một số định lý thác triển của hàm chỉnh hình tách
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.04 MB, 46 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
–––––––––––––––
NGUYỄN THỊ PHƢƠNG THẢO
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ THÁC TRIỂN
CỦA HÀM CHỈNH HÌNH TÁCH
Chuyên ngành: Giải tích
Mã số: 60. 46. 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Thị Tuyết Mai
THÁI NGUYÊN - 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i
MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU 1
Chƣơng 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4
1.1. Đa tạp phức 4
1.2. Hàm đa điều hòa dưới trên không gian phức, miền giả lồi 5
1.3. Tập đa cực, tập đa chính quy địa phương 7
1.4. Chữ thập N - lá, ánh xạ chỉnh hình tách 8
1.5. Nguyên lý đồng nhất 10
1.6. Định lý hàm ẩn 11
1.7. Định lý Grauert - Remmert 12
Chƣơng 2. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ THÁC TRIỂN 15
2.1. Một số kết quả liên quan 15
2.2. Một số định lý thác triển của các hàm chỉnh hình 20
KẾT LUẬN 43
TÀI LIỆU THAM KHẢO 44
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
MỞ ĐẦU
Thác triển ánh xạ chỉnh hình là một trong những hướng nghiên cứu cơ
bản của giải tích phức nhiều biến. Hướng nghiên cứu này đã được rất nhiều
nhà toán học trên thế giới quan tâm nghiên cứu từ rất lâu và đã thu được nhiều
kết quả quan trọng. Đến cuối thế kỷ 20 đầu thế kỷ 21, bài toán thác triển ánh
xạ chỉnh hình tách qua các tập chữ thập được quan tâm nghiên cứu. Cụ thể là:
Cho
j
k
j
D
là miền giả lồi,
jj
AD
là tập đa cực địa phương,
j 1, ,N
. Đặt
1N
N
k k
1 j 1 j j 1 N
j1
X: A A D A A .
Nếu
U
là lân cận mở liên thông của
X
,
MUØ
là tập con giải tích thì
tồn tại một tập con giải tích
M
của bao chỉnh hình
X
của
X
thỏa mãn
M X M
.
Vào các năm 1998, 1999, O. Oktem và sau đó là Siciak (2000) đã
chứng minh được kết quả sau:
Cho hàm
f
chỉnh hình tách trên
X \ M
, tồn tại
f
chỉnh hình trên
X \ M
thỏa mãn
X\M
ff
.
Năm 2001, M. Jarnicki, P. Pflug đã chứng minh được định lý sau:
Cho
j
k
j
D
là miền giả lồi,
jj
AD
là các tập đa chính quy địa
phương,
j 1, ,N
. Cho
MUØ
là tập một con giải tích của một lân cận mở
liên thông
U
của X =
1 N 1 N
A , ,A ;D , ,D
(
M
có thể bằng rỗng). Khi đó
tồn tại một tập con giải tích đối chiều một thuần túy
MX
sao cho:
*
0
M U M
với một lân cận mở
0
U
của
X
,
0
UU
,
* Với mọi
f
s
X \ M
tồn tại đúng một hàm
f
X \ M
sao cho
X\M
f | f
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
Hơn nữa, nếu
UX
, thì ta có thể lấy
M
là hợp của tất cả các thành
phần bất khả quy đối chiều một của
M
.
Định lý này có thể xem như là một tổng quát hóa kết quả nghiên cứu
của J. Siciak (2000) trong trường hợp
N2
,
1N
k k 1
,
1N
D D
,
1
M P 0
, trong đó
P
là một đa thức N biến phức khác
không. Đặc biệt, với
M
,
N2
kết quả của M. Jarnicki, P. Pflug chính
là kết quả của O. Alehyane - A. Zeriahi (2001).
Với mục đích tìm hiểu một số định lý thác triển của các hàm chỉnh hình
tách. Luận văn tập trung nghiên cứu các kết quả nghiên cứu của M. Jarnicki,
P. Pflug (2001). Vì vậy nội dung luận văn gồm hai chương.
Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị.
Trong chương này chúng tôi trình bày một số khái niệm và kết quả liên
quan đến nội dung chính của luận văn như: Đa tạp phức, hàm đa điều hòa
dưới, tập đa cực, tập đa chính quy địa phương, chữ thập N - lá, hàm chỉnh
hình tách, … Phần cuối chương 1 là một số kết quả liên quan như Nguyên lý
đồng nhất, Định lý hàm ẩn, Định lý Dloussky, Định lý Grauert - Remmert.
Chƣơng 2: Một số định lý thác triển của các hàm chỉnh hình tách.
Trong chương này chúng tôi trình bày lại các kết quả nghiên cứu của
Marek Jarnicki - Peter Pflug (2001). Cụ thể là các định lý về thác triển ánh xạ
chỉnh hình tách.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của cô giáo T.S
Nguyễn Thị Tuyết Mai. Nhân dịp này, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất
đối với cô.
Em xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán Trường Đại học
Sư phạm Thái Nguyên cùng các thầy cô đã tận tình giảng dạy chúng em trong
suốt khóa học.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, các học viên
lớp Cao học Toán K18A đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt
thời gian học tập và quá trình hoàn thành, bảo vệ luận văn này.
Thái nguyên, tháng 04 năm 2012
Tác giả luận văn
Nguyễn Thị Phương Thảo
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Chƣơng 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Đa tạp phức
1.1.1. Ánh xạ chỉnh hình
1.1.1.1. Định nghĩa
Giả sử
X
là một tập mở trong
n
và
f :X
là một hàm số.
Hàm
f
được gọi là khả vi phức tại
0
xX
nếu tồn tại ánh xạ tuyến tính
n
:
sao cho
00
h0
f x h f x h
lim 0
h
trong đó
n
1n
h h , ,h
và
1
n
2
2
i
i1
hh
.
1.1.1.2. Định nghĩa
Hàm
f
được gọi là chỉnh hình tại
0
xX
nếu
f
khả vi phức trong
một lân cận nào đó của
0
x
và được gọi là chỉnh hình trên
X
nếu
f
chỉnh hình tại mọi điểm thuộc
X
.
Một ánh xạ
m
f :X
có thể viết dưới dạng
1m
f f , ,f
, trong đó
ii
f f :X ,i 1, ,m
là các hàm tọa độ. Khi đó
f
được gọi là chỉnh
hình trên
X
nếu
i
f
chỉnh hình trên
X
với mọi
i 1, ,m
.
1.1.1.3. Định nghĩa
Ánh xạ
n
f :X f X
được gọi là song chỉnh hình nếu
f
là song
ánh chỉnh hình và
-1
f
cũng là ánh xạ chỉnh hình.
1.1.2. Đa tạp phức
1.1.2.1. Định nghĩa
Giả sử X là một không gian tô pô Hausdorff. Cặp
U,
được gọi là
một bản đồ địa phương của X, trong đó U là tập mở trong X và
n
:U
là
ánh xạ, nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
i,
U
là tập mở trong
n
.
ii,
:U U
là một đồng phôi.
1.1.2.2. Định nghĩa
Họ
ii
iI
U,
các bản đồ địa phương của X được gọi là một tập
bản đồ giải tích(atlats) của X nếu các điều kiện sau được thỏa mãn
i,
i
iI
U
là một phủ mở của X.
ii, Với mọi
ij
U ,U
mà
ij
UU
, ánh xạ
1
j i i i j j i j
: U U U U
ánh xạ chỉnh hình.
Xét họ tập các bản đồ trên X. Hai bản đồ
1
,
2
được gọi là tương
đương nếu hợp
1
2
là một bản đồ. Đây là một quan hệ tương đương
trên tập các atlats. Mỗi lớp tương đương xác định một cấu trúc khả vi phức
trên X, và X cùng với cấu trúc khả vi phức trên nó được gọi là một đa tạp
phức n chiều.
1.2. Hàm đa điều hòa dƣới trên không gian phức, miền giả lồi
1.2.1. Hàm điều hòa dưới
1.2.1.1. Định nghĩa
Giả sử
D
là một tập con mở trong
n
. Hàm
u:D ,
,
u
trên mọi thành phần liên thông của D được gọi là điều hòa dưới trong D nếu u
thỏa mãn hai điều kiện sau:
i, u là nửa liên tục trên trong D, tức là
0
0
zz
lim supu z u z
với
0
zD
.
ii, Với mỗi tập con mở compact tương đối G của D, với mỗi hàm
h:G
điều hòa trong G và liên tục trên
G
: nếu
uh
trên
G
thì
uh
trên G.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
Ký hiệu
D
là tập các hàm đều hòa dưới trên
.
1.2.1.2. Định nghĩa
Giả sử
là một tập con mở trong
n
. Hàm
:,
được gọi là đa điều hòa dưới trong
nếu:
i,
là nửa liên tục trên trong
và
trên mọi thành phần liên
thông của
.
ii, Với mỗi điểm
0
z
và mỗi đường thẳng phức
0
lz
đi
qua
0
z
(ở đó
n
,
), hạn chế
trên đường thẳng này, tức là hàm
l
hoặc là điều hòa dưới hoặc
trên mọi thành phần liên thông của
tập mở
:l
.
1.2.1.3. Định nghĩa
Giả sử X là không gian phức. Một hàm đa điều hòa dưới trên X là hàm
:X ,
thỏa mãn: Với mỗi
xX
tồn tại lân cận U của x và một
ánh xạ song chỉnh hình
h :U V
, với V là một không gian con phức đóng
của một miền G nào đó trong
n
và tồn tại một hàm đa điều hòa dưới
:G ,
sao cho
Uh
.
Ký hiệu
X
là tập của tất cả các hàm đa điều hòa dưới trên
không gian phức X.
1.2.2. Miền giả lồi
Định nghĩa: Miền
n
D
được gọi là giả lồi, nếu hàm
z ln d z, D
, đa điều hòa dưới trong D, trong đó
d z, D
là khoảng
cách Ơclit từ điểm z đến biên
D
.
Ví dụ: Một miền tùy ý trên mặt phẳng
là giả lồi.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
1.3. Tập đa cực, tập đa chính quy địa phƣơng
Ta giả thiết tất cả các đa tạp phức là hữu hạn chiều địa phương (tức là
mỗi thành phần liên thông của đa tạp có chiều hữu hạn) và tất cả các không
gian giải tích phức đều giả thiết là bất khả quy và hữu hạn chiều.
Giả sử là đa tạp phức và
A
là tập con của . Đặt
h
A,
:
sup{
u:u
(),
u1
trên ,
u0
trên A}
1.3.1. Tập đa cực
1.3.1.1. Định nghĩa
Tập A được gọi là đa cực trong nếu có
u
() sao cho u
không đồng nhất bằng
trên mọi thành phần liên thông của và
A
{
z
: u(z)
}.
1.3.1.2. Định nghĩa
Tập A được gọi là đa cực địa phương trong nếu với mỗi
zA
, có
một lân cận mở V của
z
sao cho
AV
là đa cực trong V.
1.3.1.3. Định nghĩa
Tập A được gọi là không đa cực (tương ứng không đa cực địa phương)
nếu nó không là tập đa cực (tương ứng không là tập đa cực địa phương).
Theo một kết quả cổ điển [[2], §5, §9], nếu là miền Riemann trên
một đa tạp Stein thì
A
là đa cực địa phương nếu và chỉ nếu nó đa cực.
1.3.2. Tập đa chính quy địa phương
1.3.2.1. Định nghĩa
Cho hàm
h:
, hàm
*
h:
được xác định bởi:
*
h z : lim suph w , z
được gọi là hàm chính quy hóa nửa liên tục trên của
h
.
1.3.2.2. Định nghĩa
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
Tập hợp
A
là đa chính quy địa phương tại một điểm
aA
nếu
*
A U,U
h a 0
với mọi lân cận mở
U
của a.
1.3.2.3. Định nghĩa
Tập A được gọi là đa chính quy địa phương nếu nó đa chính quy địa
phương tại mọi điểm
aA
.
Ta ký hiệu
*
A
A
*
là tập hợp tất cả các điểm
aA
mà tại đó A là đa
chính quy địa phương. Nếu A không đa cực địa phương thì một kết quả cổ
điển của [[2], §5, §6] chỉ ra
*
A
không đa cực địa phương và
*
A \ A
là đa cực
địa phương. Hơn nữa,
*
A
là đa cực địa phương kiểu
(tức là với mỗi
*
aA
, có một lân cận mở U của a thỏa mãn
*
AU
là giao đếm được của
các tập mở) và
*
A
là đa chính quy địa phương (tức là
*
**
AA
).
1.4. Chữ thập N - lá, ánh xạ chỉnh hình tách
1.4.1. Chữ thập N - lá
Cho
N ,N 2
,
j
k
jj
AD
Với
j
D
là một miền,
j 1, ,N
. Ta định nghĩa chữ thập
N
- lá
X:
1 N 1 N
A , ,A ;D , ,D
1N
N
k k
1 j 1 j j 1 N
j1
: A A D A A .
Khi đó,
X
là tập liên thông.
Cho
n
là tập mở và
A
. Đặt
A,
h : sup u:u
,u 1 trên , u 0 trên A
trong đó
là tập các hàm đa điều hòa dưới trên
. Đặt
kk
*
A, A .
k
w : limh .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
trong đó
k
k1
là một dãy các tập mở compact tương đối
k k 1
với
k 1 k
(
*
h
là chính quy hóa nửa liên tục trên của
h
).
Chú ý rằng định nghĩa trên không phụ thuộc vào cách chọn dãy
k
k1
.
Hơn nữa,
A,
w
.
Với một chữ thập
N
- lá
X
1 N 1 N
A , ,A :D , ,D
. Đặt
jj
N
1 N 1 N A ,D j
j1
X: z z D D : w z 1 :
Chú ý rằng
X
có thể bằng
. Hơn nữa
X
là giả lồi nếu
1N
D , ,D
là
các miền giả lồi.
Chú ý rằng nếu
1N
A , ,A
là các tập đa chính quy địa phương, thì
XX
và hơn nữa
X
là tập liên thông.
1.4.2. Ánh xạ chỉnh hình tách
1.4.2.1. Định nghĩa
Cho
U
là một lân cận liên thông của
X
và
MUØ
là một tập con giải
tích (
M
có thể bằng rỗng). Ta nói rằng hàm
f :X \ M
là hàm chỉnh hình
tách
f
s
X \ M
nếu với mỗi
1 N 1 N
a , ,a A A
và
j 1, ,N
thì
hàm
1 j 1 j 1 N
f a a ,.,a , ,a
là chỉnh hình trên miền
j j 1 j 1 j j 1 N
z D : a , ,a ,z ,a , ,a M
.
1.4.2.2. Định nghĩa
Giả sử
Z
là không gian giải tích phức.
Ta nói rằng ánh xạ
f :X Z
là chỉnh hình tách và viết
f
s
X,Z
nếu
với mỗi
j 1, ,N
và
1 j 1 j 1 N
a , ,a A A A A
ánh xạ thu
hẹp
j
D
f a , ,a
là chỉnh hình trên
j
D
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
1.5. Nguyên lý đồng nhất [8]
1.5.1. Định lý
Cho
là tập mở của
m
R
,
u: ,
là nửa liên tục trên và
không đồng nhất bằng
trên mọi thành phần liên thông của
. Khi đó các
mệnh đề sau là tương đương:
i,
u
;
ii, Nếu
B a,r
, thì
m2
u x r L P y a,x a u y ;a,r
với mọi
x B a,r
.
iii, Nếu
B a,r
, thì
u a L u;a,r
;
iv, Nếu
B a,r
, thì
u a A u;a,r
.
trong đó
B a,r
là hình cầu mở tâm a bán kính r.
Hơn nữa,
u
nếu và chỉ nếu nó là điều hòa dưới trong lân cận
của mỗi điểm của
.
1.5.2. Mệnh đề
Nếu
là tập mở của
m
R
, và
u: ,0
là nửa liên tục trên. Thì
u
nếu và chỉ nếu, với mỗi
aA
,
r0
, và
s0
sao cho
B a,r 2s
, ta có:
m
m
r
u x A u;a,r
rs
với mọi x thỏa mãn
x a s
.
1.5.3. Hệ quả
Nếu
u
, thì độ đo Lebesgue của tập
E x :u x
bằng không.
Chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Giả sử
E0
, thì tồn tại
a
và
r0
sao cho
E B a,r 0
và
B a,r
. Lấy
s0
đủ nhỏ thỏa mãn
B a,r 2s
.
Theo Mệnh đề 1.5.2,
B a,s E
, là không thể xảy ra vì
u
.
Hệ quả được chứng minh.
1.5.4. Định lý (Nguyên lý đồng nhất)
Nếu
là liên thông,
f,g
, và
fg
trên tập mở khác rỗng của
, thì
fg
trên
.(
- tập các hàm chỉnh hình trên
)
Chứng minh.
Nếu
h
và
h0
, thì
log h
1
\ h 0
và
log h
trên tập
1
h0
. Theo Định lý 1.5.1,
log h
.
Do đó, nếu ta có
fg
, thì tập
z :f z g z z :log f g z
sẽ là đa cực. Như vậy, áp dụng Hệ quả 1.5.3.
Định lý được chứng minh.
1.6. Định lý hàm ẩn [6]
1.6. Định lý
Cho
m
U
là một tập con mở và
n
f :U
là ánh xạ chỉnh hình,
trong đó
mn
. Giả sử
0
zU
là một điểm sao cho:
i
0
j
1 i,j n
f
det z 0
z
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Khi đó tồn tại các tập mở
mn
1
U
,
n
2
U
và ánh xạ chỉnh hình
12
g:U U
sao cho
12
U U U
và
0
f z f z
nếu và chỉ nếu
n 1 m 1 n
g z , ,z z , ,z
.
1.7. Định lý Grauert - Remmert [7]
1.7.1. Mệnh đề
Cho
X,p
là miền Riemann trên
n
,
k 6n
và gọi
: X,p Y,p
là một
k
X
X,
- thác triển sao cho
Y,q
là một miền
chỉnh hình khi đó
Y,q
là bao chỉnh hình của
X,p
.
Nói cách khác, Nếu mọi hàm thuộc
k
X
X,
có thể thác triển chỉnh
hình tới miền chỉnh hình
Y,q
thì
Y,q
phải là bao chỉnh hình của
X,p
.
1.7.2. Định lý
Nếu
X,p
là miền Riemann trên
n
, và
: X,p X,p
là một
thác triển chỉnh hình cực đại,
M
là tập con giải tích
n1
chiều thuần túy
của
X
đặt
1
M: M
, thì
X\M X\M
X\M
: X \ M,p X \ M,p
là thác
triển chỉnh hình cực đại.
Chứng minh. Ta có
X \ M,p
là miền Riemann-Stein. Theo Mệnh đề
1.7.1, ta chỉ cần chứng minh rằng
: X \ M,p X \ M,p
là một
6n 1
X\M
X \ M,
- thác triển.
Cho
i
iI
MM
,
1
ii
M : f 0
,
i
f
X
,
iI
Đặt
i
i
f : f
X ,i I
.
Cố định một hàm
f
6n 1
X\M
X \ M,
và
C0
sao cho
6n 1
X\M
fC
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Trước hết ta chứng tỏ với mỗi
iI
, các hàm
6n 1
i
f
,f là bị chặn địa
phương trên X.
Thật vậy, cố định
iI
và
aM
. Chú ý rằng, với mỗi
X
0 r a
và
X
x B a,r 2 \ M
ta có:
X
X
X\M
B a,r \M
x x dist p x ,p B a,r M
Lấy
X
0 r a
đủ nhỏ, sao cho:
X
X\M X\M
x x ,x B a,r \ M
Rõ ràng, tồn tại một
i
c0
sao cho:
6n 1
X
ii
f x f x c p x p x :x ,x B a,r
Do đó, với
X
x B a,r 2 \ M
, ta có
6n 1
6n 1
i i X
6n 1 6n 1 6n 1
i X\M i
f x f x cinf p x p x : x B a,r M f x
=c x f x c C
Theo Định lý giải kỳ dị Riemann, hàm
6n 1
i
ff
thác triển thành hàm
i
g
X
. Lấy
i
g
X
sao cho
i
i
gg
.
Theo Định lý 1.5.4, với
12
i ,i I
tùy ý, các hàm
1
1
6n 1
i
i
g / f
và
2
2
6n 1
i
i
g / f
trùng nhau trên
12
ii
X \ M M
. Vì vậy, hàm
f
xác định bằng công thức
6n 1
i
i
f : g / f
trên
X \ M
và tồn tại trên
i
X \ M
,
iI
. Rõ ràng,
ff
.
Định lý được chứng minh.
1.7.3. Định lý (Định lý Dloussky)
Cho
X,p
là miền Riemann trên
n
, Gọi
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
: X,p X,p
là thác triển chỉnh hình cực đại , và
M
là tập con giải tích của
X
. Ta
xét điều kiện sau:
(E) Tồn tại tập con giải tích
M
của
X
sao cho
1
MM
và
X \ M
: X \ M,p X \ M,p
là thác triển chỉnh hình cực đại.
1.7.4. Định lý (Định lý Grauert-Remmert)
Nếu điều kiện (E) đúng thì tồn tại một tập con giải tích
M
của
X
sao
cho
1
s
MM
.
Chứng minh.
Nhắc lại
s
M
là tập
n1
chiều thuần túy,
là song chỉnh hình địa
phương,
s
M X M
cũng là tập
n1
chiều thuần túy. Cho
X
là
đa tạp Stein,
s
M
trùng với hợp tất cả các thành phần
n1
chiều thuần túy
của
M
. Do đó
s
s
MM
.
Từ đó suy ra, ta có thể giả sử
s
MM
và do đó
s
M M :M
. Áp dụng
Định lý 1.7.2, định lý được chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Chƣơng 2
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ THÁC TRIỂN
CỦA CÁC HÀM CHỈNH HÌNH TÁCH
Trong chương này chúng tôi trình bày một số định lý thác triển của các
hàm chỉnh hình tách. Mục đích chính là trình bày lại kết quả nghiên cứu của
Marek Janicki và Peter Pfulg (2001).
2.1. Một số kết quả liên quan [11]
2.1.1. Bổ đề ([7], §3.5)
1, Cho
n
là tập mở bị chặn và cho
A
. Khi đó :
i, Nếu
n
P
là đa cực, thì
**
A\P, A,
hh
.
ii,
k k k
**
A , A,
hh
(theo từng điểm trên
) với mỗi dãy các tập mở
k
và mỗi dãy
k
AA
.
iii,
*
A, A,
wh
.
iv, Các điều kiệu sau là tương đương:
Với mỗi thành phần liên thông
S
của
tập
AS
là không đa cực;
*
A,
h z 1
với mỗi
z
.
Nếu
A
là tập không đa cực,
01
, và
*
A,
: z :h z
,
thì với mỗi thành phần liên thông
S
của
, tập
AS
là không đa cực (đặc
biệt,
AS
).
Nếu
A
tập là đa chính quy địa phương,
01
, và
*
A,
: z :h z
, thì
**
A, A,
hh
trên
.
2, Cho
n
là tập mở và
A
. Khi đó:
i,
A,
w
.
ii, Nếu
A
là tập chính quy địa phương, thì
A,
w a 0
với mỗi
aA
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
iii, Nếu
n
P
là tập đa cực, thì
A\P, A,
ww
.
iv, Nếu
A
là tập đa chính quy địa phương và
n
P
là đa cực, thì
A \ P
là tập đa chính quy địa phương.
2.1.2. Bổ đề
(a) Nếu
j
k
j
A
là tập đa chính quy địa phương,
j 1, ,N
, thì
1N
A A
là tập đa chính quy địa phương.
(b) Cho
j
k
jj
A Ð
,
j
là một miền,
j
A
là tập đa chính quy địa
phương,
j 1, ,N
,
N2
. Đặt:
j j j
N
*
1 N 1 N
A , z
j1
: z , ,z : h 1
(chú ý rằng
1N
A A
). Khi đó
1 N j j
N
**
A A , A ,
j1
hh
trên
.
Chứng minh
(a) là hệ quả trực tiếp của tính chất của hàm cực trị tương đối
1 N 1 N j j
**
B B , B ,
h max h : j 1, ,N
;
(b) Trước hết chú ý rằng
j j 1 N
N
**
A , A A ,
j1
hh
trên
.
Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại ta chứng minh cho trường hợp
N2
.
Cho
N2
: Theo [9], được chứng minh theo các bước sau:
Đặt
12
*
A A ,
u: h
và lấy một điểm
12
a ,a
.
Nếu
11
aA
(do đó
11
*
A , 1
h a 0
) thì
1
u a ,.
2
với
1
u a ,. 1
và
1
u a ,. 0
trên
2
A
. Vì thế
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
2 2 1 1 2 2
* * *
1 A , A , 1 A ,
u a ,. h h a h
trên
2
.
Đặc biệt,
1 1 2 2
**
1 2 A , 1 A , 2
u a ,a h a h a
.
Chú ý rằng lập luận tương tự ta chứng minh được nếu
22
aA
, thì
11
*
2 A ,
u .,a h
trên
1
.
Nếu
11
aA
, thì
1 1 2 2
**
A , 1 A , 2
h a h a 1
và do đó
22
*
A , 2
: 1 h a 0;1
. Đặt
22
*
2 2 2 A , 2
: z :h z .
Dễ thấy rằng
2 2 2
Aa
. Đặt
11
*
1 A , 1
1
v: u a ,. h a
2
.
Khi đó
v1
và
v0
trên
2
A
. Vì vậy theo Bổ đề 2.1.1(a),
22
22
**
2 A , 2
A,
1
v h a h a
trên
2
.
Từ đó suy ra,
1 1 2 2
**
1 2 A , 1 A , 2
u a ,a h a h a
.
Bổ đề được chứng minh trong trường hợp
N2
Giả sử công thức đúng với
N 1 2
. Đặt
jj
N1
*
1 N 1 1 N 1 A , j
j1
: z , ,z : h z 1
và cố định một điểm bất kỳ
N
z z,z
. Rõ ràng
z
. Theo giả
thiết quy nạp, ta có
jj
1 N 1
N1
**
A , j
A A ,
j1
h z h z
. (2)
Áp dụng Bổ đề 2.1.2 với
N2
cho trường hợp sau:
NN
1 N 1
' * *
N N A , N
A A ,
: w,w :h w h w 1
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Vậy
N N 1 N
1 N 1
* * *
A , N A A , N N
A A ,
h w h w h w,w , w,w
.
Vì
, nên
1 N N N j j
1 N 1
2
N
* * *
A A , N A , N A , j
A A ,
j1
h z,z h z h z h z
Bổ đề được chứng minh.
2.1.3. Bổ đề
Cho
X
1 N 1 N
A , ,A ;D , ,D
là một chữ thập
N
- lá. Nếu
1N
A , ,A
là các tập đa chính quy địa phương thì
X
là một miền.
Chứng minh
Dùng vét cạn bởi các miền bị chặn ta có thể giả thiết rằng
j
D
là miền
bị chặn.
Ta có
XX
. Giả sử
0 0 0
1N
z z , ,z X
là một điểm tùy ý.
Nếu
jj
N
*0
A , j
j2
h z 0
, thì
00
1 2 N
D z , ,z X
. Do đó,
0
z
có thể được
chứa trong
00
1 2 N
D z , ,z
với
00
1 2 N
a ,z , ,z
, với
11
aA
.
Nếu
jj
N
*0
A , j
j2
h z : 0
, đặt
11
*
1 1 1 A ,D 1
1
D : z D :h z 1
Trong phát biểu của Bổ đề 2.1.1(a), thành phần liên thông
S
của
1
1
D
chứa
0
1
z
giao
1
A
. Vì vậy
0
z
có thể được chứa trong
00
2N
S z , ,z X
với
00
1 2 N
a ,z , ,z
với
11
aA
.
Lặp lại lập luận trên cho thành phần thứ hai của điểm
00
1 2 N
a ,z , ,z
. Cuối
cùng, điểm
0
z
có thể được chứa trong
X
với
1 N 1 N
a , ,a A A X
. Vì
tập
X
là liên thông. Bổ đề được chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
2.1.4. Bổ đề (Các định lý đồng nhất).
(a) Cho
n
là một miền và
A
là không đa cực. Khi đó với
mỗi
f
với
|0
A
f
đồng nhất triệt tiêu trên
.
(b) Cho
p
D
,
q
G
là các miền,
AD
,
BG
là các tập đa
chính quy địa phương. Đặt
X:
A,B;D,G
.
MUØ
là tập con giải tích
của một lân cận mở liên thông
U
của
X
. Giả sử
AA
,
BB
sao cho:
i,
A\ A
và
B\ B
là đa cực (đặc biệt,
A
,
B
cũng là tập đa chính quy
địa phương).
ii,
z
M : w G : z,w M G
với mỗi
zA
,
iii,
w
M : z D: z,w M D
với mỗi
wB
.
Khi đó
(b1) Nếu
f
s
X \ M
và
f0
trên
A B \ M
, thì
f0
trên
X \ M
.
(b2) Nếu
g
U \ M
và
g0
trên
A B \ M
, thì
g0
trên
U \ M
.
Chứng minh
(a) là hiển nhiên.
(b1) Lấy một điểm
00
a ,b X\ M
. Giả sử
0
aA
. Vì
A\ A
là đa cực,
nên tồn tại một dãy
k
k1
aA
sao cho
k0
aa
. Tập
k
a
k0
Q: M
là đa
cực. Từ đó suy ra, tập
B : B \ Q
là không đa cực. Ta có
k
f a ,w 0
,
wB
,
k 1,2,
. Do đó
0
f a ,w 0
với mỗi
wB
. Cuối cùng,
0
f a ,w 0
trên
0
a0
G \ M b
.
(b2) Lấy
0
aA
. Vì
0
a
MG
nên tồn tại
0
0a
b B \ M
. Ký hiệu
00
ab
P r r U \ M
, (
0
p
z
r
là đa đĩa với tâm
p
0
z
và bán
kính
r0
. Khi đó
g .,w 0
trên
0
a
Ar
với mỗi
0
b
w B r
. Tập
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
0
a
Ar
là không đa cực. Vì vậy
g .,w 0
trên
0
a
r
, với mỗi
0
b
w B r
.
Lặp lại lý luận trên cho biến thứ hai ta được
g0
trên
P
và từ đó suy
ra
g0
trên
U
.
Bổ đề được chứng minh.
2.2. Một số định lý thác triển của các hàm chỉnh hình [11]
2.2.1. Định lý [1]
Cho
j
k
j
D
là miền giả lồi,
jj
AD
là các tập đa chính quy địa
phương,
j 1, ,N
. Cho
MUØ
là tập một con giải tích của một lân cận mở
liên thông
U
của X =
1 N 1 N
A , ,A ;D , ,D
(
M
có thể bằng rỗng). Khi đó
tồn tại một tập con giải tích đối chiều một thuần túy
MX
sao cho:
*
0
M U M
với một lân cận mở
0
U
của
X
,
0
UU
,
* Với mọi
f
s
X \ M
tồn tại duy nhất một hàm
f
X \ M
sao
cho
X\M
f | f
Hơn nữa, nếu
UX
, thì ta có thể lấy
M
là hợp của tất cả các thành
phần bất khả quy đối chiều một của
M
.
Định lý 2.2.1 có thể được tổng quát hóa trong trường hợp
j
D
là miền
Riemann-Stein trên
j
k
,
j 1, ,N
. Ta sẽ chứng minh định lý trong trường
hợp
UX
và trong trường hợp tổng quát.
Trong trường hợp
M
,
N2
, Định lý 2.1.1 chính là định lý sau:
2.2.2. Định lý
Cho
p
D
,
q
G
là các miền giả lồi và
AD
,
BG
là các tập
đa chính quy địa phương. Đặt
X:
A,B;D,G
. Khi đó với mỗi
f
s
X
tồn tại duy nhất một hàm
ˆ
f
X
với
ˆ
ff
trên
X
.
2.2.1. Chứng minh định lý trong trường hợp
UX
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
Để chứng minh định lý trong trường hợp này chúng ta tiến hành theo
6 bước. Trước hết, theo Bổ đề 2.1.4(a), hàm
f
là xác định duy nhất (nếu nó
tồn tại).
Bƣớc 1. Để chứng minh định lý trong trường hợp
M
ta chỉ cần xét
trường hợp
M
là tập đối chiều một thuần túy.
Chứng minh
Vì
X
là giả lồi. Một tập giải tích tùy ý
MX
, có thể được biểu diễn
như sau:
1k
M z X:g z g z 0
trong đó
j
g
X
,
j
g0
,
j 1, ,k
. Khi đó
1
jj
M : g 0
là đối chiều
một thuần túy.
Giả sử hàm chỉnh hình
f
s
X \ M
, đặt
j
j X\M
f : f |
sj
X \ M
,
theo giả thiết quy nạp tồn tại một hàm
j
ˆ
f
j
X \ M
thỏa mãn
j
ˆ
ff
trên
j
X \ M
. Theo Bổ đề 2.1.4.(a), dán các hàm
k
j
j1
f
ta được
f
X \ M
với
j
ff
trên
j
X \ M
,
j 1, ,k
. Vì vậy
ˆ
ff
trên
X \ M
.
Cuối cùng, vì
codim M \ M 2
nên hàm
f
thác triển chỉnh hình qua
M \ M
.
Từ bây giờ ta giả sử
M
là tập rỗng hoặc là tập đối chiều một thuần túy.
Bƣớc 2. Để chứng minh định lý ta chỉ cần xét trường hợp
M
hoặc
M
là tập đối chiều một thuần túy và
1N
D , ,D
là giả lồi bị chặn.
Chứng minh
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Cho
1N
D , ,D
là miền giả lồi tùy ý,
j,k j
DD
,
j,k j
DDÐ
, trong đó
j,k
D
là các miền giả lồi với
j,k j j,k
A : A D
. Chú ý rằng
j,k
A
là tập đa chính
quy địa phương. Đặt
k
X:
1,k N,k 1,k N,k
A , ,A ;D , ,D X
;
khi đó
k
XX
.
Giả sử
f
s
X \ M
cho trước. Theo giả thiết quy nạp, với mỗi k tồn
tại hàm
k
ˆ
f
k
X \ M
với
k
ff
trên
k
X \ M
. Theo Bổ đề 2.1.4(a),
k 1 k
ˆˆ
ff
trên
k
X \ M
, vì vậy dán các hàm
k
ˆ
f
, ta được
ˆ
f
X \ M
với
ˆ
ff
trên
X \ M
.
Bước 2 được chứng minh.
Từ bây giờ ta giả sử
M
là tập rỗng hoặc tập đối chiều một thuần túy và
1N
D , ,D
là tập giả lồi bị chặn.
Bƣớc 3. Để chứng minh Định lý 2.2.1 ta chỉ cần xét trường hợp
N2
.
Chú ý. Theo Định lý 2.2.2, bước 3 hoàn thành chứng minh Định lý
2.2.1 trong trường hợp
M
.
Chứng minh
Ta xét trường hợp
N2
. Giả sử Định lý 2.1.1 là đúng trong trường
hợp
N 1 2
. Ta xét chữ thập
N
- lá
X
1 N 1 N
A , ,A ;D , ,D
, trong đó
1N
D , ,D
là các tập giả lồi bị chặn.
Cho
MX
là tập rỗng hoặc tập đối chiều một thuần túy và
f
s
X \ M
. Chú ý rằng:
NN
X Y A A D
trong đó:
Y:
1 N 1 1 N 1
A , ,A ;D , ,D
,
1 N 1
A: A A
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
với mỗi
NN
aA
bất kỳ ta có:
N1
1
k
k
1 N 1 1 N 1 N
z , ,z : z , ,z ,a X Y
.
Bây giờ cố định một
NN
aA
sao cho:
N
a 1 N 1 1 N 1 N
M : z , ,z Y: z , ,z ,a M Y
Ø
;
đặc biệt,
N
a
M
là tập rỗng hoặc tập đối chiều một thuần túy (trong
Y
).
Mặt khác vì
1 N 1
A , ,A
là các tập đa chính quy địa phương. Theo giả thiết
quy nạp, tồn tại một hàm
N
a
ˆ
f
N
a
Y \ M
với
N
aN
ˆ
f f .,a
trên
N
a
Y \ M
.
Tiếp tục định nghĩa chữ thập 2 - lá như sau:
Z:
NN
A,A ;Y,D
.
Ta thấy
Z
thỏa mãn các điều kiện cho trường hợp
N2
:
Y
,
N
D
là các
miền giả lồi bị chặn,
AY
,
NN
AD
là các tập đa chính quy địa phương.
Theo Bổ đề 2.1.2, ta có:
NN
**
N N A ,D N
A,Y
Z z,z Y D :h z h z 1 X
Đặt
f :Z\ M
, ta có
N
z
N
N
N
f z nÕu z Y A
f z f z,z :
f z nÕu z A D
Rõ ràng
f
là tồn tại và do đó
f
s
Z\ M
.
Áp dụng trường hợp
N2
ta tìm được một hàm
ˆ
f
Z \ M
khác
với
ˆ
ff
trên
Z \ M
. Hơn nữa, vì
ZX
nên ta có
ˆ
ff
trên
X \ M
.
Hoàn thành chứng minh bước 3.
