KHÔNG GIAN PHỨC HYPEBOLIC và một số vấn đề LIÊN QUAN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

CẤN THỊ THU HIỀN

KHÔNG GIAN PHỨC HYPEBOLIC
VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC

Hà Nội -2015


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

CẤN THỊ THU HIỀN

KHÔNG GIAN PHỨC HYPEBOLIC
VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Phạm Nguyễn Thu Trang

HÀ NỘI -2015


Lời cảm ơn

Được sự phân công của khoa Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà
Nội và sự hướng dẫn của TS. Phạm Nguyễn Thu Trang, tôi đã thực hiện
đề tài "Không gian phức hyperbolic và một số vấn đề liên quan".
Để hoàn thành bản luận văn này, tôi xin chân thành cảm ơn đến
các thầy cô giáo đã tận tình hướng dẫn, giảng dạy trong suốt quá trình
tôi học tập, nghiên cứu và rèn luyện ở trường Đại học Sư phạm Hà Nội.
Xin chân thành cảm ơn cô giáo hướng dẫn TS. Phạm Nguyễn Thu
Trang đã tận tình, chu đáo hướng dẫn tôi thực hiện khóa luận này.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng để thực hiện đề tài một cách hoàn
chỉnh nhất, song do thời gian và trình độ còn hạn chế nên bản luận văn
khó tránh khỏi những thiếu sót nhất định mà bản thân chưa thấy được.
Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo và các bạn
đồng nghiệp để bản luận văn này được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 10 năm 2015
Học viên

Cấn Thị Thu Hiền


Mục lục

PHẦN MỞ ĐẦU

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Giả khoảng cách Kobayashi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Không gian phức hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Không gian phức hyperbolic đầy . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4

Tính taut và định lý Kiernan . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5

Không gian phức nhúng hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Không gian phức hyperbolic và một số vấn đề liên quan

17

2.1

Tính hyperbolic và tính taut của miền kiểu Hartogs . . . . 17

2.2

Tính nhúng hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Kết luận

28

Tài liệu tham khảo

29


PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Giải tích phức nói chung và giải tích hyperbolic nói riêng đóng vai trò
quan trọng trong giải tích toán học và là lĩnh vực cơ bản của toán học hiện
đại. Lý thuyết về không gian phức hyperbolic được S. Kobayashi đưa ra từ
đầu những năm 1970 đã mở ra hướng nghiên cứu mới của giải tích phức.
Trong những năm gần đây lý thuyết này đã thu hút được sự quan tâm
của nhiều nhà toán học trong và ngoài nước. Một số kết quả đẹp đẽ của
lý thuyết này đã được chứng minh bởi M. Abate, T. Barth, H. Gaussier,
S. Kobayashi, S. Lang, Đỗ Đức Thái,. . . Tính hyperbolic, tính taut, tính
nhúng hyperblic là những tính chất quan trọng khi nghiên cứu một miền
trong không gian phức. Vì vậy, với việc chọn đề tài
"Không gian phức hyperbolic và một số vấn đề liên quan",

tôi mong muốn tìm hiểu và nghiên cứu về một số đặc trưng và tính chất
của không gian phức hyperbolic cũng như một số vấn đề liên quan tới
không gian phức này.
2. Định hướng nghiên cứu
Trước hết, luận văn cần phải trình bày một số nội dung chuẩn bị
về không gian phức hyperbolic như: Giả khoảng cách Kobayashi; không
gian phức hyperbolic; tính taut; không gian phức nhúng hyperbolic . . . .
Trên cơ sở đó tìm hiểu và trình bày sâu hơn về một số vấn đề liên quan
tới không gian phức hyperbolic .
3. Phương pháp nghiên cứu
Đọc và dịch các tài liệu liên quan, phân tích, so sánh, tổng hợp và
nghiên cứu lý thuyết.

1


4. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm
các chương sau:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Trình bày những vấn đề cơ bản
của giải tích phức và giải tích hyperbolic nhằm chuẩn bị cho chương sau:
Giả khoảng cách Kobayashi; không gian phức hyperbolic; không gian phức
hyperbolic đầy; không gian phức nhúng hyperbolic...
Chương 2: Không gian phức hyperbolic và một số vấn đề
liên quan. Đây là nội dung chính của luận văn. Chương này trình bày
khái niệm, tính hyperbolic và tính taut của miền kiểu Hartogs; tính nhúng
hyperbolic của miền không bị chặn trong không gian phức.

2

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
1.1

Giả khoảng cách Kobayashi

Giả sử ∆ = {z ∈ C : |z| < 1} là đĩa đơn vị mở trên mặt phẳng phức
C và ∆r = {z ∈ C : |z| < r} . Dễ thấy ∆ = ∆1 .
Trên ∆, ta xét khoảng cách Bergman-Poincare cho bởi

ρ(0, z) = ln

1 + |z|
, với mọi z ∈ ∆.
1 − |z|

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử X là một không gian phức, p và q là hai điểm
tùy ý của X . Ta gọi một dây chuyền chỉnh hình γ nối p và q là tập hợp

{a1 , a2 , . . . , an ∈ ∆; f1 , f2 , . . . , fn ∈ Hol(∆, X)}
sao cho

f1 (0) = p, fi (ai ) = fi+1 (0), fn (an ) = q
ở đó Hol(M, N ) là không gian các ánh xạ chỉnh hình từ không gian phức

M vào không gian phức N được trang bị tôpô compact mở.
Ta đặt

n

Lγ =

ρ(0, ai )
i=1
3


và định nghĩa dX (p, q) = inf Lγ , ở đó infimum lấy theo tất cả các dây
chuyền chỉnh hình γ nối p và q .
Hàm dX : X × X → [0; ∞) được gọi là giả khoảng cách Kobayashi
trên không gian phức X.
Dễ thấy dX thỏa mãn các tiên đề về giả khoảng cách, tức là:
i) dX (p, q) ≥ 0, ∀p, q ∈ X.
ii) dX (p, q) = dX (q, p), ∀p, q ∈ X.
iii) dX (p, r) ≤ dX (p, q) + dX (q, r), ∀p, q, r ∈ X.
Nhận xét. Ta nêu ra một số tính chất cơ bản của giả khoảng cách
Kobayashi.
i)

ρ = d∆ và d∆n ((zj ), (wj )) = max ρ(zj , wj ), ∀(zj ), (wj ) ∈
j=1,n

n

∆ .
ii) (Nguyên lý giảm khoảng cách)
Giả sử f : X → Y là ánh xạ chỉnh hình giữa hai không gian phức.
Khi đó

dX (p, q) ≥ dY (f (p), f (q)), ∀ p, q ∈ X.
Từ đó ta suy ra rằng , nếu f : X → Y là song chỉnh hình thì

dX (p, q) = dY (f (p), f (q)), ∀ p, q ∈ X.
iii) Đối với một không gian phức X tùy ý, hàm dX là liên tục trên
X × X.
Chứng minh. Giả sử {(pn , qn )} ⊂ X × X và {(pn , qn )} → (p, q) theo tôpô
của X × X. Từ bất đẳng thức tam giác ta có

|dX (pn , qn ) − dX (p, q)| ≤ dX (pn , p) + dX (qn , q).
4


Do đó việc chứng minh lim dX (pn , qn ) = dX (p, q) thực chất đưa về
n→∞

việc chứng minh dX (pn , p) → 0 khi pn → p.
Giả sử U là một lân cận của điểm p. Do dX ≤ dU trong U nên ta chỉ
cần chứng tỏ rằng dU (pn , p) → 0 khi pn → p trong U .
Nếu p là điểm chính quy của X thì ta có thể coi U = ∆n và phép
chứng minh được suy ra ngay từ tính chất i).
Ta xét trường hợp p là điểm kỳ dị của X.
Giả sử tồn tại δ > 0 sao cho dU (pn , p) ≥ δ với mọi n > 0.
Xét dải kỳ dị π : U → U .
Giả sử {qn } ⊂ U sao cho π(qn ) = pn , ∀n ≥ 1. Do π là ánh xạ riêng
nên bằng cách lấy dãy con nếu cần thiết ta có thể giả sử rằng dãy {qn }
hội tụ tới q ∈ U .
Do π là ánh xạ liên tục nên π(q) = p. Giả sử V là lân cận đa đĩa của

q trong U . Do nguyên lý giảm khoảng cách và do dV là liên tục nên ta suy
ra rằng

dU (pn , p) = dU (π(qn ), π(q)) ≤ dV (qn , q) → 0 khi n → ∞.
Điều này trái với giả thiết ban đầu của ta.
Vậy dX là hàm liên tục trên X × X.

5


1.2

Không gian phức hyperbolic

Định nghĩa 1.2.1. Một không gian phức X được gọi là hyperbolic nếu dX
là khoảng cách, tức là dX (p, q) = 0 khi và chỉ khi p = q.
Nhận xét. Một số tính chất của không gian phức hyperbolic.
i) Nếu X, Y là các không gian phức, thì X × Y là không gian hyperbolic nếu và chỉ nếu cả X và Y đều là không gian hyperbolic.
ii) Giả sử X là không gian con phức của không gian phức Y . Nếu Y
là hyperbolic thì X cũng là hyperbolic. Hay nói cách khác, không gian con
của một không gian hyperbolic là hyperbolic.
Ví dụ 1.2.2. Ta có
a) Đĩa ∆r và đa đĩa ∆m
r là hyperbolic.
b) Một miền bị chặn trong Cm là hyperbolic.
c) Cm không là hyperbolic, vì dCm ≡ 0.
Định lí 1.2.3. (Định lý Barth). Giả sử X là không gian phức hyperbolic.
Khi đó khoảng cách dX sinh ra tôpô của không gian X.
Chứng minh. Ta phải chứng minh các ánh xạ

Id : (X, τX ) → (X, τdX ) và Id : (X, τdX ) → (X, τX ) là liên tục.
Do tính chất iii) của giả khoảng cách Kobayashi nên ánh xạ

Id : (X, τX ) → (X, τdX )
là liên tục.
Giả sử tồn tại dãy {pn } ⊂ X, lim dX (pn , p) = 0 nhưng {pn }
n→∞

p

theo tôpô τX . Thế thì tồn tại các lân cận U, V của p trong X và tồn tại
các dãy con {pnk } ⊂ {pn } sao cho U ⊂ V , V đẳng cấu với một tập con
6


giải tích trong đa đĩa đơn vị của Cn và {pnk } ∈
/ U với mọi k > 0. Dễ thấy

V là hyperbolic.
Giả sử γ là một dây chuyền chỉnh hình tùy ý nối p và pnk .
Gọi qnk là giao điểm của γ với ∂U .
Thế thì Lγ ≥ dV (p, qnk ) ≥ dV (p, ∂U ) = c > 0.
Do đó dX (p, pnk ) ≥ c với mọi k ≥ 1. Điều này trái với giả thiết

lim dX (p, pn ) = 0.

n→∞

Vậy ánh xạ Id : (X, τdX ) → (X, τX ) là liên tục.

1.3

Không gian phức hyperbolic đầy

Định nghĩa 1.3.1. Một không gian phức hyperbolic X được gọi là không
gian phức hyperbolic đầy nếu (X, dX ) là đầy Cauchy tương ứng với dX .
Định lí 1.3.2. (Định lý Kobayashi). Giả sử X là không gian phức
hyperbolic. Khi đó X là hyperbolic đầy khi và chỉ khi mỗi hình cầu đóng
trong (X, dX ) là compact.
Chứng minh. Ta cần hai bổ đề sau đây
Bổ đề 1. Giả sử X là một không gian phức, r > 0. Với mỗi tập con A ⊂ X
ta đặt U (A, r) = {p ∈ X : dX (p, a) < r với mỗi điểm a nào đó thuộc A}.
Khi đó, với mọi a ∈ X , với mọi r > 0 và với mọi r > 0 ta có

U (U (a, r), r ) = U (a, r + r ).
Chứng minh bổ đề 1.
Dễ thấy U (U (a, r), r ) ⊂ U (a, r + r ).
7


Ta phải chứng minh U (U (a, r), r ) ⊃ U (a, r + r ).
Giả sử p ∈ U (a, r + r ) và dX (a, p) = r + r − 3ε (ε > 0 đủ bé).
Khi đó tồn tại a1 , a2 , . . . , ak ∈ ∆; f1 , f2 , . . . , fk ∈ Hol(∆, X) sao cho

f1 (0) = a, fi (ai ) = fi+1 (0), fk (ak ) = p
k
i=1 ρ(0, ai )

và

< r + r − 2ε.

Giả sử j là chỉ số lớn nhất (1 ≤ j ≤ k) sao cho
j−1

ρ(0, aj ) < r − ε.
i=1

Giả sử cj là điểm trên cung trắc địa nối 0 với aj trong ∆ sao cho
j−1

ρ(0, aj ) + ρ(0, cj ) = r − ε.
i=1

Đặt q = fj (cj ). Khi đó dX (a, q) < r và dX (p, q) < r .
Do đó p ∈ U (q, r ) ⊂ U (U (a, r), r ). Vậy U (U (a, r), r ) = U (a, r +r ).

Bổ đề 2. Giả sử X là không gian phức hyperbolic, a ∈ X, r > 0. Giả
sử tồn tại b > 0 sao cho U (p, b) là compact với mọi p ∈ U (a, r). Khi đó

U (a, r) cũng là compact.
Chứng minh bổ đề 2.
Vì X là compact địa phương nên tồn tại s, 0 < s < r sao cho U (a, s)
là compact.

b
Ta chỉ cần chứng minh rằng U (a, s + ) cũng là compact vì đến một
2
nb
lúc nào đó thì U (a, r) ⊂ U (a, s + ) với n ≥ 1 nào đó.

2
8


b
Giả sử {pn } ⊂ U (a, s + ). Chọn {qn } ⊂ U (a, s) sao cho
2
3b
dX (pn , qn ) < .
4
Vì U (a, s) là compact nên ta có thể giả sử rằng {qn } → q ∈ U (a, s)
nên pi ∈ U (q, b) với mọi i đủ lớn.
Do U (q, b) là compact nên ta có thể giả sử {pi } → p ∈ U (q, b).

b
b
b
Lại do {pi } ⊂ U (a, s + ) và U (a, s + ) là đóng nên p ∈ U (a, s + ).
2
2
2
b
Vậy U (a, s + ) là compact.
2

Chứng minh định lý 1.3.2

(⇒) Theo bổ đề 2, ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại b > 0 sao cho
U (p, b) là compact với mọi p ∈ X.
1

Giả sử ngược lại, ta có tồn tại p1 ∈ X sao cho U (p1 , ) là không
2
1
1
compact. Áp dụng bổ đề 2 vào U (p1 , ) thì tồn tại p2 ∈ U (p1 , ) sao cho
2
2
1
U (p2 , 2 ) là không compact.
2
Tiếp tục quá trình trên ta được dãy Cauchy {pn } ⊂ X sao cho pn ∈
1
1
U (pn−1 , n−1 ) và U (pn , n ) là không compact.
2
2
Giả sử {pn } → p ∈ X. Do X là compact địa phương nên tồn tại c > 0
1
sao cho U (p, c) là compact. Nhưng với n đủ lớn thì U (pn , n ) là tập con
2
1
đóng của U (p, c), do đó U (pn , n ) là compact. Điều này là vô lý.
2
Vậy U (p, r) là compact với mọi p ∈ X và với mọi r > 0.

(⇐) Khẳng định ngược lại là hiển nhiên.
9


1.4

Tính taut và định lý Kiernan

Định nghĩa 1.4.1. Giả sử X, Y là hai không gian phức.
a) Dãy {fk }∞
k=1 ⊂ Hol(Y, X) được gọi là phân kỳ compact nếu với
mỗi tập compact K ⊂ Y và với mỗi tập compact L ⊂ X , tồn tại số

j0 = j(K, L) sao cho fj (K) ∩ L = ∅ với mọi j ≥ j0 .
b) X được gọi là taut nếu mọi dãy {fk }∞
k=1 ⊂ Hol(Y, X) chứa một
dãy con hội tụ hoặc chứa một dãy con phân kỳ compact.
Chú ý: Trong định nghĩa trên chỉ cần xét với Y =
với
là đĩa đơn vị mở trong C.

(xem [Ba]) ,

Định lí 1.4.2. (Định lý Kiernan)
i) Mỗi không gian phức taut M là hyperbolic.
ii) Mỗi không gian phức hyperbolic đầy M cũng là taut.
Các khẳng định ngược lại đều không đúng.
Để chứng minh định lý Kiernan, ta đưa vào một số khái niệm sau:
Giả sử p và q là hai điểm phân biệt của không gian phức M .
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử p = 0 và

B = {(w1 , . . . , wn ); |w1 |2 + · · · + |wn |2 < 1} là một lân cận của p
trong M sao cho q ∈
/ B.
Bs = {(w1 , . . . , wn ); |w1 |2 + · · · + |wn |2 ≤ s2 < 1}.

Vs = {p ∈ M ; ρ(p, p ) < s}.
= {z ∈
a.Định nghĩa.
δ

; |z|2 < δ < 1}.

Một cặp có thứ tự (r, δ) các số dương được gọi là có tính chất A nếu
10


δ)

⊂ B.

Chọn hằng số c > 0 sao cho d (0, a) ≥ cd δ (0, a) với mọi a ∈

δ/2 .

với mỗi ánh xạ chỉnh hình f :
b.Bổ đề.

→ M với f (0) ∈ Br , ta có f (

Nếu tồn tại cặp (r, δ) có tính chất A thì dM (p, q) > 0.
Chứng minh.
Giả sử L = {p = p0 , p1 , . . . , pm = q; a1 , a2 , ..., am ; f1 , f2 , ..., fm } là
một dây chuyền Kobayashi nối p và q . Theo giả thiết, không mất tính
tổng quát, ta có thể giả sử a1 , a2 , ..., ak ∈ δ/2 , p0 , p1 , . . . , pk−1 ∈ Br , và
pk ∈ ∂Br .

Khi đó :
k

k

d (0, ai ) ≥ c

|L| ≥
i=1

d δ (0, ai )
i=1
k

dB (pi−1 , pi ) ≥ cdB (0, pk ) = c

≥c
i=1

trong đó c là hằng số dương.
Do đó dM (p, q) ≥ c > 0. Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh định lý Kiernan.
(i) Giả sử M không hyperbolic. Khi đó tồn tại hai điểm phân biệt p
và q sao cho dM (p, q) = 0.
Theo bổ đề trên, cặp (1/2; 1/n) không thỏa mãn tính chất A với bất
kỳ n > 0.
Do đó tồn tại ánh xạ chỉnh hình fn :
→ M mà fn (0) ∈ B1/2 và
fn ( 1/2 ) ⊂ B . Dãy {fi } không có dãy con hoặc hội tụ đều trên các tập
compact hoặc phân kỳ compact. Do đó M không là taut.

(ii) Do tính chất giảm khoảng cách của khoảng cách Kobayashi nên
Hol( , M ) là đồng liên tục. Mặt khác M là hyperbolic đầy nên mỗi tập
con bị chặn trong M là compact tương đối. Vì vậy Hol( , M ) là chuẩn
tắc, do đó M là taut.
*Chú ý: Điều ngược lại nói chung không đúng. Ví dụ:
là hyperbolic nhưng không là taut.

11

× \{(0, 0)}


Định lí 1.4.3. (Định lý Eastwood về tính taut)
Giả sử π : X → X là ánh xạ chỉnh hình giữa hai không gian phức
thỏa mãn điều kiện sau: với mỗi x ∈ X , tồn tại lân cận mở Ux của x sao
cho π −1 (Ux ) là taut.
Khi đó nếu X là taut thì X cũng là taut.
Chứng minh. Giả sử X là taut và dãy {f˜n } ⊂ Hol( , X) là không phân
kỳ compact. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng tồn tại dãy

{zn } ⊂

sao cho {zn } → z ∈

và {f˜n (zn )} → p˜ ∈ X .

Hiển nhiên dãy {fn = π ◦ f˜n } ⊂ Hol( , X) là không phân kỳ
compact, do đó ta có thể giả sử rằng dãy {fn } hội tụ đều tới ánh xạ

F ∈ Hol( , X).

Đặt p = π(˜
p) = F (z).
Lấy lân cận mở Up của p sao cho π −1 (Up ) là taut.
Vì dãy {fn } hội tụ tới ánh xạ F nên tồn tại tập con mở V của

sao

cho fn (V ) ⊂ Up , ∀ n ≥ N .
Mặt khác, vì dãy {f˜n (zn )} hội tụ tới p˜ và vì π −1 (Up ) là taut nên ta
có thể giả sử rằng dãy {f˜n |V } ⊂ Hol(V, π −1 (Up )) hội tụ đều tới ánh xạ

F ∈ Hol(V, X).
Xét họ Υ tất cả các căp (W, Φ), trong đó W là tập con mở

và

˜ sao cho tồn tại dãy con {f˜n | } của dãy {f˜n | } mà dãy
Φ ∈ Hol(W, X),
k W
W
˜
{f˜nk |W } là hội tụ đều tới ánh xạ Φ trong Hol(W, X).
Trong họ Υ ta xét quan hệ thứ tự sau đây:
12


(W1 , Φ1 ) ≤ (W2 , Φ2 ) nếu W1 ⊂ W2 và từ một dãy con bất kỳ {f˜nk |W1 }
của dãy {f˜n |W1 } mà nó hội tụ đều tới ánh xạ Φ1 trong Hol(W1 , X) ta có
thể trích ra được một dãy con hội tụ đều tới ánh xạ Φ2 trong Hol(W2 , X).
Giả sử rằng {(Wα , Φα )}α∈Λ là tập con sắp thứ tự hoàn toàn của Υ.

Đặt

W0 =

Wα .
α∈Λ

Ta xác định ánh xạ Φ0 ∈ Hol(W0 , X) bằng cách đặt

Φ0 |Wα = Φα , ∀α ∈ Λ.
Ta lấy dãy {(Wi , Φi )}∞
i=1 ⊂ {(Wα , Φα )}α∈Λ sao cho
∞

(W1 , Φ1 ) ≤ (W2 , Φ2 ) ≤ ... và

Wi = W0 .
i=1

Khi đó tồn tại dãy con {f˜n1 |W1 } của dãy {f˜n |W1 } hội tụ đều tới ánh xạ

Φ1 trong Hol(W1 , X).
Xét dãy {f˜n1 |W2 }. Lập luận tương tự, từ dãy {f˜n1 } có thể rút ra dãy
con {f˜n2 } sao cho {f˜n2 |W2 } hội tụ đều tới ánh xạ Φ2 trong Hol(W2 , X).
Tiếp tục quá trình này ta nhận được các dãy {f˜nk } sao cho

{f˜nk } ⊂ {f˜nk−1 },

∀k ≥ 2

và {f˜nk |Wk } hội tụ đều tới ánh xạ Φk trong Hol(Wk , X).
Rõ ràng dãy {f˜kk } hội tụ tới ánh xạ Φ0 trong Hol(W0 , X).
Như vậy (W0 , Φ0 ) ∈ Υ và vì vậy tập con {(Wα , Φα )}α∈Λ có cận trên.
Theo bổ đề Zorn, họ Υ có phần tử cực đại (W, Φ).
13


Giả sử {f˜nk |W } là dãy con của dãy {f˜n |W1 } sao cho {f˜nk |W } hội tụ đều
tới ánh xạ Φ trong Hol(W, X).
Lấy z0 ∈ W và lấy lân cận mở U của F (z0 ) trong X sao cho π −1 (U )
là taut.
Vì dãy {fn } hội tụ đều tới ánh xạ F ∈ Hol( , X) trong Hol( , X)
nên tồn tại lân cận mở W0 của z0 trong

sao cho

(π ◦ f˜n )(W0 ) ⊂ U, ∀n ≥ 1.
Vì vậy f˜n (W0 ) ⊂ π −1 (U ), ∀n ≥ 1.
Lấy z1 ∈ W0 ∩ W. Khi đó dãy{f˜nk (z1 )} là hội tụ.
Do tính chuẩn tắc của họ Hol(W, π −1 (U )) và do tính cực đại của

(W, ϕ) ta có W0 ⊂ W và do đó W =

1.5

. Định lý được chứng minh.

Không gian phức nhúng hyperbolic

Định nghĩa 1.5.1. Giả sử F là một họ nào đó các ánh xạ từ không gian

tôpô X vào không gian tôpô Y . Họ F được gọi là liên tục đồng đều từ

x ∈ X đến y ∈ Y nếu với mỗi lân cận U của điểm y đều tìm được một
lân cận V của x và lân cận W của y sao cho nếu

f (x) ∈ W thì f (V ) ⊂ U, ∀f ∈ F .
Nếu F là liên tục đồng đều với mọi x ∈ X và mọi y ∈ Y thì F được
gọi là liên tục đồng đều từ X đến Y .
Định lí 1.5.2. (Định lý Ascoli). Giả sử X là không gian chính quy
14


compact địa phương, Y là không gian Hausdorff. Giả sử F là tập con của
tập các ánh xạ liên tục C(X, Y ). Khi đó F là compact tương đối trong

C(X, Y ) nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn
i) F là liên tục đồng đều trên X.
ii) Với mỗi x ∈ X , tập hợp Fx = {f (x) : f ∈ F} là compact tương
đối trong Y.
Định nghĩa 1.5.3. Giả sử X là không gian con phức của không gian
phức Y . Khi đó X được gọi là nhúng hyperbolic trong Y nếu với mọi

x, y ∈ X, x = y , tồn tại lân cận mở U của x và V của y trong Y sao cho
dX (X ∩ U, X ∩ V ) > 0.
Định lí 1.5.4. Giả sử X là không gian con phức của không gian phức Y .
Khi đó các điều kiện sau là tương đương
HI1. X là nhúng hyperbolic trong Y.
HI2. X là hyperbolic và nếu {xn }, {yn } là các dãy trong X thỏa mãn

xn −→ x ∈ ∂X , yn −→ x ∈ ∂X , dX (xn , yn ) −→ 0 thì x = y.

HI3. Giả sử {xn }, {yn } là các dãy trong X thỏa mãn xn −→ x ∈

X, yn −→ y ∈ X . Khi đó, nếu dX (xn , yn ) −→ 0 khi n −→ ∞ thì x = y.
HI4. Giả sử H là hàm độ dài trên Y. Khi đó, tồn tại hàm liên tục,
dương ϕ trên Y sao cho

f ∗ (ϕH) ≤ H∆ , ∀f ∈ Hol (∆, X) ,
trong đó H∆ là metric vi phân Poincaré trên đĩa đơn vị ∆.
15


HI5. Tồn tại hàm độ dài H trên Y sao cho với mọi f ∈ Hol (∆, X),
ta có

f ∗ H ≤ H∆ .
Nhận xét.
i) Không gian phức X là hyperbolic khi và chỉ khi X là nhúng trong
chính nó.
ii) Nếu X1 là nhúng hyperbolic trong Y1 và X2 là nhúng hyperbolic
trong Y2 thì X1 × X2 là nhúng hyperbolic trong Y1 × Y2 .
iii) Nếu có hàm khoảng cách δ trên X thỏa mãn

dX (p, q) ≥ δ (p, q) , ∀p, q ∈ X
thì X là nhúng hyperbolic trong Y.

16


Chương 2

Không gian phức hyperbolic và một
số vấn đề liên quan
2.1

Tính hyperbolic và tính taut của miền kiểu Hartogs

Giả sử X là không gian phức và ánh xạ H : X × Cm −→ [−∞; ∞)
là nửa liên tục trên sao cho H(z, w) 0, H(z, λw) = |λ|H(z, w) với mọi
λ ∈ C, z ∈ X, w ∈ Cm .
Định nghĩa 2.1.1. Đặt ΩH (X) := {(z, w) ∈ X × Cm : H(z, w) < 1} và
với mỗi z ∈ X, ΩH (z) := {w ∈ Cm : H(z, w) < 1}. Miền ΩH (X) được gọi
là miền kiểu Hartogs.
Định lí 2.1.2. Ω = ΩH (X) là hyperbolic khi và chỉ khi X là hyperbolic và
hàm H thỏa mãn điều kiện sau:
Nếu {zk }k≥1 là dãy trong X với lim zk = z0 ∈ X và {wk }k≥1 là dãy
k→∞

trong C

m

với lim wk = w0 = 0 thì lim sup H(zk , wk ) = 0.(∗)
k→∞

k→∞

Chứng minh. Để chứng minh định lý này, ta cần bổ đề sau (là kết quả
trong Nhận xét 3.1.7 và Mệnh đề 3.1.10 trong [5]).

17

Bổ đề 2.1.3. Giả sử Ω = ΩH (X) và ∆ = {z ∈ C : |z| < 1}. Khi
đó, lΩ ((z, 0), (z, w)) ≤ p(0, H(z, w)) với mọi (z, w) ∈ Ω, trong đó p là
khoảng cách Poincaré và lΩ (a, b) = inf {p(0, λ) : ∃ϕ ∈ Hol(∆, Ω), ϕ(0) =

a, ϕ(λ) = b} là hàm Lempert. Ở đây, đẳng thức xảy ra nếu H ∈ P SH(X ×
Cm ).
Chứng minh định lý 2.1.2.
Điều kiện cần. Giả sử ΩH (X) là hyperbolic. Do X là đẳng cấu với
không gian con phức đóng của ΩH (X), ta suy ra X là hyperbolic.
Tiếp theo, ta chỉ ra rằng H thỏa mãn tính chất (*). Giả sử ngược
lại, tồn tại {zk }k≥1 ⊂ X với lim zk = z0 ∈ X và {wk }k≥1 ⊂ Cm với
k→∞

lim wk = w0 = 0 thì lim sup H(zk , wk ) = 0. Không mất tính tổng quát,

k→∞

k→∞

ta có thể giả sử rằng (zk , wk ) ∈ ΩH (X). Theo Bổ đề 2.1.3, ta có

0 ≤ kΩ ((zk , 0), (zk , wk )) ≤ p(0, H(zk , wk )), ∀k ≥ 1.
Cho k → ∞, ta thấy rằng kΩ ((z0 , 0), (z0 , w0 )) = 0. Điều này mâu
thuẫn với tính hyperbolic của ΩH (X).
Điều kiện đủ. Để chứng minh mệnh đề đảo, xét ánh xạ chiếu

π : ΩH (X) → X cho bởi π(z, w) = z . Giả sử U là lân cận hyperbolic của
z0 trong X . Khi đó, ∪z∈U ΩH (z) là tập có bị chặn trong Cm .

Thật vậy, giả sử ngược lại, tức là tồn tại {zk }k≥1 ⊂ U, {wk }k≥1 ⊂ Cm
sao cho lim wk = ∞ và H(zk , wk ) < 1.
k→∞

Đặt wk := rk uk với uk = 1, ∀k ≥ 1 và |rk | → ∞ khi k → ∞. Không
mất tính tổng quát, ta giả sử zk → z0 và uk → u0 = 0 khi k → ∞. Từ
18


H(zk , wk ) = |rk |H(zk , uk ) < 1 nên lim sup H(zk , uk ) = 0 (Mâu thuẫn với
k→∞

tính chất (*)). Vì vậy, tồn tại R > 0 sao cho ∪z∈U ΩH (z) ⊂ B(0; R). Dễ
thấy rằng, π −1 (U ) ⊂ U × ∪z∈U ΩH (z) ⊂ U × B(0; R). Vì vậy, π −1 (U ) cũng
là hyperbolic. Theo định lý Eastwood, ta suy ra điều phải chứng minh.

Mệnh đề 3.2 trong [13] là hệ quả trực tiếp của Định lý 2.1.2 khi X là
miền G ⊂ Cn , H(z, w) = h(w)eu(z) , trong đó h : Cm → [−∞, ∞) là nửa
liên tục trên, h = 0, h(λw) = |λ|h(w), λ ∈ C, w ∈ Cm và u là hàm nửa
liên tục trên trên G. Ta có hệ quả sau:
Hệ quả 2.1.4. (Mệnh đề 3.2 trong [13]). Miền Ω = ΩH (G) là hyperbolic
khi và chỉ khi G là hyperbolic, Dh := {w ∈ Cm : h(w) < 1}

Cm và u là

bị chặn địa phương trên G.
Chứng minh. Điều kiện đủ để chứng minh tính chất (*) tương đương với

Dh := {w ∈ Cm : h(w) < 1}

Cm và u là bị chặn địa phương trên G.

Giả sử H(z, w) = h(w)eu(z) thỏa mãn điều kiện (*).
Trước hết, ta chỉ ra rằng Dh bị chặn trong Cm . Thật vậy, giả sử ngược
lại, tức là tồn tại dãy {wk }k≥1 ⊂ Dh sao cho wk → ∞. Đặt wk = rk uk
với uk = 1. Khi đó rk → ∞. Rõ ràng

0 ≤ H(z, wk ) = h(wk )eu(z) = |rk |h(uk )eu(z) < eu(z) < ∞.
Cho k → ∞, ta có lim sup H(z, uk ) = 0. Điều này mâu thuẫn với tính
k→∞

chất (*).
Tiếp theo, ta chỉ ra u bị chặn địa phương trên G. Thật vậy, giả sử
tồn tại z0 ∈ G và {zk }k≥1 hội tụ tới z0 sao cho u(zk ) → −∞. Cố định
19


w ∈ Cm , w = 0. Ta có lim sup H(zk , w) = lim h(w)eu(zk ) = 0. Điều này
k→∞

k→∞

mâu thuẫn với tính chất (*) của hàm H.
Giả sử H(z, w) = h(w)eu(z) , Dh := {w ∈ Cm : h(w) < 1}

Cm và u

bị chặn địa phương trên G. Giả sử tồn tại dãy {zk } ⊂ G, {wk } ⊂ Cm
sao cho zk → z0 ∈ G, wk → w0 = 0 và lim sup H(zk , uk ) = 0. Dễ
k→∞

thấy lim sup h(wk )eu(zk ) = 0. Vì u bị chặn địa phương trên G, ta có
k→∞

lim sup h(wk ) = 0. Chọn dãy {rk } ⊂ R sao cho
k→∞

(i) rk → ∞,
(ii) lim sup rk h(wk ) = lim sup h(rk wk ) = 0.
k→∞

k→∞

Đặt vk := rk wk . Khi đó {vk } ⊂ Dh với k đủ lớn và vk → ∞. Mâu
thuẫn xảy ra.
Sau đây ta chứng minh định lý chính tiếp theo của luận văn, đây là
định lý thể hiện điều kiện cần và điều kiện đủ để miền kiểu Hartogs là
taut.
Định lí 2.1.5. Giả sử X là không gian phức. Khi đó, ΩH (X) là taut khi
và chỉ khi X là taut, ΩH (z) là taut với bất kỳ z ∈ X và logH là hàm đa
điều hòa dưới liên tục.
Chứng minh. Điều kiện cần. Từ X là đẳng cấu với không gian con phức
đóng của ΩH (X), suy ra X là taut. Ta chứng minh H liên tục trên X × Cm .
Thật vậy, giả sử tồn tại r > 0, {zk , wk }k≥1 ⊂ X × Cm sao cho

{(xk , wk )} → (z0 , w0 ) ∈ X × Cm và H(xk , wk ) < r < H(x0 , w0 ), ∀k ≥ 1.
Với mỗi k ≥ 1, ta xác định ánh xạ chỉnh hình fk : ∆ −→ ΩH (X) cho
rwk
bởi fk (λ) = (zk ,
). Rõ ràng fk (0) = (zk , 0) −→ (z0 , 0) ∈ ΩH (X). Từ

r
20


ΩH (X) là taut, bằng cách lấy dãy con nếu cần thiết, ta có thể giả sử fk
hội tụ đều địa phương trên ∆ tới ánh xạ f ∈ Hol(∆, ΩH (X)).
Dễ thấy f (λ) = (z0 ,

λw0
). Do đó,
r

λw0
|λ|
H(z0 , w0 ) = H(z0 ,
) < 1, ∀λ ∈ ∆.
r
r
r
Từ đó ta có H(z0 , w0 ) <
, ∀λ ∈ ∆, suy ra H(z0 , w0 ) ≤ r. Mâu
|λ|
thuẫn xảy ra.
Ta chứng minh ΩH (z) là taut với mỗi z ∈ X . Cố định z ∈ X .
Giả sử dãy {ϕk }k≥1 ⊂ Hol(∆, ΩH (z)). Mỗi k ≥ 1, đặt ψk : ∆ →

ΩH (X) cho bởi ψk (λ) = (z, ϕk (λ)), λ ∈ ∆. Dễ thấy, ánh xạ xác định
và {ψk }k≥1 ⊂ Hol(∆, ΩH (X)). Vì vậy, tính taut của ΩH (X) kéo theo

{ψ1k }k≥1 ⊂ {ψk }k≥1 là hội tụ đều trong Hol(∆, ΩH (X)) hoặc phân kì

compact. Từ đó suy ra dãy {ϕ1k }k≥1 ⊂ {ϕk }k≥1 là hội tụ đều trong

Hol(∆, ΩH (X)) hoặc phân kì compact và ta suy ra tính taut của ΩH (z).
Cuối cùng, ta chỉ ra logH là hàm đa điều hòa dưới.
Theo định lý của Fornaess và Narasimhan (xem [4]), chỉ cần chứng
minh u(z) := logH ◦ g(z) = logH(g1 (z), g2 (z)) là điều hòa dưới với mọi

g = (g1 , g2 ) ∈ Hol(∆, X × Cm ) ∩ C(∆, X × Cm ). Giả sử ngược lại, khi
đó ∃z0 ∈ X, r > 0 và hàm điều hòa h thỏa mãn h(z) ≥ u(z) với mọi

z = z0 + reiθ , ∀θ ∈ R, nhưng u(z0 ) > h(z0 ).
˜

Ta có u(z) − h(z) = logH(g1 (z), e−h(z)−ih(z) g2 (z)) ≤ 0, ∀z = z0 + reiθ
và u(z0 ) − h(z0 ) = ε0 > 0.
˜

1

Với mọi n ≥ 1, ta đặt ϕn (λ) := (g1 (z), e−h(z)−ih(z)−ε0 − n g2 (z)), trong
21