Tính Hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh

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

HOÀNG THÙY LINH

TÍNH HYPERBOLIC
CỦA PHẦN BÙ MỘT HỌ CÁC SIÊU PHẲNG
TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2017


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

HOÀNG THÙY LINH

TÍNH HYPERBOLIC
CỦA PHẦN BÙ MỘT HỌ CÁC SIÊU PHẲNG
TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH

Chuyên ngành:
Mã số:

Hình học và tôpô
60.46.01.05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Lê Giang

HÀ NỘI, 2017


Mục lục
Lời cảm ơn

2

Lời cam đoan

3

Lời mở đầu

4

1 Những tính chất cơ bản của không gian phức hyperbolic

6

1.1

Giả khoảng cách Kobayashi trên không gian phức. . . . . . . . . . . . .

6

1.2

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

11

1.3

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

17

2 Tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian
xạ ảnh

20

2.1

Định lý Borel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.2

Ứng dụng của Định lý Borel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.3

Ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

Kết luận

39

Tài liệu tham khảo

40

1


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn tốt nghiệp, tôi xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc tới Giảng viên - Tiến sĩ Lê Giang, người đã tận tình hướng dẫn để tôi có
thể hoàn thành luận văn tốt nghiệp này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy, cô giáo trong Khoa
Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã giảng dạy tận tình trong suốt quá
trình tôi học tập tại khoa.
Nhân dịp này, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã
luôn bên tôi, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn
thạc sĩ này.
Hà Nội, tháng 06 năm 2017
Học viên

Hoàng Thùy Linh

2

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan đề tài này là do tôi thực hiện, đó là kết quả của quá trình học
tập và nghiên cứu sách, giáo trình, tài liệu của tôi dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Lê
Giang, đề tài này không trùng với các kết quả trước đó của các tác giả khác.
Hà Nội, tháng 06 năm 2017
Học viên

Hoàng Thùy Linh

3


Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết hàm hình học là một trong những lĩnh vực cơ bản của Toán học hiện đại.
Sau gần hai thế kỉ phát triển, ngày nay lý thuyết hàm hình học đã đạt được những
thành tựu đặc sắc. Đặc biệt từ những năm 60 của thế kỉ trước, cùng với sự hình thành
và phát triển của lý thuyết các không gian phức hyperbolic, lý thuyết hàm hình học
đã có những bước tiến rất mạnh mẽ.
Trong các giả thuyết còn tồn tại đến nay của lý thuyết hàm hình học, giả thuyết
của nhà toán học Nhật Bản Kobayashi giữ một vai trò đặc biệt quan trọng
Giả thuyết đó của ông phát biểu rằng mỗi siêu mặt tổng quát có bậc lớn hơn hoặc
bằng 2n + 1 trong không gian xạ ảnh phức Pn C là hyperbolic và có phần bù nhúng
hyperbolic trong Pn C.
Việc chứng minh giả thuyết nói trên chắc chắn sẽ đưa đến những kết quả mới đặc
sắc trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học hiện đại. Chính vì thế, giả thuyết
Kobayashi đã thu hút được sự quan tâm của rất nhiều các nhà toán học. Trong luận
văn này, tôi nghiên cứu “tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng

trong không gian xạ ảnh”.
2. Mục đích nghiên cứu.
Nghiên cứu tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian
xạ ảnh.
3. Đối tượng nghiên cứu.
Luận văn tập trung nghiên cứu về đa tạp hyperbolic.
4. Phương pháp nghiên cứu.
Sử dụng các phương pháp của giải tích kết hợp với phương pháp hình học.
5. Cấu trúc luận văn.

4


Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm các chương sau:
Chương 1. Những tính chất cơ bản của không gian phức hyperbolic.
Chương 2. Tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian
xạ ảnh.
6. Kế hoạch thực hiện.
Từ tháng 10 đến tháng 11 năm 2016, nhận giảng viên hướng dẫn, nhận đề tài luận
văn, lập đề cương nghiên cứu.
Từ tháng 11 năm 2016 đến tháng 5 năm 2017, nghiên cứu đề tài, trao đổi với giảng
viên hướng dẫn về tiến độ thực hiện và nội dung luận văn, viết luận văn.
Từ tháng 5 đến tháng 6 năm 2017, hoàn chỉnh luận văn, bảo vệ trước hội đồng
chấm luận văn thạc sĩ.

5


Chương 1

Những tính chất cơ bản của không
gian phức hyperbolic
1.1

Giả khoảng cách Kobayashi trên không gian phức.

Giả sử D = {z ∈ C : |z| < 1} là đĩa đơn vị mở trên mặt phẳng phức C. Trên D, ta
xét khoảng cách Bergman-Poincare cho bởi
ρ(0, z) = ln

1 + |z|
, với mọi z ∈ D.
1 − |z|

Giả sử X là không gian phức và Hol(D, X) là không gian các ánh xạ chỉnh hình từ
D vào X được trang bị tôpô compact-mở.
Giả sử p và q là hai điểm tùy ý thuộc X. Đặt
α = {p0 , p1 , . . . , pn ∈ X; a0 , a1 , . . . , an−1 ; b1 , b2 , . . . , bn ∈ D; f1 , . . . , fn ∈ Hol(D, X)}.
Ta gọi α là một dây chuyền chỉnh hình nối p với q nếu:
f1 (a0 ) = p0 = p, fi (bi ) = fi+1 (ai ) = pi , i = 1, n − 1,
fn (bn ) = pn = q.
Thay cho việc xét dây chuyền α ta có thể chọn được dây chuyền
α = {a1 , ..., an ∈ D; f1 , ..., fn ∈ Hol(D, X)}
thỏa mãn
f1 (0) = p, fi (ai ) = fi+1 (0), fn (an ) = q.
6


Ta đặt
n

Lα =

ρ(ai−1 , bi )
i=1

và định nghĩa:
dX (p, q) := inf Lα ,
ở đó infimum lấy theo tất cả các dây chuyền chỉnh hình α nối p với q.
Ta dễ thấy dX thỏa mãn các tiên đề về giả khoảng cách sau:
i) dX (p, q) ≥ 0, ∀p, q ∈ X.
ii) dX (p, q) = dX (q, p), ∀p, q ∈ X.
iii) dX (p, q) ≤ dX (p, r) + dX (r, q), ∀p, q ∈ X.
Định nghĩa 1.1.1. Hàm dX : X × X → [0; +∞) xác định như trên được gọi là giả
khoảng cách Kobayashi trên không gian phức X.
Định lý 1.1.2. (Nguyên lí giảm khoảng cách). Giả sử f : X → Y là ánh xạ chỉnh
hình từ không gian phức X vào không gian phức Y . Thế thì
dX (p, q) ≥ dY (f (p) , f (q)), ∀p, q ∈ X.
Đặc biệt, nếu f : X → Y là song chỉnh hình thì
dX (p, q) = dY (f (p) , f (q)) , ∀p, q ∈ X.
Dễ thấy, khi X là không gian con phức của Y và x, y ∈ X thì
dY (x, y) ≤ dX (x, y),
nghĩa là dY ≤ dX trên X.
Mệnh đề 1.1.3. Giả sử X, Y là hai không gian phức. Khi đó, với x, x ∈ X và
y, y ∈ Y , ta có:
dX (x, x ) + dY (y, y ) ≥ dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ max{dX (x, x ), dY (y, y )}.
Định lý 1.1.4. Cho đĩa đơn vị mở D ⊂ C. Khi đó ta có:
i) dD = ρ.
7

ii) dDn ((xj ) , (yj )) = max ρ (xj , yj ) với mọi (xj ), (yj ) ∈ Dn .
j=1,n

Chứng minh. i) Do tính chất làm giảm khoảng cách của các ánh xạ chỉnh hình f1 , . . . , fk ∈
Hol(D, D) nên ta có
dD (p, q) = inf {ρ(a1 , b1 ) + . . . + ρ(ak , bk )}
≥ inf{ρ(f1 (a1 ), f1 (b1 )) + . . . + ρ(fk (ak ), fk (bk ))}.
Mặt khác,
ρ(f1 (a1 ), f1 (b1 )) + . . . + ρ(fk (ak ), fk (bk )) = ρ(p0 , p1 ) + . . . + ρ(pk−1 , pk )
≥ ρ(p0 , pk ) = ρ(p, q).
Suy ra,
dD (p, q) ≥ ρ(p, q).
Nếu xét id : D → D ∈ Hol(D, D) thì id(p) = p, id(q) = q.
Suy ra,
dD (p, q) ≤ ρ(p, q).
Kết hợp hai điều trên ta có điều phải chứng minh.
ii) Trước tiên, ta đi chứng minh kết quả sau:
Giả sử X và Y là hai không gian phức. Khi đó
dX×Y ((x, y) , (x , y )) = max {dX (x, x ), dY (y, y )},

(1.1.1)

với x, x ∈ X, y, y ∈ Y.
Chứng minh. Vì phép chiếu π : X × Y → Y là chỉnh hình nên theo tính giảm khoảng
cách ta có dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ dX (x, x ), tương tự dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ dY (y, y ).
Suy ra
dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ max {dX (x, x ), dY (y, y )}.

(1.1.2)

Không mất tính tổng quát ta giả sử dX (x, x ) ≥ dY (y, y ). Ta chỉ cần chứng minh
dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≤ dX (x, x ).
Thật vậy, lấy dây chuyền α từ x tới x của các đĩa chỉnh hình có độ dài l (α) trong
X. Ta xây dựng một dây chuyền γ từ (x, x ) tới (y, y ) của các đĩa chỉnh hình có độ
dài l (γ) trong X × Y sao cho l (γ) ≤ l(α).
8


Từ giả thiết dX (x, x ) ≥ dY (y, y ) suy ra tồn tại dây chuyền β các đĩa chỉnh hình
có độ dài l (β) từ y tới y trong Y sao cho l (β) ≤ l(α). Lấy α, β xác định như sau:



x = x0 , x1 , . . . , xk = x ∈ X;


α:
a1 , a1 , . . . , ak , ak ∈ D;



 f1 , . . . , fk ∈ Hol(D, X).




 y = y0 , y1 , . . . , yk = y ∈ Y ;
β:
b1 , b1 , . . . , bk , bk ∈ D;




 g1 , . . . , gk ∈ Hol(D, Y ).
Ta có thể giả sử ρ (ai , ai ) ≥ ρ (bi , bi ) , ∀i = 1, k bằng cách làm mịn các dây chuyền
như sau:
Giả sử ai là một điểm trên đường trắc địa từ ai đến ai sao cho
ρ (ai , ai ) = ρ (ai , ai ) + ρ(ai , ai ).
Giả sử xi = fi (ai ) . Ta nhận được một dây chuyền α từ x tới x gồm k + 1 đĩa
chỉnh hình:




x = x0 , . . . , xi−1 , xi , xi, . . . , xk = x ∈ X;


α :
a1 , a1 , . . . , ai , ai , ai , ai , . . . , ak , ak ∈ D;



 f1 , . . . , fi , fi , . . . , fk ∈ Hol(D, X).

Lặp lại quá trình trên sau một số hữu hạn bước ta thu được dây chuyền α là cái
làm mịn của α. Quá trình này không làm thay đổi ảnh của các đường trắc địa trong
họ dây chuyền, nói riêng:
l (α) = l(α ).
Bây giờ, rõ ràng rằng bằng cách làm mịn các dây chuyền α và β một cách thích hợp,
ta có thể giả sử rằng k = m và ρ (ai , ai ) ≥ ρ (bi , bi ) , ∀i = 1, k.

Bằng cách hợp thành fi và gi với các đẳng cấu thích hợp của D ta có thể giả sử
rằng ai = bi = 0 và ai , bi là các số thực dương. Khi đó, 0 < bi ≤ ai < 1.
bi
Đặt ϕ : D → D cho bởi ϕi (z) =
.z. Ta xây dựng ánh xạ chỉnh hình sau
ai
hi :D → X × Y
z → (fi (z) , gi (ϕi (z))) .
9


Lấy γ là dây chuyền từ (x, y) tới (x , y ) xác định bởi:

 (x, y) = (x , y ) , (x , y ) , . . . , (x , y ) = (x , y ) ∈ X × Y ;
0 0
1 1
k k
γ:
 0, a1 , . . . , 0, ak ∈ D, h1 , . . . , hk ∈ Hol(D, X × Y ).
Thế thì γ là dây chuyền nối (x, y) và (x , y ) trong X × Y thỏa mãn l (γ) ≤ l (α).
Suy ra, dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≤ dX (x, x ) và do đó
dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≤ max {dX (x, x ), dY (y, y )}.

(1.1.3)

Từ (1.1.2) và (1.1.3) ta có (1.1.1).
Chứng minh (ii). Ta chứng minh bằng quy nạp. Với n = 2, theo (1.1.1) ta có
dD×D ((x, y) , (x , y )) = max {dD (x, x ), dD (y, y )}
= max {ρ (x, x ) , ρ (y, y ) }.
Giả sử (ii) đúng với n = k tức là

dDk ((xj ) , (yj )) = max ρ(xj , yj ).
j=1,k

Ta chứng minh (ii) đúng với n = k + 1. Thật vậy,
dDk+1 ((xj ), (yj )) = dDk ×D ((xj ), (yj ))
= max {dDk ((x1 , . . . , xk ), (y1 , . . . , yk )), dD (xk+1 , yk+1 )}
= max {dDk ((xj ), (yj )), dD (xk+1 , yk+1 )}
= max{max{ρ(xj , yj )}, ρ(xk+1 , yk+1 )}
j=1,k

= max ρ(xj , yj ).
j=1,k+1

Vậy (ii) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp suy ra (ii) đúng với mọi n.
Định lý 1.1.5. Giả sử X là không gian phức tùy ý. Khi đó, 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).
Do đó, việc chứng minh lim dX (pn , qn ) = dX (p, q) thực chất là đưa về việc chứng
n→∞

minh dX (pn , p) → 0 khi pn → p.
10


Giả sử U là một lân cận của 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 = Dn và phép chứng minh được
suy ra ngay từ Định lý 1.1.4 mục (i).

Ta xét trường hợp p là điểm kì dị của X:
Giả sử tồn tại δ > 0 sao cho dU (pn , p) ≥ δ với mọi n > 0.
Xét dải kì 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) khi n → ∞.
Điều này trái với giả sử ban đầu của ta.
Vậy dX là hàm liên tục trên X × X.

1.2

Không gian phức hyperbolic.

Định nghĩa 1.2.1. Không gian phức X được gọi là không gian phức hyperbolic (theo
nghĩa của Kobayashi) nếu dX là một khoảng cách thực sự (tức là dX (p, q) = 0 ⇔ p = q).
Ví dụ 1.2.2. C không là không gian phức hyperbolic.
Chứng minh. Cách 1. Lấy p, q ∈ C. Xét dây chuyền chỉnh hình αn nối p và q:
αn =
Ta có f (0) = p, f

0;

q−p
; fn : D → C, z → nz + p , (n đủ lớn để p ∈ D).
n
q−p
n

= q và

Lαn = ρ 0,

q−p
n

q−p
n
= ln
.
q−p
1−
n
1+

Khi đó
dC (p, q) = inf Lα ≤ inf Lαn .
11


Mà lim Lαn = 0, nên inf Lα = 0.
n→∞

Vậy dC (p, q) = 0. Ta có điều phải chứng minh.
Cách 2. Giả sử X = C với metric Euclid. Khi đó, dX (x, y) = 0 với mọi x, y ∈ C.
Thật vậy, nếu x = y thì dX (x, y) = 0.
Giả sử x = y, với R > 0 lớn tùy ý, ta xét ánh xạ
fR : DR → C; z → z + x.

Khi đó fR (0) = x, fR (y − x) = y. Thực hiện phép co, fR cảm sinh ánh xạ f : D → C
z
.
cho bởi f (z) = fR
R
y−x
y−x
Khi đó f (0) = x, f
= y. Khi R → ∞,
dần tới 0. Vì metric hyperbolic
R
R
y−x
và metric Euclid tương đương nhau quanh điểm O, nên ρ 0,
→ 0 khi R → ∞.
R
Vậy dX (x, y) nhỏ tùy ý và do đó dX (x, y) = 0.
Ví dụ 1.2.3. Do dD = ρ là khoảng cách suy ra D là không gian phức hyperbolic.
Ví dụ 1.2.4. Không gian Cn không là không gian phức hyperbolic.
Thật vậy, với z ∈ C, dC (0, z) = 0, z = 0. Xét dây chuyền chỉnh hình γn nối 0 và z:
γn = 0;
Ta có: f (0) = 0, f

z
; fn : D → C, t → r.nt
r.n

z
= z và
r.n

Lγn

z
1+
1+
z
r.n = ln
= ρ 0,
= ln
z
r.n
1−
1−
r.n

1
n.
1
n

Khi đó
dC (0, z) = inf Lγ ≤ inf Lγn .
Mà lim Lγn = 0. Suy ra dC (0, z) ≤ 0.
n→∞

Vậy dC (0, z) = 0. Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.2.5. Không gian Dn là không gian phức hyperbolic.
Định lý 1.2.6. (Định lý Barth). Giả sử X là không gian phức hyperbolic. Thế thì,
khoảng cách dX cảm sinh ra tôpô của chính không gian X.

12


Chứng minh. Ta phải chứng minh các ánh xạ Id : (X, τX ) → (X, dX ) và Id : (X, dX ) →
(X, τX ) là liên tục.
Lấy dãy {xn } ⊂ X, và {xn } → x theo tôpô τX . Do tính liên tục của dX nên
{xn } → x theo dX . Vậy nên Id : (X, τX ) → (X, dX ) là liên tục.
Giả sử tồn tại dãy {xn } ⊂ X, dX (xn , x) → 0 khi n → ∞ nhưng {xn } → x theo tôpô
τX . Thế thì tồn tại các lân cận U, V của x trong X và tồn tại dãy con {xnk } ⊂ {xn }
sao cho U ⊂ V, V đẳng cấu với một tập con giải tích trong đa đĩa đơn vị của Cn và
{xnk } ∈
/ U với mọi k > 0.
Dễ thấy V là hyperbolic.
Giả sử γ là một dây chuyền chỉnh hình tùy ý nối x và xnk . Gọi qnk là giao điểm của
γ với ∂U.
Thế thì Lγ ≥ dV (x, qnk ) ≥ dV (x, ∂U ) = c > 0. Do đó, dX (x, xnk ) ≥ c với mọi
k ≥ 1. Điều này trái với giả thiết dX (xn , x) → 0 khi n → ∞.
Vậy ánh xạ Id : (X, dX ) → (X, τX ) là liên tục.
Định nghĩa 1.2.7. Một không gian phức hyperbolic X được gọi là không gian phức
hyperbolic đầy nếu mọi dãy Cauchy của nó hội tụ theo dX .
Định nghĩa 1.2.8. Không gian tô-pô (X, dX ) được gọi là compact nếu chúng là không
gian metric compact.
Định lý 1.2.9. (Định lý Kobayashi). Giả sử X là không gian phức hyperbolic. Khi
đó, X là hyperbolic đầy khi và chỉ khi mọi hình cầu đóng trong (X, dX ) là compact.
Để chứng minh định lý trên ta cần chứng minh hai bổ đề sau đây:
Bổ đề 1.2.10. 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 một 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. Dễ dàng nhận thấy U (U (a, r) , r ) ⊂ U (a, r + r ). Ta phải chứng minh
U (U (a, r) , r ) ⊃ U (a, r + r ).

13


Giả sử p ∈ U (a, r + r ) và dX (a, p) = r + r − 3ε (ε > 0 đủ bé). Khi đó, tồn tại
a1 , . . . , ak ∈ D; f1 , . . . , fk ∈ Hol (D, X) sao cho f1 (0) = a, fi (ai ) = fi+1 (0), fk (ak ) = p
và

k

ρ (0, ai ) < r + r − 2ε.
i=1

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

ρ (0, ai ) < r − ε.
i=1

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

ρ (0, ai ) + ρ (0, cj ) = r − ε.
i=1

Đặt q = fj (cj ). Thế thì 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 1.2.11. 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). Thế thì U (a, r) cũng là compact.
Chứng minh. Vì X là compact địa phương nên tồn tại s, 0 < s < r sao cho U (a, s) là
compact.
Ta chỉ cần chứng minh rằng U

a, s +

b
2

cũng là compact.

b
3b
. Chọn {qn } ⊂ U (a, s) sao cho dX (pn , qn ) < .
2
4
Vì U (a, s) là compact nên ta có thể giả sử rằng
Giả sử {pn } ⊂ U

a, s +

{qn } → q ∈ U (a, s).
Thế thì pi ∈ U (q, b) với mọi i đủ lớn. Do U (q, b) là compact nên ta lại có thể giả
sử
{pi } → p ∈ U (q, b).
Lại do {pi } ⊂ U

a, s +

b
và U
2

a, s +

p∈U
Vậy U

a, s +

b
2

b
2

a, s +

là compact.
14

là đóng nên
b
2

.

Chứng minh. (Định lý Kobayashi).
(⇒) Theo Bổ đề 1.2.11 ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại b > 0 sao cho U (p, b) là
compact với mọi p ∈ X.
Giả sử ngược lại, ta có tồn tại p1 ∈ X sao cho U
Lại áp dụng Bổ đề 1.2.11 vào U

p1 ,

1
2

p1 ,

1
2

là không compact.

thì tồn tại p2 ∈ U

p1 ,

1
2

sao cho

1
là không compact.
22

Tiếp tục quá trình trên ta nhận 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 sao cho
1
U (p, c) là compact. Nhưng với n đủ lớn thì U pn , n là tập con đóng của U (p, c),
2
1
do đó U pn , n là compact. Điều này vô lý.
2
Vậy U (p, r) là compact với mọi p ∈ X và với mọi r > 0.
U

p2 ,

(⇐) Khẳng định ngược lại là tầm thường.
Định lý 1.2.12. (Định lý Eastwood). Giả sử π : X → Y là ánh xạ chỉnh hình giữa
hai không gian phức. Giả sử Y là hyperbolic (tương ứng hyperbolic đầy) và tồn tại phủ
mở {Ui }i∈I của Y sao cho π −1 (Ui ) là hyperbolic (tương ứng hyperbolic đầy) với mọi
i ∈ I. Khi đó, X cũng là hyperbolic (tương ứng hyperbolic đầy).
Để chứng minh định lý trên trước hết ta phải chứng minh bổ đề sau đây:
Bổ đề 1.2.13. Giả sử X là không gian phức, a ∈ X, δ > 0. Thế thì tồn tại hằng số c
> 0 sao cho:
∀p, q ∈ U (a, δ) = {b ∈ X : dX (a, b) < δ}
ta có dU (a,4δ) (p, q) ≤ c.dX (p, q).
Chứng minh. Chọn 0 < r < 1 sao cho dD (0, z) < δ, ∀z ∈ Dr . Thế thì tồn tại c > 0 sao
cho dDr (0, z) < c.dD (0, z) , ∀z ∈ D r2 .

Giả sử p, q ∈ U (a, δ). Ta có dX (p, q) ≤ dX (a, p) + dX (a, q) < 2δ.
Xét ε > 0 tùy ý đủ bé sao cho dX (p, q) + ε < 2δ. Xét một dây chuyền chỉnh hình
γ nối p, q sao cho
Lγ < dX (p, q) + ε < 2δ.

15


Giả sử γ = {a1 , a2 , . . . , an ∈ D r2 ;f1 , f2 , . . . , fn ∈ Hol (D, X) } sao cho
f1 (0) = p ∈ U (a, δ), fi (ai ) = fi+1 (0) = pi ,
fn (an ) = q, p0 = p, pn = q.
Do Lγ < 2δ và dX (a, p) < δ nên toàn bộ dây chuyền γ nằm trong hình cầu U (a, 3δ).
Vì thế pi ∈ U (a, 3δ) , ∀i = 0, n.
Mặt khác, với mỗi z ∈ Dr ta có:
dX (pi−1 , fi (z)) = dX (fi (0) , fi (z)) ≤ dD (0, z) < δ.
Do đó fi (Dr ) ⊂ U(a,4δ) , ∀i = 1, n. Đặt gi : D → X cho bởi gi (z) = fi (rz) , ∀z ∈ D.
a1 a2
an
Thế thì β = { , , . . . ,
∈ D; g1 , g2 , . . . , gn ∈ Hol(D, U (a, 4δ))} là một dây
r r
r
chuyền chỉnh hình trong U (a, 4δ) nối p và q.
Từ đó ta có:
n−1

dU (a,4δ) (p, q) ≤

dU (a,4δ) (pi , pi+1 )
i=0

n−1

=

dU (a,4δ) (fi+1 (0), fi+1 (ai+1 ))
i=0
n−1

≤

n−1

dDr (0, ai+1 ) ≤ c(
i=0
n

= c(

dD (0, ai+1 ))
i=0

dD (0, ai ) = cLγ < c(dX (p, q) + ε)
i=0

với mọi ε đủ bé. Vậy dU (a,4δ) (p, q) ≤ c.dX (p, q), ∀p, q ∈ U (a, δ).
Chứng minh. (Định lý Eastwood).
i) Giả sử Y là hyperbolic. Giả sử tồn tại p, q ∈ X, p = q sao cho dX (p, q) = 0.
Ta có 0 = dX (p, q) ≥ dY (π(p), π(q)), suy ra π(p) = π(q) = y0 ∈ Y.
Chọn ε > 0 đủ bé sao cho U (y0 , ε) = {y ∈ Y : dY (y0 , y)} < ε ⊂ Ui với Ui nào đó.
Chọn δ > 0 đủ bé sao cho

U (p, 4δ) = {x ∈ X : dπ−1 (U (y0 ,ε)) (p, x) < 4δ} ⊂ π −1 (U (y0 , ε)).
Theo Bổ đề 1.2.13 ta có:
dπ−1 (U (y0 ,ε)) (p, q) ≤ dU (p,4δ) (p, q) ≤ c.dX (p, q) = 0.
16


Do vậy p = q. Điều này mâu thuẫn với giả sử trên.
Vậy X là hyperbolic.
ii) Giả sử Y là hyperbolic đầy. Theo i) thì X là hyperbolic. Giả sử {pn } là dãy Cauchy
trong (X, dX ). Dễ thấy dãy {π(pn )} là dãy Cauchy trong Y và do đó nó hội tụ tới
y0 ∈ Y.
Lấy δ > 0 đủ bé sao cho
U (y0 , 5δ) = {y ∈ Y : dY (y0 , y) < 5δ} ⊂ Ui
với Ui nào đó.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng:
dY (y0 , π(p1 )) < δ và dX (p1 , pn ) < δ, ∀n ≥ 1.
Đặt V = {x ∈ X : dX (p1 , x) < 4δ}. Theo Bổ đề 1.2.13, tồn tại hằng số c > 0 sao cho
dV (pm , pn ) ≤ c.dX (pm , pn ), ∀m, n ≥ 1.
Điều đó chứng tỏ rằng {pn } là dãy Cauchy trong (V, dV ). Do π (V ) ⊂ U (y0 , 5δ) ⊂ Ui
nên V ⊂ π −1 (Ui ). Do vậy, dãy {pn } là dãy Cauchy trong (π −1 (Ui ) , dπ−1 (Ui ) ).
Suy ra {pn } hội tụ tới p0 ∈ π −1 (Ui ). Vậy X là không gian hyperbolic đầy.
Định lý 1.2.14. (Đỗ Đức Thái [1]) Giả sử X là không gian phức và π : X → X là
phủ chỉnh hình của X. Khi đó, ta có:
a) Với mỗi p, q ∈ X thì dX (p, q) =

inf

q∈π −1 (q)

dX (p, q), ở đó p ∈ π −1 (p).

b) X là hyperbolic (hyperbolic đầy) khi và chỉ khi X là hyperbolic (hyperbolic đầy).

1.3

Không gian phức nhúng hyperbolic.

Định nghĩa 1.3.1. Cho X là không gian con phức của không gian phức Y , ta nói X
là nhúng hyperbolic trong Y nếu với mọi x, y ∈ X, x = y, tồn tại lân cận mở Ux ,Uy
lần lượt của x, y trong Y sao cho
dX (X ∩ Ux , X ∩ Uy ) > 0.
Định lý 1.3.2. Giả sử X là không gian con phức của không gian phức Y . Khi đó, các
điều kiện sau là tương đương:
17


HI1. X là nhúng hyperbolic trong Y.
HI2. X là hyperbolic và nếu {xn } , {yn } ⊂ X thỏa mãn xn → x ∈ ∂X, yn → y ∈
∂X, dX (xn , yn ) → 0 thì x = y..
HI3. Giả sử {xn } , {yn } ⊂ 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) ≤ HD , ∀f ∈ Hol (D, X) ,
trong đó HD là metric vi phân Poincaré trên đĩa đơn vị D.
HI5. Tồn tại hàm độ dài H trên Y sao cho với mọi f ∈ Hol (D, X) ta có
f ∗ H ≤ HD .
Nhận xét 1.3.3.
i) Không gian phức X là hyperbolic khi và chỉ khi X là nhúng hyperbolic 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.
Ví dụ 1.3.4. Giả sử A là một tập hữu hạn của P1 C có chứa ít nhất ba điểm, giả sử
là ∞, 0 và 1. Khi đó, Y = P1 C − A là nhúng hyperbolic trong P1 C.
Thật vậy, dễ thấy đĩa đơn vị D là không gian phủ toàn bộ Y . Theo Định lý 1.2.14
suy ra Y là hyperbolic đầy. Vì Y chỉ có các điểm biên cô lập, suy ra Y là nhúng
hyperbolic.
Ví dụ 1.3.5. Giả sử Q là một tứ giác trong P2 C. Khi đó, Q là tập hợp gồm sáu
đường thẳng xạ ảnh đi qua một tập gồm bốn điểm ở vị trí tổng quát. Ta sẽ chỉ ra rằng
Y = P2 C − Q là nhúng hyperbolic trong P2 C.

18


Giả sử {p1 ,p2 , p3 , p4 } là bốn điểm ở vị trí tổng quát. Với i < j, gọi lij là một đường
thẳng xạ ảnh đi qua pi và pj . Giả sử p là một điểm bất kì thuộc Y = P2 C. Không mất
tính tổng quát, ta có thể giả sử p ∈
/ l12 . Nếu ta bỏ đi l12 và coi như nó là một đường
thẳng ở vô cực thì ta còn lại năm đường thẳng trong đó l13 song song với l14 và l23
cũng song song với l24 . Vậy nên
M := C2 − (l13 ∪ l14 ∪ l23 ∪ l24 ) ∼
= (C − {0, 1}) × (C − {0, 1}).
Do p ∈
/ l12 nên p ∈ C2 . Rõ ràng, từ Ví dụ 1.3.4 và do Nhận xét 1.3.3 (mục ii) suy ra
tồn lại các lân cận V và U của p với V ⊂ U sao cho
dM (V ∩ M, (C2 − U ) ∩ M ) > 0.
Do đó, Y ⊂ M và (C2 − U ) ∩ Y = (P2 C − U ) ∩ Y. Vậy ta có

dY (V ∩ Y, (P2 C − U ) ∩ Y ) > 0.
Điều này chứng tỏ Y là nhúng hyperbolic trong P2 C.

19


Chương 2

Tính hyperbolic của phần bù một
họ các siêu phẳng trong không gian
xạ ảnh
2.1

Định lý Borel.

Định lý 2.1.1. (Định lý Picard bé). Giả sử f : C → C là hàm chỉnh hình khác
hằng số thì tập giá trị của f hoặc là C hoặc là C bỏ đi đúng một điểm.
Trong E. Borel [15] đã chỉ ra rằng định lý Picard bé có thể được phát biểu lại ở
dạng sau:
Nếu hai hàm chỉnh hình f và g trên C không đâu triệt tiêu và thoả mãn đồng nhất
thức
f +g ≡1
thì chúng là hằng
Thật vậy, từ biểu thức
f + g ≡ 1,
ta suy ra f, g không nhận hai giá trị 0 và 1, do đó theo định lý Picard bé chúng phải
là hằng. Ngược lại, nếu f là một hàm nguyên không nhận hai giá trị 0 và 1, thì f và
g = 1 − f thỏa mãn giả thiết của định lý trên. Do đó, chúng là hằng số.
Borel đã tổng quát định lý Picard bé dưới ba dạng tương đương sau:

20


Định lý 2.1.2. (Borel [15]).
(1) Giả sử rằng các hàm nguyên g0 , g1 , . . . , gN không đâu triệt tiêu trên C và thỏa mãn
đồng nhất thức
g0 + g1 + . . . + gN ≡ 0.
Phân hoạch tập chỉ số I = {0, 1, . . . , N } thành các tập con Iα , I =

p
α=0 Iα

sao cho

hai chỉ số i và j cùng thuộc tập con Iα nếu và chỉ nếu gi /gj là hằng. Khi đó, với mỗi
α ta có:
gi ≡ 0;
i∈Iα

(2) Giả sử rằng các hàm nguyên f1 , . . . , fN không đâu triệt tiêu trên C và thỏa mãn
đồng nhất thức
f1 + . . . + fN ≡ 1.
Thì ít nhất một trong số các fi là hàm hằng;
(3) Với cùng giả thuyết như (2), vậy thì f1 , . . . , fN là phụ thuộc tuyến tính (trên C).
Trước hết, chúng ta sẽ chỉ ra rằng ba mệnh đề trên tương đương:
Chứng minh.

• Từ (2) suy ra (1). Ta đặt
hα =

gi ,
i∈Iα

vậy h0 + . . . + hp ≡ 0. Do mỗi hα sai khác gi (i ∈ Iα ) một hằng số nên hoặc hα ≡ 0
hoặc hα không triệt tiêu tại bất cứ điểm nào. Giả sử (1) sai. Không mất tính tổng
quát, ta có thể giả sử rằng h0 , . . . , hm (m ≥ 1) không triệt tiêu tại bất cứ đâu và
hm+1 = . . . = hp = 0.
Đặt fα = −hα /h0 (1 ≤ α ≤ m). Ta suy ra f1 + . . . + fm ≡ 1. Do đó, áp dụng (2)
ta suy ra một trong các fα , giả sử f1 = −h1 /h0 là hằng.
Chú ý rằng h0 sai khác gi một hằng số (i ∈ I0 ), tương tự h1 sai khác gj (j ∈ I1 )
một hằng số. Điều đó nghĩa là gj /gi là hằng số, trái với định nghĩa của Iα .
• Từ (3) suy ra (2). Vì f1 , . . . , fN là phụ thuộc tuyến tính, không mất tính tổng
quát, ta có thể giả sử chúng có quan hệ tuyến tính sau:
c1 f1 + . . . + cN −1 fN −1 + fN ≡ 0.
21


Bằng cách trừ biểu thức sau cho biểu thức trên
f1 + . . . + fN −1 + fN ≡ 1,
ta thu được
(1 − c1 ) f1 + . . . + (1 − cN −1 ) fN −1 ≡ 1.
Lại áp dụng (3) lần nữa cho họ {(1 − c1 ) f1 , . . . , (1 − cN −1 ) fN −1 }, lập luận tương
tự, ta thu được một đồng nhất thức ngắn hơn. Sau một số hữu hạn lần, ta thu
được cf1 ≡ 1 hay f1 là hằng số.
• Cuối cùng, ta chỉ ra (1) suy ra (3). Thật vậy, ta đặt f0 = −1 sao cho f0 + f1 +
. . . + fN ≡ 0 và áp dụng (1) cho đồng nhất thức này. Gọi I0 là tập chỉ số chứa
0. Nếu I = I0 thì các hàm f1 , . . . , fN đều là hằng số và do đó chúng phụ thuộc
tuyến tính. Nếu I = I0 thì

i∈Iα

fi ≡ 0 với mọi α thỏa mãn Iα = I0 , nghĩa là các

fi , i = 1, n phụ thuộc tuyến tính.

Định lý Borel được chứng minh thông qua định lý cơ bản thứ hai (xem Kobayashi
[7]).

2.2

Ứng dụng của Định lý Borel.

Bây giờ, ta sẽ chỉ ra những ứng dụng khác nhau của định lý Borel. Khi nghiên cứu
n + 2 siêu phẳng H0 , H1 , . . . , Hn+1 ở vị trí tổng quát trong Pn C, để thuận tiện ta xem
Pn C như một siêu phẳng trong Pn+1 C cho bởi
w0 + w1 + . . . + wn+1 = 0

(2.2.1)

biểu diễn trong hệ tọa độ thuần nhất w0 , w1 , . . . , wn+1 của Pn+1 C.
Bằng một phép đổi tọa độ tuyến tính, phương trình của H0 , H1 , . . . , Hn+1 có thể
thu gọn thành dạng đơn giản như sau:
H0 = {w0 = 0}, . . . , Hn = {wn = 0}, Hn+1 = {wn+1 = 0}.

(2.2.2)

Dạng phương trình trên cho ta thấy tính chất bình đẳng của các siêu phẳng.
Phân hoạch tập chỉ số I = {0, 1, . . . , n + 1} thành hai tập con rời nhau J =
{j0 , j1 , . . . , jp } và K = {k0 , k1 , . . . , kq } với p + q = n. Giao LJ = Hj0 ∩ . . . ∩ Hjp của
22

p + 1 siêu phẳng xác định một không gian con tuyến tính có chiều là q − 1 trong Pn C,
giao LK = Hk0 ∩ . . . ∩ Hkq của q + 1 siêu phẳng còn lại xác định một không gian con
tuyến tính có chiều là p − 1 trong Pn C. Vì thế, LJ và LK sinh ra một siêu phẳng duy
nhất là HJK của Pn C. Nếu ta đặt
ωj = −

FJK =
j∈J

ωk ,
k∈K

thì phương trình xác định HJK cho bởi
FJK = 0.
Nếu J chỉ gồm một chỉ số, giả sử là j, thì LJ = Hj và LK là rỗng. Vậy ta chỉ cần
xét phân hoạch không tầm thường I = J ∪ K thỏa mãn cả J và K đều chứa ít nhất
hai phần tử và gọi HJK là một siêu phẳng chéo của họ H0 , H1 , . . . , Hn+1 . Với một tứ
giác (tức bốn đường thẳng ở vị trí tổng quát) H0 , H1 , H2 , H3 trong mặt phẳng xạ ảnh
P2 C thì nó có ba đường chéo.
Mọi ánh xạ chỉnh hình f : C −→ Cn+2 − {0} hợp với phép chiếu π : Cn+2 − {0} −→
Pn+1 C cảm sinh một ánh xạ chỉnh hình π ◦ f : C −→ Pn+1 C. Ngược lại, mọi ánh xạ
chỉnh hình f : C −→ Pn+1 C đều được viết thành hợp của một ánh xạ chỉnh hình f và
π. Thật vậy, dùng một phủ mở {Uα } của C, ta nâng địa phương f thành ánh xạ chỉnh
hình fα : Uα → Cn+2 − {0}. Khi đó, fα = hαβ fβ trên Uα ∩ Uβ , với hαβ : Uα ∪ Uβ −→ C∗
là chỉnh hình. Họ {hαβ } xác định một phần tử của H 1 (C, O∗ ) = 0 do đó hαβ = λ−1
α λβ
với λα : Uα −→ C∗ chỉnh hình. Đặt f = fα λα = fβ λβ . Đôi khi để đơn giản, ta kí hiệu
ánh xạ nâng f của f là f .

Giả sử

n+1

f : C → Pn C −

Hi ⊂ Pn+1 C
i=0

n+2

là một ánh xạ chỉnh hình và f : C −→ C

− {0} là ánh xạ nâng của f . Khi đó, f

được cho bởi n + 2 hàm nguyên (f 0 (z), f 1 (z), . . . , f n+1 (z)) thỏa mãn
f 0 + f 1 + . . . + f n+1 ≡ 0.
Vì f bỏ qua n + 2 siêu phẳng cho bởi (2.2.2) nên f 0 , f 1 , . . . , f n+1 là không đâu triệt
tiêu.
Phân hoạch tập chỉ số I = {0, 1, . . . , n, n + 1} như trong (1) của Định lý 2.1.2. Nếu
tất cả f i /f j là hằng thì f là ánh xạ hằng. Giả sử rằng f không phải ánh xạ hằng. Vậy
23