Tính giả lồi và bài toán levi (LV01852)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

TRẦN THỊ HIÊN

TÍNH GIẢ LỒI VÀ BÀI TOÁN LEVI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

TRẦN THỊ HIÊN

TÍNH GIẢ LỒI VÀ BÀI TOÁN LEVI
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. LÊ TÀI THU

Hà Nội - 2016

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của TS. Lê Tài Thu, luận văn
chuyên ngành Toán giải tích với đề tài:”Tính giả lồi và bài toán Levi” được
hoàn thành bởi sự nhận thức và tìm hiểu của bản thân tác giả.
Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những kết
quả của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, 05 tháng 06 năm 2016
Học viên

Trần Thị Hiên


Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS. Lê Tài Thu, người thầy đã định
hướng chọn đề tài và nhiệt tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, các thầy cô
giáo giảng dạy chuyên ngành Toán giải tích, trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 đã
giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Nhân dịp này tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đã cổ vũ, động
viên để tôi hoàn thành luận văn này.
Do thời gian và khả năng còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu
sót. Rất mong được sự góp ý của thầy giáo, cô giáo và các bạn.
Hà Nội, 05 tháng 06 năm 2016
Học viên

Trần Thị Hiên


Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Hàm chỉnh hình nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Khái niệm hàm chỉnh hình . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Các tính chất đơn giản của hàm chỉnh hình . .

5

1.1.3

Miền hội tụ của chuỗi lũy thừa . . . . . . . . .

9

1.2

Định lý Hartogs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.3

Miền chỉnh hình và lồi chỉnh hình . . . . . . . . . . . .

18

1.3.1

Miền chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1.3.2

Miền lồi chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2 Tính giả lồi và bài toán Levi
2.1

26

Miền giả lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.1.1

Hàm đa điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . .

26

2.1.2

Bao đa điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2

Bài toán Levi gốc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.3

Đa tạp Stein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.4

Tập con mở Stein địa phương . . . . . . . . . . . . . .

34

2.5

Dãy tăng của tập con mở Stein . . . . . . . . . . . . .

42

ii


2.6

Bài toán Serre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.7

Biên giả lồi yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

2.8

Điều kiện đường cong . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

Kết luận

69

Tài liệu tham khảo

69

iii


Mở đầu

1. Lí do chọn đề tài
Giải tích phức là một trong những hướng nghiên cứu của toán học.
Một số nhà toán học nổi tiếng nghiên cứu lĩnh vực này như Euler,
Gauss, Riemann, Cauchy, Weierstrass và nhiều nhà toán học khác ở
thế kỷ 20. Giải tích phức hay còn gọi là lý thuyết hàm biến phức là
một nhánh của toán học nghiên cứu các hàm số một hay nhiều biến.
Giải tích phức có nhiều ứng dụng trong nhiều lĩnh vực khác của toán
học, trong đó có lý thuyết số và toán ứng dụng.
Một trong những hướng nghiên cứu của giải tích phức là tính giả
lồi và bài toán Levi. Bài toán Levi đã được nghiên cứu khá nhiều, tuy
nhiên một vài dạng chung của bài toán Levi vẫn chưa đươc giải quyết.
Vì thế, tôi đã chọn đề tài “TÍNH GIẢ LỒI VÀ BÀI TOÁN LEVI” để
nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ của mình. Luận văn gồm 2 chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Chương 2. Tính giả lồi và bài toán Levi

2. Mục đích nghiên cứu
Luận văn tìm hiểu sâu về các định lý, định nghĩa và tính chất các
vấn đề liên quan tới tính giả lồi và bài toán Levi.

1


3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nhiệm vụ của luận văn là thảo luận sự phát triển trong lý thuyết
hàm nhiều biến phức phát sinh từ vấn đề Levi.

4. Đối tượng phạm vi nghiên cứu
Miền chỉnh hình nhiều biến, miền giả lồi, điều kiện đường cong,...

5. Đóng góp của đề tài
Luận văn trình bày hệ thống về miền chỉnh hình, miền lồi chỉnh
hình, tính giả lồi, bài toán Levi, Serre và các tính chất liên quan.

6. Phương pháp nghiên cứu
Áp dụng một số phương pháp giải tích phức, vận dụng các kết quả
của hình học giải tích, giải tích phức nhiều biến.
Hà Nội, ngày 05/06/2016

Học viên

TRẦN THỊ HIÊN

2

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1

Hàm chỉnh hình nhiều biến

1.1.1

Khái niệm hàm chỉnh hình

Định nghĩa 1.1.1. Hàm l : Cn −→ C gọi là R - tuyến tính (tương
ứng C - tuyến tính) nếu
(a)

l(z + z ) = l(z ) + l(z ), ∀z , z ∈ Cn ,

(b) l(λz) = λ(z), ∀λ ∈ R (tương ứng ∀λ ∈ C.
Hiển nhiên hàm l : Cn −→ C, R - tuyến tính là C− tuyến tính nếu
l(iz) = i(lz), ∀z ∈ Cn .
Trong trường hợp l(λz) = λ(z) ta nói C - phản tuyến tính.
Định nghĩa 1.1.2. Hàm f : Ω −→ C, Ω là mở trong Cn , gọi là R khả vi (tương ứng C - khả vi) tại z ∈ Ω nếu

f (z + h) = f (z) + l(h) + 0(h)
3

(1.1)

ở đây l là R - tuyến tính (tương ứng C - tuyến tính) và
0(h)
−→ 0 khi h −→ 0.
h
Hàm l (nếu tồn tại là duy nhất) gọi là R - đạo hàm (tương ứng C
- đạo hàm của f tại z) kí hiệu là f (z) hay df (z). Bằng cách viết
zj = xj + iyj ; z j = xj − iyj , j = 1, n.
Ta có
dzj + dz j
·
2
dzj − dz j
dz j = dxj − idyj ⇒ dyj =
·
2i

dzj = dxj + idyj ⇒ dxj =

Do

n

df =
j−1

Ta có

n

df =

j−1

ở đây

∂f
∂zj

=

1
2

∂f
∂xj

∂f
− i ∂y
j

và

∂f
∂f
dxj +
dy ·
∂xj
∂y j j
∂f
∂f
dzj +

dz j
∂zj
∂z j
∂f
∂z j

=

1
2

∂f
∂xj

(1.2)

∂f
+ i ∂y
, j = 1, n.
j

Nếu tổng thứ 1 trong vế phải của (1.2) kí hiệu là ∂f còn tổng thứ
2 kí hiệu là ∂f thì
df = ∂f + ∂f.

(1.3)

Định lý 1.1.1. Hàm R - khả vi tại z ∈ Cn - khả vi khi và chỉ khi
∂f = 0.

4

(1.4)


Hay tương đương
∂f
= 0, i = 1, n.
∂z j

(1.5)

Định nghĩa 1.1.3.
(a)

Hàm gọi là chỉnh hình tại z ∈ Cn nếu nó C - khả vi trong một

lân cận mở của z.
(b) f : Ω −→ C với Ω là mở trong Cn gọi là chỉnh hình tại z nếu fj
chỉnh hình tại z với mọi j = 1, n, ở đây
f = (f1 , ..., fn ).
Như trường hợp hàm một biến phức nếu f chỉnh hình tại z thì

∂f
∂zj

chính là đạo hàm riêng của z theo biến zj .
1.1.2

Các tính chất đơn giản của hàm chỉnh hình

Giả sử P = P (a, r) = {z ∈ Cn : |zj − aj | < rj , ∀j = 1, n} là đa đĩa
tâm a, bán kính r = (r1 , . . . , rn ) và
Γ = {z ∈ Cn : |zj − aj | = rj , ∀j = 1, n}.
Định lý 1.1.2. Nếu f là hàm liên tục trên P và chỉnh hình trong P
thì
f (z) =

1
2πi

n

f (ξ)df ξ1 . . . df ξn
, z ∈ P.
Γ (ξ1 − z1 ) . . . (ξn − zn )

(1.6)

Chứng minh. Viết z = ( z, zn ) ∈ Cn−1 × C đối với z ∈ Cn .
Áp dụng công thức tính tích phân Cauchy cho hàm một biến zn →

5


f ( z, zn ) ta nhận được
f (z) =

1
2πi

f (z, zn )
df ξn
(ξn − zn )

γn

ở đây
γn = {z ∈ Cn : |zn − an | = rn }·
Với mỗi ξn ∈ γn cố định ta lại có
f (z, ξn ) =

1
2πi

γn−1

f (z1 , ..., zn−1 , ξn−1 , ξn )
dξn−1 ·
ξn−1 − zn−1

Vậy do tính liên tục của f ta có

f (z) =

1
2πi

2
γn−1 ×γn

f (z1 , ..., zn−2 , ξn−1 , ξn )
dξn−1 dξn ·
(ξn−1 − zn−1 )(ξn − zn )

Cứ thế ta nhận được (1.6).
Viết
1
1
=
ξ−z
ξ−a 1−
1
=
ξ−a

∞

|α|=0

z1 −a1
ξ1 −a1

(z − a)α
ξn − an

1
... 1 −
∞

α

=
|α|=0

zn −an
ξn −an

=

(z − a)α
(ξn − an )α+1

ở đây α +1 = (α1 +1, . . . , αn +1) là chuỗi hội tụ đều trên mọi compact
của P . Do đó từ (1.6) ta nhận được.
Định lý 1.1.3. Giả sử f là hàm liên tục trên P chỉnh hỉnh trên P .
Khi đó

∞

Cα (z − a)α

f (z) =
|α|=0

6

(1.7)

với
1
Cα =
2πi

f (ξ)
dξ
α+1
Γ (ξ − a)

n

(1.8)

ở đây dξ = dξ1 . . . dξn .
Định lý 1.1.4. Nếu f chỉnh hình trên P thì f có đạo hàm riêng mọi
cấp trên P . Các đạo hàm riêng này đồng thời chỉnh hình trên P .
Áp dụng khai triển (1.7) bằng cách đạo hàm dưới dấu tổng ta có.
Định lý 1.1.5. Nếu f chỉnh hình tại a ∈ Cn và (1.7) là khai triển
thành chuỗi lũy thừa của f trong một lân cận của a, thì
1 α
1
∂ α1 +αn
Cα = ∂ f (a) =
f (α)·
α!
α1 ! . . . αn ! ∂z1α1 . . . ∂znαn

(1.9)

Bất đẳng thức Cauchy. Nếu f là hàm liên tục trên P và chỉnh
hình trên P thì |Cα | ≤

M
rα , ∀α

∈ Zn+ , ở đây M = sup{|f (z)| : z ∈ Γ}.

Định lý 1.1.6 (Tính duy nhất). Nếu f là hàm chỉnh hình trên miền
Ω ⊂ Cn sao cho mọi đạo hàm riêng của f bằng không tại a ∈ Ω, thì
f ≡ 0.
Chứng minh. Đặt G = {z ∈ Ω : f = 0 trong một lân cận mở của z}.
Hiển nhiên G mở và bởi vì f có khai triển thành chuỗi lũy thừa trong
một lân cận của a, từ (1.9) suy ra f = 0 trong một lân cận của a. Vậy
a ∈ G.
Bây giờ ta chứng minh G đóng trong Ω. Giả sử z 0 ∈ ∂G. Khai triển
f thành chuỗi lũy thừa
∞

cα (z − z 0 )α

f (z) =
|z|=0

7


trong một lân cận của z 0 .
Bởi vì
1 ∂ α f (z)

1 ∂ α f (z 0 )
= lim
= 0.
cα =
z∈G α ∂z α
α ∂z α
z→z0

z 0 ∈ G. Do Ω liên thông G = Ω có nghĩa là f ≡ 0.
Định lý 1.1.7 (Nguyên lý mođun cực đại). Nếu f chỉnh hình trên
miền Ω ⊂ Cn sao cho |f | đạt cực đại tại a ∈ Ω thì f = const trên Ω.
Chứng minh. Chọn ρ > 0 đủ bé để B(a, ρ) ⊂ Ω.
Khi đó như hàm của một biến ξ ∈ C : |ξ| < ρ, f = const trên
{a + ωξ : |ξ| < ρ} với mọi ω ∈ Cn : ω = 1. Vậy f = const trên
B(a, ρ). Định lý (1.6) suy ra f = const trên Ω.

Định lý 1.1.8 (Liouville). Nếu f chỉnh hình trên Cn và bị chặn thì
f = const.
Chứng minh. Xét hàm f như hàm một biến ξ ∈ Cn thì f = const trên
{ωξ : ξ ∈ C} với mọi ω ∈ Cn , ω = 1. Vậy f = const trên Cn .
Định lý 1.1.9 (Weirstrass). Giả sử dãy hàm {fv } chỉnh hình trên Ω
hội tụ đều tới hàm f trên mọi compact trong Ω. Khi đó f chỉnh hình
trong Ω và ngoài ra
∂ αf
∂ α fv
→
∂z α
∂z α

đều trên mọi compact trong Ω và mọi α ∈ Z+

n.

8


Chứng minh. Do trường hợp một biến phức hàm f chỉnh hình phân
biệt trên Ω. Mặt khác f liên tục vì vậy nó chỉnh hình trên Ω. Ngoài
ra từ công thức tích phân Cauchy suy ra
∂ αf
∂ α fv
→ α
∂z α
∂z
đều trên mọi compact trong Ω.
1.1.3

Miền hội tụ của chuỗi lũy thừa

Xét chuỗi lũy thừa

∞

cα z α

(1.10)

|α|=0

ta xác định miền hội tụ D của chuỗi (1.10) là tập các điểm z ∈ Cn
sao cho (1.10) hội tụ trong một lân cận của z. Kí hiệu

B = {z ∈ Cn , ∃C > 0 : |cα z α | ≤ C, ∀α}.
Hiển nhiên D ⊂ int B. Để chứng minh D = int B ta có bổ đề sau.
Bổ đề 1.1.1 (Abel). Nếu ω ∈ B thì chuỗi (1.10) hội tụ chuẩn tắc
trong đa đĩa |zj | < |ωj |, j = 1, n, tức là (1.10) hội tụ đều trên mọi
compact của đa đĩa này.
Chứng minh. Thật vậy, bởi giả thiết tồn tại C > 0 để
|aα ω α | ≤ C, ∀α.
Nếu K là compact trong đa đĩa |zj | < |ωj |, j = 1, n thì tồn tại

9


0 < rj < 1 để
|zj | < rj |ωj |, ∀z ∈ K.
Vậy thì
∞

∞

|aα z | ≤
|α|=0
n

|α|=0

zα
|aα ω | α ≤ C
ω

∞

rα

α

α

|α|=0

(1 − rj )−1 < ∞, ∀z ∈ K.

=C
j−1

Định lý 1.1.10. Miền hội tụ D của chuỗi (1.10) là phần trong B và
chuỗi (1.10) hội tụ chuẩn tắc tới hàm chỉnh hình trong D.
Chứng minh. Giả sử ω ∈ B 0 . Khi đó tồn tại ω ∈ B để |ωj | < |ωj |, j =
1, n. Bổ đề 1.1.1 suy ra ω ∈ D.
Đặt
D∗ = {ξ ∈ Rn : eξ := (eξ1 , . . . , eξn ) ∈ D}
và tương tự
B ∗ = {ξ ∈ Rn : eξ ∈ B}.
Định lý 1.1.11. D∗ là tập lồi mở trong Rn và nếu ξ ∈ D∗ thì η ∈ D∗
nếu ηj ≤ ξj , j = 1, n. Ngoài ra z ∈ D nếu và chỉ nếu |zj | ≤ eξj , j =
1, n, với ξ nào đó thuộc D∗ .
Chứng minh. Từ Định lý 1.1.10 suy ra D∗ = int B ∗ . Bây giờ giả sử
ξ, η ∈ B ∗ . Chọn C > 0 để
n

|aα | exp

αj ξj ≤ C
j−1

10


và

n

|aα | exp

αj ηj ≤ C, ∀α.
j−1

Nếu λ, µ ≥ 0 và λ + µ = 1 thì
n

|aα | exp

αj (λξj + µηj ) ≤ C.
j−1

Vậy thì λξ + µη ∈ B ∗ là lồi. Do D∗ = int B ∗ thì D∗ đồng thời là
lồi.
Định lý sau đây cho mối liên hệ giữa miền hội tụ của (1.10) và miền
Reinhardt.
Định lý 1.1.12. Giả sử Ω ⊂ Cn là miền Rienhardt liên thông bao
hàm gốc tọa độ và giả sử f ∈ H(Ω). Khi đó tồn tại (duy nhất) chuỗi

lũy thừa (1.10) sao cho
cα z α

f (z) =
α

mà nó hội tụ chuẩn tắc tới f .
Chứng minh. Tính duy nhất là hiển nhiên, vì bằng cách đạo hàm từng
phần ta có
Cα =

1 α
∂ f (0).
α!

Để chứng minh sự tồn tại của chuỗi lũy thừa yêu cầu, với mọi ε > 0
xác định
Ωε = {z ∈ Ω : ρ(ζ, ∂Ω) > ε z }.
Ta có 0 ∈ Ωε và Ωε là mở. Giả sử Ωε là thành phần liên thông của
11


Ωε bao hàm 0. Hiển nhiên Ωε ↑ khi ε ↓ 0 và do tính liên thông của Ω
ta có Ω = ∪ Ωε . Khi x ∈ Ωε ta đặt
1
2πi

g(z) =

n

∂0 Tε

f (t1 z1 , . . . , tn zn )
dt1 . . . tn
(t1 − 1) . . . (tn − 1)

ở đây
Tε = {t : |tj | ≤ 1 + ε, j = 1, n},
∂0 Tε = {t : |tj | = 1 + ε, j = 1, n}.
Tích phân là xác định vì khoảng cách từ z tới (1 + ε)z là ε z , vậy
thì nếu z ∈ Ωε , ta có (1 + ε)z ∈ Ω. Bởi vì Ω là miền Rienhardt điều
này suy ra rằng (t1 z1 , . . . , tn zn ) ∈ Ω đối với mọi t ∈ ∂0 Tε . Bằng cách
đạo hàm qua dấu tích phân suy ra g là chỉnh hình trong Ωε . Nếu z
đủ bé, (t1 z1 , . . . , tn zn ) ∈ Ω đối với mọi t ∈ Tε , công thức tích phân
Cauchy suy ra f (z) = g(z). Do Ωε liên thông ta có f = g trong Ωε .
Ta có
(t1 − 1)−1 . . . (tn − 1)−1 = ω

1 −1
n −1
t−α
. . . t−α
n
1

mà nó hội tụ chuẩn tắc khi t ∈ ∂0 Tε . Vì (t1 z1 , . . . , tn zn ) thuộc tập
compact trong Ω nếu z thuộc tập compact trong Ωε và t ∈ ∂0 Tε , chuỗi

f (z) =

fα (z)
α

với

fα (z) =

1
2πi

n
∂0 Tε

f (t1 z1 , . . . , tn zn )
−αn −1 dt1 . . . tn
1 −1
t−α
.
.
.
t
n
1
12


hội tụ chuẩn tắc tới f trong Ωε .
Bằng cách đạo hàm từng từ ta có
fα (z) = z α ·

∂ α f (0)
·
α!

Từ đó ta có biểu diễn cần tìm của f (z).

1.2

Định lý Hartogs

Ta đã biết rằng tồn tại hàm hai biến thực khả vi theo từng biến
nhưng chưa chắc đã khả vi. Ví dụ hàm f (x, y) cho bởi

f (x, y) =




xy
x2 +y 2

0

nếu x2 + y 2 = 0,
nếu x2 + y 2 = 0.

Tuy nhiên, điều này là đúng đối với hàm C - khả vi theo từng biến.
Định lý 1.2.1 (Hartogs). Giả sử f : Ω −→ C với Ω mở trong Cn
chỉnh hình theo từng biến phân biệt trên Ω. Khi đó f chỉnh hình trên
Ω.

Ta chứng minh định lý dựa vào bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.1 (Bổ đề Schwartz suy rộng). Giả sử ϕ chỉnh hình trên
đĩa Dr = {z ∈ C : |z| < r} với ϕ(z0 ) = 0 và |ϕ| ≤ M khắp nơi trên
Dr . Khi đó
|ϕ(z)| ≤ M r

|z − z0 |
, ∀z ∈ Dr .
|r2 − z 0 r|

(1.11)

Chứng minh. Để đưa về Bổ đề 1.2.1 khi z0 = 0 ta xét phép biến đổi

13


phân tuyến tính λ : Dr −→ D1 = D cho bởi
λ(z) = r
Đặt ψ =

1
−1
M ϕ0 λ .

z − z0
·
r2 − z 0z

Khi đó ψ : D −→ D và ψ(0) = 0. Áp dụng bổ

đề 1.2.1 ta nhận được
|ψ(z)| ≤ |z|, ∀z ∈ D.
Thay vào bất đẳng thức trên z bởi λ(z), z ∈ Dr ta có
1
|ϕ(z)| ≤ |λ(z)|, ∀z ∈ Dr .
M
Vậy
|ϕ(z)| ≤ M r

|z − z0 |
, ∀z ∈ Dr .
|r2 − z 0 r|

Bổ đề 1.2.2. Nếu f chỉnh hình theo từng biến phân biệt trong đa đĩa
P (a, r) và bị chặn, thì nó chỉnh hình trên P (a, r).
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh f liên tục tại mọi z 0 ∈ P (a, r).
Viết
f (z) − f (z 0 ) =
n
0
{f (z10 , . . . , zj−1
, zj , . . . , zn ) − f (z10 , . . . , zj0 , zj+1 , . . . , zn )}.

=
j−1

và áp dụng (1.11) tới mỗi hàm
0
ϕj (zj ) = f (z10 , . . . , zj−1

, zj , . . . , zn ) − f (z10 , . . . , zj0 , zj+1 , . . . , zn )

14


ta nhận được
n

|zj − zj0 |
→ 0 khi z → z 0 .
|f (z) − f (z0 )| ≤ M
rj 2
0
|rj − z j zj |
j=1
Như vậy, để kết thúc chứng minh định lý ta còn cần chỉ ra mọi hàm
phân biệt chỉnh hình f là bị chặn địa phương. Đầu tiên từ tính liên
tục phân biệt ta chỉ ra sự tồn tại tập mở khác rỗng trên đó f bị chặn.
Đó là bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.3. Giả sử D = D × Dn (ở đây D và Dn là các tập mở
bị chặn trong Cn−1 và C). Nếu hàm f ( z, zn ) liên tục theo z ∈ D với
mọi zn ∈ Dn cố định và liên tục theo zn ∈ Dn với z ∈ D cố định thì
tồn tại tập mở W = W × Dn = ∅ trên đó f bị chặn.
Chứng minh. Với mỗi z ∈ W đặt
M ( z) = sup{|f ( z, zn )| : zn ∈ Dn } < +∞.
Xét các tập
Am = { z ∈ D : M ( z) ≤ m}.
Dễ dàng kiểm tra lại do tính liên tục của f theo z các tập Am
là đóng trong D. Ngoài ra do tính liên tục của f theo zn và tính
compact của Dn suy ra

D = ∪∞
µ=1 Am .
Bởi định lý Baire tồn tại m0 ≥ 1 sao cho W = int Am0 = ∅. Khi
đó f bị chặn trên W × Dn bởi m0 .
15


Để chứng minh tính bị chặn địa phương của f tại mọi điểm thuộc
Ω ta áp dụng tính chỉnh hình phân biệt và bổ đề Hartogs về dãy hàm
điều hòa dưới. Để phát biểu bổ đề ta đưa ra một số kí hiệu
V = P ( a, R), W = P ( a, r)(0 < r < R),
Dn = {|zn | < R}, V = V × Dn , W = W + Dn .

Bổ đề 1.2.4 (Cơ bản). Nếu hàm f ( z, zn ) chỉnh hình theo z trong V
với zn ∈ Dn cố định và chỉnh hình theo z ∈ W thì f chỉnh hình theo
V.
Chứng minh. Có thể coi a = 0 . Với mỗi zn ∈ Dn cố định do f ( z, zn )
chỉnh hình trên đa đĩa V có thể khai triển nó thành chuỗi lũy thừa
của z (hệ số phụ thuộc vào zn ).
∞

cα (zn ) z α

f (z) =

(1.12)

|α|=0

ở đây α = (α1 , . . . , αn−1 ) và

1 ∂α
cα (zn ) =
f ( 0, zn ).
α! ∂ z α
Bởi vì f chỉnh hình trên W , cα (zn ) chỉnh hình theo zn ∈ Dn . Và do
đó hàm

1
|α|

log |cα (zn )| là điều hòa dưới trên Dn .

Cố định 0 < ρ < R tùy ý. Bởi vì
|cα (zn )|ρ|α| −→ 0
16


khi |α| → +∞ nên với mọi zn ∈ Dn với |α| đủ lớn ta có
1
log |cα (zn )| + log ρ ≤ 0.
|α|
Vậy
lim sup

|α|→∞

1
1
log |cα (zn )| ≤ log .
|α|

ρ

(1.13)

Do f chỉnh hình trên W và bị chặn trên đó bởi M , từ bất đẳng
thức Cauchy suy ra
|cα (zn )|r|α| ≤ M, ∀zn ∈ Dn .
Vì vậy
1

Mα
1
log |cα (zn )| ≤ log
, ∀zn ∈ Dn .
|α|
r

(1.14)

1
Như vậy dãy hàm điều hòa dưới { |α|
log |cα (zn )|} thỏa mãn điều

kiện của bổ đề Hartogs về dãy các hàm điều hòa dưới. Theo bổ đề này
∀ 0 < δ < ρ, ∃ k0 , ∀|zn | ≤ δ :

1
1
log |cα (zn )| ≤ log
|α|

δ

hay
|cα (zn )|δ |α| ≤ 1.

(1.15)

Từ (1.14) suy ra chuỗi (1.12) hội tụ đều trên mọi hình tròn {|zn | <
δ < δ}. Bởi vì những thành phần của chuỗi là hàm liên tục theo
z, vì vậy tổng f của nó liên tục và do đó bị chặn trên P (0, δ ). Do
{0 < δ < δ < ρ < R} tùy ý chỉnh hình trên V .
Sau đây là chứng minh định lý Hartogs.
Chứng minh. Cố định z 0 ∈ Ω. Có thể coi z 0 = 0. Chọn R > 0 đủ bé
17


để P (0, R)

Ω. Như vậy f chỉnh hình phân biệt trên P (0, R).

Ta sẽ chứng minh f chỉnh hình trong lân cận nào đó của 0 bằng
quy nạp.
Với n = 1 khẳng định là đúng.
Giả sử khẳng định đã được chứng minh cho (n − 1). Đặt P =
P ( 0, R3 ). Từ giả thiết suy ra hàm f ( z, zn ) liên tục theo z ∈ P với
zn ∈ Dn = {|zn | ≤ R} cố định và liên tục theo zn ∈ Dn với z ∈ P cố
định.
Theo bổ đề 1.2.3 f bị chặn và vậy thì chỉnh hình trong đa đĩa nào
đó W = W × Dn , ở đây W = P ( a, r) ⊂ P . Xét V = V × Dn , ở
đây V = P ( a, 32 R). Hiển nhiên 0 ∈ V ⊂ O(0, R) và vì vậy thì f chỉnh

hình theo z ∈ V với zn ∈ Dn .
Mặt khác do f chỉnh hình theo z ∈ W theo bổ đề cơ bản chỉnh
hình theo z ∈ V mà 0 ∈ V .

1.3
1.3.1

Miền chỉnh hình và lồi chỉnh hình
Miền chỉnh hình

Như đã thấy trong Cn với n > 1 tồn tại những miền mà mọi hàm
chỉnh hình trên đó có thể mở rộng chỉnh hình tới những miền lớn hơn.
Vì vậy mục đích chính của mục này là nghiên cứu những miền trong
Cn mà có những hàm chỉnh hình trên đó không thể mở rộng tới miền
lón hơn. Miền như vậy sau này sẽ gọi là miền chỉnh hình.
Định nghĩa 1.3.1. Miền G chứa miền Ω trong Cn gọi là mở rộng
chỉnh hình của Ω nếu mọi hàm chỉnh hình trên Ω có thể mở rộng tới
18


một hàm chỉnh hình trên G.
(a)

Nếu K là compact trong Ω, với Ω\K liên thông thì Ω là miền mở

rộng chỉnh hình của Ω\K nếu n > 1.
(b) Nếu G là mở rộng chỉnh hình của Ω thì f (Ω) = f (G) với mọi hàm
f chỉnh hình trên G. Thật vậy, nếu không tồn tại hàm f chỉnh hình
trên G và và ω0 ∈ f (G)\f (Ω). Khi đó hàm
g(z) =

1
,z ∈ Ω
f (z) − ω0

chỉnh hình trên Ω không thể mở rộng chỉnh hình tới G.
(c) Nếu Ω là bị chặn còn G là mở rộng chỉnh hình của Ω thì G bị chặn.
Thật vậy theo b) zj (G) = zj (Ω), ∀j = 1, n và vậy thì G bị chặn nếu Ω
bị chặn.
Định nghĩa 1.3.2. Miền Ω ⊂ Cn gọi là miền chỉnh hình hay miền tồn
tại của hàm f chỉnh hình trên Ω nếu không thể mở rộng chỉnh hình
f tới một một miền lớn hơn Ω. Nói một cách chính xác khai triển của
f thành chuỗi lũy thừa tại mọi z 0 ∈ Ω không thể hội tụ trong một đa
đĩa P (z 0 , r) với r > ρ(z 0 , ∂Ω).
Định nghĩa 1.3.3. Miền Ω ⊂ Cn gọi là miền chỉnh hình nếu nó là
miền chỉnh hình của một hàm chỉnh hình nào đó trong Ω.
Một trong các bài toán quan trọng đầu tiên là tìm miền đặc trưng
của hàm chỉnh hình. Đặc trưng này liên hệ chặt chẽ với các điểm biên
của Ω. Vì vậy ta đưa ra khái niệm sau.
Định nghĩa 1.3.4. Điểm ξ ∈ ∂Ω gọi là điểm chướng ngại (đối với
việc mở rộng chỉnh hình) nếu với mọi compact K ⊂ Ω tồn tại hàm
19