Giáo trình Hàm biến phức - Hồ Công Xuân Vũ Ý (Phần 2)

ong lân cận của z0 (nghĩa là z = z0 +∆z) ta có ∆w ∆z ≈ keiα với sai khác một đại lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với |∆z|. Vậy lim ∆z→0 ∆w ∆z = keiα. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 2 A´nh xạ bảo giác 297 Nghĩa là f khả vi tại z0 và f ′(z0) = keiα 6= 0. Vì z0 lấy tùy ý nên f giải tích trên D và f ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ D. Chú ý rằng phép chứng minh trình bày ở trên mang tính trực quan cao. Ta có thể lập luận theo tinh thần giải tích như sau ∆f(z0) ∆z = ∣∣∣∆f(z0) ∆z ∣∣∣ei(Arg∆f(z0)−Arg∆z) Theo giả thiết ta có lim ∆z→0 ∣∣∣∆f(z0) ∆z ∣∣∣ = r 6= 0 do tính chất dãn đều lim ∆z→0 (Arg f(z0)−Arg∆z) = α do tính bảo toàn góc Do đó, lim ∆z→0 ∆f(z0) ∆z = reiα 6= 0. Vậy tồn tại f ′(z0) và f ′(z0) 6= 0.  2.4 Thí dụ. Hàm mũ f(z) = ez bảo giác trên mỗi miền đơn diệp của nó. Hàm f(z) = 1 z bảo giác trên C \ {0}.  2.5 Thí dụ. Xét hàm cos z. Ta đã biết (cos z)′ = − sin z = 0 khi và chỉ khi z = kπ với k nguyên. Vậy hàm cos z bảo giác tại mọi điểm trừ các điểm kπ với k nguyên.  2.6 Thí dụ. Hàm lũy thừa w = f(z) = zn, với n nguyên dương, là hàm bảo giác trên C \ {0}. Tại z = 0 hàm không bảo giác khi n > 1. Thật vậy, dễ thấy rằng ảnh của z1 và z2 thỏa |z1| = |z2| arg z1 = arg z2 + 2kπ n k ∈ Z qua ánh xạ f(z) = zn trùng nhau. Hơn nữa, mọi góc có đỉnh tại z = 0 qua ánh xạ lũy thừa f(z) = zn sẽ tăng lên n lần.  2.7 Định nghĩa. Góc giữa hai đường cong γ1 và γ2 tại điểm z = ∞ là góc giữa ảnh của hai đường cong đó qua ánh xạ w = f(z) = 1 z tại w = 0, tức là góc giữa hai đường cong Γ1 = f(γ1) và Γ2 = f(γ2) tại w = 0. 2.8 Định lý. Hàm phân tuyến tính bảo giác trên C. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 298 IX A´nh xạ bảo giác Chứng minh. Xét ánh xạ phân tuyến tính f(z) = az + b cz + d với ad− bc 6= 0 và c 6= 0. Ta biết rằng hàm f giải tích trên C \ {−d/c} nên nó bảo giác trên C \ {−d/c}. Vậy ta chỉ còn chứng minh hàm f bảo giác tại z = − dc và z =∞. Cho γ1 và γ2 là hai đường cong bất kỳ qua điểm z = − dc . Ta có f(− dc ) = ∞ và đặt Γ1 = f(γ1) và Γ2 = f(γ2). Ta cần chứng minh ̂(γ1, γ2)z=− d c = ̂(Γ1,Γ2)w=∞. Theo định nghĩa góc giữa hai đường cong tại điểm ∞, ta có ̂(Γ1,Γ2)w=∞ là góc giữa hai đường cong Γ ∗ 1 và Γ ∗ 2 tại w ∗ = 0 trong đó Γ∗1 = g(Γ1), Γ ∗ 2 = g(Γ2) và w ∗ = g(w) = 1 w . Ta có w∗ = 1 w = cz + d az + b đây là hàm phân tuyến tính. Do đó, ánh xạ w∗ đối với biến z bảo giác tại z = − dc 6= − ba . Do Γ∗1 và Γ∗2 chính là ảnh của γ1 và γ2 qua ánh xạ w∗ = cz + d az + b cho nên ̂(γ1, γ2)z=− d c = ̂(Γ∗1,Γ ∗ 2)w∗=0. Do đó, ta được ̂(γ1, γ2)z=− d c = ̂(Γ1,Γ2)w=∞, nghĩa là ánh xạ w = az + b cz + d bảo giác tại z = − dc . Cho γ1 và γ2 là hai đường cong bất kỳ có điểm vô tận. Gọi Γ1 và Γ2 là ảnh của γ1 và γ2 qua ánh xạ w = az + b cz + d . Gọi Γ∗1 và Γ ∗ 2 là ảnh của γ1 và γ2 qua ánh xạ z∗ = 1 z . Theo định nghĩa góc giữa hai đường cong ở điểm ∞ ta có ̂(γ1, γ2)z=∞ = ̂(Γ∗1,Γ∗2)z∗=0. Mặt khác, ta có w = az + b cz + d = a+ bz∗ c+ dz∗ . Vậy Γ1 và Γ2 là ảnh của Γ∗1 và Γ ∗ 2 qua ánh xạ w = a+ bz∗ c+ dz∗ . Theo chứng minh hai phần trên ta có ánh xạ w = a+ bz∗ c+ dz∗ bảo giác tại z∗ = 0 cho nên ̂(Γ∗1,Γ ∗ 2)z∗=0 = ̂(Γ1,Γ2)w= a c . Do đó, ta được ̂(γ1, γ2)z=∞ = ̂(Γ ∗ 1,Γ ∗ 2)w= a c nghĩa là ánh xạ w = az + b cz + d bảo giác tại z =∞.  c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 2 A´nh xạ bảo giác 299 2.9 (Hàm Joukowski) Ta nhận thấy hàm Joukowski f(z) = 12 (z + 1 z ) khả vi trên C \ {0} và đạo hàm của nó là f ′(z) = 12 (1 − 1z2 ). Suy ra f ′(z) = 0 khi và chỉ khi z = ±1. Vậy ta có ngay kết quả: hàm f bảo giác trên C \ {0, 1,−1}. Ta xét tính bảo giác của hàm f tại các điểm z = 0, 1,−1,∞. Tại z = 0 ta có f(0) =∞. Xét hàm g(z) = 1z . Khi đó, ta có hàm hợp (g ◦ f)(z) = 2 1 z + 1z = 2z z2 + 1 và (g ◦ f)′(z) = g′(f(z))f ′(z) = − 11 4 (z + 1 z ) 2 1 2 ( 1− 1 z2 ) = 2(1− z2) (z2 + 1)2 . Vậy (g ◦ f)′(0) = 2 6= 0. Do đó, hàm g ◦ f bảo giác tại z = 0. Vậy hàm f bảo giác tại z = 0. Tại z =∞ và với hàm g(z) = 1z , ta xét hàm (f ◦ g)(z) = 1 2 (1 z + z ) = f(z). Theo kết quả chứng minh trên ta suy ra được hàm f ◦g bảo giác tại z = 0. Điều này lại suy ra hàm f bảo giác tại z =∞ vì g(0) =∞. Ta biến đổi hàm f như sau f(z) = 1 2 ( z + 1 z ) = z2 + 1 2z = (z + 1)2 + (z − 1)2 (z + 1)2 − (z − 1)2 = 1 + ( z−1 z+1 )2 1− ( z−1z+1)2 . Vậy f là một ánh xạ hợp thành f = f3 ◦ f2 ◦ f1 với f1(z) = z − 1 z + 1 f2(z) = z 2 f3(z) = 1 + z 1− z . Ta nhận thấy các hàm f1 và f3 là hàm phân tuyến tính và hàm f2 là hàm lũy thừa. Hàm f1 bảo giác tại z = ±1; hàm f2 không bảo giác tại f1(1) = 0 và f1(−1) =∞; hàm f3 bảo giác tại f2(0) = 0 và f2(∞) =∞. Do đó, hàm f không bảo giác tại z = 1 và z = −1. Bài tập 1 ) Chứng minh rằng hàm f(z) = zn, với n > 1 nguyên, không bảo giác tại z =∞. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 300 IX A´nh xạ bảo giác 2 ) Xét ánh xạ Joukowski w = 12 (z + 1 z ). Hãy tìm ảnh của đường tròn |z| = R. 3 ) Tìm ảnh của đường tròn |z| = 1 qua ánh xạ w = z (1− z)2 , đồng thời tìm miền bảo giác của nó. § 3 Bổ đề Schwarz 3.1 Định lý. (Bổ đề Schwarz) Cho hàm f(z) giải tích trong hình tròn đơn vị U = {z : |z| < 1} và liên tục trên U¯ = {z : |z| ≤ 1}. Nếu hàm f thỏa mãn f(0) = 0 và |f(z)| < 1 với mọi z ∈ U thì |f(z)| ≤ |z| với mọi z ∈ U¯ và |f ′(0)| ≤ 1. Thêm vào đó, nếu |f ′(0)| = 1 hay tồn tại z0 ∈ U sao cho z0 6= 0 mà |f(z0)| = |z0| thì |f(z)| = |z| với mọi z ∈ U và f(z) = eiαz với α ∈ R. Chứng minh. Xét hàm ϕ(z) =   f(z) z khi z 6= 0 f ′(0) khi z = 0. Rõ ràng hàm ϕ(z) liên tục trên U¯ và giải tích trên U \{0}. Theo công thức tích phân Cauchy đối với hàm f(z) ta có f(z) = 1 2πi ∫ C f(ξ) ξ − z dξ và 1 2πi ∫ C f(ξ) ξ dξ = f(0) = 0 trong đó z ∈ U và C là đường tròn |z| = 1 định hướng dương. Do đó, với z ∈ U ta suy ra f(z) = 1 2πi ∫ C ( f(ξ) ξ − z − f(ξ) ξ ) dξ = z 2πi ∫ C f(ξ) ξ(ξ − z)dξ. Vậy với z ∈ U \ {0} ta có ϕ(z) = f(z) z = 1 2πi ∫ C f(ξ) ξ(ξ − z)dξ = 1 2πi ∫ C ϕ(ξ) ξ − z dξ. Hơn nữa, ta có 1 2πi ∫ C ϕ(ξ) ξ dξ = 1 2πi ∫ C f(ξ) ξ2 dξ = f ′(0) = ϕ(0). c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 3. Bổ đề Schwarz 301 Do đó, ϕ(z) = 1 2πi ∫ C ϕ(ξ) ξ − z dz với mọi z ∈ U. Do ϕ(z) liên tục trên U¯ nên theo định lý về tích phân loại Cauchy ta suy ra được ϕ(z) giải tích trên U . Nếu ϕ(z) là hàm hằng trên U thì cũng suy ra được nó là hàm hằng trên U¯ (do tính liên tục); cho nên |ϕ(z)| cũng là hằng trên U¯ . Nếu ϕ(z) không là hàm hằng trên U thì từ nguyên lý cực đại suy ra |ϕ(z)| đạt cực đại trên biên. Do đó, ta luôn có max z∈U¯ |ϕ(z)| = max |z|=1 ∣∣∣f(z) z ∣∣∣ = max |z|=1 |f(z)|. Do |f(z)| < 1 với mọi z ∈ U và f(z) liên tục trên U¯ nên |f(z)| ≤ 1 với mọi z ∈ U¯ . Vậy max |z|=1 |f(z)| ≤ 1, suy ra |ϕ(z)| ≤ 1 với mọi z ∈ U¯ . Do đó, từ định nghĩa hàm ϕ(z) và f(0) = 0 ta suy ra được |f(z)| ≤ |z| với mọi z ∈ U¯ và |f ′(0)| = |ϕ(0)| ≤ 1. Hơn nữa, giả sử thêm giả thiết |f ′(0)| = 1 hay tồn tại z0 ∈ U mà z0 6= 0 sao cho |f(z0)| = |z0|. Điều đó có nghĩa là |ϕ(z)| đạt giá trị lớn nhất trên U¯ tại một điểm trong U . Theo nguyên lý modulus cực đại ta phải có ϕ là hàm hằng trên U¯ và |ϕ(z)| = 1. Từ đó theo định nghĩa của hàm ϕ ta suy ra được f(z) = eiαz với α ∈ R là hằng số.  3.2 Định nghĩa. Một hàm đơn diệp f từ D lên D∗ trong đó D và D∗ là các miền tùy ý trong C được gọi là phép đẳng cấu (hay đẳng cấu chỉnh hình) nếu các hàm f : D → D∗ và f−1 : D∗ → D là chỉnh hình (giải tích). Trường hợp D∗ = D phép đẳng cấu được gọi là phép tự đẳng cấu. 3.3 Định lý. Mọi phép tự đẳng cấu của hình tròn đơn vị B(0, 1) là tự đẳng cấu phân tuyến tính. Chứng minh. Giả sử w = f(z) là một tự đẳng cấu của B(0, 1). Ta ký hiệu w0 = f(0). Theo Thí dụ 4.10 trang 116 ánh xạ phân tuyến tính g(w) = w − w0 w¯0w − 1 là tự đẳng cấu của hình tròn B(0, 1) biến điểm w0 thành điểm 0. Khi đó, ánh xạ hợp thành h = g ◦ f cũng là một tự đẳng cấu của B(0, 1) với h(0) = 0. Vậy theo bổ đề Schwarz ta có |h(z)| ≤ |z| với mọi z ∈ B(0, 1) c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 302 IX A´nh xạ bảo giác Hơn nữa, ta cũng thấy ánh xạ ngược h−1 cũng thỏa các điều kiện của bổ đề Schwarz, cho nên ta có |h−1(w)| ≤ |w| với mọi w ∈ B(0, 1). Do nếu z ∈ B(0, 1) và w = h(z) thì h−1(w) = z, nên |z| ≤ |h(z)|. Kết hợp với kết quả trên ta có |h(z)| = |z| với mọi z ∈ B(0, 1). Lại theo bổ đề Schwarz ta có h(z) = eiαz với mọi z ∈ B(0, 1) trong đó α là một hằng số thực nào đó. Do đó, f(z)− w0 w¯0f(z)− 1 = e iαz hay f(z) = w0 − eiαz 1− w¯0eiαz . Vậy f là một hàm phân tuyến tính.  Bài tập 1 ) Tìm ánh xạ bảo giác w = f(z) biến miền D thành miền D∗ (a) D = {z : |z − 2| < 1}, D∗ = {w : |w − 2i| < 2} (b) D = {z : |z| 0} (c) D = {z : |z| 12}, D∗ = {w : Imw > 0} (d) D = {z : |z| 0}, D∗ = {w : Imw > 0} sao cho f(−1) = 0, f(0) = 1, f(1) =∞. § 4 Định lý ánh xạ Riemann 4.1 Định lý. Mọi song ánh chỉnh hình ϕ : D → D∗ là một đẳng cấu chỉnh hình. Chứng minh. Xét hàm ψ = ϕ−1 : D∗ → D. Lấy w0 ∈ D∗ tùy ý. Khi đó, ta đặt z0 = ψ(w0), suy ra ϕ(z0) = w0. Lấy ε > 0 bé tùy ý sao cho B(z0, ε) ⊆ D. Vì ϕ chỉnh hình nên theo nguyên lý bảo toàn miền ϕ(B(z0, ε)) là một miền. Hơn nữa, do w0 = ϕ(z0) ∈ ϕ(B(z0, ε)) cho nên tồn tại δ > 0 sao cho B(w0, δ) ⊆ ϕ(B(z0, ε)). Suy ra ψ(B(w0, δ)) ⊆ ψ(ϕ(B(z0, ε))) = B(z0, ε). Vậy ψ liên tục tại w0. Do w0 ∈ D∗ tùy ý nên ψ liên tục trên D∗. Theo giả thiết ta được ϕ′ chỉnh hình trên D. Do đó, theo Định lý 3.7 trang 236 tập E = {z ∈ D : ϕ′(z) = 0} không có điểm tụ trong D. Bởi vì nếu điều đó xảy ra ta sẽ có ϕ′(z) = 0 với mọi z ∈ D sẽ dẫn đến điều mâu thuẫn ϕ là hàm hằng trên D. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 4 Định lý ánh xạ Riemann 303 Xét F = ϕ(E). Khi đó, do ϕ là song ánh nên F cũng không có điểm tụ trong D∗. Hơn nữa, ta có D∗ = ϕ(D) là một miền nên cũng có D∗ \ F là một miền. Lấy w1 ∈ D∗ \ F tùy ý. Từ đẳng thức ψ(w) − ψ(w0) w − w1 = z − z1 ϕ(z)− ϕ(z1) với z = ψ(w), z1 = ψ(w1) và sự liên tục của ψ, ta suy ra được ψ′(w1) = 1 ϕ′(z1) . Vậy ψ khả vi trên miền D∗ \ F , cho nên nó cũng giải tích trên D∗ \ F . Ngoài ra do F không có điểm tụ trong D∗ nên với mỗi a ∈ F tồn tại η > 0 sao cho B(a, η)∩ F \ {a} = ∅. Do ψ giải tích trong η-lân cận thủng của a và liên tục tại a nên ψ giải tích tại a. Từ đó ta kết luận được ψ giải tích trên D∗.  4.2 Nhận xét. Một trường hợp đặc biệt của định lý trên đối với ánh xạ bảo giác: Nếu f là ánh xạ bảo giác trên miền D và là đơn ánh trên D thì ánh xạ ngược của f trên f(D) cũng là ánh xạ bảo giác. Hơn nữa, ta cũng có một phần của mệnh đề đảo này trong định lý sau. 4.3 Định lý. Giả sử f là một hàm giải tích trên tập mở D sao cho f là đơn ánh trên D. Khi ấy, f là một ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm của D. Hơn nữa, hàm ngược của f cũng là ánh xạ bảo giác tại mỗi điểm của D′ = f(D). Chứng minh. Giả sử tồn tại z0 ∈ D sao cho f ′(z0) = 0. Khi đó, phương trình f(z) = f(z0) có nghiệm z0 với cấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theo Định lý 6.10 trang 290 với w đủ gần f(z0) phương trình f(z) = w có nhiều hơn một nghiệm trong lân cận của điểm z0. Vậy hàm f không là đơn ánh trong lân cận nào của điểm z0, đây là điều vô lý. Do đó, ta phải có f ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ D. Điều đó có nghĩa là f là ánh xạ bảo giác trên D. Phần còn lại của định lý có được từ nhận xét trên.  4.4 Định lý. (Định lý ánh xạ Riemann) Mọi miền đơn liên D khác C tương đương chỉnh hình với hình tròn đơn vị U = {z : |z| < 1}. Chứng minh. D 6= C nên chọn w0 /∈ D. Gọi F là họ các hàm đơn diệp chỉnh hình từ D vào U . Chúng ta phải chứng minh tồn tại ψ ∈ F ánh xạ D lên U . Đầu tiên chúng ta chứng minh F 6= ∅. Ta nhận thấy hàm g(z) = z−w0 chỉnh hình và không nhận giá trị 0 trên D. Do D là miền đơn liên và theo c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 304 IX A´nh xạ bảo giác Định lý 5.15 trang 167 cho nên tồn tại hàm hàm chỉnh hình ϕ trên D sao cho ϕ2(z) = z − w0. Nếu ϕ(z1) = ϕ(z2) thì cũng có ϕ2(z1) = ϕ2(z2), suy ra z1 = z2. Vậy ϕ là đơn ánh. Lập luận tương tự chứng tỏ rằng không có hai điểm z1 và z2 trong D sao cho ϕ(z1) = −ϕ(z2). Theo nguyên lý bảo toàn miền ϕ(D) là một miền, cho nên ϕ(D) chứa một hình tròn B(a, r) với 0 < r < |a|. Do không có hai điểm z1 và z2 trongD sao cho ϕ(z1) = −ϕ(z2) nên có thể chọn r đủ nhỏ để B(−a, r) ∩ ϕ(D) = ∅. Do đó, |ϕ(z) + a| > r với mọi z ∈ D. Khi đó, hàm f(z) = r ϕ(z) + a thuộc họ F . Bước tiếp theo ta chứng tỏ rằng nếu ψ ∈ F mà ψ(Ω) không phủ U và nếu z0 ∈ D thì tồn tại ψ1 ∈ F để |ψ′1(z0)| > |ψ′(z0)|. Theo Thí dụ 4.10 trang 116 các hàm ϕα với α ∈ U xác định bởi ϕα(z) = z − α 1− α¯z . là hàm song ánh biến U thành U , và ký hiệu hàm ngược của nó là ϕ−1α (z) = z + α −αz + 1 = ϕ−α. Giả sử ψ ∈ F và α ∈ U và α /∈ ψ(D). Khi đó, ϕα ◦ψ ∈ F và ϕα ◦ψ không có không điểm trong D. Do đó, theo Định lý 5.15 trang 167 tồn tại một hàm chỉnh hình trên D sao cho g2 = ϕα ◦ ψ. Như trong phần chứng minh F 6= ∅ ta thấy rằng g là đơn ánh. Do đó, g ∈ F ; và nếu ψ1 = ϕβ ◦ g ở đây β = g(z0), nó kéo theo rằng ψ1 ∈ F . Với ký hiệu ánh xạ s(w) = w2, chúng ta có ψ = ϕ−α ◦ ϕα ◦ ψ = ϕ−α ◦ s ◦ g = ϕ−α ◦ s ◦ ϕ−β ◦ ψ1. Do ψ1(z0) = ϕβ ◦ g(z0) = ϕβ(β) = 0, đạo hàm hàm hợp cho ta ψ′(z0) = F ′(0)ψ′1(z0) ở đây F = ϕ−α ◦ s ◦ ϕ−β . Chúng ta thấy rằng F (U) ⊆ U và F không là đơn ánh trên U (do ϕ−α và ϕ−β là đơn ánh và s không là đơn ánh); hơn nữa F cũng liên tục trên U . Theo công thức tích phân Cauchy ta có |F ′(0)| = ∣∣∣ 1 2πi ∫ |ξ|=r F (ξ) ξ2 dξ ∣∣∣ ≤ 1 2π 2πr r2 = 1 r với 0 < r < 1. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 4 Định lý ánh xạ Riemann 305 Cho r → 1 ta suy ra được |F ′(0)| ≤ 1. Thật sự ta không thể có |F ′(0)| = 1. Thật vậy nếu |F ′(0)| = 1 và F (0) = 0 thì theo bổ đề Schwarz ta phải có F (z) = cz với |c| = 1 điều này mâu thuẫn với tính không 1-1 của F ; còn nếu |F ′(0)| = 1 và γ = F (0) 6= 0 thì hàm F1 = ϕγ ◦F giải tích trên U liên tục trên U thỏa F1(U) = ϕγ(F (U)) ⊆ ϕγ(U) = U , F1(0) = ϕγ(F (0)) = ϕγ(γ) = 0 và |F ′1(0)| = |ϕ′γ(F1(0))| · |F ′1(0)| = |ϕ′γ(γ)| = 1 1− |γ|2 > 1, điều này mâu thuẫn với kết luận của bổ đề Schwarz. Vậy ta có |F ′(0)| < 1, cho nên |ψ′(z0)| < |ψ′1(z0)|. Cố định z0 ∈ D và đặt η = sup{|ψ′(z0)| : ψ ∈ F}. Lập luận trên suy ra mọi h ∈ F với |h′(z0)| = η sẽ ánh xạ D lên U . Thật vậy, nếu h như thế nhưng không là toàn ánh thì tồn tại h1 ∈ F sao cho η = |h′(z0)| < |h′1(z0|, mâu thuẫn với định nghĩa η. Hơn nữa, cũng từ điều đó ta thấy rằng η > 0. Do đó, phép chứng minh hoàn thành khi ta chỉ ra được h ∈ F sao cho |h′(z0)| = η. Do F 6= ∅ nên với mỗi n nguyên dương tồn tại ψn ∈ F sao cho |ψ′n(z0)| > η− 1n . Do đó, ta được dãy {ψn} ⊆ F có tính chất limn→∞ |ψ ′ n(z0)| = η. Bởi vì |ψ(z)| < 1 với mọi z ∈ D đối với mỗi ψ ∈ F , nghĩa là họ hàm F bị chặn đều trên D, và theo Định lý Montel 9.5 (trang 185) dãy {ψn} trong F có dãy con {ψnk}k hội tụ đều trên các tập compact tới h. Theo Định lý Weierstrass 6.4 trang 174 hàm h giải tích trên D và h′ = lim k→∞ ψ′nk . Từ đó ta được |h′(z0)| = lim k→∞ |ψ′nk(z0)| = limn→∞ |ψ ′ n(z0)| = η. Do đó, h không là hàm hằng. Bởi vì ψn(D) ⊆ U với n ≥ 1 ta suy ra được h(D) ⊆ U . Theo nguyên lý bảo toàn miền ta suy ra h(D) ⊆ U . Vậy ta chỉ còn chứng minh h là đơn ánh. Cố định hai điểm khác nhau z1 và z2 thuộc D, đặt α = h(z1) và αk = ψnk(z1) đối với k = 1, 2, . . ., và giả sử ∆ là hình tròn đóng tâm z2 nằm trong D nhưng không chứa z1 sao cho h − α không có không điểm trên ∂∆. Ta có tìm được ∆ như thế bởi vì tập không điểm của hàm giải tích nhưng không hàm hằng h− α không có điểm tụ trong D (Định lý 3.7 trang 236). Dãy hàm {ψnk − αk}k hội tụ đều trên ∆ tới h − α. Ngoài ra các hàm ψnk − αk không có không điểm trong ∆, bởi vì các hàm này là 1-1 và có chỉ một không điểm z1. Theo định lý Hurwitz (trang 287) h−α không có không điểm trong ∆, đặc biệt h(z2)− α 6= 0 hay h(z2) 6= h(z1).  c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 306 IX A´nh xạ bảo giác 4.5 Hệ quả. Hai miền đơn liên trong C thì đồng phôi với nhau. Chứng minh. Nếu D là một miền đơn liên trong C thì hoặc D trùng với C hoặc đồng phôi với B(0, 1) (theo định lý ánh xạ Riemann). Từ đó ta kết luận được D đồng phôi với C (vì B(0, 1) đồng phôi với C). Vậy hai miền đơn liên bất kỳ đồng phôi với nhau (do cùng đồng phôi với C).  Bài tập 1 ) Chứng minh rằngC không thể tương đương chỉnh hình với hình tròn mở. 2 ) Chứng minh rằng nếu f là một ánh xạ bảo giác tại z0 thì tồn tại một ε-lân cận U của z0 sao cho f có hàm ngược trên U và hàm ngược ấy cũng là ánh xạ bảo giác trên f(U). § 5 Bài toán biểu diễn bảo giác Xét bài toán của ánh xạ bảo giác: cho trước một hàm f giải tích trong một tập mở của C, hãy tìm một tập mở liên thông D (thành phần liên thông) để cho f đơn ánh trên đó, và hãy xác định f(D); nghĩa là xác định miền đơn diệp của f . Nhận thấy rằng, theo kết quả trước đây bài toán này luôn luôn có lời giải trong một lân cận điểm z0 ở đó hàm f là bảo giác. Tuy nhiên, nó không có lời giải nào trong mọi lân cận của những điểm mà ở đó f không bảo giác. Thật vậy, nếu f giải tích tại z0 nhưng không bảo giác tại z0, nghĩa là f ′(z0) = 0, khi đó phương trình f(z) = f(z0) có nghiệm z0 với cấp lớn hơn hoặc bằng 2; do đó, theo Định lý 6.10 trang 290 hàm f không là đơn ánh trong bất kỳ lân cận nào của điểm z0. Theo Định lý 4.3 nếu hàm giải tích f là đơn ánh trên tập mở thì f là ánh xạ bảo giác trên D. Như vậy, ta có được một điều kiện cần để hàm giải tích f là đơn ánh trên D. Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ; chẳng hạn như hàm f(z) = ez mà ta đã biết nó không là đơn ánh trên C nhưng nó bảo giác trên C vì f ′(z) 6= 0 với mọi z ∈ C. Ta cũng biết rằng, hàm f(z) = ez là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2πi (Định lý 3.4 trang 92) nên mọi dải dạng {z = x + iy : x, y ∈ R, α < y < α+2π} với α ∈ R đều là miền đơn diệp của hàm f . Ta thường quan tâm tới những dải có dạng Bk = {z = x+ iy : x, y ∈ R, (2k− 1)π < y < (2k+1)π} hay B′k = {z = x + iy : x, y ∈ R, 2kπ < y < 2(k + 1)π} với k ∈ Z. Mỗi dải như vậy cho chúng ta một nhánh hàm logarithm, ngược của f . Đặc c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 5 Bài toán biểu diễn bảo giác 307 biệt, với dải B0 ứng với hàm log z và với dải B′0 ứng với hàm ln z. Ta cũng có, ảnh của Bk qua f là D = C \ (−∞, 0] và ảnh của B′k qua f là D′ = C \ [0,∞). Tương tự, nếu p là một số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2 thì hàm f(z) = zp là bảo giác tại mọi điểm C \ {0} nhưng không đơn ánh trên đó. (Hàm f không bảo giác tại 0; thật sự nó biến hai nửa đường thẳng tạo một góc θ ở 0 thành hai nửa đường thẳng tạo thành góc pθ ở 0.) Từ kết quả căn bậc p của một số phức thì miền đơn diệp của f là miền hình quạt vô tận tâm 0 xác định bởi góc α < Arg z < α+ 2pip . Chẳng hạn, ta quan tâm đến những miền đơn diệp Sk xác định bởi góc (2k−1)pi p < Arg z < (2k+1)pi p với k = 0, 1, . . . , p−1. Ta cũng thấy rằng ảnh của Sk qua f là D = C\(−∞, 0]. Hàm f(z) = zp là ánh xạ bảo giác từ Sk lên D và có hàm ngược f−1(z) = p √ z là một nhánh của hàm đa trị w = p √ z. Bây giờ ta hãy nhắc lại bài toán ngược của phép biểu diễn bảo giác: cho trước hai miền D và D′, hãy tìm xem khi nào tồn tại một phép biểu diễn bảo giác từ D lên D′ và xác định cụ thể những phép biểu diễn bảo giác đó. Thật sự, chúng ta đã xét một số ví dụ cụ thể cho lời giải bài toán này có thể chưa dùng thuật ngữ ánh xạ bảo giác. Ta biết rằng nếu f là ánh xạ bảo giác và là đơn ánh từ D lên D′ thì tất nhiên f là một phép đồng phôi. Do đó, ta có ngay một điều kiện cần để bài toán có lời giải là D và D′ đồng phôi. Tuy nhiên, đây không là điều kiện đủ như ví dụ C và B(0, 1) đồng phôi nhưng không tồn tại ánh xạ bảo giác từ C lên B(0, 1) (theo định lý Liouville hàm giải tích và bị chặn trên C phải là hàm hằng). Định lý ánh xạ Riemann cho chúng ta lời giải đối với trường hợp D và D′ là những miền đơn liên khác C. Bài tập 1 ) Tìm miền đơn diệp của hàm Joukowski f(z) = 12 (z+ 1 z ) và mô ta phép biểu diễn bảo giác của nó. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 308 Chương X Tích vô hạn § 1 Tích số vô hạn 1.1 Định nghĩa. Cho dãy số phức {pn}. Một tích vô hạn các số phức của dãy {pn} p1p2 · · · pn · · · = ∞∏ n=1 pn(1.2) được xác định bởi giới hạn của dãy các tích riêng xác định bởi Pn = p1 · · · pn. Tích vô hạn trên được gọi là hội tụ đến giá trị P = lim n→∞ Pn nếu giới hạn này tồn tại và khác không. Có những lý do để chúng ta loại trừ trường hợp lim n→∞ Pn = 0. Nếu ta chấp nhận giá trị P = 0 thì bất cứ tích vô hạn nào với một nhân tử bằng 0 (trong dãy ban đầu có một phần tử bằng 0) sẽ hội tụ, và sự hội tụ đó không phụ thuộc vào toàn bộ các nhân tử của tích. Một lý do cho điều kiện P 6= 0 xuất phát từ việc chúng ta muốn biểu diễn một hàm qua tích vô hạn và điều này phải có thể thực hiện được đối với cả hàm có các không điểm. Cũng vì lý do đó chúng ta đi đến quy ước chung là tích vô hạn (1.2) được gọi là hội tụ nếu và chỉ nếu chỉ có hữu hạn các nhân tử bằng không và nếu các tích riêng được thành lập từ các nhân tử khác không dần về một giới hạn hữu hạn khác không. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 1 Tích số vô hạn 309 1.3 Thí dụ. Xét tích vô hạn ∞∏ n=2 ( 1− 1 n2 ) . Ta đặt Pn = n∏ k=2 ( 1− 1 k2 ) = 1 · 3 22 · 2 · 4 32 · 3 · 5 42 · · · (n− 1)(n+ 1) n2 = n+ 1 2n . Do đó ∞∏ n=2 ( 1− 1 n2 ) = lim n→∞ n+ 1 2n = 1 2 . Xét tích vô hạn ∞∏ n=1 (1+ z2 n−1 ) = (1+ z)(1+ z2)(1+ z4)(1+ z8) · · · với |z| < 1. Ta có Pn = n∏ k=1 (1 + z2 k−1 ) = (1− z)(1 + z)(1 + z2) · · · (1 + z2n−1) 1− z = 1− z2n 1− z . Vì vậy ta tính được ∞∏ n=1 (1 + z2 n−1 ) = lim n→∞ 1− z2n 1− z = 1 1− z .  Trong tích vô hạn hội tụ, nhân tử tổng quát pn dần về 1. Thật vậy, sau khi loại bỏ các nhân tử bằng không, ta có lim n→∞ pn = lim n→∞ Pn Pn−1 = 1. Với kết quả này, người ta thường viết tích vô hạn ở dạng ∞∏ n=1 (1 + an).(1.4) Khi đó, lim n→∞ an = 0 là điều kiện cần để tích vô hạn này hội tụ. Nếu không có nhân tử nào bằng không, một điều tự nhiên là so sánh tích vô hạn (1.4) với chuỗi vô hạn c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 310 X Tích vô hạn ∞∑ n=1 log(1 + an)(1.5) trong đó log(z) = ln |z|+ iϕ với −π < ϕ ≤ π và ϕ = arg(z) nghĩa là ϕ là argument chính của z. Ta có kết quả sau. 1.6 Định lý. Tích vô hạn ∞∏ n=1 (1 + an) với 1 + an 6= 0 với mọi n hội tụ đồng thời với chuỗi vô hạn ∞∑ n=1 log(1 + an). Chứng minh. Trong số phức ta cũng có đẳng thức elog(z) = z. Do đó, với Sn là tổng riêng thứ n của chuỗi (1.5) và Pn là tích riêng của tích vô hạn (1.4) ta có eSn = Pn. Vậy nếu chuỗi (1.5) hội tụ và có tổng là S, thì lim n→∞ Pn = lim n→∞ eSn = eS 6= 0. Nghĩa là tích vô hạn (1.4) hội tụ về eS . Ngược lại, giả sử lim n→∞Pn = P 6= 0. Chúng ta lấy giá trị logarithm của P là giá trị chính log(P ) = ln |P |+ iarg(P ). Với mỗi n ta lấy giá trị logarithm của Pn như sau log(Pn) = ln |Pn|+ iArg(Pn) với arg(P )− π < Arg(Pn) ≤ arg(P ) + π. Theo tính chất của logarithm ta suy ra được Sn = log(Pn) + hn · 2πi, trong đó hn là số nguyên hoàn toàn xác định. Với hai giá trị liên tiếp ở trên chúng ta thu được c© Hồ Công Xuân Vũ Ý § 1 Tích số vô hạn 311 (hn+1 − hn)2πi = log(Pn)− log(Pn+1) + log(1 + an+1). Suy ra (hn+1 − hn)2π = Arg(Pn)−Arg(Pn+1) + arg(1 + an+1) Do lim n→∞ an = 0 và limn→∞Pn = P cùng với điều kiện arg(P )−π < Arg(Pn) ≤ arg(P ) + π nên với mọi n > N nào đó ta suy ra được |arg(1 + an)| < 2π 3 , |Arg(Pn)− arg(P )| < 2π 3 . Vậy với mọi n > N ta suy ra được |hn+1 − hn| ≤ 1 2π (|Arg(Pn)− arg(P )| + |Arg(Pn+1)− arg(P )|+ | arg(1 + an)| ) < 1 2π (2π 3 + 2π 3 + 2π 3 ) = 1. Điều đó có nghĩa là hn+1 = hn với mọi n > N , suy ra khi n > N các hn cùng bằng một số nguyên h cụ thể nào đó và Sn = log(Pn) + h · 2πi (khi n > N). Do đó, lim n→∞ Sn = lim n→∞ [log(Pn) + h · 2πi] = log(P ) + h · 2πi. Vậy chuỗi (1.5) hội tụ.  1.7 Định nghĩa. Tích vô hạn (1.4) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi tương ứng (1.5) hội tụ tuyệt đối. 1.8 Định lý. Điều kiện cần và đủ để tích vô hạn ∞∏ n=1 (1+ an) hội tụ tuyệt đối là chuỗi ∞∑ n=1 an hội tụ tuyệt đối. Chứng minh. Với giá trị chính của logarithm ta có lim z→0 log(1 + z) z = 1. c© Hồ Công Xuân Vũ Ý 312 X Tích vô hạn Khi ∞∏ n=1 (1 + an) hội tụ tuyệt đối hay ∞∑ n=1 an hội tụ tuyệt đối, ta đều suy ra được lim n→∞ an = 0. Khi đó, với ε > 0 nhỏ hơn 1 tồn tại N > 0 sao cho với mọi n > N ta có ∣∣∣ log(1 + an) an − 1 ∣∣∣ < ε, suy ra || log(1 + an)| − |an|| < | log(1 + an)− an| < ε|an| hay (1 − ε)|an| < | log(1 + an)| < (1 + ε)|an|. Từ bất đẳng thức kép trên ta suy ra chuỗi ∞∑ n=1 an hội tụ tuyệt đối khi và chỉ khi chuỗi ∞∑ n=1 log(1 + an) hội tụ tuyệt đối. Từ đó ta có được kết luận của định lý.  1.9 Hệ quả. Giả sử 0 ≤ un < 1. Khi đó, tích ∞∏ n=1 (1 − un) hội tụ nếu và chỉ nếu ∞∑ n=1 un < ∞. Chứng minh. Theo định lý trên tích ∞∏ n=1 (1 − un) hội tụ khi và chỉ khi chuỗi số ∞∑ n=1 (−un) hội tụ tuyệt đối nghĩa là chuỗi ∞∑ n=1 un hội tụ.  § 2 Tích vô hạn hàm phức Bây giờ ta muốn định nghĩa tích vô hạn của một dãy hàm. Cũng tương tự như quy ước khi ta định nghĩa tích vô hạn, ta định nghĩa tích vô hạn của dãy hàm {an(z)