Chủ đề này có 2 trả lời

[vutuanhien]

Giả sử $\Omega$ là một tập mở bị chặn trong $\mathbb{C}$ và $\varphi:\Omega\to \Omega$ là một hàm chỉnh hình. Chứng minh rằng nếu tồn tại $z_{0}\in \Omega$ sao cho $\varphi(z_{0})=z_{0}$ và $\varphi'(z_{0})=1$ thì $\varphi$ là hàm tuyến tính. 

[WhjteShadow]

Giả sử $\Omega$ là một tập mở bị chặn trong $\mathbb{C}$ và $\varphi:\Omega\to \Omega$ là một hàm chỉnh hình. Chứng minh rằng nếu tồn tại $z_{0}\in \Omega$ sao cho $\varphi(z_{0})=z_{0}$ và $\varphi'(z_{0})=1$ thì $\varphi$ là hàm tuyến tính. 

 

Xét $\psi(z) = \varphi(z +z_0)  - z_0$ và tập $U = \Omega - z_0 = \{ z - z_0 | z\in \Omega\}$. Khi đó $U$ mở và bị chặn; $\psi$ chỉnh hình, biến $U$ vào $U$ và 

$$\psi(0) = 0, \psi'(0) = 1.$$

Vậy chuỗi Taylor tại 0 của $\psi$ có dạng

$$\psi(z) = z + a_n z^n + \sum_{k=n+1}^{\infty} a_{k}z^k = z + a_nz^n + o(z^n)$$

với $a_n$ là hệ số đầu tiên sau hệ số thứ nhất khác 0 (nếu có). Tính toán trực tiếp ta có

$$\psi^{m}(z) = z + ma_nz^n + o(z^n)\,\,\,\, \forall \, m \in \mathbb{N}.$$

Do $U$ mở nên tồn tại hình tròn tâm 0 bán kính $r$ nằm trong $U$. Suy ra

$$ma_n  = \dfrac{1}{2\pi i} \int_{\partial B(0,r) } \dfrac{\psi^m(z)}{z^{n+1}} dz \,\,\,\, \forall \, m \in \mathbb{N}.$$

Do với mọi $m\in \mathbb{N}$, $\psi^m \colon U \to U$ là tập bị chặn nên $\left| \dfrac{\psi^m(z)}{z^{n+1}} \right|$ bị chặn với mọi $z \in \partial B(0,r)$. Suy ra vế phải bị chặn với mọi $m\in \mathbb{N}$. Vậy vế trái là $ma_n$ cũng bị chặn, suy ra $a_n=0$.

Tóm lại $\psi (z) = z$. Thay lại ban đầu ta có $\varphi(z) = z$ là một hàm tuyến tính. $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 28-08-2017 - 15:15

[vutuanhien]

Xét $\psi(z) = \varphi(z +z_0)  - z_0$ và tập $U = \Omega - z_0 = \{ z - z_0 | z\in \Omega\}$. Khi đó $U$ mở và bị chặn; $\psi$ chỉnh hình, biến $U$ vào $U$ và 

$$\psi(0) = 0, \psi'(0) = 1.$$

Vậy chuỗi Taylor tại 0 của $\psi$ có dạng

$$\psi(z) = z + a_n z^n + \sum_{k=n+1}^{\infty} a_{k}z^k = z + a_nz^n + o(z^n)$$

với $a_n$ là hệ số đầu tiên sau hệ số thứ nhất khác 0 (nếu có). Tính toán trực tiếp ta có

$$\psi^{m}(z) = z + ma_nz^n + o(z^n)\,\,\,\, \forall \, m \in \mathbb{N}.$$

Do $U$ mở nên tồn tại hình tròn tâm 0 bán kính $r$ nằm trong $U$. Suy ra

$$ma_n  = \dfrac{1}{2\pi i} \int_{\partial B(0,r) } \dfrac{\psi^m(z)}{z^{n+1}} dz \,\,\,\, \forall \, m \in \mathbb{N}.$$

Do với mọi $m\in \mathbb{N}$, $\psi^m \colon U \to U$ là tập bị chặn nên $\left| \dfrac{\psi^m(z)}{z^{n+1}} \right|$ bị chặn với mọi $z \in \partial B(0,r)$. Suy ra vế phải bị chặn với mọi $m\in \mathbb{N}$. Vậy vế trái là $ma_n$ cũng bị chặn, suy ra $a_n=0$.

Tóm lại $\psi (z) = z$. Thay lại ban đầu ta có $\varphi(z) = z$ là một hàm tuyến tính. $\square$

Cách làm hoàn toàn chính xác rồi  . Ý tưởng của bài này là dùng phép tịnh tiến đưa $z_{0}$ về $0$ rồi khai triển Taylor và dùng bất đẳng thức Cauchy cho tích phân.