Về sự tồn tại của trường vectơ tiếp xúc chỉnh hình trong c2

Mục lục LỜI CẢM ƠN 1 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU 3 1 Kiến thức chuẩn bị 5 1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Một số kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 2 Trường vector chỉnh hình tiếp xúc trong C 2 13 2.1 Sự tồn tại của trường vector chỉnh hình tiếp xúc tới siêu mặt thực . . . 13 2.2 Họ siêu mặt tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường 17 2.3 Sự không tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thỏa mãn điều kiện (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.3.1 Các bổ đề kỹ thuật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.3.2 Chứng minh Định lý 2.3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO 34 2 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU • P z (z): Đạo hàm theo biến z của hàm P . • ν 0 (f): Ký hiệu cấp của hàm f triệt tiêu tại 0 dùng trong định nghĩa loại điểm vô hạn D’ Angelo. • Ký hiệu ≈ kết hợp với ký hiệu  và : Dùng cho ký hiệu bất đẳng thức sai khác một hằng số dương. • C ∞ -trơn: Dùng chỉ hàm khả vi liên tục cấp vô cùng. 3 MỞ ĐẦU Giả sử (M, p) là một mầm siêu mặt không thuộc phẳng Levi CR trong C n sao cho p là điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo (gọi tắt là kiểu vô hạn). Bài toán đặt ra về việc mô tả các trường vector tiếp xúc với M và triệt tiêu tại p . Chính xác hơn nữa chúng ta có thể miêu tả một trường vector chỉnh hình tiếp xúc với một mầm (M, p) siêu mặt trơn lớp C ∞ kiểu vô hạn tại gốc tọa độ 0 = (0, 0) trong C 2 và triệt tiêu tại 0. Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả trong tiền ấn phẩm "On the existence of tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point" của TS. Ninh Văn Thu ([5]). Bố cục của luận văn gồm hai chương: Chương I: Những kiến thức chuẩn bị. Nội dung của chương này là trình bày một số kiến thức cơ bản của giải tích phức như khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc, khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo, khái niệm hàm thỏa mãn điều kiện (I) và trình bày các bổ đề sẽ được sử dụng trong các chứng minh ở chương II. Chương II: Sự tồn tại của trường vector tiếp xúc chỉnh hình trong C 2 . Trong chương này, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại một trường vector chỉnh hình trong C 2 triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với siêu mặt kiểu vô hạn. Nội dung chủ yếu là chứng minh các Định lý 2.2.1 và 2.3.1. 4 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức Định nghĩa 1.1.1. 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 sup ˜ Uz→0 |Re(bz k f  (z)) f(z) )| = +∞; (I.2) lim sup ˜ Uz→0 | f  (z) f(z) | = +∞ với mọi k = 1, 2, và với mọi b ∈ C ∗ , trong đó ˜ U := {z ∈ U : f(z) = 0}. Ví dụ 1.1.1. Hàm số P (z) = e −C/|Re (z)| α nếu Re (z) = 0 và P (z) = 0 trong các trường hợp còn lại, trong đó C, α > 0, thỏa mãn hệ điều kiện (I). Hơn thế nữa bằng các phép tính toán chúng ta có thể thấy được P  (z) = P (z) Cα 2|Re (z)| α+1 với mọi z ∈ C với Re (z) = 0. Do đó, điều kiện (I.2) được thỏa mãn. Bây giờ chúng ta chứng minh P thỏa mãn hệ điều kiện (I.1). Thật vậy, với k là một số nguyên dương tùy ý. Với z l := 1 l + i l β , 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 z l → 0 khi l → ∞ và Re (z l ) = 1/l = 0 với mọi l ∈ N ∗ . Mặt khác, với mỗi b ∈ C ∗ chúng ta có |Re (bz k l P  (z l ) P (z l ) )|  l α+1 l β(k−1)+1 = l α−β(k−1) . 5 Dễ dàng ta thấy lim l→∞ |Re (bz k l P  (z l ) P (z l ) )| = +∞. Như vậy hàm P thỏa mãn hệ điều kiện (I). Định nghĩa 1.1.2. Một trường vector chỉnh hình trong C n được cho bởi toán tử: H = n  k=1 h k (z) ∂ ∂z k Trong đó h 1 , h 2 , , h n là các hàm chỉnh hình theo biến z = (z 1 , z 2 , , z n ). Một mầm của siêu mặt thực trơn M (đối chiều thực bằng 1) tại p trong C n 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 tới M nếu phần thực của của H tiếp xúc với M có nghĩa là H thỏa mãn biểu thức Re Hρ = 0. Định nghĩa 1.1.3. Giả sử f là một hàm biến thực trơn xác định trên một lân cận của 0 trong C. Kí hiệu ν 0 (f) là cấp triệt tiêu của f tại 0 và nó được quy định bởi cấp của số hạng đầu tiên không bị triệt tiêu trong khai triển Taylor của hàm f tại 0. Trong trường hợp f là ánh xạ trong R k (k > 1), chúng ta xem xét cấp triệt tiêu của tất cả các thành phần và giá trị nhỏ nhất trong chúng gọi là cấp triệt tiêu của f, ký hiệu là ν 0 (f). Ký hiệu  r = {z ∈ C : |z| < r} với r > 0 và ký hiệu  :=  1 . Hơn thế nữa, gốc tọa độ được gọi là điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo nếu với mọi số dương  > 0 và nếu tồn tại ánh xạ chỉnh hình h :  → C 2 với h(0) = (0, 0) sao cho ν 0 (h) = ∞ và ν 0 (ρ ◦ h) ν 0 (h) > . 1.2 Một số kết quả bổ trợ Trong mục này, chúng ta sẽ chứng minh một vài bổ đề và hệ quả được sử dụng trong chứng minh các định lý chính của luận văn. Bổ đề 1.2.1. Giả sử a 1 (z 2 ) = β  n=1 ∞ a n z n 2 là hàm chỉnh hình không đồng nhất triệt tiêu trong ∆  0 (β ∈ R ∗ ,  0 > 0, a n ∈ C với mọi n ∈ N). Giả sử Q 0 , P 1 , P là các hàm số 6 C 1 -trơn trong ∆  0 và P 1 , P là các hàm số dương trên ∆ ∗  0 thỏa mãn các phương trình vi phân sau: (i) Re  2iβz 2 Q 0 z 2 (z 2 ) + ia 1 (z 2 )  1 + Q 2 0 (z 2 )  ≡ 0; (ii) Re  2iβz 2 P 1 z 2 (z 2 ) −  1 + Q 0 (z 2 ) i  a 1 (z 2 )P 1 (z 2 )  ≡ 0; (iii) Re  2iβz 2 P z 2 (z 2 ) + exp  − αP (z 2 )  − 1 α  1 + Q 0 (z 2 ) i  a 1 (z 2 )  ≡ 0 trên ∆ ∗  0 . Khi đó, ta có: Q 0 (z 2 ) = tan  q(|z 2 |) − Re  ∞  n=1 a n n z n 2  ; P 1 (z 2 ) = exp  p(|z 2 |) + Re  ∞  n=1 a n in z n 2  − log  cos  q(|z 2 |) − Re  ∞  n=1 a n n z n 2     ; P (z 2 ) = 1 α log  1 + αP 1 (z 2 )  với mọi z 2 ∈ ∆  0 , trong đó hàm q, p là các hàm C 1 -trơn trong (0,  0 ) và các hàm này được chọn sao cho Q 0 , P 1 , P là C 1 -trơn trên ∆ ∗  0 . Chứng minh. Trước hết, ta sẽ tìm nghiệm cho phương trình vi phân thứ (i). Thật vậy, từ (i) chúng ta có 2Re  iβz 2 Q 0 z 2 (z 2 )  1 + Q 2 0 (z 2 ) = −Re  ia 1 (z 2 )  = −β  i ∞  n=1 a n z n 2  với mọi z 2 ∈ ∆  0 . Khi đó, với mỗi số thực dương 0 < r <  0 , xét hàm số u(t) := Q 0 (re it ) với mọi t ∈ R. Khi đó, chúng ta sẽ có u  (t) = 2Re  ire it Q 0 z 2 (re it )  và như vậy: u  (t) 1 + u 2 (t) = −Re  i ∞  n=1 a n r n e int  với mọi t ∈ R. Với t ∈ R chúng ta lấy tích phân  t 0 hai vế của biểu thức trên chúng ta thu được: arctan u(t) − arctan u(0) = −Re  i ∞  n=1 a n r n e int − 1 in  = −Re  ∞  n=1 a n r n e nt − 1 n  (1.1) 7 và như vậy ta có u(t) = tan  arctan u(0) −Re  ∞  n=1 a n r n e int − 1 n   = tan  arctan Q 0 (r) −Re  ∞  n=1 a n r n e int − 1 n   . Vì vậy lời giải dành cho phương trình vi phân (i) mà ta có được là: Q 0 (z 2 ) = tan  q(|z 2 |) − Re  ∞  n=1 a n n z n 2  trong đó q là hàm số C 1 -trơn với các biến số thực trên [0,  0 ) như mong muốn. Tiếp theo, ta sẽ tìm nghiệm cho phương trình vi phân (ii). Thật vậy, từ (ii) chúng ta có 2Re  iβz 2 P 1 z 2 (z 2 )) P 1 (z 2 )  = Re  a 1 (z 2 )  + Q 0 (z 2 )Re  a 1 (z 2 ) i  với mọi z 2 ∈ ∆ ∗  0 . Trong việc chọn tìm nghiệm cho phương trình ở trên, cố định một số thực dương 0 < r <  0 , đặt u(t) := log |P (re it )| với mọi t ∈ R. Khi đó, chúng ta có u  (t) = Re  ∞  n=1 a n r n e int  + Q 0 (re it )Re  ∞  n=1 a n i r n e int  = Re  ∞  n=1 a n r n e int  + Re  ∞  n=1 a n i r n e int  × tan  q(r) − Re  ∞  n=1 a n n  r n e int − r n   với mọi t ∈ R. Do đó, lấy tích phân  t 0 hai vế của biểu thức trên ta được nghiệm của phương trình vi phân (ii) như sau: P 1 (z 2 ) = exp  p(|z 2 |) − Re  ∞  n=1 a n in z n 2  − log      cos  q(|z 2 |) − Re  ∞  n=1 a n n z n 2        với mọi z 2 ∈ ∆ ∗  0 , trong đó p là hàm số C 1 -trơn trên (0,  0 ) và được chọn sao cho hàm số P 1 (z) là C 1 -trơn trên ∆  0 , như mong muốn của yêu cầu bài toán. Cuối cùng, sử dụng lập luận như trên từ phương trình (iii) ta có: P (z 2 ) = 1 α log  1 + P 1 (z 2 )  8 với mọi z 2 ∈ ∆ ∗  0 . Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 1.2.2. Giả sử rằng các hàm số Q 0 , Q 1 là các hàm giải tích thực trên ∆  0 ( 0 > 0) với 0 ∈ C và Q 0 (0) = 0 và các hàm a 1 , a 2 là chỉnh hình trong ∆  0 với a 1 (0) = a 2 (0) = 0 và ν 0 (a 1 ) < +∞ thỏa mãn các phương trình sau: (a) Re  2iβz 2 Q 0 z 2 (z 2 ) + ia 1 (z 2 )  1 + Q 2 0 (z 2 )   ≡ 0; (b) Re  i  1 + Q 2 0 (z 2 )  a 2 (z 2 ) − iQ 1 (z 2 )a 1 (z 2 )  ≡ 0; (c) Re  iβz 2 (Q 1 ) z 2 + Q 1 (z 2 ) i  i − Q 2 0 (z 2 )  a 1 (z 2 ) +  1 2 + Q 0 (z 2 ) 2i  ×  − Q 1 (z 2 )a 1 (z 2 ) + (i − Q 0 (z 2 )) 2 a 2 (z 2 )  ≡ 0 trên ∆  0 . Khi đó, chúng ta có: Q 1 (z 2 ) ≡ Q 1 (0)  1 + Q 2 0 (z 2 )  và a 2 (z 2 ) ≡ Q 1 (0)a 1 (z 2 ). Chứng minh. Chúng ta sẽ chia phần chứng minh thành hai phần như sau: Trường hợp (i). Q 1 (0) = 0. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ chỉ ra rằng Q 1 ≡ 0, và a 2 ≡ 0. Thực vậy, giả sử ngược lại rằng Q 1 ≡ 0. Khi đó, từ (b) chúng ta có ν 0 (a 2 ) = ν 0 (Q 1 ) + ν 0 (a 1 ) > ν 0 (Q 1 ), và hơn nữa Q 1 là hàm không thể chứa hạng tử không điều hòa bậc ν 0 (Q 1 ). Tuy nhiên, từ (c) chúng ta có ν 0 (Q 1 ) = ν 0 (a 2 ). Điều đó dẫn đến mâu thuẫn. Do đó, Q 1 ≡ 0 và a 2 ≡ 0. Trường hợp (ii). Q 1 (0) = 0. Cho ˜ Q 1 (z 2 ) := Q 1 (z 2 ) − Q 1 (0) và ˜a 2 (z 2 ) := a 2 (z 2 ) − Q 1 (0)a 1 (z 2 ) với mọi z 2 ∈ ∆  0 . Khi đó, biểu thức (c) tương đương với Re  iβz 2 ( ˜ Q 1 ) z 2 (z 2 ) + 1 2 Q 1 (z 2 )a 1 (z 2 ) − 3 2i Q 0 (z 2 )a 1 (z 2 ) − a 2 (z 2 ) 2 − i 2 Q 0 (z 2 )a 2 (z 2 ) − 1 2 Q 2 0 (z 2 )a 2 (z 2 ) − i 2 Q 3 0 (z 2 )a 2 (z 2 )  =Re  iβz 2 ( ˜ Q 1 ) z 2 (z 2 ) + 1 i Q 1 (0)Q 0 (z 2 )a 1 (z 2 ) − 1 2 Q 2 0 (0)a 1 (z 2 ) − i 2 Q 3 0 (z 2 )Q 1 (0)a 1 (z 2 ) + ˜ Q 1 z 2 (z 2 )  a 1 (z 2 ) 2 − 3 2i Q 0 (z 2 )a 1 (z 2 )  + ˜a 2 (z 2 )  − 1 2 − i 2 Q 0 (z 2 ) − i 2 Q 2 0 (z 2 ) − i 2 Q 3 0 (z 2 )  ≡ 0 (1.2) 9 trên ∆  0 . Mặt khác, phương trình (b) tương đương với Re  i  1 + Q 2 0 (z 2 )  ˜a 2 (z 2 ) + i  Q 2 0 (z 2 )Q 1 (0) − ˜ Q 1 (z 2 )  a 1 (z 2 )  ≡ 0, hoặc tương đương với Re  i  1 + Q 2 0 (z 2 )  ˜a 2 (z 2 ) − iR 1 (z 2 )a 1 (z 2 )  ≡ 0, (1.3) trên ∆  0 , trong đó ˜ Q 1 (z 2 )− Q 2 0 (z 2 )Q 1 (0), được cho đơn giản bởi R 1 (z 2 ). Bằng cách tính toán và từ biểu thức (a) chúng ta có: Re  iβz 2 (Q 2 0 (z 2 )) z 2 − Q 0 (z 2 ) a 1 (z 2 ) i − Q 3 0 (z 2 )  ≡ 0 trên ∆  0 . Do vậy, từ biểu thức trên và biểu thức (1.2) ta có: Re  iβz 2 (R 1 ) z 2 (z 2 ) − 1 2 Q 2 0 (z 2 )Q 1 (0)a 1 (z 2 ) + 3 2i Q 3 0 (z 2 )Q 1 (0)a 1 (z 2 ) + Q 1 (0)Q 2 0 (z 2 )  a 1 (z 2 ) 2 − 3 2i Q 0 (z 2 )a 1 (z 2 )  + R 1 (z 2 )  a 1 (z 2 ) 2 − 3 2i Q 0 (z 2 )a 1 (z 2 )  + ˜a 2 (z 2 )  − 1 2 − i 2 Q 0 (z 2 ) − i 2 Q 2 0 (z 2 ) − i 2 Q 3 0 (z 2 )  =Re  iβz 2 (R 1 ) z 2 (z 2 ) + R 1 (z 2 )  a 1 (z 2 ) 2 − 3 2i Q 0 (z 2 )a 1 (z 2 )  + ˜a 2 (z 2 )  − 1 2 − i 2 Q 0 (z 2 ) − i 2 Q 2 0 (z 2 ) − i 2 Q 3 0 (z 2 )  ≡ 0 (1.4) trên ∆  0 . Cuối cùng, vì R 1 (0) = 0 nên bằng lập luận trường hợp (i) với (b) và (c) thay thế tương ứng bởi các phương trình (1.3) và (1.4) ta kết luận rằng R 1 ≡ 0 và ˜a 2 ≡ 0. Do đó, a 2 (z 2 ) ≡ Q 1 (0)a 1 (z 2 ) và Q 1 (z 2 ) ≡ Q 1 (0)  1 +Q 2 0 (z 2 )  trên ∆  0 , và chúng ta hoàn thành việc chứng minh bổ đề tại đây. Bổ đề 1.2.3. Giả sử hàm số f(z 2 , t) xác định trên một lân cận U × I của 0 ∈ C × R với f(z 2 , 0) ≡ 0 sao cho f, ∂f ∂t và ∂ 2 f ∂t 2 là C 1 -trơn trên U × I và giả sử α ∈ R. Khi đó,  i + ∂f ∂t (z 2 , t)  exp  α  it − f(z 2 , t)   ≡ i + ∂f ∂t (z 2 , 0) trên U × I 10 nếu và chỉ nếu f(z 2 , t) =        − 1 α log     cos(R(z 2 )+αt) cos(R(z 2 ))     nếu α = 0 tan(R(z 2 ))t nếu α = 0 với mọi (z 2 , t) ∈ U × I, trong đó R là hàm C 1 -trơn trên U. Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra được rằng ∂ ∂t  i + ∂f ∂t (z 2 , t)  exp  α  it − f(z 2 , t)   ≡ 0 trên U × I nếu và chỉ nếu ∂ 2 f ∂t 2 (z 2 , t) ≡ α  1 + ( ∂f ∂t (z 2 , t)) 2  trên U × I. (1.5) Mặt khác, từ (1.5) ta có ∂f ∂t (z 2 , t) = tan(R(z 2 ) + αt) với mọi (z 2 , t) ∈ U × I. Như vậy, hàm số f có dạng như trong bổ đề. Hệ quả 1.2.4. Giả sử  0 , β, α ∈ R với β = 0 và  0 > 0. Giả sử rằng R : ∆  0 → [−1, 1] là C 1 -trơn thỏa mãn 2Re  iβz 2 R z 2 (z 2 )  = −Re  ia(z 2 )  với mọi z 2 ∈ ∆  0 , trong đó a 1 (z 2 ) là một hàm chỉnh hình khác không trên ∆  0 . Giả sử f(z 2 , t) : ∆  0 × (−δ, δ) → R là hàm số xác định bởi công thức sau: f(z 2 , t) =        − 1 α log     cos(R(z 2 )+αt) cos(R(z 2 ))     nếu α = 0 tan(R(z 2 ))t nếu α = 0, Khi đó, ta có: Re  2iαβz 2 f z 2 (z 2 , t) +  f t (z 2 , t) − tan(R(z 2 ))  ia 1 (z 2 )  = 0 (1.6) với mọi (z 2 , t) ∈ ∆  0 × (−δ 0 , δ 0 ) trong đó δ 0 = 1 2|α| nếu α = 0 và δ 0 = +∞ nếu ngược lại. 11 [...]... minh 12 Chương 2 Trường vector chỉnh hình tiếp xúc trong C2 2.1 Định lý về sự tồn tại của trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thực Giả sử b(z) = iβz + (β ∈ R∗ ) là hàm số chỉnh hình trong lân cận U của gốc tọa độ Theo bài báo [1], tồn tại ánh xạ bảo giác Φ : V → U, trong đó U và V là hai lân cận mở của gốc tọa độ, sao cho Φ(0) = 0 và z(t) = Φ(w0 eiβt ), −∞ < t < +∞, là nghiệm của phương trình... siêu mặt tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường Giả sử (M, p) là một mầm siêu mặt trong Cn sao cho p là điểm kiểu vô hạn Bài toán đặt ra là tìm các trường vector tiếp xúc với M và triệt tiêu tại p Chính xác hơn, chúng ta sẽ tìm tất cả các trường vector chỉnh hình tiếp xúc với một mầm (M, p) siêu mặt trơn lớp C∞ kiểu vô hạn tại gốc tọa độ 0 = (0, 0) trong C2 và triệt tiêu tại 0 Giả... hạn tại z2 = 0, thì bất kỳ trường vector chỉnh hình triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc tới (M, 0) là đồng nhất với không Giả sử M = {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0 là mầm các siêu mặt giải tích thực tại 0 thỏa mãn các điều kiện của Định lý 2.3.1 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. .. đưa ra là một ví dụ về trường vector chỉnh hình và siêu mặt thực tiếp xúc với nhau Định lý 2.1.2 Giả sử α ∈ R và a1 (z) = β ∞ n=1 an z n là hàm chỉnh hình không đồng nhất triệt tiêu xác định trên lân cận của 0 ∈ C, trong đó β ∈ R∗ và an ∈ C với mọi n ≥ 1 Khi đó, tồn tại các số thực dương 0 , δ0 H(z1 , z2 ) = L(z1 )a1 (z2 ) > 0 sao cho trường vector chỉnh hình: ∂ ∂ + iβz2 , ∂z1 ∂z2 trong đó L(z1 ) = ... 1.2.2 với α = 2Q1 (0), hàm số P (z2 ) được xác định như trong khẳng định Như vậy, khẳng định được chứng minh Bây giờ, chứng minh của Định lý 2.2.1 dễ dàng được suy ra từ các Khẳng định 1 đến 6 2.3 Sự không tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thỏa mãn điều kiện (I) Trong mục này, chúng tôi sẽ chứng minh kết quả chính thứ hai của luận văn Cụ thể, chúng tôi chứng minh định lý sau đây... mầm siêu mặt(M, 0) trong C2 được xác định bởi phương trình ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0, trong đó P, Q là các hàm C ∞ -trơn thỏa mãn ba điều kiện trong giả thiết Định lý 2.3.1 ∂ ∂ Ta xét trường vector chỉnh hình H = h1 (z1 , z2 ) ∂z1 + h2 (z1 , z2 ) ∂z2 xác định trên một lân cận của gốc tọa độ Hơn nữa, ta chỉ xem xét trường hợp trường vector H tiếp xúc với M Điều đó có... chỉnh hình không tầm thường triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với mầm (M, 0) các siêu mặt thực trơn lớp C ∞ , ngoại trừ hai trường hợp sau: (i) Cấp triệt tiêu của Q(z2 , 0) tại z2 = 0 là hữu hạn và Q(z2 , 0) bao gồm số hạng đơn k thức z2 với số nguyên dương k nào đó 17 (ii) Bằng cách đổi tọa độ nếu cần, siêu mặt M là đối xứng, có nghĩa là ρ(z1 , z2 ) = ∂ ρ(z1 , |z2 |), và trong trường hợp này trường. .. ρ(z1 , z2 ) = ∂ ρ(z1 , |z2 |), và trong trường hợp này trường vector chỉnh hình là của toán tử iβz2 ∂z2 với số thực β khác không nào đó Kết quả chính thứ nhất trong luận văn này là trình bày lại cách chứng minh định lý sau đây Định lý 2.2.1 Nếu một mầm (H, 0) các trường vector chỉnh hình không tầm thường triệt tiêu tại gốc tọa độ tiếp xúc với một mầm (M, 0) các siêu mặt thực không đối xứng được cho bởi... với mọi w ∈ V Bổ đề sau đây sẽ được dùng trong việc đổi biến trong các chứng minh sau này Bổ đề 2.1.1 Giả sử a, b là các hàm chỉnh hình xác định trên các lân cận ∆r × U và U của gốc tọa độ lần lượt trong C2 và C với b(0) = 0 và b (0) = iβ, trong đó β ∈ R∗ và r > 0 Sau khi đổi biến z1 = w1 ; z2 = Φ(w2 ), 13 ta có H(z1 , z2 ) = a(z1 , z2 ) ∂ ∂ + b(z2 ) ∂z1 ∂z2 tiếp xúc với siêu mặt M = {(z1 , z2 ) ∈ ∆r... là hàm giải tích thực trong một lân cận của 0 ∈ C × R thỏa mãn f (z2 , 0) ≡ 0, (2) P (z2 ) > 0 với mọi z2 = 0, (3) P có cấp vô cùng triệt tiêu tại z2 = 0, thì tồn tại α, β, 0 , δ0 ∈ R với β = 0, 0 > 0, δ0 > 0 sao cho, sau khi đổi tọa độ theo z2 , ta có H(z1 , z2 ) = L(z1 )a1 (z2 ) trong đó a1 (z2 ) = β |z2 | < 0} ∞ n=1 ∂ ∂ + iβz2 , ∂z1 ∂z2 n an z2 (an ∈ C, n ≥ 1) là chỉnh hình trong ∆ 0 := {z2 ∈ C : . C 2 13 2.1 Sự tồn tại của trường vector chỉnh hình tiếp xúc tới siêu mặt thực . . . 13 2.2 Họ siêu mặt tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường 17 2.3 Sự không tồn tại trường vector chỉnh. dụng trong các chứng minh ở chương II. Chương II: Sự tồn tại của trường vector tiếp xúc chỉnh hình trong C 2 . Trong chương này, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại một trường vector chỉnh hình trong. minh. 12 Chương 2 Trường vector chỉnh hình tiếp xúc trong C 2 2.1 Định lý về sự tồn tại của trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thực Giả sử b(z) = iβz + (β ∈ R ∗ ) là hàm số chỉnh hình trong lân