về tính lồi đa thức của một số tập hợp trong cn

Vì hàm chỉnh hình có thể khai triển thành chuỗi lũy thừa nên tậpcompact X ⊂ Cn là lồi đa thức khi và chỉ khi mỗi điểm z ∈ Cn \ X tồntại hàm nguyên F sao cho: |F z| > kF kX.. Giả sử X là

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS NINH VĂN THU

Hà Nội - Năm 2011

Mục lục

1.1 Hàm chỉnh hình 4

1.2 Hàm đa điều hòa 5

1.3 Một số định lý xấp xỉ 6

1.4 Khái niệm tập lồi đa thức và một số ví dụ 6

1.5 Đại số đều 9

1.6 Bổ đề Kallin 13

1.7 Đa tạp thuần túy thực 18

1.8 Vành chỉnh hình 21

2 Tính lồi đa thức của hợp hai n-phẳng thực trong Cn 22 2.1 Tính lồi đa thức của hợp hai n-phẳng thực trong Cn 22

2.2 Xấp xỉ đa thức 31

2.3 Ví dụ 35

∂xjdxj +

nXj=1

∂f

∂yjdyj

=

nXj=1

∂f

∂zjdzi +

nXj=1

Định nghĩa 1.2 Hàmf được gọi là Cn-khả vi tại z0 ∈ Ωnếu f là R2n-khả

vi tại z0 và f thỏa mãn phương trình Cauchy-Riemann:

∂f

∂zj(z0) = 0, j = 1, , n,

tức là df =

nPj=1

∂f

∂zjdzj.

Định nghĩa 1.3 Hàm f được gọi là chỉnh hình tại z0 ∈ Ω nếu nó là

Cn-khả vi trong một lân cận nào đó của z0

Hàm f được gọi là chỉnh hình trên Ω nếu f chỉnh hình tại mọi z0 ∈ Ω.Hàm f được gọi là chỉnh hình trên tập compact K ⊂ Ω nếu tồn tạitập mở ω sao cho K ⊂ ω ⊂ Ω và f chỉnh hình trên ω

Hàm f chỉnh hình trên toàn bộ Cn được gọi là hàm nguyên

Đối với hàm chỉnh hình ta có tính chất sau:

Định lý 1.1 Nguyên lý môđun cực đại

Giả sử f là hàm chỉnh hình trên miền bị chặn D và liên tục trên D Khi

đó hoặc f là hàm hằng hoặc f chỉ đạt cực đại trên biên bD của D

Định nghĩa 1.4 Hàm thực n biến u(x1, x2, , xn) khả vi liên tục cấp haitrên tập mở D ⊂ Rn được gọi là hàm đa điều hòa nếu

(x) = 0,

với mọi x ∈ D

Định lý 1.2 Giả sử f (z) = u(x, y) + iv(x, y) là hàm chỉnh hình trênmiền Ω ⊂ Cn, với z = x + iy và x, y ∈ Rn Khi đó u(x, y) và v(x, y) làcác hàm đa hàm điều hòa trên Ω

Định lý 1.6 Định lý Mergelyan.

Giả sử K là tập compact trong C và C\ K là tập liên thông Khi đó vớimọi hàm f : K → C liên tục sao cho f |int(K) : int(K) → C là hàm chỉnh

hình có thể xấp xỉ đều trên K bởi các đa thức

Định nghĩa 1.5 Tập K ⊂ Cn được gọi là tập lồi nếu với mọi z0 ∈ Cn\K,tồn tại phiếm hàm tuyến tính l : Cn → R sao cho: l(z0) = 1 và l(z) < 1

với mọi z ∈ K

Mở rộng khái niệm tập lồi là khái niệm tập lồi đa thức

Định nghĩa 1.6 Tập con compact X của Cn được gọi là lồi đa thức nếuvới mỗi điểm z ∈ Cn \ X tồn tại đa thức P sao cho:

X = {z ∈ Cn : |P (z)| ≤ kP kX với mọi đa thức P }

Dễ thấy X là tập lồi đa thức khi và chỉ khi X = Xb

Vì hàm chỉnh hình có thể khai triển thành chuỗi lũy thừa nên tậpcompact X ⊂ Cn là lồi đa thức khi và chỉ khi mỗi điểm z ∈ Cn \ X tồntại hàm nguyên F sao cho: |F (z)| > kF kX

Sau đây là một số ví dụ đơn giản về các tập lồi đa thức trong Cn

Ví dụ 1.1 Mọi tập K compact và lồi trong Cn đều là lồi đa thức

Chứng minh Xétz0 ∈ Cn\K DoK là tập lồi nên tồn tại phiếm hàm tuyếntính l : Cn → R sao cho: l(z0) = 1 và l(z) < 1 với mọi z ∈ K Khi đó tồntại phiếm hàm tuyến tính L : Cn → C sao cho ReL = l Đặt F (z) = eL(z)

thì F là hàm chỉnh hình Khi đó |F (z)| = |eL(z)| = eReL(z) = el(z) Với mọi

z ∈ K thì |F (z)| = el(z) < e = |F (z0)| nên K là tập lồi đa thức

Ví dụ 1.2 Giả sử K là tập con compact trong C Khi đó K là tập lồi đathức khi và chỉ khi C\K là tập liên thông

Chứng minh Giả sử K là tập lồi đa thức, ta phải chứng minh C\K là tậpliên thông Giả sử phản chứng C\K không là tập liên thông Khi đó tồntại D ⊂ C\K sao cho bD ⊂ K Theo nguyên lý môđun cực đại, với mọi

z ∈ D thì |P (z)| ≤ kP kbD ≤ kP kK Do đó D ⊂ K = Kb , điều này trái với

giả thiết phản chứng Vậy C\K là tập liên thông.

Giả sử C\K là tập liên thông, ta chứng minh K là tập lồi đa thức.Xét z0 ∈ C\K thì f (z) = 1

z − z0 chỉnh hình trong lân cận nào đó của K.

Theo định lý Runge, f có thể xấp xỉ đều bởi các đa thức trên K Vì vậy,tồn tại đa thức P sao cho P (z0) = 1 và kP kK < 12 Do |P (z0)| > kP kK

nên K là tập lồi đa thức

Ví dụ 1.3 Mọi tập compact K ⊂ Rn đều lồi đa thức

e−(zj −u j ) 2

Vì |F (w)| =

nQj=1

Từ ví dụ 1.2 và định lý Runge, ta có mọi hàm f chỉnh hình trên mộttập lồi đa thức trong C có thể xấp xỉ đều bởi các đa thức Liệu kết quảnày có đúng trong trường hợp tổng quát Cn không? Định lý Oka-Weil đãtrả lời cho câu hỏi này

Định lý 1.7 Định lý Oka-Weil

Nếu tập compact K trong Cn là tập lồi đa thức và nếu f là hàm chỉnhhình trong một lân cận của K thì với mọi  > 0 tồn tại đa thức P sao cho

k f − P kK< 

1.5 Đại số đều

Cho X là tập compact trong Cn Ký hiệu :

C(X) = {f : X → C, f liên tục}

P(X) = {f ∈C(X), ∃ dãy đa thức {Pn} : Pn ⇒K f }

A(X) = {f liên tục, chỉnh hình trong phần trong của X}

B(V ) = {f chỉnh hình trên V, với V là tập mở trong Cn}

Định nghĩa 1.8 Một C-đại số A được gọi là đại số Banach nếu (A, k · k)

là không gian Banach thỏa mãn kxyk ≤ kxk.kyk với mọi x, y ∈ A và

k1k = 1

Định nghĩa 1.9 Giả sử X là không gian compact, Hausdorff, mỗi đại sốcon có đơn vị, tách điểm, đóng của đại số C(X) được gọi là một đại số đềutrên X

Điều kiện tách điểm có nghĩa là với hai điểm phân biệt x, x0 ∈ X, tồntại hàm f thuộc đại số đó sao cho f (x) 6= f (x0)

Ví dụ 1.4 C(X),P(X), A(X), B(V ) là các đại số đều trên X

Định nghĩa 1.10 Giả sử A là một đại số Banach giao hoán, mỗi phiếmhàm tuyến tính ϕ : A → C, ϕ 6= 0 và thỏa mãn ϕ(f.g) = ϕ(f ).ϕ(g) đượcgọi là một đặc trưng của A

Từ định nghĩa đặc trưng của đại số Banach ta có ϕ(1) = 1 Thật vậy,nếu ϕ(1) = 0 suy ra với mọi f ∈ A, ϕ(f ) = ϕ(f.1) = ϕ(f ).ϕ(1) = 0 Từ

đó suy ra ϕ ≡ 0, mâu thuẫn với định nghĩa đặc trưng Vậy ϕ(1) 6= 0 Từ

ϕ(1) = ϕ(1.1) = ϕ(1).ϕ(1) suy ra ϕ(1) = 1

Mỗi đặc trưng trên đại số đều bất kỳ đều có chuẩn bằng 1 Thật vậy,nếu f thuộc đại số đều A thỏa mãn kf kX < 1 và ϕ là một đặc trưng của

A thì ϕ(f ) < 1 Giả sử phản chứng ϕ(f ) = c với |c| ≥ 1 Theo định nghĩachuẩn, ta có tồn tại > 0 sao cho với mọi x ∈ X thì |f (x)| < 1 −  Khi đóchuỗi 1c P∞

j=0(fc)j hội tụ đều trên X tới hàm g ∈ A thỏa mãn 1 = (c − f )g

Ta có ϕ(1) = (c − ϕ(f ))ϕ(g) = 0 Từ mâu thuẫn này suy ra điều phảichứng minh

Nếu cho một đại số A, xác định đặc trưng của A là vấn đề khó Nhưngtrong trường hợp đại số C(X),P(X) thì ta có các kết quả sau:

Định lý 1.8 Giả sử X là không gian compact Hausdorff và ϕ là một đặctrưng của C(X) Khi đó tồn tại duy nhất x ∈ X sao cho ϕ(f ) = f (x) vớimọi f ∈ C(X)

Chứng minh Trước hết ta chứng minh tồn tại x ∈ X thỏa mãn Giả sửkhông tồn tại x ∈ X sao cho ϕ(f ) = f (x) với mọi f ∈ C(X) Xét tập

ker ϕ = {f ∈C(X) : ϕ(f ) = 0} Khi đó với mỗi f ∈ C(X), ta có

ϕ(ϕ(f ).1 − f ) = ϕ(f ).ϕ(1) − ϕ(f ) = 0

Do đó ϕ(f ).1 − f ∈ ker ϕ Vì vậy ker ϕ 6= {0} Khi đó

∪g∈ker ϕ{x ∈ X : g(x) 6= 0} = X

Thật vậy, giả sử ∪g∈ker ϕ{x ∈ X : g(x) 6= 0} 6= X, tức là tồn tại x ∈ X

sao cho g(x) = 0 với mọi g ∈ ker ϕ Ta có (ϕ(f ).1 − f )(x) = 0 hay

ϕ(f )−f (x) = 0với mọif ∈ C(X) Vì vậyϕ(f ) = f (x) với mọif ∈ C(X).Điều này mâu thuẫn với giả sử phản chứng nên

∪g∈ker ϕ{x ∈ X : g(x) 6= 0} = X

Do X là tập compact nên tồn tại các hàm g1, g2, , gr ∈ C(X) ∩ ker ϕ saocho X = ∪rj=1{x ∈ X : gj(x) 6= 0} Đặt hj = gj/

rPj=1

hjgj) =

rPj=1

ϕ(hj)ϕ(gj) = 0 Điều

này vô lý suy ra tồn tại x ∈ X sao cho ϕ(f ) = f (x) với mọi f ∈ C(X).

Ta chứng minh sự tồn tại của x là duy nhất Giả sử x 6= y thuộc X

thỏa mãn ϕ(f ) = f (x) và ϕ(f ) = f (y) với mọi f ∈ C(X) Điều này dẫnđến f (x) = f (y) với mọi f ∈ C(X), mâu thuẫn với tính tách điểm của

C(X)

Nếu X là tập con compact của Cn thì tồn tại một thác triển bf ∈ C(X)bcủa mỗi hàm f ∈ P(X) Ta xây dựng hàm bf như sau: với mỗi f ∈ P(X),tồn tại dãy các đa thức {Pj}j=1 hội tụ đều trên X tới f Với bất kỳ điểm

y ∈ Xb thì dãy {Pj(y)}j=1 là dãy Cauchy trong C nên hội tụ Gọi giớihạn của dãy này là bf (y) Giới hạn này không phụ thuộc vào việc chọn dãycác đa thức Do sự hội tụ là hội tụ đều nên bf liên tục và bf ∈ P(X).b Ta cóthể đồng nhất f với bf, đại số P(X) với P(X)b

Định lý 1.9 Nếu X là một tập con compact của Cn thì mỗi đặc trưng ϕ

củaP(X)đều có dạngf 7−→ f (z)b với duy nhất z ∈ Xb Khi đó ϕ(f ) = f (z)

với mọi f ∈ P(X)

Chứng minh Do P(X) ≡ P(X)b nên ta có tương ứng 1-1 mỗi f ∈ P(X)

với bf ∈ P(X)b Ta có thể giả sử X =Xb hay X là tập lồi đa thức

Vì các hàm trong P(X) tách các điểm trên X nên điểm z nếu tồn tạithì phải là duy nhất

Ta chứng minh tồn tại z thỏa mãn Lấy cố định một đặc trưng ϕ của

P(X) Với mỗi z = (z1, z2, zn) ∈ Cn, ta có các phép chiếu lên thànhphần thứ j sau:

Vì ϕ là hàm tuyến tính và nhân tính nên

Từ hai định lý 1.8 và 1.9 ta có:

Định lý 1.10 Nếu P(X) = C(X) thì X là tập lồi đa thức

Chứng minh Vì P(X) = C(X) nên mỗi đặc trưng của đại số P(X) đượcxác định qua một điểm duy nhất thuộcX Nhưng mỗi đặc trưng củaP(X)

hoàn toàn xác định tại một điểm duy nhất thuộc bX Do đó X = Xb hay

X là tập lồi đa thức

Trước khi đưa ra định nghĩa độ đo biểu diễn của đặc trưng của mộtđại số đều, ta nhắc lại định lý Haln-Banach và định lý biểu diễn Riesz

Định lý 1.11 Định lý Haln-Banach

Một phiếm hàm tuyến tính liên tục f xác định trên một không gian con

M của không gian định chuẩn X bao giờ cũng có thể thác triển thành mộtphiếm hàm tuyến tính liên tục F trên toàn thể X sao cho kF k = kf k.Định lý 1.12 Định lý biểu diễn Riesz

Cho Λ là hàm tuyến tính dương trên C(X) Khi đó tồn tại một σ-đại số Mtrên X chứa tất cả các tập Borel trong X và tồn tại duy nhất độ đo dương

µ là biểu diễn của Λ theo nghĩa:

a) Λ(f ) = R

X f dµ với mọi f ∈ C(X).b) µ(K) < ∞ với mọi tập compact K ⊂ X

c) Với mọi E ∈ M ta có

µ(E) = inf{µ(V ) : V ⊂ E, Vmở}

d)µ(E) = sup{µ(K) : K ⊂ E, Kcompact }, với mọi tập mở E và với mọi

E ∈ M có µ(E) < ∞

e) Nếu E ∈ M, A ⊂ E với µ(E) = 0 thì A ∈ M

Định nghĩa 1.11 Cho A là đại số đều trên không gian compact Hausdorff

X và ϕ là một đặc trưng của A Một độ đo Borel hữu hạn µ trên X

với R dµ = 1 được gọi là độ đo biểu diễn cho ϕ nếu với mỗi f ∈ A,

ϕ(f ) = RX f (x)dµ(x)

Từ định lý Haln-Banach và định lý biễu diễn Riesz suy ra sự tồn tại độ

đo biểu diễn Thật vậy, nếu ϕ là đặc trưng của A thì nó có chuẩn bằng 1.Theo định lý Haln-Banach có thể thác triểnϕ tới một hàm tuyến tính liêntục ϕetrên C(X)sao cho kϕk = 1e Theo định lý biểu diễn Riesz, tồn tại độ

đo Borel hữu hạn µ trên X, mà R dµ = 1 sao cho RX f (x)dµ(x) = ϕ(f )e

với mọi f ∈ C(X) Ta có 1 ∈ A, ϕ(1) = 1 và kµk = 1 nên µ là độ đodương thỏa mãn định nghĩa

Đối với hai tập lồi compact rời nhau trong Cn thì hợp của chúng làlồi đa thức vì chúng có thể được tách bởi hàm tuyến tính Một cách tổngquát, hợp của hai tập lồi đa thức trong Cn chưa chắc là tập lồi đa thức Ví

dụ sau chỉ ra hợp của hai tập compact, lồi chỉ có một điểm chung không

là tập lồi đa thức

Ví dụ 1.5 Xét hai tập hợp

X1 = {z ∈ C2 : z1 = z2, |z2| ≤ 2},

X2 = {z ∈ C2 : z1 = 2z2, |z2| ≤ 2}

Mỗi tập này đều compact và là tập lồi, X1 ∩ X2 = {0} Nhưng X =

X1 ∪ X2 không lồi đa thức Thật vậy, xét ánh xạ ψ : C\{0} → C2 xácđịnh bởi ψ(ζ) = (ζ,1ζ) Đặt A = {ζ ∈ C : 1 ≤ |ζ| ≤ √

nên ψ(z) ∈ X.b Do đó ψ(A) ∈ Xb Ta có P = ψ(54) /∈ X nhưng P ∈ ψ(A)

nên X 6=Xb hay X không là tập lồi đa thức

Bổ đề Kallin sau đây đưa ra điều kiện để hợp của hai tập lồi đa thứckhông nhất thiết rời nhau là tập lồi đa thức

Bổ đề 1.1 Bổ đề Kallin

Cho X1, X2 là các tập con lồi đa thức của Cn và p là đa thức sao chocác tập con lồi đa thức Yj = (p(X\j)), j = 1, 2 của C giao nhau nhiềunhất tại điểm gốc là điểm biên của mỗi tập Nếu tập p−1(0) ∩ (X1 ∪ X2)

là lồi đa thức thì X = X1 ∪ X2 là tập lồi đa thức Nếu thêm điều kiện

P(X1) =C(X1) và P(X2) = C(X2) thì P(X) = C(X)

Chứng minh Xét x ∈ X\1 ∪ X2 và µ là độ đo biểu diễn cho x trên tập

X1∪ X2 Ta có p(X\1 ∪ X2) ⊂ (p(X1∪ X2))∧ ⊂ Y1∪ Y2 nên p(x) ∈ Y1∪ Y2.Nếu p(x) 6= 0, giả sử p(x) ∈ Y1 Theo định lý Mergelyan tồn tại hàm

g ∈ P(Y1 ∪ Y2) thỏa mãn g(p(x)) = 1 và g|Y2 = 0 Với mọi đa thức q vàvới mọi số nguyên dương k, ta có

(Y1∪Y2)\{0} Với mỗi đa thứcq, ta cóq(x) = q(x)[g(p(x))]k = q[g◦p]kdµ

dần tới Rp−1 (0)∩(X 1 ∪X 2 )qdµ khi k → ∞ Vì vậy

R

X 1 \p −1 (0)pqdµ khi k → ∞ Vì vậy µ|(X1\p−1(0)) ∈ P(X1)⊥ Do P(X1) =

C(X1) nên µ|(X1\p−1(0)) là độ đo không Tương tự µ|(X2\p−1(0)) cũng

là độ đo không Ta có độ đo µ tập trung trên tập

(X1 ∪ X2)\((X1\p−1(0)) ∪ (X2\p−1(0)) = (X1 ∪ X2) ∩ p−1(0)

Vì P(X1) = C(X1) và P(X2) = C(X2) nên µ = 0 Vì vậy P(X1 ∪ X2) =

C(X1 ∪ X2)

Áp dụng bổ đề trên, Kallin đã chứng minh được kết quả sau:

Định lý 1.13 Hợp của ba hình cầu đóng rời nhau là tập lồi đa thức

Chứng minh Xét trường hợp n = 2 Giả sử B1, B2 và B3 là ba hình cầu

có bán kính lần lượt là r1 = 1 ≥ r2 ≥ r3 Chọn hệ trục tọa độ thích hợp,

ta có thể giả sử tâm của B1 là gốc, tâm của B2 là (α, 0) với α ∈ C Sử

dụng phép quay trục z1, z2, ta có thể giả sử tọa độ tâm của B3 là điểm

β = (β1, β2) với β1, β2 thực Qua phép quay trên, tâm của B2 là điểm

(γ, 0) với γ ∈ C.

Xét đa thức ϕ(z) = z12 + z22 Xét z = x + iy, trong đó x = (x1, x2)

với y = (y1, y2) thuộc R2 Ta có ϕ(B1) = {z ∈ C : |z| ≤ 1} Vì ϕ là hàm

chỉnh hình nên Reϕ là hàm đa điều hòa Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm

Reϕ trên B3 đạt được trên biên bB3 Ta giải bài toán tìm giá trị nhỏ nhấtcủa hàm Reϕ(z) = x21 − y2

Hệ có nghiệm chỉ khiλ = −1hoặcy1 = y2 = 0 Nếuλ = −1thìxj = βj/2

Ta chỉ xét những điểm thuộc bB3, tức là |x − β|2 + |y|2 = r32 Từ đó ta

có |β|2/4 + |y|2 = r32 Do vậy |β| ≤ 2r3 ≤ 1 + r3 Mặt khác, do B1 và B3

là hai hình cầu rời nhau nên |β| > 1 + r3 Điều mâu thuẫn này suy ra

y1 = y2 = 0 Khi đó, ta chỉ cần xét bài toánmin(x21+ x22) khi|x − β|2 = r32

Từ đánh giá |β| − |x| ≤ |x − β| = r3 ta có |x| ≥ |β| − r3 > 1 do B1 và B3

là hai hình cầu rời nhau Vì vậy Reϕ > 1 trên B3

VìB1 vàB2 là hai hình cầu rời nhau nên điểm gốc không thuộcB2 Khi

đó 1/|ϕ| là hàm chỉnh hình trên B2 nên đạt giá trị lớn nhất trên bB2 Vìvậy giá trị nhỏ nhất của |ϕ| đạt được trên bB2 Chú ý rằng (z1, z2) ∈ bB2

thì (z1, eiυz2) ∈ bB2 với mọi υ ∈ R Do đó giá trị nhỏ nhất của |ϕ| trên

bB2 đạt được khi arg z22 = arg z12 + π, tức là z2 = i z1

|z1||z2| Vì vậy giá trịnhỏ nhất của |ϕ| trên B2 là căn bậc hai giá trị nhỏ nhất của

|z12 − z

2 1

|z1|2(r22 − |z1 − γ|2)| = z12 − r22 + |z1 − γ|2,

với |z1 − γ| ≤ r2 Đặt F (z1) = z12 − r2

2 + |z1 − γ|2 thì điểm tới hạn trongmặt phẳng là z1 = γ/2, điểm này không thuộc đĩa |z1 − γ| ≤ r2 Giá trị

nhỏ nhất là (|γ| − r2)2 ≥ 1 đạt được tại duy nhất một điểm Do đó |ϕ| ≥ 1

trên B2 Vì vậy ϕ(B1) ∩ ϕ(B2) tại nhiều nhất một điểm

Áp dụng bổ đề Kallin với hai tập lồi đa thức là X1 = B1 và X2 =

B2 ∪ B3 ta được B1 ∪ B2 ∪ B3 là tập lồi đa thức

Xét trường hợp n > 2, ta có thể chọn hệ tọa độ sao cho B1 là hìnhcầu đóng đơn vị trong Cn và giả sử bán kính của B2 và B3 không lớn hơn

1 Hơn nữa ta có thể giả sử tâm của B2 và B3 thuộc không gian con

có câu trả lời Tuy nhiên, nếu tâm của các hình cầu thuộc Rn, ta có kếtquả sau:

Định lý 1.14 Tập X là hợp hữu hạn của các hình cầu đóng có phần trongrời nhau, tâm là các điểm thuộc Rn là lồi đa thức

Chứng minh Ký hiệu Bn là hình cầu đơn vị và Bn(a, r) là hình cầu tâm

a, bán kính r

Ta chứng minh định lý bằng quy nạp theo số hình cầu Nếu chỉ cómột hình cầu, vì hình cầu là tập lồi nên nó là lồi đa thức Giả sử hợpcủa k hình cầu đóng có phần trong rời nhau, tâm là các điểm thuộc Rn làtập lồi đa thức Ta cần chứng minh điều này cũng đúng với k + 1 Không

mất tính tổng quát, ta có thể giả sử một trong các hình cầu này là Bn vànhững hình cầu khác có bán kính không lớn hơn 1 Gọi hợp của k hìnhcòn lại đó là X Theo giả thiết quy nạp X là tập lồi đa thức Đặt đa thức

P (z) = z12 + z22 + + zn2 Xét z thuộc biên bBn(a, r) của hình cầu với

a ∈ Rn, |a| > 1 và r nhỏ thuộc [0, 1) Khi đó z = x + iy với x, y ∈ Rn và

|x − a|2 + |y|2 = r2 Ta có

ReP (z) = |x|2 − |y|2 = |x|2 + |x − a|2 − r2

= 2|x|2 − 2x.a + |a|2 − r2 ≥ 2|x|2 − 2|x||a| + |a|2 − r2

Hàm ϕ(t) = 2t2 − 2t|a| + |a|2 − r2 đạt giá trị nhỏ nhất khi t = |a|/2 Vì

|a| > 1vàr ∈ [0, 1)nên|a|/2 ≤ |a|−r,|a| ≥ r+1 Mà|a|−r < |x| < |a|+r

nên

ReP (z) ≥ 2(|a| − r)2 − 2|a|(|a| − r) + |a|2 − r2 = (|a| − r)2 ≥ 1

Hàm ReP (z)là hàm đa điều hòa trên Bn(a, r) nên giá trị nhỏ nhất của nóđạt được trên biên Do vậy ReP (z) ≥ 1 với mọi z ∈ Bn(a, r) Với z ∈ Bn

thì ReP (z) ≤ 1 Vậy hai tập P (X) và P (Bn) chỉ giao nhau tại biên củamỗi tập

Xét z ∈ P−1(0) Ta có z /∈ X vì trên X, ReP (z) ≥ 1 Do đó

P−1(0) ∩ (X ∪Bn) = P−1(0) ∩Bn = {0}

là tập lồi đa thức Theo bổ đề Kallin ta có X ∪Bn là tập lồi đa thức

Định nghĩa 1.12 Một C1 đa tạp con Σ của một tập con mở trong Cnđược gọi là thuần túy thực nếu với mỗi điểm p ∈ Σ thì không gian tiếp xúc

Tp(Σ) không chứa bất kỳ đường thẳng phức nào, tức là

Tp(Σ) ∩ iTp(Σ) = {0}

Bổ đề 1.2 ∂/∂x1|p, , ∂/∂xn|p, ∂/∂y1|p, , ∂/∂yn|p là cơ sở của Tp(Σ).

Ví dụ 1.6 Đặt M (A) = (A + iI)Rn M (A) là đa tạp thuần túy thực khi

và chỉ khi i không là giá trị riêng của A

Chứng minh Vì M (A) là không gian con tuyến tính của Cn nên khônggian tiếp xúc Tp(M (A)) = M (A) với mọi p ∈ M (A)

Giả sử M (A) là đa tạp thuần túy thực ta chứng minh i không là giátrị riêng của A Ta chứng minh bằng phản chứng Nếu i là giá trị riêngcủa A thì tồn tại vectơ khác không v ∈ Rn sao cho Av = iv Ta có



+ i−Av2



= −i2Av = iv

Do đó iv ∈ iM (A) Ta có iv ∈ M (A) ∩ iM (A), trái với giả thiết M (A) là

đa tạp thuần túy thực Vì vậy i không là giá trị riêng của ma trận A.Giả sử i không là giá trị riêng của A ta chứng minh M (A) là đa tạpthuần túy thực Nếuv = v0+ iv00 ∈ M (A)∩iM (A) thì v0+ iv00 = (A + iI)x

và v0 + iv00 = i(A + iI)y, với x, y ∈ Rn Khi đó x = Ay và y = −Ax nên

A(−y + ix) = i(−y + ix) Vì i không là giá trị riêng củaAnên −y +ix = 0

hay x = y = 0 Khi đó ta có v = 0 Do đó M (A) ∩ iM (A) = {0}

Định lý 1.15 Cho X là tập compact trong Cn và ánh xạ

R = (R1, R2, , Rn) : X → Cn

thỏa mãn điều kiện Lipschitz: tồn tại c ∈ (0, 1), |R(z) − R(z0)| < c|z − z0|

với mọi z, z0 ∈ X Xét Ω là một lân cận của X và ánh xạ Φ : Ω → C2n

xác định bởi Φ(z) = (z, z + R(z)) Khi đó Φ(X) là tập lồi đa thức trong

C2n