Vài ứng dụng giải tích phức vào đại số đều

phố Hồ Chí Minh – 2011 LỜI CẢM ƠN Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến PGS.TS Đậu Thế Cấp đã tận tình hướng dẫn, tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp em hoàn thành luận văn này. Em cũng xin cảm ơn các quí thầy giảng dạy em trong suốt quá trình học cao học và các quí thầy trong hội đồng khoa học đã đọc và có những ý kiến đóng góp quí báu. Sau cùng, em xin chân thành cảm ơn các thầy cô làm việc tại phòng KHCN – SĐH đã giúp đở em rất nhiều trong quá trình học tập và khi thực hiện luận văn này. MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU ................................................................................................ 1 Chương 1. TÍNH CHẤT HÀM CHỈNH HÌNH 1.1. Hàm chỉnh hình ................................................................................ 3 1.2. Ánh xạ chỉnh hình .......................................................................... 14 Chương 2. BAO CHỈNH HÌNH 2.1. Định lí Runge ................................................................................. 21 2.2. Miền lồi đa thức ............................................................................. 23 2.3. Miền Riemann................................................................................ 26 2.4. Miền chỉnh hình ............................................................................. 27 2.5. Bao lồi chỉnh hình .......................................................................... 30 Chương 3. ỨNG DỤNG VÀO ĐẠI SỐ ĐỀU 3.1. Đại số đều....................................................................................... 33 3.2. Phổ của đại số đều .......................................................................... 34 3.3. Phổ nối ........................................................................................... 38 3.4. Biên Silov....................................................................................... 41 KẾT LUẬN.......................................................................................... 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO................................................................... 45 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH -------------------- Trần Minh Tạo VÀI ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH PHỨC VÀO ĐẠI SỐ ĐỀU Chuyên ngành : Toán giải tích Mã số : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐẬU THẾ CẤP Thành phố Hồ Chí Minh – 2011 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH -------------------- Trần Minh Tạo VÀI ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH PHỨC VÀO ĐẠI SỐ ĐỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2011 1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Giải tích phức là một chuyên ngành của giải tích toán học, có nhiều ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau. Đặt biệt giải tích phức có những ứng dụng khá thú vị và sâu sắc trong đại số. Tôi chọn đề tài này là để tìm hiểu sâu sắc về giải tích phức. 2. Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu những tri thức của giải tích phức và xem xét một vài ứng dụng của nó trong đại số, đặc biệt là đại số đều. 3. Đối tượng nghiên cứu Giải tích phức 4. Phạm vi nghiên cứu Lý thuyết hàm nhiều biến phức. 5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu Luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo để hiểu sâu thêm về giải tích phức. 6. Cấu trúc luận văn Nội dung luận văn gồm phần mở đầu, ba chương nội dung và phần kết luận. Cụ thể : Phần mở đầu : Nêu lý do chọn đề tài. Phần nội dung : Chương 1 : Giới thiệu những tính chất của hàm chỉnh hình . Chương 2 : Bao chỉnh hình. Chương 3 : Ứng dụng vào đại số đều. 2 Phần kết luận : Đưa ra những kết luận mà luận văn đạt được, chưa đạt được và đưa ra những đề xuất (nếu có ). 3 Chương 1 TÍNH CHẤT CỦA HÀM CHỈNH HÌNH Ta kí hiệu ℝ là tập số thực, ℂ là tập số phức, n ...= × × ×ℂ ℂ ℂ ℂ là tích Descartes của n mặt phẳng phức. Các phần tử của nℂ được kí hiệu là ( )1 2 nz = z ,z ,...,z , ở đây j j jz x iy= + , j jx , y ∈ℝ , 2i 1= − . Môđun của jz kí hiệu là jz và môđun z của z được định nghĩa { }jz max z ;1 j n= ≤ ≤ . Với nw ∈ℂ và ( ) n1 2 nr = r ,r ,..., r ∈ℝ , jr 0> , ta gọi ( )w;r∆ = ( )1 n 1 nw ,...,w ;r ,..., r∆ = { }n j j jz ; z w r ,1 j n∈ − < ≤ ≤ℂ là đa đĩa mở tâm w, đa bán kính r. Bao đóng của ( )w;r∆ được gọi là đa đĩa đóng tâm w, đa bán kính r, và kí hiệu là ( )w;r∆ . 1.1. Hàm chỉnh hình 1.1.1. Định nghĩa. Hàm phức f xác định trên tập mở nD⊂ℂ được gọi là chỉnh hình trong D nếu mỗi điểm w D∈ có một lân cận mở U, w U D∈ ⊂ , sao cho hàm f có chuỗi khai triển ( ) ( )1 1 1 ... 1 1 ... 0 ( ) w ... w n n n vv v v n n v v f z a z z ∞ = = − −∑ (1.1) hội tụ với mọi z U∈ . Tập hợp tất cả hàm chỉnh hình trong D được kí hiệu là DO . Hàm f gọi là chỉnh hình theo từng biến nếu nó chỉnh hình theo mỗi biến và các biến khác là cố định. 1.1.2. Định lí. (Bổ đề Osgood) 4 Nếu hàm phức f liên tục trong tập mở nD⊂ℂ và là chỉnh hình theo từng biến thì nó chỉnh hình trong D. Chứng minh. Chọn điểm bất kì w D∈ , và đa đĩa đóng (w,r) D∆ ⊂ . Vì f chỉnh hình theo từng biến trong một lận cận mở của (w,r)∆ nên áp dụng Công thức tích phân Cauchy cho hàm một biến, ta có công thức tích phân Cauchy cho hàm nhiều biến ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 n n n n 1 2 n 1 1 2 2 n nw r w r w r 1 d d df z ... f 2 i z z z −ζ = −ζ = −ζ =   ζ ζ ζ= ζ  π ζ − ζ − ζ −∫ ∫ ∫ (1.2) với ( )z w,r∀ ∈∆ . Với z cố định bất kì, hàm dưới dấu tích phân trong (1.2) liên tục trên miền compact lấy tích phân, do đó tích phân lặp trong (1.2) có thể được thay thế bởi tích phân bội ( ) ( ) ( ) ( ) j j j n 1 2 n 1 1 n nw r f d d ...d1f z 2 i z ... z −ζ =   ζ ζ ζ ζ=   π ζ − ζ −∫ (1.3) Khi đó với điểm cố định ( )z w,r∈∆ , ta có chuỗi khai triển ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 n 1 n 1 n v v 1 1 n n v 1 v 1 v ...v 01 1 n n 1 1 n n z w ... z w1 z ... z w ... w ∞ + + = − − = ζ − ζ − ζ − ζ − ∑ hội tụ tuyệt đối và đều với mọi ζ thuộc miền lấy tích phân trong (1.3). Vì vậy sau khi thay chuỗi khai triển này vào trong (1.3) và thay đổi thứ tự tổng và tích phân , dẫn đến f có khai triển chuỗi dạng (1.1), với ( ) ( ) ( )1 n 1 n j j j n 1 2 n v ...v v 1 v 1 1 1 n nw r f d d ...d1 a 2 i w ... w+ +−ζ =   ζ ζ ζ ζ=   π ζ − ζ −∫ (1.4) Do đó f là hàm chỉnh hình. Ta có điều phải chứng minh. □ 5 1.1.3. Định nghĩa. Ta định nghĩa các toán tử vi phân 1 2j j j i z x y  ∂ ∂ ∂ = −  ∂ ∂ ∂  và 1 2j j j i x yz  ∂ ∂ ∂ = +  ∂ ∂∂   . 1.1.4. Định lí. (Tiêu chuẩn Cauchy – Riemann) Hàm phức f được xác định trong tập mở nD⊂ℂ và khả vi liên tục theo các tọa độ thực của nℂ là chỉnh hình trong D nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn phương trình đạo hàm riêng ( ) 0, 1,2..., . j f z j n z ∂ = = ∂ ( 1.5) Chứng minh. Tại một điểm bất kì thuộc D, xét f(z) như là hàm một biến với biến jz , xem biến khác như hằng số. Ta có f(z) = u(z) +iv(z) và ( ) j j j j j u v u v2 f z i x y y xz    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂    = − + +    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂     . Do đó (1.5) tương đương với phương trình Cauchy – Riemann đối với từng biến, suy ra hàm f chỉnh hình theo từng biến. Theo Bổ đề Osgood ta có điều phải chứng minh. □ 1.1.5. Định lí. Cho D là tập mở trong nℂ . Khi đó, (i) DO là một vành với phép toán ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ),f g z f z g z fg z f z g z+ = + = . (ii) Nếu f thuộc DO và f(z) khác không trên D thì 1/f thuộc DO . (iii) Nếu f thuộc DO và chỉ nhận giá trị thực hoặc có môđun không đổi thì f là hàm hằng. Chứng minh. 6 (i) Bằng tính toán trực tiếp, ta có ( ) ( ) j j j j j j f gf g z z z f gfg g f z z z ∂ ∂ ∂ + = + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + ∂ ∂ ∂ (1.6) Do đó điều khẳng định (i) được suy ra từ Định lí 1.1.4. (ii) Áp dụng (1.6) bằng cách thay g bởi 1f − . suy ra 1 j f0 f z −∂ = ∂ , suy ra 1/f thuộc DO . (iii) Nếu Df ∈O chỉ nhận giá trị thực thì j f x ∂ ∂ và j f y ∂ ∂ cũng là giá trị thực. Nhưng j j f fi x y ∂ ∂ = ∂ ∂ , vì vậy cả hai phải bằng 0 với mọi j, 1 j n≤ ≤ . Do đó f là hàm hằng. Nếu f có môđun không đổi thì với w D∈ ta có thể viết ( )i zf e θ=ρ , với θ là hàm giá trị thực trong lân cận của w. Khi đó ta có j j f0 i.f. z z ∂ ∂θ = = ∂ ∂ . Suy ra θ là hàm chỉnh hình và cũng là hàm hằng, suy ra f là hàm hằng. □ 1.1.6. Định nghĩa. Cho D và D’ là các miền mở trong nℂ và mℂ tương ứng. Biến trong D được kí hiệu là ( )1,..., nz z và biến trong D’ được kí hiệu là ( )1w ,..., mz . Ánh xạ : 'G D→ được xác định bởi m hàm ( ) ( )1 1 1 1w ,..., ,...,w ,...,n m m ng z z g z z= = . Ánh xạ G ở trên được gọi là ánh xạ chỉnh hình nếu m hàm 1,..., mg g là chỉnh hình trên D. 7 1.1.7. Định lí. (Định lí ánh xạ hợp) Nếu f(w) là hàm chỉnh hình trong D’ và : 'G D D→ là ánh xạ chỉnh hình thì hợp thành f(G(z)) là hàm chỉnh hình trong D. Chứng minh. Ta có ( ) ( )1 1 1 n m m 1 nw g z ,...,z ,...,w g z ,...,z= = (1.7) Chia (1.7) thành hai phần thực và ảo, bằng cách viết ( ) ( ) ( )j j jg z u z iv z= + . Vì tất cả các ánh xạ này là khả vi theo tọa độ thực, theo qui tắc vi phân hàm hợp ta có ( )( ) m k k j j jk 1 k k f G z f u f v u vz z z=  ∂ ∂ ∂ ∂ ∂  = +  ∂ ∂∂ ∂ ∂  ∑ m m k k j jk 1 k 1k k k k 1 f f g 1 f f gi i 2 u v 2 u vz z= =    ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂   = − + −     ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂    ∑ ∑ m k k j jkk 1 k f g f g w z w z=  ∂ ∂ ∂ ∂  = +  ∂ ∂ ∂ ∂  ∑ . Nếu hàm f và ánh xạ G cả hai là chỉnh hình thì k f 0 w ∂ = ∂ và k j g 0 z ∂ = ∂ với tất cả k, k = 1,2…,n. Vì vậy theo công thức ở trên thì ( )( ) j f G z 0 z ∂ = ∂ , với tất cả j. Theo Tiêu chuẩn Cauchy – Riemann thì f(G(z)) là chỉnh hình. Ta có điều phải chứng minh. □ 1.1.8. Định lí. (Định lí duy nhất) Nếu f(z) và g(z) là các hàm chỉnh hình trong một tập mở liên thông nD⊂ℂ , 8 và nếu f(z) = g(z) với mọi z thuộc tập mở khác rỗng U D⊂ thì f(z) = g(z) với mọi z D∈ . Chứng minh. Từ (1.1), (1.3), (1.4), ta có ( ) ( ) ( )1 n 1 n 1 n v ... v 1 n v ...v v v 1 n f v ! ... v ! a z ... z w + +∂ = ∂ ∂ (1.8) Gọi E là phần trong của tập bao gồm những điểm z mà f(z) = g(z). Vì E là tập mở của D và U E⊂ nên E ≠ ∅ . Ta chứng minh E là tập đóng tương đối trong D. Xét điểm bất kì w D E∈ ∩ , với E là bao đóng của E. Chọn r > 0 đủ nhỏ để ( )w;r,..., r D∆ ⊂ . Vì w E∈ nên phải tồn tại một điểm w’ sao cho j j r w' w 2 − < , ( )j 1,2,...,n= và w' E∈ . Chú ý rằng ( )w w';r / 2,..., r / 2∈∆ . Hàm f(z) - g(z) chỉnh hình trong ( )w'; r / 2,..., r / 2∆ nên có thể khai triển thành chuỗi lũy thừa hội tụ trên đa đĩa tâm w’. Vì w' E∈ nên hàm này phải là hàm đồng nhất không trong lân cận mở của w’, và do (1.8) nên tất cả hệ số trong chuỗi này bằng không. Vì vậy ( ) ( )f z g z 0− ≡ trong ( )w'; r / 2,..., r / 2∆ , do đó w E∈ . Suy ra E là tập đóng tương đối trong D. Do E ≠ ∅ , mở và đóng tương đối trong D nên E = D. Ta có điều phải chứng minh. □ 1.1.9. Định lí. (Định lí môđun cực đại) Nếu f(z) là hàm chỉnh hình trong một tập mở liên thông nD⊂ℂ và nếu có một điểm w D∈ sao cho ( ) ( )wf z f≤ với mọi z thuộc một lận cận mở nào đó của w thì ( ) ( )wf z f≡ với mọi z D∈ . Chứng minh. Ta chứng minh bằng cách sử dụng Định lí môđun cực đại của hàm một biến. 9 Ta nhận xét rằng theo hệ quả của Công thức tích phân Cauchy (1.2), với một đa đĩa bất kì ( )w;r D∆ ⊂ , thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( )w,r V f w f dV ∆ ∆ = ζ ζ∫ , với ( )dV ζ là yếu tố thể tích Euclid và ( ) ( ) ( )w,r V dV ∆ ∆ = ζ∫ là thể tích của ( )w;r∆ . Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( )w,r V f w f dV ∆ ∆ ≤ ζ ζ∫ . Bây giờ chọn một đa đĩa ( )w;r∆ sao cho ( ) ( )f w f z 0− ≥ với mọi z thuộc ( )w;r∆ . Khi đó ta có ( ) ( )( ) ( ) ( )w,r 0 f w f dV ∆ ≤ − ζ ζ∫ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )w,r V f w f dV 0 ∆ ∆ − ζ ζ ≤∫ . Dẫn đến ( ) ( )f w f z 0− = với mọi z thuộc ( )w;r∆ . Theo Định lí 1.1.5 thì f phải là hàm hằng trong ( )w;r∆ . Vì vậy ( ) ( )f z f w≡ với mọi z ( )w,r∈∆ . Theo Định lí duy nhất 1.1.8 suy ra ( ) ( )f z f w≡ với mọi z D∈ . Ta có điều phải chứng minh. □ 1.1.10. Định nghĩa. Từ (1.1), f(z) có thể biểu diễn lại dưới dạng tổng của các đa thức thuần nhất như sau ( ) ( ) ( )1 1 1 ... 1 1 0 ... w ... w n n n vv v v n n k v v k f z a z z ∞ = + + =   = − −    ∑ ∑ , (1.9) khi đó, ta định nghĩa hàm chỉnh hình f có bậc (toàn phần) tại 0 bằng k nếu 10 1... 0 nv v a = , 1 ... nv v k+ < và tồn tại 1... 0nv va ≠ với 1 ... nv v k+ = . Hàm chỉnh hình f gọi là có bậc (toàn phần) tại w bằng k nếu f(z – w) có bậc (toàn phần) tại 0 bằng k. 1.1.11. Định lí. (Bổ đề Schwarz) Cho f là hàm chỉnh hình trong lân cận của ( ) ( )( )0, , ,...,r r r r∆ = , và giả sử f có bậc toàn phần tại 0 bằng k và ( )f z M≤ với mọi z thuộc ( )0,r∆ . Khi đó, ( ) k zf z M r ≤ với mọi ( )0,z r∈∆ . Chứng minh. Từ (1.9), hàm f có khai triển theo các đa thức thuần nhất là ( ) ( ) ( )k k 1f z p z p z ...+= + + Lấy ( )z 0,r , z 0∈∆ ≠ và định nghĩa ( ) ( )1kg t t f t z z−−= , với t , t r.∈ ≤ℂ Khi đó ta có khai triển Taylor ( ) ( ) ( )1 1k k 1g t p z z p z z t ...− −+= + + , và ( ) kg t Mr−≤ , với t r= . Do đó theo Định lí môđun cực đại thì ( ) kg t Mr−≤ , với mọi t, t ≤r. Vì vậy ( ) ( )k kz f z g z Mr− −= ≤ suy ra ( ) k zf z M r ≤ . □ 1.1.12. Định lí. (Bất đẳng thức Jensen) Cho f là hàm chỉnh hình trong một lân cận của ( )0, nr∆ ⊂ℂ . Khi đó, ( ) ( ) 0, 1 log log 0 r r f dV f V ∆ ≥∫ , (1.10) 11 ở đây r V là thể tích của ( )0,r∆ . Chứng minh. Chúng ta đã biết Bất đẳng thức Jensen một chiều: Nếu f chỉnh hình trong lân cận của ( ) 10,r∆ ⊂ℂ thì với rρ≤ ta có ( ) ( ) 2 i 0 1 log f e d log f 0 2 π θρ θ≥ π ∫ . Bây giờ f được cho như trong định lí và giả sử rằng ( )f 0 0≠ , thì với 1 1rρ ≤ , ta có ( ) ( )1 2 i 1 1 0 1 log f e ,0,...,0 d log f 0 2 π θρ θ ≥ π ∫ . Từ đó ( ) 1i 1log f e ,0,...,0 θρ hữu hạn với hầu hết tất cả 1θ , và với 1θ như vậy, ta có ( ) ( )1 2 1 2 i i i 1 2 2 1 0 1 log f e , e ,...,0 d log f e ,0,...,0 2 π θ θ θρ ρ θ ≥ ρ π ∫ , với 2 2rρ ≤ . Tiếp tục quá trình trên, cuối cùng ta có ( ) ( ) ( )1 n 2 2 i i 1 n 1 nn 0 0 1log f 0 ... log f e ,,..., e d ,...,d 2 π π θ θ≤ ρ ρ θ θ π ∫ ∫ , với mọi j jrρ ≤ . Lấy tích phân hai vế với ( ) ( ) 1 nr r 1 1 n n 0 0 ... d ... dρ ρ ρ ρ∫ ∫ , ta nhận được ( ) ( )( ) 1 n 1 n r r 2 2 i i 1 n i 1 n 1 n r 0 0 0 0 1log f 0 ... ... log f e ,,..., e d ...d d ...d V π π θ θ≤ ρ ρ ρ θ θ ρ ρ∏∫ ∫ ∫ ∫ (1.11) Ta nhận thấy tích phân lặp trong vế phải cũng là tích phân bội của log f . Do đó với ( )nL max n,log f= − thì nn L f− ≤ ≤ , nên nL khả tích đối với dV. Theo Định lí Fubini thì nL dV∫ là tích phân lặp của nL . Vì nL log f≥ và theo 12 (1.11), suy ra ( )n r 1 L dV log f 0 V ≥∫ . Nhưng nL hội tụ đơn điệu đến log f , vì vậy log f cũng khả tích đối với dV, và định lí được chứng minh. □ 1.1.13. Hệ quả. Cho f là hàm chỉnh hình trong miền D, f không là hàm đồng nhất không. Khi đó, tập ( ){ }0V z D f z= ∈ = có độ đo Lebesgue 2n – chiều bằng không . Chứng minh. Theo Định lí duy nhất, V có phần trong là rỗng. Vì D – V trù mật trong D, nên ta có thể tìm một dãy các điểm { }nx D V⊂ − và đa đĩa n∆ chứa điểm nx sao cho n D∪∆ = . Theo Bất đẳng thức Jensen thì n log f dV ∆ >−∞∫ , nên f không thể triệt tiêu trong n∆ trên một tập có độ đo dương. Do đó ( )n n 1 V V ∞ = = ∩∆∪ có độ đo không. Ta có điều phải chứng minh. □ 1.1.14. Định nghĩa. Với mọi tập con mở nD ⊂ℂ , ta kí hiệu DC là không gian các hàm phức liên tục trên D với tôpô hội tụ đều trên các tập compact, tức là tôpô có cơ sở là họ các tập ( ),U K ε = ( ){ }; supD K z K f f f z ∈ ∈ = <εC , với mọi tập con compact K D⊂ , 0ε > . 1.1.15. Bổ đề. DO là một vành con đóng của DC và do đó nó là không gian Frechet. Chứng minh. Lấy { }v Df ⊂O là dãy các phần tử hội tụ đến một phần tử Df ∈C . Với mỗi w D∈ , chọn r > 0 sao cho ( )w,r D∆ ⊂ . 13 Khi đó theo Công thức tích phân Cauchy, với mọi điểm ( )z w,r∈∆ , do v Df ∈O nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) j j j n v 1 n v 1 1 n nw r f d ...d1f z 2 i z ... z −ζ =   ζ ζ ζ=   π ζ − ζ −∫ . Nhưng vì vf hội tụ đến f đều trong ( )w,r∆ , suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) j j j n 1 n 1 1 n nw r f d ...d1f z 2 i z ... z −ζ =   ζ ζ ζ=   π ζ − ζ −∫ . Theo Định lí 1.1.2 thì f chỉnh hình trong ( )w,r∆ . Vì vậy điều này có thể thực hiện với mọi w D∈ , Df ∈O . Ta có điều phải chứng minh. □ 1.1.16. Định lí. (Định lí Vitali tổng quát) Họ các hàm bị chặn chỉnh hình bất kì trong một miền nD⊂ℂ có bao đóng là tập compact trong DO . Chứng minh. Với một hằng số M > 0 , xét tập ( ){ }Df f z M, z D= ∈ ≤ ∀ ∈A O . Ta chỉ cần chứng minh A là tập compact. Giả sử ( )v v vw ;r∆ =∆ là dãy các đa đĩa compact v D∆ ⊂ sao cho v v 1 D ∞ = ∆ =∪ . Với mỗi đa đĩa như vậy, đặt v2δ là khoảng cách từ v∆ đến n D−ℂ , khi đó ( ) ( )v vv v v v vw ;r w ;r D∆ ⊂∆ +δ ⊂ . Với f A∈ và vz∈∆ , từ công thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 n 1 n1 n j j j k ... k 1 n 1 n n k 1 k 1k k 1 n r 1 1 n n f z k ! ... k ! f d ...d z ... z 2 i z ... zw + + + + −ζ = ∂ ζ ζ ζ = ∂ ∂ pi ζ − ζ −∫ , suy ra 14 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) v j v vj nn 1 n v 2 r v v1 1 r r n nw r f d ...df 1 M r z 1 z 2 i z ... z ... z −ζ = +δ    ζ ζ ζ∂  = ≤ +    ∂ π δ δ ζ − ζ − ζ −∫ . Như vậy thu hẹp các phần tử thuộcA trên mỗi tập v∆ là họ các hàm đồng liên tục đều. Vì vậy có thể chọn một dãy con của { }vf hội tụ đều trên đa đĩa v∆ . Theo phương pháp chéo hóa Cantor, ta chọn được dãy con của { }vf hội tụ đều trên mỗi đa đĩa v∆ . Khi đó dãy con này hội tụ trong DO và giới hạn hàm rõ ràng chứa trongA . Vậy tính compact củaA được chứng minh. □ 1.1.17. Định nghĩa. Cho E, D là các miền mở thỏa nE D⊂ ⊂ℂ . Thu hẹp của mỗi hàm Df ∈O trên miền con E là một phần tử Ef E ∈O . Khi đó, ánh xạ :ED D Er →O O , với ( )EDr f f E= được gọi là ánh xạ thu hẹp. 1.1.18. Định lí. Cho E và D là các miền trong nℂ sao cho E là compact và E D⊂ . Khi đó, ánh xạ thu hẹp ED D Er : →O O là ánh xạ compact. Chứng minh. Chú ý rằng tôpô của DO có họ các tập ( ) ( ){ }DU E, f f z , z Eε = ∈ <ε ∀ ∈O là một lân cận mở của điểm gốc trong DO , với 0ε> cố định bất kì. Theo Định lí Vitali, họ các hàm ( )EDr U E,ε có bao đóng compact trong EO . Vì vậy EDr là ánh xạ compact. □ 1.2. Ánh xạ chỉnh hình 1.2.1. Định nghĩa. Hàm chỉnh hình f được gọi là chính quy bậc k theo n z tại w nếu ( )1w ,...,w ,n nf z được xét như là hàm chỉnh hình theo một biến nz , có không điểm bậc k tại n z = w n . Một cách tương đương, w là chính quy bậc k theo n z nếu 15 ( ) 1 1w 0, (w) 0,..., (w) 0, (w) 0 k k k k n n n f f ff z z z − − ∂ ∂ ∂ = = = ≠ ∂ ∂ ∂ (1.12) 1.2.2. Bổ đề. Nếu f là hàm chỉnh hình có bậc (toàn phần) k <∞ tại w thì qua một phép biến đổi tọa độ tuyến tính không suy biến trong nℂ , hàm số sẽ là chính qui bậc k theo nz tại w. Chứng minh. Để đơn giản phần trình bày, ta thừa nhận rằng điểm w là điểm gốc của nℂ . Hàm f khi đó có khai triển theo các đa thức thuần nhất là ( ) ( )j j k f z f z ∞ = =∑ , với ( )kf z không là hàm đồng nhất không . Chọn một điểm bất kì ( )1 na a ,...,a 0= ≠ sao cho ( )k 1 nf a ,...,a 0≠ . Vì a khác không nên tồn tại hằng số ijb sao cho biến đổi tọa độ tuyến tính n 1 i i n ij j j 1 z a b − = = ζ + ζ∑ là không suy biến. Trong tọa độ mới này hàm của ta là ( ) ( )( )g f zζ = ζ vẫn có bậc k toàn phần, và hơn nữa ( ) ( )k k 1 ng 0,...,0,1 f a ,...,a 0= ≠ ; nhưng khi đó g là chính qui bậc k theo nζ tại điểm gốc. Ta có điều phải chứng minh. □ 1.2.3. Bổ đề. Nếu f là một hàm chỉnh hình trong đa đĩa mở ( )w;r∆ và là chính qui bậc k theo n z , khi đó tồn tại một đa đĩa mở ( ) ( )w; w;r∆ δ ⊂∆ sao cho với mọi điểm ( )1 1,..., na a − ∈ ( )1 1w; ,..., n−∆ δ δ , hàm ( )1 1,..., ,n nf a a z− xem như hàm một biến phức theo n z có k không điểm (tính theo số lần bội) trong đĩa w n n n z − <δ . Chứng minh. Để đơn giản cho cách trình bày, ta có thể giả sử rằng điểm w là điểm gốc trong 16 n ℂ . Theo giả thiết ( )nf 0,...,0,z có không điểm bội k tại điểm nz = 0. Vì không điểm của hàm chỉnh hình một biến phức là điểm cô lập nên có một hằng số n n0 r<δ < sao cho ( )nf 0,...,0,z 0≠ , với n n0 z< ≤δ . Đặt { } ( ) n n n z inf f 0,...,0,z 0 =δ = ε> (1.13) Vì f(z) liên tục trong một lân cận mở của một tập compact { }1 n 1 n nz; z ... z 0, z−= = = =δ , nên tồn tại một hằng số jδ với ( )j j0 r , j 1,...,n 1<δ < = − , sao cho ( ) ( )1 n nf z ,...,z f 0,...,0,z− <ε , (1.14) với j j n n z , j 1,...,n 1 z  <δ = −  = δ . Bây giờ với một điểm bất kì ( )1 n 1a ,...,a − , j ja <δ , xét ( )1 n 1 nf a ,...,a ,z− như là hàm số theo nz . Theo Định lí Rouché đối hàm một biến phức, từ (1.13) và (1.14) suy ra ( )1 n 1 nf a ,...,a ,z− có cùng số không điểm trong n nz ≤δ với ( )nf 0,...,0,z là k. Ta có điều phải chứng minh. □ 1.2.4. Định lí. (Định lí hàm ẩn) Nếu ( )1,..., nf z z chỉnh hình trong đa đĩa mở ( )w; nr∆ ⊂ℂ và là chính qui bậc 1 theo nz tại điểm w. Khi đó, trong một đa đĩa mở ( ) ( )w; w;r∆ δ ⊂∆ tồn tại duy nhất hàm chỉnh hình ( )1 1,..., nz z −ϕ sao cho (i) ( )1 1w ,...,w wn n−ϕ = ; (ii) ( )1 1,..., wn n nz z −ϕ − <δ trong ( )1 1w; ,..., n−∆ δ δ ; (iii) ( )1 1,..., ,n nf z z z− = 0 tại điểm ( )w;z∈∆ δ nếu và chỉ nếu ( )1 1,...,n nz z z −=ϕ . 17 Chứng minh. Chọn một đa đĩa mở ( ) ( )w; w;r∆ δ ⊂∆ như ở chứng minh Bổ đề 1.2.3. Khi đó với một điểm bất kì ( ) ( )1 n 1 1 n 1z ,...,z w; ,...,− −∈∆ δ δ , có duy nhất giá trị ( ) ( )1 n 1 n nz ,...,z w ;−ϕ ∈∆ δ sao cho ( )( )1 n 1 1 n 1f z ,...,z , z ,...,z 0− −ϕ = , và tất nhiên ( )1 n 1 nw ,...,w w−ϕ = . Ta chỉ cần cho thấy rằng hàm ϕ là chỉnh hình. Từ kết quả tương ứng với hàm một biến ta có ( ) ( ) ( ) n n n 1 n 1 n n 1 n 1 n n 1 n 1 nw f z ,...,z , /1 z ,...,z d 2 i f z ,...,z , − − −ζ − =δ ∂ ζ ∂ζ ϕ = ζ ζ π ζ∫ (1.15) Theo Bổ đề 1.2.3 hàm ( )1 n 1 nf z ,...,z ,− ζ khác không khi ( )1 n 1z ,...,z − ∈ ( )1 n 1w; ,..., −∆ δ δ và n n nwζ − = δ . Suy ra tích phân trong (1.15) là một hàm chỉnh hình của ( )1 n 1z ,...,z − trong ( )1 n 1w; ,..., −∆ δ δ . Vì vậy hàm ϕ cũng là chỉnh hình. Ta có điều phải chứng minh. □ 1.2.5. Định lí. (Định lí ánh xạ ẩn) Nếu 1,...,k nf f+ là chỉnh hình trong đa đĩa mở ( )w; nr∆ ⊂ℂ và thỏa (i) ( )w 0, 1,...,jf j k n= = + ; (ii) ( )w , 1,...,j ji i f i j k n z ∂ =δ = + ∂ . Khi đó, trong một đa đĩa mở ( ) ( )w; w;r∆ δ ⊂∆ tồn tại duy nhất hàm chỉnh hình ( )1,..., , 1,...,j kz z j k nϕ = + thỏa ( )1,..., 0, 1,...,j nf z z j k n= = + nếu và chỉ nếu ( )1,..., , 1,...,j j kz z z j k n=ϕ = + . Chứng minh. Ta chứng minh bằng qui nạp theo chỉ số n – k , số hàm trong giả thiết của định lí. 18 Với n – k = 1, kết quả đã được chứng minh trong Định lí 1.2.4. Giả sử kết quả đúng với các chỉ số nhỏ hơn n – k . Ta chứng minh kết quả đúng với chỉ số n – k. Xét n – k hàm k 1 nf ,...,f+ thỏa giả thiết của định lí. Đầu tiên áp dụng Định lí 1.2.4 đối với nf ; trong đa đĩa mở nào đó ( ) ( )w; ' w;r∆ δ ⊂∆ , tồn tại duy nhất hàm chỉnh hình ( )1 n 1z ,...,z −ψ để ( )nf z 0= , với ( )z w; '∈∆ δ nếu và chỉ nếu ( )n 1 n 1z z ,...,z −=ψ . Bây giờ xét n – k – 1 hàm ( ) ( )( )j 1 n 1 j 1 n 1 1 n 1f ' z ,...,z f z ,...,z , z ,...,z− − −= ψ trong đa đĩa ( )w; '∆ δ , với j k 1,...,n 1= + − . Ta nhận xét rằng ( )jf z 0= , với ( )z w; ' , j k 1,...,n∈∆ δ = + nếu và chỉ nếu ( )j 1 n 1f ' z ,...,z 0− = , với j = k + 1,…,n – 1 và ( )n 1 n 1z z ,...,z −=ψ . Mặt khác n – k – 1 hàm k 1 n 1f ' ,...,f '+ − rõ ràng thỏa giả thiết của Định lí 1.2.5, khi xét như là hàm n – 1 biến 1 n 1z ,...,z − ; nên theo giả thiết qui nạp, trong đa đĩa mở nào đó ( ) ( )w; w; '∆ δ ⊂∆ δ ( ở đây ta đặt n n'δ = δ ) tồn tại duy nhất các hàm chỉnh hình ( ) ( )k 1 1 k n 1 1 kz ,...,z ,..., z ,...,z+ −ϕ ϕ sao cho ( )jf ' z 0= , với ( )z w;∈∆ δ và j k 1,....,n 1= + − nếu và chỉ nếu ( )j j 1 kz z ,...,z , j k 1,...,n 1=ϕ = + − . Đặt ( ) ( ) ( )( )n 1 k 1 k k 1 1 k n 1 1 kz ,...,z z ,...,z , z ,...,z ,..., z ,...,z+ −ϕ =ψ ϕ ϕ . Ta có 1 n,...,ϕ ϕ là các hàm cần tìm. □ 1.2.6. Định nghĩa. Cho : mF D →ℂ là ánh xạ chỉnh hình, với D là một miền trong nℂ , ( ) ( ) ( )( )1 ,..., mF z f z f z= ; ở đây ( )jf z là các hàm chỉnh hình trong D. Ma trận Jacobi của F tại w D∈ được định nghĩa là ( ) ( )w wiF j fJ z  ∂ =   ∂  . 19 Ánh xạ F gọi là không suy biến tại w nếu rank ( )wFJ = { }min ,m n . Ánh xạ F gọi là không suy biến trên D nếu nó không suy biến tại mọi w D∈ . 1.2.7. Định lí. Cho n m≥ , và F là ánh xạ chỉnh hình không suy biến của một lân cận của 0 trong nℂ vào trong mℂ , sao cho F(0) = 0. Khi đó, có một phép biến đổi tuyến tính ijw i j j a z=∑ trong nℂ và các hàm ( )1w ,...,wj n m−ϕ , 1n m j n− + ≤ ≤ , chỉnh hình trong một đa đĩa ( )0;∆ δ thỏa ( )1w ,...,w 0nF = nếu và chỉ nếu ( )1w w ,...,wj j n m−=ϕ trong ( )0;∆ δ , với 1n m j n− + ≤ ≤ . Chứng minh. Đặt ( )n m 1 nF f ,...,f− += . Đầu tiên, nếu ( )ijb , n m 1 i, j n− + ≤ ≤ là ma trận cấp m m× không suy biến và ( )n m 1 nG g ,...,g− += , ở đó i ij jg b f=∑ thì F(z) = 0 nếu và chỉ nếu G(z) =0. Vì thế ta có thể thay F bởi phép biến đổi không suy biến bất kì như vậy. Bây giờ giả sử rằng ma trận cấp m n× ( ) ( )( )i jJ 0 f / z 0= ∂ ∂ có hạng là m. Khi đó tồn tại các ma trận không suy biến m mB × , n nA × sao cho ( ) ( )1 m mBJ 0 A 0,I− ×= . Đặt ( )ijB b , n m 1 i, j n= − + ≤ ≤ và ( ) ( )1ij ijA a ,A a ' ,1 i, j n−= = ≤ ≤ . Đặt i ij jg b f=∑ và i ij jw a z=∑ . Khi đó i k k ik ik sj i i,sj j s g f fb b a ' w w z ∂ ∂ ∂ = = ∂ ∂ ∂∑ ∑ . Vì vậy ( ) ( ) ii kik sj j kj s g f0 b 0 a ' w z ∂ ∂ = =δ ∂ ∂∑ . 20 Áp dụng Định lí 1.2.5, ta có điều phải chứng minh. □ 1.2.8. Định lí. (Định lí ánh xạ ngược) Cho F là ánh xạ chỉnh hình không suy biến trên một lân cận của 0 trong nℂ vào trong nℂ sao cho F(0) = 0. Khi đó, tồn tại đa đĩa ( )0;∆ δ mà trên đó F có ánh xạ ngược. Tức là tồn tại ánh xạ chỉnh hình G từ lân cận mở D của 0 lên ( )0;∆ δ sao cho ( )w F z= nếu và chỉ nếu ( )wz G= . Chứng minh. Đặt J là ma trận Jacobi của F. Vì F là không suy biến nên ta có thể (bằng cách đổi biến) giả sử rằng ( ) n nJ 0 I ×= . Đặt 1 n 1 nw ,...,w ; z ,..., z là các biến này. Xét ( ) ( )H z,w w F z= − là một ánh xạ chỉnh hình xác định trong một lân cận mở của 0 trong 2nℂ . Khi đó H thỏa mãn giả thiết của Định lí 1.2.7, vì vậy có một ánh xạ ( )1 nG w ,...,w xác định trong một đa đĩa ( ) 2n0;∆ ε ⊂ℂ sao cho ( )H z,w 0= nếu và chỉ nếu ( )z G w= . Đó là điều ta cần chứng minh. □ 21 Chương 2 BAO CHỈNH HÌNH 2.1. Định lí Runge 2.1.1. Bổ đề. (Định lí Runge) Cho 0K là một tập con compact đơn liên của ℂ , và 1K là một tập con compact của nℂ . P là lớp các đa thức dạng ( ) 0 k i i i f z = ∑ w , trong đó if chỉnh hình trong một lân cận của 1K . Khi đó, với một hàm chỉnh hình trong một lân cận của 0 1K K× đều có thể xấp xỉ được bởi các hàm trong P. Chứng minh. Cho f là chỉnh hình trong một lân cận của 0 1K K× . Khi đó tồn tại các lân cận 0U của 0K và 1U của 1K sao cho 0 1U Uf ×∈Ο . Sử dụng Công thức tích phân Cauchy, với 0 1z K , Kw∈ ∈ , ta có ( ) ( )f , d1f z, 2 i z w w Γ ζ ζ = pi ζ −∫ , (2.1) ở đây Γ là một đường cong đóng đơn trong 0U mà phần trong chứa 0K . Vì hàm zζ − là bị chặn dưới với 0,z Kζ ∈Γ ∈ nên dễ dàng kiểm tra tích phân trong vế phải của (2.1) có thể xấp xỉ đều bởi các tổng Riemann trong 0 1K K× . Vì vậy f có thể xấp xỉ đều trong 0 1K K× bởi các hàm dạng ( )p i i 1 i f z w = ζ −∑ . Ta chỉ cần chứng minh rằng những hàm 1 zζ − , với 0Kζ ∉ là xấp xỉ được trong 0K bởi các đa thức. 22 Lấy 0 0Kζ ∉ và Y là một đường cong trong 0K−ℂ được tham số hóa bởi [ ): 0,ζ ∞ →ℂ sao cho ( ) 00ζ = ζ và ( )tζ → ∞ . Rõ ràng tập hợp T = { [ ) ( )( ) 1t 0, t z −∈ ∞ ζ − được xấp xỉ bởi những đa thức} là tập đóng. T khác rỗng, vì nếu ( ) { }0 0t sup z ; z Kζ > ∈ thì ( )( ) 10t z −ζ − là chỉnh hình trong một đĩa chứa trong 0K và được biểu diễn bởi một chuỗi lũy thừa. Cuối cùng, ta chứng minh T là tập mở. Lấy 0t T∈ và chọn t thỏa ( ) ( ) ( ){ }0 0 0t t sup t z ; z Kζ − ζ < ζ − ∈ . Để đơn giản đặt ( ) ( )0 0t , tζ = ζ ζ = ζ . Ta sẽ biểu diễn ( ) 1z −ζ − bằng một chuỗi theo ( ) 10 z −ζ − hội tụ đều trên 0K , cụ thể ( ) ( ) 11 0 0 0 1 z z 1 z −−      ζ − = ζ − ζ − ζ + ζ −  ( ) ( ) n 0 n 1 k 0 0 z ∞ + = ζ − ζ = ζ −∑ . Do đó, vì 0t T∈ nên t T∈ , hay T là tập mở. Vì T vừa mở, vừa đóng và khác rỗng nên [ )T 0,= ∞ , và định lí được chứng minh. □ 2.1.2. Định lí. Cho 1 ... nD D D= × × là một đa miền đơn liên trong nℂ . Khi đó, các đa thức là trù mật trong DO . Chứng minh. Lấy Df ∈O . Chọn K là một tập con compact của D và 0ε > ; ta sẽ chứng tỏ rằng tồn tại một đa thức p thỏa K p f− < ε . Bằng cách mở rộng K, ta có thể giả sử rằng 1 n i iK K ... K , K D= × × ⊂ và mỗi iK là miền đơn liên. Ta chứng minh định lí bằng cách qui nạp theo n. Trường hợp n = 1 thì đã được chứng minh ở Bổ đề 2.1.1. Trường hợp n tổng quát, theo Bổ đề 2.1.1, ta có thể tìm một hàm dạng 23 ( ) ( )k ii 0 i 0 f z p zw w, = =∑ sao cho if chỉnh hình trong một lân cận của 2 nK ... K K '× × = và 0 Kf p / 2− < ε . Đặt { }1R sup z ; z K= ∈ . Theo giả thiết qui nạp, ta có thể tìm các đa thức ( )ip w thỏa ( )ii i K 'f p / 2R k− < ε . Khi đó ( ) ( ) k i i i 0 p z f zw, w = =∑ là một đa thức trên nC và k k i i 0 i i iK K 'K K i 0 i 0 f p f p f p z R 2 2R k = = ε ε − ≤ − + − < + = ε∑ ∑ . □ 2.2. Miền lồi đa t._.