Аналитической в единичном круге
Лекция 4
Семестр
Произведение Бляшке. Выделение нулей из класса 
посредством функции Бляшке.
Возможность построения произведения Бляшке,
имеющего те же нули, что и у заданной функции,
Теорема. Пусть функция F(z) регулярна в круге {|z|<1} и zп — её нули в этом круге, |zn| < 1. Предположим, что интегралы
ограничены сверху при r< 1. Тогда
так что произведение
сходится в {|z|<1} и имеет место равенство F[z)=b(z) g(z), где функция g(z) регулярна и не имеет нулей в круге {|z|<1}
Доказательство.
Без ограничения общности можно считать, что F(0)≠0; иначе мы рассмотрели бы функцию F(z)/zk вместо F(z). Тогда если 0<r<1 и не существует точек zn с |zn|=r, то по формуле Йенсена
т, е., по предположению,
где М ие зависит от r. Устремляя r к I, получаем, что для любого фиксированного числа р
Следовательно,
Существование произведения Бляшке b(z) доказано ранее. Наконец, определим функцию g(z) в круге {[r]< 1} но формуле g(z)= f(z)/b{z). Вот в всё.
Классы Нр 0 < р < ∞. Факторизация
Определение Если р > 0, то пространство Нр состоит нз функций F(z) аналитических в {|z|< 1}, для которых
(1)
Теорема Если 
р>0, и 
, то в ζ|<1 имеем
(2)
где b(ζ)—функция Бляшке, a 
в ζ|<1
Доказательство.
Покажем сначала, что интеграл (6.1) есть неубывающая функция от r в 0<r<1. Действительно, при любом фиксированном ρ, 0 <ρ < 1, функция 
регулярна в 
и, следовательно, имеет в ζ|<1 представление:
где
bρ(ζ)—функция Бляшке, a 
в ζ|<1 Функция {hp(ζ)}p регулярна в ; следовательно, из примененной к ней формулы
Пуассона имеем в ζ|<1:
Интегрируя это неравенство по Ѳ от 0 до 2π, получаем:
(3)
Но так как 
в ǀζ|<1 и 
на ǀζ|=1, то 
в ǀζ|<1 и 
на ǀζ|=1, следовательно, имеет место неравенство:
доказанное, таким образом, при любых r и ρ из 0<r<1. Заменяя здесь r на ρ'/ρ, ρ'<ρ, и получим неравенство, доказывающее неубывание интеграла (6.1) в 0<r<1.
Обращаясь теперь к доказательству теоремы, отметим, что в ǀζ|<1 имеет место представление (2) с функцией h(ζ), регулярной и без нулей в ǀζ|<1 . Докажем, что 
Пусть верхняя граница интегралов (1) в 0<r<1 равна М.
Обозначив через bn (ζ) произведение n первых множителей в представлении
(*)
функции Бляшке b (ζ) и выбирая для заданного ε, 0<ε<1, и фиксированного п такое η>0, чтобы в ǀζ|>1-η было ǀbn (ζ)ǀ > 1- — s, что возможно, при 1 — η <r < 1 имеем:
(4)
Но так как интеграл в (4) есть неубывающая функция от r 0<r<1, то неравенство (4) имеет место и при 0<r<1—η, т. е. во всем промежутке 0<r<1. Фиксируя r и устремляя n k ∞, из (4) получаем при 0<r<1, учитывая еще произвольность ε>0:
Это и доказывает, что и даже более, что верхние границы интегралов (1) для f(ζ) и для h(ζ) в промежутке 0<r<1 будут равны.
Теорема доказана.
Следствие. Если 
, то мы можем найти такие две функции g и h, принадлежащие Н 1 что и не имеющие нулей в {|z|<1}, что
и f=g+h
Замечание. Этот технический результат оказывается часто полезным, так как многие неравенства для функций из Н1 легче доказывать для функций, не имеющих нулей в {|r|<1}.
Доказательство
Пусть В (r)—произведение Бляшке, построенное по нулям функции f(z). Тогда по предыдущей теореме f= BF, где F(z) не имеет нулей в {|z| < 1}, и
Мы получаем требуемый., результат, полагая
поскольку, как непосредственно проверяется (или же следует из строгого принципа максимума), |В(z)\<1 для |z|< 1.
Следствие. Пусть функция 
, Тогда её можно представить в виде
где В (z) — произведение Бляшке, а функция g принадлежит H1 и не имеет нулей в {|z|<1}.
Доказательство.
Функция f(z) допускает представление f=BF, где функция не имеет нулей в {|z|<1}. Положим g(z) = [F(z)]p для |z|< 1. Тогда функция g(z) однозначна н регулярна в круге {|z|<1}, поскольку F нигде нём не обращается в нуль.