Chuỗi lũy thừa của hàm đơn diệp – Giả thuyết Bieberbach

Standard

Hàm chỉnh hình f: U\to \mathbb C, U là một miền mở trong \mathbb C, được gọi là hàm đơn diệp (univalent) nếu nó là ánh xạ 1-1 (đơn ánh). Một vài ví dụ đơn giản f: \mathbb C \to \mathbb C, f(z)=az+b với a\not=0 hay phép biến đổi Mobius

g: \mathbb C\setminus\{-d/c\}\to\mathbb C, g(z)=\dfrac{az+b}{cz+d},

với a ,b, c, d\in\mathbb C thỏa mãn ad-bc\not=0

là các hàm đơn diệp.

Một ví dụ điển hình về hàm đơn diệp: hàm Koebe K_0: \mathbb D \to \mathbb C

K_0(z)=\dfrac{z}{(1-z)^2}.

Trong khi đó

P_n: \mathbb D=\{z\in\mathbb C|\; |z|<1\}\to \mathbb C, P_n(z)=z^n, n\ge 2,

không đơn diệp!

Có vài điểm hàm đơn diệp khác so với hàm giải tích thực đơn ánh:

(+) Hàm giải tích thực f: (-1, 1)\to\mathbb R thỏa mãn f'(x)\not=0, \forall x\in(-1, 1) thì (theo Darboux) f là hàm đơn điệu thực sự và do đó nó là đơn ánh. Trong khi đó

g: \mathbb D\to \mathbb C, g(z)=e^{2\pi z}

g'(z)=2\pi e^{2\pi z}\not=0, \forall z\in \mathbb D, lại không là đơn ánh.

Tuy nhiên hàm P_3:(-1, 1)\to\mathbb R, P_3(x)=x^3 là hàm giải tích đơn ánh. Đây là một trong các hàm giải tích đơn ánh có đạo hàm bằng 0 tại một số điểm. Trong khi đó hàm chỉnh hình f: U\to \mathbb C là đơn diệp thì f'(z)\not=0, \forall z\in U.

(+) Từ tính chất trên người ta chuẩn hóa các hàm đơn diệp f: \mathbb D\to\mathbb C thỏa mãn

f(0)=0, f'(0)=1

bằng cách xét

g(z)=\dfrac{f(z)-f(0)}{f'(0)}.

Khi đó khai triển Taylor tại z=0 của hàm đơn diệp chuẩn hóa có dạng

z+\sum\limits_{n=2}^\infty a_nz^n.

Không gian các hàm đơn diệp chuẩn hóa trên \mathbb D được ký hiệu là S (viết tắt của Schlicht). Với chuỗi Fourier của các hàm thuộc lớp L^2(\mathbb T) ta có giả thuyết Luzin do N. N. Luzin đưa ra vào năm 1915, chuỗi lũy thừa của các hàm thuộc lớp S ta cũng có giả thuyết Bieberbach do L. Bieberbach đưa ra năm 1916. Giả thuyết phát biểu đơn giản như sau

|a_n(f)|\le n, \forall f\in S.

Dấu bằng chỉ xảy ra khi f có dạng e^{-i\alpha}K_0(e^{i\alpha}z), \alpha\in\mathbb R.

Giả thuyết Luzin bị nghi ngờ ngay từ đầu bởi các ví dụ của Kolmogorov, còn giả thuyết Bieberbach được tin tưởng bởi các chứng minh cho các hệ số đầu

|a_2|\le 2 (L. Bieberbach 1916),

|a_3|\le 3 (C. Loewner 1923), v.v

Gần 70 năm sau, khi nó bắt đầu bị nghi ngờ thì L. de Brange đưa ra chứng minh cho nó. Ban đầu chứng minh của de Brange khá dài và có vài điểm không chính xác nên các nhà toán học Mỹ chưa công nhận. Ông sang Viện Steklov Liên Xô, nơi có I. M. Milin và một nhóm nghiên cứu mạnh về hình học giải tích phức. Sau một năm làm việc ông đã đưa ra chứng minh đúng đắn vào năm 1985

de Branges, Louis (1985), “A proof of the Bieberbach conjecture”, Acta Mathematica 154 (1): 137–152, doi:10.1007/BF02392821, MR 772434

Cũng cần nói thêm với hàm giải tích thực giả thuyết Bieberbach không đúng, chẳng hạn f: (-1, 1)\to\mathbb R, f(x)=x+a x^3 với bất kỳ a>0 đều là đơn ánh.

Các bạn có thể tham khảo một số bài viết thú vị về giả thuyết Bieberbach

http://www.maa.org/sites/default/files/pdf/upload_library/22/Chauvenet/Korevaarchv.pdf

http://www.math.sunysb.edu/~bishop/classes/math401.F09/Zorn.pdf

Dưới đây tôi trình bày sơ lược chứng minh của de Brange. Cách trình bày dựa vào cuốn

“Topics in Hardy Classes and Univalent Functions”

của Marvin Rosenblum và James Rovnyak.

Ta bắt đầu từ hàm lẻ và giả thuyết Robertson.

NX1. Mọi hàm f\in S đều có một hàm lẻ g\in S sao cho

f(z^2)=g^2(z).

Chẳng hạn hàm Koebe K_0(z)=\dfrac{z}{(1-z)^2} có hàm g(z)=\dfrac{z}{1-z^2} thỏa mãn

K_0(z^2)=\dfrac{z^2}{(1-z^2)^2}=g^2(z).

Chứng minh NX1: Do f\in S nên ta có thể viết f(z^2)=z^2h(z) với h là hàm chỉnh hình trên \mathbb D thỏa mãn h(0)=1, h(z)\not=0\;\forall z\in \mathbb D. Lấy nhánh \sqrt{h(z)} sao cho giá trị tại 0 bằng 1. Khi đó ta đặt

g(z)=z\sqrt{h(z)}

là hàm giải tích lẻ trên \mathbb D thỏa mãn

(+) g(z)=0 khi và chỉ khi z=0,

(+) g'(0)=1,f(z^2)=g^2(z);

(+) nếu g(z_1)=g(z_2), z_1, z_2\in\mathbb D thì f(z_1^2)=f(z_2^2),f là đơn ánh nên

hoặc z_1=-z_2g(z_1)=g(z_2)\stackrel{odd}{=}-g(-z_2)=-g(z_1) do đó z_1=z_2=0,

hoặc z_1=z_2,

hay g là đơn ánh.

NX1 được chứng minh.

Từ NX1, nếu ta viết

f(z)=\sum\limits_{n=1}^\infty a_nz^n, a_1=1,

g(z)=\sum\limits_{n=1}^\infty b_{2n-1}z^{2n-1}, b_1=1

ta có

a_n=\sum\limits_{j=1}^{n}b_{2j-1}b_{2(n-j)+1}.

Năm 1932, J. Littlewood và R. Paley chỉ ra rằng có hằng số dương C\le 14 để

|b_{2n-1}|\le C, \forall n=1, 2, \dots.

Quan sát trở lại hàm Koebe K_0(z)

g(z)=\sum\limits_{j=0}^\infty z^{2j+1}

có hệ số b_{2j+1}=1, hai nhà toán học này đưa ra giả thuyết C=1. Không khó khăn để thấy nếu giả thuyết này đúng thì giả thuyết Bieberbach đúng! Tuy nhiên một năm sau đó M. Fekete và G. Szego chỉ ra phản ví dụ.

Đến năm 1936, Robertson đưa ra giả thuyết nhẹ hơn

\sum\limits_{j=1}^n |b_{2j-1}|^2\le n.

Khi đó bằng việc dùng BĐT Cauchy- Schwarz ta có chứng minh cho giả thuyết Bieberbach.

Quá trình chuyển sang hàm lẻ như trên có thể hiểu là việc lấy căn bậc hai. Nếu cứ tiếp tục như vậy sẽ dẫn đến việc lấy loga. Năm 1939 H. Grunsky đã quan sát các hệ số c_{jk} của

\log\dfrac{f(z)-f(w)}{z-w}=\sum\limits_{j=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^\infty c_{jk}z^jw^k, f\in S.

Đến năm 1967, I. M. Milin quan sát hệ số c_j của

\dfrac{1}{2}\log\dfrac{f(z)}{z}=\sum\limits_{j=1}^\infty c_jz^j, f\in S.

Chú ý do f\in S nên f(z)=zf_1(z) với f_1(z) là hàm chỉnh hình trên \mathbb D thỏa mãn f_1(0)=1, f_1(z)\not=0\;\forall z\in\mathbb D. Khi đó ta chọn nhánh \log\dfrac{f(z)}{z} bằng 0 tại z=0.

I. M. Milin đã đưa ra giả thuyết sau

\sum\limits_{j=1}^n (n+1-j)j|c_j|^2\le \sum\limits_{j=1}^n (n+1-j)j\dfrac{1}{j^2}, \forall n\ge 1.

Giả thuyết Milin và BĐT Lebedev-Milin sẽ dẫn đến chứng minh cho giả thuyết Robertson.

BĐT Lebedev-Milin. Cho các số phức a_1, a_2, \dotsb_0=1, b_1, b_2, \dots thỏa mãn

\sum\limits_{n=0}^\infty b_nz^n=e^{\sum\limits_{n=1}^\infty a_nz^n}

theo nghĩa chuỗi lũy thừa hình thức. Khi đó với mỗi n\ge 1

\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{j=0}^n |b_j|^2\le e^{\frac{1}{n+1}\sum\limits_{j=1}^n j(n+1-j)|a_j|^2-\sum\limits_{j=1}^n\frac{1}{j+1}}.

Tác động zd/dz vào hai vế của giả thiết có

\sum\limits_{n=1}^\infty nb_nz^n=(\sum\limits_{n=1}^\infty na_nz^n)e^{\sum\limits_{n=1}^\infty a_nz^n}.

Nhân chéo với hai vế của giả thiết có

(\sum\limits_{n=1}^\infty na_nz^n)(\sum\limits_{n=0}b_nz^n)=\sum\limits_{n=1}^\infty nb_nz_n.

Nhân vế trái ra rồi đồng nhất hệ số ta có

nb_n=\sum\limits_{j=0}^{n-1} b_j(n-j)a_{n-j}.

Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz có

|nb_n|^2\le (\sum\limits_{j=0}^{n-1}|b_j|^2)(\sum\limits_{j=1}^n j^2|a_j|^2).

Từ đó

\sum\limits_{j=0}^n |b_j|^2\le \dfrac{n+1}{n}(\sum\limits_{j=0}^{n-1}|b_j|^2)(\dfrac{n}{n+1}+\dfrac{1}{n(n+1)}\sum\limits_{j=1}^n j^2|a_j|^2).

Do x\le e^{x-1}, \forall x\in\mathbb R nên

\dfrac{\sum\limits_{j=0}^n|b_j|^2}{n+1}\le \dfrac{\sum\limits_{j=0}^{n-1}|b_j|^2}{n}\; e^{\frac{1}{n(n+1)}\sum\limits_{j=1}^n j^2|a_j|^2-\frac{1}{n+1}}.

Với chú ý b_0=1 từ BĐT trên và

\dfrac{1}{n}\sum\limits_{j=1}^{n-1}j(n-j)|a_j|^2+\dfrac{1}{n(n+1)}\sum\limits_{j=1}^n j^2|a_j|^2=\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{j=1}^n j(n+1-j)|a_j|^2

ta dễ dàng có BĐT Lebedev-Milin.

Giờ ta sẽ chứng minh giả thuyết Robertson khi giả sử giả thuyết Milin đúng.

Lấy hàm lẻ g\in S. Ta có khai triển Taylor

g(z)=\sum\limits_{j=0}^\infty b_{2j+1}z^{2j+1}, b_1=1.

Xây dựng f(z)=\sum\limits_{j=1}^\infty a_jz^j sao cho f(z^2)=g^2(z). Ta có

(+) f(0)=0, f'(0)=a_1=1,

(+) nếu f(w_1)=f(w_2), w_1, w_2\in \mathbb D thì có z_1, z_2\in\mathbb D sao cho z_1^2=w_1, z_2^2=w_2 nên

g(z_1)=\pm g(z_2)\stackrel{odd}{=}g(\pm z_2)

g là đơn ánh do đó z_1=\pm z_2 hay w_1=w_2,

hay f là đơn ánh.

Vậy f\in S. Ta viết

\dfrac{1}{2}\log\dfrac{f(z)}{z}=\sum\limits_{j=1}^\infty c_jz^j

\dfrac{g^2(z)}{z^2}=\dfrac{f(z^2)}{z^2}=e^{2\sum\limits_{j=1}^\infty c_jz^{2j}}

\dfrac{g(z)}{z}\Big|_{z=0}=1 nên

\dfrac{g(z)}{z}=\sum\limits_{j=0}^\infty b_{2j+1}z^{2j}=e^{\sum\limits_{j=1}^\infty c_jz^{2j}}.

Do đó ta có giả thiết của BĐT Lebedev-Milin

\sum\limits_{j=0}^\infty b_{2j+1}z^{j}=e^{\sum\limits_{j=1}^\infty c_jz^j}.

Như vậy với n\ge 1

\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{j=0}^n |b_{2j+1}|^2\le e^{\frac{1}{n+1}\sum\limits_{j=1}^n j(n+1-j)|c_j|^2-\sum\limits_{j=1}^n\frac{1}{j+1}}.

Lại có, theo giả thuyết Milin

\sum\limits_{j=1}^n j(n+1-j)|c_j|^2\le \sum\limits_{j=1}^n \dfrac{n+1-j}{j}=\sum\limits_{j=1}^n \dfrac{n+1}{j+1}

nên ta có chứng minh cho giả thuyết Robertson.

Vấn đề của L. de Brange là chứng minh giả thuyết Milin. Để làm điều này ông đã sử dụng các công cụ của C. Loewner xây dựng và các kỹ thuật về hàm đặc biệt. Tôi sẽ trình bày tóm lược phần này.

Ta làm quen với họ Loewner (Loewner family).

Hai hàm giải tích f, g trên \mathbb D. Ta nói f lệ thuộc (subodinate) vào g nếu tồn tại hàm B\in\mathcal B sao cho f=goB. Ở đây \mathcal B là lớp các hàm B: \mathbb D\to\mathbb DB\in\mathcal R; còn \mathcal R là lớp các hàm đơn diệp f: \mathbb D\to\mathbb C thỏa mãn

f(0)=0, f'(0)>0.

Quan hệ lệ thuộc trong \mathcal R là quan hệ thứ tự bộ phận và có tính chất sau:

Cho f, g\in\mathcal R. Khi đó f lệ thuộc vào g khi và chỉ khi f(\mathbb D)\subset g(\mathbb D). Lúc đó f'(0)\le g'(0), với dấu “=” chỉ xảy ra khi f=g.

Một xích trong \mathcal R là một tập con trong \mathcal R mà quan hệ lệ thuộc là quan hệ thứ tự toàn phần.

Một họ Loewner là xích cực đại trong \mathcal R. Khi đó ta có kết quả sau.

Mỗi hàm f\in\mathcal R đều thuộc vào một họ Loewner.

Chẳng hạn hàm Koeber K_0(z) thuộc vào họ Loewner \{f(t, z)\}_{0<t<\infty} với

f(t, z)=\dfrac{tz}{(1-z)^2}.

Với các họ Loewner khác ta có thể tham số như sau.

Cho \mathcal L là một họ Loewner. Khi đó ánh xạ f\mapsto f'(0) là một song ánh từ \mathcal L vào (0, \infty). Do đó ta có thể tham số hóa \mathcal L=\{f(t, z)\}_{0<t<\infty} trong đó

f(t, z)=tz+f_2(t)z^2+f_3(t)z^3+\dots

f(a, z) lệ thuộc vào f(b, z) khi 0<a\le b<\infty.

Lúc đó với mỗi a, b thỏa mãn 0<a\le b<\infty đều có hàm B(b, a, z)\in\mathcal B thỏa mãn

f(a, z)=f(b, B(b, a, z)).

Một số tính chất của B(b, a, z), 0<a \le b<\infty

(+) B(a, a, z)=z,

(+) B'(b, a, 0)=\dfrac{a}{b}, 0<a\le b<\infty,

(+) B(c, a, z)=B(c, b, B(b, a, z)),

(+) f(a, z)=\lim\limits_{b\to\infty}B(b, a, z)\; (đều trên từng compact trong \mathbb D),

(+) hàm B(b, a, z) liên tục tuyệt đối theo b trên [a, \infty) và liên tục tuyệt đối theo a trên (0, b]; hơn nữa có một họ các hàm giải tích \varphi(t, .), 0<t<\infty, trên \mathbb D thỏa mãn

\Re \varphi(t, .)\ge 0, \varphi(t, 0)=1

s\dfrac{\partial}{\partial s}B(b, s, z)=\varphi(s, z)z B'(b, s, z), 0<s\le b,

B(b, b, z)=z;

t\dfrac{\partial}{\partial t}B(t, a, z)=-\varphi(t, B(t, a, z)) B(t, a, z), t\ge a,

B(a, a, z)=z.

Áp dụng các kết quả trên cho f\in S. Ta có một họ Loewner \mathcal L=\{f(t, z)\}_{0<t<\infty} sao cho f(z)=f(1, z) và một họ các hàm B(b, a, z), 0<a\le b<\infty. Ta có

f(z)=f(1, z)=\lim\limits_{b\to\infty}bB(b, 1, z) đều trên từng compact trong \mathbb D

nên để chứng minh giả thuyết Milin cho hàm f\in S ta chỉ cần chứng minh giả thuyết Milin đúng cho hàm bB(b, 1, z), b\ge 1. Dễ thấy giả thuyết Milin đúng cho hàm B(b, b, z)=z. de Brange đã xây dựng cầu nối giữa bB(b, 1, z)B(b, b, z) như sau.

Cố định b\ge 1. Với mỗi t\in[1, b] xét

\dfrac{1}{2}\log\dfrac{bB(b, t, z)}{zt}=\sum\limits_{j=1}^\infty h_j(t)z^j.

Ta cần chứng minh giả thuyết Milin đúng cho bB(b, 1, z) nghĩa là

\sum\limits_{j=1}^n (n+1-j)j|h_j(1)|^2\le \sum\limits_{j=1}^n (n+1-j)j\dfrac{1}{j^2}, \forall n\ge 1.

Cố định n. Để chứng minh điều trên de Brange đã sử dụng các hàm đặc biệt để xây dựng họ các hàm \sigma_j(t). Cụ thể, de Brange xây dựng các hàm liên tục tuyệt đối, không âm \sigma_1(t), \sigma_2(t), \dots, t\ge 1 thỏa mãn

(+) \sigma_j(t)\equiv 0 khi j> n

\sigma_j(t)+\dfrac{1}{j}t\sigma'_j(t)=\sigma_{j+1}(t)-\dfrac{1}{j+1}t\sigma'_{j+1}(t)\; h.k.n t\ge 1, \forall j\in\mathbb N;

(+) \sigma_j(a)=n+1-j, 1\le j\le n.

Khi đó, từ các tính chất của B(b, a, z), \sigma_j(t) de Brange chỉ ra rằng

t\dfrac{d\psi}{dt}(t)\ge 0, h.k.n [1, b]

với

\psi(t)=\sum\limits_{j=1}^\infty j\sigma_j(t)|h_j(t)|^2-\sum\limits_{j=1}^\infty\dfrac{\sigma_j(t)}{j}.

(Phân này tính toán khá dài và phức tạp!)

Do đó hàm \psi(t) đơn điệu tăng hay

\psi(1)\le \psi(b)

(cầu nối giữa h_j(1)h_j(b)

hay giữa bB(b, 1, z)B(b, b, z)).

(+) B(b, b, z)=z nên h_j(b)=0, j=1, 2, \dots

(+) \sigma_j(1)=n+1-j, 1\le j\le n\sigma_j(1)=0, j>n,

(+) \sigma_j(b)\ge 0, j=1, 2, \dots

nên giả thuyết Milin đúng cho bB(b, 1, z).

One response »

  1. Pingback: Karl Hermann Amandus Schwarz | Giải tích

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s