Luận văn Đánh giá phép biến hình á bảo giác thuận và ngược miền ngoài đường tròn bị cắt những đoạn thẳng theo bán kính

r = (2.2) Tỉ số này được gọi là môđun miền nhị liên D, kí hiệu là ( )mod D . Chứng minh. PBHBG 11 2f f −  hình vành khăn 2V lên 1V . Trong khi đó, PBHBG 12 1f f −  hình vành khăn 1V lên 2V . Theo bổ đề 2.1, ta lần lượt có: 2 2 2 1 2 1 R R r r       ≥        và 2 2 1 2 1 2 R R r r       ≥        , suy ra đẳng thức (2.2). ■ 18 Hệ quả 2.2 (Tính bất biến của môđun miền nhị liên) Nếu miền nhị liên A có các thành phần biên không thoái hóa thành một điểm được biến bảo giác đơn diệp lên miền nhị liên B thì ( ) ( )mod modA B= (2.3) Chứng minh. Gọi f là PBHBG đơn diệp miền A lên miền B. Xét hai PBHBG g miền A lên hình vành khăn { }1 1 1A s r s R= < < và h miền B lên hình vành khăn { }2 2 2A t r t R= < < . Từ hệ quả 2.1, ta suy ra ( ) 1 1 mod R A r = và ( ) 2 2 mod R B r = . Gọi h fϕ =  thì ϕ là PBHBG đơn diệp miền A lên miền 2A . Khi đó, theo hệ quả 2.1, ta có 1 2 1 2 R R r r = , tức (2.3). ■ Hệ quả 2.3 (Tính đơn điệu của môđun miền nhị liên) Trong mặt phẳng z cho hai miền nhị liên 1 2,D D với môđun tương ứng là 1 1 R r và 2 2 R r . Giả sử 1 2D D⊆ và 1D ngăn cách hai thành phần biên của 2D . Khi đó 1 2 1 2 R R r r ≤ (2.4) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2D D= . 19 Chứng minh. Giả sử f là PBHBG 2D lên hình vành khăn 2 2r w R< < . Miền nhị liên 1D qua f trở thành miền nhị liên 1D với biên trong 1C và biên ngoài 2C , trong đó 1C bao quanh hoặc trùng đường tròn 2w r= , còn đường tròn 2w R= bao quanh hoặc trùng với  2C . Gọi S là diện tích trong của tập mở do 2C bao bọc và s là diện tích ngoài của tập đóng do 1C bao bọc. Từ tính bất biến của môđun miền nhị liên, ta suy ra ( ) 11 1 mod R D r = . Theo bổ đề 2.1, ta có: 2 1 1 S R s r   ≥     trong đó, theo bổ đề 2.1, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1D là hình vành khăn. Mặt khác, ta luôn có 22S Rpi≤ và 2 2s rpi≥ . Vậy, ta được 2 2 2 1 2 1 R S R r s r       ≥ ≥        . Đẳng thức ở (2.4) xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 1 2 1 R S R r s r       = =        , tức 1D chính là hình vành khăn 2 2r w R< < hay 1 2D D= . ■ 20 2.3 Định nghĩa phép biến hình K – á bảo giác PBHKABG được định nghĩa bởi nhiều cách, trong đó định nghĩa hình học dưới đây là tổng quát nhất. Một song ánh liên tục hai chiều ( )w f z= từ miền A lên miền B, bảo toàn chiều dương trên biên, được gọi là một PBHKABG nếu tồn tại một số 1K ≥ sao cho môđun m của tứ giác cong V (tức tỉ lệ giữa hai cạnh hình chữ nhật tương đương bảo giác với tứ giác cong) bất kỳ trong A và môđun m của  ( )V f V= luôn thỏa  m m Km K ≤ ≤ (2.5) hoặc Bất kỳ miền miền nhị liên D nào trong A có môđun M (tức tỉ lệ giữa bán kính lớn và bán kính nhỏ của hình vành khăn tương đương bảo giác với D) thì môđun M của  ( )D f D= thỏa  1 KKM M M≤ ≤ (2.6) PBHKABG có một số tính chất cơ bản sau: a) Nếu 1K = thì PBHKABG trở thành PBHBG. b) Hợp của 1PBHK ABG và 2PBHK ABG là ( )1 2PBH K K ABG , đặc biệt hợp của PBHBG với PBHKABG là PBHKABG. c) Phép biến hình ngược của PBHKABG cũng là PBHKABG. Về các trường hợp xảy ra đẳng thức trong (2.5) và (2.6), Grotzschɺɺ ([7], tr.505) đã chỉ ra: 21 • Nếu ( ) ( ) ( ), ,f z u x y iv x y= + là PBHKABG hình chữ nhật { }0 ,0 1V x iy x m y= + < < < < lên hình chữ nhật  { }0 , 0 1V u iv u m v= + < < < < sao cho các đỉnh tương ứng nhau thì  u Kx m Km v y  == ⇔  = (2.7)  x um Km K v y  == ⇔  = (2.8) • Nếu ( )w f z= là PBHKABG hình vành khăn { }1D z z M= < < lên hình vành khăn  { }1D w w M= < < sao cho 1z = tương ứng 1w = thì  ( ) 1 , 1,K KM M f z a z z a−= ⇔ = = (2.9)  ( ) 1 1 1 , 1.KKM M f z a z z a − = ⇔ = = (2.10) 2.4 Mở rộng bất đẳng thức Carleman Bổ đề 2.2 (Mở rộng bất đẳng thức Carleman cho PBHKABG) Giả sử ( )w f z= là PBHKABG một hình vành khăn ( ) ( )0 r z R< < < <∞ lên một miền nhị liên D nằm trong mặt 22 phẳng w, không chứa điểm ∞ với biên trong 1C và biên ngoài 2C sao cho z R= tương ứng với 2C . Gọi S là diện tích trong của miền do 2C bao bọc, s là diện tích ngoài của tập mở do 1C bao bọc. Khi đó 2 KR S s r  ≥    (2.11) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ) 1 1 Kf z a z z b−= + với 0a ≠ . Chứng minh. Tồn tại PBHBG ( )t g w= miền nhị liên D lên hình vành khăn 1 1r t R< < sao cho biên ngoài 2C tương ứng với đường tròn 1t R= . Aùp dụng bổ đề 2.1 cho phép biến hình ngược ( ) 1 w g t −= , ta được 2 1 1 R S s r  ≥    . Phép biến hình ( )[ ]t g f z= là PBHKABG hình vành khăn r z R< < lên hình vành khăn 1 1r t R< < . Áp dụng công thức (2.6), ta được 1 1 1 KR R r r  ≥    , từ đó suy ra 22 1 1 KR R S s s r r     ≥ ≥       . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ) 1 1 K t g f z c z z − = = ( )1 1 1w g t a t b −= = + 23 tức là ( ) 1 1 K w f z a z z b − = = + , 0a ≠ . ■ Bổ đề 2.3 (Bất đẳng thức diện tích cho miền đa liên) Giả sử ( )w f z= là PBHKABG một hình vành khăn ( ) ( )0 r z R< < < <∞ với một số nhát cắt nằm trên đường tròn 1z R= ( )1r R R< < lên miền D của mặt phẳng w sao cho các đường tròn z r= , z R= lần lượt tương ứng với biên trong 1C và biên ngoài 2C của D. Khi đó ( ) ( ) ( ) 22 1 1 , , , KKR R S R f S r f s R f r R − +    ≥ +        (2.12) trong đó ( )1,s R f là tổng diện tích ngoài của những tập đóng giới hạn bởi ảnh các nhát cắt trên đường tròn 1z R= bởi f. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ) 1 1 K f z a z z b − = + , với 0a ≠ . Chứng minh. Từ định nghĩa ( )1,s R f , ta được ( ) ( ) ( )( )1 1 1, , , *S R f S R f s R f + −= + Lần lượt áp dụng bổ đề 2.2 cho hình vành khăn 1R z R< < và 1r z R< < , ta có ( ) ( ) 2 1 1 , , KR S R f S R f R − +  ≥    , ( ) ( ) 2 1 1, , KR S R f S r f r − +  ≥    . Kết hợp với ( )* , ta được 24 ( ) ( ) ( ) 22 1 1 1 , , , KKR R S R f S r f s R f r R − +       ≥ +           từ đó ta có (2.12). Theo bổ đề 2.2, đẳng thức ở (2.12) xảy ra ( ) 1 1 K f z a z z b − = + , với 0a ≠ . ■ Bổ đề 2.4 Giả sử A là một miền N liên 3 N≤ ≤∞ trong mặt phẳng biến phức z với biên ngoài C chứa các hình vành khăn { } ( ), 1,2,..., 1;1j j jA z r z R j n n= < < = + ≤ ≤∞ với ( ) ( )1 1 2 2 3 1 10 ... n n nr R r R r R r R+ +< < ≤ < ≤ < < ≤ < <∞ . Kí hiệu 0C và ( )1,2,...,j j n=C là các hợp các đường cong biên của A lần lượt nằm trên 1z r≤ và 1j jR z r +≤ ≤ (nếu chúng tồn tại). Giả sử ( )w f z= là một PBHKABG miền A lên một miền B của mặt phẳng biến phức w sao cho ứng với ( )0,1,...,j j n=C và C lần lượt là các đường cong biên jC và biên ngoài C của miền B. Kí hiệu S là diện tích trong của miền giới hạn bởi C , js ( )0,1,...,j n= là diện tích ngoài của tập đóng giới hạn bởi jC (nếu jC trống, đặt 0js = ). Khi đó 2 1 1 1 10 ... ... n K n n j j n n jj R R R S s r r r + + + +=   ≥     ∑ (2.13) Đẳng thức có thể xảy ra ở (2.13). 25 Chứng minh. Kí hiệu ( )1,2,..., 1jS j n= + là diện tích trong của miền giới hạn bởi biên ngoài của ( )j jB f A= , jS là diện tích ngoài của tập đóng giới hạn bởi biên trong của jB . Từ bổ đề 2.2, ta có  ( ) 2 , 2, 3,..., 1 K j j j j R S S j n r   ≥ = +    . (2.14) Mặt khác, do tính liên tục của phép biến hình và từ sự tương ứng của các biên ngoài C của A và C của B dễ dàng thấy rằng jB phải bao bọc 1jB − và  1j−C như jA bao bọc 1jA − và 1j−C . Từ đó  1 1j j jS S s− −≥ + và 1 0S s≥ , ( )2,3,..., 1j n= + (2.15) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp ( ) 2 1 1 1 1 10 ... , 1,2,..., ... k K k k j k j k k jj R R R S s k n r r r + + + + +=   ≥ =    ∑ (2.16) Thật vậy, từ (2.14) và (2.15) ta có  ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 K KR R S S S s r r      ≥ ≥ +         2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 0 1 1 2 2 1 2 K K K KR R RR R S s s s r r r r r                ≥ + ≥ +                         Vậy bất đẳng thức (2.16) đúng với 1k = . Giả sử nó đúng với k : 1 1k n≤ ≤ − , ta sẽ chứng minh nó còn đúng với 1k + . Thật vậy, theo (2.14), (2.15), (2.16), ta có ( ) 2 2 2 1 1 2 K k k k k k R S S s r + + + + +  ≥ +    26 2 22 1 2 1 1 2 1 12 1 2 1 1 2 2 1 10 0 ... ... ... ... k kK KK k k j k k jk j k j k k j k k k jj j R R R R R RR s s s r r r r r r r + + + + + + ++ + + + + + + + += =        ≥ + =         ∑ ∑ . Vậy ta đã chứng minh (2.16) cho mọi k, 1 k n≤ ≤ . Nhờ (2.16) với k n= và do 1nS S +≥ , ta nhận được (2.13). Đẳng thức xảy ra khi 0C và C lần lượt là các đường tròn 1z r= và 1nz R += , 1j jR r += với 1,2, 3,...,j n= ( jC là những cung tròn) và chẳng hạn ( ) 1 1 K f z z z − = . ■ 2.5 Mở rộng bất đẳng thức ɺɺGrotzsch Bổ đề 2.5 (Mở rộng bất đẳng thức Grotzschɺɺ ) Giả sử A là hình vành khăn 1R z< < với ( )1, 0pn p n≥ ≥ nhát cắt nằm trên các đường tròn đồng tâm 0 sao cho A trùng với chính nó trong phép quay 2 i p z e z pi =ɶ . Gọi ( )w f z= là PBHKABG miền A lên miền B nằm trong 0 1w< < sao cho đường tròn z R= tương ứng với biên 1C bao bọc điểm 0, còn đường tròn 1z = tương ứng với biên ngoài 2C của B. Hơn nữa, giả sử B trùng với chính nó trong phép quay  2 i p w e w pi = . Khi đó 1 1 1, , KM T p R m   ≤     (2.17) 27 trong đo,ù { }1 1maxM w w= ∈ C , { }( )1 1min 0m w w= ∈ ≥C và ( ), ,T p r s là hàm phụ được định nghĩa ở mục 1.4. Đẳng thức trong (2.17) xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( )f z ah t= , 1a = , 1 1 , 1 K t bz z b − = = , h là PBHBG hình vành khăn 1 1KR t< < lên miền nhị liên D sao cho 1t = thành { }1w w =C = và 1 Kt R= tương ứng với { } ( ){ }1 1 1 2,arg 1 , 1,2,...,c w w m w m w M w j j pppi= ≤ ≤ = − =∪= . Chứng minh. Trường hợp 1K = (PBHBG) và 2C là đường tròn 1w = , bổ đề 2.5 chính là định lí Grotzschɺɺ nêu trong [6, tr.372]. Xét trường hợp 1K = và 2C không phải là đường tròn 1w = . Gọi ( )W g w= là PBHBG đơn diệp miền giới hạn bởi 2C lên hình tròn 1W < sao cho ( )0 0g = . Theo kết quả trong [10, tr.108], miền  ( )B g B= trùng với chính nó bởi phép quay  2 i p W e W pi = . Đặt  { }1 1maxM W W= ∈ C ,  { }  ( )1 1 1 1min ,m W W g= ∈ =C C C . Theo bổ đề Schwarz, ta có   và 1 1 1 1M M m m> ≥ . Áp dụng bổ đề 2.5 trong trường hợp 1K = vừa nêu trên cho PBHBG đơn diệp g f miền A lên miền B , ta được  ( )1 1, ,M T p R m≤ , suy ra ( )1 1, ,M T p R m< . 28 Mặt khác, do 1 1m m≥ và tính đơn điệu (1.14) của ( ), ,T p r s , ta được (2.17) với lưu ý rằng đẳng thức không xảy ra. Vậy, ta đã chứng minh (2.17) khi 1K = . Xét trường hợp 1K > . Miền B có thể được biến bảo giác đơn diệp bởi U lên hình vành khăn 1r u< < bị cắt theo pn cung tròn đồng tâm sao cho biên 2C tương ứng với 1u = và 1C tương ứng với u r= . Lập luận như trên, ta cũng chứng minh được miền  ( )A U B= trùng với chính nó bởi phép quay 2 i p u e u pi =ɶ . Aùp dụng bổ đề 2.5 với trường hợp 1K = (đã chứng minh) cho PBHBG ngược 1U − miền A lên miền B, ta có ( )1 1, ,M T p R m≤ (2.18) trong đó, đẳng thức chỉ xảy ra khi B có dạng của miền D với ( )1 1, ,M T p R m= . Dễ dàng nhận thấy PBHKABG hợp U f hình vành khăn 1R z< < bị cắt lên hình vành khăn 1r u< < . Aùp dụng định lí 2.1 trong [12, tr.58], ta được 1/Kr R< và đẳng thức chỉ xảy ra khi 1/ 1 , 1Ku kz z k−= = . Dùng tính đơn điệu (1.15) của ( ), ,T p r s , bất đẳng thức (2.17) được suy từ (2.18) với khẳng định đẳng thức chỉ xảy ra trong trường hợp đã nêu. ■ Bổ đề 2.6 Giả sử A là hình vành khăn Q z R< < với pn ( )1, 0p n≥ ≥ nhát cắt nằm trên các đường tròn đồng tâm sao cho A 29 trùng với chính nó bởi phép quay 2 i p z e z pi =ɶ . Giả sử ( )w f z= là PBHKABG miền A lên miền B nằm trong 0 w< <∞ sao cho đường tròn z Q= tương ứng với biên trong 1C bao bọc điểm 0, còn đường tròn z R= tương ứng với biên ngoài 2C của B. Hơn nữa, giả sử B trùng với chính nó trong phép quay  2 i p w e w pi = . Khi đó 12 1 1 2 , , K m m Q m T p R M =           (2.19) trong đó, { }( )min 1,2j jm w w j= ∈ =C { }2 2maxM w w= ∈ C . Đẳng thức trong (2.19) xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( ), 1f z aH t a= = , 1 1 , 1 K t bz z b − = = , H là PBHBG hình vành khăn 1 1 K KQ t R< < lên miền E sao cho 1 Kt Q= tương ứng { }1 1w w m= =C và 1 Kt R= tương ứng { } ( ) ( )2 2 2 22arg 1 , 1,2,..., .w w M w w j m w M j pp pi   = = ∪ = − ≤ ≤ =     C Chứng minh. Xem Thao [12, tr.64] hoặc Lương [17, tr.35 – 36]. ■ Bổ đề 2.7 Giả sử A là miền 1z > với pn ( )1, 0p n≥ ≥ nhát cắt nằm trên các đường tròn đồng tâm sao cho A trùng với chính nó bởi 30 phép quay 2 i p z e z pi =ɶ . Gọi ( )w f z= là PBHKABG miền A lên miền B nằm trong 1w > sao cho đường tròn 1z = tương ứng với biên trong C , ( )f ∞ =∞ và B trùng với chính nó bởi phép quay  2 i p w e w pi = . Khi đó, với mọi 1 R< <∞ , ta có: ( ) ( ) 1 1 0, 4 , p KM R f M f R M′< ∞ = (2.20) ( ) 1 1 11 1 1 1 0, , , , , 0 4 pK K Km R f T p R M T p R R − − −− −−      ≥ ≥ >         (2.21) Chứng minh. Xem Thao [15, tr.1050]. ■ 31 Chương 3 CÁC ĐÁNH GIÁ CHO LỚP H 3.1 Đánh giá các diện tích bởi lớp H Định lí 3.1 Với các giả thiết và kí hiệu được nêu ở chương 1, h H∀ ∈ , 1 R< <∞ , ta có: ( ) ( )  2 0 1 2 0 , K K c s ps S h dpi +′+∞ ≥ ∞ ≥ ɶ (3.1) ( )  2 2 0 0 1(0 ) , K Kps d S h c spi ′≤ ≤ ∞ −ɶ (3.2)  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 1 0 0 0 , , , K K KR Rcps s S R h R S h R d d d pi       ′+ ≤ ≤ ∞ >        ɶ (3.3a)  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 0 0 , , , 1 K K KRs R S R h d S h ps R c c pi     ′≤ ≤ ∞ − < <       ɶ (3.3b)  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 0 0 0 0, , , , K Ks c ps S R h S R h d S h c R dpi − + ′+ ≤ ≤ ≤ ∞ ≤ ≤ɶ (3.3c) Đẳng thức xảy ra ở bất đẳng thức bên phải (3.3a) và ở bất đẳng thức bên trái (3.3b) khi và chỉ khi ( ) 1 1 , 1 K h z a z z a − = = . 32 Chứng minh. Lấy ( )0 0c dρ ρ , đặt { }1 1E E z z ρ= ∩ < < , { }2E E z z Rρ= ∩ < < . Hàm 1 u z = biến bảo giác đơn diệp 1E thành 1E tương đương bảo giác với  { }1 1 1E z r z= < <ɶ ɶ Hàm z v R = biến bảo giác đơn diệp 2E thành 2E tương đương bảo giác với  { }2 2 1E z r z= < <ɶ ɶ . Khi đó, theo định nghĩa của hàm phụ, các môđun của 1E và 2E lần lượt là 1 1 0 1 1 1 1 , , r R p c µ ρ = =      và 2 02 1 1 , , dr R p R R µ ρ= =      . Gọi Sρ + là diện tích ngoài của tập đóng do biên trong của miền nhị liên ( )2 ,h E h H∈ , bao bọc và Sρ − là diện tích trong của miền do biên ngoài của miền nhị liên ( )1 ,h E h H∈ , bao bọc. Như vậy, S S psρ ρ + −= + ɶ. Áp dụng hai lần (2.11), ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2, K K K KS R h S S ps S psρ ρ ρµ µ µ µ − + − −≥ = + = +ɶ ɶ 33   2 2 2 1 2 1 1 2 2 22 00 0 1 1 , ,, , , , K K K K KK s ps s ps dd R pR p R p R RR R c µ µ µ ρρ ρ ≥ + = +                     ɶ ɶ Từ tính chất (1.17) của hàm phụ, ta có ( ) 1 2 22 00 0 , 1 K KK s ps S R h dd RR c − > +                     ɶ tức là ( ) 1 2 2 2 0 0 0 , K K K S R h s ps dR d c pi pipi − > +      ɶ Cho R →∞ , ta được (3.1). Chú ý: Nếu lấy ( ) 11 ,Kh z z z z E−= ∈ thì 1h H∈ và ta có ( ) ( ) 2 221 1 2 2 , , lim lim lim K K K R R R K K S R h R S h R R R pi pi pi − →∞ →∞ →∞  ′ ∞ = = = = +∞    với 1K > . Công thức (3.2) được suy ra trực tiếp từ (3.1). Bây giờ, ta chứng minh (3.3): • 0R d> : Dùng (2.11) cho hình vành khăn { }z R z R E′< < ⊂ , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , , , , K K K S R h S R hR S R h S R h R R Rpi pi ′ ′′ ≥ ⇔ ≥   ′ Cho R′ → ∞ , ta được ( ) ( ) 2 , , K S R h S h Rpi ′ ∞ ≥ , suy ra bất đẳng thức bên phải (3.3a). 34 Dùng bổ đề 2.4 cho h H∈ miền { }E z z R∩ < , ta được bất đẳng thức bên trái (3.3a). • 01 R c< < : Dùng bất đẳng thức (2.11) cho hình vành khăn 1 z R< < , ta có: ( )   2 2 1 1, 1 K KRS R h s R s  ≥ =   . Lại dùng bất đẳng thức (2.11) cho hình vành khăn 0R z c< < và với 0R d′ > , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 0 0 0 0 0 , , , , K K KR R R S R h S c h S c h ps S d h ps c c c − + +            ≤ ≤ − ≤ −                    ɶ ɶ ( ) ( ) 2 22 2 0 0 2 0 0 , , K KK K K S R hR d R S R h ps d ps c cR R pi pi    ′          ′≤ − = −        ′        ′     ɶ ɶ . Cho R′ → ∞ , ta được (3.3b). • 0 0c R d≤ ≤ : Để chứng minh (3.3c), ta chú ý: Với cùng h H∈ các hàm ( ),S R h− và ( ),S R h+ là những hàm tăng trong khoảng 1 R< <+∞ . Vì vậy với mọi R , R′ và R′′ thỏa mãn 0 01 R c R d R′ ′′< < ≤ ≤ < < +∞ , áp dụng (3.3a) và (3.3b), ta có  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0, , , , Ks R ps S R h ps S c h ps S R h ps S R h − − +′ ′+ ≤ + < + ≤ + =ɶ ɶ ɶ ɶ ( ) ( ) ( ) 2 0, , , KS d h S R h R S hpi + ′′ ′′ ′≤ < ≤ ∞ Cho 0R c −′ → và 0R d +′′ → , ta được (3.3c). ■ 35 3.2 Đánh giá ( ) ( ) ( )m R, h , M R, h , h z bởi lớp H Định lí 3.2 Với các giả thiết và kí hiệu được nêu ở chương 1, h H∀ ∈ , z E∈ , 1 R< <∞ , ta có: ( )  ( ) 21 0 1 0 0 , , KKR ps c s M R h R d d pi   +≥ ≥   ɶ (3.4a) ( ) ( ) ( ) 1 0, , , Km R h R S h R d′≤ ∞ ≥ (3.4b) ( )  ( ) 1 1 0, , 1 K sM R h R R c pi ≥ < ≤ (3.5a) ( ) ( ) ( ) 21 0 0 0 , , , 1 KK d S h psR m R h R c c pi pi   ′ ∞ −≤ < ≤   ɶ (3.5b) ( )  ( ) 2 0 1 0 0, , Kc s ps M R h c R d pi + ≥ < < ɶ (3.6a) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 0, , , Km R h d S h c R d′≤ ∞ < < (3.6b) ( ) ( ) ( ) 1 1 0, 4 , , p KM R h R M h R d′< ∞ ≥ (3.7a) ( ) ( ) 1 2 1 0 0 0 , 4 , K p Kcm R h R R d d −  > ≥   (3.7 b) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0 0 0 , 4 , , 1 K p KdM R h R M h R c c   ′< ∞ < ≤   (3.8a) ( ) ( ) 1 1 0, 4 , 1 p Km R h R R c − > < ≤ (3.8b) 36 ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 0, 4 , , p KM R h d M h c R d′≤ ∞ < < (3.9a) ( ) ( ) 1 1 0 0 0, 4 , p Km R h c c R d − > < < (3.9b) ( ) ( ) ( ) 1 2 11 1 0 0 0 4 4 , , K p pK Kc z h z z M h z d d −   ′< ≤ ∞ ≥   (3.10a) ( ) ( ) ( ) 1 1 21 1 0 0 0 4 4 , , 1 K p pK Kd z h z M h z z c c −   ′< < ∞ < ≤   (3.10b) ( ) ( ) ( ) 1 11 1 0 0 0 04 4 , , p pK Kc h z d M h c z d − ′< ≤ ∞ < < (3.10c) Chứng minh. Sử dụng (1.5) và (3.3a) – (3.3c) ta lần lượt suy ra (3.4a), (3.4b), (3.5a), (3.5b), (3.6a), (3.6b). Bây giờ, ta chứng minh (3.7), (3.8) và (3.9). • Với 0R d≥ , đặt 0 z z d =ɶ và  ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0, , h d zw w h z m d h m d h = = = ɶ ɶ ɶ . Ta có ( )  ( )  ( ) ( )0 1 1 0 , , , , lim lim R R K K M R h M R h m d h M h R R d →∞ →∞ ′ ∞ = =      ɶ ɶ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 1 0 0 , lim , , , K K R K M R hd d M h m d h m d h R →∞ ′= = ∞ Áp dụng bổ đề 2.7 (với 0n = ) cho PBHKABG đối xứng quay cấp p hàm hɶ miền 1z >ɶ lên miền nằm trong  1w > , ( )h ∞ =∞ɶ , ta có 37 ( ) ( ) ( )  ( ) ( ) ( ) 11 1 11 0 00 0 , , 4 , 4 , , , KK p pK M R h R d M R h R M h M h dm d h m d h  ′ ′= < ∞ = ∞   ɶ ɶ suy ra (3.7a). Mặt khác ( ) ( ) ( )   111 1 0 , , , , 0 4 , pK K m R h m R h T p R R m d h − −− = ≥ >   ɶ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0 0 0 0 , 4 , 4 , K K p pR R m R h m d h m c h d d − −     ⇒ > >        Kết hợp (3.8b) (chứng minh sau), ta suy ra (3.7 b). • Với 01 R c< ≤ , đặt 0 z z c =ɶɶ và  ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0, , h c zw w h z M c h M c h = = = ɶɶ ɶɶ ɶɶ . Áp dụng bổ đề 2.5 (với 0n = ) cho PBHKABG đối xứng quay cấp p hàm hɶɶ hình vành khăn 0 1 R z c < <ɶɶ lên miền nằm trong  1w < , ta có ( ) ( ) 1 0 0 00 , , , , , , KM R h R R R M h T p m h c c cM c h             = ≤                    ɶ ɶɶ ɶ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0 0 0 0 , 4 , 4 , K K p pR R M R h M c h M d h c c      ⇒ < <        Kết hợp (3.7a), ta được (3.8 a). Áp dụng bổ đề 2.6 cho hình vành khăn 1 z R< ≤ , ta có 38 ( ) 1 1 11 1 1 1 , 4 1 4, , 0 p K pK K m R h R RT p R − − ≥ > =              , tức (3.8b). • Với 0 0c R d< < , ta có với mọi R , R′ và R′′ thỏa mãn 0 01 R c R d R′ ′′< < ≤ ≤ < < +∞ , áp dụng (3.8a) và (3.8b), ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 04 , , , p KR m R h m c h m R h − ′ ′< < < ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0, , , 4 , p KM R h M d h M R h R M h′′ ′′ ′< < < < ∞ Cho 0R c −′ → và 0R d +′′ → , ta được (3.9a), (3.9b). Từ tính chất ( ) ( ) ( ), ,m z h h z M z h≤ ≤ , kết hợp (3.7a), (3.7b), (3.8a), (3.8b), (3.9a) và (3.9b) ta được (3.10a) – (3.10c). ■ 3.3 Đánh giá ( )  ( )c h , d hɶ bởi lớp H Định lí 3.3 Với các giả thiết và kí hiệu được nêu ở chương 1, h H∀ ∈ , ta có: ( ) 1 11 1 0 04 4 , p pK Kc c d d M h − ′< < ≤ ∞ɶɶ (3.11) ( ) ( ) 1 4 0 0 1 2 , K pd d M h c c   ′< < ∞   ɶ ɶ (3.12) Chứng minh. Từ tính chất ( ) ( )0 0, ,m c h c d M d h≤ < ≤ɶɶ , kết hợp (3.7a) và (3.8b), ta được (3.11). 39 0 0 Từ (3.11): ( ) ( ) 1 1 1 1 4 0 0 1 0 0 4 , 2 , 4 K K p K p p d M hd d M h c c c −  ′ ∞  ′< = ∞   ɶ ɶ , tức (3.12). ■ 3.4 Cận dưới đúng cho c∼ Mặc dù ta đã tìm được cận dưới của cɶ cho lớp H trong (3.11) nhưng rõ ràng cận đó không đạt được. Ta sẽ tìm cận khác đạt được nhờ giải bài toán tối ưu sau. 3.4.1 Đặt vấn đề Với các giả thiết và kí hiệu được nêu ở chương 1, cần tìm tất cả hàm 1h H∈ thỏa ( ) ( )1 ,c h c h h H≥ ∀ ∈ɶ ɶ và tính ( )1c hɶ . E ( )w h z= B 1 0c 0d 1 Hình 3.1: Miền E và B với trường hợp 2p = . 3.4.2 Giải quyết vấn đề Gọi 1E ( )E⊂ là miền 1z > với nhát cắt theo bán kính gặp nhau tại z = ∞ : 40 ( ) ( ) ( )0 2 arg 1 , 1 , 1,2,..., .jl z z j c z j p p pi   = = − < ≤ ≤ +∞ =     Đặt \ , 1,2, 3,..., .j j jl L j pγ = = Khi đó, hàm *1h được xây dựng như sau: Hàm ( )1 1 z f z z = =ɶ biến miền nhị liên 1E lên miền nhị liên 2E giới hạn bởi đường tròn 1z =ɶ và p nhát cắt theo bán kính xuất phát từ 0z =ɶ : ( ) 0 2 arg 1 , 0 1 , 1,2,...,jl z z j z d j p p pi   = = − ≤ ≤ < =     ɶ ɶ ɶ ɶ , trong đó 0 0 1 d c = . Gọi ( )2s f z= ɶ là phép biến hình bảo giác đơn diệp duy nhất miền nhị liên 2E lên hình vành khăn { }3 0 1E s r s= < < &