—————————————————
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN THỊ THẢO LY
TÍNH TAUT CỦA MIỀN HARTOGS
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên – 2016
—————————————————
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN THỊ THẢO LY
TÍNH TAUT CỦA MIỀN HARTOGS
Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học TS. TRẦN HUỆ MINH
Thái Nguyên – 2016
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng luận văn mà tôi trình bày ngay sau đây là công
trình nghiên cứu của riêng tôi với sự hướng dẫn chu đáo và tận tình của
TS. Trần Huệ Minh.
Tôi không sao chép từ bất kỳ một công trình nào khác. Tôi kế thừa và
phát huy các thành quả khoa học của các nhà khoa học với sự biết ơn chân
thành.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn
i
Nguyễn Thị Thảo Ly
Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo của
TS. Trần Huệ Minh, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô, người đã
dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ em hoàn thành luận văn này.
Em cũng xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô giáo bộ môn
của trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, Trường
Đại học Sư phạm Hà Nội đã tận tình giảng dạy, khích lệ và tạo mọi điều
kiện thuận lợi trong quá trình học tập của em. Em cũng xin bày tỏ lòng
biết ơn tới thầy giáo chủ nhiệm lớp Toán cao học K22, thầy Trần Nguyên
An, người đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ chúng em trong quá trình học tập.
Em xin cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa
Toán, Phòng Đào tạo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên đã
tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ em trong suốt thời gian em học tập.
Cuối cùng, em xin cảm ơn các bạn, các anh chị học viên học cùng lớp cao
học Toán K22 đã luôn giúp đỡ em trong quá trình học tập, cảm ơn người
thân và gia đình đã luôn luôn động viên và ủng hộ em về mọi mặt để em có
thể hoàn thành tốt luận văn cũng như khóa học của mình.
Em xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn
ii
Nguyễn Thị Thảo Ly
Mục lục
Lời cam đoan i
Lời cảm ơn ii
Mục lục iii
Mở đầu 1
1 Kiến thức chuẩn bị 3
1.1 Các hàm bất biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Giả khoảng cách Kobayashi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Tính hyperbolic ứng với các hàm bất biến . . . . . . . . . . 6
1.4 Giả metric vi phân Royden - Kobayashi trên không gian phức 7
1.5 Hàm điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.6 Hàm đa điều hòa dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.7 Miền cân bằng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.8 Miền taut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
iii
1.9 Siêu lồi và miền Hartogs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.10 Dạng Levi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 Tính taut của các miền Hartogs 12
2.1 Tiêu chuẩn Royden cho tính taut của các miền trong Cn . . 12
2.2 Tính taut của miền Hartogs . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3 Tính taut của miền Hartogs với thớ cân bằng . . . . . . . . 32
2.4 Tính taut của miền Hartogs - Laurent . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận 40
iv
Tài liệu tham khảo 40
Danh mục kí hiệu
B1(λ0, γ0) := B|·|(λ0, γ0), λ0 ∈ C, γ0 > 0;
| · |≡(cid:107) · (cid:107)C: chuẩn Euclid trong C;
(cid:107) · (cid:107)≡(cid:107) · (cid:107)n
C: chuẩn Euclid trong Cn;
L (cid:98) G : L là compact tương đối trong G;
∂G: Biên của G;
E := B1(0, 1) : đĩa đơn vị trong mặt phẳng phức;
Bn(z, R) := B(cid:107)·(cid:107)(z, R), R ∈ Cn, R > 0;
O(G1, G2) : tập hợp các ánh xạ chỉnh hình từ G1 vào G2;
O(G) := O(G, C);
C ↑(G) : tập hợp tất cả các hàm nửa liên tục trên f : G → [−∞, +∞);
C(G) := C(G, C);
TX: không gian tiếp xúc Zariski của X;
SH(B): tập hợp tất cả các hàm điều hòa dưới trên B;
d := (dG)G∈G;
kG: giả khoảng cách Kobayashi trên G.
v
PSH(G): tập hợp tất cả các hàm đa điều hòa dưới trên G;
Mở đầu
Bài toán quan trọng đầu tiên của giải tích phức hyperbolic là chỉ ra lớp
các không gian phức hyperbolic. Trong những năm gần đây, việc nghiên cứu
tính hyperbolic của những lớp không gian phức cụ thể cũng như tìm hiểu
những lớp không gian phức hyperbolic ở dạng tường minh đã thu hút được
sự quan tâm của nhiều nhà toán học. Miền Hartogs thuộc vào một trong số
những lớp không gian phức như vậy.
Như chúng ta đã biết, mỗi không gian phức taut là hyperbolic do đó ta có
thể chứng tỏ tính hyperbolic của một không gian phức bằng cách chứng tỏ
tính taut của nó. Luận văn "Tính taut của miền Hartogs" nhằm tìm hiểu và
nghiên cứu tính taut của miền Hartogs Ωϕ(X) thông qua tính taut của X;
sử dụng tiêu chuẩn của Royden cho các miền taut để nghiên cứu tính taut
của miền Hartogs Ω = Ωu,h(G) trên một miền G ⊂ Cn với thớ cân bằng
Σ = Σu,v(G) trên một miền G ⊂ Cn là taut.
m chiều, đồng thời chỉ ra điều kiện cần cho một miền Hartogs - Laurent
Luận văn gồm 42 trang, trong đó có phần mở đầu, nội dung hai chương,
phần kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 1. Trình bày tổng quan và hệ thống lại các khái niệm, các tính
1
chất cần thiết cho chương sau.
Chương 2. Trình bày tiêu chuẩn Royden cho tính taut của các miền trong
Cn, nghiên cứu tính taut của miền Hartogs Ωϕ(X) và chỉ ra đặc trưng đầy
đủ cho tính taut của lớp các miền Hartogs với thớ cân bằng m chiều Ωu,h(G)
đồng thời nghiên cứu tính taut của miền Hartogs - Laurent Σu,v(G).
Cuối cùng là phần kết luận trình bày tóm tắt các kết quả được nghiên
cứu trong luận văn và danh mục tài liệu tham khảo.
Bản luận văn chắc chắn không tránh khỏi những khiếm khuyết, vì vậy
em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo và các
2
bạn học viên để luận văn này thêm hoàn thiện hơn.
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
O(G1, G2) là tập các ánh xạ chỉnh hình từ G1 vào G2 với tôpô compact
Trong chương 1 ta kí hiệu E là đĩa đơn vị trong mặt phẳng phức,
1.1 Các hàm bất biến
mở, O(G) = O(G, C).
Định nghĩa 1.1.1. Cho G là tập các miền trong Cn, ρ là khoảng cách
ρ(λ, ζ) = tanh−1( |1−ζ|
|1−¯λζ|), λ, ζ ∈ E.
Poincare trên đĩa đơn vị E, tức là
Một họ d := (dG)G∈G các hàm dG : G × G → R(cid:62)0 được gọi là co rút chỉnh
hình nếu
i) d là chuẩn tắc, tức là dE = ρ.
dD(f (z), f (ω)) (cid:54) dG(z, ω), f ∈ O(G, D), z, ω ∈ G.
ii) d thoả mãn tính chất giảm, tức là G, D ∈ G ta có
3
Chú ý 1.1.2. - Điều kiện ii) suy ra được họ d là bất biến đối với các ánh xạ
song chỉnh hình, để cho ngắn gọn, ta gọi dG ∈ d(G ∈ G) là hàm bất biến.
j, z(cid:48)(cid:48)
j ∈ Gj, j ∈ {1, 2} ta có
(∗)
dG1×G2( (z(cid:48)
1, z(cid:48)
2), (z(cid:48)(cid:48)
1, z(cid:48)(cid:48)
2) ) ≥ max{ dG1(z(cid:48)
1, z(cid:48)(cid:48)
1), dG2(z(cid:48)
2, z(cid:48)(cid:48)
2) }
- Với Gj ∈ G, z(cid:48)
(∗) đạt được với bất kỳ Gj ∈ G, z(cid:48)
j, z(cid:48)(cid:48)
j ∈ Gj, j ∈ {1, 2}.
Ta nói họ d của các hàm bất biến có tính chất tích nếu đẳng thức trong
Định nghĩa 1.1.3. Cho D là một tập khác ∅, một hàm d : D × D → R(cid:62)0
gọi là một giả khoảng cách trên D nếu
i) d(x, x) = 0, x ∈ D
ii) d là đối xứng, tức là d(x, y) = d(y, x), x, y ∈ S
d(x, y) (cid:54) d(x, z) + d(z, y), x, y, z ∈ D.
iii) d thoả mãn bất đẳng thức tam giác, tức là
Giả khoảng cách d trên D được gọi là khoảng cách trên D nếu thoả mãn
thêm điều kiện d(x, y) = 0 ⇔ x = y với mọi x, y ∈ D.
Nhận xét 1.1.4. Cho G ∈ G, z, ω ∈ G. Tồn tại một ánh xạ ϕ ∈ O(E, G) có
miền giá trị chứa cả z và ω. Và bất kỳ f ∈ O(G, E), ta có f ◦ ϕ ∈ O(E, E)
ρ(f (z), f (ω)) = ρ( (f ◦ ϕ)(λ), (f ◦ ϕ)(ζ) ) (cid:54) ρ(λ, ζ),
và do đó
trong đó λ, ζ ∈ E với ϕ(λ) = z, ϕ(ζ) = ω.
Như vậy, ta có thể xác định được hai co rút chỉnh hình bằng cách xét các
ρ(f (z), f (ω)),
cG(z, ω) := sup
f ∈O(G,E)
4
ánh xạ từ G vào E và từ E vào G như sau, với z, ω ∈ G ∈ G, ta đặt
ρ(λ, ζ).
˜kG(z, ω) :=
inf ϕ∈O(E,G) ϕ(λ)=z,ϕ(ζ)=ω
Theo chú ý 1.1.4, hàm ˜kG là hàm giá trị thực không âm và do vậy cG cũng là hàm giá trị thực không âm. Dễ thấy rằng c := (cG)G∈G và ˜k := (˜kG)G∈G
là các hàm co rút chỉnh hình và với bất kỳ G ∈ G, hàm cG là giả khoảng cách, ˜kG là đối xứng nhưng trong trường hợp tổng quát nó không thoả mãn
bất đẳng thức tam giác. Hơn nữa, nếu (dG)G∈G là các hàm co rút chỉnh hình
cG (cid:54) dG (cid:54) ˜kG, G ∈ G.
thì
Ta gọi cG là giả khoảng cách Caratheodory của G và ˜kG là hàm Lempert
1.2 Giả khoảng cách Kobayashi
của G.
{p0 = z, p1, ..., pµ−1, pµ = ω} ⊂ G,
Cho G ∈ G là một miền trong Cn, z, ω ∈ G. Xét dãy các điểm
∀j = 1, ..., µ.
xét dãy các điểm {λj}j=1,µ của E và dãy các ánh xạ {ϕj}j=1,µ trong O(E, G)
thoả mãn ϕj(0) = pj−1, ϕj(λj) = pj,
Ta gọi tập α = {p0, ..., pµ, λ1, ..., λµ, ϕ1, ..., ϕµ} là một dây chuyền chỉnh
hình nối z và ω trong G.
ρ(0, λj). Đặt
µ (cid:80) j=0
µ (cid:88) {
ρ(0, λj), α ∈ Ω z,ω},
kG(z, ω) = inf α
j=0
Với mọi dây chuyền như vậy, ta lập tổng
trong đó Ω z,ω là tập hợp tất cả các dây chuyền chỉnh hình trong G nối z và ω.
G.
5
Khi đó kG là giả khoảng cách và được gọi là giả khoảng cách Kobayashi trên
Ta dễ dàng chứng minh được các tính chất sau của kG
i) kG là hàm liên tục
ii) Nếu f ∈ O(G1, G2) thì f là giảm khoảng cách đối với giả khoảng cách
Kobayashi, tức là kG1(p, q) ≥ kG2(f (p), f (q)), ∀p, q ∈ G1
iii) kE = (cid:37)E.
G xác định bởi
k(2) G (a, z) := inf { (cid:37)(0, λ) + (cid:37)(0, ζ) : ϕ, ψ ∈ O(E, G),
λ, ζ ∈ E, ϕ(0) = a, ϕ(λ) = ψ(0),
ψ(ζ) = z }, a, z ∈ G.
Ta định nghĩa một hàm k(2)
G ≥ kG.
1.3 Tính hyperbolic ứng với các hàm bất biến
Rõ ràng k(2)
Định nghĩa 1.3.1. Cho (dG) G∈G là họ các hàm bất biến. Ta nói miền G ∈ Cn là d - hyperbolic nếu dG(z, ω) > 0 với mọi z, ω ∈ G với z (cid:54)= ω.
Nếu miền G là d - hyperbolic thì tôpô sinh ra bởi dG trùng với tôpô ban
đầu của G.
Định nghĩa 1.3.2. Cho D ⊂ Cm là một miền và (G, dG) là một không
gian mêtric. Ta nói họ F ⊂ O(D, G) là liên tục đồng bậc tương ứng với
U ≡ U (z0) ⊂ D của z0 sao cho
dG( f (z0), f (z) ) < ε với bất kỳ z ∈ U, f ∈ F.
6
khoảng cách dG nếu với bất kỳ ε > 0 và z0 ∈ D, tồn tại một lân cận mở
Chú ý 1.3.3. 1. Lấy (dG) G∈G là một họ co rút chỉnh hình là giả khoảng
cách. Nếu một miền G ⊂ Cn là d - hyperbolic, thì O(E, G) là liên tục đồng
bậc ứng với kG.
2. Dễ thấy rằng nếu miền G ⊂ Cn mà họ O(E, G) là liên tục đồng bậc ứng
với dG, trong đó (G, dG) là một không gian mêtric thì G là k - hyperbolic.
R > 0 sao cho G (cid:98) Bn(z, R) với bất kỳ z ∈ G. Vì vậy
) (cid:62) ||z − ω||
,
z, ω ∈ G,
kG (z, ω) (cid:62) k Bn (z,R)(z, ω) = ρ(0,
||z − ω|| R
R
3. Lấy G (cid:98) Cn là một miền compact tương đối trong Cn, thì tồn tại
1.4 Giả metric vi phân Royden - Kobayashi trên không gian
phức
suy ra G là k - hyperbolic.
Giả sử X là một không gian phức, TX là không gian tiếp xúc Zariski của
∂z |z=0 ∈ T0Er là véctơ tiếp xúc đơn vị.
X, e0 = ∂
Con X = {υ ∈ T X; ∃ϕ ∈ O(Er, X); ∃u ∈ T0Er sao cho ϕ(cid:48)(u) = υ}.
- Nón Royden - Kobayashi của X được định nghĩa như sau
- Giả mêtric vi phân Royden - Kobayashi là hàm trên TX được định nghĩa
inf {
; ∃ϕ ∈ O(Er, X); ϕ(0) = z, ϕ(cid:48)(e0) = υ}, nếu υ ∈ Con X.
1 r
FX(z, υ) =
∞, nếu υ (cid:54)∈ Con X.
như sau
7
1.5 Hàm điều hòa dưới
Hàm u : G → [−∞, ∞) được gọi là điều hoà dưới trong miền G ⊂ Cn
nếu u thoả mãn hai điều kiện sau
i) u là nửa liên tục trên trong G, tức là tập {z ∈ G|u(z) < s} là tập mở
với mỗi số thực s.
ii) Với mỗi tập con mở compact tương đối Ω của G và mọi hàm h : Ω → R là điều hoà trong Ω và liên tục trong ¯Ω, ta có nếu u (cid:54) h ở trên ∂G thì u (cid:54) h
ở trên Ω.
Ta có tiêu chuẩn điều hòa dưới sau
Để hàm u nửa liên tục trên trong miền G là điều hòa dưới trong G, điều
kiện cần và đủ là với mỗi điểm z ∈ G, tồn tại r0(z) > 0 sao cho
u(z) ≤
u(z + reit)dt, với mọi r < r0.
1 2π
2π
1.6 Hàm đa điều hòa dưới
(cid:90) 0
Định nghĩa 1.6.1. Hàm ϕ : G → [−∞; ∞) được gọi là đa điều hoà dưới
trong miền G ⊂ Cn ( ký hiệu ϕ ∈ PSH(G) ) nếu
i) ϕ là hàm nửa liên tục trên trên G sao cho ϕ (cid:54)= −∞ trên mỗi thành
phần liên thông của G.
ii) Với mỗi điểm a ∈ G, với mọi b ∈ Cn, hàm λ (cid:55)→ ϕ(a + λb) là điều
{λ ∈ C : a + λb ∈ G}.
hoà dưới hoặc đồng nhất bằng −∞ trên mỗi thành phần liên thông của tập
8
Định lý 1.6.2. [10] Cho ϕ : G → [−∞, ∞) là một hàm nửa liên tục trên
và ϕ (cid:54)= −∞ trên bất cứ thành phần liên thông của G. Khi đó ϕ ∈ P SH(G)
khi và chỉ khi với mỗi a ∈ G, b ∈ Cn mà {a + λb : λ ∈ G, |λ| (cid:54) 1} ⊂ G, ta
ϕ(a) (cid:54) l(ϕ; a, b),
có
(cid:82) 2π 0 ϕ(a + eitb)dt. trong đó l(ϕ; a, b) = 1 2π
Định lý 1.6.3. [10](Nguyên lý cực đại) Giả sử D ⊂ Cm là một miền bị
sup u(z)}.
u(z) < sup ω∈∂D
{lim z→ω z∈D
1.7 Miền cân bằng
chặn và u là hàm đa điều hoà dưới trên D, u (cid:54)≡ const. Khi đó
Định nghĩa 1.7.1. Cho D là một miền trong Cm, D gọi là miền cân bằng nếu với bất kỳ ω ∈ D, λ ∈ ¯E, ta có λω ∈ D.
∈ D}, ω ∈ Cm,
hD(ω) = inf {α > 0 :
ω α
hD được gọi là hàm Minkowski của D.
Ta định nghĩa một hàm h ≡ hD : Cm → (cid:98)R(cid:62)0 bởi
Như vậy D = {ω ∈ Cm|hD(ω) < 1}, và ta viết D = Dh.
h(λω) = |λ|, h(ω), λ ∈ C, ω ∈ Cm,
h ≡ 0 nếu và chỉ nếu Dh = Cm.
Dễ thấy h là một hàm nửa liên tục trên và
Mệnh đề 1.7.2. [10] Cho D = Dh ⊂ Cm là một miền cân bằng trong Cm.
Khi đó
(1) D là bị chặn khi và chỉ khi tồn tại C > 0 sao cho h(ω) (cid:62) C||ω||, với
9
bất kỳ ω ∈ Cm.
(2) D không chứa đường thẳng phức qua 0 khi và chỉ khi h là xác định
dương trên Cm, tức là h(ω) > 0 với ∀ω ∈ Cm ∗ .
∗ thì D là miền bị chặn.
(3) Nếu h ∈ C(Cm), h > 0 trên Cm
1.8 Miền taut
Mệnh đề 1.7.3. [10] Nếu một miền cân bằng D = Dh ⊂ Cm là bị chặn thì h là một tựa chuẩn trên Cm.
Cho G là một miền trong Cn, trên O(E, G) ta trang bị tôpô compact mở
j=1 ⊂ O(E, G) được gọi là phân kỳ compact nếu với mỗi tập
- Dãy {fj}∞
con compact K của E, mỗi tập con compact L của G, tồn tại j0 ∈ N sao cho fj(K) ∩ L = ∅, với mọi j ≥ j0.
i=1 trong O(E, G)
- Họ O(E, G) được gọi là họ chuẩn tắc nếu mỗi dãy {fi}∞
K=⇒ f ) hoặc là phân kỳ compact.
chứa một dãy con {fiυ} hoặc là hội tụ đều trên mỗi tập con compact tới
ánh xạ f ∈ O(E, G) ( ký hiệu fiυ
1.9 Siêu lồi và miền Hartogs
- Miền G được gọi là taut nếu họ O(E, G) là một họ chuẩn tắc.
- Hàm ϕ : X −→ [−∞, ∞) gọi là hàm vét cạn nếu ϕ−1( [−∞, c] ) là
compact với mọi c ∈ R.
- Không gian phức X được gọi là siêu lồi nếu X là Stein và X có một hàm
10
vét cạn đa điều hòa dưới âm liên tục.
Ωϕ(X) = { (x, λ) ∈ X × C; | λ |< e−ϕ(x) },
- Giả sử ϕ là hàm đa điều hòa dưới trên X. Miền Ωϕ(X) cho bởi
1.10 Dạng Levi
được gọi là miền Hartogs liên kết với ϕ.
Giả sử u là hàm lớp C 2 trong một tập con mở của Cn và ω = (ω1, ..., ωn) ∈
n (cid:88)
(cid:104)Lu(p)ω, ω(cid:105) =
ωi ¯ωj
∂2u(p) ∂zi∂ ¯zj
i,j=1
Cn. Ta định nghĩa
là dạng Levi của u tại p.
Với G là tập con mở của Cn ta có: Hàm u thuộc lớp C 2 trong G là hàm
đa điều dưới nếu và chỉ nếu (cid:104)Lu(p)ω, ω(cid:105) ≥ 0, ∀p ∈ G, ∀ω ∈ Cn.
Nếu (cid:104)Lu(p)ω, ω(cid:105) > 0, ∀p ∈ G, ∀ω ∈ Cn, ω (cid:54)= 0 thì u được gọi là hàm đa
11
điều hòa dưới chặt.
Chương 2
Tính taut của các miền Hartogs
Trước tiên, ta sẽ trình bày tiêu chuẩn Royden cho tính taut của các miền
trong Cn, sử dụng tiêu chuẩn này, ta sẽ chỉ ra được một đặc trưng đầy đủ
cho tính taut của lớp các miền Hartogs với thớ cân bằng, hơn nữa ta có thể
2.1 Tiêu chuẩn Royden cho tính taut của các miền trong Cn
đưa ra một điều kiện cần để một miền Hartogs - Laurent là taut.
Định lý 2.1.1. [5] Cho G ⊂ Cn là một miền. Các tính chất sau là tương
đương
a) G là một miền taut
G (z0, z) < R} là
b) Với bất kỳ m ∈ N, R > 0 và z0 ∈ G, tập {z ∈ G : k(m)
một tập con compact tương đối của G
G (z0, z) < R} là một tập
c) Với bất kỳ R > 0 và z0 ∈ G, tập {z ∈ G : k(2)
con compact tương đối của G.
a) ⇒ b). Giả sử b) không đúng, tức là ta có thể tìm được m ∈ N, R > 0,
12
Chứng minh.
z0 ∈ G và một dãy (zυ)υ∈N các điểm zυ ∈ G có các tính chất sau
(∗)
υ→∞−→ ˜z ∈ ∂G hoặc zυ → ∞ khi υ → ∞.
k(m) G (z0, zυ) < R và zυ
Từ định nghĩa, ta có thể chọn các hàm ϕυ,j ∈ O(E, G), 1 ≤ j ≤ m và
zυ,1(0) = z0, ϕυ,j(συ,j) = ϕυ,j+1(0), 1 ≤ j ≤ m
m (cid:88)
ϕυ,m(συ,m) = z0 và
ρ(0, συ,j) < R.
j=1
các điểm συ,j ∈ E, 1 ≤ j ≤ m có tính chất
Vì ϕυ,1(0) = z0, tồn tại một dãy con (ϕ1υ,1) ⊂ (ϕυ,1) sao cho ϕ1υ,1 hội tụ
đều trên các tập compact đến ϕ1 ∈ O(E, G) và ϕ1(0) = z0.
υ→∞−→ σ1 ∈ E và ta viết ϕ1(0) = z0 và
ϕ1υ,2(0).
ϕ1(σ1) = lim υ→∞
ϕ1υ,1(σ1υ,1) = lim υ→∞
Ta có thể giả thiết rằng σ1υ,1
..., (ϕmυ,m) ⊂ (ϕυ,m) và (σmυ,1) ⊂ (συ,1), ..., (σmυ,m) ⊂ (συ,m) với
j→∞ −→ σj ∈ E
ϕ mυ,j
ϕj ∈ O(E, G), σ mυ,j
K=⇒ υ→∞
Lặp lại lập luận trên nhiều lần, ta có một dãy con (ϕmυ,1) ⊂ (ϕυ,1), ...
zmυ.
ϕm(σm) = lim υ→∞
và ϕ1(0) = z0, ϕj(σj) = ϕj+1(0), 1 ≤ j ≤ m
b) ⇒ c) Hiển nhiên.
c) ⇒ d) Lấy dãy (fj)j ⊂ O(E, G).
Điều này mâu thuẫn với (*).
Ta giả sử dãy này là không phân kỳ compact, tức là tồn tại các tập
compact K ⊂ E và L ⊂ G và một dãy con (f1j) ⊂ (fj) sao cho f1j(K)∩L (cid:54)=
13
∅ với mọi j.
Lấy các điểm ξj ∈ K mà f1j(ξj) =: zj ∈ L.
ξj → ξ∗ ∈ K và zj → z∗ ∈ L.
Vì tính chất compact của K, L nên ta có thể giả thiết rằng
B(z∗, r) ⊂ G, ρ(ξj, ξ∗) < 1, zj ∈ B(z∗,
) nếu j ≥ j0.
r 4
Chọn một số dương phù hợp r > 0 và j0 ∈ N
) = zj = f1j(ξj).
gj(λ) := z∗ + 3λ(zj − z∗) thì gj(0) = z∗ và gj(
1 3
Lấy một dãy các ánh xạ chỉnh hình gj ∈ O(E, G) xác định bởi
)) + k(1)
G (gj(0), gj(
G (z∗, f1j(θ)) ≤ k(1) k(2)
G (f1j(ξj), f1j(θ))
1 3
≤ ρ(0,
) + ρ(ξj, θ)
≤ ρ(0,
) + ρ(ξ∗, ξj) + ρ(ξ∗, θ)
< ρ(0,
(∗∗)
1 3 1 3 1 ) + 1 + R := ˆR. 3
Do vậy, với θ ∈ E mà ρ(ξ∗, θ) < R (R tùy ý) ta có bất đẳng thức sau
Từ giả thiết, (**) suy ra dãy (f1j) bị chặn đều địa phương. Áp dụng Định
lý Montel ta tìm được một dãy con (f2j) ⊂ (f1j) sao cho (f2j) hội tụ đều
trên các tập compact tới ánh xạ f ∈ O(E, Cn).
{ω ∈ G, k(2)(z∗, ω) < ˆR}, theo giả thiết nó bị chứa trong G.
Hơn nữa, (**) chỉ ra rằng nếu ρ(ξ∗, θ) < R thì f (θ) thuộc bao đóng của
(cid:3) Do vậy f ∈ O(E, G). Định lý được chứng minh.
14
Từ Định lý trên, ta có ngay kết quả sau
Bổ đề 2.1.2. [11] Cho G ⊂ Cn là một miền. Nếu G không phải là miền taut,
thì tồn tại một số R > 0, một dãy (zj)j≥0 ⊂ G, (fj)j≥1, (gj)j≥1 ∈ O(E, G)
(+1)
k(2) G (z0, zj) < R,
(+2)
fj(0) = z0 ∈ G,
(+3)
fj(αj) = gj(0),
(+4)
j→∞ −→ ∞,
gj(βj) = zj, zj
j→∞ −→ ∃ˆz0 ∈ ∂G hoặc
(cid:107)zj(cid:107)
(+5)
αj
j→∞ −→ α0, βj
j→∞ −→ β0.
và (αj)j≥0, (βj)j≥0 ∈ [0, 1) sao cho với mọi j ≥ 1 thì
Tiếp theo, bằng cách sử dụng tiêu chuẩn Royden, ta đưa ra một kết quả
tổng quát hóa kết quả của Kerzman - Rosay [7]. Trước tiên ta nhắc lại định
nghĩa sau
Định nghĩa 2.1.3. Cho miền G ⊂ Cn. Ta nói rằng
ϕ(ω) = 0 >
- ϕ là hàm peak đa điều hòa dưới địa phương tại vô cực nếu tồn tại một
R(∞) := Cn \ Bn(0, R).
R > 0 sao cho ϕ ∈ ( ¯G ∩ UR(∞)) ∩ P SH(G ∩ UR(∞)) và lim ω→∞ ϕ(z), z ∈ ¯G ∩ UR(∞), ω ∈ G, trong đó UR(∞) = U n
ϕ(ω) = −∞ <
- ϕ là hàm peak yếu đa điều hòa dưới địa phương tại vô cực nếu tồn tại R
> 0 sao cho ϕ ∈ ( ¯G ∩ UR(∞)) ∩ P SH(G ∩ UR(∞)) và lim ω→∞ ϕ(z), z ∈ ¯G ∩ UR(∞).
Ta có định lý
Định lý 2.1.4. [10] Cho G ⊂ Cn là một miền. Giả sử rằng G là một miền
taut địa phương và O(E, G) là đồng liên tục đối với (cid:107) · (cid:107). Nếu G có một
(2.1.4a)
ϕ(z) < 0, z ∈ G ∩ UR(∞),
15
hàm peak yếu đa điều hòa dưới địa phương ϕ tại vô cực và
(2.1.4b)
ϕ(z) tồn tại và bằng 0.
lim G(cid:51)z→∞
Thì G là taut.
Chứng minh.
Để chứng minh định lý này, ta cần bổ đề sau
Bổ đề 2.1.5. [10] Cho G ⊂ Cn là một miền taut địa phương. Giả sử
G, (ψj)j≥1 ⊂ O(E, G), và (αj)j≥1 ⊂ [0, 1) sao cho ψj(αj) = zj
j→∞ −→ ∃ˆz0 ∈
j→∞ −→ ∃α0 ∈ [0, 1), thì tồn tại một dãy con (ψjν )ν≥1 của dãy (ψj)j≥1
∂G và αj sao cho ψjν (0) ν→∞−→ ∃ˆυ0 ∈ ∂G.
rằng O(E, G) là đồng liên tục đối với (cid:107) · (cid:107). Nếu tồn tại dãy (zj)j≥1 ⊂
Chứng minh.
(Bx)x∈[0,α0] thuộc khoảng đóng [0, α0] ⊂ E sao cho
(2.1.5a)
(cid:107) ψj(λ) − ψj(x) (cid:107)< 1, ∀j ∈ N, ∀λ ∈ Bx := B1(x, rx) (cid:98) E,
ν=1 ⊂ (Bx)x∈[0,α0], sao
Vì tính đồng liên tục của họ O(E, G), ta có thể chọn một phủ mở
ν=1 Bxν . Đặc biệt, B là liên thông và ta có thể giả sử
(2.1.5b) α0 ∈ BxN , Bxν (cid:54)⊂ Bxµ(ν (cid:54)= µ), Bxν ∩Bxν+1 (cid:54)= Ω(∀ν = 1, ..., N −1).
trong đó (rx)x∈[0,α0] là một họ các số thực dương. Từ tính compact của [0, α0], ta có thể trích ra một phủ con hữu hạn (Bxν )N cho [0, α0] ⊂ B := (cid:83)N
(2.1.5c)
j ≥ j (cid:48).
αj ∈ BxN , (cid:107) ψj(αj) − ˆz0 (cid:107)< 1,
Vì ψj(αj) = zj → ˆz0 ∈ ∂G khi j → ∞, ta lấy j (cid:48) ∈ N đủ lớn sao cho
, và theo (2.1.5b), ta có thể lấy
(cid:107) ψj(ζ) − ˆz0 (cid:107)≤
≤(cid:107) ψj(ζ) − ψj(xNζ ) (cid:107) + (cid:107) ψj(xNζ ) − ψj(λNζ ) (cid:107) + (cid:107) ψj(λNζ ) − ψj(xNζ+1) (cid:107)
16
Nếu ζ ∈ B, thì ∃Nζ∈{1,...,N } với ζ ∈ BxNζ λν ∈ Bxν ∩ Bxν+1(ν = Nζ, ..., N − 1) và cũng có
+ (cid:107) ψj(xNζ+1) − ψj(λNζ+1) (cid:107) + (cid:107) ψj(λNζ+1) − ψj(xNζ+2) (cid:107) +...
+ (cid:107) ψj(λN −2) − ψj(xN −1) (cid:107) + (cid:107) ψj(xN −1) − ψj(λN −1) (cid:107)
+ (cid:107) ψj(λN −1)−ψj(xN ) (cid:107) + (cid:107) ψj(xN )−ψj(αj) (cid:107) + (cid:107) ψj(αj)− ˆz0 (cid:107)
(cid:107) ψj(ζ) − ˆz0 (cid:107)< 2N − 2Nζ + 3 với mọi j ≥ j (cid:48).
và từ (2.1.5a) và (2.1.5c), ta có
(cid:107) ψj(ζ) (cid:107)< 2N + 3+ (cid:107) ˆz0 (cid:107)< ∞ với ∀j ≥ j (cid:48), ∀ζ ∈ B.
Do vậy, ta có
Từ đó, theo Định lý Montel, ta trích được một dãy (ψ1j)j∈N ⊂ (ψj)j∈N
(2.1.5d)
ψ1j
K=⇒ ∃ψ0 ∈ O(B, ¯G) khi j → ∞.
sao cho
(2.1.5e)
ψ1j(α1j) = ˆz0 ∈ ∂G.
ψ0(α0) = lim j→∞
Đặc biệt,
K := {λ ∈ B : ψ0(λ) ∈ ∂G}.
Đặt
Rõ ràng, tập K là một tập khác rỗng, đóng tương đối trong B; hơn nữa,
nó là một tập mở. Bởi vì nếu λ0 ∈ K, thì ˆp0 := ψ0(λ0) ∈ ∂G, và từ giả
thiết của ta, ta có thể chọn một hằng số c0 = c0(ˆp0) > 0, sao cho bất kỳ thành phần liên thông của G ∩ Bn(ˆp0, c0) đều là taut.
,
∀λ ∈ B1(λ0, γ0) (cid:98) B.
∃γ0=γ(λ0,c0)>0 :(cid:107) ψ0(λ) − ψ0(λ0) (cid:107)<
c0 3
17
Từ tính liên tục của ψ0, ta có
,
∀λ ∈ B1(λ0, γ0), ∀j ≥ j0.
∃j0=j(γ0)∈N :(cid:107) ψ1j(λ) − ψ0(λ) (cid:107)<
c0 3
Theo (2.1.5d) ta có
(cid:107) ψ1j(λ) − ψ0(λ0) (cid:107)≤(cid:107) ψ1j(λ) − ψ0(λ) (cid:107) + (cid:107) ψ0(λ) − ψ0(λ0) (cid:107)<
c0.
2 3
Bởi vậy, với bất kỳ j ≥ j0 và λ ∈ B1(λ0, γ0), ta có
Từ đó suy ra, ψ1j(B1(λ0, γ0)) ⊂ G ∩ Bn(ˆp0, c0) với mọi j ≥ j0; và như
vậy, theo (2.1.5e), không có dãy nào trong (ψ1j)j≥j0 có thể hội tụ đều trên các tập con compact của B1(λ0, γ0).
ψ0(B1(λ0, γ0)) ⊂ ∂G.
Ngoài ra, từ tính bị chặn của Bn(ˆp0, c0) và (2.1.5d) ta có
Tức là, B1(λ0, γ0) ⊂ K, hay λ0 là một điểm trong của K. Nhưng vì λ0
tùy ý, K là một tập mở liên thông của B nên K = B.
j→∞ −→ ∃ˆυ0 ∈ ∂G.
(cid:3) Vì 0 ∈ B, ta có ψ1j(0)
Chứng minh Định lý 2.1.4
(gj)j≥1 ∈ O(E, G), và (αj)j≥1, (βj)j≥1 ⊂ [0, 1) thỏa mãn (+2) ∼ (+5).
Giả sử ngược lại, G không là taut. Ta chọn các dãy (zj)j≥0 ⊂ G, (fj)j≥1,
j→∞ −→ ˆz0 ∈ ∂G. Theo Bổ đề 2.1.5,
Trước tiên giả sử rằng gj(βj) = zj
g1j(0) −→ ∃ ˆω0 ∈ ∂G khi j → ∞. Chú ý rằng α1j → α0 khi j → ∞.
ta có thể trích được một dãy con (g1j)j∈N của (gj)j∈N sao cho f1j(α1j) =
Lại áp dụng Bổ đề 2.1.5 đối với dãy (f1j(α1j))j, ta có thể chọn được một
dãy con (f2j)j∈N của (f1j)j∈N sao cho f2j(0) −→∃ ˆυ0 ∈ ∂G. khi j → ∞,
điều này mâu thuẫn với tính chất (+2).
18
Do vậy ta có
(2.1.4c)
(cid:107) gj(βj) (cid:107)=(cid:107) zj (cid:107)→ ∞ khi j → ∞.
O(E, G) ta có thể lấy một phủ mở (By)y∈[0,β0] của khoảng đóng [0, β0] ⊂ E
Như trong chứng minh của Bổ đề 2.1.5, sử dụng tính đồng liên tục của
(2.1.4d)
(cid:107) gj(λ) − gj(y) (cid:107)< 1,
j ∈ N, λ ∈ By := B1(y, ry) (cid:98) E,
sao cho
trong đó (ry)y∈[0,β0] là một họ các số thực dương.
(Byν )M
ν=1 ⊂ (By)y∈[0,β0] sao cho [0, β0] ⊂ B := (cid:83)M
ν=1 Byν .
Từ tính compact của [0, β0], ta có thể trích ra một phủ con hữu hạn
(2.1.4e) β0 ∈ ByM , Byν (cid:54)⊂ Byµ(ν (cid:54)= µ), Byν ∩Byν+1 (cid:54)= Ω(∀ν = 1, ..., M −1).
Đặc biệt, B là liên thông và ta có thể giả sử rằng
(2.1.4f )
(cid:107) gj(βj) (cid:107)< 2R,
∀j ≥ jR.
βj ∈ ByM ,
Từ (2.1.4c), ta có thể chọn jR ∈ N đủ lớn sao cho
với mỗi ∃Mζ∈{1,...,M }. Theo (2.1.4d) và (2.1.4e), Lấy ζ ∈ B thì ζ ∈ ByMζ
(cid:107) gj(ζ) − gj(βj) (cid:107) ≤ (cid:107) gj(ζ) − gj(yMζ ) (cid:107) + (cid:107) gj(yMζ ) − gj(λMζ ) (cid:107)
+ (cid:107) gj(λMζ ) − gj(yMζ+1) (cid:107) + (cid:107) gj(yMζ+1) − gj(λMζ+1) (cid:107) +...
+ (cid:107) gj(λM −2) − gj(yM −1) (cid:107) + (cid:107) gj(yM −1) − gj(λM −1) (cid:107)
+ (cid:107) gj(λM −1) − gj(yM ) (cid:107) + (cid:107) gj(yM ) − gj(βj) (cid:107)
∀j ∈ N.
< 2(M − Mζ + 1) < 2(M + 1),
với mọi λµ ∈ Byµ ∩ Byµ+1 (µ = Mζ, ..., M − 1),
(cid:107) gj(ζ) (cid:107) +2(M + 1) > (cid:107) gj(βj) (cid:107) > 2R,
∀j ≥ jR, ∀ζ ∈ B,
19
Khi đó, theo (2.1.4f) ta có
điều này cho ta thấy tồn tại j1 ∈ N với j1 ≥ jR sao cho gj(B) ⊂ G ∩ U với
mọi j ≥ j1.
˜ϕ := lim sup
ϕ ◦ gν trên B. Theo (2.1.4a) và (2.1.4b), (ϕ ◦ gj)j≥j1 là bị chặn
ν→∞
Mặt khác, ϕ ◦ gj là hoàn toàn xác định trên B với mọi j ≥ j1. Đặt
trên trên B, và vì vậy ˜ϕ∗ ∈ SH(B) và ˜ϕ∗ ≤ 0, trong đó ’*’ có nghĩa là sự
chính quy hóa nửa liên tục trên.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh ˜ϕ∗(β0) = 0. Giả sử ˜ϕ∗(β0) < 0. Chọn một
hằng số s > 0 đủ nhỏ sao cho ˜ϕ∗(β0) < −3s < 0.
∀λ ∈ V.
Từ định nghĩa của ˜ϕ∗, ta có thể chọn một lân cận mở V = V (β0) ⊂ B
của β0 sao cho ( lim supν→∞ ϕ ◦ gν )(λ) < −2s,
Vậy, theo Bổ đề Hartogs đối với các hàm đa điều hòa dưới ta có với mọi
W ≥ j1 sao cho
(cid:48)
∀j ≥ j
(ϕ ◦ gj)(λ) < −s,
W .
sup λ∈W
tập mở W (cid:98) V, β0 ∈ W, tồn tại j (cid:48)
W đủ lớn sao cho
W ≥ j (cid:48)
W ∈ N với j (cid:48)(cid:48)
βj ∈ W với mọi j ≥ j (cid:48)(cid:48)
W . Do đó ta có
(cid:48)(cid:48)
∀j ≥ j
ϕ(gj(βj)) = (ϕ ◦ gj)(βj) < −s,
W ,
Cố định W, từ (+5) ta có thể chọn j (cid:48)(cid:48)
điều này mâu thuẫn với (2.1.4b).
Vậy ta cần chỉ ra tính chất ˜ϕ∗(β0) = 0, và theo nguyên lý cực đại đối với
E (cid:98) B. Với mọi m ∈ N mà m ≥ m0, ta
1 m0
hàm điều hòa dưới thì ˜ϕ∗ ≡ 0 trên B. Mặt khác, ˜ϕ = ˜ϕ∗ hầu khắp nơi trên
E sao cho ˜ϕ(λm) = ˜ϕ∗(λm) = 0, tức là
ϕ ◦ gj(λm) = 0.
lim sup j→∞
20
có thể lấy được điểm λm ∈ B. Lấy m0 ∈ N đủ lớn sao cho 1 m
ϕ(gmj(λm)) = 0.
(j)j≥j1 sao cho lim j→∞
Do đó, với mọi m ∈ N với m ≥ m0, ta có thể lấy được một dãy (mj)j∈N ⊂
m < ϕ(gµm(λm)) < 0 với mọi m ≥ m0. Bởi vậy, theo (2.1.4a), (2.1.4b), và từ
Từ đó, ta có thể chọn một dãy tăng (µm)m≥m0 ⊂ N thỏa mãn − 1
tính liên tục của ϕ, tồn tại một dãy con (µ1l)l∈N của (µm)m∈N sao cho
(2.1.4g)
gµ1l(λ1l) l→∞−→ ∃ˆυ0 ∈ ∂G,
gµ1l(λ1l) ∈ U (∀l ∈ N),
(2.1.4h)
hoặc
gµ1l(λ1l) ∈ U (∀l ∈ N).
l→∞−→ 0 và
hoặc (cid:107) gµ1l(λ1l) (cid:107) l→∞−→ ∞,
O(E, G) là đồng liên tục, ta có
(2.1.4i)
gµ1l(0) −→ ˆυ0 ∈ ∂G khi l → ∞.
Trong trường hợp (2.1.4g), ta có thể sử dụng giả thiết λ1l
Mặt khác, ta có thể giả sử rằng 0 ∈ Bx1 với mọi x1. Theo (2.1.4d) và từ
l→∞−→ 0, ta giả sử với mọi l (cid:29) 1 với λ1l ∈ Bx1, ta có
(cid:107) gµ1l(λ1l) (cid:107)< 2+ (cid:107) gµ1l(0) (cid:107) với mọi l (cid:29) 1.
giả thiết thì λ1l
(2.1.4j)
(cid:107) gµ1l(0) (cid:107)−→ ∞ khi l → ∞.
Vì vậy trường hợp (2.1.4h) cho ta
Theo (+3) thì
hoặc fµ1l(αµ1l) l→∞−→ ∂G,
hoặc (cid:107) fµ1l(αµ1l) (cid:107) l→∞−→ ∞.
Trong phần đầu của chứng minh này, sử dụng Bổ đề 2.1.5 ta có được
điều mâu thuẫn với tính chất (+2). Trong phần sau, nó cũng là một vấn đề
tương tự như trong (2.1.4c). Do vậy, sau khi ta thay (gj)j (tương ứng (βj)j)
21
bởi (fµ1l)l (tương ứng (αµ1l)l), ta có thể lặp lại các lập luận như trên.
(f0j(0))j∈N của (fµ1l)l∈N sao cho (f0j)j∈N không hội tụ về một điểm trong
Bằng cách thực hiện phương pháp này, ta có thể trích được một dãy con
G; so sánh với (2.1.4i) và (2.1.4j). Điều này mâu thuẫn với tính chất (+2).
Trong từng trường hợp ta đều có được điều mâu thuẫn. Định lý được
(cid:3) chứng minh.
Định lý 2.1.6. [11] Cho miền G ⊂ Cn, S ⊂ Cm là các miền. Lấy π : G → S
là một ánh xạ chỉnh hình. Giả sử rằng với mọi p ∈ S tồn tại một lân cận
mở U = U(p) của p trong S sao cho π−1(U ) là taut. Nếu S là miền taut thì
G cũng là miền taut.
Chứng minh.
(zj)j≥0 ⊂ G, fj, gj ∈ O(E, G), và (αj)j≥0, (βj)j≥0 ⊂ [0, 1) thỏa mãn
(+2) ∼ (+5).
Giả sử ngược lại, G không là taut. Theo Bổ đề 2.1.2, ta có thể chọn dãy
π(fj(0)) = π(z0) ∈ S,
lim j→∞
(π ◦ fj)(0) = lim j→∞
Vì S là taut và họ (π ◦ fj)j≥1 ⊂ O(E, S) thỏa mãn
(2.1.6a)
π ◦ f1j
K=⇒ ∃ϕ1 ∈ O(E, S) khi j → ∞.
tồn tại một dãy (f1j)j≥1 ⊂ (fj)j≥1 sao cho
(π ◦ f1j)(α1j) = ϕ1(α0) ∈ S.
lim j→∞
(π ◦ g1j)(0) = lim j→∞
Đặc biệt, từ (+3) ta có
Do đó, (π ◦ g1j)j≥1 ⊂ O(E, S) không là phân kỳ compact trên G, vì S là
(2.1.6b)
π ◦ g2j
K=⇒ ∃ϕ2 ∈ O(E, S) khi j → ∞.
22
taut, ta có thể trích được một dãy (g2j)j≥1 ⊂ (g1j)j≥1 sao cho
G với mọi j ≥ jλ.
Bước 1. Với mọi λ ∈ E, tồn tại các lân cận mở Vλ (cid:98) E của λ, Uϕ2(λ) ⊂ S của ϕ2(λ), và jλ ∈ N, sao cho π−1(Uϕ2(λ)) là taut và g2j(Vλ) (cid:98) π−1(Uϕ2(λ)) ⊂
Cố định λ ∈ E. Hiển nhiên, ϕ2(λ) ∈ S và theo giả thiết ta có thể chọn
một lân cận mở Uϕ2(λ) ⊂ S của ϕ2(λ) sao cho π−1(Uϕ2(λ)) là taut.
ϕ2, Bλ := ϕ−1 chọn một lân cận mở Vλ = V (λ) (cid:98) Bλ của λ đủ nhỏ sao cho
(cid:107) ϕ2(ζ) − ϕ2(λ) (cid:107)< rλ với mọi ζ ∈ ¯Vλ.
Lấy rλ := r(λ) > 0 sao cho B( ϕ2(λ), 3rλ ) ⊂ Uϕ2(λ). Do tính liên tục của 2 ( B(ϕ2(λ), rλ) ) ⊂ E là một tập mở chứa λ, và ta cũng có thể
(cid:107) (π ◦ g2j)(ζ) − ϕ2(ζ) (cid:107)< rλ với mọi ζ ∈ ¯Vλ và j ≥ jλ.
Lúc này, theo (2.1.6b), ta có thể chọn jλ ∈ N đủ lớn sao cho
(cid:107) (π ◦ g2j)(ζ) − ϕ2(λ) (cid:107)≤(cid:107) (π ◦ g2j)(ζ) − ϕ2(ζ) (cid:107) + (cid:107) ϕ2(ζ) − ϕ2(λ) (cid:107)< 2rλ,
Do đó
với mọi ζ ∈ ¯Vλ và j ≥ jλ.
(π ◦ g2j)(Vλ) ⊂ (π ◦ g2j)( ¯Vλ) ⊂ B(ϕ2(λ), 3rλ) ⊂ Uϕ2(λ), j ≥ jλ.
Từ đó suy ra
Bước 2. Chọn giá trị 0 < s < 0 sao cho [−s, β0] là compact trong E,
µ=1 Vxµ và
∀µ∈{1,...,q}, ∃ν∈{1,...,q}\{µ} : Vxν ∩ Vxµ (cid:54)= ∅,
ta có thể chọn một tập hữu hạn {xµ : µ = 1, ..., q} ⊂ [−s, β0] sao cho [−s, β0] ⊂ (cid:83)q
23
và hơn nữa, sau khi sắp xếp lại, ta có thể giả sử β0 ∈ Vq và Vxµ ∩ Vxµ+1 (cid:54)= ∅, µ ∈ {1, ..., q − 1}.
(g3j)j≥1 ⊂ (g2j)j≥1 sao cho
g3j
K=⇒ ∃gβ0 ∈ O(Vβ0, π−1(Uϕ2(β0))) khi j → ∞.
Bây giờ, ta sẽ xét trường hợp λ = β0. Giả sử rằng tồn tại một dãy con
g3j(β3j) = gβ0(β0) ∈ G,
lim j→∞
z3j = lim j→∞
Từ tính chất (+4) ta có
điều này hoàn toàn mâu thuẫn với tính chất phân kỳ của dãy (zj)j trong
(+4).
Vxq ∩ Vβ0, theo như Bước 1, ta có thể trích được một dãy (g4j)j≥1 ⊂ (g2j)j≥1
Do đó, theo Bước 1, dãy (g2j)j phân kỳ compact trên Vβ0. Nhưng vì β0 ∈
sao cho (g4j)j≥1 phân kỳ compact trên Vxq.
(g5j)j≥1 ⊂ (g4j)j≥1 sao cho (g5j)j≥1 phân kỳ compact trên Vxq−1.
Vì Vxq−1 ∩ Vxq (cid:54)= ∅, theo như Bước 1, ta cũng có thể trích được một dãy
và Cứ tiếp tục quá trình trên, ta có thể chọn µ0 ∈ {1, ..., m} với 0 ∈ Vxµ0
. dãy (g6j)j≥1 ⊂ (g5j)j≥1 sao cho (g6j)j≥1 phân kỳ compact trên Vxµ0
(2.1.6c)
j→∞ −→ ∞.
Vì vậy, từ kết quả của Bước 2 và theo (+3) thì
j→∞ −→ ∃ˆa0 ∈ ∂G,
hoặc f6j(α6j) hoặc (cid:107) f6j(α6j) (cid:107)
Đây là một trường hợp tương tự như trong (+4) với dãy (gj(βj))j.
Do đó ta có thể thực hiện lặp lại phương pháp chứng minh của Bước
1, sử dụng (2.1.6a) và giả thiết ở Bước 2, sử dụng điều kiện (2.1.6c) cho
dãy (f6j(α6j))j, ta có thể thu được một dãy con (f7j)j∈N của (f6j)j∈N sao
cho (f7j(0))j∈N không hội tụ về một điểm trong G; điều này mâu thuẫn với
(cid:3) (+2). Định lý được chứng minh.
24
Trong phần tiếp theo, ta sẽ nghiên cứu tính taut của miền Hartogs Ωϕ(X)
thông qua tính taut của X. Cụ thể, ta sẽ chứng minh rằng Ωϕ(X) là taut
2.2 Tính taut của miền Hartogs
nếu và chỉ nếu X là taut và ϕ liên tục trên X.
Để khảo sát tính taut của miền Hartogs, trước hết ta định nghĩa giả
metric vi phân Sibony cho không gian phức.
Định nghĩa 2.2.1. Giả sử X là một không gian phức. Gọi Sp là họ tất cả
các hàm u xác định trên X thỏa mãn 0 ≤ u ≤ 1, u(p) = 0, u thuộc lớp C 2
trong một lân cận của p và log u là hàm đa điều hòa dưới trên X.
Ta định nghĩa giả metric vi phân Sibony PX trên nón Royden - Kobayashi
của X như sau: PX(p, ξ) =
,
sup
; u ∈ Sp, σ ∈ Hol(E, X) sao cho σ(0) = p, σ(cid:48)(e0) = ξ
(cid:41) (cid:19)1/2
(cid:40)(cid:18)∂2u◦σ(0) ∂¯λ∂λ
với mọi (p, ξ) ∈ Con X.
(p, ξ) ∈ Con X.( Xem [8])
Rõ ràng PX là metric Finsler trên Con X và PX(p, ξ) ≤ FX(p, ξ) với mọi
Bổ đề 2.2.2. [2] Cho X là một không gian phức. Giả sử có hàm đa điều
hòa dưới bị chặn u trên X sao cho u là đa điều hòa dưới chặt trong một lân
cận của p ∈ X. Khi đó X là hyperbolic tại p, tức là tồn tại một lân cận V
FX(q, ξ) ≥ C (cid:107) ξ (cid:107) với mọi q ∈ V, ξ ∈ TqX,
của p trong X và một hằng số C > 0 sao cho
trong đó (cid:107) · (cid:107) là ký hiệu metric Finsler cho trước trên X.
25
Chứng minh.
Tương tự trong ([8], Định lý 3), ta có thể giả thiết u thuộc lớp C 2 trong
một lân cận của p. Gọi Φ là bản đồ từ một lân cận U của p vào hình cầu
B(0, 2r) trong Cn sao cho Φ(p) = 0. Chọn lân cận compact tương đối V của p trong X sao cho ¯V ⊂ U và Φ(z) − Φ(p) ∈ B(0, r) với mọi z ∈ V.
qΦ(z) = Φ(z) − Φ(q), ∀z ∈ V.
Với mỗi q ∈ V, ta đặt
qΦ−1 thác triển được thành
Khi đó qΦ(q) = 0.
qΦ−1 lớp C 2 trên B(0, 2r) thỏa mãn
Ta có thể giả thiết rằng hàm u là âm và u◦
hàm đa điều hòa dưới chặt u◦
(cid:10)Lu ◦ qΦ−1(z)ω, ω(cid:11) ≥ C (cid:107) ω (cid:107)2 với ω ∈ Cn,
trong đó C là hằng số dương không phụ thuộc vào q ∈ V.
x ≤
Giả sử θ là hàm trơn không giảm xác định trên R+ sao cho θ(x) = x với
.
1 2
3 4
và θ(x) = 1 với x ≥
Với t > 0 ta định nghĩa
Ψq
e tu(z) với z ∈ U.
t (z) = θ
|q Φ(z) |2 r2
Ψq
t (z) = e tu(z) với z ∈ X \ U.
(cid:32) (cid:33)
) ) hàm log Ψq t
r 2
Rõ ràng trên một lân cận của X \ U và trên qΦ−1( B(0,
là hàm đa điều hòa dưới. Xét trên B(0, 2r) hàm
e t(u◦ qΦ−1)(z)
(cid:19)
t (z) = θ
(cid:101)Ψq (cid:18)(cid:107) z (cid:107)2 r2
Đặt h = log θ. Bằng tính toán đơn giản ta tìm được hằng số A > 0 sao
cho với mọi z ∈ B(0, 1) và ω ∈ Cn
26
(cid:10)Lh((cid:107) z (cid:107)2)ω, ω(cid:11) ≥ −A. (cid:107) ω (cid:107)2 .
Từ đó ta nhận được
≥
−
. (cid:107) ω (cid:107)2
t (z)ω, ω
(cid:18) (cid:69) (cid:68) L log (cid:101)Ψq (cid:19) A r2 + Ct
t ∈ Sq.
A r2C
Nếu ta chọn t = ta thấy ngay rằng Ψq
n (cid:88)
= θ
qΦj(σ(λ)) e tu(σ(λ))
t ◦ σ(λ) ∂λ
(cid:48) (cid:18)|q Φ(σ(λ)) |2 r2
Giả sử σ ∈ Hol(∆, X) sao cho σ(0) = q, σ(cid:48)(e0) = ξ. Ta có ∂Ψq
∂qΦj(σ(λ)) ∂λ
j=1
(cid:19) 1 r2
+θ
t
e tu(σ(λ))
(cid:19)
∂u(σ(λ)) ∂λ
(cid:18)|q Φ(σ(λ)) |2 r2
∂2Ψq
(cid:48)(cid:48) (cid:18)|q Φ(σ(λ)) |2
n (cid:88)
= θ
qΦj(σ(λ))
∂λ
và
t ◦ σ(λ) ∂¯λ∂λ
∂qΦj(σ(λ)) ∂¯λ
j=1
n (cid:88)
×
qΦj(σ(λ)) e tu(σ(λ))
∂qΦj(σ(λ)) ∂λ
n (cid:88)
+θ
qΦj(σ(λ))
j=1 (cid:48) (cid:18)|q Φ(σ(λ)) |2 r2
(cid:19) 1 r4
∂qΦj(σ(λ)) ∂λ
j=1
e tu(σ(λ))
× t
n (cid:88)
+θ
qΦj(σ(λ))
∂u(σ(λ)) ∂¯λ (cid:48) (cid:18)|q Φ(σ(λ)) |2 r2
(cid:19) 1 r2
∂qΦj(σ(λ)) ∂¯λ
j=1
× t
e tu(σ(λ))
(cid:19) 1 r2
t
+θ
e tu(σ(λ))
(cid:19)
+θ
e tu(σ(λ))
∂u(σ(λ)) ∂¯λ (cid:18)|q Φ(σ(λ)) |2 r2 (cid:18)|q Φ(σ(λ)) |2 r2
∂2u(σ(λ)) ∂¯λ∂λ t2 ∂u(σ(λ)) ∂λ
∂u(σ(λ)) ∂¯λ
(cid:19)
∂2Ψq
≥ t e tu(q) ∂2u(σ(0))
t ◦ σ(0) ∂¯λ∂λ
∂¯λ∂λ
27
Trong đó
≥ Ct e tu(q) (cid:107) ξ (cid:107)2 .
√
A 2r2C
e
PX(q, ξ) ≥
u(q) (cid:107) ξ (cid:107) với mọi ξ ∈ Con X ∩ TqX.
A r
Do đó ta có
(cid:3) Vậy F (q, ξ) ≥ P (q, ξ).
Bổ đề 2.2.3. [2] Giả sử X là không gian phức sao cho trên X có một hàm
đa điều hòa dưới chặt, trơn. Khi đó nếu trên X có hàm liên tục vét cạn đa
điều hòa dưới bị chặn, thì X là hyperbolic.
Chứng minh.
Giả sử u là hàm vét cạn, bị chặn liên tục trên X. Ta có thể giả thiết rằng
u nhận các giá trị trong đoạn [0,1]. Vì u là hàm vét cạn, với mỗi a < 1 ta
có u−1( [0, a] ) là compact trong X.
u−1( [0, a] ). Gọi V là thành phần liên thông của u−1( [0, a] ) mà V chứa p.
Lấy điểm p tùy ý trong X. Thế thì tồn tại a ∈ (0, 1) sao cho p ∈
Giả sử υ là hàm đa điều hòa dưới chặt, trơn trên X.
Xét W là lân cận compact tương đối của V trong X sao cho W là rời
u(z). Vì u liên tục nên µ > a.
nhau với tất cả các thành phần liên thông khác của u−1( [0, a] ).
(u + υ) và giả sử h là hàm lồi trên R sao cho h(x) = x với
Đặt µ = inf z∈∂W
x < a +
và h(µ) > c. Gọi c = max z∈∂W µ − a 2
sup((u + υ)(z), h(u(z))) với z ∈ W
Ψ(z) =
h(u(z)) với z ∈ X \ W.
Ta định nghĩa hàm Ψ bởi
28
Khi đó Ψ là hàm đa điều hòa dưới bị chặn và đa điều hòa dưới chặt trên
một lân cận của p. Theo Bổ đề 2.2.2, X là hyperbolic tại p. Do p là bất kỳ
trong X nên X là hyperbolic tại mọi điểm. Do đó X là hyperbolic.
Bổ đề 2.2.4. [2] (Định lý của Sibony đối với không gian phức).
Giả sử X là không gian phức sao cho trên X có một hàm đa điều hòa dưới
chặt, trơn. Khi đó nếu trên X có hàm liên tục vét cạn đa điều hòa dưới bị
chặn, thì X là taut.
Chứng minh.
Giả sử u là hàm vét cạn, bị chặn trên X. Ta có thể giả thiết u nhận các
giá trị trong đoạn [0,1]. Vì u là hàm vét cạn, với mỗi a < 1 ta có u−1( [0, a] )
là compact trong X.
Xét dãy {fn} ⊂ Hol(E, X). Giả sử {un} là dãy các hàm điều hòa dưới trên đĩa đơn vị E trong C cho bởi un(z) = u(fn(z)). Khi đó có các trường
un(z0) < 1.
hợp sau:
L ⊂ X. Theo Bổ đề 2.2.3, X là hyperbolic do đó dãy {fn} là đồng liên tục.
a) Giả sử có điểm z0 ∈ E sao cho lim n→∞ Khi đó có dãy con {fnj} ⊂ {fn} sao cho fnj(z0) nằm trong tập compact
Theo tính chất của giả khoảng cách Kobayashi dX, nếu u là hàm vét cạn
| z − z0 |< r.
unj(z) ≤ 1 − ε, với
lim j
thì tồn tại r > 0 và ε > 0 sao cho
unj(z).
j
Xét hàm υ trên E xác định bởi υ(z) = lim
Chính quy hóa hàm nửa liên tục trên υ∗ của υ là điều hòa dưới trên E.
29
Hơn nữa ta có υ = υ∗ hầu khắp nơi trong E. Vì υ ≤ 1 − ε trên đĩa, theo
nguyên lý cực đại ta có υ∗ < 1 mọi nơi. Từ đó với mỗi r < 1 tồn tại hằng số
c(r) < 1 sao cho υ∗ ≤ c(r) trên đĩa Er. Theo Bổ đề Hartogs (xem [4], Định
| z |< r1 và j > j0. Do đó với mỗi z ∈ E, {fnj(z)} là compact tương đối,
lý 1.6.13), với r1 < r và ε > 0 sao cho c(r) + ε < 1, ta có unj ≤ c(r) + ε với
un(z) = 1. Vì u > 1, suy ra với mỗi z ∈
theo [3], tồn tại dãy con của {fnj} hội tụ trong tôpô compact mở.
E, fn(z) −→ ∞ trên X. Giả sử K là tập compact trong E và L là tập
b) Với mỗi z ∈ E, lim n
compact trong X. Chọn c < 1 sao cho L ⊂ {z ∈ X; u(z) ≤ c}.
Lấy δ > 0 sao cho L1 = {z ∈ X; dX(z, L) ≤ δ} là compact. Khi đó có c1 < 1 mà L1 ⊂ {z ∈ X; u(z) ≤ c1}. Chọn η > 0 sao cho nếu z, z(cid:48) thuộc K và | z − z(cid:48) ≤ η | thì dX(fn(z), fn(z(cid:48))) ≤ δ với mọi n. Vì K compact
E(pj, η), 1 ≤ j ≤ s.
nên có thể phủ K bởi hữu hạn các đĩa tâm pj, bán kính η, ký hiệu bởi
z ∈ E(pj, η) và dX( fn(z), fn(pj) ) ≤ δ.
Chọn n0 sao cho un(pj) > c1 với n ≥ n0 và 1 ≤ j ≤ s. Từ đó, với mọi n ≥ n0 và z ∈ K thì fn(z) (cid:54)∈ L. Thật vậy, với z ∈ K tồn tại j ∈ N sao cho
Do đó, nếu fn(z) ∈ L thì fn(pj) ∈ L1. Điều này mâu thuẫn với cách chọn
n0, vì vậy dãy {fn} là phân kỳ compact. Bổ đề được chứng minh.
(cid:3)
Tiếp theo ta nghiên cứu sự bất biến của tính taut của X trong miền
Hartogs Ωϕ(X) liên kết với ϕ. Ta có định lý sau
Định lý 2.2.5. [2] Giả sử X là một không gian phức và ϕ là một hàm đa
điều hòa dưới trên X. Khi đó miền Hartogs Ωϕ(X) là taut nếu và chỉ nếu
X là taut và ϕ liên tục trên X.
30
Chứng minh.
(⇒) Vì X đẳng cấu với không gian con phức đóng {(x, 0); x ∈ X} của
Ωϕ(X), nên X là taut.
Giả sử ϕ không liên tục tại điểm z0 ∈ X. Khi đó do ϕ là nửa liên tục
{zj} → z0 và e−ϕ(z0) < r < e−ϕ(zj) với mọi j ≥ 1.
trên nên ta có thể tìm được dãy {zj} ⊂ X và số thực r > 0 sao cho
Với mỗi j ≥ 1, ta xác định ánh xạ chỉnh hình fj : E → Ωϕ(X) xác định
bởi fj(λ) = (zj, rλ) với mỗi λ ∈ E.
Ta có {fj(0)} → (z0, 0) ∈ Ωϕ(X) và từ tính taut của Ωϕ(X), không mất
tính chất tổng quát ta có thể giả sử dãy {fj} hội tụ đều đến ánh xạ chỉnh
Ωϕ(X) được xác định bởi
f (λ) = (z0, rλ), với mọi λ ∈ E.
hình f trong Hol(E, Ωϕ(X)), trong đó f cũng là ánh xạ chỉnh hình từ E vào
r | λ |< e−ϕ(z0) với mọi λ ∈ E.
Từ đó ta có
(⇐) Xét phép chiếu chính tắc π : Ωϕ(X) → X xác định bởi π(z, λ) = z.
Do vậy r ≤ e−ϕ(z0). Điều này mâu thuẫn với trên.
Theo một kết quả của [1], để chứng minh Ωϕ(X) là taut ta chỉ cần chứng
minh với mỗi z ∈ X, tồn tại lân cận mở U của z trong X sao cho π−1(U ) là
taut.
π−1(U ) = {(z, λ) ∈ U × C :| λ |< e−ϕ(z)} = Ωϕ(U ).
31
Thực vậy, chọn lân cận siêu lồi U của z trong X. Thì
Giả sử rằng ρ là hàm vét cạn đa điều hòa dưới âm liên tục của U.
Khi đó hàm (z, λ) (cid:55)→ max( ρ(z), log | λ | +ϕ(z) ) cũng là hàm vét cạn
đa điều hòa dưới âm liên tục của Ωϕ(U ).
Do đó Ωϕ(U ) là siêu lồi. Theo Bổ đề 2.2.4, Ωϕ(U ) là taut, tức là π−1(U )
là taut.
2.3 Tính taut của miền Hartogs với thớ cân bằng
(cid:3) Do đó Ωϕ(X) là taut. Định lý được chứng minh.
Trong phần này, áp dụng tiêu chuẩn Royden ta sẽ nghiên cứu tính taut
của một miền Hartogs (không nhất thiết bị chặn) với thớ cân bằng m chiều.
Trước tiên ta có định nghĩa sau
[−∞, ∞) là hàm nửa liên tục trên ( kí hiệu H ∈ C ↑(G × Cm) ) sao cho
H(z, ω) ≥ 0, H(z, λω) =| λ | H(z, ω), λ ∈ C, z ∈ G, ω ∈ Cm,
Định nghĩa 2.3.1. Cho G ⊂ Cn là một miền trong Cn, H : G × Cm →
và u, v ∈ C ↑(G) với u + v < 0 trên G.
Đặt Ω = ΩH(G) := {(z, ω) ∈ G × Cm : H(z, ω) < 1}.
h ∈ C ↑(Cm), h (cid:54)≡ 0, h(λω) =| λ | h(ω), λ ∈ C, ω ∈ Cm,
Nếu H(z, ω) = h(ω)eu(z), z ∈ G, ω ∈ Cm, trong đó
thì ta kí hiệu ΩH(G) là Ωu,h(G).
Ta gọi Ω = Ωu,h(G) là một miền Hartogs trên miền G với thớ cân bằng
m chiều.
32
Định lý sau chỉ ra điều kiện cần và đủ về tính taut của một miền Hartogs
(mà không có giả thiết về tính bị chặn) với thớ cân bằng m chiều.
Định lý 2.3.2. [11] Miền Hartogs Ω = Ωu,h(G) là taut nếu và chỉ nếu G, D = Dh là taut, u ∈ (C ∩ P SH)(G, R).
Chứng minh.
Bằng lập luận như trong chứng minh của Mệnh đề 3.8 [6], ta có ngay điều
kiện cần.
Để chứng minh điều kiện đủ, ta giả sử Ω không phải là taut. Theo Bổ đề
(αj)j≥0, (βj)j≥0 ∈ [0, 1) có tính chất (+1) ∼ (+5).
2.1.2, ta có thể chọn R > 0, dãy (zj)j≥0 ⊂ Ω, (fj)j≥1, (gj)j≥1 ∈ O(E, G) và
0, z1
j ), trong đó zj := (z1
j , z2
j ) ∈ G × Cm, j ≥ 0.
Ω (z1
Ω (z0, zj) ≥ k(2) k(2)
Ta nhận thấy
(z1
(z1
j )j≥1 ⊂ Bk2
0, R).
G
j→∞ −→ ∃a1
0 ∈
Từ tính chất (+1) ta có:
G, ∀j ≥ 1.
Vì G là taut, theo tiêu chuẩn Royden, ta có thể giả sử rằng z1 j
fj := (f 1
j , f 2
j ), gj := (g1
j , g2
j ) ∈ O(E, G) × O(E, Cm).
Với mọi j ≥ 1, đặt
(f 1
0 ∈
1j)j≥1 ⊂ (f 1
j )j≥1 sao cho f 1
1j hội tụ đều trên các tập compact tới ∃f 1
O(E, G) khi j → ∞.
Từ tính taut của G và tính chất (+2), ta có thể trích được một dãy
limj→∞ g1
f 1 1j(α1j) = f 1
0 (α0) ∈ G.
1j(0) = lim j→∞
33
Do đó, từ tính chất (+3) và (+5) suy ra:
2j)j≥1 ⊂ (g1
1j)j≥1 sao cho g1
2j hội tụ
Vì G là taut nên tồn tại một dãy (g1
0 ∈ O(E, G) khi j → ∞.
đều trên các tập con compact tới ∃g1
2j = a1 z1 0.
g1 0(β0) = lim j→∞
g1 2j(β2j) = lim j→∞
Đặc biệt,
cho h(ω) ≥ C(cid:107)ω(cid:107), ω ∈ Cm. Vì u là hàm giá trị thực, ta có h(z2 Mặt khác, vì D là taut, nên D (cid:98) Cm, tức là tồn tại một hằng số C > 0 sao j ) ≤ e−u(z1 j )
với j ≥ 1.
(cid:107)z2
h(z2
e−u(a1
0) < ∞,
j (cid:107) ≤
j ) ≤
1 C
1 C
lim sup j→∞
lim sup j→∞
Vì u là liên tục nên
(cid:57) ∞ khi j → ∞. Như vậy, theo tính chất (+4), ta có thể chọn do đó z2 j
0 ∈ Cm sao cho
zj = (a1
0, a2
0) = ˆz0 ∈ ∂Ω.
lim j→∞
một điểm a2
Bước 1. Chọn c2 ∈ (0, 1) sao cho βj ∈ c2 E với j ≥ 0. Với mọi j ≥ 1, ta
2 E → Cn × Cm bởi
˜gj(λ) = (˜g1
j (λ), ˜g2
j (λ)) := gj(βjλ), λ ∈ c−1
2 E := E2.
xác định ánh xạ ˜gj : c−1
Rõ ràng ánh xạ trên hoàn toàn xác định và (˜gj)j≥1 ⊂ O(E2, Ω).
2j)j≥1 bị chặn trên E2. Lấy F2 := (cid:83)
j≥0(βjE2).
Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng (˜g2
Sử dụng (+5), dễ dàng kiểm tra được F2 (cid:98) E.
0(F 2), hiển nhiên L (cid:98) G và vì vậy δ := dist(L, ∂G)/3 > 0.
Lấy L := g1
0 khi j → ∞, ta có thể lấy j0 ∈ N sao cho
2j hội tụ đều trên F 2 đến g1
(cid:107) g1
2j(λ) − g1
0(λ) (cid:107)< δ, λ ∈ F 2, j ≥ j0.
34
Vì g1
(cid:107) g1
2j(λ) − ˆv0 (cid:107)≥(cid:107) g1
0(λ) − ˆv0 (cid:107) − (cid:107) g1
2j(λ) − g1
0(λ) (cid:107)≥ dist(L, ∂G) − δ ≥ 2δ
Do đó
2j ( F 2 ), ∂G) ≥ 2δ > 0 với j ≥ j0
với j ≥ j0, λ ∈ F 2, ˆv0 ∈ ∂G. Tức là, dist(g1
Từ đó ta có
K := g1
0(F 2) ∪ (
g1 2j(F 2) ) (cid:98) G.
j≥j0
(cid:91)
(cid:48)
K
:= { g1
2j(β2jλ), g1
0(β0λ) : λ ∈ E2, j ≥ j0 } ⊂ K.
Đặc biệt
| u(x) − u(y) |< C (cid:48) với x, y ∈ K. Bởi vậy, với mọi j ≥ j0 và λ ∈ E2 ta có:
2j(λ) )
C (cid:107) ˜g2
2j(λ) (cid:107)≤ h( ˜g2
2j(λ) ) < e−u( ˜g1
(cid:48)
0(β0λ) )+C
≤ e−u( g1
(cid:48)
≤ e− inf x∈ ¯K u(x)+C
< ∞.
Vì u liên tục đều trên K, ta có thể chọn một hằng số C (cid:48) > 0 sao cho
Ở đây, trong bất đẳng thức thứ 3, ta đã sử dụng giả thiết K (cid:48) ⊂ K. Vậy,
họ (˜g2
2j)j≥1 bị chặn đều trên E2. Theo Định lý Montel, ta có thể chọn một 3j)j≥1 ⊂ (˜g2
3j hội tụ đều trên các tập compact đến
2j)j≥1 sao cho ˜g2
∃˜g2
0 ∈ O(E2, Cm) khi j → ∞.
dãy (˜g2
3j = a2 z2 0.
˜g2 0(1) = lim j→∞
˜g2 3j(1) = lim j→∞
g2 3j(β3j) = lim j→∞
Đặc biệt
Đặt H(z, ω) := h(ω)eu(z) với (z, ω) ∈ G × Cm. Với j ≥ 1,
ϕ0 := H ◦ ˜g0 ≤ 1 trên E2, trong đó ˜g0 := (˜g1
0, ˜g2
0), ˜g1
0(λ) := g1
0(β0λ), λ ∈ E2.
35
ta đặt ϕ3j := H ◦ ˜g3j trên E2.Vì ϕ3j < 1 trên E2 với mọi j ≥ 1, ta có
Hơn nữa, ϕ0(1) = H(ˆz0) = 1. Vì thế, theo nguyên lý cực đại cho các hàm
˜g0(0) = ( ˜g1
0(0), ˜g2
0(0) ) ∈ ∂Ω.
điều hòa dưới thì ϕ0 ≡ 1 trên E2, và tương tự ta cũng có
Bước 2. Ta sẽ sử dụng lập luận tương tự như trong Bước 1 đối với (fj)j≥1
và (αj)j≥0. Chọn c1 ∈ (0, 1) sao cho αj ∈ c1E với j ≥ 0.
1 E → Ω bởi
˜fj(λ) = ( ˜f 1
j (λ), ˜f 2
j (λ) ) := fj(αjλ), λ ∈ c−1
1 E := E1.
Từ định nghĩa 2.3.1 ánh xạ chỉnh hình ˜fj : c−1
3j)j≥1 là bị chặn trên E1. Áp dụng Định lý Montel, ta có thể chọn
4j)j≥1 ⊂ ( ˜f 2
3j)j≥1 sao cho ˜f 2
4j hội tụ đều trên các tập compact tới
Khi đó ta có thể kiểm tra lại, như trong Bước 1, ta có thể chứng tỏ được
0 ∈ O(E1, Cm) khi j → ∞, theo (+3), ta có được:
˜f4j(1) = ˜f0(1),
˜g0(0) = lim j→∞
˜gj(0) = lim j→∞
g4j(0) = lim j→∞
f4j(α4j) = lim j→∞
rằng ( ˜f 2 một dãy ( ˜f 2 ∃ ˜f 2
0 , ˜f 2
0 ), ˜f 1
0 (λ) := f 1
0 (α0λ), λ ∈ E1.
trong đó ˜f0 := ( ˜f 1
0 ≤ 1 trên λ ∈ E1
Rõ ràng ψ0(1) = H( ˜f0(1)) = 1. Nhưng vì ψ0 := H ◦ ˜f 2
ψ0 ≡ 1 trên E2, có nghĩa là
f4j(0) = z0.
∂Ω (cid:51) ˜f0(0) = lim j→∞
˜f4j(0) = lim j→∞
như trên, theo nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa dưới ψ0 ∈ SH(E1) thì
(cid:3) Điều này mâu thuẫn với (+2). Định lý được chứng minh.
Bằng cách áp dụng tiêu chuẩn Royden cho tính taut của một miền trong
Cn, ta có thể đưa ra được điều kiện cần, điều kiện đủ cho tính taut của
36
miền Hartogs - Laurent.
2.4 Tính taut của miền Hartogs - Laurent
Định nghĩa 2.4.1. Cho u,v là hàm nửa liên tục trên trên một miền G ⊂ Cn
Σ = Σu,v(G) = {(z, λ) ∈ G × C : ev(z) <| λ |< e−u(z)}.
(ký hiệu u, v ∈ C ↑(G)), u + v < 0 trên G. Đặt
Ta gọi Σ là miền Hartogs - Laurent trên nền G.
Trong phần này, ta sẽ nghiên cứu về tính taut của miền Σ = Σu,v(G) trên
một miền G ⊂ Cn.
Bổ đề sau cho ta một điều kiện cần để Σ là miền taut.
Bổ đề 2.4.2. [11] Nếu Σ là taut, thì u,v là liên tục trên G.
Chứng minh.
Giả sử ngược lại, vì tính taut là bất biến đối với các ánh xạ song chỉnh
hình, không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết u /∈ C(G). Chọn một
hằng số A ∈ R và một dãy (zj)j≥0 ⊂ G sao cho zj → z0 khi j ∈ N và −u(z0) < −A < −u(zj), với ∀j ∈ N. Chú ý rằng u(z0) (cid:54)= −∞.
Vì u(z0) + v(z0) < 0, ta có thể lấy ˜α ∈ R sao cho v(z0) < −˜α < −u(z0).
Vì v nửa liên tục trên, ta có thể giả thiết v(zj) < −˜α, với mọi j ∈ N.
min {−u(z0) + ˜α, −A + u(z0)} > 0 và ˘Σ = Σ˘u,˘v(G), trong đó
1 2
.
˘v := v + u(z0) +
, ˘u := u − u(z0) −
C 2
C 2
Đặt C =
2 ) ∈ ˘Σ là hoàn toàn xác định và song chỉnh hình, do vậy ˘Σ là một miền taut. Hơn nữa, nếu ta đặt
+ ˘α
˘A := −u(z0) −
+ A, ˘α := −u(z0) −
C 2
C 2
37
Rõ ràng, ánh xạ Σ (cid:51) (z, ω) (cid:55)−→ ( z, ω. e u(z0)+ C
(2.4.2) max{˘v(z0), ˘v(zj)} < −˘α < −C < 0 < −˘u(z0) < C < − ˘A < −˘u(zj)
thì ˘v(zj) < −˘α, với mọi j ≥ 1. Do vậy, ta có
với mọi j ≥ 1.
e˘v(zj) < e−C < | eCλ | < eC < e−˘u(zj), j ≥ 1, λ ∈ E,
j→∞ và do vậy (fj)j∈N ⊂ O(E, ˘Σ). Hơn nữa, fj(0) = (zj, e0) = (zj, 1) −→ K=⇒ (z0, 1) ∈ ˘Σ vì e˘v(z0) < e−C < e0 < e−˘u(z0). Do ˘Σ là taut nên fj (z0, eCλ) ∈ O(E, ˘Σ) khi j → ∞; suy ra e˘v(z0) < eCReλ < e−˘u(z0), với mọi
λ ∈ E.
Với j ∈ N, đặt fj(λ) := (zj, eCλ) với mọi λ ∈ E. Thì
Điều này mâu thuẫn với (2.4.2) khi cho E (cid:51) λ → 1. Bổ đề được chứng
(cid:3) minh.
Trong trường hợp tổng quát, tính taut của Σ không suy được tính taut
của G. Tuy nhiên, nếu G là taut và u, υ ∈ (C ∩ P SH)(G, R), thì Σ là taut.
Ta có định lý sau về điều kiện đủ để một miền Hartogs Laurent là miền
taut.
Σ = Σu,v(G) là miền taut.
Định lý 2.4.3. [11] Nếu G là miền taut và u, v ∈ (C ∩ P SH)(G, R), thì
Chứng minh.
Ω. Từ Định lý 2.3.2, miền Ω là taut do đó (ϕj)j≥1 là một họ chuẩn tắc của
O(E, Ω), tức là tồn tại một dãy (ϕ1j)j≥1 ⊂ (ϕj)j≥1 hoặc là hội tụ đều trên
Lấy một dãy (ϕj)j≥1 ⊂ O(E, Σu,v(G)). Ta có Σ := Σu,v(G) ⊂ Ωu,|·|(G) :=
mọi tập con compact trong O(E, Ω) hoặc là phân kỳ compact. Trong trường
38
hợp sau, dãy (ϕ1j)j≥1 như một họ con của O(E, Σ), là phân kỳ compact.
ϕj := (fj, gj), trong đó (fj)j≥1 ⊂ O(E, G) và (gj)j≥1 ⊂ O(E).
Với j ≥ 1, ta đặt
Từ giờ trở đi, ta chỉ giả sử rằng (ϕ1j)j≥1 là hội tụ đều trên mọi tập con
compact trong O(E, Ω).
K=⇒ g khi j → ∞.
Lấy một hàm ϕ := (f, g) ∈ O(E, Ω), trong đó f ∈ O(E, G), g ∈ O(E),
K=⇒ f và g1j
sao cho f1j
e(v◦fj)(λ) <| gj(λ) |< e−(u◦fj)(λ), λ ∈ E, j ≥ 1,
| g(λ) |< e−(u◦f )(λ), λ ∈ E.
Chú ý rằng
j (0) = ∅ với mọi j ≥ 1, theo Định lý Hurwitz thì hoặc g ≡ 0 hoặc
Vì g−1
g không triệt tiêu.
Trong trường hợp trước, rõ ràng ϕ(E) ⊂ ∂Σ, suy ra (ϕ1j)j≥1, là một họ
˜u(λ) :=| g(λ) | e (u◦f )(λ) , ˜v(λ) :=
e (v◦f )(λ) , λ ∈ E.
1 | g(λ) |
con của O(E, Σ), là phân kỳ compact. Giả sử g (cid:54)≡ 0, ta định nghĩa
Dễ thấy ˜u, ˜v ∈ SH(E) và max{˜u, ˜v} ≤ 1 trên E. Theo nguyên lý cực
˜u |E < 1 (tương ứng hoặc ˜v |E ≡ 1 hoặc ˜v |E < 1).
đại đối với hàm điều hòa dưới ˜u (tương ứng ˜v ) suy ra hoặc ˜u |E ≡ 1 hoặc
Từ tính chất này ta có được hoặc ϕ(E) ⊂ ∂Σ hoặc ϕ(E) ⊂ Σ. Do đó,
dãy (ϕ1j)j≥1 hoặc là hội tụ đều trên các tập con compact trong O(E, Σ)
39
(cid:3) hoặc là phân kỳ compact. Định lý được chứng minh.
Kết luận
Luận văn ” Tính taut của các miền Hartogs ” đã trình bày được các nội
dung chính sau
- Trình bày tiêu chuẩn Royden cho tính taut của các miền trong Cn.
- Nghiên cứu tính taut của miền Hartogs Ωϕ(X) thông qua tính taut của
X.
Ω = Ωu,h(G) ( không nhất thiết bị chặn) với thớ cân bằng m chiều.
- Sử dụng tiêu chuẩn Royden nghiên cứu tính taut của miền Hartogs
- Sử dụng tiêu chuẩn Royden chỉ ra một điều kiện đủ để một miền Hartogs
40
Laurent Σ = Σu,v(G) là miền taut.
Tài liệu tham khảo
[1] D.D.Thai and N.L.Huong, (1993), A note on the Kobayashi pseudodis-
tance and the tautness of holomorphic fiber bundles, Ann. Polon. Math.
58, 1 - 5.
[2] D.D. Thai and P.V. Duc, (2000), On the complete hyperbolicity and the
tautness of the Hartogs domains, Internat. J. Math 11, 103 - 111.
[3] J.L. Kelley, (1955), General Topology, Van Nostrand, Princeton, N.J.
[4] L.Hormander, (1966),An introduction to complex analysis in several
variables, Van Nostrand.
[5] M. Jarnicki and P. Pflug, (1993), Invariant distances and metrics in
complex analysis, De Gruyter Exp. Math., vol. 9, Walter de Gruyter,
Berlin.
[6] M.Jarnicki, P.Pflug and W.Zwonek, (2000), On Bergman completeness
of non - hyperconvex domains, Univ. Iag. Acta Math. 38, 169 - 184.
[7] N. Kerzman and J.P.Rosay, (1981),Fontions plurisousharmoniques
d’exhaustion bornées et domaines taut, Math. Ann. 257, 171 - 184.
[8] N. Sibony, (1981), A class of hyperbolic manifolds, in Recent devedop -
ments in several complex variables (J.E. Fornaess, ed.), Ann. of Math
41
Stud., vol. 100, Princeton Univ. Press, Princeton, 347 - 372.
[9] S. Fu, (1994), On completeness of invariant metrics of Reinhardt do-
mains, Arch. Math. 63, 166 - 172.
[10] Sung Hee Park, (2003), Tautnees and Kobayashi hyperbolicity, Vorn
Fachbereich Mathematikder Carl - von - Ossietzky Universitat.
[11] Sung - Hee Park, (2007), On Hyperbolicity and Tautness of certain Har-
42
togs type domains, Rocky Mountain Journal of Math., vol 37, No 3.
