕ

)

dϕ = 0.
vì thế
lim
ρ→0

C
ρ
f(η)
η − z
0
dη = 2πif(z
0
). (4)
Kết hợp với (3) ta có (1).
Trường hợp f liên tục trên
Ω và chỉnh hình trên Ω có thể lấy ∂Ω
thay cho γ trong chứng minh trên. Khi đó với mọi z ∈ Ω các điều
kiện nói trên đều được thỏa mãn. Ta có công thức thứ (2).
Kết quả dưới đây là hệ quả đơn giản của định lý trên.
Định lý 1.1.6. Nếu f là hàm chỉnh hình trên miền Ω và hình tròn
D(z
0
, r) ⊂ Ω, thì
f(z
0
) =
1
2π

0
) =
1
2π

2π
0
f(z
0
+ re
iϕ
)dϕ.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
11
1.1.3 Định lý Montel
Giả sử Ω là m ột miền trong C và H(Ω) là không gian vectơ các hàm
chỉnh hình trên đó.
Định ngh ĩa 1.1.7. Họ hàm F ⊂ H(Ω) được gọi là bị chặn đều trên
các tập compact nếu
sup |f(z)| : z ∈ K, f ∈ F < ∞
với mọi compact K ⊂ Ω.
Định nghĩa 1.1.8. Họ hàm F ⊂ H(Ω) được gọi là đồng liê n tục
trên các tập compact nếu với mọi tập compact K ⊂ Ω và với mọi
 > 0 tồn tại δ = δ(K, ) > 0 sao cho
|f(z) − f (z

)| < 
với mọi z, z

∈ K mà |z − z

2
)] <  với mọi f ∈ F.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
12
Thật vậy theo công thức tích phân Cauchy áp dụng với mọ i f ∈ F
trong hình tròn
D(z
1
, 2d) ∈ B ta có
f(z) =
1
2πi

|η−z
1
|=2d
f(η)
η − z
dη
Do đó
|f(z
1
) − f(z
2
)| =




1

=
M
d
|z
1
− z
2
| <
Mδ
d
≤ .
Bổ đ ề 1.1.10. Giả sử dãy các hàm chỉnh hình {f
n
} ⊂ H(Ω) bị chặn
đều trên các tập compact hội tụ trên một tập con E ⊂ Ω nào đó trù
mật t rong Ω . Khi đó dãy {f
n
} hội tụ đều trên các tập compact trong
Ω.
Chứng minh. Cố định tập K compact trong Ω.
vì dãy {f
n
} bị chặn đều nên theo Bổ đề 1.1.9 nó đồng liên tục.
Vì thế với tập compact
B = { z ∈ Ω : d(z, K) < d(K, δD)/2}
ta tìm được δ > 0 sao cho
| f
n
(z
1

)| <

3
với mọi n, m > N.
Khi đó
|f
n
(z) − f
m
(z)| ≤ |f
n
(z) − f
n
(z
∗
)|+|f
n
(z
∗
) − f
m
(z
∗
)|+|f
m
(z
∗
) − f
m
(z)| <

n
} là dãy tùy ý
trong F. Lấy tùy tập đếm được trù m ật E = {α
1
, α
2
, } trong Ω.
Theo Bổ đề 1.1.9 dãy {f
n
} đồng liên tục vì thế theo Bổ đề 1.1.10
chỉ cần tìm một dãy của {f
n
} hội tụ trên E.
Ta thấy do dãy số
f
1
(α
1
), f
2
(α
1
), , f
n
(α
1
),
bị chặn ta có thể tìm được dãy con hội tụ của nó.
f
n

Tiếp theo từ dãy số
f
n
1
1
(α
2
), , f
n
1
p
(α
2
),
ta lại có thể tìm đượ c dãy con hội tụ của nó
f
n
2
1
(α
2
), , f
n
2
p
(α
2
),
và như vậy ta lại được dãy hàm
f

2
1
(z), f
n
2
2
(z), , f
n
2
p
(z),
f
n
q
1
(z), f
n
q
2
(z), , f
n
q
p
(z), (3)
trong đó mọi dãy sau là dãy con của dãy trước.
Bằng cá ch áp dụng phương pháp đường chéo Canto r ta chọn dãy
đường chéo
f
n
1

với mọi n ≤ 1 tồn tại f
n
∈ F và t
n
∈ K∩D( a,
1
n
) với |f
n
(t
n
)| ≥ n.
Với n thay đổi ta được {f
n
} ⊂ F và bởi giả thiết có dãy con {f
n
k
}
hội tụ đều trên mọi compact của Ω. Đặc biệt nó phải hội tụ đều
trên K = {t
n
k
, a} và do đó nó phải bị chặn đều trên đó. Điều này
mâu thuẫn vì |f
n
k
(t
n
k
)| ≥ n

Ω.
Hàm v gọi là hàm liê n hợp điều của hàm u.
Chứng minh. f chỉnh hình trên Ω nên các hàm u và v khả vi vô hạn
trên Ω. Theo điều kiện Cauchy-Riemann ta có
∂u
∂x
=
∂v
∂y
,
∂u
∂y
= −
∂v
∂x
Lấy đạo hàm đẳng t hức thứ nhất theo x, đẳng thức thứ hai theo y
rồi cộng lại ta đượ c
u =
∂
2
u
∂x
2
+
∂
2
v
∂y
2
= 0.

dz.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
16
Lấy liên hợp hai vế ta được
d
f =
∂u
∂z
d
z.
Cộng hai vế đẳng thức trên ta được
d(f +
f) =
∂u
∂z
dz +
∂u
∂z
d
z = du.
Vậy u là phần thực của hàm chỉnh hình 2f t rên Ω.
Định lý 1.2.4. (Định lý về giá trị trung bình.) Giả sử u là
hàm điều hòa trong miền Ω và z
0
∈ Ω. Khi đó
u(z
0
) =
1
2π

So sánh phần thực hai vế ta được
u(z
0
) =
1
2π

2π
0
u(z
0
+ re
iϕ
)dϕ.
Định lý 1.2.5. (Công thức Poisson)
Giả sử f = u + iv là hà m liên tục trên D(r, 0) chỉnh hình trên
D(r, 0), với z ∈ D(r, 0) . K hi đó
u(z) =
1
2π

2π
0
u(re
iϕ
)
r
2
− |z|
2

re
iϕ
+ z
re
iϕ
− z
) =Re(
(re
iϕ
+ z)(re
−iϕ
−
z)
|re
iϕ
− z|
2
)
=
r
2
− |z|
2
|re
iϕ
− z|
2
.
Nên ta có
u(z) = Ref(z) =

1
:
1
2π

2π
0
|f|dθ = 0

.
Ta kí hiệu L
1
là không gian thương L
1
/N với chuẩn


[f]


1
=
1
2π

2π
0
|f| dθ. Dễ thấy đây là một chuẩn trên L
1
, ta sẽ đi kiểm tra

n
|
∞
N=1
là một dãy tăng
các hàm đo được không âm có tính chất sau
1
2π

2π
0

N

n=1
|f
n
|

dθ =
N

n=1


[f
n
]



[f
n
]


1
=
1
2π

2π
0




∞

n=1
f
n
−
N

n=1
f
n




[f
n
] = [k]. Vậy L
1
là một không gian Banach.
Với 1 < p < ∞ ta kí hiệu
L
p
=

f ∈ L
1
;
1
2π

2π
0
|f|
p
dθ < ∞

và N
p
= N ∩ L
p
.
Khi đó ta sẽ có không gian thương L
p
= L

{x ∈ T |f(x)| > M} có độ đo 0 vớ i M đủ lớn, và kí hiệu


f


∞
là
số M nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên. Tương tự như trên, đặt
N
∞
= N ∩ L
∞
, khi đó L
∞
= L
∞
/N
∞
. Ta thấy với f ∈ L
∞
ta
có


f


∞
= 0 nếu và chỉ nếu f ∈ N



∞
≤ M < ∞, ta sẽ chứng minh

∞
n=1
[f
n
] hội tụ.
Chọn đại diện f
n
cho mỗi [f
n
] thỏa mãn |f
n
| bị chặn hầu khắp nơ i
bởi


[f
n
]


∞
. Khi đó
∞

n=1

= 0 . Vậy, L
∞
là một không gian Ba-
nach.
Ta kí hi ệu C là tập các hàm liên tục trên T, khi đó dễ thấy
C ⊂ L
∞
⊂ L
r
⊂ L
s
⊂ L
1
với 1 < s ≤ r < ∞
1.4 Mở rộng điều hòa.
Kí hiệu D là đĩa đơn vị m ở trong mặt phẳ ng phức .Mục đích của
phần này là ta sẽ m ở rộng chỉnh hình hàm f trong L
p
lên D, từ đó
ta sẽ có sự xác định hàm trên f trên cả đĩa đơn vị đóng.
Mở rộng điều hòa của một hàm f ∈ L
1
là hàm

f xác định
trên D như sau

f(re
iθ
) =

f(re
iθ
) =
1
2π

2π
0
k
r
(θ − t)f(e
it
) dt.
Ở đó k
r
(θ) =
1 − r
2
1 − 2r cos θ + r
2
Ta sẽ kí hiệu mở rộng điều hòa của f trên D bởi

f hoặc hf. Với r
cố định đặt
f
r
(e
iθ
) = h
r

p
≤


f


p
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
20
Và nếu 1 ≤ p < ∞ thì


h
r
f − f


p
→ 0 khi r → 1
−
.
Nếu f ∈ C thì


h
r
f − f



2π
0
f(e
iθ
)g(e
iθ
) dθ.
Khi r → 1
−
, v ới mọi g ∈ L
1
Chứng minh. (a) Theo bài toán Dirichlet trong mặt phẳng.
(b) Gọi q thỏa mãn
1
p
+
1
q
= 1
Xét f ∈ L
p
, h ∈ L
q
; do L
p
= (L
q
)
∗

2π
|

2π
0
h
r
f(e
iθ
)h(e
iθ
)dθ|
=
1
2π





2π
0

1
2π

2π
0
f(e
it

f(e
i(θ−ω)
)h(e
iθ
)dθ

dω




≤
1
2π

θ
θ−2π
k
r
(ω)

1
2π

2π
0
|f(e
i(θ−ω)
)||h(e
iθ

h
r
f


(L
q
)
∗
≤


f


p
Vậy sup
0≤r<1


h
r
f


p
≤


f

p
gọi là khô ng gian Hardy.
Nhận xét:
1) H
p
là không gian con đóng của L
p
và H
∞
⊂ H
r
⊂ H
s
⊂ H
1
với
1 ≤ s ≤ r ≤ ∞.
2) Khi nói f ∈ H
p
ta sẽ hiểu f là xác định trên cả đĩ a đơn vị, với
f(z) =

f(z) với z ∈ D.
3) H
∞
là đại số Banach.
4) H
2
là không gia n Hilbert và f ∈ H
2

iθ
)dθ = 0

= zH
p
.
Định lý 1.5.2. Nếu 1 < p < ∞ và
1
p
+
1
q
= 1. L
q
/H
q
có đối ngẫu
là H
p
(0) và H
p
có đối ng ẫu L
q
/H
q
(0).
Chứng minh. (1). Gọi Λ là tuyến tí nh hàm bị chặn trên L
q
/H
q

Sử dụng tính chất
˜
Λ(g) = 0 nếu f ∈ H
q
. Ta có

π
−π
e
inθ
L(e
iθ
)dθ = 0, n = 0, 1, 2, . . .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
22
Khi đó L có khai triển Fourier ở dạng
∞

n=1
A
n
e
inθ
.
Do đó L ∈ H
p
(0).
Ngược lại với L ∈ H
p
(0) ta sẽ xây dựng được tuyến tính hàm trên

iθ
)dθ. (∗)
Công thức (* ) là hoàn toàn xác định, vì với mọi f
1
, f
2
thuộc H
p
thì

π
−π
{f
1
(e
iθ
) − f
2
(e
iθ
)}g(e
iθ
)dθ = 0.
Như vậy [L] ∈ L
q
/H
q
(0) là một tuyến tính hàm bị chặn trên H
p
.

Vậy L
q
/H
q
(0) là không gian đối ngẫu của H
p
.
Bằng lập luận tương tự ta có:
Định lý 1.5.3. Đối ng ẫu của
L
1
/H
1
là H
∞
(0).
Đối ngẫu của
H
1
là L
∞
/H
∞
(0).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
23
1.6 Định lý Fatou
Với hàm f giải tích trong đĩa đơn vị đặt
M
p

|z| ≤ 1 có thể thu được từ hàm giá trị biên của nó bởi tích phân
Poisson
u(z) = u(re
iθ
) =
1
2π

2π
0
k
r
(θ − t)u(e
it
)dt. (1.1)
Bây giờ ta thay u(e
it
) t rong tích phân (1) bởi một hàm tùy ý liên tục
ϕ(t) với ϕ(0) = ϕ(2π). Thì hàm u(z) vẫn chỉnh hình trên |z| < 1,
liên tục trên |z| ≤ 1, và có giá trị biên u(e
it
) = ϕt. Tổng quát ý
tưởng trên ta đưa ra khái niệm tí ch phân Poisson-Stieltjes, là hàm
có dạng
u(z) = u(re
iθ
) =
1
2π


24
µ là khả vi liên tục. Mặc dù vậy, là đủ nếu µ là khả vi; hoặc tổng
quát hơn là vi phân đối xứng
Dµ(θ
0
) = lim
t→0
µ(θ
0
+ t) − µ(θ
0
− t)
2t
.
Tồn tại, Đị nh lý dưới đây sẽ chứng minh điều đó.
Định lý 1.6.2. Cho u(z) là mộ t tích phân Poisson-Stie l t jes ở
dạng (1.2), ở đó µ là biến phân bị chặn. Nếu vi phân đối xứn g
Dµ(θ
0
) tồn tại tại một điểm θ
0
, t hì gi ới hạn bán kính (radial limit)
lim
r→1
u(re
iθ
0
) tồn tại và có giá trị Dµ(θ
0
).

k
r
(t)

dt.
Số hạng tích phân tiến tới 0 khi r → 1. Với 0 < δ ≤ |t| ≤ π




∂k
∂t




≤
2r(1 − r
2
)
[1 − 2r cos δ + r
2
]
2
→ 0 khi r → 1.
Vì vậy với mỗi δ > 0, u(r) − A − I
δ
→ 0 ở đó
I
δ

∂t
k
r
(t)

dt.
Cho  > 0, chọn δ > 0 đủ nhỏ sao cho




µ(t) − µ(− t)
2t
− A




≤  với 0 < t ≤ δ.
Thì
|I
δ
| ≤

2π

π
−π
t
