Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Về hàm triệt tiêu cấp vô hạn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

25
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: 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 4 1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2 Khái niệm về chỉ số của đường cong . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Khái niệm hàm triệt tiêu cấp vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Giả thuyết Huang, Krantz, Ma và Pan . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 Một số định nghĩa và bổ đề kĩ thuật . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.5 Tính duy nhất biên của ánh xạ chỉnh hình . . . . . . . . . . . . . 12 2 Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn và ứng dụng 14 2.1 Một số kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 Sự không tồn tại trường vectơ chỉnh hình tiếp xúc . . . . . . . . . 19 2.2.1 Các bổ đề kĩ thuật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2.2 Chứng minh Định lí 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1
Danh mục các kí hiệu 0 ∂P • P (z) := Pz (z) = (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 ) 6= 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) 6= 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 6= 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 Một số khái niệm trong giải tích phức 1.1.1 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 ) lim h→0 h . Ta nói rằng f có đạo hàm theo biến phức tại điểm z0 và kí hiệu là f 0 (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 Z Z b 0 1 dz 1 γ (t) Ind(γ) := Re = Re dt. 2πi γ z 2πi a γ(t) Tính chất 1.1. (Một số tính chất của chỉ số) 4
• 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) 6= 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 f (x) lim = 0. Ω3x→a |x − a|N Ví dụ 1.1. Hàm f : C → R xác định bởi  e− |z|1α nếu z 6= 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, . . . n n+1 n f (z) = 0 nếu z = 0, 5
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 ¯n cũng phẳng tại 0 với mỗi m, n ∈ N. m∂z 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. • κ0 (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(r0 )| < 2, rn+1 < r, r0 < 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: m f 0 (z) X lj ϕ0 (z) = + , f (z) z − αj ϕ(z) j=1 và m X I(r) = lj Ind(γr − αj ) + Ind(ϕ ◦ γr ). 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 I(rn+ ) = lim IndI(r) = 3κ(n)/4 + κ ˜ (n)/2 + Ind(ϕ ◦ γrn ), 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 < r0 < r < rn và xây dựng chu tuyến đóng γ = γr +(−γr0 )+l+ +l− , trong đó l+ = [r0 , r] và l− = [−r, −r0 ]. Áp dụng định lí Cauchy cho f 0 /f ta có Z 0 1 f 0 = Re dz = I(r) + Ind(f ◦ l+ ) − I(r0 ) + Ind(f ◦ l− ). 2πi γ f Hơn nữa, do f ◦ l± ⊂ Γ nên |Ind(f ◦ l± )| < 1. Từ đó, ta suy ra |I(r) − I(r0 )| < 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) ∞ P 1 P∞ P∞ 0 n=1 κ(n) + 2 n=1 κ ˜ (n) − 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, n, n+1 + , rn − ] và ln, = [−rn + , −rn+1 − ]. Khi đó, áp dụng định lí Cauchy cho f 0 /f , ta có 0 Z 1 f + − 0 = Re dz = −I(rn+1 + ) + Ind(f ◦ ln, ) + I(rn − ) + Ind(f ◦ ln, ). 2πi γn f Cho → 0+ , ta có I(rn− ) − I(rn+1 + ) + s(n) = 0, h i trong đó s(n) := lim→0+ Ind(f + ) + Ind(f ◦ ln, − ) ◦ ln, . 8
Từ bổ đề 1.1 (i), ta có + ˜ (n)/2 = I(rn+ ) − I(rn+1 κ(n) + κ ) + s(n). (1.1) Lấy tổng N phương trình (1.1) với N = 1, . . . , N , ta thu được N N N X 1X X I(r1+ ) − I(rN + +1 ) = κ(n) + ˜ (n) − κ s(n). (1.2) 2 n=1 n=1 n=1 Cố định N ≥ 1. Ta sẽ chứng minh rằng N P PN 0 n=1 s(n) ≤ n=1 κ (n) với trường N N hợp f (−1, 1) ⊂ C \ iR+ và n=1 s(n) ≤ 1/2 n=1 κ0 (n) với trường hợp f (−1, 1) ⊂ P P (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 ) 6= 0 với mọi i < k < j . Khi đó, nếu f (−1, 1) ⊂ C \ iR+ thì j−1 X + lim Ind(f ◦ lk, ) = lim Ind(f ◦ [rj + , ri − ]) ≤ 1 →0+ →0+ k=i vì f ◦ [rj , ri ] ⊂ C \ iR+ . Tương tự, nếu f (−1, 1) ⊂ (C \ L) ∪ {0}, thì j−1 X + 1 lim Ind(f ◦ lk, ) = lim Ind(f ◦ [rj + , ri − ]) ≤ →0+ →0+ 2 k=i 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. P∞ 1 P∞ P∞ 0 P∞ Do đó, nếu κ(n) + κ ˜ (n) − κ (n) = +∞ thì n=1 κ(n) + 1 P∞ P∞n=1 2 n=1 n=1 + 2 ˜ (n) − n=1 s(n) = +∞ và như vậy từ (1.2) ta có I(rn ) → −∞. Vậy, theo n=1 κ Bổ đề 1.1 (ii), I(r) bị chặn trên. Ta có thể chứng minh tương tự cho trường hợp (iii). Với trường hợp (ii), do N P PN 0 + n=1 κ ˜ (n) ≥ 2 n=1 κ (n) và (1.2)ta có hoặc {I(rn )} 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 N X 1X 0 1X s(n) ≤ κ (n) ≤ κ ˜ (n). 2 2 n=1 n=1 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
Cuối cùng, nếu Γ là nửa mặt phẳng thì N P PN 0 n=1 s(n) ≤ 1/2 n=1 κ (n) với mọi 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 Z 1 1 I(t) lim sup dt = +∞. r→0+ ln(1/r) r 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 ) f 0 (z) Z Z 1 1 = Re dz = Re Φ0 (z)dz 2πi γr f (z) 2πi γr 1 1 Φ(reiπ ) − Φ(r) = vn (reiπ ) − vn (r) = Re (1.3) 2πi Z π Z 2π π 1 d 1 ∂ = vn (r, t)dt = vn (r, θ)dθ 2π 0 dt 2π 0 ∂θ Z π 1 ∂ = r un (r, θ)dθ. 2π 0 ∂r 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 Z 1 1 I(t) J(r) = dt. ln 1/r r t Khi đó, từ (1.3) chúng ta có Z 1 1 I(t) J(r) = dt ln 1/r r t h X Z rn−1 e− Z rn0 e− 1 I(t) I(t) i = lim+ dt + dt →0 ln 1/r rn e t r t r
Do đó, ta có h X Z π Z rn−1 e− 1 ∂un J(r) = lim (t, θ)dtdθ →0+ ln 1/r 0 rn e ∂t r
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 {γn0 } của đường tròn trên với tâm −b và bán kính 0n sao cho 0n → 0+ và {Ind(f ◦ γn0 )} bị chặn trên. Cố định r, r > 0 với r0 < |b| < r và |r − r0 | đủ nhỏ. Ta có thể xây dựng chu tuyến đóng γ = γr + (−γr0 ) + (−γn ) + (−γn0 ) + 4j=1 ln,j , trong đó P ln,1 = [−r, −b − 0n ], ln,2 = [−b + 0n , −r0 ], ln,3 = [r0 , b − n ] và ln,4 = [b + n , r]. Khi đó, áp dụng định lí Cauchy cho f 0 /f ta có Z 0 1 f (z) 0 = Re dz 2πi f (z) γ 4 X = Ind(f ◦ γr ) − Ind(f ◦ γr0 ) + Ind(f ◦ lj ) − Ind(f ◦ γn ) − Ind(f ◦ γn0 ). j=1 Từ những lập luận ở trên, ta có Ind(f ◦ γn ) + Ind(f ◦ γn0 ) → +∞. Hơn nữa, vì f ◦ ln,j ⊂ Γ∞ , với 1 ≤ j ≤ 4 ta có 4 X | Ind(f ◦ ln,j )| < 2. j=1 Điều này là mâu thuẫn vì |Ind(f ◦ γr ) − Ind(f ◦ γr0 )| 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 0 (I.1) lim supU˜ 3z→0 |Re(bz k ff (z) (z) )| = +∞; 0 (I.2) lim supU˜ 3z→0 | ff (z) (z) | = +∞ với mọi k = 1, 2, . . . và với mọi b ∈ C∗ , trong đó U˜ := {z ∈ U : f (z) 6= 0}. α Ví dụ 2.1. Hàm P (z) = e−C/|Re(z)| nếu Re(z) 6= 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 Cα P 0 (z) = P (z) 2|Re(z)|α+1 với mọi z ∈ C với Re(z) 6= 0. Do đó, dễ thấy |P 0 (z)/P (z)| → +∞ khi z → 0 trong miền {z ∈ C : Re(z) 6= 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 6= 0 với mọi l ∈ N∗ . Mặt khác, với mỗi b ∈ C∗ chúng ta có P 0 (z ) lα+1 l |Re bzlk |& = lα−β(k−1) . P (zl ) lβ(k−1)+1 Dễ thấy P 0 (zl ) lim |Re bzlk | = +∞. l→∞ 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 0 (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) 6= 0} chứa một đường cong C 1 -trơn γ : (0, 1] → U˜ sao cho γ 0 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 0 (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 0 (t)| < +∞. Khi đó tồn tại hằng số C > 0 sao cho C |g 0 (t)| ≤ , ∀ 0 < t < 1. tα Mặt khác, ta có Z 1 g 0 (τ )dτ = g(1) − g(t) t Chúng ta có đánh giá sau Z 1 Z 1 0 dτ |g(t)| ≤ |g(1)| + |g (τ )|dτ ≤ |g(1)| + C t t τα C ≤ |g(1)| + (1 − t1−α ) . 1. 1−α 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 h 1 1 1 2 i (i) g(t) ≡ −2n trên đoạn đóng 1+ , 1+ với mọi n = n+1 3n n + 1 3n 4, 5, . . .; −1 (ii) g(t) ≈ , ∀ t ∈ (0, 1); t 15
(iii) Với mỗi k ∈ N tồn tại C(k) > 0 (chỉ phụ thuộc vào k ), sao cho C(k) |g (k) (t)| ≤ , ∀ 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 gốc tọa độ. Hơn nữa, ta thấy rằng P 0 ( 2n(n+1) 2n+1 ) = 0 với mọi n ≥ 4. Do đó lim inf z→0 |P 0 (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 R n ≥ 4, cho gn là hàm nhẵn trên R được xác định bởi tích chập sau Z +∞ gn (x) := G ∗ ψn+1 (x) = G(y)ψn+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 ; 2(n+1)kψ (k) k1 (c) |gn(k) (x)| ≤ kn+1 nếu an+1 ≤ x ≤ bn . Thật vậy, với an+1 ≤ x ≤ bn ta có Z +∞ gn (x) = G(y)ψn+1 (y − x)dy −∞ Z +∞ 1 y−x = G(y)ψ( )dy n+1 −∞ n+1 Z +1 = G(x + tn+1 )ψ(t)dt, −1 16
y−x ở trên chúng ta sử dụng phép đổi biến t = . n+1 Nếu an ≤ x ≤ bn thì an − n < an − n+1 ≤ x + tn+1 ≤ bn + n+1 < bn + n với mọi −1 ≤ t ≤ 1. Do đó, Z +1 Z +1 gn (x) = G(x + tn+1 )ψ(t)dt = −2n ψ(t)dt = −2n. −1 −1 Như vậy, (a) được chứng minh. Tương tự, nếu an+1 ≤ x ≤ bn+1 thì an+1 − n+1 ≤ x + tn+1 ≤ bn+1 + n+1 với mọi −1 ≤ t ≤ 1. Vì vậy Z +1 Z +1 gn (x) = G(x + tn+1 )ψ(t)dt = −2(n + 1) ψ(t)dt = −2(n + 1). −1 −1 Do đó, ta có (b). Hơn nữa, ta có ước lượng sau Z +∞ (k) 1 y−x |gn (x)| = | G(y)ψ (k) ( )dy| k+1 n+1 −∞ n+1 Z +1 1 = | G(x + tn+1 )ψ (k) (t)dt| kn+1 −1 Z +1 1 ≤ |G(x + tn+1 )||ψ (k) (t)|dt kn+1 −1 Z +1 2(n + 1) ≤ |ψ (k) (t)|dt kn+1 −1 2(n + 1)kψ (k) k 1 = kn+1 x−y với an+1 ≤ x ≤ bn , trong đó chúng ta đã sử dụng phép đổi biến t = 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  −8 9 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