TDA, tom tat TDA, tom tat

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI & TRƯỜNG ĐẠI HỌC PAUL SABATIER, PHÁP TRẦN ĐỨC ANH TÊN ĐỀ TÀI LUẬN ÁN Đường cong Brody giới hạn toán nâng ánh xạ từ đa đĩa đối xứng hóa chiều thấp Chuyên ngành: Hình học Tơpơ Mã số: 62.46.01.05 TĨM TẮT LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2017 Cơng trình hồn thành tại: Đại học sư phạm Hà Nội Đại học Paul Sabatier, Toulouse III, Pháp Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH Đỗ Đức Thái GS TSKH Pascal J Thomas Phản biện 1: GS TSKH Gerd Dethloff (Trường Đại học UBO Brest, CH Pháp) Phản biện 2: GS TSKH Hà Huy Khoái (Trường Đại học Thăng Long) Phản biện 3: PGS TSKH Jasmin Raissy (Trường Đại học Paul Sabatier, Toulouse III, CH Pháp) Luận án bảo vệ trước Hội đồng chấm luận án cấp Trường họp Trường Đại học Sư phạm Hà Nội vào hồi … … ngày … tháng… năm… Có thể tìm hiểu luận án thư viện: Thư viện Quốc Gia, Hà Nội Thư viện Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Mở đầu Luận án gồm ba chương với nội dung sau: Chương trình bày mở rộng kết ba tác giả Đỗ Đức Thái, Mai Anh Đức Ninh Văn Thu lớp đa tạp không thuộc kiểu E−giới hạn, hay gọi đa tạp không chứa đường cong E−Brody giới hạn Kết chương công bố [3] Chương trình bày kết tốn nâng ánh xạ từ đa đĩa đối xứng hóa Gn lên cầu phổ Ωn với n ≤ 5, đưa cụ thể hàm nâng sau chứng minh cơng thức hàm nâng khơng có hiệu lực chiều n ≥ Kết chương cơng bố [1] Chương trình bày kết toán nâng ánh xạ từ đa đĩa đối xứng hóa G4 lên cầu phổ Ω4 với điều kiện đạo hàm bậc cho trước Công việc nối tiếp kết N Nikolov, P Pflug P J Thomas cụ thể làm rõ chất điều kiện cần đủ để nâng địa phương Các kết chương tạm thời chưa công bố tạp chí hồn tồn Chương Về đường cong E-Brody giới hạn 1.1 Dẫn nhập Trong chương này, chúng tơi trình bày chứng minh cho kết tác giả Đỗ Đức Thái, Mai Anh Đức Ninh Văn Thu đường cong Brody giới hạn họ không chuẩn tắc ánh xạ chỉnh hình Các họ khơng chuẩn tắc ánh xạ chỉnh hình đường Brody (tức đường cong chỉnh hình có đạo hàm bị chặn) có mối quan hệ mật thiết Liên quan tới chủ đề này, tác giả báo chứng minh kết sau Định lý 1.1 Cn (n ≥ 2) không thuộc loại E-giới hạn với hàm độ dài E Cn Định lý 1.2 (C∗ )2 không thuộc loại ds2F S -giới hạn, ds2F S metric Fubini-Study P2 (C) Chứng minh tác giả sử dụng kết J Winkelmann kỹ thuật trích dãy phức tạp Vì báo này, cố gắng đưa chứng minh khác ngắn tổng quát chút Đầu tiên, nhắc lại vài định nghĩa giải thích nội dung định lý ba tác giả Định nghĩa 1.3 Cho X đa tạp phức trang bị metric Hermit E Đường cong chỉnh hình f : C → X gọi đường cong E-Brody đạo hàm bị chặn, tức |f (z)|E ≤ c với z ∈ C c số dương Hàm độ dài khái niệm tổng quát khái niệm metric, khơng liên quan tới báo này, độc giả thể tham khảo báo ba tác giả để xem định nghĩa Lưu ý chúng tơi viết Ep (v), điều có nghĩa độ dài vector tiếp xúc v điểm p theo metric E Nếu điểm p rõ ràng, ta viết |v|E Định nghĩa 1.4 Cho X đa tạp phức trang bị metric Hermite E Đa tạp phức X gọi thuộc loại E-giới hạn X thỏa mãn điều sau: Với họ không chuẩn tắc F ⊂ Hol(∆, X), ∆ miền C Hol(∆, X) tập tất ánh xạ chỉnh hình từ ∆ vào X, cho F không chứa dạy phân kỳ compact, tồn dãy {pj } ⊂ ∆ với pj → p0 ∈ ∆ j → ∞, {fj } ⊂ F, {ρj } ⊂ R với ρj > ρj → 0+ j → ∞ cho gj (ξ) := fj (pj + ρj ξ), ξ ∈ C, hội tụ tập compact C tới đường cong E-Brody khác g : C → X Để tiện cho độc giả, nhắc lại định nghĩa họ chuẩn tắc tính phân kỳ compact Định nghĩa 1.5 Họ F ⊂ Hol(∆, X) gọi chuẩn tắc nếu, với dãy {fj }∞ j=1 F, tồn dãy hội tụ tập compact ∆ Họ ánh xạ mà tính chất gọi họ khơng chuẩn tắc Định nghĩa 1.6 Dãy {fj }∞ j=1 Hol(∆, X) gọi phân kỳ compact nếu, với tập compact K ⊂ ∆ L ⊂ X, tồn j0 cho, với j ≥ j0 , ta có fj (K) ∩ L = ∅ 1.2 Sự không tồn đường cong Brody giới hạn Kết chương kết tổng quát Định lý 1.2 ba tác giả có nội dung sau: Định lý 1.7 (Kết chính) Cho X đa tạp phức có chứa đường cong nguyên, tức đường cong chỉnh hình khác f : C → X Khi đó, hai đa tạp phức C × X C∗ × X không thuộc loại E−giới hạn với metric Hermit E tương ứng C × X C∗ × X Để chứng minh định lý, ta sử dụng hai bổ đề Bổ đề thứ phát biểu mà không chứng minh Bổ đề 1.8 Cho cn > với n ∈ N Khi điều sau tương đương ∞ (a) ∞ n=1 (1 + cn ) < ∞, (b) n=1 cn < ∞ Thêm nữa, (a) (b) tương đương với điều sau (c) ∞ n=1 (1 − cn ) > ta giả sử thêm < cn < với n Bổ đề thứ hai bổ đề chính, chìa khóa cho chứng minh kết Bổ đề 1.9 Cho {αj }∞ j=1 dãy số phức khác không đôi phân biệt ∞ thỏa mãn j=1 |αj | < ∞ Khi đó, với số phức pj kj với ≤ j ∈ N, tồn hàm chỉnh hình g : C → C thỏa mãn điều kiện nội suy sau: g(αj ) = pj g (αj ) = kj với ≤ j ∈ N Để chứng minh bổ đề này, ta sử dụng kỹ thuật lý thuyết bó Chương Bài toán nâng ánh xạ từ đa đĩa đối xứng hóa khơng có điều kiện đạo hàm 2.1 Tóm tắt nội dung Quả cầu phổ đơn vị Ωn tập tất ma trận vuông M cấp n có bán kính phổ nhỏ Để cho gọn, ta nói cầu phổ, thay cho cầu phổ đơn vị Ký hiệu π(M ) ∈ Cn hệ số đa thức đặc trưng ma trận M, tức đa thức đối xứng sơ cấp giá trị riêng Khi đa đĩa đối xứng hóa chiều n định nghĩa Gn := π(Ωn ) Thông thường khảo sát toán Nevanlinna-Pick cho ánh xạ từ đĩa vào cầu phổ, việc chiếu ánh xạ lên đa đĩa đối xứng hóa có lợi ích định (ví dụ để nhận kết tính liên tục hàm Lempert): Φ ∈ Hol(D, Ωn ), π ◦ Φ ∈ Hol(D, Gn ) Cho ánh xạ ϕ ∈ Hol(D, Gn ), tìm điều kiện cần đủ để ánh xạ nâng qua ma trận cho trước, tức tìm Φ cho π ◦ Φ = ϕ Φ(αj ) = Aj , ≤ j ≤ N Một điều kiện cần tự nhiên ϕ(αj ) = π(Aj ), ≤ j ≤ N Khi ma trận Aj vi phạm (tiếng Anh: derogatory; nghĩa không thừa nhận vector cyclic) điều kiện cần xuất hiện, bao gồm đạo hàm ϕ điểm αj Chúng tơi chứng minh điều kiện cần đủ để nâng địa phương Chúng đưa cơng thức để thực nâng tồn cục chiều nhỏ (n ≤ 5), phản ví dụ cho thấy cơng thức thất bại chiều từ trở lên 2.2 Dẫn nhập Một vài toán Lý thuyết điều khiển mạnh dẫn tới việc nghiên cứu giá trị kỳ dị có cấu trúc ma trận (được ký hiệu µ) Một trường hợp đặc biệt chuyện bán kính phổ ma trận Một ví dụ đặc biệt tốn “µ-tổng hợp" quy toán Nevanlinna-Pick, tức cho trước điểm αj ∈ D := {z ∈ C : |z| < 1}, Aj ∈ Ω ⊂ Cm , ≤ j ≤ N, xác định xem tồn hay không hàm chỉnh hình Φ từ D vào Ω cho Φ(αj ) = Aj , ≤ j ≤ N Các độc giả quan tâm tham khảo tổng quan thú vị Nicholas Young Chúng nghiên cứu trường hợp đặc biệt Bây đưa vài ký hiệu Cho Mn tập hợp tất ma trận vuông phức cấp n Với A ∈ Mn ký hiệu Sp(A) r(A) = maxλ∈Sp(A) |λ| phổ bán kính phổ A Định nghĩa 2.1 Quả cầu phổ Ωn cho Ωn := {A ∈ Mn : r(A) < 1} Đa đĩa đối xứng hóa Gn định nghĩa Gn := {π(A) : A ∈ Ωn }, ánh xạ π : Mn −→ Cn , π = (σ1 , , σn ), cho hệ số đa thức đặc trưng ma trận (sai khác dấu): n (−1)j σj (A)tn−j PA (t) := det(tIn − A) =: j=0 Hay nói cách khác, tọa độ thứ k π, tức σk (A), đa thức đối xứng sơ cấp thứ k giá trị riêng A Bài toán 2.2 (Bài toán nâng) Cho ánh xạ ϕ ∈ Hol(D, Gn ) A1 , , AN ∈ Ωn , tìm điều kiện (cần, đủ) cho tồn hàm chỉnh hình Φ ∈ Hol(D, Ωn ) thỏa mãn ϕ = π ◦ Φ Φ(αj ) = Aj với j = 1, , N Khi điều xảy ra, ta nói ánh xạ ϕ nâng qua ma trận A1 , , AN điểm (α1 , , αN ) Một điều kiện cần hiển nhiên ϕ nâng qua ma trận A1 , , AN (α1 , , αN ) ϕ(αj ) = π(Aj ) với j = 1, , N Nhận xét 2.3 Bất có nghiệm cho tốn nâng với liệu αj , Aj , có nghiệm cho toán tương ứng với αj , A˜j , Aj ∼ A˜j với j, tức Aj đồng dạng với A˜j , tức với j tồn −1 ˜ Pj ∈ M−1 n cho Aj = Pj Aj Pj 2.3 Những thu gọn toán Ta cần thiết lập số ký hiệu Định nghĩa 2.4 Cho trước vector v := (v1 , , ) ∈ Cn , ta ký hiệu P[v] (t) := tn + nj=1 (−1)j vj tn−j Cách chọn đảm bảo P[π(A)] = PA Định nghĩa 2.5 Cho a := (a1 , , an ) ∈ Cn , ma trận đồng hành a   ···       C[a] :=      0 ···  an an−1 · · · a2 a1 Ta thấy đa thức đặc trưng det(tIn − C[a] ) = tn − n n−j , σj (C[a] ) = (−1)j+1 aj , với ≤ j ≤ n j=1 aj t Cho ma trận M, ma trận đồng hành M , ký hiệu CM , ma trận dạng đồng hành có đa thức đặc trưng với M Ma trận A ∈ Mn cyclic (hay không vi phạm) đồng dạng với ma trận đồng hành Tính tốn đa thức đặc trưng ma trận đồng hành cho thấy ϕ ∈ Hol(D, Gn ), ta viết ϕ˜ := ((−1)j+1 ϕj , ≤ j ≤ n), ánh xạ cho Φ(ζ) := C[ϕ(ζ)] nâng ϕ ˜ Do đó, kết hợp với Nhận xét 2.3, điều có nghĩa việc nâng qua tập hợp ma trận cyclic đạt điều kiện cần hiển nhiên ϕ(αj ) = π(Aj ), với ≤ j ≤ N, thỏa mãn Trường hợp A1 có giá trị riêng , A2 , , AN cyclic, nghiên cứu báo P J Thomas Nguyễn Văn Trào 2.4 Các điều kiện cần Cho A1 ∈ Mn Sai khác đồng dạng, ta giả sử có dạng Jordan Ta viết dạng khối liên kết với giá trị riêng phân biệt A1 , ký hiệu λk , ≤ k ≤ s s ≤ n Cụ thể   B1 s   A1 =  mk = n, (2.1)  , Bk ∈ Mmk , k=1 Bs Sp Bk = {λk }, λj = λk với k = j Tạm thời, ta cố định k viết (B, λ, m) thay cho (Bk , λk , mk ) Ta cần thiết lập vài ký hiệu báo P J Thomas Nguyễn Văn Trào Cho B = (bi,j )1≤i,j≤m Khi bjj = λ, bj−1,j ∈ {0, 1}, ≤ j ≤ m, bij = i > j i + < j Ký hiệu r hạng B − λIm , tức có m − r cột B − λIm đồng 0, thứ nhất, đánh số số nguyên j ≥ cho bj−1,j = Đánh số tập hợp (có thể rỗng) số cột mà hệ số bj−1,j triệt tiêu sau {j : bj−1,j = 0} =: {b2 , , bm−r }, ≤ b2 < · · · < bm−r ≤ m Một cách tương đương, bl+1 −bl cỡ khối Jordan B (l) := (bij )bl ≤i,j≤bl+1 −1 Số nguyên bl+1 − bl bậc lũy linh khối B (l) Ta chọn dạng Jordan cho bl+1 −bl dãy tăng theo ≤ l ≤ m−r, với quy ước bm−r+1 := m + Tức số có xuất với số j nhỏ cách tồn cục Định nghĩa 2.6 Với ≤ i ≤ m, di (B) = di := + #{k : m − i + ≤ bk ≤ m} Một cách tương đương, di − số cột đồng 0, số i − cột cuối A1 hay di = + (m − r) − max{j : bj ≤ m − i + 1}, với quy ước số max tập hợp bên phải rỗng Ta diễn giải dj = dj (B) số nguyên d nhỏ cho có tập S d vector Cn với tính chất lặp lại S B sinh không gian Cn với chiều không bé j (ta không cần đặc trưng này, chúng tơi khơng trình bày chứng minh) Chú ý B cyclic di (B) = 1, với i (bj−1,j = với j); vô hướng di (B) = i, với i (bj−1,j = với j) Mệnh đề sau đưa tập hợp điều kiện nâng cần đủ mặt địa phương Nói riêng, điều nói tất điều kiện cần có mà nhận từ biểu Φ lân cận α ∈ D vét cạn (3.8) Mệnh đề 2.7 Cho ϕ ∈ Hol(ω, Gn ), với ω lân cận α ∈ D Cho A1 (2.1) Các khẳng định sau tương đương: (a) Tồn ω ⊂ D lân cận α Φ ∈ Hol(ω , Ωn ) cho π ◦ Φ = ϕ, Φ(0) = A1 ; (b) Ánh xạ ϕ thỏa mãn dk P[ϕ(ζ)] (λj ) = O((ζ − α)dmj −k (Bj ) ), k dt ≤ k ≤ mj − 1, ≤ j ≤ s, (2.2) di Định nghĩa 2.6 (c) Tồn ω ⊂ D lân cận α Φ ∈ Hol(ω , Ωn ) cho π ◦ Φ = ϕ, Φ(0) = A1 Φ(ζ) cyclic với ζ ∈ ω \ {α} 2.5 Kết Đầu tiên ta cần bổ đề đại số tuyến tính cho ta dạng tắc ma trận, khác chút so với dạng Jordan để thích hợp với mục đích Chúng tơi gọi dạng Jordan sửa đổi Chúng cần thiết lập ký hiệu sửa đổi chút Cho A1 ∈ Mn có Sp(A1 ) = {λ1 , , λn }: giá trị riêng tính lặp lại theo bội Cho m1 , , ms bội tương ứng, đặt nj = m1 + · · · + mj Khi = n0 < n1 < · · · < ns = n λk = λk tồn i ∈ {1, , s} cho ni−1 < k, k ≤ ni Ta giả sử A1 := (aij )1≤i,j≤n dạng Jordan với ký hiệu (2.1), trừ việc đánh số giá trị riêng: Sp Bk = {λnk } Bổ đề 2.8 Ma trận A1 cho đồng dạng với A = (aij )1≤i,j≤n ani ,1+ni = = ani ,1+ni = 0, ≤ i ≤ s − 1, aij = aij với giá trị khác số Mệnh đề 2.9 Cho Φ ánh xạ từ D nghĩa  ϕ1,1 (ζ) f2 (ζ)  ϕ2,2 (ζ)   Φ(ζ) :=    0 ϕn,1 ϕn,2 (trừ số kỳ dị) vào Mn định ··· fn−1 (ζ) · · · ϕn−1,n−1 (ζ) fn (ζ) ··· ϕn,n−1 ϕn,n     ,   fk , ≤ k ≤ n, ϕk,k , ≤ k ≤ n − 1, hàm chỉnh hình chọn, fk khơng đồng 0, ϕn, ∆ −1 P[ϕ(ζ)] (ϕ1,1 , ϕ , ) := − , n k= +1 fk (ζ) ≤ ≤ n − 1, (2.3) cuối ϕn,n := −∆n−1 P[ϕ(ζ)] (ϕ1,1 , , ϕn−1,n−1 , 0) = ϕ1 − (ϕ1,1 + · · · + ϕn−1,n−1 ) Khi π ◦ Φ(ζ) = ϕ(ζ), với giá trị ζ mà thương có nghĩa Cho A kết luận Bổ đề 2.8, α ∈ D Nếu fk (α) = ak−1,k , ≤ k ≤ n, ϕkk (α) = λk , ≤ k ≤ n, ϕn,k (α) = 0, ≤ k ≤ n − 1, Φ(α) = A Nếu fk (ζ) = với k ∈ {2, , n} ζ ∈ D \ {α}, Φ(ζ) cyclic với ζ ∈ D \ {α} Kết quan trọng chương là: Định lý 2.10 Cho n ∈ N∗ , n ≤ 5, A1 , , AN ∈ Mn , α1 , , αN ∈ D ϕ ∈ Hol(D, Gn ) Khi tồn Φ ∈ Hol(D, Ωn ) thỏa mãn ϕ = π ◦ Φ Φ(αj ) = Aj với j = 1, , N ϕ thỏa mãn điều kiện (3.8) trang 18 cho j, với Aj thay cho A1 αj thay cho α, ≤ j ≤ N Thêm ta chọn giá trị Φ(ζ) ma trận cyclic ζ ∈ / {α1 , , αn } Để chứng minh kết này, ta sử dụng công thức nâng ánh xạ nêu kết hợp kỹ thuật tính tốn chứng minh cho trường hợp dạng Jordan mốc nội suy 10 Chương Bài toán nâng ánh xạ từ đa đĩa đối xứng hóa có điều kiệu đạo hàm bậc 3.1 Phát biểu toán Nhắc lại π : Ω4 → G4 phép chiếu thông thường (hay ánh xạ đối xứng hóa) (xem Định nghĩa 2.1) Cho B0 ∈ Ω4 B1 ma trận vuông phức cấp Cho ϕ : D → G4 đĩa chỉnh hình cho ϕ(0) = π(B0 ) ϕ (0) = DπB0 B1 , DπB0 đạo hàm π B0 Bộ ba gọi liệu, ký hiệu {ϕ, B0 , B1 } Ta nói liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương tồn ánh xạ chỉnh hình Φ : ω → Ω4 ω lân cận ∈ C cho   ϕ = π ◦ Φ on ω Φ(0) = B0   Φ (0) = B1 Trong trường hợp này, ta gọi Φ ánh xạ nâng (địa phương) ϕ Bài toán 3.1 Cho {ϕ, B0 , B1 } liệu Tìm điều kiện cần đủ ϕ cho liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương 3.2 Những thu gọn tốn Ta nói hai liệu {ϕ, B0 , B1 } {ϕ, B0 , B1 } tương đương tồn ánh xạ chỉnh hình Φ : ω → Ω4 P : ω → GL(4, C) cho 11 Φ(0) = B0 (P −1 · Φ · P )(0) = B0 Chú ý ϕ không tham gia Φ (0) = B1 (P −1 · Φ · P ) (0) = B1 vào định nghĩa tính tương đương Ta dễ dàng thấy hai liệu tương đương tính nâng liệu kéo theo tính nâng liệu lại Ta quan sát mối quan hệ (B0 , B1 ) (B0 , B1 ) cách chi tiết hơn: Đầu tiên, Ta có B0 = P (0)−1 B0 P (0), hai ma trận B0 B0 đồng dạng Điều kéo theo hai liệu (ϕ, B0 , B1 ) (ϕ, C −1 B0 C, C −1 B1 C) tương đương với C ∈ GL(n, C) Do ta giả sử B0 dạng Jordan, kể từ ta ln giả sử điều Bây giờ, giả sử hai liệu (ϕ, B0 , B1 ) (ϕ, B0 , B1 ) tương đương Khi P (0) ma trận giao hoán với B0 Thêm nữa, B1 = P (0)−1 B1 P (0) + P (0)−1 B0 P (0) − P (0)−1 P (0)P (0)−1 B0 P (0) = P (0)−1 B1 P (0) + P (0)−1 B0 P (0) − P (0)−1 P (0)B0 ( P (0) giao hoán với B0 ) = P (0)−1 B1 P (0) + P (0)−1 B0 P (0) − P (0)B0 = P (0)−1 B1 P (0) + P (0)−1 [B0 , P (0)] (3.1) [B0 , P (0)] = B0 P (0) − P (0)B0 giao hốn tử thơng thường Do đó, ta có Mệnh đề 3.2 Hai liệu (ϕ, B0 , B1 ) (ϕ, B0 , C −1 B1 C + C −1 [B0 , M ]) tương đương C ∈ GL(n, C) giao hốn với B0 M ∈ Cn,n ma trận vuông Giả sử Sp(B0 ) = {λ1 , λ2 , , λk } λi phân biệt   B0,λ1   B0,λ2   B0 =     B0,λk dạng khối B0 Sp(B0,λi ) = {λi } Nhắc lại ký hiệu P[ϕ(ζ)] (t) = n j n−j ϕ0 ≡ theo quy ước từ Định nghĩa 2.4 Đa j=0 (−1) ϕj (ζ)t thức phân tích thành k nhân tử đôi nguyên tố P[ϕ] (t) = P[ϕ1 ] (t)P[ϕ2 ] (t) P[ϕk ] (t) ϕj (0) = π(B0,λj ) với j Thêm nữa, Φ ánh xạ nâng (ϕ, B0 , B1 ), Ker(P[ϕj (ζ)] (Φ(ζ))) không gian bất biến Φ 12 giá trị ζ k n C = Ker(P[ϕj (ζ)] (Φ(ζ))) j=1 Điều có nghĩa tính nâng địa phương (ϕ, B0 , B1 ) tương đương với tính nâng địa phương cách đồng thời k liệu (ϕj , B0,λj , B1,λj ) Vì ta cần xét trường hợp mà B0 có giá trị riêng ¯ )−1 , trường hợp đó, cách áp dụng biến đổi Mobius M → (M −λI)(I−λM ta giả sử B0 lũy linh 3.3 Tích hộp Để phục vụ tính tốn đạo hàm π ◦ Φ, ta cần tuyến tính hóa đa thức σi (M ) với M ∈ Cn,n Công cụ tuyến tính hóa gọi tích hộp Ta khơng trình bày cơng cụ mà nói ngắn gọn là: σi (M ) tích i−tuyến tính i ma trận M Ký hiệu σi (M ) = M · M · · M i! Trong luận án, ta bỏ dấu · không lo sợ nhầm lẫn với phép nhân ma trận, ta khơng sử dụng phép nhân ma trận 3.4 Những phân tích toán Giả sử liệu {ϕ, B0 , B1 } có nâng địa phương Φ Như trên, giả sử B0 lũy linh Ta nhắc lại số di liên kết với B0 mà trình bày Định nghĩa 2.6 Cụ thể, ký hiệu (bij ) hệ số B0 (thỉnh thoảng ta viết (bi,j ) có nhu cầu tách biệt hai số), đặt F0 = {j : bj−1,j = 0} ∪ {1} = {b1 = < b2 < < bs } Số s số khối Jordan sơ cấp B0 Tiếp theo, ta xếp khối Jordan sơ cấp B0 cho bj+1 − bj tăng với quy ước bs+1 = size(B0 ) + = n + Khi di = + (F0 ∩ [n + − i n]) 13 Do liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương, nên theo chương trước, (k) P[ϕ(ζ)] (0) = O(ζ dn−k ) for ≤ k ≤ n − (k) Nhưng P[ϕ(ζ)] (0) = k!σn−k (−Φ(ζ)) = (−1)n−k k!σn−k (Φ(ζ)) = (−1)n−k k!ϕn−k (ζ) Do đó, ma trận lũy linh B0 , điều kiện có dạng đơn giản sau ϕk (ζ) = O(ζ dk ) Ký hiệu Φ(k) (0) = Bk đạo hàm thứ k Φ ζ = Ta biết B0 , B1 cho trước, ma trận khác Bk cần tìm Một cách tự nhiên, quan hệ Bk bị chi phối điều kiện ϕ ζ = 0, tức giá trị đạo hàm Do phải tính đạo hàm theo Φ, tức tính dk dζ k σm (Φ(ζ)) ζ=0 Mà ta biết từ tích hộp 1 Tr(Φ Φ) = Φ · · Φ m! m! σm (Φ) = m lần m lần Theo luật Leibniz tổng quát, dk dζ k σm (Φ(ζ)) = ζ=0 m! j +j2 + +jm ji ≥0 k! Φ(j1 ) (0)Φ(j2 ) (0) Φ(jm ) (0) j !j ! j ! m =k (3.2) = m! j +j2 + +jm ji ≥0 k! Bj1 Bj2 Bjm j !j2 ! jm ! =k (3.3) k! Bj Bj Bjm j1 !j2 ! jm ! =k (3.4) Hay nói cách khác, ϕ(k) m (0) = m! j +j2 + +jm ji ≥0 Đây phương trình theo Bk với k ≥ Một nghiệm {Bk }k≥2 phương trình khơng thiết tạo thành ánh xạ chỉnh hình đìa phương Φ quanh ζ = Điều có nghĩa ta cần phải xử lý vấn đề hội tụ nghiệm Chúng tơi bàn điều sau 14 3.5 Các trường hợp B0 Phát biểu kết chứng minh Bài tốn 3.1 trình bày theo trường hợp B0 , cụ thể theo dạng Jordan B0 Do B0 lũy linh khơng cyclic1 , nên có ba trường hợp cần xét:     0 0 0 0 0 0 0 0 0    (I) B0 =  (III) B = 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0   0 0 0 0  (II) B0 =  0 0 1 0 0 3.6 Ánh xạ tuyến tính liên kết LB0,B1 , điều kiện lược đồ chứng minh Cho {ϕ, B0 , B1 } liệu toán nâng Như chúng tơi lý luận trước đó, ta giả sử B0 lũy linh có dạng Jordan Ký hiệu di số liên kết với B0 Ví dụ,   0 0 0 0  B0 =  0 0 1 0 0 d1 = d2 = d3 = d4 = Nếu ϕ nâng địa phương, ϕ(0) = (0, 0, , 0) ∈ Cn Ta quan tâm trường hợp tổng quát n cỡ ma trận B0 Nhưng chúng tơi đưa chứng minh cho trường hợp n = mục Ta biết từ Chương 2, điều kiện kéo theo (k) P[ϕ(ζ)] (0) = O(ζ dn−k ) với ≤ k ≤ n − Nhưng vế trái k!(−1)n−k ϕn−k (ζ), nên ta nhận điều kiện đơn giản Trường hợp B0 cyclic xử lý báo Huang, Marcantognini Young 15 ϕj (ζ) = O(ζ dj ) với ≤ j ≤ n (3.5) Các điều kiện cho hệ sau Hệ 3.3 Giả sử B0 ∈ Cn,n lũy linh d1 , , dn số liên kết Với M1 , M2 , , Mk ∈ Cn,n di ≥ k + 1, ta ln có B0 B0 B0 M1 M2 Mk = i−k lần Nhắc lại ta ln có Bk đạo hàm thứ k, hay Φ(k) (0), ánh xạ nâng Φ Nhờ Hệ 3.3, phương trình (3.4) có dạng m−dm lần m −1) ϕ(k+d (0) = m dm −1 lần (k + dm − 1)! B0 B0 B0 B1 B1 B1 Bk + k! (m − dm )!(dm − 1)! (3.6) dấu chấm biểu thị cho hạng tử phụ thuộc vào Bi với i < k Điều gọi ý ta nên xếp phương trình (3.4) thành nhóm gồm n phương trình Cụ thể đặt (k+d −1) (k+d −1) Xk = ϕ2 (0) ϕ1 (0) , , (k + 1)(k + 2) (k + d1 − 1) (k + 1)(k + 2) (k + d2 − 1) (k+d −1) ϕn n (0) , (k + 1)(k + 2) (k + dn − 1) (3.7) Khi vế trái phương trình ϕ (3.4) bị áp đặt giá trị đạo hàm thứ k ánh xạ ϕ, với k ≥ 2, Xk với k ≥ (nhận xét với k = 0, 1, B0 B1 cho trước) Chúng ta mơ tả vế phải phương trình Xét ánh xạ tuyến tính sau LB0 ,B1 : Cn,n → Cn tọa độ thứ m LB0 ,B1 (M ) với M ∈ Cn,n định nghĩa công thức m−dm lần dm −1 lần B0 B0 B0 B1 B1 B1 M (m − dm )!(dm − 1)! Ta gọi ánh xạ LB0 ,B1 ánh xạ tuyến tính liên kết với toán nâng (hoặc với liệu {ϕ, B0 , B1 }) 16 Bây ta quan sát Xk với k ≥ Nhận xét Xk = LB0 ,B1 (Bk ) + dấu chấm biểu thị cho hạng tử phụ thuộc vào Bi với i < k Ta nhận xét rank(LB0 ,B1 ) = n, tức LB0 ,B1 có hạng cực đại, ta tìm thấy dãy {Bk }k≥2 nghiệm phương trình Bk cần phải tìm trước Bk+1 Bk k Tuy nhiên, điều không đảm bảo hội tụ chuỗi ∞ k=0 k! ζ điều cần thiết cho việc Φ chỉnh hình lân cận ζ = Ta bàn điều lát Ta nhận xét rank(LB0 ,B1 ) < n, điều cho ta quan hệ tuyến tính đại lượng Xk Cụ thể Bk bị triệt tiêu khỏi tổ hợp tuyến tính vế phải (3.4) để sản xuất phương trình khơng phụ thuộc vào Bk , tức phụ thuộc vào B0 , B1 , , Bk−1 Nhận xét ta xét B2 , B3 , , chuỗi thơng tin mà Bk−1 thông tin biết trước thông tin Bk Khi k = 2, điều cho ta điều kiện cần cụ thể ϕ, cách mà N Nikolov, P Pflug P J Thomas nhận điều kiện cần Trong trường hợp mà rank(LB0 ,B1 ) < n, vài đại lượng Xk khơng (k+d −1) có tham gia Bk , ví dụ, ϕn n (0) Vì việc xét đạo hàm tiếp (k+d ) theo tự nhiên, ví dụ, ϕn n (0) phụ thuộc vào Bk phụ thuộc vào Bk+1 Bằng cách này, thực tế thay LB0 ,B1 ánh xạ LB0 ,B1 ,B2 mà B2 tham gia vào định nghĩa LB0 ,B1 ,B2 khơng có Bk khác với k ≥ Ánh xạ LB0 ,B1 ,B2 phải có hạng cực đại Bk k Tuy nhiên, ta vấn đề hội tụ chuỗi ∞ k=0 k! ζ Điều hóa khơng q khó khăn: ta tìm nghiệm{Bk } có dạng Bk ma trận gồm dòng khác 0, hội tụ đảm bảo, dãy Bk bị chi phối quan hệ hồi quy tuyến tính ta đánh giá chuẩn chúng Để làm điều này, chúng tơi phải tìm ma trận B2 thích hợp cho hạn chế LB0 ,B1 ,B2 lên không gian Cn,n , gồm ma trận có dòng cuối khác 0, có hạng cực đại, tức có hạng n Chứng minh chủ yếu kỹ thuật tính tốn dài dòng 3.7 Các kết Xem phần kết luận 17 Kết luận Các kết luận án bao gồm (được đánh số giống luận án) Định lý 1.7 Cho X đa tạp phức có chứa đường cong nguyên, tức đường cong chỉnh hình khác f : C → X Khi đó, hai đa tạp phức C × X C∗ × X không thuộc loại E−giới hạn với metric Hermit E tương ứng C × X C∗ × X Mệnh đề 2.11 Cho ϕ ∈ Hol(ω, Gn ), với ω lân cận α ∈ D Cho A1 (2.1) Các khẳng định sau tương đương: (a) Tồn ω ⊂ D lân cận α Φ ∈ Hol(ω , Ωn ) cho π ◦ Φ = ϕ, Φ(0) = A1 ; (b) Ánh xạ ϕ thỏa mãn dk P[ϕ(ζ)] (λj ) = O((ζ − α)dmj −k (Bj ) ), k dt ≤ k ≤ mj − 1, ≤ j ≤ s, (3.8) di Định nghĩa 2.6 (c) Tồn ω ⊂ D lân cận α Φ ∈ Hol(ω , Ωn ) cho π ◦ Φ = ϕ, Φ(0) = A1 Φ(ζ) cyclic với ζ ∈ ω \ {α} Định lý 2.20 Cho n ∈ N∗ , n ≤ 5, A1 , , AN ∈ Mn , α1 , , αN ∈ D ϕ ∈ Hol(D, Gn ) Khi tồn Φ ∈ Hol(D, Ωn ) thỏa mãn ϕ = π ◦ Φ Φ(αj ) = Aj với j = 1, , N ϕ thỏa mãn điều kiện (3.8) cho j, với Aj thay cho A1 αj thay cho α, ≤ j ≤ N Thêm ta chọn giá trị Φ(ζ) ma trận cyclic ζ ∈ / {α1 , , αn } 18 Định lý 3.7 Giả sử rank(LB0 ,B1 ) = Dữ liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương điều kiện sau thỏa mãn (i) ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (ii) ϕ1 (0) = σ1 (B1 ), ϕ2 (0) = B0 B1 , ϕ3 (0) = (iii) ϕ4 (0) = 0, ϕ4 (0) = (iv) B0 B0 B1 , B0 B0 B1 B1 = 0, ϕ4 (0) B0 B1 B1 B1 − b11 ϕ3 (0) = − b11 B0 B1 B1 3 Định lý 3.8 Giả sử rank(LB0 ,B1 ) = Dữ liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương điều kiện sau thỏa mãn (i) ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (ii) ϕ1 (0) = σ1 (B1 ), ϕ2 (0) = B0 B1 , ϕ3 (0) = (iii) ϕ4 (0) = 0, ϕ4 (0) = B0 B0 B1 , B0 B0 B1 B1 = Định lý 3.9 Giả sử rank(LB0 ,B1 ) = Dữ liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương điều sau thỏa mãn (i) ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (ii) ϕ1 (0) = σ1 (B1 ), ϕ2 (0) = B0 B1 , (iii) ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (iv) ϕ3 (0) = B0 B1 B1 , (v) ϕ4 (0) = B0 B0 B1 B1 =2 b21 b23 = 0, b41 b43 (vi) ϕ4 (0) = B0 B1 B1 B1 , (vii) ϕ3 (0) − αϕ2 (0) = 2σ3 (B1 ) − 2ασ2 (B1 ) 19 Định lý 3.10 Giả sử rank(LB0 ,B1 ) = Dữ liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương (i) ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (ii) ϕ1 (0) = σ1 (B1 ), ϕ2 (0) = B0 B1 , (iii) ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (iv) ϕ3 (0) = B0 B1 B1 , (v) ϕ4 (0) = B0 B0 B1 B1 =2 b21 b23 , b41 b43 (vi) ϕ4 (0) + 3κϕ2 (0) = B0 B1 B1 B1 + 6κσ2 (B1 ) Định lý 3.11 Giả sử rank(LB0 ,B1 ) = Dữ liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương (i) ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (ii) ϕ1 (0) = σ1 (B1 ), ϕ2 (0) = B0 B1 , (iii) ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (iv) ϕ3 (0) = B0 B1 B1 , (v) ϕ4 (0) = B0 B0 B1 B1 =2 b21 b23 b41 b43 Định lý 3.12 Trong trường hợp rank(LB0 ,B1 ) = {b11 , b12 , b21 , b22 } = {0} liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương (i) ϕ(0) = π(B0 ) = (0, 0, 0, 0), (ii) ϕ (0) = (σ1 (B1 ), B0 B1 , 0, 0) = (σ1 (B1 ), −b43 , 0, 0), (iii) ϕ3 (0) = B0 B1 B1 , (iv) ϕ4 (0) = 0, (v) ϕ3 (0) − 2σ3 (B1 ) = (b11 + b22 ) ϕ2 (0) − 2σ2 (B1 ) B0 B2 =B0 B1 B2 (4) ϕ (0) b b (vi) − 2σ4 (B1 ) = 11 12 b21 b22 12 = ϕ2 (0) − 2σ2 (B1 ) =B0 B2 B0 B1 B1 B2 20 Định lý 3.13 Trong trường hợp rank(LB0 ,B1 ) = {b11 , b12 , b21 , b22 } = {0} liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương (i) ϕ(0) = π(B0 ) = (0, 0, 0, 0), (ii) ϕ (0) = (σ1 (B1 ), B0 B1 , 0, 0) = (σ1 (B1 ), −b43 , 0, 0), (iii) ϕ3 (0) = B0 B1 B1 , (iv) ϕ4 (0) = 0, (4) (v) ϕ3 (0) ϕ (0) = =0 12 (5) (vi) ϕ4 (0) = Định lý 3.14 Nếu rank(LB0 ,B1 ) = 3, liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương điều kiện sau thỏa mãn (i) ϕ1 (0) = ϕ2 (0) = ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (ii) ϕ1 (0) = σ1 (B1 ), ϕ2 (0) = B0 B1 = −b43 , (iii) ϕ3 (0) = ϕ4 (0) = 0, (iv) ϕ3 (0) = B0 B1 B1 , ϕ4 (0) = 0, (v) ϕ4 (0) = B0 B1 B1 B1 , (4) (vi) ϕ4 (0) ϕ (0) b b b b −κ − 11 12 ϕ2 (0) = 2σ4 (B1 ) − 11 12 σ2 (B1 ) b b b b 12 21 22 21 22 − 2κσ3 (B1 ) + 2κ(b11 + b22 )σ2 (B1 ) Định lý 3.15 Dữ liệu {ϕ, B0 , B1 } nâng địa phương (i) ϕ(0) = π(B0 ), (ii) ϕ (0) = DπB0 B1 DπB0 đạo hàm tồn phần π B0 , (iii) ϕ3 (0) = B0 B1 B1 , ϕ4 (0) = 0, ϕ4 (0) = B0 B1 B1 B1 21 Các báo công bố tiền ấn phẩm tác giả [1] Nikolov, Nikolai, Thomas, Pascal J., and Tran, Duc-Anh “Lifting maps from the symmetrized polydisc in small dimensions” Complex Anal Oper Theory 10.5 (2016), pp 921–941 [2] Tran, Duc-Anh “Lifting map problem from the symmetrized polydisc G4 with given first derivative” Preprint [3] Tran, Duc-Anh “On the non-existence of limit E-Brody curves” Acta Math Vietnam 41.4 (2016), pp 711–714 22