Tính Hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh

Luận văn nghiên cứu tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh, chương 1 trình bày về các kiến thức cơ sở của không gian phức hyperbolic, chương hai nêu lên định lý borel và các ứng dụng của định lý borel, cuốicùng là một số ví dụ về phần bù của họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG THÙY LINH TÍNH HYPERBOLIC CỦA PHẦN BÙ MỘT HỌ CÁC SIÊU PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG THÙY LINH TÍNH HYPERBOLIC CỦA PHẦN BÙ MỘT HỌ CÁC SIÊU PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH Chuyên ngành: Mã số: Hình học tôpô 60.46.01.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Giang HÀ NỘI, 2017 Mục lục Lời cảm ơn Lời cam đoan Lời mở đầu Những tính chất không gian phức hyperbolic 1.1 Giả khoảng cách Kobayashi không gian phức 1.2 Không gian phức hyperbolic 11 1.3 Không gian phức nhúng hyperbolic 17 Tính hyperbolic phần bù họ siêu phẳng không gian xạ ảnh 20 2.1 Định lý Borel 20 2.2 Ứng dụng Định lý Borel 22 2.3 Ví dụ 33 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn tốt nghiệp, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Giảng viên - Tiến sĩ Lê Giang, người tận tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn tốt nghiệp Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy, cô giáo Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội giảng dạy tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp này, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên tôi, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn thạc sĩ Hà Nội, tháng 06 năm 2017 Học viên Hoàng Thùy Linh Lời cam đoan Tôi xin cam đoan đề tài thực hiện, kết trình học tập nghiên cứu sách, giáo trình, tài liệu hướng dẫn Tiến sĩ Lê Giang, đề tài không trùng với kết trước tác giả khác Hà Nội, tháng 06 năm 2017 Học viên Hoàng Thùy Linh Lời mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết hàm hình học lĩnh vực Toán học đại Sau gần hai kỉ phát triển, ngày lý thuyết hàm hình học đạt thành tựu đặc sắc Đặc biệt từ năm 60 kỉ trước, với hình thành phát triển lý thuyết không gian phức hyperbolic, lý thuyết hàm hình học có bước tiến mạnh mẽ Trong giả thuyết tồn đến lý thuyết hàm hình học, giả thuyết nhà toán học Nhật Bản Kobayashi giữ vai trò đặc biệt quan trọng Giả thuyết ông phát biểu siêu mặt tổng quát có bậc lớn 2n + không gian xạ ảnh phức Pn C hyperbolic có phần bù nhúng hyperbolic Pn C Việc chứng minh giả thuyết nói chắn đưa đến kết đặc sắc nhiều lĩnh vực khác toán học đại Chính thế, giả thuyết Kobayashi thu hút quan tâm nhiều nhà toán học Trong luận văn này, nghiên cứu “tính hyperbolic phần bù họ siêu phẳng không gian xạ ảnh” Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tính hyperbolic phần bù họ siêu phẳng không gian xạ ảnh Đối tượng nghiên cứu Luận văn tập trung nghiên cứu đa tạp hyperbolic Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp giải tích kết hợp với phương pháp hình học Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương sau: Chương Những tính chất không gian phức hyperbolic Chương Tính hyperbolic phần bù họ siêu phẳng không gian xạ ảnh Kế hoạch thực Từ tháng 10 đến tháng 11 năm 2016, nhận giảng viên hướng dẫn, nhận đề tài luận văn, lập đề cương nghiên cứu Từ tháng 11 năm 2016 đến tháng năm 2017, nghiên cứu đề tài, trao đổi với giảng viên hướng dẫn tiến độ thực nội dung luận văn, viết luận văn Từ tháng đến tháng năm 2017, hoàn chỉnh luận văn, bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn thạc sĩ Chương Những tính chất không gian phức hyperbolic 1.1 Giả khoảng cách Kobayashi không gian phức Giả sử D = {z ∈ C : |z| < 1} đĩa đơn vị mở mặt phẳng phức C Trên D, ta xét khoảng cách Bergman-Poincare cho ρ(0, z) = ln + |z| , với z ∈ D − |z| Giả sử X không gian phức Hol(D, X) không gian ánh xạ chỉnh hình từ D vào X trang bị tôpô compact-mở Giả sử p q hai điểm tùy ý thuộc X Đặt α = {p0 , p1 , , pn ∈ X; a0 , a1 , , an−1 ; b1 , b2 , , bn ∈ D; f1 , , fn ∈ Hol(D, X)} Ta gọi α dây chuyền chỉnh hình nối p với q nếu: f1 (a0 ) = p0 = p, fi (bi ) = fi+1 (ai ) = pi , i = 1, n − 1, fn (bn ) = pn = q Thay cho việc xét dây chuyền α ta chọn dây chuyền α = {a1 , , an ∈ D; f1 , , fn ∈ Hol(D, X)} thỏa mãn f1 (0) = p, fi (ai ) = fi+1 (0), fn (an ) = q Ta đặt n Lα = ρ(ai−1 , bi ) i=1 định nghĩa: dX (p, q) := inf Lα , infimum lấy theo tất dây chuyền chỉnh hình α nối p với q Ta dễ thấy dX thỏa mãn tiên đề giả khoảng cách sau: i) dX (p, q) ≥ 0, ∀p, q ∈ X ii) dX (p, q) = dX (q, p), ∀p, q ∈ X iii) dX (p, q) ≤ dX (p, r) + dX (r, q), ∀p, q ∈ X Định nghĩa 1.1.1 Hàm dX : X × X → [0; +∞) xác định gọi giả khoảng cách Kobayashi không gian phức X Định lý 1.1.2 (Nguyên lí giảm khoảng cách) Giả sử f : X → Y ánh xạ chỉnh hình từ không gian phức X vào không gian phức Y Thế dX (p, q) ≥ dY (f (p) , f (q)), ∀p, q ∈ X Đặc biệt, f : X → Y song chỉnh hình dX (p, q) = dY (f (p) , f (q)) , ∀p, q ∈ X Dễ thấy, X không gian phức Y x, y ∈ X dY (x, y) ≤ dX (x, y), nghĩa dY ≤ dX X Mệnh đề 1.1.3 Giả sử X, Y hai không gian phức Khi đó, với x, x ∈ X y, y ∈ Y , ta có: dX (x, x ) + dY (y, y ) ≥ dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ max{dX (x, x ), dY (y, y )} Định lý 1.1.4 Cho đĩa đơn vị mở D ⊂ C Khi ta có: i) dD = ρ ii) dDn ((xj ) , (yj )) = max ρ (xj , yj ) với (xj ), (yj ) ∈ Dn j=1,n Chứng minh i) Do tính chất làm giảm khoảng cách ánh xạ chỉnh hình f1 , , fk ∈ Hol(D, D) nên ta có dD (p, q) = inf {ρ(a1 , b1 ) + + ρ(ak , bk )} ≥ inf{ρ(f1 (a1 ), f1 (b1 )) + + ρ(fk (ak ), fk (bk ))} Mặt khác, ρ(f1 (a1 ), f1 (b1 )) + + ρ(fk (ak ), fk (bk )) = ρ(p0 , p1 ) + + ρ(pk−1 , pk ) ≥ ρ(p0 , pk ) = ρ(p, q) Suy ra, dD (p, q) ≥ ρ(p, q) Nếu xét id : D → D ∈ Hol(D, D) id(p) = p, id(q) = q Suy ra, dD (p, q) ≤ ρ(p, q) Kết hợp hai điều ta có điều phải chứng minh ii) Trước tiên, ta chứng minh kết sau: Giả sử X Y hai không gian phức Khi dX×Y ((x, y) , (x , y )) = max {dX (x, x ), dY (y, y )}, (1.1.1) với x, x ∈ X, y, y ∈ Y Chứng minh Vì phép chiếu π : X × Y → Y chỉnh hình nên theo tính giảm khoảng cách ta có dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ dX (x, x ), tương tự dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ dY (y, y ) Suy dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≥ max {dX (x, x ), dY (y, y )} (1.1.2) Không tính tổng quát ta giả sử dX (x, x ) ≥ dY (y, y ) Ta cần chứng minh dX×Y ((x, y) , (x , y )) ≤ dX (x, x ) Thật vậy, lấy dây chuyền α từ x tới x đĩa chỉnh hình có độ dài l (α) X Ta xây dựng dây chuyền γ từ (x, x ) tới (y, y ) đĩa chỉnh hình có độ dài l (γ) X × Y cho l (γ) ≤ l(α) (với l = 0, , k − 1) Do đó, n − = dim Hk+1 = dim (Hk+1 ∩ H1 ) + = dim(Hk+1 ∩ ( Hi )) + = i=1 k = dim(Hk+1 ∩ ( Hi )) + k i=1 = dim (Hk+1 ∩ E) + k = dim E + k = n − k + k = n Mâu thuẫn, ta có điều phải chứng minh Chứng minh (Định lý 2.2.6) Giả sử N ≤ 2n ta H1 , , HN không vị trí hyperbolic, tức tồn cặp điểm p, q ∈ Pn C cho Hi qua hai điểm Hiển nhiên, ta cần xét trường hợp N = 2n Nếu Hi khác rỗng, ta cần lấy p ∈ Hi q ∈ Pn C − Hi Hi rỗng Ta đánh số lại H1 , , H2n cho Vì ta giả sử k Hi = n − k dim (k = 1, , n) i=0 Đặt Q0 = n i=1 Hi , (Q0 điểm) Đánh số lại siêu phẳng lại Hn+1 , , H2n , ta giả sử r0 Q0 ∈ Hi i=1 2n Q0 ∈ / Hj , (n ≤ r0 ≤ 2n) j=ro +1 Đặt P0 = 2n j=r0 +1 Hj Rõ ràng, Q0 ∈ P0 dim P0 ≥ r0 − n ≥ Nếu P0 ⊂ r0 i=1 Hi ta cần chọn p ∈ P0 q = Q0 Do đó, giả sử P0 ⊂ r0 i=1 Hi Khi đó, P0 ⊂ Hj0 , (1 ≤ j0 ≤ r0 ) Ta xét hai trường hợp: (a) ≤ j0 ≤ n, (b) n + ≤ j0 ≤ r0 27 Trong trường hợp (a) ta đánh số lại H1 , , Hn cho j0 = n, tức P0 ⊂ Hn n−1 i=1 Đặt Q1 = r1 i=1 Q1 ⊂ Hi ; dim Q1 = Sau đó, đánh số lại Hn , , H2n (gồm Hn ) cho Hi , (r1 ≥ n − 1), Q1 ⊂ 2n i=r1 +1 Hi (sau đánh số lại, Hn số Hr1 +1 , , H2n ) 2n i=r1 +1 Đặt P1 = Hi Không gian P0 theo định nghĩa giao 2n − r0 siêu phẳng (được đặt Hr0 +1 , , H2n từ trước) không chứa Q0 Vì Q0 ⊂ Q1 ⊂ Hi với i = 1, , r1 nên 2n − r0 siêu phẳng nằm số 2n − r1 siêu phẳng Hr1 +1 , , H2n Ngoài ra, P0 chứa siêu phẳng khác nhóm (gọi siêu phẳng Hn trước lần đánh số cuối cùng) Do đó, P0 giao 2n − r0 + siêu phẳng số Hr1 +1 , , H2n Vì P1 xem giao P0 với siêu phẳng số Hr1 +1 , , H2n không chứa P0 , nên ta có dim P1 ≥ dim P0 − [(2n − r1 ) − (2n − r0 + 1)] ≥ r0 − n − r0 + r1 + = r1 − (n − 1) ≥ Do P1 = ∅ Trong trường hợp (b) ta xây dựng P1 Q1 sau Vì Q0 = n i=1 Hi = r0 i=1 Hi ⊂ Hj0 dim Q0 = 0, áp dụng Bổ đề 2.2.7, ta suy tồn số m (1 ≤ m ≤ n) cho n i=1,i=m Hi ⊂ Hj0 Sau đánh số lại H1 , , Hn ta giả sử m = n Đặt Q1 = 2n i=r1 +1 n−1 i=1 Hi đánh số lại Hn , , H2n cho Q1 = r1 i=1 Hi Q1 ⊂ Hi (sau đánh số lại, Hn lúc nằm số Hr1 +1 , , H2n ) Đặt P1 = 2n i=r1 +1 Hi Vì siêu phẳng có số j0 trước lần đánh số lại cuối không chứa Q1 nên nằm số Hr1 +1 , , H2n Từ định nghĩa, suy Hj0 chứa P0 Do đó, trường hợp (a) ta thu dim P1 ≥ r1 − (n − 1) ≥ Nếu P1 ⊂ r1 i=1 Hi ta cần lấy p ∈ P1 − Do đó, ta giả sử P1 ⊂ r1 i=1 r1 i=1 Hi q ∈ Q1 − 2n i=r1 +1 Hi Hi Khi đó, P1 ⊂ Hj1 (1 ≤ j1 ≤ r1 ) Làm tương tự trên, ta xây dựng không gian P2 Q2 , P3 Q3 Nếu lặp lại trình k lần, ta thu số rk ≤ rk−1 ≤ ≤ r0 không gian Pk Qk cho (1) Qk = n−k i=1 Hi , dim Hk = k; 28 (2) Qk = (3) Pk = Nếu Pk ⊂ rk 2n i=1 Hi , Qk ⊂ i=rk +1 Hi ; 2n i=rk +1 Hi , dim Pk ≥ rk − (n − k) ≥ rk rk i=1 Hi , ta cần lấy p ∈ Pk − i=1 Hi q ∈ Qk − 2n i=rk +1 Hi Nếu không, ta tiếp tục trình Nếu trình tiến đến bước thứ (n − 1), ta có Qn−1 = H1 ; 2n Hi , dim Pn−1 ≥ Pn−1 = i=2 (Vì dim Qn−1 = n − 1, Q1 chứa Hi khác H1 rn−1 = 2) Do giả thiết q ∈ Qn−1 − 2n i=1 Hi 2n i=2 Hi rỗng nên ta có Pn−1 ⊂ H1 ta cần lấy p ∈ Pn−1 − H1 Kiernan [8] chứng minh phần bù 2n siêu phẳng vị trí tổng quát Pn C không hyperbolic dự đoán phần bù 2n siêu phẳng vị trí Pn C không hyperbolic; ông kiểm tra giả thuyết với n ≤ Giả thuyết ông suy từ Định lý 2.2.6 Snurnitsyn [11] Mạnh hơn, ta có: Định lý 2.2.8 Cho tập siêu phẳng H1 , , HN Pn C Nếu phần bù X = Pn C− N i=1 Hi hyperbolic tập siêu phẳng H1 , , HN vị trí hyperbolic Đặc biệt, phần bù 2n siêu phẳng Pn C không hyperbolic Chứng minh Nếu H1 , , HN không vị trí hyperbolic, tồn cặp điểm p, q ∈ Pn C cho Hi qua p q Đặt l đường thẳng xạ ảnh qua p q Khi X chứa l − {p, q} ∼ = C∗ hyperbolic Câu hỏi sau câu hỏi mở Nếu tập siêu phẳng H1 , , HN vị trí hyperbolic, X có hyperbolic? Chú ý 2.2.9 Ta đưa vị trí đặc biệt 2n + siêu phẳng Pn C cho phần bù chúng hyperbolic đầy Sử dụng hệ toạ độ (w0 , , wn ), xác định 2n + siêu phẳng sau w0 w1 wn (w0 − w1 )(w1 − w2 ) (wn−1 − wn ) = Ta quy nạp theo n phần bù X siêu phẳng xạ ảnh song chỉnh hình với (C − {0, 1})n 29 Coi wn−1 = siêu phẳng vô cùng, ta đưa vào hệ toạ độ không z = w0 /wn−1 , , z n−2 = wn−2 /wn−1 , z n = wn /wn−1 Khi đó, phương trình viết lại z z z n−2 z n (z − z )(z − z ) (z n−2 − 1)(1 − z n ) = Phương trình xác định 2n siêu phẳng không gian affine Cn Tách biến z n từ biến khác, ta viết lại phương trình phương trình xác định siêu phẳng Cn = Cn−1 × C : z z z n−2 (z − z )(z − z ) (z n−2 − 1) = z n (1 − z n ) = Phương trình thứ hai xác định hai điểm {0, 1} thành phần C cuối Cn Phương trình xác định 2(n − 1) siêu phẳng thành phần Cn−1 Phần bù 2(n − 1) siêu phẳng Cn−1 song chỉnh hình với phần bù 2n − siêu phẳng Pn−1 C: w0 w1 wn−1 (w0 − w1 )(w1 − w2 ) (wn−2 − wn−1 ) = Theo quy nạp song chỉnh hình với (C − {0, 1})n−1 Ta xây dựng ánh xạ chỉnh hình f : (D∗ )n → X mà không mở rộng thành ánh xạ f : Dn → Pn C Với (z , , z n ) ∈ (D∗ )n , đặt w0 = z , w1 = z z , w2 = z z z , , wn−1 = z z z z n , wn = z z z n Ánh xạ thác triển Dn − {0} thác triển qua gốc tọa độ Do đó, X nhúng hyperbolic Pn C Định lý 2.2.2 Hệ 2.2.3 nghiên cứu siêu phẳng vị trí tổng quát coi tổng quát định lý Picard bé Với siêu phẳng không vị trí tổng quát, ta có kết sau: Định lý 2.2.10 Giả sử H1 , , HN , (N ≥ 3), siêu phẳng phân biệt, không vị trí tổng quát Pn C Khi đó, ảnh ánh xạ chỉnh hình f : C → Pn C − siêu phẳng 30 Hi nằm Chứng minh Đặt Fi dạng tuyến tính Cn+1 xác định Hi Khi đó, có quan hệ tuyến tính không tầm thường: ci Fi = Không tính tổng quát, ta giả sử c1 , , ck khác ck+1 = = cN = Thay Fi ci Fi (1 ≤ i ≤ k), giả sử c1 = = ck = Vì F1 + + Fk = Ta giả sử quan hệ tuyến tính gọn Vì H1 , , Hk phân biệt, ta có k ≥ Giả sử f : C → Cn+1 − {0} ánh xạ nâng f đặt hi = Fi ◦ f , (i = 1, , k) Khi đó, hàm nguyên h1 , , hk không đâu triệt tiêu thỏa mãn đồng thức h1 + + hk ≡ Như (1) Định lý 2.1.2, ta phân hoạch I = {1, 2, , k} thành tập Iα , (α = 1, , p) cho i∈Iα hi ≡ Vì hi ≡ nên Iα chứa nhiều phần tử Nếu I1 = I f ánh xạ Mặt khác, (1) Định lý 2.1.2 ta có quan hệ tuyến tính i∈I1 hi ≡ (I1 tập thực I chứa nhiều phần tử) Điều kéo theo ảnh f (C) chứa siêu phẳng xác định i∈I1 Fi ≡ Zaidenberg [12] chứng minh định lý mạnh Hệ 2.2.3 sau: Định lý 2.2.11 Nếu tập siêu phẳng H1 , , HN Pn C vị trí hyperbolic ánh xạ chỉnh hình f : C → Pn C − N i=1 Hi Chứng minh Từ Định lý 2.2.6 suy N ≥ 2n + Áp dụng Định lý 2.2.1 (nếu siêu phẳng cho vị trí tổng quát) Định lý 2.2.10 (nếu không), ta có ảnh f (C) nằm siêu phẳng, giả sử H Đặt Hi = H ∩ Hi Thì tập siêu phẳng H1 , , HN H ∼ = Pn−1 (C) vị trí hyperbolic Lặp lại trình trên, sau n bước ta thu f (C) có chiều Nếu tập hợp siêu phẳng H1 , , HN vị trí hyperbolic, N ≥ 2n + Bây giờ, ta có: Định lý 2.2.12 31 (1) Nếu tập hợp siêu phẳng H1 , , HN (N ≥ 2n + 1) Pn C vị trí tổng quát, chúng vị trí nhúng hyperbolic (2) Nếu tập hợp siêu phẳng H1 , , H2n+1 Pn C vị trí nhúng hyperbolic, chúng vị trí tổng quát Chứng minh (1) Giả sử H1 , , HN vị trí tổng quát Nếu điều kiện (hi) không thỏa mãn tồn cặp điểm p, q cho Hi qua hai điểm Khi n + siêu phẳng H1 , , HN phải có p q điểm chung (mâu thuẫn) (2) Giả sử H1 , , H2n+1 không vị trí tổng quát Bằng cách đánh số lại siêu phẳng này, ta giả sử n + siêu phẳng cuối Hn+1 , , H2n+1 có điểm chung giả sử p Vì n i=1 Hi khác rỗng nên chứa điểm giả sử q Khi cặp điểm p, q vi phạm điều kiện (hi) Định lý 2.2.13 Cho tập hợp siêu phẳng H1 , , HN Pn C, đặt X = Pn C − N i=1 Hi Nếu tập siêu phẳng cho vị trí nhúng hyperbolic X hypebolic đầy nhúng hyperbolic Pn C Ngược lại, X nhúng hyperbolic Pn C tập siêu phẳng cho vị trí nhúng hyperbolic Chứng minh Giả sử tập siêu phẳng cho thỏa mãn điều kiện (hi) Ta áp dụng Định lý 3.6.13 (trong Kobayashi [7]) Do Hệ 3.6.16 (trong Kobayashi [7]) điều kiện (a) Định lý 3.6.13 (trong Kobayashi [7]) thỏa mãn tức đường thẳng phức X Với tập I ⊂ {1, , N }, đặt PI = i∈I Hi Khi đó, tập siêu phẳng {Hj = Hj ∩PI }j∈I không gian xạ ảnh PI thỏa mãn điều kiện (hi) Do Định lý 2.2.11 điều kiện (b) Định lý 3.6.13 (trong Kobayashi [7]) thỏa mãn tức đường thẳng phức i∈I Hi − j∈I Hj Nếu N = 2n + 1, ta suy điều từ Định lý 2.2.12 Định lý 2.2.4 Giả sử tập siêu phẳng cho không thỏa mãn điều kiện (hi) Khi đó, tồn cặp điểm p, q cho Hi qua hai điểm Đặt I tập i thỏa mãn p q nằm Hi Đặt l đường thẳng xạ ảnh qua p q Khi đó, l − {p, q} ⊂ i∈I Hi − j∈I Hj , (nếu I = ∅ i∈I Hi ta coi Pn C) Khi đó, ánh xạ mở từ C → C∗ ∼ = l−{p, q} đường thẳng phức 32 i∈I Hi − j∈I Hj (đối với khoảng cách Fubini-Study Pn C |ez |2 dzdz/(1 + |ez |2 )2 ≤ dzdz) Do Định lý 3.6.19 (trong Kobayashi [7]), suy X nhúng hyperbolic Pn C Từ Định lý 2.2.12 Định lý 2.2.13 ta thu điều kiện đủ Hệ 2.2.4 Hệ 2.2.4 (phần điều kiện cần lấy từ Zaidenberg [12]) Hệ 2.2.14 Phần bù tập 2n + siêu phẳng Pn C vị trí nhúng hyperbolic Pn C chúng vị trí tổng quát Cho tập hợp siêu phẳng H1 , , HN Pn C, đặt X = Pn C − N i=1 Hi Khi có ba trường hợp: (i) điều kiện (hi) thỏa mãn, tương đương theo Định lý 2.2.13 X nhúng hyperbolic Pn C; (ii) điều kiện (h) không thỏa mãn, (từ Định lý 2.2.8) suy X không hyperbolic; (iii) điều kiện (h) thỏa mãn điều kiện (hi) không thỏa mãn Trường hợp (iii), khó hình dung trường hợp tổng quát Trong trường hợp này, ta hiểu tồn cặp điểm p, q cho Hi qua hai điểm, nữa, có số Hi qua hai điểm Tuy nhiên, với n = trường hợp (iii) phân tích đầy đủ ví dụ mục sau (xem Zaidenberg [13]) 2.3 Ví dụ Ví dụ 2.3.1 Giả sử l1 , , lN tập đường thẳng P2 C thỏa mãn điều kiện (h) không thỏa mãn điều kiện (hi) Khi đó, tồn cặp điểm p, q cho số đường thẳng, giả sử lN qua hai điểm đường thẳng lại l1 , , lN −1 qua hai điểm Đặt X = P2 C − N i=1 li Giả sử j đường thẳng qua p k đường thẳng qua q Khi N = j + k + Nếu ta coi lN đường thẳng vô cực đồng P2 C − lN với C2 j đường thẳng song song với C2 , tương tự k đường thẳng song song với Do X∼ = (C − {j điểm }) × (C − {k điểm }) 33 Từ ta suy X hyperbolic j, k ≥ Từ Định lý 2.2.8 Định lý 2.2.12, ta có câu trả lời cho câu hỏi đặt Iitaka [6] Ta xét tập hợp siêu phẳng H1 , , HN Pn C điểm (Pn∗ C)N với Pn∗ C kí hiệu cho không gian xạ ảnh đối ngẫu Xét tác động nhóm đối xứng SN (Pn∗ C)N Để xác định không gian môđun M(n, N ) tập hợp tất N siêu phẳng phân biệt Pn C (không kể thứ tự), trước tiên phải bỏ tất điểm (Pn∗ C)N cố định qua số phần tử SN (khác với đồng nhất) sau phân chia SN Từ đây, cho ta đa tạp phức chiều nN Ta phải chia cách tự nhiên nhóm tuyến tính xạ ảnh P GL(n; C) Rõ ràng, tập điểm M(n, N ) không thỏa mãn điều kiện (hi) tập đóng Vì vậy, X − N i=1 Hi nhúng hyperbolic Pn C, ta nhiễu vị trí N siêu phẳng này, X nhúng hyperbolic Mặt khác, tập điểm M(n, N ) không thỏa mãn điều kiện (h) không đóng Thực tế, tập điểm M(n, N ) thỏa mãn (h) không thỏa mãn (hi) đóng Quan hệ số khuyết Cartan Định lý 3.B.42 (trong Kobayashi [7]) hay hệ 3.B.46 (trong Kobayashi [7]), áp dụng để chứng minh kết sau Green [5] siêu mặt Fermat: Ví dụ 2.3.2 Cho w0 , w1 , , wn+1 hệ tọa độ Pn+1 C đặt F (n, d) : (w0 )d + (w1 )d + + (wn+1 )d = siêu mặt Fermat bậc d Pn+1 C Nếu d > n(n + 2) ánh xạ chỉnh hình f : C → F (n, d) có ảnh nằm siêu phẳng Thực tế, ảnh nằm không gian tuyến tính có chiều ≤ [n/2] Để chứng minh khẳng định thứ nhất, đặt Pn C siêu phẳng Pn+1 C xác định w0 + w1 + + wn+1 = Khi phép chiếu: π : (w0 , w1 , , wn+1 ) → ((w0 )d , (w1 )d , , (wn+1 )d ), siêu mặt Fermat F (n, d) không gian phủ Pn C phân nhánh siêu phẳng Hj = {wj = 0}; j = 0, , n + Giả sử ảnh π ◦ f không nằm 34 không gian tuyến tính thực Pn C Nếu π ◦ f không giao Hj số khuyết δ [n] (π ◦ f, Hj ) = Nếu π ◦ f giao Hj cắt Hj với bội d Do đó, n δ [n] (π ◦ f, Hj ) ≥ − Vậy ta có d n (n + 2) − ≤ n + 1, d kéo theo d ≤ n(n + 2) Vậy ta nhận mâu thuẫn Vậy giả sử sai hay π ◦ f thỏa n+1 j=0 mãn thêm phương trình tuyến tính n+1 j=0 aj wj = phương trình tuyến tính wj = Do f = (f , , f n+1 ) thỏa mãn hai phương trình bậc d: n+1 n+1 j d aj (f j )d = (f ) = 0, j=0 j=0 Để chứng minh khẳng định thứ hai, ta giả sử f j ≡ không với j (Nếu f j ≡ với số j đưa trường hợp chiều nhỏ hơn) Ta giả sử f i /f j số với số cặp (i, j) với i = j Không tính tổng quát, ta giả sử an+1 = Khi đó, lấy hiệu hai phương trình trên, ta (a0 − 1)(f )d + + (an − 1)(f n )d = Thay f j (aj − 1)1/d f j cho siêu mặt Fermat với chiều nhỏ Bằng quy nạp, ta phương trình dạng a(f )d + b(f )d = Vậy ta có điều phải chứng minh Phân hoạch tập số {0, 1, , n + 1} thành I1 , , Im theo quan hệ đương đương i ∼ j f i /f j số Từ Ir ta chọn ri đặt f j = bj f ir (j ∈ Ir ) Khi d (f j ) = cr (f ir )d , j∈Ir bdj , cr = j∈Ir m d cr (f ir ) = r=1 Nếu tất cr phương trình xác định siêu mặt 1/d Fermat chiều ≤ m − Đặt g r = cr f ir , ta có 35 m r d r=1 (g ) = Khi đó, theo giả sử phần trên, f ip /f iq số với vài p = q, điều ip ∈ Ip iq ∈ Iq Do đó, tất cr = Vì (f j )d = j∈Ir Đặc biệt, Ir chứa hai số Do ảnh f nằm không gian tuyến tính cho họ siêu phẳng wj − bj wir = 0, j ∈ Ir , j = ir , r = 1, , m Ví dụ 2.3.3 Ta xét phần bù siêu mặt Fermat F (n − 1, d) Pn C Nếu d > n(n + 1), ánh xạ chỉnh hình f : C → Pn C − F (n − 1, d) có ảnh nằm siêu phẳng Thực tế, ảnh nằm không gian tuyến tính chiều ≤ [n/2] Giả sử w0 , , wn hệ tọa độ Pn C Ta xét n + siêu phẳng Hj = {wj = 0}, j = 0, , n, Pn−1 C = {w0 + + wn = 0} Dưới phép chiếu π : (w0 , , wn ) → ((w0 )d , , (wn )d ), Pn C không gian phủ Pn C phân nhánh siêu phẳng Giả sử ảnh π ◦ f không nằm không gian tuyến tính có chiều nhỏ hơn, áp dụng Định lý 3.B.42 (trong Kobayashi [7]) cho ánh xạ π ◦ f Khi đó, ta có (n + 1) − n + ≤ n + 1, d điều kéo theo d ≤ n(n + 1) Ta bỏ qua phần lại chứng minh, tương tự Ví dụ 2.3.2, xem chi tiết Green [5] Để làm rõ Định lý 2.2.1, ta xét dãy ánh xạ chỉnh hình từ D lên Pn C bỏ qua n + siêu phẳng H0 , , Hn+1 vị trí tổng quát Lấy đại diện Pn C siêu phẳng có dạng (2.2.1) Pn+1 C H0 , H1 , , Hn+1 có dạng (2.2.2) Theo Kiernan-Kobayashi [9], ta thu kết hình học Định lý 2.3.7 từ định lý sau Cartan [16] (trang 58) Định lý 2.3.4 Cho dãy vô hạn fλ = (fλ0 , fλ1 , , fλn+1 ) hệ n + hàm chỉnh hình không đâu triệt tiêu đĩa đơn vị D thỏa mãn đồng thức fλ0 + fλ1 + + fλn+1 = 0, 36 có dãy con, kí hiệu fλ thỏa mãn hai điều kiện (a) (b) đây: (a) Tập số I = {0, 1, , n + 1} phân hoạch thành hai tập không giao J K, J chứa hai số K rỗng, cho: (1) với i, j ∈ J dãy {fλi /fλj }λ=1,2, hội tụ hàm chỉnh hình không đâu triệt tiêu; (2) với j ∈ J k ∈ K, dãy {fλk /fλj }λ=1,2, hội tụ 0; (3) với j ∈ J, dãy {( i∈J fλi )/fλj }λ=1,2, hội tụ (b) Có hai tập không giao I I I = {0, 1, , n + 1}, tập chứa hai số có phân hoạch I = J ∪ K I = J ∪ K thỏa mãn tính chất (1), (2) (3) trường hợp (a) Ta ý trường hợp (a) tính chất (3) hệ (2) Tuy nhiên, trường hợp (b), (1) (2) độc lập với Đặt n+1 Z = Pn C, Y = Pn C − Hi i=0 Trong trường hợp (a), K rỗng J = I , dãy {fλ } hội tụ ánh xạ Hol(D, Y ) Nếu K tập gồm phần tử, giả sử {n + 1} dãy {fλ } hội tụ ánh xạ Hol(D, Hn+1 ) ⊂ Hol(D, Z) Ở trường hợp lại (a) trường hợp (b), ta có tập J I chứa hai số không nhiều n − số cho với i ∈ J, dãy {( i∈J fλj )/fλi }λ=1,2, hội tụ Do đó, Hệ 2.3.5 Cho dãy {fλ } ánh xạ từ D đến Y định lý Khi có dãy con, kí hiệu {fλ } thỏa mãn điều kiện sau: (a) Dãy {fλ } hội tụ ánh xạ Hol(D, Z); (b) Tồn tập J {0, 1, , n + 1} chứa hai không n − số cho, với i ∈ J, dãy {( j∈J fλj )/fλi }λ=1,2, hội tụ đến Trong trường hợp (b) hệ trên, ta có dãy hội tụ: j j∈J fλ n+1 i i=0 |fλ | 37 → Hệ 2.3.6 Giả sử Y Z cho ∆ hợp siêu phẳng chéo Cho dãy ánh xạ fλ ∈ Hol(D, Y ), có dãy kí hiệu {fλ } thỏa mãn điều sau: (a) {fλ } hội tụ Hol(D, Z); (b) Cho số dương r < lân cận U ∆ Z, có số nguyên λ0 cho fλ (Dr ) ⊂ U với λ ≥ λ0 Hệ kéo theo định lý hình học sau: Định lý 2.3.7 Phần bù n + siêu phẳng vị trí tổng quát Pn C nhúng hyperbolic Pn C module siêu phẳng chéo 38 Kết luận Đặt vấn đề tìm hiểu tính hyperbolic phần bù họ siêu phẳng không gian xạ ảnh, luận văn đạt kết sau: • Trình bày số kiến thức sở giả khoảng cách Kobayashi, không gian phức hyperbolic, không gian phức nhúng hyperbolic • Trình bày Định lý Picard bé, Định lý Borel • Trình bày ứng dụng Định lý Borel • Trình bày số ví dụ nghiên cứu tính hyperbolic phần bù họ siêu phẳng không gian xạ ảnh Những kết đạt luận văn khiêm tốn giúp tác giả có hội tìm hiểu sâu hình học phức hyperbolic đặc biệt tính hyperbolic phần bù họ siêu phẳng không gian xạ ảnh 39 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Đỗ Đức Thái (2003), Cơ sở lý thuyết hàm hình học, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội [B] Tiếng Anh [2] Chen, W.W (1995), A proof of the generalized Picard’s little theorem using matrices, Linear Alg, and its Appl 214, 187 - 192 [3] Fujimoto, H (1972), Extensions of the big Picard theorem, Tohoku Math J 24, 415 - 422 [4] Fujimoto, H (1973), Families of holomorphic maps into the projective space omitting some hyperplanes, J Math Soc Japan 25, 235 - 249 [5] Green, M L (1972), Holomorphic maps into complex projective space omiting hyperplanes, Trans Amer Math Soc 169, 89 - 103 [6] Iitaka, S (1978), Geomertry on complements of lines in P , Tokyo J Math 1, - 19 [7] Kobayashi, S (1998), Hyperbolic Complex Spaces, Grundlehren der mathematischen Wissenschaften 318, Springer-Verlag Berlin Heidelberg [8] Kiernan, P J (1969), Hyperbolic submanifolds of complex projective space, Proc Amer Math Soc 22, 603 - 606 [9] Kiernan, P J., and Kobayashi, S (1972), Satake compactification and extension of holomorphic mappings, Invent Math 16, 237 - 248 40 [10] Lang, S (1987), Introducttion to Compex Hyperbolic Spaces, Springer-Verlag New York [11] Snurnitsyn, V E (1986), The complement of 2n hyperplanes in CP n is not hyperbolic, Matem Zametki 40, 454 - 459 [12] Zaidenberg, M G (1983), Picard’s theorem and hyperbolicity, Siberain Math J 24, 858 - 867 [13] Zaidenberg, M G (1986), On hyperbolic embedding of complements of divisors and the limiting behavior of the Kobayashi-Royden metric, Math USSR Sbornik 55, 55 - 70 [C] Tiếng Pháp [14] Bloch, A (1926), Sur les systèmes de fonctions holomorphes variétés linéaires lacunaires, Ann École Norm Sup 43, 309 - 362 [15] Borel, E (1897), Sir les zéros de fonctions entières, Acta Math 20, 357 - 396 [16] Cartan, H (1928), Sur les systèmes de fonctions holomorphes variétés linéaires lacunaires, Ann Sci École Norm Sup 45, 255 - 346 [17] Dufresnoy, H (1944), Théorie nouvelle des familles complexes normales, Applications I’estude des fonctions algébroides, Ann Sci École Norm Sup 61, 44 41 ...BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG THÙY LINH TÍNH HYPERBOLIC CỦA PHẦN BÙ MỘT HỌ CÁC SIÊU PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH Chuyên ngành: Mã... giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn thạc sĩ Hà Nội, tháng 06 năm 2017 Học viên Hoàng Thùy Linh Lời cam đoan Tôi xin cam đoan đề tài thực hiện, kết trình học tập nghiên cứu sách, giáo trình,... Giang, đề tài không trùng với kết trước tác giả khác Hà Nội, tháng 06 năm 2017 Học viên Hoàng Thùy Linh Lời mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết hàm hình học lĩnh vực Toán học đại Sau gần hai kỉ phát