Tài liệu Về sự tồn tại của trường vectơ tiếp xúc chỉnh hình trong C2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------- PHẠM HOÀNG LONG VỀ SỰ TỒN TẠI CỦA TRƯỜNG VECTƠ TIẾP XÚC CHỈNH HÌNH TRONG C2 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------- PHẠM HOÀNG LONG VỀ SỰ TỒN TẠI CỦA TRƯỜNG VECTƠ TIẾP XÚC CHỈNH HÌNH TRONG C2 Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. Ninh Văn Thu Hà Nội – Năm 2014 LỜI CẢM ƠN Trước tiên tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới thầy giáo hướng dẫn là TS Ninh Văn Thu, người đã tận tình chỉ bảo giúp đỡ và tạo điều kiện về nhiều mặt để tôi có thể hoàn thành luận văn trong thời gian vừa qua. Tiếp theo tôi xin được gửi lời cảm ơn đến các thầy cô, đồng nghiệp đã và đang công tác tại khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, những người đã giảng dạy và cung cấp những kiến thức khoa học quý báu trong suốt những năm học vừa qua để tôi có nền tảng kiến thức để thực hiện luận văn này. Cuối cùng xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp và bạn bè đã giúp đỡ, cổ vũ động viên và đóng góp cho tôi nhiều ý kiến quý báu trong cuộc sống, công việc và học tập nói chung cũng như đóng góp các ý kiến cho luận văn ngày càng hoàn thiện hơn. Mặc dù rất cố gắng trong tìm tòi và đọc hiểu các tài liệu liên quan đến luận văn tuy nhiên do kiến thức là vô tận do đó không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Rất mong được những đóng góp và sự chỉ bảo của các thầy, cô giáo để luận văn có giá trị khoa học cao hơn. Học viên: Phạm Hoàng Long 1 Mục lục LỜI CẢM ƠN 1 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU 3 1 Kiến thức chuẩn bị 5 1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Một số kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2 Trường vector chỉnh hình tiếp xúc trong C2 13 2.1 Sự tồn tại của trường vector chỉnh hình tiếp xúc tới siêu mặt thực . . . 13 2.2 Họ siêu mặt tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường 17 2.3 Sự không tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thỏa mãn điều kiện (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.3.1 Các bổ đề kỹ thuật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.3.2 Chứng minh Định lý 2.3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO 34 2 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU • Pz (z): Đạo hàm theo biến z của hàm P . • ν0 (f ): Ký hiệu cấp của hàm f triệt tiêu tại 0 dùng trong định nghĩa loại điểm vô hạn D’ Angelo. • Ký hiệu ≈ kết hợp với ký hiệu . và &: Dùng cho ký hiệu bất đẳng thức sai khác một hằng số dương. • C∞ -trơn: Dùng chỉ hàm khả vi liên tục cấp vô cùng. 3 MỞ ĐẦU Giả sử (M, p) là một mầm siêu mặt không thuộc phẳng Levi CR trong Cn sao cho p là điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo (gọi tắt là kiểu vô hạn). Bài toán đặt ra về việc mô tả các trường vector tiếp xúc với M và triệt tiêu tại p . Chính xác hơn nữa chúng ta có thể miêu tả một trường vector chỉnh hình tiếp xúc với một mầm (M, p) siêu mặt trơn lớp C∞ kiểu vô hạn tại gốc tọa độ 0 = (0, 0) trong C2 và triệt tiêu tại 0. Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả trong tiền ấn phẩm "On the existence of tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point" của TS. Ninh Văn Thu ([5]). Bố cục của luận văn gồm hai chương: Chương I: Những kiến thức chuẩn bị. Nội dung của chương này là trình bày một số kiến thức cơ bản của giải tích phức như khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc, khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo, khái niệm hàm thỏa mãn điều kiện (I) và trình bày các bổ đề sẽ được sử dụng trong các chứng minh ở chương II. Chương II: Sự tồn tại của trường vector tiếp xúc chỉnh hình trong C2 . Trong chương này, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại một trường vector chỉnh hình trong C2 triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với siêu mặt kiểu vô hạn. Nội dung chủ yếu là chứng minh các Định lý 2.2.1 và 2.3.1. 4 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức Định nghĩa 1.1.1. Ta nói rằng một hàm thực trơn f xác định trong một lân cận U của gốc tọa độ và f (0) = 0 trong C thỏa mãn điều kiện (I) nếu 0 )| = +∞; (I.1) lim supŨ 3z→0 |Re(bz k ff (z)) (z) 0 (z) (I.2) lim supŨ 3z→0 | ff (z) | = +∞ với mọi k = 1, 2, ... và với mọi b ∈ C∗ , trong đó Ũ := {z ∈ U : f (z) 6= 0}. α Ví dụ 1.1.1. Hàm số P (z) = e−C/|Re (z)| nếu Re (z) 6= 0 và P (z) = 0 trong các trường hợp còn lại, trong đó C, α > 0, thỏa mãn hệ điều kiện (I). Hơn thế nữa bằng các phép tính toán chúng ta có thể thấy được P 0 (z) = P (z) Cα 2|Re (z)|α+1 với mọi z ∈ C với Re (z) 6= 0. Do đó, điều kiện (I.2) được thỏa mãn. Bây giờ chúng ta chứng minh P thỏa mãn hệ điều kiện (I.1). Thật vậy, với k là một số nguyên dương tùy ý. Với zl := 1l + liβ , trong đó 0 < β < min{1, α/(k − 1)} nếu k > 1 và β = 1 2 nếu k = 1, với mọi l ∈ N∗ . Ta có zl → 0 khi l → ∞ và Re (zl ) = 1/l 6= 0 với mọi l ∈ N∗ . Mặt khác, với mỗi b ∈ C∗ chúng ta có |Re (bzlk P 0 (zl ) lα+1 )| & β(k−1)+1 = lα−β(k−1) . P (zl ) l 5 Dễ dàng ta thấy lim |Re (bzlk l→∞ P 0 (zl ) )| = +∞. P (zl ) Như vậy hàm P thỏa mãn hệ điều kiện (I). Định nghĩa 1.1.2. Một trường vector chỉnh hình trong Cn được cho bởi toán tử: H= n X hk (z) k=1 ∂ ∂zk Trong đó h1 , h2 , ..., hn là các hàm chỉnh hình theo biến z = (z1 , z2 , ..., zn ). Một mầm của siêu mặt thực trơn M (đối chiều thực bằng 1) tại p trong Cn được định nghĩa bởi hàm số và được gọi là ρ, sao cho M được mô tả bởi biểu thức ρ(z) = 0. Một trường vector H được gọi là tiếp xúc tới M nếu phần thực của của H tiếp xúc với M có nghĩa là H thỏa mãn biểu thức Re Hρ = 0. Định nghĩa 1.1.3. Giả sử f là một hàm biến thực trơn xác định trên một lân cận của 0 trong C. Kí hiệu ν0 (f ) là cấp triệt tiêu của f tại 0 và nó được quy định bởi cấp của số hạng đầu tiên không bị triệt tiêu trong khai triển Taylor của hàm f tại 0. Trong trường hợp f là ánh xạ trong Rk (k > 1), chúng ta xem xét cấp triệt tiêu của tất cả các thành phần và giá trị nhỏ nhất trong chúng gọi là cấp triệt tiêu của f , ký hiệu là ν0 (f ). Ký hiệu 4r = {z ∈ C : |z| < r} với r > 0 và ký hiệu 4 := 41 . Hơn thế nữa, gốc tọa độ được gọi là điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo nếu với mọi số dương ` > 0 và nếu tồn tại ánh xạ chỉnh hình h : 4 → C2 với h(0) = (0, 0) sao cho ν0 (h) 6= ∞ và 1.2 ν0 (ρ ◦ h) > `. ν0 (h) Một số kết quả bổ trợ Trong mục này, chúng ta sẽ chứng minh một vài bổ đề và hệ quả được sử dụng trong chứng minh các định lý chính của luận văn. Bổ đề 1.2.1. Giả sử a1 (z2 ) = β Pn=1 ∞ an z2n là hàm chỉnh hình không đồng nhất triệt tiêu trong ∆0 (β ∈ R∗ , 0 > 0, an ∈ C với mọi n ∈ N). Giả sử Q0 , P1 , P là các hàm số 6 C 1 -trơn trong ∆0 và P1 , P là các hàm số dương trên ∆∗0 thỏa mãn các phương trình vi phân sau:    2 (i) Re 2iβz2 Q0 z2 (z2 ) + ia1 (z2 ) 1 + Q0 (z2 ) ≡ 0;     Q0 (z2 ) (ii) Re 2iβz2 P1z2 (z2 ) − 1 + a1 (z2 )P1 (z2 ) ≡ 0; i
    exp − αP (z2 ) − 1 Q0 (z2 ) (iii) Re 2iβz2 Pz2 (z2 ) + 1+ a1 (z2 ) ≡ 0 α i trên ∆∗0 . Khi đó, ta có:  Q0 (z2 ) = tan q(|z2 |) − Re X ∞ n=1  P1 (z2 ) = exp p(|z2 |) + Re X ∞  n=1 1 P (z2 ) = log 1 + αP1 (z2 ) α an n z n 2  ; an n z in 2   − log    ∞ X an n

z2 cos q(|z2 |) − Re ; n n=1 với mọi z2 ∈ ∆0 , trong đó hàm q, p là các hàm C 1 -trơn trong (0, 0 ) và các hàm này được chọn sao cho Q0 , P1 , P là C 1 -trơn trên ∆∗0 . Chứng minh. Trước hết, ta sẽ tìm nghiệm cho phương trình vi phân thứ (i). Thật vậy, từ (i) chúng ta có
∞ X

2Re iβz2 Q0z2 (z2 ) = −Re ia1 (z2 ) = −β i an z2n 2 1 + Q0 (z2 ) n=1 với mọi z2 ∈ ∆0 . Khi đó, với mỗi số thực dương 0 < r < 0 , xét hàm số u(t) := Q0 (reit )
với mọi t ∈ R. Khi đó, chúng ta sẽ có u0 (t) = 2Re ireit Q0 z2 (reit ) và như vậy: ∞ X
u0 (t) n int = −Re i a r e n 1 + u2 (t) n=1 với mọi t ∈ R. Với t ∈ R chúng ta lấy tích phân Rt hai vế của biểu thức trên chúng ta 0 thu được: arctan u(t) − arctan u(0) = −Re i ∞ X an r int ne − 1
in n=1 = −Re ∞ X n=1 7 an r ne nt − 1
n (1.1) và như vậy ta có ∞ X  int ne  − 1
u(t) = tan arctan u(0) −Re an r n n=1   ∞ int X − 1
ne = tan arctan Q0 (r) −Re an r . n n=1 Vì vậy lời giải dành cho phương trình vi phân (i) mà ta có được là:  X ∞ an n Q0 (z2 ) = tan q(|z2 |) − Re z n 2 n=1  trong đó q là hàm số C 1 -trơn với các biến số thực trên [0, 0 ) như mong muốn. Tiếp theo, ta sẽ tìm nghiệm cho phương trình vi phân (ii). Thật vậy, từ (ii) chúng ta có  
P1z2 (z2 )) a1 (z2 )
2Re iβz2 = Re a1 (z2 ) + Q0 (z2 )Re P1 (z2 ) i với mọi z2 ∈ ∆∗0 . Trong việc chọn tìm nghiệm cho phương trình ở trên, cố định một số thực dương 0 < r < 0 , đặt u(t) := log |P (reit )| với mọi t ∈ R. Khi đó, chúng ta có X  ∞ an n int an r e u (t) = Re + Q0 (re )Re r e i n=1 n=1 X  X  ∞ ∞ an n int n int an r e = Re + Re r e i n=1 n=1  X  ∞
an n int n × tan q(r) − Re r e −r n n=1 Rt với mọi t ∈ R. Do đó, lấy tích phân 0 hai vế của biểu thức trên ta được nghiệm của 0 X ∞ n int  it phương trình vi phân (ii) như sau:  P1 (z2 ) = exp p(|z2 |) − Re X ∞ n=1     ∞ X  an n an n
  z − log  cos q(|z2 |) − Re z2  in 2 n n=1 với mọi z2 ∈ ∆∗0 , trong đó p là hàm số C 1 -trơn trên (0, 0 ) và được chọn sao cho hàm số P1 (z) là C 1 -trơn trên ∆0 , như mong muốn của yêu cầu bài toán. Cuối cùng, sử dụng lập luận như trên từ phương trình (iii) ta có: P (z2 ) =   1 log 1 + P1 (z2 ) α 8 với mọi z2 ∈ ∆∗0 . Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 1.2.2. Giả sử rằng các hàm số Q0 , Q1 là các hàm giải tích thực trên ∆0 (0 > 0) với 0 ∈ C và Q0 (0) = 0 và các hàm a1 , a2 là chỉnh hình trong ∆0 với a1 (0) = a2 (0) = 0 và ν0 (a1 ) < +∞ thỏa mãn các phương trình sau:  
2 (a) Re 2iβz2 Q0 z2 (z2 ) + ia1 (z2 ) 1 + Q0 (z2 ) ≡ 0;  
2 (b) Re i 1 + Q0 (z2 ) a2 (z2 ) − iQ1 (z2 )a1 (z2 ) ≡ 0; 
1 Q0 (z2 )
Q1 (z2 ) (c) Re iβz2 (Q1 )z2 + i − Q20 (z2 ) a1 (z2 ) + + i 2 2i   × − Q1 (z2 )a1 (z2 ) + (i − Q0 (z2 ))2 a2 (z2 ) ≡0 trên ∆0 . Khi đó, chúng ta có:   2 Q1 (z2 ) ≡ Q1 (0) 1 + Q0 (z2 ) và a2 (z2 ) ≡ Q1 (0)a1 (z2 ). Chứng minh. Chúng ta sẽ chia phần chứng minh thành hai phần như sau: Trường hợp (i). Q1 (0) = 0. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ chỉ ra rằng Q1 ≡ 0, và a2 ≡ 0. Thực vậy, giả sử ngược lại rằng Q1 6≡ 0. Khi đó, từ (b) chúng ta có ν0 (a2 ) = ν0 (Q1 ) + ν0 (a1 ) > ν0 (Q1 ), và hơn nữa Q1 là hàm không thể chứa hạng tử không điều hòa bậc ν0 (Q1 ). Tuy nhiên, từ (c) chúng ta có ν0 (Q1 ) = ν0 (a2 ). Điều đó dẫn đến mâu thuẫn. Do đó, Q1 ≡ 0 và a2 ≡ 0. Trường hợp (ii). Q1 (0) 6= 0. Cho Q̃1 (z2 ) := Q1 (z2 ) − Q1 (0) và ã2 (z2 ) := a2 (z2 ) − Q1 (0)a1 (z2 ) với mọi z2 ∈ ∆0 . Khi đó, biểu thức (c) tương đương với  1 3 Re iβz2 (Q̃1 )z2 (z2 ) + Q1 (z2 )a1 (z2 ) − Q0 (z2 )a1 (z2 ) 2 2i  1 2 i 3 a2 (z2 ) i − − Q0 (z2 )a2 (z2 ) − Q0 (z2 )a2 (z2 ) − Q0 (z2 )a2 (z2 ) 2 2 2 2  1 1 =Re iβz2 (Q̃1 )z2 (z2 ) + Q1 (0)Q0 (z2 )a1 (z2 ) − Q20 (0)a1 (z2 ) i 2   i 3 a1 (z2 ) 3 − Q0 (z2 )Q1 (0)a1 (z2 ) + Q̃1z2 (z2 ) − Q0 (z2 )a1 (z2 ) 2 2 2i   1 i i 2 i 3 + ã2 (z2 ) − − Q0 (z2 ) − Q0 (z2 ) − Q0 (z2 ) ≡0 2 2 2 2 9 (1.2) trên ∆0 . Mặt khác, phương trình (b) tương đương với    
2 2 Re i 1 + Q0 (z2 ) a˜2 (z2 ) + i Q0 (z2 )Q1 (0) − Q̃1 (z2 ) a1 (z2 ) ≡ 0, hoặc tương đương với  
2 Re i 1 + Q0 (z2 ) a˜2 (z2 ) − iR1 (z2 )a1 (z2 ) ≡ 0, (1.3) trên ∆0 , trong đó Q̃1 (z2 ) − Q20 (z2 )Q1 (0), được cho đơn giản bởi R1 (z2 ). Bằng cách tính toán và từ biểu thức (a) chúng ta có:   a1 (z2 ) 2 3 Re iβz2 (Q0 (z2 ))z2 − Q0 (z2 ) − Q0 (z2 ) ≡ 0 i trên ∆0 . Do vậy, từ biểu thức trên và biểu thức (1.2) ta có:  3 1 Re iβz2 (R1 )z2 (z2 ) − Q20 (z2 )Q1 (0)a1 (z2 ) + Q30 (z2 )Q1 (0)a1 (z2 ) 2 2i   a1 (z2 ) 3 + Q1 (0)Q20 (z2 ) − Q0 (z2 )a1 (z2 ) 2 2i   3 a1 (z2 ) − Q0 (z2 )a1 (z2 ) + R1 (z2 ) 2 2i   1 i i 2 i 3 + ã2 (z2 ) − − Q0 (z2 ) − Q0 (z2 ) − Q0 (z2 ) 2 2 2 2    3 a1 (z2 ) − Q0 (z2 )a1 (z2 ) =Re iβz2 (R1 )z2 (z2 ) + R1 (z2 ) 2 2i   1 i i 2 i 3 + ã2 (z2 ) − − Q0 (z2 ) − Q0 (z2 ) − Q0 (z2 ) ≡0 2 2 2 2 (1.4) trên ∆0 . Cuối cùng, vì R1 (0) = 0 nên bằng lập luận trường hợp (i) với (b) và (c) thay thế tương ứng bởi các phương trình (1.3) và (1.4) ta kết luận rằng R1 ≡ 0 và ã2 ≡ 0.
Do đó, a2 (z2 ) ≡ Q1 (0)a1 (z2 ) và Q1 (z2 ) ≡ Q1 (0) 1 + Q20 (z2 ) trên ∆0 , và chúng ta hoàn thành việc chứng minh bổ đề tại đây. Bổ đề 1.2.3. Giả sử hàm số f (z2 , t) xác định trên một lân cận U × I của 0 ∈ C × R 2 với f (z2 , 0) ≡ 0 sao cho f, ∂f và ∂∂t2f là C 1 -trơn trên U × I và giả sử α ∈ R. Khi đó, ∂t    
∂f ∂f i+ (z2 , t) exp α it − f (z2 , t) ≡ i + (z2 , 0) trên U × I ∂t ∂t 10 nếu và chỉ nếu     cos(R(z2 )+αt)    1  − α log  cos(R(z ))  2 f (z2 , t) =   tan(R(z2 ))t nếu α 6= 0 nếu α = 0 với mọi (z2 , t) ∈ U × I, trong đó R là hàm C 1 -trơn trên U . Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra được rằng    
∂ ∂f i+ (z2 , t) exp α it − f (z2 , t) ≡ 0 trên U × I ∂t ∂t nếu và chỉ nếu   ∂f ∂ 2f 2 (z2 , t) ≡ α 1 + ( (z2 , t)) trên U × I. ∂t2 ∂t (1.5) Mặt khác, từ (1.5) ta có ∂f (z2 , t) ∂t = tan(R(z2 ) + αt) với mọi (z2 , t) ∈ U × I. Như vậy, hàm số f có dạng như trong bổ đề. Hệ quả 1.2.4. Giả sử 0 , β, α ∈ R với β 6= 0 và 0 > 0. Giả sử rằng R : ∆0 → [−1, 1] là C 1 -trơn thỏa mãn

2Re iβz2 Rz2 (z2 ) = −Re ia(z2 ) với mọi z2 ∈ ∆0 , trong đó a1 (z2 ) là một hàm chỉnh hình khác không trên ∆0 . Giả sử f (z2 , t) : ∆0 × (−δ, δ) → R là hàm số xác định bởi công thức sau:       cos(R(z )+αt)  2  nếu α 6= 0 − α1 log  cos(R(z 2 ))  f (z2 , t) =   tan(R(z2 ))t nếu α = 0, Khi đó, ta có:     Re 2iαβz2 fz2 (z2 , t) + ft (z2 , t) − tan(R(z2 )) ia1 (z2 ) = 0 với mọi (z2 , t) ∈ ∆0 × (−δ0 , δ0 ) trong đó δ0 = lại. 11 1 2|α| (1.6) nếu α 6= 0 và δ0 = +∞ nếu ngược Chứng minh. Bằng tính toán trực tiếp chúng ta có   
  1 − α tan R(z2 ) + αt − tan(R(z2 )) Rz2 (z2 ) fz2 (z2 , t) =
   1 + tan2 (R(z2 )) Rz2 (z2 )t và ft (z2 , t) =   tan(R(z2 ) + αt) nếu α 6= 0  tan(R(z2 )) nếu α = 0, nếu α 6= 0 nếu α = 0, với mọi (z2 , t) ∈ ∆0 × (−δ0 , δ0 ). Nếu α = 0 thì (1.6) là tầm thường. Do đó, chúng ta xem xét trường hợp α 6= 0. Từ giả thiết ban đầu ta có     Re 2iαz2 fz2 (z2 , t) = tan(R(z2 ) + αt) − tan(R(z2 )) Re(−ia1 (z2 ))  
= ft (z2 , t) − tan(R(z2 )) Re − ia1 (z2 ) với mọi (z2 , t) ∈ ∆0 × (−δ0 , δ0 ). Như vậy, (1.6) được chứng minh. 12 Chương 2 Trường vector chỉnh hình tiếp xúc trong C2 2.1 Định lý về sự tồn tại của trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thực Giả sử b(z) = iβz + ...(β ∈ R∗ ) là hàm số chỉnh hình trong lân cận U của gốc tọa độ Theo bài báo [1], tồn tại ánh xạ bảo giác Φ : V → U, trong đó U và V là hai lân cận mở của gốc tọa độ, sao cho Φ(0) = 0 và z(t) = Φ(w0 eiβt ), −∞ < t < +∞, là nghiệm của phương trình vi phân dz(t) dt = b(z(t)) = iβz(t) + ... thỏa mãn điều kiện ban đầu z(0) = Φ(w0 ) ∈ U . Do đó, ta có được kết quả: Φ0 (w)iβw = b(Φ(w)) với mọi w ∈ V. Bổ đề sau đây sẽ được dùng trong việc đổi biến trong các chứng minh sau này. Bổ đề 2.1.1. Giả sử a, b là các hàm chỉnh hình xác định trên các lân cận ∆r × U và U của gốc tọa độ lần lượt trong C2 và C với b(0) = 0 và b0 (0) = iβ, trong đó β ∈ R∗ và r > 0. Sau khi đổi biến z1 = w1 ; z2 = Φ(w2 ), 13 ta có H(z1 , z2 ) = a(z1 , z2 ) ∂ ∂ + b(z2 ) ∂z1 ∂z2 tiếp xúc với siêu mặt M = {(z1 , z2 ) ∈ ∆r × U : ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + f (z2 , Im z1 ) = 0} nếu và chỉ nếu H̃(w1 , w2 ) = a(w1 , Φ(w2 )) ∂ ∂ + iβw2 ∂w1 ∂w2 là tiếp xúc với siêu mặt M̃ = {(w1 , w2 ) ∈ ∆r × U : ρ̃(z1 , z2 ) = Re w1 + f (Φ(w2 ), Im w1 ) = 0} Chứng minh. với mọi w2 ∈ V . Do đó, chúng ta có kết quả sau đây: Do Φ0 (w2 )iβw2 = b(Φ(w2 )) với mọi w2 ∈ V nên ta có iβw2 fw2 (z2 , Im z1 ) = b(z2 )fz2 (z2 , Im z1 ) 1 Re H(ρ(z1 , z2 )) = Re [ + fz1 (z2 , Im z1 )a(z1 , z2 ) + fz2 (z2 , Im z1 )b(z2 )] 2 1 = Re[ + fw1 (Φ(w2 ), Im w1 )a(w1 , Φ(w2 )) + fw2 (z2 , Im w1 )iβw2 ] 2 = Re H̃(ρ̃(w1 , w2 )) với mọi (w1 , w2 ) ∈ ∆r × V . Như vậy, khẳng định trên đã được chứng minh. Định lý sau đây được đưa ra là một ví dụ về trường vector chỉnh hình và siêu mặt thực tiếp xúc với nhau. Định lý 2.1.2. Giả sử α ∈ R và a1 (z) = β P∞ n=1 an z n là hàm chỉnh hình không đồng nhất triệt tiêu xác định trên lân cận của 0 ∈ C, trong đó β ∈ R∗ và an ∈ C với mọi n ≥ 1. Khi đó, tồn tại các số thực dương 0 , δ0 > 0 sao cho trường vector chỉnh hình: H(z1 , z2 ) = L(z1 )a1 (z2 ) ∂ ∂ + iβz2 , ∂z1 ∂z2 trong đó L(z1 ) =    1 (exp(αz1 − 1)) nếu α 6= 0 α  z1 nếu α = 0, 14 tiếp xúc với siêu mặt C 1 -trơn M được cho bởi công thức: M = {(z1 , z2 ) ∈ ∆δ0 × ∆0 : ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + f (z2 , Im z1 ) = 0}, trong đó f và P lần lượt xác định trên ∆0 × (−δ0 , δ0 ) và ∆0 cho bởi công thức    1 log| cos(R(z2 )+αt) | nếu α 6= 0 α cos(R(z2 ) f (z2 , t) =  tan(R(z2 ))t nếu α = 0, P ở đây R(z2 ) = q(|z2 |) − Re( ∞ n=1 P (z2 ) = an n z ) n 2 với mọi z2 ∈ ∆0 , và    1 log[1 + αP1 (z2 ) nếu α 6= 0 α  P1 (z2 ) nếu α = 0, với P1 (z2 ) = exp[p(|z2 |) + Re( ∞ X an n=1 n z2n ) − log|cosR(z2 )|] với mọi z2 ∈ ∆∗0 và P1 (0) = 0 và q, p là các hàm hợp xác định trên [0, 0 ) và (0, 0 ) lần lượt với q(0) = 0, chẳng hạn như q(t) = 0 và p(t) = − t1α với mọi t > 0, sao cho P, R là các hàm C 1 -trơn trong ∆0 . Chứng minh. Trước hết ta có thể dễ dàng thấy rằng với 0 > 0 chúng ta có thể chọn được hàm q sao cho hàm R xác định như trong định lý là C 1 -trơn và |R(z2 )| ≤ 1 trên ∆0 . Chọn δ0 = 21 |α| nếu α 6= 0 và δ0 = +∞ nếu ngược lại. Khi đó, hàm f (z2 , t) được đưa ra trong định lý là C 1 -trơn trên ∆0 × (−δ0 , δ0 ). Mặt khác, f (z2 , t) là hàm giải tích thực theo biến t và ∂mf ∂tm là C 1 -trơn trên ∆0 × (−δ0 , δ0 ) với mỗi m ∈ N. Tiếp theo, gọi P1 , P, R là các hàm số xác định như trong định lý và đặt Q(z2 ) := tan(R(z2 )) với mọi z2 ∈ ∆0 . Do đó, từ các bổ đề 1.2.1, bổ đề 1.2.2, hệ quả 1.2.4, ta có các phương trình sau: (i) Re[iβz2 Q0z2 (z2 ) + 12 (1 + Q20 (z2 ))ia1 (z2 )] ≡ 0; (ii) Re[iβz2 P1z2 (z2 ) − ( 21 + (iii) Re[iβz2 Pz2 (z2 ) − Q20 (z2 ) )a1 (z2 )P1 (z2 )] 2i exp (−αP (z2 ))−1 1 (2 α + ≡ 0; Q20 (z2 ) )a1 (z2 )] 2i 15 ≡ 0 nếu α 6= 0; (iv) (i + ft (z2 , t))exp(α(it − f (z2 , t))) ≡ i + Q0 (z2 ); (v) Re[2iβz2 fz2 (z2 , t) + (ft (z2 , t) − Q0 (z2 ))ia1 (z2 )] ≡ 0 trên ∆0 với mọi t ∈ (−0 , 0 ). Bây giờ, ta chứng minh rằng trường vector chỉnh hình H là tiếp xúc tới M . Do đó, bằng các phép tính toán đơn giản chúng ta có ρz2 (z1 , z2 ) = Pz2 (z2 ) + fz2 (z2 , Im z1 ). Vì thế, chứng minh được ra hai trường hợp sau đây: a) α = 0. Trong trường hợp này f (z2 , t) = Q0 (z2 )t với mọi (z2 , t) ∈ ∆0 × (−δ0 , δ0 ). Như vậy, từ (i)và (ii) ta có: 1 Q0 (z2 ) ReH(ρ(z1 , z2 )) = Re[( + )z1 a1 (z2 ) + (P1z2 + (Im z1 )Q0z2 iβz2 )] 2 2i 1 Q0 (z2 ) )(i(Im z1 ) − P1 (z2 ) − (Im z1 )Q0z2 )a1 (z2 )) = Re[( + 2 2i + (P1z2 + (Im z1 )Q0z2 (z2 )iβz2 )] 1 Q0 (z2 ) = Re[iβz2 P1z2 (z2 ) − ( + )a1 (z2 )P1z2 ] 2 2i 1 + (Im z1 )Re[iβz2 Q0z2 (z2 ) + (1 + Q0 (z2 )2 )ia1z2 ] = 0 2 với mọi (z1 , z2 ) ∈ M . Vì vậy, ta chứng minh được định lý trong trường hợp α = 0. b) α 6= 0. Từ các khẳng định (iii), (iv) và (v) ta có: ReH(ρ(z1 , z2 )) 1 ft (z2 , Im z1 ) =Re[( + )L(z1 )a1 (z2 ) + (Pz2z2 (z2 ) + fz2 (z2 , Im z1 ))iβz2 2 2i 1 ft (z2 , Im z1 ) 1 =Re[( + ) (exp(α(iIm z1 − f (z2 , Im z1 ))) − 1)a(z2 ) 2 2i α + (Pz2 (z2 ) + fz2 (z2 , Im z1 ))iβz2 ] 1 i + ft (z2 , Im z1 ) )(exp(α(iIm z1 − f (z2 , Im z1 )))exp(−αP (z2 ))a1 (z2 ) α 2i 1 1 i + ft (z2 , Im z1 ) − ( + )a1 (z2 ) + (Pz2 (z2 ) + fz2 (z2 , Im z1 ))iβz2 ] α 2 2i =Re[( 16 =Re[( 1 i + Q0 (z2 ) 1 1 ft (z2 , Im z1 ) )exp(−αP (z2 ))a1 (z2 ) − ( + )a1 (z2 ) α 2i α 2 2i + (Pz2 (z2 ) + fz2 (z2 , Im z1 ))iβz2 ] 1 Q0 (z2 ) exp(−αP (z2 )) − 1 =Re[iβz2 Pz2 (z2 ) + ( + ) a(z1 )] 2 2i α 1 (ft (z2 , Im z1 ) − Q0 (z2 ))ia(z2 )] = 0 + Re[iβz2 Pz2 (z2 )fz2 (z2 , Im z1 ) + 2α với mọi (z1 , z2 ) ∈ M . Vì vậy, định lý được chứng minh. 2.2 Họ siêu mặt tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường Giả sử (M, p) là một mầm siêu mặt trong Cn sao cho p là điểm kiểu vô hạn. Bài toán đặt ra là tìm các trường vector tiếp xúc với M và triệt tiêu tại p. Chính xác hơn, chúng ta sẽ tìm tất cả các trường vector chỉnh hình tiếp xúc với một mầm (M, p) siêu mặt trơn lớp C∞ kiểu vô hạn tại gốc tọa độ 0 = (0, 0) trong C2 và triệt tiêu tại 0. Giả sử (M, 0) là một mầm siêu mặt trơn lớp C∞ . Khi đó M được xác định như sau M = {(z1 , z2 ) ∈ C2 : ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0}, (2.1) trong đó P và Q là các hàm số C ∞ -trơn với P (0) = 0, dP (0) = 0, và Q(0, 0) = 0. Chú ý rằng nếu hàm P không chứa hạng tử điều hòa (z k , z̄ k ) thì M có kiểu vô hạn tại 0 khi và chỉ khi P triệt tiêu vô hạn tại 0. Trường hợp P (z2 ) là một hàm dương trên một đĩa thủng, GS K.T. Kim và TS N.V. Thu [2] đã chỉ ra rằng không có một trường vector chỉnh hình không tầm thường triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với mầm (M, 0) các siêu mặt thực trơn lớp C ∞ , ngoại trừ hai trường hợp sau: (i) Cấp triệt tiêu của Q(z2 , 0) tại z2 = 0 là hữu hạn và Q(z2 , 0) bao gồm số hạng đơn thức z2k với số nguyên dương k nào đó. 17 (ii) Bằng cách đổi tọa độ nếu cần, siêu mặt M là đối xứng, có nghĩa là ρ(z1 , z2 ) = ρ(z1 , |z2 |), và trong trường hợp này trường vector chỉnh hình là của toán tử iβz2 ∂z∂ 2 với số thực β khác không nào đó. Kết quả chính thứ nhất trong luận văn này là trình bày lại cách chứng minh định lý sau đây. Định lý 2.2.1. Nếu một mầm (H, 0) các trường vector chỉnh hình không tầm thường triệt tiêu tại gốc tọa độ tiếp xúc với một mầm (M, 0) các siêu mặt thực không đối xứng được cho bởi phương trình ρ(z) := ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + f (z2 , Im z1 ) = 0 thỏa mãn các điều kiện sau: (1) f (z2 , t) là hàm giải tích thực trong một lân cận của 0 ∈ C × R thỏa mãn f (z2 , 0) ≡ 0, (2) P (z2 ) > 0 với mọi z2 6= 0, (3) P có cấp vô cùng triệt tiêu tại z2 = 0, thì tồn tại α, β, 0 , δ0 ∈ R với β 6= 0, 0 > 0, δ0 > 0 sao cho, sau khi đổi tọa độ theo z2 , ta có H(z1 , z2 ) = L(z1 )a1 (z2 ) trong đó a1 (z2 ) = β P∞ n=1 ∂ ∂ + iβz2 , ∂z1 ∂z2 an z2n (an ∈ C, n ≥ 1) là chỉnh hình trong ∆0 := {z2 ∈ C : |z2 | < 0 } và L(z1 ) =    1 (exp (αz1 ) − 1) nếu α 6= 0 α  z1 nếu α = 0, hàm f và P lần lượt xác định trên 40 × (−δ0 , δ0 ) và 40 bởi công thức sau đây:    1 log| cos(R(z2 )+αt) | nếu α 6= 0 α cos(R(z2 )) f (z2 , t) =  tan(R(z2 ))t nếu α = 0, P trong đó R(z2 ) = q(|z2 |) − Re( ∞ n=1 P (z2 ) = an n z ) n 2 với mọi z2 ∈ 40 , và    1 log[1 + αP1 (z2 )] nếu α 6= 0 α  P1 (z2 ) nếu α = 0, 18