Luận văn Nội suy tự do đối với lớp Nevanlinna và lớp Smirnov

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 gianHp, 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 D và X không gian các hàm chỉnh hình trênD . Ta xét bài toán miêu tả không gian vết củaX 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∞. Trong trường hợpX = H∞ là không gian các hàm chỉnh hình bị chặn trênD thì các hướng tiếp cận trên là trùng nhau. Tuy nhiên trên lớp Nevanlinna N = {f ∈ Hol(D ) : lim r→1 1 2π 2π∫ 0 log+ |f(reiθ)|dθ < +∞}, và lớp Smirnov N+ = {f ∈ N : lim r→1 1 2π 2π∫ 0 log+ |f(reiθ)|dθ = 1 2π 2π∫ 0 log+ |f(eiθ)|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 supz(1− |z|) log+ |f(z)| <∞, Naftalevic[6] đãmiêu tả được các dãyΛ nằm trong hợp hữu hạn của các góc Stolzmà không gian vết đối với lớp Nevanlinna trùng với không gian dãy lNa := {(aλ)λ : supλ(1− |λ|) log+ |aλ| <∞}. Kết quả trên vẫn còn hạn chế vì phải giả thiết Λ nằm trong hợp hữu hạn các góc Stolz, trong khi nếu Λ là dãy Carleson, tức là dãy thỏa mãn H∞|Λ = l∞, có thể chứa dãy con hội tụ tiếp xúc tới biên. Như vậy không gian đích lNa là "quá lớn". Đối với lớp Smirnov, Yanagihara[11] đã chứng minh được rằng để N+|Λ chứa không gian lY a := {(aλ)λ : ∑ λ (1− |λ|) log+ |aλ| < ∞}, điều kiện đủ là Λ là dãy Carleson. Tuy nhiên có những dãy Carleson sao choN+|Λ không thuộc trong lY a, và theo nghĩa này không gian đích lY 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 lớpN(B n) trong hình cầu đơn vị B n. Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của T.S Nguyễn Văn Trào. Chúng tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy. Chúng tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy phản biện đã đọc bản thảo của luận văn và chỉ dẫn cho chúng tôi nhiều ý kiến quý báu. Nhân đây chúng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới bạn Dương Ngọc Sơn đã giúp đỡ chúng tôi rất nhiều trong quá trình làm luận văn, gửi lời cảm ơn tới gia đình và đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi để chúng tôi hoàn thành tốt luận văn của mình. Vì thời gian và trình độ có hạn, luận văn chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi hy vọng sẽ nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn. Hà Nội, ngày 01 tháng 11 năm 2006 Học viên Nguyễn Thị Nhung Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Chương 1 dành để trình bày những kiến thức sẽ được sử dụng ở các chương sau về: hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới, hàm trội điều hòa, lớp Nevanlinna và lớp Smirnov. Các định lý của hàm điều hòa, hàm điều hòa dưới hay hàm trội điều hòa dùng để nghiên cứu những tính chất của hai lớp hàm chính của luận văn là lớp Nevanlinna và lớp Smirnov. Trong đó, cấu trúc của hai lớp hàm này được thể hiện qua định lý quan trọng nhất của chương: định lý phân tích Riesz - Smirnov. 1.1 Hàm điều hòa Định nghĩa 1.1.1 Cho U là một tập mở của C . Hàm h : U −→ R được gọi là hàm điều hòa nếu nó có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thỏa mãn điều kiện ∆h := ∂2h ∂x2 + ∂2h ∂y2 = 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 trongC . Khi đó a. Nếu f là hàm chỉnh hình trênΩ và h = ref thì h là hàm điều hòa trênΩ. 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 ∂y = −∂k ∂x . Do đó ∆h = ∂2h ∂x2 + ∂2h ∂y2 = ∂2k ∂y∂x − ∂ 2k ∂x∂y = 0. b. Nếu h = Ref với f là hàm chỉnh hình thì f = h+ ik, khi đó 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 −→ C cho bởi g = ∂h ∂x − i∂h ∂y . Khi đó g ∈ C1(Ω) và g thỏa mãn điều kiện Cauchy-Riemann vì ∂2h ∂x2 = −∂ 2h ∂y2 và ∂ 2h ∂x∂y = ∂2h ∂y∂x . Dođó, g là hàmchỉnhhình trênΩ. Cốđịnh z0 ∈ Ω và xácđịnh f : Ω −→ C cho bởi f(x) = h(z0) + z∫ z0 g(ω)dω, ở đây, tích phân được lấy qua các đường trong Ω nối z0 với z. Vì Ω là miền đơn liên nên theo định lý Cauchy tích phân không phụ thuộc vào việc chọn đường nối z0 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∂h˜ ∂y = f ′ = ∂h˜ ∂x − i∂h˜ ∂y . Suy ra ∂(h˜− h) ∂x ≡ 0 và ∂(h˜− h) ∂y ≡ 0. Như vậy, h˜− h là hằng số trên Ω. Cho z = z0 ta thấy hằng số bằng không. Do đó h = Ref . 1.1.Hàm điều hòa 8 2 Định lý 1.1.3 (Tính chất giá trị trung bình) Cho h là hàmđiều hòa trênmột lân cận mở của đĩaD(ω, ρ). Khi đó h(ω) = 1 2π 2π∫ 0 h(ω + ρeiθ)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 ∫ |ζ−ω|=ρ f(ζ) ζ − ωdζ = 1 2π 2π∫ 0 f(ω + ρeiθ)dθ. Lấy phần thực hai vế của đẳng thức trên ta được h(ω) = 1 2π 2π∫ 0 h(ω + ρeiθ)dθ. 2 Định lý 1.1.4 (Nguyên lý đồng nhất) Cho h và k là các hàm điều hòa trên miền Ω trong C . Nếu h = k trên một tập con mở khác rỗng của Ω thì h = k trên Ω. Chứngminh: Khôngmất tính tổng quát có thể giả sử k = 0. Đặt g = ∂h ∂x − 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. 2 Định lý 1.1.5 (Nguyên lý cực đại) Cho h là hàm điều hòa trên miền Ω trong C . Khi đó a. Nếu h đạt cực đại địa phương trên Ω thì h là hằng số. b. Nếu hmở rộng liên tục tới Ω và h 6 0 trên ∂Ω thì h 6 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 6 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 |ef | đạt cực đại địa phương tại ω và có được ef là hàm hằng. Như vậy, h là hằng số trên D(ω, r) và theo nguyên lý đồng nhất h là hằng số trên toàn bộ Ω. b. VìΩ là tập compact nên h đạt cực đại tại ω ∈ D. Nếu ω ∈ ∂D thì h(ω) 6 0 theo giả thiết và như vậy h 6 0 trên Ω. Nếu ω ∈ D theo kết quả phần (a) h là hàm hằng trên Ω do đó là hàm hằng trên Ω và ta cũng có h 6 0 trên Ω. 2 Định nghĩa 1.1.6 ChoD là đĩa đơn vị trongC . i. Nhân Poisson P : D × ∂D −→ R được xác định bởi Pz(ζ) := Re( ζ + z ζ − z ) = 1− |z|2 |ζ − z|2 . ii. Giả sử u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂D(ω, ρ), tích phân Poisson Pu : D(ω, ρ) −→ R được xác định bởi Pu(z) := 1 2π ∫ 2π 0 u(ω + ρeiθ)Pz − ω ρ (eiθ)dθ, z ∈ D(ω, ρ). Mệnh đề 1.1.7 Nhân Poisson và tích phân Poisson thỏa mãn các tính chất sau: a. Pz(ζ) > 0,∀|z| < 1, |ζ| = 1. b. 1 2π 2π∫ 0 Pz(e iθ)dθ = 1,∀|z| < 1. c. sup |ζ−ζ0|>δ Pz(ζ) −→ 0 khi z −→ ζ0, |ζ0| = 1, δ > 0. d. Pu là hàm điều hòa trênD (ω, ρ). e. Nếu u liên tục tại ζ0 ∈ ∂D (ω, ρ) thì limz→ζ0 Pu(z) = u(ζ0). 1.1.Hàm điều hòa 10 Chứng minh: a. Ta có Pz(ζ) = 1− |z|2 |ζ − z|2 > 0, z ∈ D , ζ ∈ ∂D . b. Đặt ζ = eiθ và sử dụng biểu thức tích phân Cauchy ta nhận được 1 2π 2π∫ 0 Pz(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 ) = Re(2− 1) = 1. Bằng những thay đổi phù hợp nếu cần, ta chỉ xét với ω = 0 và ρ = 1 trong các chứng minh ở (c) và (d) dưới đây. c. Nếu |z − ζ0| < δ thì sup |ζ−ζ0|>δ Pz(ζ) ≤ 1− |z| 2 (δ − |ζ0 − z|)2 . Từ 1− |z| 2 (δ − |ζ0 − z|)2 → 0 khi z → ζ0 ta có sup|ζ−ζ0|>δ Pz(ζ)→ 0 khi z → ζ0. d. Ta có Pu(z) = Re( 1 2π 2π∫ 0 eiθ + z eiθ − zu(e iθ)dθ), z ∈ D . Vì u là hàm khả tích Lebesgue trên ∂D nên 1 2π 2π∫ 0 eiθ + z eiθ − zu(e iθ)dθ, z ∈ D là hàm chỉnh hình trênD . Như vậy, Pu là phần thực của hàm chỉnh hình trongD nên nó là hàm điều hòa trênD . 1.1.Hàm điều hòa 11 e. Sử dụng các khẳng định ở (a) và (b), ta có | Pu(z)− u(ζ0) | = | 1 2π 2π∫ 0 Pz(e iθ) ( u(eiθ)− u(ζ0) ) dθ| 6 1 2π 2π∫ 0 Pz(e iθ)|u(eiθ)− u(ζ0)|dθ. Do u là hàm liên tục tại ζ0 ∈ ∂D nên ∀ε > 0,∃δ > 0 :| ζ − ζ0 |< δ ⇒| u(ζ)− u(ζ0) |< ε. Từ đó 1 2π ∫ |eiθ−ζ0|<δ Pz(e iθ) | (u(eiθ)− u(ζ0) | dθ 6 1 2π 2π∫ 0 Pz(e iθ)εdθ = ε. Mặt khác, theo (c) tồn tại δ′ > 0 sao cho: nếu |z − ζ0| < δ′ thì sup |ζ−ζ0|>δ Pz(ζ) < ε. Do đó, nếu |z − ζ0| < δ′ thì 1 2π ∫ |eiθ−ζ0|>δ Pz(e iθ) | (u(eiθ)− u(ζ0) | dθ 6 1 2π 2π∫ 0 ε | (u(eiθ)− u(ζ0) | dθ 6 ε ( 1 2π 2π∫ 0 | (u(eiθ) | dθ+ | Φ(ζ0) | ) . Như vậy, nếu | z − ζ0 |< δ′ thì |Pu(z)| − u(ζ0) 6 ε(1 + 1 2π 2π∫ 0 |φ(eiθ)|dθ + |φ(ζ0)|). Từ đó ta có điều phải chứng minh. 2 Định lý 1.1.8 (Biểu thức tích phân Cauchy) Nếu h là hàm điều hòa trênmột lân cận mở của đĩaD(ω, ρ) thì với r < ρ và 0 6 t < 2π ta có h(ω + reit) = 1 2π 2π∫ 0 Pω+reit(ω + ρe iθ)h(ω + ρeiθ)dθ. 1.1.Hàm điều hòa 12 Chứng minh: Đặt u = h|∂D(ω,ρ). Theo mệnh đề 1.1.7 ta có lim z→ζ0 Pu(z) = u(ζ0), ζ0 ∈ ∂D(ω, ρ). Đặt h1(z) = { Pu(z), z ∈ D(ω, ρ), u(z), z ∈ ∂D(ω, ρ). Áp dụng nguyên lý cực đại cho các hàmđiều hòa±(h−h1) thỏamãn h−h1 = 0 trên ∂D(ω, ρ), ta có h = h1 trênD(ω, ρ). Như vậy, h(ω + reit) = 1 2π 2π∫ 0 Pω+reit(ω + ρe iθ)h(ω + ρeiθ)dθ. 2 Hệ quả 1.1.9 Mọi hàm điều hòa h trên D đều là tích phân Poisson của một độ đo trên ∂D , tức là có một độ đo µ trên ∂D sao cho h(z) = h[µ](z) := ∫ ∂D Pz(ζ)dµ(ζ). Hơn nữa, mọi hàm điều hòa dương trênD là tích phân Poisson của một độ đo dương trên ∂D . Chứng minh: Xác định độ đo dµ(ζ) = h(ζ)dζ từ kết quả của định lý 1.1.8 ta có h(z) = ∫ ∂D Pz(ζ)h(ζ)dζ = ∫ ∂D Pz(ζ)dµ(ζ). 2 Định lý 1.1.10 Cho h : Ω −→ R là một hàm liên tục trên một tập mở Ω của C và giả sử rằng nó thỏa mãn các tính chất về giá trị trung bình, tức là với ω ∈ Ω, tồn tại ρ > 0 sao cho h(ω) = 1 2π 2π∫ 0 h(ω + reit)dt, (0 6 r < ρ). Khi đó h là hàm điều hòa trên Ω. Chứngminh: Ta chỉ cần chứngminh h là hàmđiều hòa trênmỗi đĩamởD ⊂ Ω với D ⊂ Ω. Cố địnhD và xác định k : D −→ R cho bởi k(z) = { h(z)− Ph(z), z ∈ D, 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 bằngM trongD. 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 6 0. Hoàn toàn tương tự ta cũng có k > 0. Từ đó, h = Ph trên D. Vì Ph là hàm điều hòa nên h cũng là hàm điều hòa. 2 Định lý 1.1.11 Nếu (hn)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 + reiθ)dθ, 0 6 r < ρ. Do (hn)n là dãy các hàm điều hòa nên theo định lý 1.1.3 tồn tại dãy số dương (ρn)n sao cho hn(ω) = 1 2π 2π∫ 0 hn(ω + re iθ)dθ, 0 6 r < ρn. Do (hn)n hội tụ đều tới h trên Ω nên ∀ε > 0,∃n0,∀n > n0 :| hn(ω)− h(ω) |< ε 2 ,∀ω ∈ Ω. Từ đó, với ∀n > n0, ta có | 1 2π 2π∫ 0 hn(ω+re iθ)dθ− 1 2π 2π∫ 0 h(ω+reiθ)dθ |6 1 2π 2π∫ 0 | hn(ω+reiθ)−h(ω+reiθ) | dθ 6 ε 2 . Hay | hn0(ω)− 1 2π 2π∫ 0 h(ω + reiθ)dθ |6 ε 2 , 0 6 r < ρn0. 1.1.Hàm điều hòa 14 Suy ra | hn(ω)− 1 2π 2π∫ 0 h(ω+reiθ)dθ |6| hn(ω)−hn0(ω) | + | hn0(ω)− 1 2π 2π∫ 0 h(ω+reiθ)dθ |< ε, với ∀n > n0, 0 6 r < ρn0. Vậy h(ω) = 1 2π 2π∫ 0 h(ω + reiθ)dθ, 0 6 r < ρ. 2 Định lý 1.1.12 (Bất đẳng thức Harnack) Cho h là hàm điều hòa dương trên đĩaD(ω, ρ). Khi đó, với r < ρ và 0 6 t < 2π, ta có ρ− r ρ+ r h(ω) 6 h(ω + reit) 6 ρ+ r ρ− rh(ω). Chứngminh: Chọn s thỏamãn r < s < ρ. Áp dụng biểu thức tích phânCauchy cho h trênD(ω, s) ta được h(ω + reit) = 1 2π 2π∫ 0 Pω+reit(ω + se iθ)h(ω + seiθ)dθ 6 1 2π 2π∫ 0 s+ r s− rh(ω + se iθ)dθ = s+ r s− r 1 2π 2π∫ 0 h(ω + seiθ)dθ = s+ r s− rh(ω). Cho s→ ρ ta có h(ω + reit) 6 ρ+ r ρ− rh(ω). Lập luận hoàn toàn tương tự ta nhận được bất đẳng thức còn lại. h(ω + reit) > ρ− r ρ+ r h(ω). 2 1.1.Hàm điều hòa 15 Hệ quả 1.1.13 Cho Ω là một miền trong C 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−1h(ω) 6 h(z) 6 Kh(ω). Chứng minh: Cho z, w ∈ Ω, ta định nghĩa z s ω nếu tồn tại một sốK sao cho K−1h(ω) 6 h(z) 6 Kh(ω) với mọi hàm điều hòa dương trên Ω. Khi đó, s 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. 2 Định nghĩa 1.1.14 ChoΩ làmộtmiền trongC . Vớimọi z, ω ∈ Ω khoảng cách Harnack giữa z và ω là số nhỏ nhất HΩ(z, ω) sao cho với mọi hàm điều hòa dương h trên Ω ta có HΩ(z, ω) −1h(ω) 6 h(z) 6 HΩ(z, ω)h(ω). Định lý 1.1.15 (Định lý Harnack) Cho (hn)n là dãy các hàm điều hòa trên miền Ω trong C và giả sử rằng h1 6 h2 6 h3 6 . . . trên Ω. Khi đó, hoặc hn hội tụ đều địa phương tới ∞ hoặc hn hội tụ đều địa phương tới hàm điều hòa h trên Ω. Chứng minh: Cố định ω ∈ Ω. Do HΩ liên tục nên với mỗi tập conK compact của Ω ta có CK := sup z∈K HΩ(z, ω) là hữuhạn. Vìhn−h1 vàhn−hm là các hàmđiều hòa dươngnên vớin > m > 1, ta có hn(ω)− h1(ω) 6 CK(hn(z)− h1(z)), z ∈ K và hn(z)− hm(z) 6 CK(hn(ω)− hm(ω)), z ∈ K. Nếu hn(ω)→∞ thì hn(z)→∞,∀z ∈ K, tức là hn →∞ đều trênK. VìK là tập compact bất kỳ của Ω nên hn →∞ đều địa phương trên Ω. Nếu hn(ω) có giới hạn hữu hạn thì (hn)n là dãy Cauchy đều trênK, như vậy hn hội tụ đều địa phương trên Ω tới hàm hữu hạn h. Theo định lý 1.1.11 ta có h là hàm điều hòa. 2 Định lý 1.1.16 Cho (hn)n là dãy các hàm điều hòa dương trên miền Ω trong C . Khi đó hoặc hn hội tụ đều địa phương tới vô cùng hoặc tồn tại một dãy con hnj 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 HΩ(z, ω) −1hn(ω) 6 hn(z) 6 HΩ(z, ω)hn(ω), z ∈ Ω, n > 1. (1.2) ta nhận được nếu hn(ω) → ∞ thì hn → ∞ đều địa phương trên Ω, và nếu hn(ω) → 0 thì hn → 0 đều địa phương trên Ω. Do đó, bằng cách thay (hn)n bằng một dãy con nếu cần ta có thể giả sử luôn (log hn)n bị chặn. Từ bất đẳng thức (1.2) ta suy ra (log hn)n bị chặn đều địa phương trênΩ, như vậy ta chỉ cần chứngminh tồn tại một dãy con (hnj) sao cho (log hnj)n hội tụ đều địa phương trên Ω. Giả sử Slà một tập con đếm được trù mật trong Ω. Dãy (log hn(ζ))n bị chặn với mỗi ζ ∈ S. Từ đó tồn tại một dãy con (hnj) sao cho (log hnj(ζ))j hội tụ với mỗi ζ ∈ S. Ta sẽ chứng minh rằng với dãy con này (log hnj)j hội tụ đều địa phương trên Ω. ChoK là một tập compact của Ω, và xét ε > 0. Với mỗi z ∈ K, đặt Vz = {z′ ∈ Ω : logHω(z, z′) < ε}, và Vz1, . . . , Vzm là phủ hữu hạn củaK. Vì S trù mật trong Ω nên với mỗi l ta có thể chọn ζl ∈ Vzl ∩ S. Khi đó, tồn tại N > 1 sao cho | log hnj(ζl)− log hnk(ζl) |6 ε, nj, nk > N, l = 1, . . . ,m. Theo định nghĩa của khoảng cách Harnack ta có | log hnj(z)− log hnj(ζl) |6 logHΩ(z, ζl) < 2ε, z ∈ Vzl. Lý luận tương tự cho hnk ta được | log hnk(z)− log hnk(ζl) |6 2ε, z ∈ Vzl. Kết hợp các bất đẳng thức trên suy ra | log hnj(z)− log hnk(z) |6 5ε, nj, nk > N, z ∈ K. Do đó (log hnj)j là dãy Cauchy đều trênK và do đó là dãy hội tụ đều trênK. 2 1.2 Hàm điều hòa dưới Định nghĩa 1.2.1 Cho X là không gian tô pô. Hàm u : X −→ [−∞,+∞) được gọi là nửa liên tục trên nếu tập {x ∈ X : u(x) < α} là mở trong X với mọi α ∈ R . Ta cũng có thể định nghĩamột cách tương đương: hàm u được gọi là nửa liên tục trên nếu lim sup y→x u(y) 6 u(x),∀x ∈ X. 1.2.Hàm điều hòa dưới 17 Định lý 1.2.2 Cho u là hàm nửa liên tục trên xác định trên không gian tô pô X và K là tập compact của X. Khi đó u bị chặn trên ở trên K và đạt cận trên đúng trênK. Chứngminh: Do u là hàm nửa liên tục trên nênUn := {x ∈ X : u(x) 1 là tập mở. Do {Un}n>1 lập thành một phủ mở của tập compact K nên có phủ con hữu hạn. Vậy u bị chặn trên ở trênK. Đặt M = sup K u. Giả sử u(x) < M với mọi x ∈ K, khi đó Vn = {x ∈ X : u(x) < M − 1 n } là phủ mở của tập compactK 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 trênK. 2 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 Φn : X −→ R sao cho Φ1 > Φ2 > . . . > u trênX và lim n→∞Φn = u. Chứng minh: Ta có thể giả sử u  −∞ (nếu không thì có thể chọn Φn ≡ −n). Với mỗi n > 1, xác định Φn : X −→ R cho bởi Φn(x) = sup x∈X (u(y)− nd(x, y)), x ∈ X. Với mỗi n, ta có | Φn(x)− Φn(x′) |6 nd(x, x′), x, x′ ∈ X. Do đóΦn liên tục trênX. Hơn nữa,Φ1 > Φ2 > . . . > u và như vậy lim n→∞Φn > u. Mặt khác, ký hiệu B(x, ρ) = {y ∈ X : d(x, y) < ρ}, ta có Φn(x) 6 max( sup B(x,ρ) u, sup X u− nρ), x ∈ X, ρ > 0. Suy ra lim n→∞Φn(x) 6 supB(x,ρ) u, x ∈ X, ρ > 0. Vì u là hàm nửa liên tục trên, cho ρ→ 0 ta được lim n→∞Φn 6 u. 2 1.2.Hàm điều hòa dưới 18 Định nghĩa 1.2.4 Cho U là một tập mở của C . 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,