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
- Xem thêm -