Hệ động lực P Adic (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HOÀNG THU HÀ

HỆ ĐỘNG LỰC P −ADIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HOÀNG THU HÀ

HỆ ĐỘNG LỰC P - ADIC

Chuyên ngành : TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số : 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS. TS HÀ TRẦN PHƯƠNG

Thái Nguyên - 2016

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trung
thực và không trùng lặp với đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan rằng các
kết quả nêu trong luận văn, tài liệu tham khảo và nội dung trích dẫn đảm
bảo tính trung thực chính xác.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn

Hoàng Thu Hà

i


Lời cảm ơn

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Đại học Thái Nguyên. Qua đây tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo
Khoa Toán, Ban Giám hiệu, Phòng Đào nhà trường và các Quý Thầy Cô
giảng dạy lớp Cao học K22 (2014- 2016) trường Đại học Sư phạm- Đại học
Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu, đã trang bị
kiến thức cơ bản và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong quá trình học tập
và nghiên cứu.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới PGS. TS. Hà Trần Phương,
người đã tận tình chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi có thêm nhiều kiến
thức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn một
cách hoàn chỉnh.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè và các đồng nghiệp đã
động viên, giúp đỡ tôi quá trình học tập của mình.
Do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi
những thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô

và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn

Hoàng Thu Hà

ii


Mục lục
Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn

ii

Mục lục

iii

Mở đầu

1

1 Mở đầu về hệ động lực p−adic
1.1. Tập hút và tập đẩy . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1. Tính chất bất biến lùi và tiến của ánh xạ

1.1.2. Tập hút, tập đẩy và tính chất . . . . . . .
1.2. Điểm bất động của ánh xạ . . . . . . . . . . . .
1.2.1. Quan hệ Riemann - Hurwitz . . . . . . .
1.2.2. Điểm bất động của hàm nguyên . . . . .
2 Họ hàm chuẩn tắc và lý thuyết Fatou - Julia
2.1. Họ chuẩn tắc và định lý Montel . . . . . . .
2.1.1. Họ chuẩn tắc và tính chất . . . . . . .
2.1.2. Định lý Montel . . . . . . . . . . . .
2.2. Lý thuyết Fatou - Julia . . . . . . . . . . . .
2.2.1. Một số khái niệm . . . . . . . . . . .
2.2.2. Tính chất tập Julia . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

3
3
3
6
12
12
16

.
.
.
.
.
.

20
20

20
26
36
36
39

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

44

iii


Mở đầu
Một trong những vấn đề nghiên cứu quan trọng đối với hàm phân hình
đó là nghiên cứu về hệ động lực của các ánh xạ lặp thực hiện bởi các hàm
phân hình, tức là nghiên cứu tính chất của ánh xạ lặp được thực hiện bởi
một hàm phân hình. Những vấn đề nghiên cứu chính trong lý thuyết hệ
động lực phức là nghiên cứu quỹ đạo của ánh xạ, tính chất bất biến của
một tập hợp qua ánh xạ, điểm bất động của ánh xạ, tính chất chuẩn tắc
của một họ ánh xạ phân hình và lý thuyết Julia-Fatou. Cuối thế kỷ 19, các
kết quả nghiên cứu về hệ động lực phức tập trung vào tính chất địa phương
các ánh xạ chỉnh hình lặp trong lân cận của điểm bất động. Năm 1906, P.
Fatou đã cho biết dáng điệu toàn cục của ánh xạ này thông qua một số kết
quả nghiên cứu của mình. Về sau, vấn đề này thu hút được sự quan tâm
của nhiều nhà toán học trên thế giới như G. Julia, S. Lattes, J. F Ritt, J.

Milnor, L.Carleson, T,W Gamelin. . . . Ngày nay động lực phức là một lĩnh
vực phát triển mạnh mẽ, liên kết với các lĩnh vực khác và có nhiều ứng
dụng rộng rãi.
Song song với việc phát triển lý thuyết hệ động lực của các ánh xạ lặp
thực hiện bởi các hàm phân hình phức, thời gian gần đây các nhà toán
học nghiên cứu tính chất tương tự cho ánh xạ thực hiện bởi một hàm
phân hình trên trường không Acsimet. Những nghiên cứu này được công
bố bởi P. C. Hu, C. C.Yang, A. F. Beardon, W. K. Hayman, I. N. Baker,
E. Hille, A. Escassut và được Hu, P.C. & Yang, C.C. tập hợp lại cuốn sách
"Meromorphic functions over Non - Archimedean Fields" ([7]). Với mong
muốn tìm hiểu các kiến thức ban đầu về lý thuyết hệ động lực p−adic chúng
1


tôi chọn đề tài "Hệ động lực p−adic". Mục đích chính của luận văn giới
thiệu một số tính chất về của quỹ đạo, tính chất bất biến, và điểm bất động
của ánh xạ thực hiện bởi một hàm phân hình trên trường Cp . Ngoài ra,
luận văn cũng giới thiệu một số kết quả nghiên cứu tính chất chuẩn tắc của
một họ ánh xạ phân hình và lý thuyết Julia-Fatou được các tác giả trên
thế giới công bố trong thời gian gần đây.
Luận văn chia làm hai chương, trong Chương 1 chúng tôi trình bày một
số kiến thức trong lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna cho các hàm phân
hình p−adic và giới thiệu về một số kiến thức mở đầu về hệ động lực p−adic
như quỹ đạo của ánh xạ, tính chất bất biến của ánh xạ, điểm bất động của
ánh xạ. Chương 2 chúng tôi trình bày các nghiên cứu về họ hàm chuẩn tắc
và lý thuyết Fatou - Julia.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn

Hoàng Thu Hà

2


Chương 1

Mở đầu về hệ động lực p−adic
1.1.

Tập hút và tập đẩy

1.1.1.

Tính chất bất biến lùi và tiến của ánh xạ

Trước hết ta sẽ giới thiệu một số khái niệm cơ bản. Cho M là một tập
hợp hợp khác rỗng, f : M −→ M là một ánh xạ. Một tập con E của M là:
(a) Bất biến tiến nếu f (E) = E;
(b) Bất biến lùi nếu f −1 (E) = E;
(c) Hoàn toàn bất biến nếu f −1 (E) = E = f (E).
Nếu f là đơn ánh thì bất biến tiến sẽ kéo theo bất biến lùi và hoàn toàn
bất biến (do khi đó f toàn ánh).
Một cách tổng quát, ta có các liên hệ sau:
Bổ đề 1.1 ([6]). 1. Nếu E là bất biến lùi thì f (E) = E ∩ f (M ) ⊂ E;
2. Nếu f −1 (E) ⊂ E, f (E) ⊂ E thì E là bất biến lùi.
Chứng minh. (1) Hiển nhiên
(2) Do f (E) ⊂ E nên với mọi x ∈ E : f (x) ∈ E. Suy ra

x ∈ f −1 (E) suy ra E ⊂ f −1 (E) suy ra E = f −1 (E).

Cho M, N là hai không gian topo, kí hiệu C(M, N ) là tập các ánh xạ
liên tục từ M vào N . Lấy f ∈ C(M, N ) ta kí hiệu các lặp của f bởi

f 0 = id, f n = f n−1 ◦ f = f ◦ f n−1 (n > 0)).

3


Ta ký hiệu quỹ đạo tiến của x ∈ M bởi

O+ (x) =

{f n (x)}.
n 0

Các phần tử trong O+ (x) được gọi là phần tử kế tiếp của x. Ta kí hiệu quỹ
đạo lùi của x bởi
O− (x) =
{f −n (x)}.
n 0

Các phần tử của O− (x) được gọi là phần tử trước của x. Ta kí hiệu quỹ
đạo toàn phần của x bởi

O(x) = O+ (x)

O− (x).

Tổng quát, với E ⊂ M , ta định nghĩa quỹ đạo tiến, lùi, toàn phần của
E một cách tương ứng bởi

O+ (E) =

f n (E),

O− (E) =

n≥0

f −n (E),

O(E) = O+ (E)

O− (E).

n≥0

Hiển nhiên, ta có

O− (E) =

O+ (x),

O+ (E) =
x∈E

O− (x).
x∈E

Với mỗi x, y ∈ M , ta xác định quan hệ ∼ trên M bởi x ∼ y khi và chỉ

khi tồn tại m, n ∈ N sao cho f m (y) = f n (x), nghĩa là x và y có cùng chung
một phần tử kế tiếp. Ta thấy:
❼ “ ∼ ” đối xứng vì x ∼ y khi và chỉ khi tồn tại m, n ∈ N∗ f m (x) = f n (y).
Suy ra f n (x) = f m (y) suy ra y ∼ x.
❼ “ ∼ ” phản xạ vì x ∼ x với mọi n : f n (x) = f n (x).
❼ “ ∼ ” bắc cầu vì x ∼ y, y ∼ z khi và chỉ khi tồn tại m, n, k, l ∈ N∗ :

f m (x) = f n (y), f k (y) = f l (z),
(f m (x))k = (f n (y))k suy ra f mk (x) = (f k (y))n ,
suy ra f mk (x) = (f l (z))n = f nl (z).
Bởi vậy ∼ là một quan hệ tương đương trên M. Ta kí hiệu lớp tương
đương chứa x là [x], và gọi là quỹ đạo tổng quát của x. Vì rằng ∼ là quan
hệ tương đương nên hai quỹ đạo tổng quát bất kỳ hoặc đồng nhất hoặc rời
nhau. Dễ dàng chứng minh được

O− (f n (x))

[x] = O+ (x)
n 0

O(f n (x)).

=
n 0

4


Định lý 1.2 ([6]). Các quỹ đạo tổng quát là các tập con nhỏ nhất có tính
chất bất biến lùi.

Hệ quả 1.3 ([7]). Một tập con E của M là bất biến lùi nếu và chỉ nếu nó
là hợp của các lớp tương đương [x]. Trong trường hợp này, phần bù M \ E
của nó cũng phải là hợp của các lớp tương đương và do đó cũng là bất biến
lùi.
Hệ quả 1.4 ([7]). Giả sử f : M → M là ánh xạ mở liên tục và giả sử rằng
E là bất biến lùi. Thì khi đó phần trong E ◦ , biên ∂E , bao đóng E của E
cũng là bất biến lùi.
Với mỗi E ⊂ M , ta xác định

[E] =

[x].
x∈E

Khi đó [E] là bất biến lùi (vì [x] là bất biến lùi). Hiển nhiên, nếu E là bất
biến lùi thì [E] = O(E) = E . Tập [E] là tập có tính chất bất biến lùi nhỏ
nhất chứa E.
Một điểm bất động của ánh xạ f : M → M là một điểm x ∈ M sao cho
f (x) = x. Kí hiệu tập các điểm bất động của f bởi Fix(f ). Một k - vòng
(vòng bậc k ) là một k - bộ gồm k phần tử x0 , . . . , xk−1 của M đôi một khác
nhau sao cho

f (xi ) = xi+1 (0

k − 1; f (xk−1 ) = x0 .

i

Đối với một họ k -vòng {x0 , . . . , xk−1 }, hiển nhiên là xi thỏa mãn f k (xi ) =
xi , nghĩa là

{x0 , . . . , xk−1 } ⊂ Fix(f k ).
Mỗi xi như vậy cũng được gọi là điểm bất động cấp k của f. Một 1-vòng
của f chính là một điểm bất động của f. Đặt:
∞

Fix(f k ).

Per(f ) =
k=1

Các điểm cuả Per(f ) được gọi là các điểm tuần hoàn của f. Hiển nhiên là
x ∈ Per(f ) khi và chỉ khi f k (x) = x với k ∈ Z+ nào đó. Giá trị k bé nhất
sao cho f k (x) = x được gọi là chu kỳ của x. Nếu k là chu kỳ của x thì
k
1, và {x, f (x), . . . , f k−1 (x)} là một k -vòng của f. Bởi vậy Per(f ) là
hợp các vòng của f.
Với mỗi x ∈ M , ta xác định tập w - giới hạn L+ (x) của x bởi:

L+ (x) =

f n (x).
k 0n k
5


Với y ∈ L+ (x), tồn tại dãy nj → +∞ sao cho f nj → y khi j → +∞. Với
một tập con A của M, ta xác định vũng của điểm hút của A bởi Att(A)
như sau:
Att(A) = {x ∈ M : L+ (x) ⊂ A}.
1.1.2.

Tập hút, tập đẩy và tính chất

Định nghĩa 1.5 ([7]). Ta nói rằng A là ổn định một cách tiệm cận (gần
như là ổn định) nếu tồn tại một lân cận U của A thỏa mãn U ⊂ Att(A).
Dễ dàng chứng minh được rằng nếu A ổn định tiệm cận thì Att(A) là
mở. Thật vậy, lấy a ∈ Att(A), khi đó a ∈ M sao cho L+ (a) ⊂ A ⊂ U. Do
a ∈ L+ (a) suy ra U là lân cận của A thỏa mãn U ⊂ Att(A) suy ra Att(A)
mở. Một điểm bất động x0 của f được gọi là điểm hút của f nếu tồn tại
lân cận U của x0 sao cho

lim f n (x) = x0 , với mọi x ∈ U

x→+∞

nghĩa là, một điểm bất động x0 của f là điểm hút khi và chỉ khi {x0 } là ổn
định tiệm cận.
Định nghĩa 1.6 ([6]). Một tập A được gọi là tập đẩy nếu
1) Mọi lân cận V của A, V \ [A] khác rỗng;
2) Tồn tại lân cận U của A sao cho với mọi x ∈ U \ [A] đều tồn tại n0 > 0
thỏa mãn f n (x) ∈
/ U, với mọi n
n0 .
Đặc biệt, một điểm bất động đẩy của f được gọi là điểm đẩy cuả f.
Định lý 1.7 ([6]). Nếu một điểm của một vòng k -vòng (k
1) của một
ánh xạ liên tục f từ một không gian topo M vào chính nó là điểm hút (điểm
đẩy) của f k , thì mọi điểm của vòng là điểm hút (điểm đẩy) của f k . Do đó
vòng là ổn định tiệm cận (đẩy).
Định lý 1.8 ([6]). Nếu một k - vòng (k

1) của một ánh xạ liên tục f
trên một không gian topo M là tập đẩy thì mọi điểm trên vòng đó là điểm
đẩy đối với f k .
Định nghĩa 1.9 ([7]). Một k - vòng (k
1) của một ánh xạ liên tục f
trên không gian topo M được gọi là điểm hút (điểm đẩy) đối với f nếu một
điểm trên vòng đó là hút (đẩy) đối với f k .
Định lý 1.7, 1.8 chỉ ra rằng một k -vòng (k 1) của f là tập đẩy khi và
chỉ khi nó là một điểm đẩy, nghĩa là một điểm bất kỳ của vòng là một điểm
6


đẩy đối với f k . Cũng như vậy, nếu một vòng là tập hút, thì nó ổn định tiệm
cận.
Kí hiệu Cp là trường các số p−adic, ta kí hiệu K là Cp hoặc C, K =
K {∞}. Ta biết, một hàm nguyên f trên K có thể được đồng nhất với
một ánh xạ chỉnh hình f : K → K, một hàm hữu tỷ R trên K có thể được
đồng nhất với một ánh xạ chỉnh hình f : K → K, một hàm phân hình f
trên K có thể được đồng nhất với ánh xạ chỉnh hình f : K → K.
Bây giờ ta cho f : M → M là một ánh xạ khả vi, trong đó M là một đa
tạp trên K và xét k -vòng

f : x0 → x1 → x2 → · · · → xk−1 → xk = x0 .
Nếu M là K, thì đạo hàm

λ = (f k ) (xi )

= f (f k−1 (xi ))f (f k−2 (xi )) · · · f (f k−k (xi ))

= f (xk )f (xk−1 ) · · · f (x0 )

(do f k (xi ) = xi ) định nghĩa được, gọi là hệ số hay giá trị riêng của vòng.
Theo định nghĩa, một vòng là vòng hút, vòng đẩy, hoặc không là vòng (hay
vòng trung lập) nếu hệ số của nó thỏa mãn |λ| < 1, hoặc |λ| > 1, hoặc
|λ| = 1. Vòng được gọi là siêu hút nếu λ = 0.
Định lý 1.10 ([7]). Lấy một tập mở D ⊂ Cp . Giả sử rằng f : D → D là
một ánh xạ chỉnh hình. Khi đó một điểm bất động z0 của f là điểm hút nếu
và chỉ nếu z0 là vòng hút.
Chứng minh. Nhắc lại, z0 là điểm hút nếu tồn tại lận cận U của z0 sao
cho:
lim |f n (z)| = z0 , với mọi z ∈ U.
n→+∞

Không mất tính tổng quát, ta giả sử z0 = 0. Đặt λ = f (0) (z0 là điểm bất
động nếu k = 1, tức f (z0 ) = z0 ). Trước hết ta giả sử rằng z0 là vòng hút,
tức |λ| < 1. Viết:
∞

aj z j

f (z) = λz +
j=2

Lấy r ∈ R+ sao cho Cp (0, r)) ⊂ D và

s = max |aj | rj−1 < 1
j 2

và chọn hằng số β sao cho

max {|λ| , s} < β < 1.

7

.


Chú ý rằng

|f (z)|

max {|λ| . |z| , |aj | . |z|j } = max {|λ| . |z| , |aj | . |z|j−1 . |z|}.

Nhưng z ∈ Cp (0, r) kéo theo |aj | . |z|j−1

|f (z)|

β. Suy ra

β |z| < r.

Khi đó, nếu |z| < r

f 2 (z) = |f (f (z))|

β |f (z)| < r. Suy ra
f 2 (z)

β 2 |z| < r.

Quy nạp ta có

|f n (z)|
suy ra lim |f n (z)|
n→∞

β n |z| , với mọi z ∈ Cp (0, r))

lim β |z| = 0,

(1.1)

(do β < 1). Kéo theo Cp (0, r) là lân

n→∞

cận của z0 = 0 sao cho

lim |f n (z)| = 0, với mọi z ∈ Cp (0, r)

n→∞

suy ra z = 0 là điểm hút và Cp (0, r) ⊂ Att(0) (do {z0 = 0} là ổn định
tiệm cận).
Tiếp theo ta chứng minh rằng z0 (= 0) là một điểm hút. Khi đó, tồn tại
lân cận U của z0 : U ⊂ Att(0). Lấy r > 0 : Cp (0, r) ⊂ D ∩ U. Khi đó
n

|λ|n = |f (0)|

= |f (0)| · · · |f (0)|
= f (f n−1 (0)) . f (f n−2 (0)) · · · |f (0)|

(dof k (0) = f (0) = 0, với mọi k 1)
df n
df n
n
= [f (0)] =
(0)
max
(x) .
x∈[0,r] dz
dz
Đặt f n = g. Khi đó g khả vi trên [0, r] và f (0) = 0. Ta chứng minh

|g (x)|

1
max |g(x)| , với mọi x ∈ [0, r].
r x∈[0,r]

Do g liên tục trên [0, r] suy ra tồn tại x0 ∈ [0, r] để |g(x0 )| = max |g(x)| .
x∈[0,r]

Suy ra cần chứng minh g (x)

g(x0 ), với mọi x ∈ [0, r].

8


r

Ta có |g(r)|

|g(x0 )| do g(0) = 0. Suy ra |g(r)| =

|g (x0 )| dx (cần
0

thêm giả thiết g khả vi, liên tục).
r 1
|g(x0 )| dx. Suy ra
Lại có, g(x0 ) =
0 r
r

r

1
|g(x0 )| dx.
r

|g (x0 )| dx
0

0

1
Do g liên tục trên [0, r], suy ra |g (x0 )|
|g(x0 )| , với mọi x ∈ [0, r], kéo
r
theo

1
max |g(x)| .
max |g (x)|
x∈[0,r]
r x∈[0,r]
df n
1
Điều này suy ra max
(x)
max |f n (x)| , tức là
x∈[0,r] dz
r x∈[0,r]
1
|λ|n
max |f n (x)| .
r x∈[0,r]
Do Cp (0, r) ⊂ U suy ra f n (x) → 0 khi n → ∞. Suy ra |λ| < 1 suy ra
z0 = 0 là điểm hút.
Hệ quả 1.11 ([7]). Lấy một tập mở D ⊂ Cp . Giả sử rằng f : D → D là
ánh xạ chỉnh hình. Khi đó vòng A là tập hút khi và chỉ khi A là vòng hút.
Định lý 1.12 ([7]). Lấy một tập mở D ⊂ Cp . Giả sử rằng f : D → D là
ánh xạ chỉnh hình. Khi đó một điểm bất động {z0 } của f là một điểm đẩy
khi và chỉ khi {z0 } là vòng đẩy.
Chứng minh. Nhắc lại định lý hàm ngược. Giả sử D là tập mở trong Cp
với 0 ∈ D. Lấy f ∈ Hol(D) với f (0) = 0. Khi đó tồn tại r ∈ R+ sao cho
f là đơn ánh trong Cp [0, r] và f −1 là giải tích toàn cục trong f (Cp [0, r]).
Không mất tính tổng quát, giả sử z0 = 0. Đặt λ = f (0). Giả sử |λ| > 1.
Theo định lý hàm ngược, nghịch ảnh f −1 tồn tại trong một lân cận của 0.
1
Chú ý rằng f −1 (0) = . Theo chứng minh trên và theo định lý hàm ngược,

λ
tồn tại r > 0 sao cho f −1 tồn tại trong Cp (0, r) và thỏa mãn:

f −n (z)

1
|z| , với mọi z ∈ Cp (0, r), với mọi n > 0.
|λ|n

Ta chứng minh [0] chỉ chứa duy nhất 0. Thật vậy, giả sử tồn tại z ∈ D,
tồn tại m, n > 0 sao cho f m (z) = f n (0) = f (0) = 0. Suy ra f m−1 (z) ∈
{f −1 (0)}. Do f −1 đơn ánh suy ra f m−1 (z) = 0.
9


Tương tự suy ra z = 0.
Đặt U = Cp (0, r). Với mọi ξ ∈ U \ {0} thì f n (ξ) ∈
/ U, với mọi n >
n
log(r/ |ξ|)/ log |λ| . Thật vậy, nếu ξn = f (ξ) ∈ U , với mỗi n > log(r/ |ξ|)/ log |λ|,
thì
|ξn |
r
|ξ| = f −n (ξn )
,
n <
|λ|
|λ|n
Suy ra n < log(r/ |ξ|)/ log |r| : vô lý. Vậy 0 là điểm bất động - đẩy.
Bây giờ ta giả sử rằng z0 = 0 là điểm bất động - đẩy, khi đó có thể chọn

lân cận U của z0 sao cho với mọi x ∈ U − [0], tồn tại n0 > 0 để f n (x) ∈
/ U,
với mọi n n0 . Giả sử ngược lại rằng |λ| 1. Nếu |λ| < 1 thì 0 là điểm
bất động - hút của f suy ra z0 = 0 hiển nhiên không phải là điểm bất động
- đẩy. Do đó, chỉ cần xét |λ| = 1. Viết
∞

aj z j .

f (z) = λz +
j=2

Ta có thể chọn r ∈ R+ sao cho Cp [0, r] ⊂ U và thỏa mãn

|aj | rj < 1, với mọi j
∞

∞
j

aj z = z(

Khi đó
j=2

2.

∞

aj z

j−1

aj z j < |z| , suy ra

), hay

j=2

j=2

|f (z)| − |z| , với mọi z ∈ Cp (0, r),
tức là |f (z)| < r, nên f (z) ∈ Cp (0, r), từ đó

|f (f (z))| = f 2 (z) = |f (z)| = |z| ,
do đó |f n (z)| = |z| , với mọi z ∈ Cp (0, r), với mọi n > 0, nên |f n (z)| < r,
kéo theo
f n ∈ Cp (0, r) ⊂ U, với mọi n > 0.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết của điểm đẩy. Vậy |λ| > 1, tức là z0 là
điểm đẩy.
Hệ quả 1.13 ([7]). Lấy một tập mở D ⊂ Cp . Giả sử rằng f : D → D là
ánh xạ chỉnh hình. Khi đó, vòng A là tập đẩy nếu và chỉ nếu A là vòng
đẩy.
Trong chứng minh của Định lý 1.10 và Định lý 1.12, ta thấy rằng nếu z0
là điểm bất động của f với f (z0 ) = 0 thì tồn tại r ∈ R+ sao cho
∞

|f (z) − z0 | = |f (z) − f (z0 )| = λ(z − z0 ) +

aj z0j .

aj z −
j=2

10

∞
j

j=2


∞

aj z j−1

Với mọi z ∈ Cp [z0 , r] thì

|λ| với max |aj | rj−1
j 2

j=2

|λ| .

Suy ra |f (z) − z0 | = |λ(z − z0 )| = |f (z0 )| . |z − z0 | , với mọi z ∈ Cp [z0 , r].
(1.2)
Ta nhắc lại, lấy r ∈ R+ và giả sử
∞

an z n ∈ Ar (Cp ), s = sup |an | rn−1 > 0.

f (z) =

n 1

n=0

Khi đó ba mệnh đề sau đây tương đương:
1. |ai | > |an | rn−1 , với mọi n > 1;
2. |f (x) − f (y)| = |ai | . |x − y| , với mọi x, y ∈ Cp [0, r];
3. f đơn ánh trong Cp [0, r] và f (z) = 0, với mọi z ∈ Cp [0, r].
Do đó, r ở công thức (1.2) có thể được xác định bởi

1 dj f
max
(z0 ) rj−1 < |f (z0 )| , Cp [z0 , r] ⊂ D
j
j 2 j! dz

(1.3)

1 dj f
(ở đây ai = λ = f (z0 ), an = . j (z0 ) trong khai triển Taylor tại z = z0 ).
j! dz
Bởi vì z0 là điểm hút của f , nên
Cp [0, r] ⊂ Att(z0 ).
Định lý 1.12 kéo theo kết quả sau:
Hệ quả 1.14 ([7]). Cho tập mở D ⊂ Cp . Giả sử rằng f : D → D là ánh
xạ chỉnh hình. Khi đó điểm bất động z0 của f là một điểm đẩy nếu và chỉ

nếu tồn tại lân cận U của z0 sao cho:

|f (z) − z0 | > |z − z0 | , z ∈ U \ {z0 }.

(1.4)

Chứng minh. Kết hợp (1.2) và (1.4) ta suy ra ngay z0 là điểm đẩy khi và
chỉ khi |λ| = |f (z0 )| > 1.
Bây giờ giả sử z0 là điểm bất động trung lập của f. Khi đó (1.2) kéo theo

|f (z) − z0 | = |z − z0 | (do |f (z0 )| = 1), với mọi z ∈ Cp (0, r).

(1.5)

Khi đó |f (z) − z0 | < r, điều này kéo theo

|f n (z) − z0 | = |z − z0 | < r, với mọi z ∈ Cp (z0 , r), với mọi n
11

(1.6)


∞
+

nghĩa là, O (z) =

{f n (z)} ⊂ Cp z0 , |z − z0 | nếu z ∈ Cp (z0 , r). Hình
n=1

cầu Cp (z0 , r) (được chứa trong D) gọi là đĩa Siegel. Hợp tất cả các đĩa
Siegel có tâm tại z0 được gọi là đĩa Siegel lớn nhất, ký hiệu là Sie(z0 ).
Mệnh đề 1.15 ([7]). Nếu z0 là điểm bất động trung lập của f , thì z0 là
tâm của một đĩa Siegel thỏa mãn
Cp [z0 , r] ⊂ Sie(z0 ),
trong đó r được xác định bởi (1.3).
Theo cùng một cách chúng ta xác định đĩa Siegel với tâm tại một điểm
tuần hoàn x0 ∈ D của f với k− vòng A tương ứng là A = {x0 , x1 , . . . , xk−1 },
nghĩa là hình cầu Cp (0, r) (nằm trong D) được gọi là đĩa Siegel nếu tất cả
các điểm lặp của f k cũng nằm trên Cp (0, r ) với r < r .
Mệnh đề 1.16 ([7]). Nếu A = {x0 , x1 , . . . , xk−1 } là một k− vòng trung
lập của f , thì mỗi xi là một tâm của một đĩa Siegel thỏa mãn
Cp [xi ; ri ] ⊂ Sie(xi ), i = 0, 1, . . . , k − 1,
trong đó ri được xác định bởi:

1 dj f k
(xi ) rij−1 < 1,
max
j
j 2 j! dz
1.2.

Điểm bất động của ánh xạ

1.2.1.

Quan hệ Riemann - Hurwitz

Cp [xi , ri ] ⊂ D.

(1.7)

Ta nói rằng hai ánh xạ hữu tỷ f, g là có tính liên hợp nếu tồn tại σ ∈
Aut(Cp ) (nhóm các hàm hữu tỷ tuyến tính trên Cp (z), nghĩa là nếu σ ∈
Aut(Cp ) thì:
az + b
σ=
; a, b, c, d ∈ Cp , ad − bc = 0
cz + d
sao cho g = σ ◦ f ◦ σ −1 .
Dễ thấy tính liên hợp là một quan hệ tương đương và các lớp tương
đương là các lớp liên hợp của các ánh xạ hữu tỷ. Nếu g = σ ◦ f ◦ σ −1 thì

g n = σ ◦ f n ◦ σ −1 .

deg(g) = deg(f ),

Chúng ta hãy đặc tính hóa các đa thức trong lớp các ánh xạ hữu tỷ. Chú
ý rằng một ánh xạ hữu tỷ khác hằng là một đa thức nếu f có cực điểm tại
∞ và không có cực điểm trong Cp , nghĩa là f −1 (∞) = ∞. Tổng quát hơn,
dễ dàng chứng minh được:
12


Định lý 1.17 ([7]). Một ánh xạ hữu tỷ khác hằng f là liên hợp với một đa
thức nếu và chỉ nếu tồn tại a ∈ Cp với f −1 (a) = a.
Định lý 1.18 ([7]). Một ánh xạ hữu tỷ có bậc d
trong Cp .

1 có d + 1 điểm bất động

Chứng minh. Chú ý rằng số các điểm bất động là bất biến dưới phép biến
đổi Mobius. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng f không
P
có điểm bất động tại ∞. Viết f =
với P, Q nguyên tố cùng nhau và
Q
ζ ∈ Fix(f ), khi đó ζ hữu hạn. Vì rằng Q(ζ) = 0 do f (ζ) = ∞, số các
không điểm của f (z) − z tại ζ đúng bằng số không điểm của P (z) − zQ(z)
tại ζ. Do đó số điểm bất động của f chính bằng số nghiệm của P (z)−zQ(z)
trong C. Do f không cố định tại ∞, ta có

deg(P )

deg(Q) = deg(f ) = d

(d = deg(f ) = max{deg P, deg Q})
P (∞)
∞.
vì nếu deg(P ) > deg(Q) thì f (∞) =
Q(∞) =
Do đó
deg[P (z) − zQ(z)] = d + 1.
Vậy f có đúng d + 1 điểm bất động (kể cả bội).
Xét bất kỳ một hàm f khác hằng và chỉnh hình trong lân cận điểm z0
trong Cp . Khi đó tồn tại duy nhất số nguyên dương m sao cho giới hạn

f (z) − f (z0 )
z→z0 (z − z0 )m
lim

là một hằng số hữu hạn khác 0. Ta ký hiệu m bởi µf (z0 ) và gọi là bậc ánh
xạ của f tại z0 . Chú ý rằng µf (z0 ) = 1 nếu và chỉ nếu f (z0 ) = 0, nghĩa là
nếu và chỉ nếu f đơn ánh trong lân cận nào đó của z0 . Hàm bậc thỏa mãn
quy tắc dây chuyền sau:

µf ◦g (z0 ) = µf (g(z0 ))µg (z0 ),

(1.8)

trong đó z0 , g(z0 ) và f (g(z0 )) thuộc Cp .
Đẳng thức cho phép ta mở rộng định nghĩa của µf (z0 ) trong trường hợp
z0 = ∞ hoặc f (z0 ) = ∞ (hoặc cả hai trường hợp). Ta chọn σ, ξ ∈ Aut(Cp )
với σ(z0 ), ξ(f (z0 )) ∈ Cp và xác định

µf (z0 ) = µξ◦f ◦σ (σ(z0 )).
13


Dễ dàng kiểm tra rằng µf (z0 ) là định nghĩa được, nghĩa là µf (z0 ) độc lập
với cách chọn λ và ξ. Theo định nghĩa, một hàm hữu tỷ f thỏa mãn

µaf (z) = deg(f ), với mọi a ∈ Cp .

µf (z) =
z∈f −1 (a)

z∈f −1 (a)

Một điểm z được gọi là điểm tới hạn của ánh xạ hữu tỷ f nếu f không

phải là đơn ánh tại một lân cận nào đó của z. Nếu f không là hằng, điểm
tới hạn của f là các điểm mà tại đó µf (z) > 1. Một giá trị a được gọi là
giá trị tới hạn của f nếu f 1 (a) chứa một số điểm tới hạn. Bây giờ ta chứng
minh quan hệ Riemann - Hurwitz:
Định lý 1.19 ([7]). Với mọi hàm hữu tỷ khác hằng f

(µf (z) − 1) = 2 deg(f ) − 2.

(1.9)

z∈Cp

Chứng minh. Chú ý rằng cả hai vế của (1.9) đều là bất biến dưới liên
hợp. Do đó có thể chứng minh (1.9) với bất kỳ liên hợp nào của f. Lấy
điểm ζ sao cho ζ ∈
/ Fix(f ), µf (ζ) = 1, ζ không phải là cực trị của f và lấy
σ ∈ Aut(Cp ) thỏa mãn

σ(ζ) = ∞,

σ(f (ζ)) = 1.

Khi đó g = σ ◦ f ◦ σ −1 thỏa mãn

g(∞) = 1,

µg (∞) = 1,

và g có các phần tử riêng biệt z1 , ..., zd trong Cp , trong đó d = deg(f ) =
deg(g). Vì µg (zj ) = 1 (j = 1, ..., d), từ đó ta có thể chứng minh được công

thức dưới đây
(µg (z) − 1) = 2d − 2.
z∈Cp −g −1 (∞)

Hiển nhiên, ta có

µ0g (z).

(µg (z) − 1) =
z∈Cp −g −1 (∞)

z∈Cp −g −1 (∞)

P
sao cho P và Q là đa thức cùng nhau trên Cp và chú ý rằng tử
Q
số và mẫu số của
P (z)Q(z) − P (z)Q (z)
g =
Q2 (z)
Viết g =

14


cũng là đa thức cùng nhau. Từ đó

µ0g (z) =
z∈Cp −g −1 (∞)

µ0P Q−P Q (z) = deg(P Q − P Q ).
z∈Cp

Q(z)2
có giới hạn dần
z 2d
tới không khi z → ∞. Bên cạnh đó µg (∞) = 1 nghĩa là g là đơn ánh trong
lân cận của ∞ và do đó
1
g( ) = 1 + cz + · · · , c = 0,
z
gần tới điểm gốc. Lấy vi phân hai vế của biểu thức này và thay thế z bởi
1
, ta thấy z 2 g (z) có giới hạn dần tới không khi z → ∞, cuối cùng
z
deg(P Q − P Q ) = 2d − 2
Do g(∞) = 1, ta có deg(P ) = deg(Q) = d, vì thế

Hệ quả 1.20 ([7]). Một ánh xạ hữu tỷ bậc d 2 có nhiều nhất 2d − 2 điểm
tới hạn trong Cp . Một đa thức bậc d 2 có nhiều nhất d − 1 điểm tới hạn
trong Cp .
Chứng minh. Từ (1.9), ta có

(µf (z) − 1) = 2d − 2
z∈Cp

Do tại điểm tới hạn zi thì µf (zi ) > 1. Suy ra µf (zi ) 2 do µf (z) nguyên
dương. Tại các điểm không phải là điểm tới hạn thì µf (z) = 1.
Do đó số điểm tới hạn của hàm hữu tỷ f nhiều nhất là 2d − 2 điểm, xảy
ra khi µf (zi ) = 2, với mọi zi là điểm tới hạn của f.

Định lý 1.21 ([7]). Giả sử f là hàm hữu tỷ bậc ít nhất là 2 và giả sử tập
hữu hạn E hoàn toàn bất biến đối với f. Khi đó E có nhiều nhất là hai
phần tử.
Chứng minh. Giả sử E có m phần tử. Vì E là tập hữu hạn hoàn toàn bất
biến, nên f phải là một hoán vị của E. Do đó tồn tại q ∈ N∗ : f q là phép
đồng nhất từ E vào E. Đặt deg(f q ) = d.
Khi đó, với mọi a ∈ E phương trình f q (z) = a có nghiệm z = a cấp d.
Ta có
µf (z) = d. Do f −1 (a) = z,
z∈f −1 (a)

suy ra µf (z) = d, với mọi z ∈ E,
µf (z) = md.
suy ra
a∈E z∈f −1 (a)
15


Áp dụng quan hệ Riemann - Hurwitz, ta có:

µf (z) − 1 = 2d − 2,
z∈Cp

µf (z) − 1

suy ra

2d − 2, điều này kéo theo

z∈E

m(d − 1)
và do đó m

2 vì d

2d − 2,

2.

Định nghĩa 1.22 ([7]). Điểm z được gọi là bỏ được đối với ánh xạ hữu tỷ
f nếu [z] hữu hạn và tập các điểm như vậy được ký hiệu là Exc(f ).
Định lý 1.23 ([7]). Một ánh xạ hữu tỷ f có bậc lớn hơn hoặc bằng 2 có
nhiều nhất là hai điểm ngoại lệ. Nếu Exc(f ) = ζ thì f liên hợp với một đa
thức sao cho ζ tương ứng với ∞. Nếu Exc(f ) = {ζ1 , ζ2 } với ζ1 = ζ2 thì f
liên hợp với ánh xạ z → z d nào đó sao cho ζ1 , ζ2 tương ứng với 0 và ∞.
Định lý 1.24 ([7]). Quỹ đạo lùi O− (z) của z là hữu hạn nếu và chỉ nếu z
là điểm bỏ được.
1.2.2.

Điểm bất động của hàm nguyên

Định lý 1.25 ([7]). Nếu f là hàm nguyên siêu việt trên Cp thì f có vô hạn
điểm bất động cấp n, trừ ra nhiều nhất là một giá trị của n.
Chứng minh. Giả sử rằng f chỉ có hữu hạn các điểm bất động cấp k , là
a1 , . . . , aq và giả sử n > k. Nếu phương trình f k (f n−k (z)) = f n−k (z) tương
đương f n (z) − f n−k (z) = 0 có nghiệm z0 , thì z0 thỏa mãn

f k (f n−k (z0 )) = f n (z0 ) = f n−k (z0 ),
do đó w = f n−k (z0 ) ∈ Fix(f ). Bởi vậy, hoặc w = aj với j nào đó, hoặc w

là điểm bất động của f l với l < k. Suy ra z0 là nghiệm của phương trình
f n−k+l (z) − f n−k (z) = 0. Do đó
k−1

1
N r, n
f − f n−k

l=1
k−1

=
l=1

1
N r, n−k+l
f
− f n−k
1
N r, l
f (w) − w

16

q

+

N r,
j=1

q

+

N r,
j=1

1
f n−k − aj

1
w − aj

.


1
Do với mọi l = 1, . . . , k − 1 thì N r, f l −w
1
N r, f l −w

< +∞,

T (r, f l )
suy ra N

r,

1

f n − f n−k

T (r, f l ), suy ra

= O(T (r, f l )). Mặt khác ta có
T r, f l ◦ f n−l
→ +∞,
T (r, f l )

suy ra

T r, f l
→ 0,
T (r, f n )
kéo theo N r, f n −f1 n−k

= o(T (r, f n )).

Áp dụng Định lý cơ bản thứ hai cho f n và ba hàm nhỏ a1 (z) = z, a2 (z) =
f n−k (z), a3 (z) = ∞, ta được

T (r, f n )

N r,

fn

1
−z

+ N r,

fn

1
− f n−k

+ N r,

fn

1
,
−∞

suy ra

T (r, f n )

N r,

1
f n (z) − z

+ o(T (r, f n )).

Kéo theo
1
N r, f n (z)−z

T (r, f n )

→α

1khi r → ∞.

Do T (r, f n ) → +∞ khi r → +∞ suy ra N r, f n −f1 n−k

→ +∞ khi r →

+∞. Suy ra với mọi n k thì f n có vô số các điểm bất động. Do đó f chỉ
có thể có hữu hạn điểm bất động cấp k.
Trong trường hợp phức, trường hợp ngoại lệ chỉ xảy ra khi n = 1. Ví dụ,
hàm f (z) = ez +z không có điểm bất động cấp 1 do ez +z = z ⇔ ez = 0 vô
nghiệm trong C. Tuy nhiên, trong trường hợp không-Acsimet, hàm nguyên
siêu việt có vô hạn các điểm bất động cấp 1. Bởi vậy, ta có:
Định lý 1.26 ([7]). Nếu f là hàm nguyên siêu việt trên Cp thì f có vô hạn
các điểm bất động cấp n, với mọi n 1.

17


Chứng minh. Chú ý rằng N r, f n1−z

= T (r, f n ) + O(log r).

Nếu f = 1, hiển nhiên log r = o(T (r, f )). Giả sử n
của các điểm bất động cấp bé hơn n trong N r, f n1−z
n−1

l=1

1
N r, l
f (z) − z

2. Vì sự xuất hiện
là nhiều nhất:

n−1

T (r, f l ) + O(log r) = o(T (r, f n )),

=
l=1

bởi vậy f có vô hạn điểm bất động cấp n.
Định lý 1.27 ([7]). Nếu f là một đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 2 trên Cp ,
thì f có ít nhất một điểm bất động cấp n, ngoại trừ nhiều nhất một giá trị
của n.
Chứng minh. Viết d = deg(f )
2. Khi đó deg(f n ) = dn , và do đó
Fix(f n = Ø, n = 1, 2, . . . ). Ngược lại, giả sử rằng f không có điểm bất
động cấp n, k ở đây n > k > 2. Đặt

f n (z) − z
ψ(z) = n−k
.
f (z) − z
Giả sử z0 là không điểm của ψ , nghĩa là f n (z0 = z0 ). Khi đó z0 là điểm bất

động cấp chính xác j của f với j < n sao cho Λ = z0 , f 1 (z0 ), . . . , f j−1 (z0 )
là j− vòng với Λ ⊂ Fix(f n ). Bởi vậy j|n. Nếu n = 3 thì j = 1, do đó ψ có
nhiều nhất d không điểm phân biệt. Nếu n = 4 thì j = 1 hoặc j = 2, do đó
ψ có nhiều nhất d2 không điểm phân biệt bởi chú ý rằng Fix(f ) ⊂ Fix(f 2 ).
n−3

Nếu n > 4 thì j

dj < dn−2 nghiệm

n − 3 và do đó ψ có nhiều nhất
j=1

phân biệt. Bởi vậy, trong mọi trường hợp, ψ nhiều nhất dn−2 nghiệm phân
biệt.
Giả sử x0 là nghiệm của ψ(z) − 1 = 0, nghĩa là f n−k (x0 ) = f n (x0 ) =
f k (f n−k (x0 )). Khi đó f n−k (x0 ) là điểm bất động của của f k và do đó nó là
điểm bất động cấp chính xác j của k với j là ước của k, 1 j < k. Do đó

f n−k+j (x0 ) = f j (f n−k(x0 ) ) = f n−k (x0 ).
Vì rằng deg(f n−k+j − f n−k ) = dn−k+j , nếu số không điểm phân biệt của
ψ(z) − 1 = 0 nhiều nhất là

k−2



dn−k+j dn−1 : k 3
dn−k+j
j=1




j|k
= dn−1 : k = 2.
18


Giả sử N là số các không điểm của ψ kể cả bội. Khi đó tổng số nghiệm
của các phương trình ψ(z) = 0, 1 nhiều nhất là N + dn−2 + dn−1 .Chú ý
rằng ψ có một cực điểm cấp dn − dn−k tại ∞. Khi đó ψ có dn − dn−k + q
cực điểm với q là số các cực điểm hữu hạn của ψ (kể cả bội), và do đó ψ
có 2(dn − dn−k+q ) không điểm và 1− điểm trên Cp ∪ ∞. Do Ψ có cực điểm
theo thứ tự dn − dn−k − 1 tại ∞ và lớn nhất là 2q cực hữu hạn, do đó
N dn − dn−k + 2q − 1 và vì thế

2(dn − dn−k + q)

N + dn−2 + dn−1

dn − dn−k + dn−2 + dn−1 + 2q − 1,

nghĩa là

dn

dn−k + dn−2 + dn−1 − 1

2dn−1 − 1

dn − 1,

mâu thuẫn.
Ví dụ 1.28 ([4]). Lấy f (z) = z 2 − z. Ta giải các phương trình

f (z) = z, f 2 (z) = z,
khi và chỉ khi z 2 −z = z, (z 2 −z)2 −(z 2 −z) = z. Ta có Fix(f ) = Fix(f 2 ) =
{0, 2} . Do đó f(z) không có điểm bất động cấp 2.
Ví dụ 1.28 là ví dụ cho trường hợp biến phức.
Định lý 1.29 ([2]). Giả sử f là đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 2 trên C và
giả sử rằng f không có điểm bất động cấp n. Khi đó n = 2 và f là liên hợp
với z → z 2 − z.
Giả thiết 1.30 ([7]). Định lý 1.29 là đúng với các đa thức bậc lớn hơn 2
trên Cp .
Ở đây cũng có một kết quả tương ứng với hàm hữu tỷ trên C.
Định lý 1.31 ([7]). Giả sử f là hàm hữu tỷ cấp d trên C, ở đây d
2,
và giả sử rằng f không có điểm bất động cấp n. Thì (d, n) là một trong các
cặp (2, 2), (2, 3), (3, 2), (4, 2).
Ngoài ra, mỗi cặp như vậy xuất hiện từ một số hàm f trong cách này.

19


Chương 2

Họ hàm chuẩn tắc và lý thuyết
Fatou - Julia
2.1.

Họ chuẩn tắc và định lý Montel

2.1.1.

Họ chuẩn tắc và tính chất

Trước hết, ta chứng minh sự tương ứng không-Acsimet của bổ đề Schwarz
trong trường hợp phức.
Định lý 2.1 ([7]). Lấy f ∈ A∗(1 (Cp ) − Cp , nghĩa là f là một chuỗi lũy thừa
bị chặn hội tụ trong Cp (0, 1) khác hằng và giả sử

f (0) = 0,

|f (z)|

1,

z ∈ Cp (0, 1).

Khi đó hoặc

|f (z)| < |z| ,

z ∈ Cp (0, 1) \ {0},

hoặc

|f (z)| = |z| ,
Chứng minh. Ta viết

z ∈ Cp (0, 1).
∞

an z n .

f (z) =
n=1

Ta có µ(r, f ) = max |an | rn
n 1

1, 0 < r < 1. Điều này kéo theo
max |an | < 1.
n 1

Nếu |a1 | < 1, thì

|fz |

max |an | z n =
n 1

max |an | z n−1 |z| < |z| , z ∈ Cp (0, 1) \ {0}.
n 1

20