Về hàm triệt tiêu cấp vô hạn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

NGUYỄN THỊ THU HÀ

VỀ HÀM TRIỆT TIÊU CẤP VÔ HẠN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2016


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

NGUYỄN THỊ THU HÀ

VỀ HÀM TRIỆT TIÊU CẤP VÔ HẠN

Chuyên ngành:

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số:

60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NINH VĂN THU

Hà Nội - 2016


LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Ninh Văn Thu.
Nhân dịp này, tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất tới
Thầy. Người đã cho tôi biết muốn làm khoa học thì phải học, phải đọc như thế
nào. Được làm việc dưới sự hướng dẫn của Thầy, tôi thấy mình trưởng thành
hơn rất nhiều. Thầy cũng là Người đã dành nhiều thời gian, công sức để hướng
dẫn, kiểm tra và giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo và các thầy cô trong khoa Toán Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội về
những kiến thức, những điều tốt đẹp mà tôi đã nhận được trong suốt quá trình
học tập tại Khoa. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Phòng Sau Đại học của nhà
trường đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thành các thủ tục trong học tập và bảo vệ
luận văn này.
Cuối cùng, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, người thân và bạn bè.
Những người luôn bên cạnh động viên ủng hộ tôi cả về vật chất và tinh thần
trong cuộc sống và học tập.
Mặc dù bản thân tôi đã có nhiều cố gắng nhưng bản luận văn này vẫn khó
tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến
của quý thầy, cô và các bạn.

Hà Nội, ngày 24 tháng 10 năm 2016

Nguyễn Thị Thu Hà

1

Mục lục
1 Tính duy nhất biên của ánh xạ chỉnh hình
1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức . . .
1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hình . . . . .
1.1.2 Khái niệm về chỉ số của đường cong
1.2 Khái niệm hàm triệt tiêu cấp vô hạn . . . .
1.3 Giả thuyết Huang, Krantz, Ma và Pan . . .
1.4 Một số định nghĩa và bổ đề kĩ thuật . . . .
1.5 Tính duy nhất biên của ánh xạ chỉnh hình

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

2 Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn và ứng dụng
2.1 Một số kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Sự không tồn tại trường vectơ chỉnh hình tiếp xúc .
2.2.1 Các bổ đề kĩ thuật . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Chứng minh Định lí 2.1 . . . . . . . . . . . .

1

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

4
4
4
4
5
6
6
12

.
.
.
.

14
14
19
20
21

Danh mục các kí hiệu
• P (z) := Pz (z) =

∂P
(z): Đạo hàm theo biến z của hàm P .
∂z

• ∆r := {z ∈ C : |z| < r} với r > 0 và ∆ = ∆1 .
˜ r := {z2 ∈ ∆r : P (z2 ) = 0} với r > 0.
• ∆
• Kí hiệu

và

: Kí hiệu bất đẳng thức sai khác một hằng số dương.

• Kí hiệu ≈ kết hợp hai kí hiệu

và

.

• C k (Ω): Không gian các hàm khả vi đến cấp k trên miền Ω ⊂ Cn ;
• C ∞ (Ω): Không gian các hàm khả vi cấp vô hạn (hàm nhẵn) trên miền
Ω ⊂ Cn ;
• ΓC := {z ∈ C : |Im(z)| ≤ C|Re(z)|}, C > 0;
• Γ∞ := {z ∈ C : Re(z) = 0} ∪ {0};
• ∆+ := {z ∈ C : |z| < 1, Im(z) > 0};
• ∆+ := {z ∈ C : |z| ≤ 1, Im(z) ≥ 0};
• Hol(∆+ ) := {f : ∆+ → C}, trong đó f là hàm chỉnh hình;

• R+ := {x ∈ R : x > 0};
• I(r) := Ind(f ◦ γr ) (r > 0), ở đó γr := {z ∈ C : |z| = r, Im(z) ≥ 0}.

Đặt f, g : A → C là các hàm xác định trên A ⊂ C với 0 ∈ A sao cho
limz→0 f (z) = limz→0 g(z) = 0. Chúng ta viết:
• f ∼ g tại 0 trên A nếu limz→0 f (z)/g(z) = 1;
• f ≈ g tại 0 trên A nếu với C > 0 thì 1/C|g(z)| ≤ |f (z)| ≤ C|g(z)| với mọi
z ∈ A.

2


Mở đầu
Trong giải tích thực, chúng ta đã biết hàm f : R → R xác định bởi

e− x12 nếu x = 0
f (x) =
0
nếu x = 0
khả vi cấp vô hạn trên R và f (n) (0) = 0 với mọi n ∈ N. Tuy nhiên, hàm f không
khai triển được thành chuỗi Taylor tại điểm 0. Những hàm số như trên được gọi
là các hàm triệt tiêu cấp vô hạn.
Mục đích của bài luận văn là nghiên cứu một số tính chất của lớp các hàm số
triệt tiêu cấp vô hạn và ứng dụng của chúng trong bài toán về sự tồn tại trường
vectơ chỉnh hình tiếp xúc. Luận văn trình bày lại một số kết quả trong bài
báo"A note on uniqueness boundary of holomorphic mappings" của các tác giả
Ninh Văn Thu, Nguyễn Ngọc Khanh ([8]) và tiền ấn phẩm"On the nonexistence
of nontrivial tangential holomorphic vector fields of a certain hypersurface of
infinite type" của tác giả Ninh Văn Thu ([9]).
Bố cục bài luận văn gồm hai chương:

Chương I: Tính duy nhất biên của ánh xạ chỉnh hình.
Nội dung của chương này là trình bày một số kiến thức cơ bản của giải tích
phức như khái niệm hàm chỉnh hình, chỉ số của đường cong, khái niệm về hàm
triệt tiêu cấp vô hạn. Ngoài ra, chúng tôi còn giới thiệu giả thuyết của Huang,
Krantz, Ma, Pan ([4]) và chứng minh định lí về tính duy nhất biên của ánh xạ
chỉnh hình.
Chương II: Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn và ứng dụng.
Trong chương này, chúng tôi trình bày khái niệm hàm thỏa mãn điều kiện
(I), các bổ đề kĩ thuật và ứng dụng của lớp các hàm triệt tiêu cấp vô hạn trong
chứng minh sự không tồn tại trường vectơ chỉnh hình không tầm thường tiếp
xúc với siêu mặt kiểu vô hạn trong C2 .

3


Chương 1

Tính duy nhất biên của ánh xạ
chỉnh hình
1.1
1.1.1

Một số khái niệm trong giải tích phức
Khái niệm hàm chỉnh hình

Giả sử Ω là miền của mặt phẳng phức C và f là hàm biến phức z = x + iy
xác định trong Ω.
Định nghĩa 1.1. Hàm f được gọi là C - khả vi tại điểm z0 ∈ Ω nếu tồn tại giới
hạn
f (z0 + h) − f (z0 )

h
h→0
lim

. Ta nói rằng f có đạo hàm theo biến phức tại điểm z0 và kí hiệu là f (z0 ).
Định nghĩa 1.2. Hàm f được gọi là chỉnh hình tại điểm z0 nếu nó là C - khả
vi tại một lân cận nào đó của điểm z0 . Hàm f được gọi là chỉnh hình trong miền
Ω nếu nó chỉnh hình tại mọi điểm của miền ấy.
1.1.2

Khái niệm về chỉ số của đường cong

Định nghĩa 1.3. Cho γ : [a, b] → C∗ là đường cong trơn từng khúc. Khi đó, chỉ
số của γ đối với 0 là một số thực
1
Ind(γ) := Re
2πi

γ

dz
1
= Re
z
2πi

Tính chất 1.1. (Một số tính chất của chỉ số)
4

b

a

γ (t)
dt.
γ(t)


• Ind(γ) := Ind(γ/|γ|).
• Ind(γ) := 0 nếu γ nằm trên tia xuất phát từ gốc tọa độ.
• Ind(γ) < 1/2 nếu γ ⊂ Γ∞ \ {0}, trong đó Γ∞ := {z ∈ C : Re(z) = 0} ∪ {0}.
• Ind(γ) < 1 nếu γ ⊂ C∗ \ {iy : y > 0}.

1.2

Khái niệm hàm triệt tiêu cấp vô hạn

Định nghĩa 1.4. Cho Ω là miền trong Rn với a ∈ Ω. Hàm liên tục f : Ω → C
được gọi là triệt tiêu cấp vô hạn tại a nếu với mọi N ∈ N, ta có
Ω

f (x)
= 0.
x→a |x − a|N

lim

Ví dụ 1.1. Hàm f : C → R xác định bởi

e− |z|1α nếu z = 0
f (z) =

0
nếu z = 0,
trong đó α > 0, triệt tiêu cấp vô hạn tại 0.
Ví dụ 1.2. Hàm f được xác định bởi
√
f (z) = exp(−eiπ/4 / z),

là hàm chỉnh hình trong ∆+ , thác triển nhẵn lên ∆+ và triệt tiêu cấp vô hạn tại
0.
Nhận xét 1.1. Cho ∆+ = {z ∈ C : |z| < 1, Re(z) > 0} và giả sử hàm f : ∆+ → R
xác định trên ∆+ . Khi đó, hàm f triệt tiêu cấp vô hạn tại 0 nếu và chỉ nếu
f (z) = o(|z|n ) với mọi n ∈ N.
Định nghĩa 1.5. Hàm f : ∆ 0 → C ( 0 > 0) được gọi là phẳng (flat) tại z = 0
nếu với mọi n ∈ N, tồn tại hằng số C, > 0 (chỉ phụ thuộc vào n) thỏa mãn
0 < < 0 sao cho
|f (z)| ≤ C|z|n ,

với mọi z ∈ ∆ .
Nhận xét 1.2. Trong định nghĩa trên ta không cần đến tính trơn của hàm f .
Ví dụ hàm f được cho dưới đây

 1 e− |z|12 nếu 1 < |z| ≤ 1 , n = 1, 2, . . .
f (z) =

n

0

n+1

nếu z = 0,
5

n


là phẳng tại z = 0 nhưng không liên tục trên ∆. Tuy nhiên nếu f ∈ C ∞ (∆ 0 ) thì
theo định lí Taylor ta có f phẳng tại z = 0 nếu và chỉ nếu
∂ m+n
f (0) = 0,
∂z m ∂ z¯n

với mọi m, n ∈ N, i.e., f triệt tiêu cấp vô hạn tại 0. Vậy nên, nếu f ∈ C ∞ (∆ 0 )
∂ m+n f
phẳng tại 0 thì ∂z
m∂z
¯n cũng phẳng tại 0 với mỗi m, n ∈ N.

1.3

Giả thuyết Huang, Krantz, Ma và Pan

Năm 1991, M. Lakner [6] đã chứng minh được kết quả sau.
Định lý 1.1. ([6]) Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C 0 (∆+ ), với ∆+ := {z ∈ C : |z| <
1, Im(z) > 0} sao cho f (−1, 1) ⊂ ΓC := {z ∈ C : |Im(z)| ≤ C|Re(z)|} với C > 0 nào
đó. Nếu f |(−1,1) có không điểm cô lập tại gốc tọa độ thì f triệt tiêu cấp hữu
hạn tại 0.
Ta biết rằng hàm

√

f (z) = exp(−eiπ/4 / z),

là chỉnh hình trên ∆+ , thác triển nhẵn trên ∆+ và triệt tiêu cấp vô hạn tại 0
[6]. Do đó, ví dụ trên cho thấy điều kiện ánh xạ f biến (−1, 1) vào nón ΓC là cần
thiết.
Năm 1993, M. Baouendi and L. Rothschild [1] thu được kết quả dưới đây,
trong đó điều kiện f |(−1,1) có không điểm cô lập tại 0 là không cần thiết.
Định lý 1.2. ([1]) Cho f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C 0 (∆+ ). Giả sử Ref (x) ≥ 0 với mọi
x = Re(z) ∈ (−1, 1). Khi đó, nếu f triệt tiêu cấp vô hạn tại 0 thì f ≡ 0.
Trong [4], Huang, Krantz, Ma và Pan đã đưa ra giả thuyết sau.
Giả thuyết. (Giả thuyết của Huang, Krantz, Ma và Pan ) Cho ∆+ là nửa đĩa
trong C. Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C 0 (∆+ ) sao cho f (−1, 1) ⊂ ΓC , với C > 0 nào đó.
Nếu f triệt tiêu cấp vô hạn tại 0 thì f ≡ 0.
Chú ý rằng nếu C = 1 thì Re[f 2 (x)] ≥ 0 với mọi x ∈ (−1, 1). Như vậy, theo
Định lí 1.2 thì giả thuyết trên đúng trong trường hợp C ≤ 1.

1.4

Một số định nghĩa và bổ đề kĩ thuật

Giả sử rằng f là hàm chỉnh hình trên ∆+ := {z ∈ C : |z| < 1, Im(z) > 0} và
thác triển nhẵn lên (−1, 1). Tập hợp không điểm của f trên (−1, 1) là rời rạc và
6


có điểm giới hạn là 0. Giả sử mỗi không điểm của f trên (−1, 1) \ {0} có cấp hữu
hạn.
Cho {rn } ⊂ R+ là dãy tăng vô hạn sao cho mọi không điểm của f trong ∆+
nằm trên ∪n γrn , ở đó γr := {z ∈ C : |z| = r, Im(z) ≥ 0} là nửa đường tròn trên
với bán kính r > 0.

Kí hiệu:
• κ(n) là số các không điểm của f trên γrn ∩ ∆+ tính cả bội.
• κ
˜ (n) là số các không điểm của f trên γrn ∩ (−1, 1) tính cả bội.
• κ (n) là số các không điểm của f trên γrn ∩ (−1, 1) không tính bội.
• An := {reiθ : rn+1 < r < rn , 0 ≤ θ ≤ π}.

Bổ đề 1.1. Giả sử rằng f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C ∞ (∆+ ) và f (−1, 1) ⊂ Γ := C \ iR+ . Ta
giả sử tập hợp không điểm của f |(−1,1) là rời rạc, có điểm giới hạn là 0 và mỗi
không điểm của f trên (−1, 1) \ {0} có cấp hữu hạn. Khi đó, chúng ta có:
(i) I(rn+ ) − I(rn− ) = κ(n) + κ˜(n)
2 ;
(ii) |I(r) − I(r )| < 2, rn+1 < r, r < rn .
Chứng minh. (i) Với mỗi n ta biểu diễn f dưới dạng sau:
f (z) = (z − α1 )l1 · · · (z − αm )lm ϕ(z),

trong đó α1 , . . . , αm là các không điểm của f trên γrn và ϕ là hàm liên tục, không
có không điểm trên An−1 ∪ An ∪ γrn , chỉnh hình trong phần trong của nó.
Mặt khác, chúng ta có:
f (z)
=
f (z)

và

m

j=1

lj

ϕ (z)
+
,
z − αj
ϕ(z)

m

lj Ind(γr − αj ) + Ind(ϕ ◦ γr ).

I(r) =
j=1

Lấy điểm a ∈ ∆+ với |a| = rn . Khi đó, limr→rn+ Ind(γr −a) = 3/4 và limr→rn− Ind(γr −
a) = −1/4.
Hơn nữa, với điểm b ∈ γrn ∩(−1, 1) ta có limr→rn+ Ind(γr −b) = 1/2 và limr→rn− Ind(γr −
b) = 0.

7


Do đó
˜ (n)/2 + Ind(ϕ ◦ γrn ),
I(rn+ ) = lim IndI(r) = 3κ(n)/4 + κ
r→rn+

I(rn− ) = lim− IndI(r) = −κ(n)/4 + Ind(ϕ ◦ γrn ).
r→rn

Vì vậy, ta kết luận được rằng I(rn+ ) − I(rn− ) = κ(n) + κ˜ (n)/2.

(ii) Cố định rn+1 < r < r < rn và xây dựng chu tuyến đóng γ = γr +(−γr )+l+ +l− ,
trong đó l+ = [r , r] và l− = [−r, −r ]. Áp dụng định lí Cauchy cho f /f ta có
0 = Re

1
2πi

γ

f
dz = I(r) + Ind(f ◦ l+ ) − I(r ) + Ind(f ◦ l− ).
f

Hơn nữa, do f ◦ l± ⊂ Γ nên |Ind(f ◦ l± )| < 1. Từ đó, ta suy ra |I(r) − I(r )| < 2.
Bổ đề 1.2. Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C ∞ (∆+ ) và f (−1, 1) ⊂ Γ := C \ iR+ ∪ {0}. Ta
giả sử tập hợp không điểm của f |(−1,1) là rời rạc và có điểm giới hạn là 0 và mỗi
không điểm của f trên (−1, 1) \ {0} có cấp hữu hạn. Khi đó, I(r) bị chặn trên
nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn
(i) Γ là nón (C \ L) ∪ {0}, trong đó L là đường thẳng đi qua gốc tọa độ.
(ii) Mỗi không điểm của f trên (−1, 1) có cấp ít nhất là 2.
(iii)

∞
1
n=1 κ(n) + 2

∞
˜ (n) −
n=1 κ

∞
n=1 κ

(n) = +∞.

(iv) Γ là nửa không gian {z ∈ C : Re(az) ≥ 0} với a ∈ C∗ .
Chứng minh. Trong trường hợp gốc tọa độ là một không điểm cô lập của f , dễ
thấy I(r) bị chặn. Bởi vậy, ta xét trường hợp tập các không điểm của f trong
∆+ là dãy hội tụ đến gốc tọa độ.
Cho {rn } ⊂ R+ là dãy tăng vô hạn sao cho mọi không điểm của f trong ∆+
nằm trên ∪γrn . Với > 0 đủ nhỏ, ta xét chu tuyến đóng γn = γrn − + (−γrn+1 + ) +
+ + l− , ở đó l+ = [r
−
ln,
n+1 + , rn − ] và ln, = [−rn + , −rn+1 − ]. Khi đó, áp dụng
n,
n,
định lí Cauchy cho f /f , ta có
0 = Re

1
2πi

γn

f
+
−
dz = −I(rn+1 + ) + Ind(f ◦ ln,
) + I(rn − ) + Ind(f ◦ ln,

).
f

Cho → 0+ , ta có
+
I(rn− ) − I(rn+1
) + s(n) = 0,
+ ) + Ind(f ◦ l− ) .
trong đó s(n) := lim →0+ Ind(f ◦ ln,
n,

8


Từ bổ đề 1.1 (i), ta có
+
κ(n) + κ
˜ (n)/2 = I(rn+ ) − I(rn+1
) + s(n).

(1.1)

Lấy tổng N phương trình (1.1) với N = 1, . . . , N , ta thu được
N
+
I(r1+ ) − I(rN
+1 )

=
n=1

1
κ(n) +
2

N

N

κ
˜ (n) −
n=1

s(n).

(1.2)

n=1

N
Cố định N ≥ 1. Ta sẽ chứng minh rằng N
n=1 κ (n) với trường
n=1 s(n) ≤
N
N
hợp f (−1, 1) ⊂ C \ iR+ và n=1 s(n) ≤ 1/2 n=1 κ (n) với trường hợp f (−1, 1) ⊂
(C \ L) ∪ {0}, trong đó L là đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Thật vậy, giả sử tồn
tai i, j ∈ N∗ với i < j sao cho f (ri ) = f (rj ) = 0 và f (rk ) = 0 với mọi i < k < j .
Khi đó, nếu f (−1, 1) ⊂ C \ iR+ thì
j−1

+
Ind(f ◦ lk,
) = lim Ind(f ◦ [rj + , ri − ]) ≤ 1

lim

→0+

→0+

k=i

vì f ◦ [rj , ri ] ⊂ C \ iR+ . Tương tự, nếu f (−1, 1) ⊂ (C \ L) ∪ {0}, thì
j−1
+
Ind(f ◦ lk,
) = lim Ind(f ◦ [rj + , ri − ]) ≤

lim

→0+

→0+

k=i

1
2

vì f ◦ [rj , ri ] được chứa trong nửa mặt phẳng. Hơn nữa, ta có thể thay thế dãy

điểm {−rj } bởi {rj } và như vậy ta thu được ước lượng tương tự.
∞
∞
∞
∞
1
Do đó, nếu
˜ (n) − n=1 κ (n) = +∞ thì
n=1 κ(n) + 2
n=1 κ
n=1 κ(n) +
∞
∞
1
+
˜ (n) − n=1 s(n) = +∞ và như vậy từ (1.2) ta có I(rn ) → −∞. Vậy, theo
n=1 κ
2
Bổ đề 1.1 (ii), I(r) bị chặn trên. Ta có thể chứng minh tương tự cho trường hợp
(iii).
N
Với trường hợp (ii), do N
˜ (n) ≥ 2 n=1 κ (n) và (1.2)ta có hoặc {I(rn+ )}
n=1 κ
là bị chặn hoặc I(rn+ ) → −∞ khi n → ∞. Bởi vậy, theo Bổ đề 1.2 suy ra I(r) bị
chặn trên.
Tiếp theo, nếu Γ là một nón vô hạn (C \ L) ∪ {0}, trong đó L là đường thẳng
đi qua gốc tọa độ thì
N

n=1

1
s(n) ≤
2

N

n=1

1
κ (n) ≤
2

N

κ
˜ (n).
n=1

Bởi vậy, từ (1.2)và Bổ đề 1.2 ta cũng có I(r) bị chặn trên. Do đó (i) được chứng
minh.
9


N
Cuối cùng, nếu Γ là nửa mặt phẳng thì N
n=1 κ (n) với mọi
n=1 s(n) ≤ 1/2
N ≥ 1. Vì thế, từ (1.2) ta thấy I(r) bị chặn trên. Như vậy (iv) được chứng

minh.

Bổ đề 1.3. Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C ∞ (∆+ ) và f (−1, 1) ⊂ Γ := C \ iR+ . Ta giả sử
rằng tập hợp không điểm của f |(−1,1) là rời rạc và có điểm giới hạn là 0. Nếu f
triệt tiêu cấp vô hạn duy nhất tại điểm 0 thì
1
lim sup
r→0+ ln(1/r)

1
r

I(t)
dt = +∞.
t

Chứng minh. Không mất tính tổng quát, chúng ta giả sử rằng tồn tại dãy không
điểm của f hội tụ đến gốc tọa độ. Cho {rn } ⊂ R+ là dãy vô hạn với rn → 0+ ,
sao cho mọi không điểm của f nằm trên ∪γrn .
Kí hiệu An := {reit : 0 ≤ t ≤ π, rn+1 < r < rn }. Khi đó, trên mỗi An tồn tại
một hàm chỉnh hình Φ(z) := un (z) + ivn (z) sao cho f (z) = eΦ(z) . Có thể thấy rằng
un (z) = ln |f (z)| trên An . Vì vậy, ta có
I(r) := Ind(f ◦ γr )
1
f (z)
1
Φ (z)dz
dz = Re
2πi γr f (z)
2πi γr

1
1
= Re
Φ(reiπ ) − Φ(r) =
vn (reiπ ) − vn (r)
2πi
2π
π
π
1
1
d
∂
=
vn (r, t)dt =
vn (r, θ)dθ
2π 0 dt
2π 0 ∂θ
π
1
∂
=
r un (r, θ)dθ.
2π 0 ∂r
= Re

(1.3)

Từ Bổ đề 1.1, I(r) liên tục từng khúc trên (0, 1] và như vậy nó là hàm khả
tích trên [r, 1]. Do đó, ta kí hiệu

1
J(r) =
ln 1/r

1
r

I(t)
dt.
t

Khi đó, từ (1.3) chúng ta có
J(r) =

1
ln 1/r

1
= lim+
→0 ln 1/r
1
= lim+
→0 ln 1/r

1
r

I(t)
dt
t

rn−1 e−

r
rn e
rn−1 e

r
rn e

I(t)
dt +
t

−

1
t

π
0

r n0 e −
r

I(t)
dt
t

∂un
t
(t, θ)dθdt +
∂t

r n0 e −
r

1
t

π

t
0

∂un
(t, θ)dθdt
∂t

(1.4)
10


Do đó, ta có
1
J(r) = lim
→0+ ln 1/r

rn−1 e−

π
0

r
rn e

rn0 e−

π

+
0

1
= lim+
→0 ln 1/r

r

∂un
(t, θ)dtdθ
∂t

∂un
(t, θ)dtdθ
∂t

(1.5)

π

un (rn−1 e− , θ) − un (rn e , θ) dθ
rπ

0

un (rn0 e− , θ) − un (r, θ) dθ ,

+
0

trong đó n0 là số nguyên thỏa mãn rn0 +1 < r < rn0 .
Ta sẽ chứng minh rằng lim →0+ un (rn e , θ) − un (rn e− , θ)

= 0, 0 ≤ θ ≤ π .

Thật vậy, với mỗi n ta biểu diễn f dưới dạng sau
f (z) = (z − α1 )l1 · · · (z − αm )lm ϕ(z),

trong đó α1 , . . . , αm là các không điểm của f trên γrn và ϕ là một hàm liên tục,
không có không điểm trên An−1 ∪ An ∪ γrn , chỉnh hình trong phần trong của nó.
Như vậy, ta có
m
−

un (rn e , θ) − un (rn e , θ) =
j=1

m

=

|(rn e )eiθ − αj |
|ϕ((rn + )eiθ )|
lj ln
+ ln
|(rn e− )eiθ − αj |
|ϕ((rn − )eiθ )|
lj + ln

j=1

|ϕ((rn + )eiθ )|
→0
|ϕ((rn − )eiθ )|

iθ

|(rn e )e −αj |
− , θ) = 0.
khi → 0 vì |(r
− )eiθ −α | = e . Do đó, lim →0+ u(rn e , θ) − u(rn e
ne
j
Từ lim →0+ u(rn e , θ) − u(rn e− , θ) = 0 với mọi n ∈ N và theo định lí giá trị
trung bình, (1.5) trở thành
π

1
u(1, θ) − u(r, θ) dθ
J(r) =
ln 1/r 0
O(1)
u(r, θr )
=
−
,
ln 1/r
ln 1/r

với θr ∈ [0, π].
Bây giờ ta sẽ chứng minh lim supr→0+ J(r) = +∞. Thật vậy, giả sử phản chứng
J(r) bị chặn trên. Khi đó, tồn tại C > 0 sao cho
−u(r, θr )
≤ C.
ln 1/r
11


Do đó, ta có

1
= e−u(r,θr ) ≤ eC ln 1/r .
|f (reiθr )|

Vì vậy |f (reiθr )| ≥ rC . Điều này mâu thuẫn với giả thiết f triệt tiêu cấp vô hạn
tại 0.

1.5

Tính duy nhất biên của ánh xạ chỉnh hình

Định lý 1.3. Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C ∞ (∆+ ) và f (−1, 1) ⊂ Γ∞ := C \ iR ∪ {0}.
Ta giả sử tập hợp không điểm của f |(−1,1) là rời rạc và có điểm giới hạn là 0.
Nếu f triệt tiêu cấp vô hạn tại 0 thì f ≡ 0.
Nhận xét 1.3. Định lí vẫn đúng nếu Γ được thay thế bởi miền (C \ L) ∪ {0},
trong đó L là một đường thẳng trong mặt phẳng phức đi qua gốc tọa độ.
Nhận xét 1.4. Cho f là hàm chỉnh hình như trong Định lí 1.3. Giả sử f triệt
tiêu cấp vô hạn tại b ∈ (−1, 1) \ {0} với môđun cực đại trong số các không điểm
của f trên (−1, 1). Chú ý rằng b là một không điểm cô lập của f . Như vậy,
theo [6] và Bổ đề 1.2 (hoặc Bổ đề 1.3 trong Mục 1.4), tồn tại một dãy vô hạn
{γn } của nửa đường tròn trên với tâm b và bán kính n sao cho n → 0+ và
Ind(f ◦ γn ) → +∞ khi n → ∞. Hơn nữa, ta có thể chọn một dãy vô hạn {γn }
của đường tròn trên với tâm −b và bán kính n sao cho n → 0+ và {Ind(f ◦ γn )}
bị chặn trên. Cố định r, r > 0 với r < |b| < r và |r − r | đủ nhỏ. Ta có thể
xây dựng chu tuyến đóng γ = γr + (−γr ) + (−γn ) + (−γn ) + 4j=1 ln,j , trong đó
ln,1 = [−r, −b − n ], ln,2 = [−b + n , −r ], ln,3 = [r , b − n ] và ln,4 = [b + n , r]. Khi đó,
áp dụng định lí Cauchy cho f /f ta có
0 = Re

1
2πi

f (z)
dz
f (z)
γ
4

= Ind(f ◦ γr ) − Ind(f ◦ γr ) +

Ind(f ◦ lj ) − Ind(f ◦ γn ) − Ind(f ◦ γn ).
j=1

Từ những lập luận ở trên, ta có Ind(f ◦ γn ) + Ind(f ◦ γn ) → +∞. Hơn nữa, vì
f ◦ ln,j ⊂ Γ∞ , với 1 ≤ j ≤ 4 ta có
4

|

Ind(f ◦ ln,j )| < 2.
j=1

Điều này là mâu thuẫn vì |Ind(f ◦ γr ) − Ind(f ◦ γr )| là vô hạn.
12


Vì vậy, không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng f triệt tiêu cấp vô hạn duy
nhất tại 0.
Nhận xét 1.5. Trong Định lí 1.3, điều kiện f ∈ C ∞ (∆+ ) chỉ là điều kiện kỹ
thuật nhưng nó rất quan trọng để chứng minh sự tồn tại giới hạn trái và giới
hạn phải của I(rn± ) .
Chứng minh Định lí 1.3. Giả sử tồn tại một hàm f khác 0 thỏa mãn điều kiện
như trong Định lí 1.3. Từ Nhận xét 1.4, ta có thể giả sử f chỉ triệt tiêu cấp vô
hạn tại 0. Vì vậy, từ Bổ đề 1.2 ta có I(r) bị chặn trên. Do đó J(r) cũng bị chặn
trên. Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 1.3. Như vậy, định lí được chứng minh.
Từ Định lí 1.3, ta có hệ quả sau đây, hệ quả khẳng định rằng giả thuyết của
Huang, Krantz, Ma và Pan đúng đối với trường hợp f nhẵn trên biên.

Hệ quả 1.1. Giả sử f là hàm chỉnh hình trên ∆+ , nhẵn, thác triển lên (−1, 1)
sao cho ánh xạ f đi từ (−1, 1)vào trong ΓC với hằng số C > 0 nào đó. Ta giả sử
tập hợp không điểm của f |(−1,1) là rời rạc và có điểm giới hạn là 0. Nếu f triệt
tiêu cấp vô hạn tại 0 thì f ≡ 0.

13


Chương 2

Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô
hạn và ứng dụng
2.1

Một số kết quả bổ trợ

Trong phần này, chúng ta sẽ giới thiệu điều kiện (I) và một số ví dụ của các
hàm xác định trên đĩa đơn vị mở trong mặt phẳng phức và triệt tiêu cấp vô hạn
tại gốc tọa độ
Định nghĩa 2.1. Ta nói rằng một hàm thực trơn f xác định trong một lân cận
U của gốc tọa độ và f (0) = 0 trong C thỏa mãn điều kiện (I) nếu
(I.1) lim supU˜

k f (z)
z→0 |Re(bz f (z) )|

(I.2) lim supU˜

f (z)
z→0 | f (z) |

= +∞;

= +∞

với mọi k = 1, 2, . . . và với mọi b ∈ C∗ , trong đó U˜ := {z ∈ U : f (z) = 0}.
α

Ví dụ 2.1. Hàm P (z) = e−C/|Re(z)| nếu Re(z) = 0 và P (z) = 0 trong các trường
hợp còn lại, trong đó C, α > 0, thỏa mãn điều kiện (I). Thật vậy, bằng các phép
tính toán chúng ta có
P (z) = P (z)

Cα
2|Re(z)|α+1

với mọi z ∈ C với Re(z) = 0. Do đó, dễ thấy |P (z)/P (z)| → +∞ khi z → 0 trong
miền {z ∈ C : Re(z) = 0}.
Bây giờ chúng ta chứng minh P thỏa mãn điều kiện (I.1). Thật vậy, với k là
một số nguyên dương tùy ý. Với zl := 1/l +i/lβ , trong đó 0 < β < min{1, α/(k −1)}
nếu k > 1 và β = 1/2 nếu k = 1, với mọi l ∈ N∗ . Ta có zl → 0 khi l → ∞ và
14


Re(zl ) = 1/l = 0 với mọi l ∈ N∗ . Mặt khác, với mỗi b ∈ C∗ chúng ta có
|Re bzlk

lα+1

P (zl )

|
P (zl )

lβ(k−1)+1

= lα−β(k−1) .

Dễ thấy
lim |Re bzlk

l→∞

P (zl )
| = +∞.
P (zl )

Như vậy, hàm P thỏa mãn điều kiện (I).
Nhận xét 2.1. i) Bất kì hàm đối xứng P , tức là P (z) = P (|z|) với mọi z , không
thỏa mãn hệ điều kiện (I.1) bởi vì Re(izP (z)) = 0 (xem [5] hoặc [2]).
ii) Theo [5, Lemma 2] nếu P là hàm không tầm thường C 1 -trơn xác định trong
một lân cận U của gốc tọa độ trong C, P (0) = 0 và U˜ := {z ∈ U : P (z) = 0}
chứa một đường cong C 1 -trơn γ : (0, 1] → U˜ sao cho γ bị chặn trên (0, 1] và
limt→0− γ(t) = 0 thì P thỏa mãn điều kiện (I.2).
Bổ đề 2.1. Giả sử rằng g : (0, 1] → R là hàm C 1 -trơn và không bị chặn. Khi đó,
ta có lim supt→0+ tα |g (t)| = +∞ với số thực α < 1.
Chứng minh. Với số thực α < 1 tùy ý. Giả sử phản chứng rằng lim supt→0+ tα |g (t)| <
+∞. Khi đó tồn tại hằng số C > 0 sao cho
|g (t)| ≤

C

, ∀ 0 < t < 1.
tα

Mặt khác, ta có
1

g (τ )dτ = g(1) − g(t)
t

Chúng ta có đánh giá sau
1

|g(t)| ≤ |g(1)| +

1

|g (τ )|dτ ≤ |g(1)| + C
t

t

C
≤ |g(1)| +
(1 − t1−α )
1−α

dτ
τα

1.

Tuy nhiên điều trên không thể xảy ra vì g không bị chặn trên (0, 1]. Như vậy, bổ
đề được chứng minh.
Bổ đề 2.2. Tồn tại hàm thực nhẵn g : (0, 1) → R thỏa mãn
1

1

1

2

(i) g(t) ≡ −2n trên đoạn đóng
1+
,
1+
n+1
3n n + 1
3n
4, 5, . . .;
(ii) g(t) ≈

−1
, ∀ t ∈ (0, 1);
t
15

với mọi n =

(iii) Với mỗi k ∈ N tồn tại C(k) > 0 (chỉ phụ thuộc vào k ), sao cho
|g (k) (t)| ≤

C(k)
, ∀ t ∈ (0, 1)
t3k+1

.
Nhận xét 2.2. Ta định nghĩa hàm P (z) bởi

exp(g(|z|2 )) nếu 0 < |z| < 1
P (z) :=
0
nếu z = 0.
Khi đó, hàm P là nhẵn trên nửa đĩa đơn vị ∆, triệt tiêu cấp vô hạn tại
2n+1
gốc tọa độ. Hơn nữa, ta thấy rằng P ( 2n(n+1)
) = 0 với mọi n ≥ 4. Do đó
lim inf z→0 |P (z)|/P (z) = 0.
Chứng minh Bổ đề 2.2. Cho G : (0, +∞) → R là hàm tuyến tính từng khúc
9
sao cho G(an − n ) = G(bn + n ) = −2n và G(x) = −8 nếu x ≥ 40
, trong đó
1
1
1
2
an = n+1
(1 + 3n
), bn = n+1

(1 + 3n
) và n = n13 với mọi n ≥ 4.
Cho ψ là hàm nhẵn trên R được xác định bởi

1
e− 1−|x|
2
nếu |x| < 1
ψ(x) = C
0
nếu |x| ≥ 1,
trong đó C > 0 được chọn sao cho R ψ(x)dx = 1. Với > 0, đặt ψ := 1 ψ( x ). Với
n ≥ 4, cho gn là hàm nhẵn trên R được xác định bởi tích chập sau
+∞

gn (x) := G ∗ ψ

n+1

(x) =

G(y)ψ

n+1

(y − x)dy.

−∞

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh những khẳng định dưới đây.

(a) gn (x) = G(x) = −2n nếu an ≤ x ≤ bn ;
(b) gn (x) = G(x) = −2(n + 1) nếu an+1 ≤ x ≤ bn+1 ;
(c) |gn(k) (x)| ≤

2(n+1) ψ (k)
k
n+1

1

nếu an+1 ≤ x ≤ bn .

Thật vậy, với an+1 ≤ x ≤ bn ta có
+∞

gn (x) =

G(y)ψ

n+1

(y − x)dy

−∞

=

1
n+1
+1

=

+∞

G(y)ψ(
−∞

G(x + t
−1

16

y−x

)dy

n+1
n+1 )ψ(t)dt,


ở trên chúng ta sử dụng phép đổi biến t =

y−x

.

n+1

Nếu an ≤ x ≤ bn thì an −

mọi −1 ≤ t ≤ 1. Do đó,

n

< an −

n+1

≤ x+t

+1

gn (x) =

≤ bn +

n+1

n+1

< bn +

với

+1

G(x + t

n+1 )ψ(t)dt = −2n

−1

ψ(t)dt = −2n.
−1

Như vậy, (a) được chứng minh. Tương tự, nếu an+1 ≤ x ≤ bn+1 thì an+1 −
x + t n+1 ≤ bn+1 + n+1 với mọi −1 ≤ t ≤ 1. Vì vậy
+1

gn (x) =

n

n+1

≤

+1

G(x + t

n+1 )ψ(t)dt = −2(n + 1)

−1

ψ(t)dt = −2(n + 1).
−1

Do đó, ta có (b). Hơn nữa, ta có ước lượng sau
(k)

|gn (x)| =

+∞

1

|
k+1
n+1

=
≤
≤
=

1
k
n+1

G(y)ψ (k) (

1
k
n+1

)dy|

n+1

−∞
+1

|

y−x

G(x + t

n+1 )ψ

(k)

(t)dt|

−1
+1

|G(x + t

n+1 )||ψ

(k)

(t)|dt

−1
+1

2(n + 1)

k
n+1

2(n + 1)

|ψ (k) (t)|dt
−1
ψ (k)

1

k
n+1

với an+1 ≤ x ≤ bn , trong đó chúng ta đã sử dụng phép đổi biến t =

x−y

và

n+1

bất đẳng thức cuối ở trên được suy ra từ kết quả |G(y)| ≤ 2(n + 1) với mọi
an+1 − n+1 ≤ y ≤ bn + n . Bởi vậy, khẳng định (c) đã được chứng minh.
Từ (a) và (b) ta có hàm

9
−8
nếu x ≥ 40
g(x) =

gn (x) nếu an+1 ≤ x ≤ bn , n = 4, 5, . . . ,
1
là xác định tốt. Từ (c) dễ thấy rằng |g (k) (x)| x3k+1
với k = 0, 1, . . . và với mọi
x ∈ (0, 1), trong đó hằng số phụ thuộc duy nhất vào k . Như vậy, dễ thấy (iii), (i)
và (ii) là hiển nhiên. Vì vậy bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 2.3. Cho h : (0, +∞) → R là hàm tuyến tính từng khúc sao cho h(an ) =
√
n−1
n
h(bn ) = 22·4 , h(1/2) = 2 và h(t) = 0 nếu t ≥ 1, trong đó an = 1/24 , a0 =
17


1/2, bn = (an + an−1 )/2 với mọi n ∈ N∗ . Khi đó, hàm f : (0, 1) → R được xác định

bởi

1

f (t) = −

h(τ )dτ
t

thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) f (an ) =
(ii) f (bn ) ∼
(iii) − 1t

√1
an
1
4b2n

f (t)

với mọi n ∈ N∗ ;
khi n → ∞;
1
, ∀ 0 < t < 1.
− t1/16
n−1

Chứng minh. Ta có f (an ) = h(an ) = 22·4 = √1an . Vì vậy, (i) được chứng minh.
Mặt khác, vì bn = (an + an−1 )/2 ∼ an−1 /2 khi n → ∞, ta có f (bn ) = h(bn ) =
n−1
22·4
= a21 ∼ 4b12n as n → ∞. Bởi vậy, khẳng định (ii) được chứng minh.
n−1

Bây giờ ta sẽ chứng minh (iii). Với số thực tùy ý t ∈ (0, 1/16), giả sử N là số
nguyên dương sao cho
N +1

1/24

N

≤ t < 1/24 .

Khi đó, ta dễ thấy rằng
bN

N −1
N −1
N
1
h(τ )dτ = − 22·4 (1/24
− 1/24 )
2
aN
1 N −1 1
1 1
1
1
≤ − 24
+ ≤ − 1/16 +
− 1/16 ;
2
8
2t
8
t

f (t) ≤ −

1

bN +1

h(τ )dτ −

f (t) ≥ −2

h(τ )dτ
aN

aN +1

≥ −2h(aN +1 )(bN +1 − aN +1 ) − h(aN )(1 − aN )
N

N

≥ −22·4 (1/24 − 1/24
1
−
t

N +1

N −1

) − 22·4

N

(1 − 1/24 )

với mọi 0 < t < 1/16. Như vậy, khẳng định (iii) được chứng minh.
Nhận xét 2.3. i) Chúng ta chú ý rằng f là C 1 -trơn, tăng và lõm trên khoảng
(0, 1). Bằng cách chọn hàm f phù hợp như trong chứng minh của Bổ đề 2.2, ta
có thể giả sử rằng nó là nhẵn và vẫn thỏa mãn các tính chất (i), (ii) và (iii). Hơn
nữa, với mỗi k ∈ N tồn tại C(k) > 0 và d(k) > 0, chỉ phụ thuộc vào k , sao cho
|f (k) (t)| ≤

C(k)
, ∀ t ∈ (0, 1). Như vậy hàm R(z) được xác định bởi
td(k)


exp(f (|z|2 )) nếu 0 < |z| < 1
R(z) :=
0
nếu z = 0
18


là nhẵn và triệt tiêu cấp vô hạn tại gốc tọa độ. Hơn nữa, ta có lim inf z→0 |R (z)/R(z)| <
+∞ và lim supz→0 |R (z)/R(z)| = +∞.
ii) Vì các hàm P, R là đối xứng nên chúng không thỏa mãn điều kiện (I) (Nhận
˜
xét 2.1). Mặt khác, hàm P˜ (z) := P (Re(z)) và R(z)
:= R(Re(z)) thỏa mãn điều
kiện (I). Thật vậy, bằng một vài phép tính cơ bản ta có
˜ (z) = R(z)f
˜
R

(|Re(z)|2 )Re(z)
˜
với mọi z ∈ C và |Re(z)| < 1. Theo tính chất (ii), ta có lim supz→0 |R˜ (z)|/R(z)
=
√
∗
∗
+∞. Hơn nữa, với mỗi k ∈ N và b ∈ C nếu ta chọn dãy {zn } với zn := bn +
√
i( bn )β , trong đó 0 < β < min{1, 2/(k − 1)} nếu k > 1 và β = 1/2 nếu k = 1, thì
zn → 0 khi n → ∞ và
|Re

˜

R (zn )
bznk
˜ n)
R(z

√
( bn )(k−1)β+2
→ +∞
b2n

|

khi n → ∞. Do đó, R˜ thỏa mãn điều kiện (I). Theo cách xây dựng hàm g trong
chứng minh của bổ đề 2.2 ta có g ( n1 ) ∼ 3n2 khi n → ∞. Vì vậy, lập luận tương
tự như trên chúng ta có thể kết luận được P˜ cũng thỏa mãn điều kiện (I).

2.2

Sự không tồn tại trường vectơ chỉnh hình tiếp xúc

Định nghĩa 2.2. Một trường vector chỉnh hình trong Cn được cho bởi toán tử:
n

H=

hk (z)
k=1

∂
∂zk

Trong đó h1 , h2 , ..., hn là các hàm chỉnh hình theo biến z = (z1 , z2 , ..., zn ). Một
mầm của siêu mặt thực trơn M (đối chiều thực bằng 1) tại p trong Cn được
định nghĩa bởi hàm số và được gọi là ρ, sao cho M được mô tả bởi biểu thức
ρ(z) = 0. Một trường vector H được gọi là tiếp xúc với M nếu phần thực của
của H tiếp xúc với M có nghĩa là H thỏa mãn biểu thức Re Hρ = 0.
Bài toán đặt ra là có sự tồn tại hay không một trường vectơ chỉnh hình không
tầm thường tiếp xúc với siêu mặt kiểu vô hạn. Cụ thể trong mục này, chúng
ta sẽ chứng minh sự không tồn tại trường vectơ chỉnh hình không tầm thường
trong C2 tiếp xúc với siêu mặt nhẵn.
Định lý 2.1. Nếu (M, 0) là một mầm siêu mặt C 1 -trơn được xác định bởi hàm
ρ(z) := ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0, thỏa mãn điều kiện:
(i) P ≡ 0, P (0) = Q(0, 0) = 0;
19

(ii) P thỏa mãn hệ điều kiện (I) (Định nghĩa 2.1 trong mục 2.1);
(iii) P phẳng tại z2 = 0,
thì bất kì trường vectơ chỉnh hình triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với (M, 0)
là đồng nhất với không.
Gọi M = {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0} là một mầm
các siêu mặt thực tại 0 thỏa mãn các điều kiện của Định lí 2.1. Chúng ta sẽ
chỉ ra được rằng không tồn tại một trường vector chỉnh hình không tầm thường
triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với M .
˜ r := {z2 ∈ ∆r : P (z2 ) = 0}.
Trong phần này, với r > 0 kí hiệu ∆
2.2.1

Các bổ đề kĩ thuật

Với P là hàm thỏa mãn hệ điều kiện (I), ta có hai bổ đề sau.
Bổ đề 2.4. Cho P là hàm xác định trên ∆ 0 ( 0 > 0) thỏa mãn điều kiện (I).
Nếu a, b là các số phức và nếu g0 , g1 , g2 là các hàm nhẵn xác định trên ∆ 0 thỏa
mãn
(i) g0 (z) = O(|z|), g1 (z) = O(|z| +1 ), g2 (z) = o(|z|m ) và
(ii) Re az m + P nb(z) z

+1

1 + g0 (z)

P (z)
P (z)

+ g1 (z)

= g2 (z)

˜ 0 và với mọi số nguyên không âm , m, trừ trường hợp m = 0 và
với mọi z ∈ ∆
Re(a) = 0, thì a = b = 0.

Chứng minh. Từ điều kiện (I.1) của định nghĩa 2.1, ta có
Re bz k 1 + O(|z|)

f (z)
−→ +∞
f (z)

khi z → 0.
Mặt khác, từ (ii) ta lại có
Re az m P n (z) + b z

+1

1 + g0 (z)

P (z)
+ g1 (z)
P (z)

= g2 (z)P n (z)

Do đó
Re bz

+1

1 + g0 (z)

P (z)
+ Re g1 (z) = P n (z) g2 (z) + Re az m
P (z)

Khi đó
Re bz

+1

1 + O(|z|)

P (z)
+ Re O(|z|
P (z)
20

+1

) = P n (z) g2 (z) + Re az m


Ta thấy P n (z) g2 (z) + Re az m

→ 0 khi z → 0.

Suy ra mâu thuẫn. Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.5. Cho P là hàm xác định trên ∆ 0 ( 0 > 0) thỏa mãn điều kiện (I).
Lấy B ∈ C∗ và m ∈ N∗ . Khi đó, tồn tại α ∈ R đủ nhỏ sao cho
lim sup |Re B(iα − 1)m P (z)/P (z) | = +∞.
˜
∆

0

z→0

˜ 0
Chứng minh. Do P thỏa mãn hệ điều kiện (I.2) nên tồn tại dãy vô hạn {zk } ⊂ ∆
hội tụ tới 0 sao cho limk→∞ P (zk )/P (zk ) = ∞. Ta có
BP (zk )/P (zk ) = ak + ibk ,

k = 1, 2, . . . ;

(iα − 1)m = a(α) + ib(α).

Chúng ta chú ý rằng |ak | + |bk | → +∞ khi k → ∞. Vì vậy, trích ra dãy con
nếu cần, ta chỉ xét hai trường hợp sau đây.
Trường hợp 1. limk→∞ ak = ∞ và | abkk |
khi α → 0, nếu α đủ nhỏ thì ta có

1 . Vì a(α) → (−1)m và b(α) → 0

Re B(iα − 1)m P (zk )/P (zk ) = a(α)ak − b(α)bk
= ak a(α) − b(α)

bk
ak

→∞

khi k → ∞.
Trường hợp 2. limk→∞ bk = ∞ và limk→∞ | abkk | = 0 . Cố định một số thực α
sao cho b(α) = 0. Khi đó, chúng ta có
Re B(iα − 1)m P (zk )/P (zk ) = a(α)ak − b(α)bk
= bk a(α)

ak
− b(α) → ∞
bk

khi k → ∞. Bởi vậy, ta có điều phải chứng minh.
2.2.2

Chứng minh Định lí 2.1

Giả sử mầm siêu mặt (M, 0) trong C2 được xác định bởi hàm ρ(z1 , z2 ) = 0,
trong đó
ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 ) Q(z2 , Im z1 ) = 0,

và P, Q là các hàm C 1 -trơn thỏa mãn ba điều kiện trong giả thiết của Định lí
2.1, trong mục 2.1. Đặc biệt lưu ý rằng hàm P là phẳng tại z2 = 0.
21


Xét trường vectơ chỉnh hình H = h1 (z1 , z2 ) ∂z∂ 1 + h2 (z1 , z2 ) ∂z∂ 2 xác định trong

một lân cận của gốc tọa độ. Ta chỉ xét trường hợp H là tiếp tuyến tại M , điều
đó có nghĩa là
(Re H)ρ(z) = 0, ∀z ∈ M.
(2.1)
Mục đích của ta là chỉ ra rằng H ≡ 0. Thật vậy, giả sử phản chứng H ≡ 0.
Chú ý nếu h2 ≡ 0 thì từ (2.1) ta có h1 ≡ 0. Như vậy, h2 ≡ 0. Bây giờ ta sẽ chứng
minh rằng h1 ≡ 0. Thật vậy, giả sử h1 ≡ 0. Khi đó, ta có thể khai triển h1 và h2
thành chuỗi Taylor tại gốc tọa độ như sau
∞

∞

ajk z1j z2k

h1 (z1 , z2 ) =

bjk z1j z2k ,

and h2 (z1 , z2 ) =

j,k=0

j,k=0

ở đó ajk , bjk ∈ C. Lưu ý rằng a00 = b00 = 0 vì h1 (0, 0) = h2 (0, 0) = 0.
Bằng một số phép biến đổi đơn giản, ta có
1 Q(z2 , Im z1 )
+
+ (Im z1 )Qz1 (z2 , Im z1 )
2

2i
1 Q0 (z2 ) 2(Im z1 )Q1 (z2 ) 3(Im z1 )2 Q2 (z2 )
= +
+
+
+ ··· ;
2
2i
2i
2i
ρz2 (z1 , z2 ) = P (z2 ) + (Im z1 )Qz2 (z2 , Im z1 ),
ρz1 (z1 , z2 ) =

và biểu thức (2.1) có thể viết như sau
1 Q(z2 , Im z1 )
+
+ (Im z1 )Qz1 (z2 , Im z1 ) h1 (z1 , z2 )
2
2i

Re

(2.2)

+ P (z2 ) + (Im z1 )Qz2 (z2 , Im z1 ) h2 (z1 , z2 ) = 0

với mọi (z1 , z2 ) ∈ M .
Vì it − P (z2 ) − tQ(z2 , t), z2 ∈ M với mọi t ∈ R và t đủ nhỏ, biểu thức trên
được biểu diễn dưới dạng mới sau
Re

1 Q0 (z2 ) 2tQ1 (z2 ) 3t2 Q2 (z2 )
+
+
+
+ ··· ×
2
2i
2i
2i
∞

it − P (z2 ) − tQ0 (z2 ) − t2 Q1 (z2 ) − · · ·

j

ajk z2k

j,k=0

(2.3)
2

+ P (z2 ) + tQ0 z2 (z2 ) + t Q1 z2 (z2 ) + · · · ×
∞

it − P (z2 ) − tQ0 (z2 ) − t2 Q1 (z2 ) − · · ·

m

bmn z2n

=0

m,n=0

với mọi z2 ∈ C và với mọi t ∈ R, |z2 | <
nhỏ.
22

0

và |t| < δ0 , ở đó

0

> 0 và δ0 > 0 đủ