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

44 Chương 4 CÁC ĐÁNH GIÁ CHO LỚP G Định lí 4.1 Với các giả thiết và kí hiệu được nêu ở chương 1, g G∀ ∈ , ξ A∈ , ta có: 0 4 K Kp c c< (4.1a) ( )*0 4 , K Kp d d m g − ≥ ∞ (4.1b) ( ) ( ) 4 * 0 0 , 2 K K p d c m g c d ∞ < (4.2) ( ) 2 * 0 2 0 2 1 , 4 K p d m g c s ps c pi − −     ∞ ≤     +  (4.3) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 11 1 1 14 4 , , Kp pK K K c M g M g d d ξ ξ ξ ξ− − ′< ≤ ∞ ≥ (4.4a) ( ) ( ) ( ) 11 21 1 1 1 14 4 , , Kp pK K K d M g M g M c c ξ ξ ξ ξ− −   ′< < ∞ < ≤   (4.4b) ( ) ( ) ( ) 1 11 1 1 14 4 , , p pK K KM c g M g d c dξ ξ− − ′< < ∞ < < (4.4c) trong đó { }1 1maxM ξ ξ= ∈ C . 45 Chứng minh. Từ (3.11) và (1.9) ta dễ dàng suy ra được (4.1a) và (4.1b). Từ (3.12) và (1.9), ta có ( ) 1 4 0 0 2 , K pd d M h c c   ′< ∞   Suy ra ( ) 1 4 1 *0 0 2 , K p K d d m g c c − < ∞   , từ đó ta có (4.2). Từ (3.1), với mọi 1g h−= , h H∈ , tức g G∈ , ta có: ( ) 2 0 1 2 0 , K K c s ps S h dpi +′ ∞ ≥ Mặt khác từ (1.6), ta có: ( ) ( )2, ,M h S h′ ′∞ ≥ ∞ , h H∀ ∈ nên ( ) 2 2 0 1 2 0 , K K c s ps M h dpi +′ ∞ ≥ Kết hợp (1.9) và (4.1a), ta có ( ) 2 2 2 * 0 1 0 1 2 2 0 0 0 , K K K K K c s ps c s ps m g d d c pi pi pi −    +   ∞ ≥ = +         22 2 2 0 1 0 1 2 0 02 4 4 pK K p c s ps c s ps c d d c pi pi pi − −          +     > + =                   , suy ra (4.3). Ta chứng minh (4.4): 46 • d R Rξ ′≤ = < : đặt ( ) ( ) ( ) ( ) , , , g Rz z g R M R g M R g ξξξ ξ′= = = = ′ ′ ′ ɶ ɶɶ ɶ Áp dụng bổ đề 2.5 cho hàm gɶ biến hình vành khăn 1 R R ξ< < ′ ɶ lên miền nằm trong 1z <ɶ , ta có: ( ) ( ) 1 11 , , , , 0 4 , K KpM R g R R R M g T p R R RM R g           = ≤ <      ′ ′ ′     ′    ɶ ( ) ( ) ( ) ( ) 11 1 1 1 , , 4 , 4 Kp p K K M R gR g M R g M R g R R R ξ ′  ′⇒ ≤ < = ′  ′ Cho R′ → ∞ , ta được ( ) ( ) 1 1 4 , p Kg R M gξ ′≤ ∞ . Mặt khác, theo bổ đề 2.6: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , , , , , 0 , , 0 K K m d g m c g g m R g d d T p T p R R ξ ≥ ≥ ≥                              ( )1 1 11 1 1 11 , 1 4 4, , 0 , , 0 K KK K p m M g d Md M T p T p R cR c ≥ >                                           Suy ra ( ) ( ) 12 1 1 14 Kp K Kcg R M d ξ − − > với 1M cξ< < . • 1M R cξ< = ≤ , đặt ( ) ( ) ( ) ( ), , , g cz z g c M c g M c g ξξξ ξ= = = =ɶ ɶɶ ɶɶ ɶɶ ɶ 47 Áp dụng bổ đề 2.5 cho hàm gɶɶ biến hình vành khăn 1 R c ξ< <ɶ lên miền nằm trong 1z <ɶɶ với 1M cξ< < , ta có ( ) ( ) 1 , , , , 0 , KM R g R R M g T p M c g c c         = ≤            ɶɶ ( ) ( ) ( ) 1 11 1 , 4 , 4 , K Kp pR R M R g M c g M d g c c      ⇒ < <       ( ) 2 1 4 , p Kd R M g c   ′≤ ∞   ta được bất đẳng thức bên phải (4.4b). Theo bổ đề 2.6 ( ) ( ) ( ) 1 1 11 111 1 11 , 1 , 4 4, , 0 p K K KK p m M g g m R g M R MM T p RR ξ − −≥ ≥ > =                      ta được bất đẳng thức bên trái (4.4b). • c R dξ< = < Từ tính chất ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , ,m c g m Rg g M Rg M d gξ≤ ≤ ≤ ≤ và (4.4a), (4.4b) ta được ( ) ( ) 1 11 1 1 14 4 , p pK K KM c g M g dξ− − ′< < ∞ , tức (4.4c). ■ Hệ quả 4.1 Trường hợp 1K = , với ( ) ( ) ( ) ( ) * , , lim lim r gm r g m g g r ξ ξ ξ→∞ →∞ ′∞ = = = ∞ 48 thì từ (4.1a), (4.1b), (4.2), (4.3), (4.4a), (4.4b), (4.4c), ta có: 1 0 4 p c c< (4.5a) ( ) 1 * 0 4 , p d dm g − ≥ ∞ (4.5b) ( ) 4 0 0 2 p d c g c d  ′ ∞ ≤    (4.6) ( ) 0 2 0 2 1 4 p d g c s ps c pi − − ′ ∞ ≤ + (4.7) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 14 4 , , p pc M g M g d d ξ ξ ξ ξ− − ′< ≤ ∞ ≥ (4.8a) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 14 4 , , p p d M g M g M c c ξ ξ ξ ξ− −   ′< < ∞ < ≤   (4.8b) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 14 4 , , p p M c g M g d c dξ ξ− − ′< < ∞ < < (4.8c) trong đó { }1 1maxM ξ ξ= ∈ C . 49 Chương 5 CÁC ĐÁNH GIÁ CHO LỚP F 5.1 Đánh giá lớp hàm F Định lí 5.1 Với các giả thiết và kí hiệu được nêu ở chương 1, f F∀ ∈ , ξ A∈ , ta có: ( )  ( ) ( ) ( ) 2 2 0 1 2 0 , K K K c s f ps f S f g dpi +′ ′∞ ≥ ∞ ɶ (5.1) ( ) ( ) ( )  ( ) 2 22 0 0 1, K KKps f d S f g c s fpi −′ ′≤ ∞ ∞ −ɶ (5.2) ( ) 1 2 1 1 1 10 1 0 4 K p K K cc M f dd ξ ξ −   +    −  <   ( ) ( ) ( ) ( ) 11 1 11 1 , 4 , , Kp KK K M f M g d g ξ ξ   +    − ′ ∞ ′< ∞ ≥ ′ ∞ (5.3a) ( ) 1 1 11 1 14 p K K KM fξ ξ −   − +    < ( ) ( ) ( ) ( ) 112 1 1 1 0 11 0 , 4 , , KKp K K K M fdd M g M c cc g ξ ξ   +    −   ′ ∞ ′< ∞ < ≤   ′ ∞ (5.3b) 50 ( ) 1 1 1 11 14 p K K KM c f ξ −   − +    < ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 11 1 1 , 4 , , p K KK K M f M g d c d g ξ   +    − ′ ∞ ′< ∞ < < ′ ∞ (5.3c) Chứng minh. Vì ( ) ( )f h gξ ξ=  nên  ( )  ( ) ( ) ( )1 1 ,s f s h s f s h= =ɶ ɶ (5.4) Nhân hai vế (3.1) với ( ) 2 Kg ′ ∞ , kết hợp (1.8), ta có ( ) ( ) ( )  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 1 2 0 , , K K K K c s f ps f S f S h g g dpi +′ ′ ′ ′∞ = ∞ ∞ ≥ ∞ ɶ , ta được (5.1). Từ (3.2), (5.4) và (1.8), ta có ( ) ( ) ( )  ( ) 2 2 0 0 12 ,K K K S f ps f d c s f g pi ′ ∞ ≤ − ′ ∞ ɶ , ta được (5.2). Vì ( ) ( )f h gξ ξ=  nên ( ) ( ) ( ),f h z z gξ ξ= = . • dξ ≥ : Từ (3.10a), (4.3a) và (1.7), ta có ( ) ( ) 1 1 2 0 0 4 K K p c f h z z d ξ −  = ≥    ( ) 11 1 2 12 2 1 1 1 10 0 1 1 0 0 4 4 4 KK K p Kp p K c c cc M M d d dd ξ ξ −  − −  +  −   −       > =         Vậy, ta được đánh giá bên trái của (5.3a). 51 Mặt khác ( ) ( ) ( ) 1 1 4 , p Kf h z M h zξ ′= ≤ ∞ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 , 4 4 , K p p K M f M g g ξ ′ ∞  ′< ∞   ′ ∞ ( ) ( ) ( ) 11 11 11 4 , , Kp K KKM f M f g ξ   − +    ′ ′ ′= ∞ ∞ ∞ ta được đánh giá bên phải của (5.3a) • 1M cξ< ≤ : Từ (3.10b), (4.3b) và (1.7), ta có ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0 0 4 , K p K d f h z M h z c ξ   ′= < ∞   ( ) ( ) ( )1 11 2 2 0 0 , 4 4 , K KK p pM hd d M g c c g ξ   ′ ∞  ′< ∞       ′ ∞ ( ) ( ) ( ) 112 1 11 1 0 0 4 , , KKp K K K dd M f M g g cc ξ   − +      ′ ′ ′= ∞ ∞ ∞   Mặt khác ( ) ( ) 1 1 11 1 1 1 11 1 1 1 14 4 4 4 p p pK K p K K Kf h z z M Mξ ξ ξ −− − −   +  − −      = > > =    . • c R dξ< = < , Từ tính chất ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , ,m c f m R f f M R f M d fξ≤ ≤ ≤ ≤ và (5.3a), (5.3b), ta có 52 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 11 1 111 1 1 14 4 , , p K p KK K KKKM c f M f M g g dξ −    −  + +    −    ′ ′ ′< < ∞ ∞ ∞ . ■ 5.2 Mối liên hệ giữa các miền chuẩn Nếu A có dạng như miền E thì ( ) , 1z g a aξ ξ= = = là phép quay. Khi đó ( ) ( ) ( )1 , ,g M f M h′ ′ ′∞ = ⇒ ∞ = ∞ . Áp dụng các kết quả đã thiết lập cho lớp hàm H, ta đánh giá được các thành phần môđun của miền B khi B là một trong những miền chuẩn sau: • 0B B= là miền 1w > bị cắt ( )1p p≤ <∞ nhát theo bán kính   ( ) ( )  ( )0 0 2 arg 1 , 1j j w w j c w dp pi σ    = = = − < ≤ ≤ <∞     ℓ • 1B B= là miền 1w > bị cắt p nhát theo cung tròn đồng tâm bán kính 1R    ( )  ( )  ( )1 2 2 1 arg 1 , 1j jL w j w j w Rp p pi pi σ β β   = = − + − ≤ ≤ + − = >     • 2B B= là miền 1w > bị khoét p hình tròn đóng biên j rC  ( ) ( ) 2 , 1 ,arg 1 j j r j j jC w w w r w r w j p pi σ δ   = = − = = > + = −     với 1,2,...,j p= . 53 0 1 0 0 1w 0B 1B 1 0c 0d 1 1R 2B 1 Hình 5.1: Các miền chuẩn với trường hợp p = 2 . 1) Trường hợp 0B B= Áp dụng (3.11), ta được đánh giá cho  0 0,c d   ( ) 1 11 1 0 0 0 04 4 , p pK Kc c d d M f − ′< < < ∞ 2) Trường hợp 1B B= Áp dụng (3.11) với  = = ɶɶ1R c d , ta được  ( ) 1 11 1 0 1 04 4 , p pK Kc R d M f − ′< < ∞ 3) Trường hợp 2B B= Áp dụng (3.2), ta được đánh giá bán kính r ( )pi pi pi′≤ ∞ − 2 2 2 0 0, K Kp r d S f c ( )   ′ ⇒ ≤ ∞ −    2 2 2 0 0 1 ,K Kr d S f c p Vì δ δ= − = +ɶɶ ,c r d r , áp dụng (3.9) ta được đánh giá cho δ ( ) 1 11 1 0 04 4 , p pK Kc r r d M fδ δ − ′< − < + < ∞ ( ) 1 11 1 0 04 4 , p pK Kc r d M f rδ − ′⇒ + < < ∞ − .