Định lý Hartogs và định lý Zorn trong vô hạn chiều

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐẶNG VIỆT ĐÔNG ĐỊNH LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG VÔ HẠN CHIỀU Chuyên ngành: Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Khuê Thái Nguyên - 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục Lục Lời cảm ơn Lời mở đầu Chương ĐA THỨC VÀ CHUỖI LŨY THỪA 1.1.Ánh xạ đa tuyến tính 1.2.Đa thức 10 1.3.Đa thức biến 13 1.4.Chuỗi lũy thừa 21 Chương ÁNH XẠ CHỈNH HÌNH VÀ HÀM ĐA ĐIỀU HÒA DƯỚI 25 2.1.Ánh xạ chỉnh hình 25 2.2.Hàm đa điều hòa 31 Chương ĐỊNH LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG KHÔNG GIAN BANACH 43 3.1.Định lý Hartogs Cn 43 3.2.Định lý Zorn 45 3.3.Định lý Hartogs tích không gian Banach 48 Tài liệu tham khảo 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Khuê Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc thành kính đến Thầy, Thầy không hướng dẫn nghiên cứu khoa học mà Thầy thông cảm tạo điều kiện động viên suốt trình làm luận văn Cũng xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè quan tâm giúp đỡ thời gian học tập hoàn thành luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo Đại học sư phạm Hà Nội, viện Toán học Việt Nam thầy cô giáo khoa sau Đại học, Đại học Sư Phạm Thái Nguyên , Đại Học Thái Nguyên dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Trong trình viết luận văn việc xử lý văn chắn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong nhận góp ý thầy cô, bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, tháng năm 2010 Học viên Đặng Việt Đông Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI MỞ ĐẦU Định lý Hartogs tính chỉnh hình hàm chỉnh hình tách biến Định lý tảng giải tích phức hữu hạn chiều Vì trường hợp vô hạn chiều mối quan tâm nhiều tác giả Mục đích luận văn trình bày Định lý Cn mở rộng tới trường hợp tích không gian Banach Chìa khoá cho mở rộng Định lý Zorn tính chỉnh hình ánh xạ Gchỉnh hình ánh xạ liên tục điểm Bố cục luận văn bao gồm chương: • Chương luận văn trình bày số kiến thức sở ánh xạ đa tuyến tính Sau số nội dung đa thức nhất, đa thức biến bậc tối đa m không gian Banach, chuỗi lũy thừa không gian Banach với số hạng đa thức Các Định lý kết liên quan luận văn • Chương luận văn trình bày khái niệm ánh xạ chỉnh hình, khái niệm hàm điều hòa không gian Banach thiết lập tính chất sở chúng Trong không gian Banach xét không gian phức • Chương trình bày phần nội dung luận văn: Định lý Hartogs Cn , Định ý Zorn, mở rộng Định lý Hartogs tích không gian Banach Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương ĐA THỨC VÀ CHUỖI LŨY THỪA 1.1 Ánh xạ đa tuyến tính Trong mục này, trình bày khái niệm ánh xạ đa tuyến tính số kết ban đầu Trước hết ta đưa số kí hiệu sau: Kí hiệu K trường số thực R hay trường số phức C N, N0 tập số nguyên dương số nguyên không âm Các chữ E, F, dùng để không gian Banach Nếu E không gian Banach m ≥ 1, không gian tích E m = E × × E không gian Banach với m chuẩn max cho x = max x j , x j ∈ E, ≤ j ≤ m 1≤ j≤m 1.1.1 Định nghĩa Giả sử E, F không gian Banach m ∈ N Ánh xạ A : E m → F gọi m - tuyến tính theo biến Nghĩa với a = (a1 , a2 , , am ) ∈ E m ≤ j ≤ m, ánh xạ Ej x j −→ A(a1 , , a j−1 , x j , a j+1 , , am ) tuyến tính Ký hiệu La (m E, F) L (m E, F) không gian vectơ ánh xạ m - tuyến tính m - tuyến tính liên tục từ E m vào F tương ứng Với A ∈ La (m E, F), xác định A = sup{ A(x1 , , xm ) : x j ∈ E, x j ≤ 1, ≤ j ≤ m} Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn gọi chuẩn(suy rộng) A Khi m = 1, ta viết La (1 E, F) = La (E, F) L (1 E, F) = L (E, F) Khi F = K viết La (m E, K) = La (m E) L (m E, K) = L (m E) Cuối m = 1, ta viết thông thường La (E) = E , L (E) = E ∗ 1.1.2 Mệnh đề Đối với A ∈ La (m E, F) điều kiện sau tương đương: a) A liên tục b) A liên tục ∈ E m c) A < +∞ Chứng minh a) =⇒ b) hiển nhiên b) =⇒ c) Giả sử có giả thiết b) c) không xảy Vậy tồn k ) ⊂ E m cho dãy (x1k , , xm max xkj ≤ j k ) ≥ km A(x1k , , xm k ≥ Suy max j xkj k ≤ k k A(x1k /k, , xm /k ≥ với k mà trái với b) c) =⇒ a) Giả sử a = (a1 , , am ) ∈ E m x = (x1 , , xm ) ∈ E m với max a j ≤ c max x j ≤ c Khi j j Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn A(x1 , , xm ) − A(a1 , , am ) m = ∑ A(a1 , , a j−1 , x j , , xm ) − A(a1 , , a j , x j+1 , , xm ) j=1 m ≤ ∑ A(a1 , , a j−1 , x j , , xm ) − A(a1 , , a j , x j+1 , , xm ) ∑ A cm−1 x j − a j → x j → a j , ≤ j ≤ m j=1 m ≤ j=1 Vậy c) =⇒ a) 1.1.3 Mệnh đề L (m E, F) không gian Banach với chuẩn A −→ A Chứng minh Dễ thấy ánh xạ A −→ A chuẩn L (m E, F) Giả sử {A j } dãy Cauchy L (m E, F) Khi với (x1 , , xm ) ∈ E m ta có A j (x1 , , xm ) − Ak (x1 , , xm ) ≤ A j − Ak x1 · · · xm (1.1.1) Suy dãy{A j (x1 , , xm )} ⊂ F dãy Cauchy Vì F Banach nên tồn A(x1 , , xm ) = limA j (x1 , , xm ) (1.1.2) j Dễ thấy ánh xạ A : E m → F m - tuyến tính Ngoài {A j } dãy Cauchy L (m E, F) nên tồn c cho A j ≤ c với j ≥ Khi từ (1.1.2) suy A ≤ c Cuối từ (1.1.1) ta có A j − A → j → +∞ 1.1.4 Mệnh đề Tồn đẳng cấu tắc không gian vec tơ La (m+n E, F) La (m E, La (n E, F)) Đẳng cấu sinh đẳng cự L (m+n E, F) L (m E, L (n E, F)) Chứng minh Dễ dàng kiểm tra ánh xạ La (m+n E, F) A −→ A ∈ La (m E, La (n E, F)) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn xác định A(x1 , , xm )(y1 , , yn ) = A(x1 , , xm , y1 , , yn ) thỏa mãn yêu cầu đặt Đối với m ∈ N ký hiệu Sm nhóm đối xứng tất hoán vị m phần tử Nếu σ ∈ Sm (−1)σ ký hiệu dấu hoán vị σ 1.1.5 Định nghĩa Đối với m ∈ N, ký hiệu Las (m E, F) không gian vec tơ A ∈ La (m E, F) mà đối xứng, nghĩa A(xσ (1) , , xσ (m) ) = A(x1 , , xm ) với (x1 , , xm ) ∈ E σ ∈ Sm Tương tự ta kí hiệu Laa (m E, F) không gian vec tơ tất A ∈ La (m E, F) mà thay phiên hay phản đối xứng, nghĩa A(xσ (1) , , xσ (m) ) = (−1)σ A(x1 , , xm ) với (x1 , , xm ) ∈ E m σ ∈ Sm Các không gian L s (m E, F) L a (m E, F) xác định tương tự Đó L s (m E, F) = Las (m E, F) ∩ L (m E, F) L a (m E, F) = Laa (m E, F) ∩ L (m E, F) Trường hợp F = K ta viết Las (m E, K) = Las (m E) Laa (m E, K) = Laa (m E) 1.1.6 Mệnh đề Đối với A ∈ La (m E, F) giả sử As Aa xác định As (x1 , , xm ) = A(xσ (1) , , xσ (m) ) m! σ∑ ∈Sm Aa (x1 , , xm ) = (−1)σ A(xσ (1) , , xσ (m) ) ∑ m! σ ∈Sm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi a) Ánh xạ A −→ As phép chiếu từ La (m E, F) lên Las (m E, F) với As ≤ A xảy cho A ∈ La (m E, F) Ánh xạ cảm sinh phép chiếu liên tục từ L (m E, F) lên L s (m E, F) b) Ánh xạ A −→ Aa phép chiếu từ La (m E, F) lên Laa (m E, F) với Aa ≤ A xảy cho A ∈ La (m E, F) Ánh xạ cảm sinh phép chiếu liên tục từ L (m E, F) lên L a (m E, F) Chứng minh Mệnh đề dành cho độc giả Để rõ ràng, ta đặt (đối với m = 0) La (0 E, F) = Las (0 E, F) = Laa (0 E, F) = L (0 E, F) = L s (0 E, F) = L a (0 E, F) = F Đối với n ∈ N đa số α = (α1 , , αn ) ∈ Nn0 , ta đặt: |α| = α1 + · · · + αn , α! = α1 ! αn ! 1.1.7 Định nghĩa Giả sử A ∈ La (m E, F) Khi với (x1 , , xn ) ∈ E n với α = (α1 , , αn ) ∈ Nn0 với |α| = m ta xác định Ax1α1 · · · xnαn = A(x1 , , x1 , , xn , , xn ) α1 αn với m ≥ Ax1α1 · · · xnαn = A m = 1.1.8 Định lý Giả sử A ∈ Las (m E, F) Khi x1 , , xn ∈ E ta có công thức Leibniz m! α1 A(x1 + · · · + xn )m = ∑ Ax1 · · · xnαn α! |α|=m Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Khi m = m = công thức hiển nhiên Giả sử công thức cho m ≥ Dễ thấy công thức cho m + Thật vậy, A ∈ Las (m E, F) Viết A(x1 + · · · + xn )m+1 = A(x1 + · · · + xn )(x1 + · · · + xn )m Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn áp dụng giả thiết quy nạp tới A(x1 + · · · + xn ) ∈ Las (m E, F) ta có A(x1 + · · · + xn )m+1 = m! ∑ α! A(x1 + · · · + xn)x1α1 · · · xnαn |α|=m m! n α +1 = ∑ Ax1α1 · · · x j j · · · xnαn ∑ α! j=1 |α|=m = (m + 1)! α1 Ax1 · · · xnαn ∑ α! |α|=m+1 1.1.9 Hệ Giả sử A ∈ Las (m E, F) Khi với x, y ∈ E ta có khai triển nhị thức Newton sau: m m A(x + y) = ∑ Cmj Axm− j y j j=0 1.1.10 Định lý Giả sử A ∈ Las (m E, F) với x0 , , xm ∈ E ta có công thức phân cực A(x1 , , xm ) = ε1 · · · εm A(x0 + ε1 x1 + · · · + εm xm )m ∑ m m!2 ε j =±1 Chứng minh Theo công thức Leibniz 1.1.8 ta có m! α αm A(x0 + ε1 x1 + · · · + εm xm )m = ∑ ε1α1 · · · εmαm Ax0 · · · xm α0 ! · · · αm ! tổng lấy theo tất α0 , , αm ∈ N0 cho α0 + · · · + αm = m Vậy suy ∑ ε1 · · · εm A(x0 + ε1 x1 + · · · + εm xm )m ε j =±1 α αm Ax0 · · · xm = m! ∑ ε1α1 +1 · · · εmαm +1 ∑ αk α0 ! · · · αm ! ε j Tuy nhiên ∑ ε1α1 +1 · · · εmαm +1 = ε j =±1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read data error !!! can't not read ... LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG KHÔNG GIAN BANACH 43 3.1 .Định lý Hartogs Cn 43 3.2 .Định lý Zorn 45 3.3 .Định lý Hartogs. .. ĐẦU Định lý Hartogs tính chỉnh hình hàm chỉnh hình tách biến Định lý tảng giải tích phức hữu hạn chiều Vì trường hợp vô hạn chiều mối quan tâm nhiều tác giả Mục đích luận văn trình bày Định lý. .. luận văn: Định lý Hartogs Cn , Định ý Zorn, mở rộng Định lý Hartogs tích không gian Banach Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương ĐA THỨC VÀ CHUỖI LŨY