Tìm hiểu về bài toán Pompeiu và một số vấn đề liên quan

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA : TOÁN-CƠ-TIN HỌC
Trần Thế Dũng
TÌM HIỂU VỀ BÀI TOÁN
POMPEIU VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ
LIÊN QUAN
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUY
Ngành: Toán học
Cán bộ hướng dẫn: TS. Đặng Anh Tuấn
HÀ NỘI- 2012
Lời cảm ơn
Nhân dịp này, e m xin chân thành cảm ơn thầy Đặng Anh Tuấn, người đã
trực tiếp hướng dẫn và tận tình chỉ bảo em trong suốt quá trình thực hiện
khóa luận.
Đồng thời, em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các
thầy giáo, c ô giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin, trường Đại học Khoa học Tự
Nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội, đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá
trình học tập tại khoa.
Cuối c ùng xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã giúp đỡ, c ổ vũ động viên và
đóng góp nhiều ý kiến quý báu trong cuộc sống, công việc và học tập nói
chung cũng như trong việc thực hiện khoá luận này.
Hà Nội, ngày 16 tháng 5 năm 2012.
Sinh viên
Trần Thế Dũng
1
Mục lục
Mở đầu 4
Giới thiệu 4
0.1 Bài toán Pompeiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
0.2 Bài toán Morera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1 Bài toán tổng hợp phổ 8
1.1 Tổng hợp phổ trong E(R
n
) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Ideal bất biến đối với phép quay . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Tính chất Pompeiu, Morera 29
2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2 Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3 Ứng Dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Kết luận 52
Tài liệu tham khảo 53
2
DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
• B(a, R) : Hì nh cầu mở tâm a bán kí nh R.
• D
α
: Đạ o hàm suy rộng cấp α.
•

T , FT : Biến đổi Fourier của hàm T .
• F
−1
T : Biến đổi Fourier ngược của hàm T .
• C(R
n
) : Không gia n các hàm liên tục trên R
n
với tôpô hội tụ đều trên
từng compact.
• E(R

n
): Không gian các hàm khả vi vô hạn trong R
n
.
• E
′
(R
n
): Không gian các hàm suy rộng có giá compact trong R
n
.
•

E
′
(R
n
) = {

T : T ∈ E
′
(R
n
)}.
• T = E
−
lim
m→∞
T
m

: Dãy {T
m
} hội tụ trong E tới hàm T ∈ E.
• T = E
′
−
lim
m→∞
T
m
: Dãy {T
m
} hội tụ trong E
′
tới hàm T ∈ E
′
.
• T =

E
′
−
lim
m→∞
T
m
: Dãy {T
m
} hội tụ trong


E
′
tới hàm T ∈

E
′
.
• Kerφ : Hạt nhân của φ.
• M
A
: Không gi an ideal cực đại của A.
• M
α
= {z = (z
1
, z
2
) ∈ C
2
: z
2
1
+ z
2
2
= α}.
• µ
D
, µ
r

: Độ đo diện tích trên D, B( 0, r).
• ν
Γ
, ν
r
: Độ đo dξ của Γ, ∂B(0, r).
• σ
Γ
, σ
r
: Độ đo tuyến tính chuẩn hoá trên Γ, ∂B(0, r).
• J
n
: Hàm Bessel loại 1 cấp n.
• Q
n
(ζ
0
) = {ζ
1
/ζ
2
: J
n
(ζ
1
) = J
n
(ζ
2

) = ζ
0
}.
3
Mở đầu
Bài toán Pompeiu được Pompeiu đưa ra vào năm 1929, là bài toán
ngược có dạng: Miền D có dạng gì để từ việc tích phân của một hàm trên
bất cứ miền là ảnh của D qua các phép dịch chuyển cứng ( phép dịch
chuyển bảo toàn khoảng cách ) đều bằng 0 thì hàm đồng nhất bằng 0.
Khoá luận này sẽ trình bày lại một phần bài báo [2] . Bố cục của khoá
luận bao gồm.
⋄ Giới thiệu.
Ở phần này chúng ta sẽ đưa ra định nghĩa cho bài toán Pompeiu, bài
toán Morera, sau đó là một số kết quả cơ bản sẽ được dùng đến ở các
chương 1, 2.
⋄ Chương 1: Bài toán tổng hợp phổ.
Chương 1 sẽ nói về bài toán tổng hợp phổ. Mệnh đề 1.1 cho phép ta
chuyển bài toán tổng hợp phổ xét trên không gian con đóng, bất biến
đối với phép quay của E(R
n
) về bài toán cho ideal đóng trong vành

E
′
(R
n
). Kết quả chí nh trong chương này ( Định lý 1.2 ) được chứng
minh bằng cách sử dụng Định lý 0.1.
⋄ Chương 2: Tính chất Pompe iu, Morera.
Định lý 2.1 đưa ra tiêu chuẩn cho việc kiểm tra một tập có thoả mãn

tính chất Pompeiu, Morera hay không. Định lý 2.2 cho ta mối liên hệ
giữa tính chất Pompe iu và tính chất Morera. Định lý 2.3, 2.8, 2.9 lần
lượt cho ta các kết quả, độ do diện tích của hình tròn không có tính
chất Pompeiu, độ đo di ện tích của elip và miền đa giác có tính chất
Pompeiu.
4
0.1 Bài toán Pompeiu
Năm 1929 D.Pompeiu đưa ra bài toán sau, bài toán này thường được
gọi là bài toán Pompeiu. Bài toán phát bi ểu như sau :
Cho D là một miền bị chặn trong R
2
, và

là nhóm tất cả các phép dịch
chuyển cứng trong mặt phẳng. Giả sử rằng f là hàm liên tục trên mặt
phẳng thoả mãn

σ(D)
f(x, y)dxdy = 0, ∀σ ∈

. (1)
Khi đó c ó suy ra được f(x, y) ≡ 0 ?
Trong bài báo đầu tiên [14], Pompeiu khẳng định rằng câu trả lời là
đúng khi D là hình tròn. Tuy nhiên sau đó kết quả này được phát hiện là
sai; ví dụ như với hàm f(x, y) = sinax, trong đó a được chọn thích hợp.
Sau đó, Pompeiu chứng minh trong [15] rằng câu trả lời là đúng khi D là
hình vuông, với giả thiết f có giới hạn tại vô cùng. Những hạn chế này
sau đó được khắc phục bởi C. Christov, người chứng minh khẳng định cho
câu hỏi nếu D l à hình tam giác hoặc hình bình hành [11], [12]. Cuối cùng,
trong [1] L.B rown, F.Schnitzer và A. Shields chứng minh kết quả đặc biệt

hơn và tổng quát hơn kết quả của Christov.
Bài toán Pompeiu có thể phát biểu dưới dạng khác. Với miền D sao
cho (1) đúng thì có suy ra được f ≡ 0 ? Trong khoá luận này chúng ta
sẽ giải quyết bài toán này bằng cách sử dụng biến đổi Fourie r của độ đo
diện tích trên D ( Định lý 2.1). Sử dụng kết quả này, chúng ta chứng minh
được kết quả: Bài toán Pompeiu là đúng khi D là hình elip (Định lý 2.8),
miền đa gi ác ( Định lý 2. 9).
0.2 Bài toán More ra
Nghiên cứu bài toán Pompeiu chúng ta sẽ thấy nó có mối liên hệ với
một số bài toán khác, một trong số trong đó là bài toán Morera. Bài toán
Morera được phát biể u như sau : Giả sử { Γ} là một tập các đường cong
5
đóng trong mặt phẳng với biên có độ dài hữu hạn, f là hàm liên tục trên
R
2
. Đặt ζ = x + iy, giả sử rằng,

σ(Γ)
f(ζ)dζ = 0 với mọi σ ∈

và Γ ∈ {Γ}. (2)
Lúc đó f có là hàm nguyên, chỉnh hình theo biến ζ hay không? Trong [10]
bằng cách sử dụng định lý Green L.Zalcman chứng minh rằng khi D là
miền phẳng có biên Γ là đường cong có độ dài hữu hạn, bài toán Pompe iu
cho miền D đúng thì bài toán Morera cho Γ cũng đúng. Khoá luận này sẽ
chứng minh rằng điều ngược lại cũng đúng (Định lý 2.2) .
Cặp giữa E(R
n
) và E
′

(R
n
) được kí hiệu là T (f) với f ∈ E(R
n
) và
T ∈ E
′
(R
n
). Định nghĩa T ∗ f là tích chập của T và f. Tập các độ đo
Borel µ với giá c o m pact trong R
n
sẽ được đồng nhất với không gian con
của E
′
(R
n
) qua công thức
µ(f) =

R
n
f(t)dµ(t) .
Với T ∈ E
′
(R
n
), biến đổi Fourier của T được xác định bởi

T (z) = T (e

iz.x
),
trong đó z = (z
1
, . . . , z
n
) ∈ C
n
, x = (x
1
, . . . , x
n
) ∈ R
n
và
z.x = z
1
x
1
+ ··· + z
n
x
n
. Định lý Paley-Wi ener-Schwartz [[16], trang 21]
đồng nhất không gian

E
′
(R
n

) = {

T : T ∈ E
′
(R
n
)} với không gian các hàm
nguyên F trên C
n
sao cho
|F (z)| ≤ C(1 + |z|)
N
e
A|Imz|
, z ∈ C
n
, (3)
trong đó C, A, N là các hằng số, |z|
2
= |z
2
|
2
+ . . . + |z
n
|
2
và Imz =
(Imz
1

, . . . , Imz
n
) là ảnh của z.
Sự hội tụ trong

E
′
(R
n
) được đặc trưng bởi.
Mệnh đề 0.1. ([[3], bổ đề 5.17]) M ột dãy F
j
trong

E
′
(R
n
) hội tụ tới
F ∈

E
′
(R
n
) khi và chỉ khi
i ) F
j
→ F đều trên từng compact của C
n

, và
ii) Bất đẳng thức (3) đúng với tất cả F
j
trong đó A, C, N là các hằng
số độc lập với j.
6
Trong khoá luận này, chúng ta sẽ s ử dụng kết quả của Mệ nh đề 0.1 làm
định nghĩa cho sự hội tụ của một dãy F
j
∈

E
′
(R
n
).
Định nghĩa 0.1. Ta nói tập con I của

E
′
(R) không có không điểm chung
trên C nếu với mọi z ∈ C tồn tại f ∈ I sao cho f(z) = 0.
Định lý 0.1. (L.Schwartz [16]) Cho I là i deal của

E
′
(R) thoả mãn I không
có không điểm chung trên C. Khi đó tồn tại một dãy hàm trong I hội tụ
tới hàm hằng 1.
Mệnh đề 0.2. Cho V là không gian con đóng, bất biến qua phép tịnh tiến

của C(R
n
) và V
1
= V ∩E(R
n
). Khi đó ta có
V
1
= V với tôpô của C(R
n
).
Nếu bài toán Pompeiu, Morera, tổng hợp phổ đúng cho các hàm trong
E(R
n
) thì bằng cách sử dụng Mệnh đề 0.2 ta suy ra được rằng bài toán
Pompeiu, Morera, tổng hợp phổ cũng đúng cho các hàm trong C(R
n
)
7
Chương 1
Bài toán tổng hợp phổ
1.1 Tổng hợp phổ trong E(R
n
)
Xét bài toán tổng hợp phổ trong E(R
n
) [16]. Một hàm được gọi l à đa
thức - mũ nếu nó c ó dạng f(x) = p(x)e
iz.x

trong đó x ∈ R
n
, z ∈ C
n
và p
là đa thức. Cho V là không gian con đóng, bất biến đối với phép tịnh tiến
của E(R
n
), V
0
là không gian tuyến tính, đóng sinh bởi các hàm đa thức -
mũ thuộc V . Khi đó V
0
⊂ V . Bài toán tổng hợp phổ được đặt ra là : khi
nào thì có V
0
= V ?
Chúng ta sẽ xem xét bài toán trên bằng cách đưa bài toán về việc xét
ideal đóng trong vành

E
′
(R
n
). Với V và V
0
được xác định như trên, định
nghĩa:
V
⊥

= {T ∈ E
′
(R
n
) : T (f) = 0 với mọi f ∈ V } ,
V
⊥
0
= {T ∈ E
′
(R
n
) : T (f) = 0 với mọi f ∈ V
0
} ,
và
I = {

T : T ∈ V
⊥
},
I
0
= {

T : T ∈ V
⊥
0
}.
Mệnh đề sau đưa ra một cách phát biểu khác của bài toán tổng hợp phổ.

Mệnh đề 1.1. I và I
0
là các ideal đóng trong

E
′
(R
n
). Hơn nữa I = I
0
nếu và chỉ nếu V = V
0
.
Chứng minh: (1) I là ideal đóng trong

E
′
(R
n
)
I là vành con của

E
′
(R
n
)
8
Đóng cộng : Với bất kì


T
1
,

T
2
∈ I, ta sẽ chứng minh

T
1
+

T
2
∈ I.
Thật vậy, do

T
1
,

T
2
∈ I nên T
1
, T
2
∈ V
⊥
suy ra T

1
, T
2
∈ E
′
(R
n
) và
T
1
(f) = T
2
(f) = 0 với mọi f ∈ V.
Từ đó T
1
+ T
2
∈ E
′
(R
n
), và
(T
1
+ T
2
)(f) = T
1
(f) + T
2

(f) = 0 với mọi f ∈ V,
suy ra T
1
+ T
2
∈ V
⊥
, do đó

T
1
+

T
2
=

T
1
+ T
2
∈ I.
Đóng nhân : Với bất kì

T
1
,

T
2

∈ I, ta sẽ chứng minh

T
1
.

T
2
∈ I. Thật
vậy, do

T
1
,

T
2
∈ I nên T
1
, T
2
∈ E
′
(R
n
) và
T
1
(f) = T
2

(f) = 0 với mọi f ∈ V (1.1)
Từ đó T
1
∗T
2
∈ E
′
(R
n
) và (T
1
∗T
2
)(f) = T
1
((T
2
∗f

)


với f

(x) = f(−x).
Do V bất biến đối với phép tịnh tiến nên với f ∈ V thì f

∈ V , ta lại có
(T ∗g)(x) = T (


g) với

g(x) = g(x − y),
kết hợp với (1.1) nhận được T
2
∗ f

= 0 với mọi f ∈ V , do đó
(T
1
∗ T
2
)(f) = T
1
((T
2
∗ f

)

) = T
1
(0) = 0 với mọi f ∈ V.
Điều này chứng tỏ
T
1
∗ T
2
∈ V
⊥

,
vậy

T
1
.

T
2
=

T
1
∗ T
2
∈ I.
Chứng minh I đóng.
Giả sử có dãy {

T
m
} với

T
m
∈ I, m = 1, 2, . . . sao cho tồn tại T
′
∈

E

′
(R
n
)
thoả mãn
T
′
=

E
′
−
lim
m→∞

T
m
.
Ta cần chứng minh rằng T
′
∈ I. Vì T
′
∈

E
′
(R
n
) nên tồn tại T ∈ E
′

(R
n
) sao
cho T
′
=

T , do đó để chứng minh T
′
∈ I ta chỉ cần chứng minh T ∈ V
⊥
.
Trước hết ta sẽ chứng minh
T = E
′
−
lim
m→∞
T
m
. (1.2)
Do

T =

E
′
−
lim
m→∞


T
m
nên theo định nghĩa của sự hội tụ trong

E
′
(R
n
) suy ra
9
•

T
m
⇉

T trên từng compact, và
• Tồn tại các hằng số C, N, A độc lập với m sao cho
|

T
m
(z)| ≤ C(1 + |z|)
N
e
A|Imz|
, ∀z ∈ C
n
. (1.3)

Từ (1.3) và định lý Paley-Wiener-Schwartz, suy ra tồn tại R > 0 sao cho
suppT
m
⊂
B( 0, R), ∀m. (1.4)
Tiếp theo ta sẽ chứng minh
lim
m→∞
< T
m
, ϕ >=< T, ϕ >, ∀ϕ ∈ C
∞
0
(R
n
). (1.5)
Thật vậy, với mỗi ϕ gọi ψ = F
−1
ϕ là biến đổi Fourier ngược của ϕ. Khi
đó ta c ó
< T, ϕ >=< T,

ψ >=<

T , ψ >,
suy ra
| < T
m
, ϕ > − < T, ϕ > | = | <


T
m
, ψ > − <

T , ψ > |
= |

R
n

T
m
(z)ψ(z)dz −

R
n

T (z)ψ(z)dz|
= |

|z|≤R

T
m
(z)ψ(z)dz −

|z|≤R

T (z)ψ(z)dz
+


|z|>R

T
m
(z)ψ(z)dz −

|z|>R

T (z)ψ(z)dz|
≤

|z|≤R
|

T
m
(z)ψ(z) −

T (z)ψ(z)|dz
+

|z|>R
|

T
m
(z)ψ(z) −

T (z)ψ(z)|dz

≤

|z|≤R
|

T
m
(z) −

T (z)||ψ(z)|dz
+

|z|>R
|

T
m
(z) −

T (z)||ψ(z)|dz.
(1.6)
Từ

T =

E
′
−
lim
m→∞


T
m
, s uy ra
|

T (z)| ≤ C(1 + |z|)
N
e
A|Imz|
, ∀z ∈ R
n
10
do đó
|

T
m
(z) −

T (z)| ≤ 2C(1 + |z|)
N
e
A|Imz|
= 2C(1 + |z|)
N
, ∀z ∈ R
n
.
Do ϕ ∈ C

∞
0
(R
n
) nê n ψ là hàm giảm nhanh, nên ta có thể chọn R đủ
lớn s ao cho ∀z /∈
B( 0, R), ∀m thì
|ψ(z)| ≤
1
2C(1 + |z|)
2+N +m+n
.
Do đó ta có

|z|>R
|

T
m
(z)ψ(z) −

T (z)ψ(z)|dz ≤

|z|>R
1
(1 + |z|)
2+m+n
dz. (1.7)
Mặt khác do


T
m
⇉

T trên từng compac t, nên ta có
lim
m→∞
sup
z∈
B(0,R)
|

T
m
(z) −

T (z)| = 0. (1.8)
Từ (1.6) (1.7) và (1.8) suy ra
0 ≤ lim
m→∞
| < T
m
, ϕ > − < T, ϕ > |
≤ lim
m→∞
(

|z|>R
1
(1 + |z|)

2+m+n
dz)
+ ( lim
m→∞
sup
z∈
B(0,R)
|

T
m
(z) −

T (z)|)

|z|≤R
sup
z∈
B(0,R)
|ψ(z)|dz = 0,
điều này chứng tỏ (1.5) đúng.
Từ (1.5) và (1.4) suy ra (1.2) đúng .
Do

T
m
∈ I nên T
m
∈ V
⊥

, suy ra T
m
(f) = 0 với mọi f ∈ V , kết hợp
với (1.2) ta suy ra
T (f) = lim
m→∞
T
m
(f) = 0 với mọi f ∈ V,
điều này chứng tỏ T ∈ V
⊥
, do đó T
′
=

T ∈ I, vậy tính đóng của I được
chứng minh.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng
fg ∈ I với mọi f ∈ I và g ∈

E
′
(R
n
). (1.9)
11
Với
A = {
m


k=1
c
k
e
iz.x
k
: c
k
∈ C, x
k
∈ R
n
, z ∈ C
n
}
thì
A =

E
′
(R
n
). Mặt khác I đóng nên để chứng minh (1.9) ta chỉ cần
chứng mi nh rằng ∀x ∈ R
n
và

T ∈ I thì hàm f(z) = e
iz.x


T (z) thuộc I. Ta
có
f(z) = e
iz.x

T (z) =

T (z + x).
Hay nói cách khác thì f l à biến đổi Fourier của T
−x
, với T
−x
(z) = T (x+z).
Như vậy f ∈ I.
Tương tự, ta có I
0
là ideal đóng trong

E
′
(R
n
).
(2) I = I
0
khi và chỉ khi V = V
0
. Theo định nghĩa của V
⊥
và V

⊥
0
ta
có
V
⊥
⊂ V
⊥
0
. (1.10)
Trước hết ta chứng minh
I = I
0
⇔ V
⊥
= V
⊥
0
. (1.11)
Chiều thuận: Lấy T ∈ V
⊥
0
khi đó ta có

T ∈ I
0
= I suy ra T ∈ V
⊥
.
Điều này chứng tỏ V

⊥
0
⊂ V
⊥
. Kết hợp điều này với (1.10), suy ra chiều
thuận của (1.11) được chứng minh.
Chiều đảo : Do (1.10) nên I ⊂ I
0
, vậy ta cần chứng minh thêm I
0
⊂ I.
Lấy

T ∈ I
0
ta chứng minh

T ∈ I. Thật vậy, do

T ∈ I
0
nên T ∈ V
⊥
0
⊂ V
⊥
suy ra

T ∈ I.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh

V
⊥
0
= V
⊥
⇔ V = V
0
. (1.12)
Chiều thuận : Do V
0
⊂ V ( theo định nghĩa ) nên ta cần chứng minh
thêm V ⊂ V
0
. Phản chứng, giả sử ngược lại tồn tại f ∈ V nhưng f /∈ V
0
.
Áp dụng [[9], Định lý 3.5, trang 59] cho không gian lồi địa phương

E
′
(R
2
),
suy ra tồn tại T ∈ V
⊥
0
sao cho

T (f) = 1,
T (g) = 0, ∀g ∈ V

0
.
(1.13)
12
Do T ∈ V
⊥
0
nên T ∈ V
⊥
, suy ra T(f) = 0, điều này mâu thuẫn với (1.13).
Vậy điều giả sử của ta là sai, do đó V ⊂ V
0
.
Chiều đảo : Lấy T ∈ V
⊥
0
ta có T (f) = 0 với mọi f ∈ V
0
= V , suy ra
T ∈ V
⊥
. Điều này chứng tỏ V
⊥
0
⊂ V
⊥
. Kết hợp điều này với (1.10) suy ra
chiều đảo của (1.12) được chứng minh.
Từ (1.11) và (1.12) suy ra I = I
0

⇔ V = V
0
. Định lý được chứng minh
hoàn toàn. 
Ideal I
0
có thể được mô tả chính xác hơn như sau. Với I là một ideal
trong

E
′
(R
n
), I
loc
là ideal các hàm trong

E
′
(R
n
) thuộc I địa phương. Tức
là F ∈ I
loc
khi và chỉ khi với mỗi z
0
∈ C
n
tồn tại lân cận U của z
0

, các
hàm F
1
, . . . , F
m
thuộc I và các hàm G
1
, . . . , G
m
chỉnh hình trên U sao cho
F (z) = G
1
(z)F
1
(z) + ··· + G
m
(z)F
m
(z), ∀z ∈ U.
Mệnh đề 1.2. I
0
= I
loc
.
Chứng minh : (1) I
loc
⊂ I
0
. Lấy


T ∈ I
loc
ta cần chứng minh

T ∈ I
0
.
Tuy nhiên do định nghĩa của I
0
ta chỉ cần chứng minh rằng với

T ∈ I
loc
và f(x) = p(x)e
iz
0
.x
∈ V
0
thì T (f) = 0.
Theo định nghĩa của I
loc
, tồn tại lâ n cận U của z
0
, các hàm

T
1
, . . . ,


T
m
thuộc I và các hàm G
1
, . . . , G
m
chỉnh hì nh trên U sao cho trên U ta có

T (z) = G
1
(z)

T
1
(z) + ··· + G
m
(z)

T
m
(z). (1.14)
Với bộ đa chỉ số α = (α
1
, . . . , α
n
), kí hiệu |α| = α
1
+ ··· + α
n
,

x
α
= x
α
1
1
···x
α
n
n
và ∂x
α
= ∂x
α
1
1
···∂x
α
n
n
, đa thức bậc N , p(x) =

|α|≤N
a
α
x
α
.
Toán tử vi phân
D

α
x
= i
−|α|
∂
|α|
∂x
α
1
1
···∂x
α
n
n
,
và
p(D) =

|α|≤N
a
α
D
α
.
13
Khi đó với f xác định như trên ta có
T (f) = T (p(x)e
iz
0
.x

) = T (

|α|≤N
a
α
x
α
e
iz
0
.x
) = T (

|α|≤N
a
α
D
α
z
(e
iz.x
)
z=z
0
)
=

|α|≤N
a
α

D
α
z
[T (e
iz.x
)]
z=z
0
= p(D
z
)[T (e
iz.x
)]
z=z
0
= p(D
z
)[

T (z)]
z=z
0
.
(1.15)
Như vậy ta cần chứng minh
p(D
z
)[

T (z)]

z=z
0
= 0. (1.16)
Với mỗi y ∈ R
n
ta có
f
y
(x) = f(x + y) = p(x + y)e
iz
0
.(x+y)
= e
iz
0
.x
p(x + y)e
iz
0
.y
∈ V
0
, x ∈ R
n
.
Do V bất biến đối với phép tịnh tiến nên với p(x
1
, x
2
, . . . , x

n
) ∈ V thì
p(x
1
+ h, x
2
, . . . , x
n
) ∈ V , kết hợp với tí nh đóng của V ta nhận được
p
(1,0,···,0)
(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = E
−
lim
h→0
1
h
(p(x
1
+h, x
2
, . . . , x
n
)−p(x

1
, x
2
, ··· , x
n
)) ∈ V.
Tương tự trên và s ử dụng qui nạp ta nhận được kết quả mỗi đạo hàm
của p là giới hạn trong E(R
n
) của một tổ hợp tuyến tính các phép dịch
chuyển của p. Do đó p
(α)
(x)e
iz
0
.x
∈ V
0
với mọi α, trong đó
p
(α)
= i
|α|
D
α
p(x), x ∈ R
n
.
Từ công thức Leibniz tổng quát [[5], trang 10], với mỗi 1 ≤ i ≤ m ta
có

p(D)[G
i
(z)

T
i
(z)]
z=z
0
= (

|α|≤N
1
α!
D
α
G
i
(z)p
(α)
(D)[

T
i
(z)])
z=z
0
. (1.17)
Nhưng do T
i

∈ V
⊥
⊂ V
⊥
0
nên trong (1.14) thay T bởi T
i
và thay p bởi
p
(α)
ta có
p
(α)
(D)[

T
i
(z)]
z=z
0
= 0, 1 ≤ i ≤ m.
14
Do đó vế trái của (1.17) bằng 0 với mọi i, kéo theo (1.14) đúng trên U,
suy ra (1.16) đúng.
(2) I
0
⊂ I
loc
. Lấy


T ∈ I
0
ta cần chứng minh

T ∈ I
loc
, tức là với z
0
∈ C
n
cần chỉ ra lân cận U của z
0
, các hàm

T
1
, . . . ,

T
m
thuộc I và các hàm
G
1
, . . . , G
m
chỉnh hình trên U sao cho (1.14) đúng trên U. Từ [[ 6], Hệ quả
6.3.6, trang 164] ta chỉ c ần tìm chuỗi luỹ thừa hình thức G
1
, . . . , G
m

theo
z − z
0
sao cho (1.14) đúng với

T
1
, . . . ,

T
m
∈ I.
Xét ideal I
z
0
sinh bởi I trong vành A
z
0
của các mầm hàm chỉnh hình
gần z
0
. I
z
0
là hữu hạn sinh do A
z
0
là Noetherian của các mầm tại z
0
của các

hàm

T
1
, . . . ,

T
m
∈ I. Chúng ta sẽ tìm chuỗi luỹ thừa hình thức G
1
, . . . , G
m
tại z
0
sao cho (1.14) đúng với cách chọn

T
i
trên.
Phương trình (1.14) theo chuỗi luỹ thừa hình thức có thể viết dưới dạng
hệ phương trình của G
1
, . . . , G
m
như sa u
D
α
[

T (z)]

z=z
0
= D
α
[
m

i=1
G
i
(z)

T
i
(z)]
z=z
0
, ∀α.
Việc tìm chuỗi luỹ thừa hình thức G
1
, . . . , G
m
thực chất là tìm hệ số
của chúng. Giả sử
G
i
(z) =
∞

|β|=0

a
iβ
(z − z
0
)
β
, i =
1, m,
khi đó ta có
D
α
[G
i
(z)

T
i
(z)] =

γ≤α

γ
α

D
γ
[G
i
(z)]D
α−γ

[

T
i
(z)]
=

γ≤α

γ
α

D
γ
[
∞

|β|=0
a
iβ
(z − z
0
)
β
]D
α−γ
[

T
i

(z)],
suy ra
D
α
[G
i
(z)

T
i
(z)]
z=z
0
=

γ≤α
∞

|β|=0
a
iβ
[D
γ
(z − z
0
)
β
D
α−γ


T
i
(z)]
z=z
0
=

γ≤α
a
iγ
γ!D
α−γ
[

T
i
(z)]
z=z
0
,
15
vì vậy
D
α
[
m

i=1
G
i

(z)

T
i
(z)]
z=z
0
=
m

i=1

γ≤α
a
iγ
γ!D
α−γ
[

T
i
(z)]
z=z
0
.
Do đó hệ
D
α
[


T (z)]
z=z
0
= D
α
[
m

i=1
G
i
(z)

T
i
(z)]
z=z
0
, ∀α,
trở thành
D
α
[

T (z)]
z=z
0
=
m


i=1

γ≤α
a
iγ
γ!D
α−γ
[

T
i
(z)]
z=z
0
, ∀α.
Áp dụng [[6], Bổ đề 6.3.7, trang 164] hệ này có nghiệm theo chuỗi luỹ thừa
hình thức G
1
, . . . , G
m
nếu nó tương thích. Tính tương thích nghĩa là nếu
q là đa thức bất kì thì:
q(D)[
m

i=1
G
i
(z)


T
i
(z)]
z=z
0
= 0 với mọi cách chọn của G
i
kéo theo q(D)[

T (z)]
z=z
0
= 0.
(1.18)
Do

T
1
, . . . ,

T
m
sinh I
z
0
và do I
z
0
được sinh bởi I, nên từ giả thiết của (1.18)
kéo theo q(D)[


S(z)]
z=z
0
= 0, ∀

S ∈ I. Do (1.15) và định nghĩa của I suy
ra q(x)e
iz
0
.x
∈ V , do đó q(x)e
iz
0
.x
∈ V
0
. Nhưng khi đó T ∈ V
⊥
, từ (1.15)
kéo theo kết luận của (1.18), khẳng định được chứng minh. 
Từ Mệnh đề 1.2 bài toán tổng hợp phổ trong E(R
n
) được đưa về bài
toán xác định ideal đóng I trong

E
′
(R
n

) sao cho I = I
loc
. Định lý 0.1 cho
ta Định lý sau.
Định lý 1.1. Với mỗi ideal đóng I trong

E
′
(R), I = I
loc
.
1.2 Ideal bất bi ến đối với phép quay
Từ Định lý 1.1 và Mệnh đề 0.2 mỗi không gian con đóng, bất biến đối
với phép tịnh tiến của C(R) hoặc E(R) được s inh b ởi hàm đa thức -mũ
16
nằm trong nó. Khi n = 2 ta không có kết quả tương tự như kết quả của
Định lý 1.1. Tuy nhiên trong phần này chúng ta sẽ chứng minh rằng khi
n = 2 và I bất biến đối với phép quay thì ta có I = I
loc
.
Kí hiệu 1.1. T l à nhóm tất cả các phép quay của R
2
hoặc C
2
, tức là phép
biến đổi c ó dạng
τ = τ
θ
:z
′

1
= z
1
cosθ + z
2
sinθ
z
′
2
= −z
1
sinθ + z
2
cosθ, −π < θ ≤ π.
T là nhóm con của nhóm

các phép dịch chuyển cứng trong R
2
.
Định lý 1.2. Cho I là ideal đóng t rong

E
′
(R
2
) sao cho f ◦τ ∈ I trong đó
f ∈ I và τ ∈ T. Khi đó I = I
loc
.
Đặt

J = {f ∈

E
′
(R
2
) : fI
loc
⊂ I}.
Chúng ta sẽ kiểm tra rằng J là ideal đóng, bất biến đối với phép quay
trong

E
′
(R
2
).
J là ideal.
J là vành con của

E
′
(R
2
). Lấy bất kì f, g ∈ J, khi đó f, g ∈

E
′
(R
2

)
và fh, gh ∈ I với mọi h ∈ I
loc
.
Đóng cộng. Ta s ẽ chứng minh f +g ∈ J. Thật vậy, ta có f +g ∈

E
′
(R
2
)
và
(f + g)h = fh + gh ∈ I với mọi h ∈ I
loc
do I l à ideal .
Đóng nhân. Trước hết ta có fg ∈

E
′
(R
2
). Mặt khác do I
loc
là ideal
của

E
′
(R
2

) nên gh ∈ I
loc
, s uy ra
(fg)h = f(gh) ∈ fI
loc
⊂ I
do đó f g ∈ J.
Để chứng mi nh J là ideal ta cần chứng mi nh thêm
fg ∈ J với mọi f ∈ J và g ∈

E
′
(R
2
).
17
Thật vậy, do g ∈

E
′
(R
2
) , f ∈ J và J là ideal nên fg ∈

E
′
(R
2
). Từ đó suy
ra (gf)I

loc
⊂ I, hay f g ∈ J.
J đóng. Lấy {f
k
}
∞
k=1
với f
k
∈ J, k = 1, 2 , . . ., giả sử f ∈

E
′
(R
2
) sao
cho

E
′
−
lim
k→∞
f
k
= f. Ta cần chứng minh f ∈ J, tức là fI
loc
⊂ I, hay ta phải
chứng minh fh ∈ I với mọi h ∈ I
loc

. Nế u ta có

E
′
−
lim
k→∞
(f
k
h) = fh, (1.19)
thì do I đóng và f
k
h ∈ I ta suy ra f h ∈ I. Như vậy việc chứng m inh J
đóng sẽ được đưa về việc chứng minh (1.19) đúng.
Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh (1.19): Từ

E
′
−
lim
k→∞
f
k
= f suy ra
•
lim
k→∞
sup
z∈K
|f

k
(z) − f (z)| = 0, K với mọi tập K compact, và (1.20)
• |f
k
(z)| ≤ C(1 + |z|)
N
e
A|Imz|
, z ∈ C
2
, k = 1, 2, . . . ,
Do I
loc
là ideal trong

E
′
(R
2
) và h ∈ I
loc
nên h ∈

E
′
(R
2
), do đó tồn tại các
hằng số C
1

, N
1
, A
1
sao cho
|h(z)| ≤ C
1
(1 + |z|)
N
1
e
A
1
|Imz|
, z ∈ C
2
,
suy ra
|h(z)f
k
(z)| ≤ |h(z)||f
k
(z)| ≤ CC
1
(1 + |z|)
N
1
+N
e
(A

1
+A)|Imz|
, z ∈ C
2
,
tức tồn tại C
2
= CC
1
, A
2
= A + A
1
, N
2
= N + N
1
sao cho,
|h(z)f
k
(z)| ≤ C
2
(1 + |z|)
N
2
e
A
2
|Imz|
, z ∈ C

2
. (1.21)
Do

E
′
(R
2
) ⊂ E(R
2
) nên h ∈ E(R
2
), suy ra
sup
z∈K
|h(z)| < ∞, với mọi tập K compact . (1.22)
Ta có
0 ≤ lim
k→∞
sup
z∈K
|h(z)f
k
(z) − h(z)f (z)|
= lim
k→∞
sup
z∈K
|h(z)(f
k

(z) −f(z))|
≤ lim
k→∞
(sup
z∈K
|f
k
(z) −f(z)|sup
z∈K
|h(z)|) = 0 theo (1.20) và (1.22) ,
18
hay
lim
k→∞
sup
z∈K
|h(z)f
k
(z) −h(z)f (z)| = 0. (1.23)
Từ (1.21) và (1.23) suy ra (1.19) đúng.
J bất biến đối với phép quay: Để chứng minh J bất biến đối với
phép quay ta chỉ cần chứng minh I
loc
bất biến đối với phép quay. Ta
chứng minh I
loc
bất biến đối với phép quay. Thật vậy, lấy F ∈ I
loc
thì
với mỗi z

0
∈ C
2
tồn tại lân cận U của z
0
, các hàm F
i
∈ I và các hàm
G
i
(1 ≤ i ≤ m) chỉnh hình trên U sao cho
F (z) =
m

i=1
G
i
(z)F
i
(z), ∀z ∈ U
suy ra
(F ◦τ)(z) =
m

i=1
((G
i
F
i
) ◦ τ)(z) =

m

i=1
G
i
(z)(F
i
◦ τ)(z), ∀z ∈ U.
Do I bất biến đối vớ i phép quay và F
i
∈ I nên với mọi τ ∈ T thì
F
i
◦ τ ∈ T, i =
1, m suy ra F ◦τ ∈ I
loc
.
Bổ đề 1.1. Nếu f là hàm nguyên t rên C
2
và tồn tại
w = (w
1
, w
2
) ∈ C
2
với w
2
1
+ w

2
2
= 0
sao cho f(τ (w)) = 0 với mọi τ ∈ T, khi đó tồn tại hàm nguyên g trên C
2
sao cho
f(z) = (z
2
1
+ z
2
2
− w
2
1
− w
2
2
)g(z), z ∈ C
2
.
Hơn nữa nếu f ∈

E
′
(R
2
) thì g cũng vậy.
Chứng minh : Hàm nguyên theo θ
h(θ) = f(w

1
cosθ + w
2
sinθ, −w
1
sinθ + w
2
cosθ) đồng nhất bằng 0 với mọi
θ ∈ R theo giả thiết. Do đó h(θ) = 0 với mọi số phức θ, tức là f(z) = 0
trên tập
U = {(w
1
cosθ + w
2
sinθ, −w
1
sinθ + w
2
cosθ) : θ ∈ C}
= {(z
1
, z
2
) : z
2
1
+ z
2
2
= w

2
1
+ w
2
2
}.
19
Nếu w
2
1
+ w
2
2
= 0 thì ta có
|p(z)| = |z
2
1
+ z
2
2
− w| ≤ |z|
2
+ |w| ≤ a(|z|
2
+ 1) ≤ a(|z| + 1)
2
,
tức là p(z) thoả mãn điều kiện (3), suy ra p(z) là hàm nguyên.
Do p(z) là đa thức Weierstrass, nên theo định lý chia hết Weierstrass,
tồn tại duy nhất hàm nguyên g(z) sao cho f(z) = p(z)g(z) + r(z), với

r(z) = z
1
b(z
2
) + c(z
2
). Ta sẽ chứng minh rằng r(z) ≡ 0 trên C
2
. Thật vậy,
do f(z) ≡ 0 và p(z) ≡ 0 trên U, nên r(z) ≡ 0 trên U, do đó ta có hệ

z
1
b(z
2
) + c(z
2
) = 0
z
2
1
+ z
2
2
= w.
Giả sử rằng b(z
2
) không đồng nhất bằng 0 trên C, s ử dụng khai triển
Laurent trong lân cận z
2

= 0 có
z
1
= −
c(z
2
)
b(z
2
)
= b
0
+ b
1
z
2
+ b
2
z
2
2
+ b
3
z
3
2
+ . . .
Thay biểu thức trên vào z
2
1

= w −z
2
2
khai triển và đồng nhất hệ số ở 2 vế
ta nhận được















b
2
0
= w,
b
2
1
+ 2b
0
b

2
= −1,
2b
0
b
1
= 0,
2b
1
b
2
+ 2b
0
b
3
= 0,
b
2
2
+ 2b
1
b
3
= 0,
···
(1.24)
Theo giả thiết w = 0 nê n từ phương trình thứ nhất trong hệ (1.24) suy ra
b
0
= 0. Từ b

0
= 0 và 2b
0
b
1
= 0 suy ra b
1
= 0. Thay b
1
= 0 vào phương trình
2b
1
b
2
+ 2b
0
b
3
= 0, có b
3
= 0. Thay b
3
= 0 vào phương trình b
2
2
+ 2b
1
b
3
= 0,

nhận được b
2
= 0. Thay b
2
= 0 vào phương trình b
2
1
+ 2b
0
b
2
= −1, ta
có kết quả b
2
1
= −1. Điều này mâu thuẫn với kết quả nhận được ở trên
b
1
= 0. Vậy phải c ó b(z
2
) ≡ 0 trên C. Do đó b( z
2
) ≡ 0 trên U, mặt khác
r(z) ≡ 0 trên U, nên c(z
2
) ≡ 0 trên U, suy ra c(z
2
) ≡ 0 trên C, kéo theo
r(z) ≡ 0 trên C
2

.
Do đó ta có phân tích f(z) = p(z) g(z) với g(z) là hàm nguyên.
Trường hợp f ∈

E
′
(R
2
) thì g ∈

E
′
(R
2
) ta công nhận. 
20
Bổ đề 1.2. Hàm trong J không có không điểm chung.
Chứng minh : Lấy w ∈ C
2
chúng ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại hàm g ∈ J
sao cho g(w) = 0.
Nếu w
2
1
+ w
2
2
= 0. Đặt p(z) = z
2
1

+ z
2
2
− w
2
1
− w
2
2
. Giả sử rằng với mọi
n ∈ N, mọi hàm g ∈ I đều chia hết cho p
n
(z) . Đặt w
2
1
+ w
2
2
= β
2
. Chọn
(z
1
, z
2
) = (β, 0), l ấy bất kì f ∈ I ta có f(z
1
, z
2
) = f(β, 0) = 0. Theo trên

tồn tại hàm g ∈

E
′
(R
2
) sao cho f(z) = p
2
(z)g(z). Có
∂f
∂z
2
(z) =
∂
∂z
2
[(z
2
1
+ z
2
2
− w)g(z)]
= 2z
2
(z
2
1
+ z
2

2
− w)g(z) + (z
2
1
+ z
2
2
− w)
∂
∂z
2
(g(z)),
suy ra
∂f
∂z
2
(β, 0) = 0.
Tương tự ta có
∂f
∂z
1
(β, 0) = 0.
Với mọi k, l sao cho k + l ≥ 2. Đặt N = k + l + 2, theo trên tồn tại
hàm h ∈

E
′
(R
2
) sao cho f(z) = p

N
(z)h(z) , s ử dụng công thức Leibniz kết
hợp với tính toán ta nhận được kết quả
∂
k+l
f
∂z
k
1
∂z
l
2
(β, 0) = 0.
Như vậy ta có
∂
k+l
f
∂z
k
1
∂z
l
2
(β, 0) = 0, ∀k, l.
Sử dụng khai triển Taylor cho hàm 2 biến f(z
1
, z
2
) tại điểm (β, 0) nhận
được kết quả f ≡ 0 trên C

2
, điều này vô lí. Vậy ta có thể giả s ử rằng
n ≥ 0 là số nguyên lớ n nhất sao cho p
n
(z) là ước của mọi f ∈ I. Khi
đó p
n
(z) cũng là ước của mọi h ∈ I
loc
. Tức là với mọi h ∈ I
loc
tồn tại

h ∈

E
′
(R
2
) sa o cho h(z) = p
n
(z)g(z) với g(z) ∈

E
′
(R
2
). Chọn f ∈ I sao
cho p
n+1

(z) không là ước của f, và viết f(z) = p
n
(z)g(z) với g ∈

E
′
(R
2
).
Khi đó h ∈ I
loc
và
gh = f

h ∈ I,
do đó g ∈ J. Giả sử g(τ(w)) = 0 , ∀τ ∈ T, theo Bổ đề 1.1 p(z) là ước
của g, do đó p
n+1
(z) là ước của f(z) điều này vô lí theo cách chọn của f.
21
Vậy phải tồn tại τ ∈ T sao cho g(τ(w)) = 0. Do J là bất biến đối với
phép quay và g ∈ J nên g ◦ τ là hàm thuộc J và không triệt ti êu tại w.
Giả sử w
2
1
+ w
2
2
= 0 nhưng w = 0. Nếu w
1

= iw
2
tương tự Bổ đề 1. 1 và
lý l uận ở trên với p(z) được thay bởi hàm z
1
− iz
2
, có w không là không
điểm chung của J. Trường hợp w
1
= −iw
2
tương tự khi w
1
= iw
2
với hàm
p(z) được thay bởi z
1
+ iz
2
.
Cuối cùng chúng ta xét trường hợp w = 0. Lí luận tương tự trên, tồn
tại các số nguyên không âm lớn nhất j, k < ∞ sao cho (z
1
+ iz
2
)
j
và

(z
1
− iz
2
)
k
là ước của mọi hàm trong I, và đặt
q(z) = (z
1
+ iz
2
)
j
(z
1
− iz
2
)
k
,
và
I
0
= q
−1
I = {q
−1
f : f ∈ I}.
Ta sẽ kiểm tra I
0

là ideal đóng trong

E
′
(R
2
) và bất biến đối với phép quay
và q(I
0
)
loc
= I
loc
.
I
0
là ideal . I
loc
là ideal đóng được suy ra từ I là ideal đóng.
I
0
bất biến đối với phép quay
Lấy q
−1
f ∈ I
0
(f ∈ I). Cần chứng m inh (q
−1
f) ◦ τ ∈ I
0

, ∀τ ∈ T
Có ((q
−1
f) ◦ τ )(x, y) = q
−1
(x
′
, y
′
)f(x
′
, y
′
) với

x
′
= xcosθ + ysinθ
y
′
= −xsinθ + x cos θ.
Ta có
q(x
′
, y
′
) = (x
′
+ iy
′

)
j
(x
′
− iy
′
)
k
= ((xcosθ + ysinθ) + i(−xsinθ + x cos θ))
j
×
× ((xcosθ + ysinθ) −i(−xsinθ + x cos θ))
k
= (cosθ − isinθ)
j
(x + iy)
j
(cosθ −isinθ)
k
(x − iy)
k
= e
−iθ(j+k)
q(x, y).
Từ đó
q
−1
(x
′
, y

′
)f(x
′
, y
′
) = e
iθ(j+k)
q
−1
(x, y)f(x
′
, y
′
)
= e
iθ(j+k)
q
−1
(x, y)(f ◦ τ)(x, y) ∈ I
0
do f ◦ τ ∈ I.
22
Chứng minh q(I
0
)
loc
= I
loc
.
Bước 1 : q(I

0
)
loc
⊂ I
loc
.
Lấy qF ∈ q(I
0
)
loc
. Cần chứng minh qF ∈ I
loc
. Thật vậy, do qF ∈ q(I
0
)
loc
suy ra với mỗi z
0
∈ C
2
tồn tại lân cận U của z
0
các hàm F
i
∈ I
0
, i =
1, m
và các hàm G
i

, i =
1, m chỉnh hình trên U sao cho
F (z) =
m

i=1
G
i
(z)F
i
(z), ∀z ∈ U,
suy ra
qF = q(
m

i=1
G
i
F
i
) = q(
m

i=1
G
i
(q
−1
f
i

)) =
m

i=1
G
i
f
i
∈ I
loc
.
Bước 2 : I
loc
⊂ q(I
0
)
loc
. Được chứng minh tương tự trên.
Tiếp theo chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu (0, 0) là không điểm chung
của I
0
thì nó là không điểm cô lập chung của I
0
. Thật vậy, nếu w là không
điểm chung của I
0
với w
2
1
+ w

2
2
= α
2
= 0, khi đó (α, 0) cũng l à không điểm
chung của I
0
theo Bổ đề 1.1. Nếu tập các số α nhận 0 là điểm giới hạn,
khi đó f(z) đồng nhất bằng 0 trên vô lí. Vậy tập các số α không thể nhận
0 là điểm giới hạn.
Từ đó suy ra rằng nếu (0, 0) không l à không điểm cô lập chung của I
0
thì phải tồn tại một không điểm chung w = 0 của I
0
sao cho w
2
1
+ w
2
2
= 0.
Nhưng do z
1
+ iz
2
và z
1
− iz
2
không là ước của m ọi hàm trong I

0
, tương
tự Bổ đề 1.1 suy ra rằng w không thể tồn tại . Do đó ( 0, 0) là không điểm
cô lập chung của I
0
. Áp dụng [[7], Đị nh lý 4.5] cho ideal I
0
của

E
′
(R
2
) thì
tồn tại hàm g ∈

E
′
(R
2
) sao cho g(0, 0) = 0 và g(I
0
)
loc
⊂ I
0
.Với h ∈ I
loc
thì tồn tại


h ∈ (I
0
)
loc
sao cho h = q

h, do đó
gh = gq

h ∈ qI
0
= I.
Theo định nghĩa của J suy ra g ∈ J. Như vậy Bổ đề 1.2 được chứng minh.
Bây giờ ta sẽ chứng minh Định lý 1.2
Giả sử 1 ∈ J khi đó I
loc
⊂ I, mặt khác ta luôn có I ⊂ I
loc
. Như vậy
khi 1 ∈ J thì ta có I = I
loc
. Vậy để chứng m inh I = I
loc
ta chỉ c ần chứng
23
minh 1 ∈ J.
Với f ∈

E
′

(R
2
) xét hàm

f(z) =
1
2π

π
−π
f ◦ τ
θ
(z)dθ, z ∈ C
2
.
Đặt

J = {

f : f ∈ J}.
Do J là bất biến đối với phép quay nên với bất kì f ∈ J thì f ◦τ
θ
∈ J, ∀θ.
Đặt g
θ
= f ◦τ
θ
. Chọn θ
j
=

2πj
n
, sử dụng tính đóng của J và g
θ
j
∈ J, j =
1, n
suy ra

f(z) =
1
2π

π
−π
f ◦ τ
θ
(z)dθ =
1
2π

π
−π
g
θ
(z)dθ = lim
n→∞
1
n
n


j=1
g
θ
j
(z) ∈ J.
Điều này chứng tỏ với f ∈

J thì f ∈ J, vậy ta có

J ⊂ J.
Ta có τ
θ
◦ τ
ϕ
(z) = τ
θ+ϕ
(z), do đó với bất kì

f ∈ J và τ ∈ T thì

f(τ
ϕ
(z)) =
1
2π

π
−π
(f ◦ τ

θ
)(τ
ϕ
(z))dθ
=
1
2π

π
−π
(f ◦ τ
θ+ϕ
)(z)dθ
=
1
2π

π+u
−π+u
(f ◦ τ
u
)(z)du
=
1
2π

π
−π
f ◦ τ
θ

(z)dθ =

f(z),
tức là

f ◦ τ =

f với mọi

f ∈

J và τ ∈ T.
Do

f(z
1
, z
2
) =
1
2π

π
−π
(f ◦ τ
θ
)(z)dθ
=
1
2π


π
−π
f(z
1
cosθ + z
2
sinθ, −z
1
sinθ + z
2
cosθ)dθ,
24