Về hàm triệt tiêu cấp vô hạn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ THU HÀ VỀ HÀM TRIỆT TIÊU CẤP VÔ HẠN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ THU HÀ VỀ HÀM TRIỆT TIÊU CẤP VÔ HẠN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NINH VĂN THU Hà Nội - 2016 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Ninh Văn Thu Nhân dịp này, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc chân thành tới Thầy Người cho biết muốn làm khoa học phải học, phải đọc Được làm việc hướng dẫn Thầy, thấy trưởng thành nhiều Thầy Người dành nhiều thời gian, công sức để hướng dẫn, kiểm tra giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo thầy khoa Tốn Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội kiến thức, điều tốt đẹp mà nhận suốt q trình học tập Khoa Tơi xin gửi lời cảm ơn đến Phòng Sau Đại học nhà trường tạo điều kiện cho tơi hồn thành thủ tục học tập bảo vệ luận văn Cuối cùng, tơi muốn bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè Những người bên cạnh động viên ủng hộ vật chất tinh thần sống học tập Mặc dù thân tơi có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, tơi mong nhận đóng góp ý kiến q thầy, bạn Hà Nội, ngày 24 tháng 10 năm 2016 Nguyễn Thị Thu Hà Mục lục Tính biên ánh xạ chỉnh hình 1.1 Một số khái niệm giải tích phức 1.1.1 Khái niệm hàm chỉnh hình 1.1.2 Khái niệm số đường cong 1.2 Khái niệm hàm triệt tiêu cấp vô hạn 1.3 Giả thuyết Huang, Krantz, Ma Pan 1.4 Một số định nghĩa bổ đề kĩ thuật 1.5 Tính biên ánh xạ chỉnh hình Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn ứng dụng 2.1 Một số kết bổ trợ 2.2 Sự khơng tồn trường vectơ chỉnh hình tiếp xúc 2.2.1 Các bổ đề kĩ thuật 2.2.2 Chứng minh Định lí 2.1 4 4 6 12 14 14 19 20 21 Danh mục kí hiệu • P (z) := Pz (z) = ∂P (z): Đạo hàm theo biến z hàm P ∂z • ∆r := {z ∈ C : |z| < r} với r > ∆ = ∆1 ˜ r := {z2 ∈ ∆r : P (z2 ) = 0} với r > • ∆ • Kí hiệu : Kí hiệu bất đẳng thức sai khác số dương • Kí hiệu ≈ kết hợp hai kí hiệu • C k (Ω): Khơng gian hàm khả vi đến cấp k miền Ω ⊂ Cn ; • C ∞ (Ω): Không gian hàm khả vi cấp vô hạn (hàm nhẵn) miền Ω ⊂ Cn ; • ΓC := {z ∈ C : |Im(z)| ≤ C|Re(z)|}, C > 0; • Γ∞ := {z ∈ C : Re(z) = 0} ∪ {0}; • ∆+ := {z ∈ C : |z| < 1, Im(z) > 0}; • ∆+ := {z ∈ C : |z| ≤ 1, Im(z) ≥ 0}; • Hol(∆+ ) := {f : ∆+ → C}, f hàm chỉnh hình; • R+ := {x ∈ R : x > 0}; • I(r) := Ind(f ◦ γr ) (r > 0), γr := {z ∈ C : |z| = r, Im(z) ≥ 0} Đặt f, g : A → C hàm xác định A ⊂ C với ∈ A cho limz→0 f (z) = limz→0 g(z) = Chúng ta viết: • f ∼ g A limz→0 f (z)/g(z) = 1; • f ≈ g A với C > 1/C|g(z)| ≤ |f (z)| ≤ C|g(z)| với z ∈ A Mở đầu Trong giải tích thực, biết hàm f : R → R xác định  e− x12 x = f (x) = 0 x = khả vi cấp vô hạn R f (n) (0) = với n ∈ N Tuy nhiên, hàm f không khai triển thành chuỗi Taylor điểm Những hàm số gọi hàm triệt tiêu cấp vơ hạn Mục đích luận văn nghiên cứu số tính chất lớp hàm số triệt tiêu cấp vô hạn ứng dụng chúng toán tồn trường vectơ chỉnh hình tiếp xúc Luận văn trình bày lại số kết báo"A note on uniqueness boundary of holomorphic mappings" tác giả Ninh Văn Thu, Nguyễn Ngọc Khanh ([8]) tiền ấn phẩm"On the nonexistence of nontrivial tangential holomorphic vector fields of a certain hypersurface of infinite type" tác giả Ninh Văn Thu ([9]) Bố cục luận văn gồm hai chương: Chương I: Tính biên ánh xạ chỉnh hình Nội dung chương trình bày số kiến thức giải tích phức khái niệm hàm chỉnh hình, số đường cong, khái niệm hàm triệt tiêu cấp vô hạn Ngồi ra, chúng tơi giới thiệu giả thuyết Huang, Krantz, Ma, Pan ([4]) chứng minh định lí tính biên ánh xạ chỉnh hình Chương II: Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn ứng dụng Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm hàm thỏa mãn điều kiện (I), bổ đề kĩ thuật ứng dụng lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn chứng minh khơng tồn trường vectơ chỉnh hình khơng tầm thường tiếp xúc với siêu mặt kiểu vô hạn C2 Chương Tính biên ánh xạ chỉnh hình 1.1 1.1.1 Một số khái niệm giải tích phức Khái niệm hàm chỉnh hình Giả sử Ω miền mặt phẳng phức C f hàm biến phức z = x + iy xác định Ω Định nghĩa 1.1 Hàm f gọi C - khả vi điểm z0 ∈ Ω tồn giới hạn f (z0 + h) − f (z0 ) h h→0 lim Ta nói f có đạo hàm theo biến phức điểm z0 kí hiệu f (z0 ) Định nghĩa 1.2 Hàm f gọi chỉnh hình điểm z0 C - khả vi lân cận điểm z0 Hàm f gọi chỉnh hình miền Ω chỉnh hình điểm miền 1.1.2 Khái niệm số đường cong Định nghĩa 1.3 Cho γ : [a, b] → C∗ đường cong trơn khúc Khi đó, số γ số thực Ind(γ) := Re 2πi γ dz = Re z 2πi Tính chất 1.1 (Một số tính chất số) b a γ (t) dt γ(t) • Ind(γ) := Ind(γ/|γ|) • Ind(γ) := γ nằm tia xuất phát từ gốc tọa độ • Ind(γ) < 1/2 γ ⊂ Γ∞ \ {0}, Γ∞ := {z ∈ C : Re(z) = 0} ∪ {0} • Ind(γ) < γ ⊂ C∗ \ {iy : y > 0} 1.2 Khái niệm hàm triệt tiêu cấp vô hạn Định nghĩa 1.4 Cho Ω miền Rn với a ∈ Ω Hàm liên tục f : Ω → C gọi triệt tiêu cấp vô hạn a với N ∈ N, ta có Ω f (x) = x→a |x − a|N lim Ví dụ 1.1 Hàm f : C → R xác định  e− |z|1α z = f (z) = 0 z = 0, α > 0, triệt tiêu cấp vơ hạn Ví dụ 1.2 Hàm f xác định √ f (z) = exp(−eiπ/4 / z), hàm chỉnh hình ∆+ , thác triển nhẵn lên ∆+ triệt tiêu cấp vô hạn Nhận xét 1.1 Cho ∆+ = {z ∈ C : |z| < 1, Re(z) > 0} giả sử hàm f : ∆+ → R xác định ∆+ Khi đó, hàm f triệt tiêu cấp vô hạn f (z) = o(|z|n ) với n ∈ N Định nghĩa 1.5 Hàm f : ∆ → C ( > 0) gọi phẳng (flat) z = với n ∈ N, tồn số C, > (chỉ phụ thuộc vào n) thỏa mãn < < cho |f (z)| ≤ C|z|n , với z ∈ ∆ Nhận xét 1.2 Trong định nghĩa ta khơng cần đến tính trơn hàm f Ví dụ hàm f cho   e− |z|12 < |z| ≤ , n = 1, 2, f (z) = n 0 n+1 z = 0, n phẳng z = không liên tục ∆ Tuy nhiên f ∈ C ∞ (∆ ) theo định lí Taylor ta có f phẳng z = ∂ m+n f (0) = 0, ∂z m ∂ z¯n với m, n ∈ N, i.e., f triệt tiêu cấp vô hạn Vậy nên, f ∈ C ∞ (∆ ) ∂ m+n f phẳng ∂z m∂z ¯n phẳng với m, n ∈ N 1.3 Giả thuyết Huang, Krantz, Ma Pan Năm 1991, M Lakner [6] chứng minh kết sau Định lý 1.1 ([6]) Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C (∆+ ), với ∆+ := {z ∈ C : |z| < 1, Im(z) > 0} cho f (−1, 1) ⊂ ΓC := {z ∈ C : |Im(z)| ≤ C|Re(z)|} với C > Nếu f |(−1,1) có khơng điểm lập gốc tọa độ f triệt tiêu cấp hữu hạn Ta biết hàm √ f (z) = exp(−eiπ/4 / z), chỉnh hình ∆+ , thác triển nhẵn ∆+ triệt tiêu cấp vô hạn [6] Do đó, ví dụ cho thấy điều kiện ánh xạ f biến (−1, 1) vào nón ΓC cần thiết Năm 1993, M Baouendi and L Rothschild [1] thu kết đây, điều kiện f |(−1,1) có khơng điểm lập khơng cần thiết Định lý 1.2 ([1]) Cho f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C (∆+ ) Giả sử Ref (x) ≥ với x = Re(z) ∈ (−1, 1) Khi đó, f triệt tiêu cấp vơ hạn f ≡ Trong [4], Huang, Krantz, Ma Pan đưa giả thuyết sau Giả thuyết (Giả thuyết Huang, Krantz, Ma Pan ) Cho ∆+ nửa đĩa C Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C (∆+ ) cho f (−1, 1) ⊂ ΓC , với C > Nếu f triệt tiêu cấp vơ hạn f ≡ Chú ý C = Re[f (x)] ≥ với x ∈ (−1, 1) Như vậy, theo Định lí 1.2 giả thuyết trường hợp C ≤ 1.4 Một số định nghĩa bổ đề kĩ thuật Giả sử f hàm chỉnh hình ∆+ := {z ∈ C : |z| < 1, Im(z) > 0} thác triển nhẵn lên (−1, 1) Tập hợp không điểm f (−1, 1) rời rạc có điểm giới hạn Giả sử khơng điểm f (−1, 1) \ {0} có cấp hữu hạn Cho {rn } ⊂ R+ dãy tăng vô hạn cho không điểm f ∆+ nằm ∪n γrn , γr := {z ∈ C : |z| = r, Im(z) ≥ 0} nửa đường tròn với bán kính r > Kí hiệu: • κ(n) số khơng điểm f γrn ∩ ∆+ tính bội • κ ˜ (n) số không điểm f γrn ∩ (−1, 1) tính bội • κ (n) số không điểm f γrn ∩ (−1, 1) khơng tính bội • An := {reiθ : rn+1 < r < rn , ≤ θ ≤ π} Bổ đề 1.1 Giả sử f ∈ Hol(∆+ ) ∩ C ∞ (∆+ ) f (−1, 1) ⊂ Γ := C \ iR+ Ta giả sử tập hợp không điểm f |(−1,1) rời rạc, có điểm giới hạn khơng điểm f (−1, 1) \ {0} có cấp hữu hạn Khi đó, có: (i) I(rn+ ) − I(rn− ) = κ(n) + κ˜(n) ; (ii) |I(r) − I(r )| < 2, rn+1 < r, r < rn Chứng minh (i) Với n ta biểu diễn f dạng sau: f (z) = (z − α1 )l1 · · · (z − αm )lm ϕ(z), α1 , , αm không điểm f γrn ϕ hàm liên tục, khơng có khơng điểm An−1 ∪ An ∪ γrn , chỉnh hình phần Mặt khác, có: f (z) = f (z) m j=1 lj ϕ (z) + , z − αj ϕ(z) m lj Ind(γr − αj ) + Ind(ϕ ◦ γr ) I(r) = j=1 Lấy điểm a ∈ ∆+ với |a| = rn Khi đó, limr→rn+ Ind(γr −a) = 3/4 limr→rn− Ind(γr − a) = −1/4 Hơn nữa, với điểm b ∈ γrn ∩(−1, 1) ta có limr→rn+ Ind(γr −b) = 1/2 limr→rn− Ind(γr − b) = Do đó, ta có J(r) = lim →0+ ln 1/r rn−1 e− π r 0, thỏa mãn điều kiện (I) Thật vậy, phép tính tốn có P (z) = P (z) Cα 2|Re(z)|α+1 với z ∈ C với Re(z) = Do đó, dễ thấy |P (z)/P (z)| → +∞ z → miền {z ∈ C : Re(z) = 0} Bây chứng minh P thỏa mãn điều kiện (I.1) Thật vậy, với k số nguyên dương tùy ý Với zl := 1/l +i/lβ , < β < min{1, α/(k −1)} k > β = 1/2 k = 1, với l ∈ N∗ Ta có zl → l → ∞ 14 Re(zl ) = 1/l = với l ∈ N∗ Mặt khác, với b ∈ C∗ có |Re bzlk lα+1 P (zl ) | P (zl ) lβ(k−1)+1 = lα−β(k−1) Dễ thấy lim |Re bzlk l→∞ P (zl ) | = +∞ P (zl ) Như vậy, hàm P thỏa mãn điều kiện (I) Nhận xét 2.1 i) Bất kì hàm đối xứng P , tức P (z) = P (|z|) với z , không thỏa mãn hệ điều kiện (I.1) Re(izP (z)) = (xem [5] [2]) ii) Theo [5, Lemma 2] P hàm không tầm thường C -trơn xác định lân cận U gốc tọa độ C, P (0) = U˜ := {z ∈ U : P (z) = 0} chứa đường cong C -trơn γ : (0, 1] → U˜ cho γ bị chặn (0, 1] limt→0− γ(t) = P thỏa mãn điều kiện (I.2) Bổ đề 2.1 Giả sử g : (0, 1] → R hàm C -trơn không bị chặn Khi đó, ta có lim supt→0+ tα |g (t)| = +∞ với số thực α < Chứng minh Với số thực α < tùy ý Giả sử phản chứng lim supt→0+ tα |g (t)| < +∞ Khi tồn số C > cho |g (t)| ≤ C , ∀ < t < tα Mặt khác, ta có g (τ )dτ = g(1) − g(t) t Chúng ta có đánh giá sau |g(t)| ≤ |g(1)| + |g (τ )|dτ ≤ |g(1)| + C t t C ≤ |g(1)| + (1 − t1−α ) 1−α dτ τα Tuy nhiên điều khơng thể xảy g không bị chặn (0, 1] Như vậy, bổ đề chứng minh Bổ đề 2.2 Tồn hàm thực nhẵn g : (0, 1) → R thỏa mãn 1 (i) g(t) ≡ −2n đoạn đóng 1+ , 1+ n+1 3n n + 3n 4, 5, ; (ii) g(t) ≈ −1 , ∀ t ∈ (0, 1); t 15 với n = (iii) Với k ∈ N tồn C(k) > (chỉ phụ thuộc vào k ), cho |g (k) (t)| ≤ C(k) , ∀ t ∈ (0, 1) t3k+1 Nhận xét 2.2 Ta định nghĩa hàm P (z)  exp(g(|z|2 )) < |z| < P (z) := 0 z = Khi đó, hàm P nhẵn nửa đĩa đơn vị ∆, triệt tiêu cấp vô hạn 2n+1 gốc tọa độ Hơn nữa, ta thấy P ( 2n(n+1) ) = với n ≥ Do lim inf z→0 |P (z)|/P (z) = Chứng minh Bổ đề 2.2 Cho G : (0, +∞) → R hàm tuyến tính khúc cho G(an − n ) = G(bn + n ) = −2n G(x) = −8 x ≥ 40 , 1 an = n+1 (1 + 3n ), bn = n+1 (1 + 3n ) n = n13 với n ≥ Cho ψ hàm nhẵn R xác định  e− 1−|x| |x| < ψ(x) = C 0 |x| ≥ 1, C > chọn cho R ψ(x)dx = Với > 0, đặt ψ := ψ( x ) Với n ≥ 4, cho gn hàm nhẵn R xác định tích chập sau +∞ gn (x) := G ∗ ψ n+1 (x) = G(y)ψ n+1 (y − x)dy −∞ Bây chứng minh khẳng định (a) gn (x) = G(x) = −2n an ≤ x ≤ bn ; (b) gn (x) = G(x) = −2(n + 1) an+1 ≤ x ≤ bn+1 ; (c) |gn(k) (x)| ≤ 2(n+1) ψ (k) k n+1 an+1 ≤ x ≤ bn Thật vậy, với an+1 ≤ x ≤ bn ta có +∞ gn (x) = G(y)ψ n+1 (y − x)dy −∞ = n+1 +1 = +∞ G(y)ψ( −∞ G(x + t −1 16 y−x )dy n+1 n+1 )ψ(t)dt, sử dụng phép đổi biến t = y−x n+1 Nếu an ≤ x ≤ bn an − −1 ≤ t ≤ Do đó, n < an − n+1 ≤ x+t +1 gn (x) = ≤ bn + n+1 n+1 < bn + với +1 G(x + t n+1 )ψ(t)dt = −2n −1 ψ(t)dt = −2n −1 Như vậy, (a) chứng minh Tương tự, an+1 ≤ x ≤ bn+1 an+1 − x + t n+1 ≤ bn+1 + n+1 với −1 ≤ t ≤ Vì +1 gn (x) = n n+1 ≤ +1 G(x + t n+1 )ψ(t)dt = −2(n + 1) −1 ψ(t)dt = −2(n + 1) −1 Do đó, ta có (b) Hơn nữa, ta có ước lượng sau (k) |gn (x)| = +∞ | k+1 n+1 = ≤ ≤ = k n+1 G(y)ψ (k) ( k n+1 )dy| n+1 −∞ +1 | y−x G(x + t n+1 )ψ (k) (t)dt| −1 +1 |G(x + t n+1 )||ψ (k) (t)|dt −1 +1 2(n + 1) k n+1 2(n + 1) |ψ (k) (t)|dt −1 ψ (k) k n+1 với an+1 ≤ x ≤ bn , sử dụng phép đổi biến t = x−y n+1 bất đẳng thức cuối suy từ kết |G(y)| ≤ 2(n + 1) với an+1 − n+1 ≤ y ≤ bn + n Bởi vậy, khẳng định (c) chứng minh Từ (a) (b) ta có hàm  −8 x ≥ 40 g(x) = gn (x) an+1 ≤ x ≤ bn , n = 4, 5, , xác định tốt Từ (c) dễ thấy |g (k) (x)| x3k+1 với k = 0, 1, với x ∈ (0, 1), số phụ thuộc vào k Như vậy, dễ thấy (iii), (i) (ii) hiển nhiên Vì bổ đề chứng minh Bổ đề 2.3 Cho h : (0, +∞) → R hàm tuyến tính khúc cho h(an ) = √ n−1 n h(bn ) = 22·4 , h(1/2) = h(t) = t ≥ 1, an = 1/24 , a0 = 17 1/2, bn = (an + an−1 )/2 với n ∈ N∗ Khi đó, hàm f : (0, 1) → R xác định f (t) = − h(τ )dτ t thỏa mãn điều kiện sau: (i) f (an ) = (ii) f (bn ) ∼ (iii) − 1t √1 an 4b2n f (t) với n ∈ N∗ ; n → ∞; , ∀ < t < − t1/16 n−1 Chứng minh Ta có f (an ) = h(an ) = 22·4 = √1an Vì vậy, (i) chứng minh Mặt khác, bn = (an + an−1 )/2 ∼ an−1 /2 n → ∞, ta có f (bn ) = h(bn ) = n−1 22·4 = a21 ∼ 4b12n as n → ∞ Bởi vậy, khẳng định (ii) chứng minh n−1 Bây ta chứng minh (iii) Với số thực tùy ý t ∈ (0, 1/16), giả sử N số nguyên dương cho N +1 1/24 N ≤ t < 1/24 Khi đó, ta dễ thấy bN N −1 N −1 N h(τ )dτ = − 22·4 (1/24 − 1/24 ) aN N −1 1 1 ≤ − 24 + ≤ − 1/16 + − 1/16 ; 2t t f (t) ≤ − bN +1 h(τ )dτ − f (t) ≥ −2 h(τ )dτ aN aN +1 ≥ −2h(aN +1 )(bN +1 − aN +1 ) − h(aN )(1 − aN ) N N ≥ −22·4 (1/24 − 1/24 − t N +1 N −1 ) − 22·4 N (1 − 1/24 ) với < t < 1/16 Như vậy, khẳng định (iii) chứng minh Nhận xét 2.3 i) Chúng ta ý f C -trơn, tăng lõm khoảng (0, 1) Bằng cách chọn hàm f phù hợp chứng minh Bổ đề 2.2, ta giả sử nhẵn thỏa mãn tính chất (i), (ii) (iii) Hơn nữa, với k ∈ N tồn C(k) > d(k) > 0, phụ thuộc vào k , cho |f (k) (t)| ≤ C(k) , ∀ t ∈ (0, 1) Như hàm R(z) xác định td(k)  exp(f (|z|2 )) < |z| < R(z) := 0 z = 18 nhẵn triệt tiêu cấp vô hạn gốc tọa độ Hơn nữa, ta có lim inf z→0 |R (z)/R(z)| < +∞ lim supz→0 |R (z)/R(z)| = +∞ ii) Vì hàm P, R đối xứng nên chúng không thỏa mãn điều kiện (I) (Nhận ˜ xét 2.1) Mặt khác, hàm P˜ (z) := P (Re(z)) R(z) := R(Re(z)) thỏa mãn điều kiện (I) Thật vậy, vài phép tính ta có ˜ (z) = R(z)f ˜ R (|Re(z)|2 )Re(z) ˜ với z ∈ C |Re(z)| < Theo tính chất (ii), ta có lim supz→0 |R˜ (z)|/R(z) = √ ∗ ∗ +∞ Hơn nữa, với k ∈ N b ∈ C ta chọn dãy {zn } với zn := bn + √ i( bn )β , < β < min{1, 2/(k − 1)} k > β = 1/2 k = 1, zn → n → ∞ |Re ˜ R (zn ) bznk ˜ n) R(z √ ( bn )(k−1)β+2 → +∞ b2n | n → ∞ Do đó, R˜ thỏa mãn điều kiện (I) Theo cách xây dựng hàm g chứng minh bổ đề 2.2 ta có g ( n1 ) ∼ 3n2 n → ∞ Vì vậy, lập luận tương tự kết luận P˜ thỏa mãn điều kiện (I) 2.2 Sự khơng tồn trường vectơ chỉnh hình tiếp xúc Định nghĩa 2.2 Một trường vector chỉnh hình Cn cho toán tử: n H= hk (z) k=1 ∂ ∂zk Trong h1 , h2 , , hn hàm chỉnh hình theo biến z = (z1 , z2 , , zn ) Một mầm siêu mặt thực trơn M (đối chiều thực 1) p Cn định nghĩa hàm số gọi ρ, cho M mô tả biểu thức ρ(z) = Một trường vector H gọi tiếp xúc với M phần thực của H tiếp xúc với M có nghĩa H thỏa mãn biểu thức Re Hρ = Bài toán đặt có tồn hay khơng trường vectơ chỉnh hình khơng tầm thường tiếp xúc với siêu mặt kiểu vô hạn Cụ thể mục này, chứng minh không tồn trường vectơ chỉnh hình khơng tầm thường C2 tiếp xúc với siêu mặt nhẵn Định lý 2.1 Nếu (M, 0) mầm siêu mặt C -trơn xác định hàm ρ(z) := ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0, thỏa mãn điều kiện: (i) P ≡ 0, P (0) = Q(0, 0) = 0; 19 (ii) P thỏa mãn hệ điều kiện (I) (Định nghĩa 2.1 mục 2.1); (iii) P phẳng z2 = 0, trường vectơ chỉnh hình triệt tiêu gốc tọa độ tiếp xúc với (M, 0) đồng với không Gọi M = {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0} mầm siêu mặt thực thỏa mãn điều kiện Định lí 2.1 Chúng ta không tồn trường vector chỉnh hình khơng tầm thường triệt tiêu gốc tọa độ tiếp xúc với M ˜ r := {z2 ∈ ∆r : P (z2 ) = 0} Trong phần này, với r > kí hiệu ∆ 2.2.1 Các bổ đề kĩ thuật Với P hàm thỏa mãn hệ điều kiện (I), ta có hai bổ đề sau Bổ đề 2.4 Cho P hàm xác định ∆ ( > 0) thỏa mãn điều kiện (I) Nếu a, b số phức g0 , g1 , g2 hàm nhẵn xác định ∆ thỏa mãn (i) g0 (z) = O(|z|), g1 (z) = O(|z| +1 ), g2 (z) = o(|z|m ) (ii) Re az m + P nb(z) z +1 + g0 (z) P (z) P (z) + g1 (z) = g2 (z) ˜ với số nguyên không âm , m, trừ trường hợp m = với z ∈ ∆ Re(a) = 0, a = b = Chứng minh Từ điều kiện (I.1) định nghĩa 2.1, ta có Re bz k + O(|z|) f (z) −→ +∞ f (z) z → Mặt khác, từ (ii) ta lại có Re az m P n (z) + b z +1 + g0 (z) P (z) + g1 (z) P (z) = g2 (z)P n (z) Do Re bz +1 + g0 (z) P (z) + Re g1 (z) = P n (z) g2 (z) + Re az m P (z) Khi Re bz +1 + O(|z|) P (z) + Re O(|z| P (z) 20 +1 ) = P n (z) g2 (z) + Re az m Ta thấy P n (z) g2 (z) + Re az m → z → Suy mâu thuẫn Vậy bổ đề chứng minh Bổ đề 2.5 Cho P hàm xác định ∆ ( > 0) thỏa mãn điều kiện (I) Lấy B ∈ C∗ m ∈ N∗ Khi đó, tồn α ∈ R đủ nhỏ cho lim sup |Re B(iα − 1)m P (z)/P (z) | = +∞ ˜ ∆ z→0 ˜ Chứng minh Do P thỏa mãn hệ điều kiện (I.2) nên tồn dãy vô hạn {zk } ⊂ ∆ hội tụ tới cho limk→∞ P (zk )/P (zk ) = ∞ Ta có BP (zk )/P (zk ) = ak + ibk , k = 1, 2, ; (iα − 1)m = a(α) + ib(α) Chúng ta ý |ak | + |bk | → +∞ k → ∞ Vì vậy, trích dãy cần, ta xét hai trường hợp sau Trường hợp limk→∞ ak = ∞ | abkk | α → 0, α đủ nhỏ ta có Vì a(α) → (−1)m b(α) → Re B(iα − 1)m P (zk )/P (zk ) = a(α)ak − b(α)bk = ak a(α) − b(α) bk ak →∞ k → ∞ Trường hợp limk→∞ bk = ∞ limk→∞ | abkk | = Cố định số thực α cho b(α) = Khi đó, có Re B(iα − 1)m P (zk )/P (zk ) = a(α)ak − b(α)bk = bk a(α) ak − b(α) → ∞ bk k → ∞ Bởi vậy, ta có điều phải chứng minh 2.2.2 Chứng minh Định lí 2.1 Giả sử mầm siêu mặt (M, 0) C2 xác định hàm ρ(z1 , z2 ) = 0, ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 ) Q(z2 , Im z1 ) = 0, P, Q hàm C -trơn thỏa mãn ba điều kiện giả thiết Định lí 2.1, mục 2.1 Đặc biệt lưu ý hàm P phẳng z2 = 21 Xét trường vectơ chỉnh hình H = h1 (z1 , z2 ) ∂z∂ + h2 (z1 , z2 ) ∂z∂ xác định lân cận gốc tọa độ Ta xét trường hợp H tiếp tuyến M , điều có nghĩa (Re H)ρ(z) = 0, ∀z ∈ M (2.1) Mục đích ta H ≡ Thật vậy, giả sử phản chứng H ≡ Chú ý h2 ≡ từ (2.1) ta có h1 ≡ Như vậy, h2 ≡ Bây ta chứng minh h1 ≡ Thật vậy, giả sử h1 ≡ Khi đó, ta khai triển h1 h2 thành chuỗi Taylor gốc tọa độ sau ∞ ∞ ajk z1j z2k h1 (z1 , z2 ) = bjk z1j z2k , and h2 (z1 , z2 ) = j,k=0 j,k=0 ajk , bjk ∈ C Lưu ý a00 = b00 = h1 (0, 0) = h2 (0, 0) = Bằng số phép biến đổi đơn giản, ta có Q(z2 , Im z1 ) + + (Im z1 )Qz1 (z2 , Im z1 ) 2i Q0 (z2 ) 2(Im z1 )Q1 (z2 ) 3(Im z1 )2 Q2 (z2 ) = + + + + ··· ; 2i 2i 2i ρz2 (z1 , z2 ) = P (z2 ) + (Im z1 )Qz2 (z2 , Im z1 ), ρz1 (z1 , z2 ) = biểu thức (2.1) viết sau Q(z2 , Im z1 ) + + (Im z1 )Qz1 (z2 , Im z1 ) h1 (z1 , z2 ) 2i Re (2.2) + P (z2 ) + (Im z1 )Qz2 (z2 , Im z1 ) h2 (z1 , z2 ) = với (z1 , z2 ) ∈ M Vì it − P (z2 ) − tQ(z2 , t), z2 ∈ M với t ∈ R t đủ nhỏ, biểu thức biểu diễn dạng sau Re Q0 (z2 ) 2tQ1 (z2 ) 3t2 Q2 (z2 ) + + + + ··· × 2i 2i 2i ∞ it − P (z2 ) − tQ0 (z2 ) − t2 Q1 (z2 ) − · · · j ajk z2k j,k=0 (2.3) + P (z2 ) + tQ0 z2 (z2 ) + t Q1 z2 (z2 ) + · · · × ∞ it − P (z2 ) − tQ0 (z2 ) − t2 Q1 (z2 ) − · · · m bmn z2n =0 m,n=0 với z2 ∈ C với t ∈ R, |z2 | < nhỏ 22 |t| < δ0 , > δ0 > đủ Tiếp theo, ta kí hiệu j0 số nguyên nhỏ cho aj0 k = với số nguyên k Khi đó, gọi k0 số nguyên nhỏ cho aj0 k0 = Tương tự, gọi m0 số nguyên dương nhỏ cho bm0 n = với số ngun n Khi đó, kí hiệu n0 số nguyên nhỏ cho bm0 n0 = Có ý j0 ≥ k0 = m0 ≥ n0 = Chú ý chọn t = αP (z2 ) (2.3) (với α chọn trên) P (z2 ) = o(|z2 |n0 ), ta có Re aj0 k0 (iα − 1)j0 (P (z2 ))j0 z2k0 + bm0 n0 (iα − 1)m0 (z2n0 + o(|z2 |n0 )(P (z2 ))m0 (2.4) = o(P (z2 )j0 |z2 |k0 ) × P (z2 ) + αP (z2 )Qz2 (z2 , αP (z2 )) với |z2 | < với α ∈ R Ta thấy trường hợp k0 = Re(aj0 ) = 0, α chọn cho Re (iα − 1)j0 aj0 = Do đó, từ phương trình suy j0 > m0 Bây giờ, chia lập luận thành hai trường hợp sau Trường hợp n0 ≥ Trong trường hợp này, phương trình (2.4) mâu thuẫn với Bổ đề 2.4 Trường hợp n0 = Vì P thỏa mãn điều kiện (I) m0 ≥ 1, từ Bổ đề 2.5 ta chọn số thực α cho lim sup |Re bm0 (iα − 1)m P (z2 )/P (z2 ) | = +∞, ˜ ∆ z2 →0 > đủ nhỏ Vì vậy, (2.4) mâu thuẫn h1 ≡ lân cận (0, 0) C2 Do h1 ≡ nên từ (2.3) với t = ta có ∞ bmn z2n P (z2 ) = Re m,n=0 với z2 thỏa mãn |z2 | < với > đủ nhỏ Vì P thỏa mãn điều kiện (I.1), ta kết luận bmn = với m ≥ 0, n ≥ Bây ta bm0 = với m ∈ N∗ Thật vậy, giả sử ngược lai Khi đó, gọi m0 số nguyên dương nhỏ cho bm0 = Từ (2.3) với t = αP (z2 ) ta có Re bm0 (iα − 1)m0 P (z2 )/P (z2 ) ˜ với > đủ nhỏ với α ∈ R đủ nhỏ Từ Bổ đề 2.5, điều bị chặn ∆ xảy Như vậy, Định lí 2.1 chứng minh ✷ 23 Kết luận Trong luận văn này, nghiên cứu hàm triệt tiêu cấp vô hạn ứng dụng chúng giải tích tốn học, kết bao gồm: Tìm hiểu trình bày lại kiến thức giải tích phức; chứng minh chi tiết bổ đề kĩ thuật định lí tính biên ánh xạ chỉnh hình Trình bày chi tiết định lí khơng tồn trường vectơ chỉnh hình khơng tầm thường tiếp xúc với lớp siêu mặt nhẵn C2 24 Tài liệu tham khảo [1] Baouendi M and Rothschild L., Unique continuation and a Schwarz reflection principle for analytic sets, Comm Part Differ Equat (18) (1993), 1961–1970 [2] Byun J., Joo J.-C and Song M., The characterization of holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point, J Math Anal Appl 387 (2012), 667–675 [3] Greene R and Krantz S.G., Techniques for studying automorphisms of weakly pseudoconvex domains, Math Notes, Vol 38, Princeton Univ Press, Princeton, NJ, 1993, 389–410 [4] Huang X., Krantz S., Ma D and Pan Y., A Hopf lemma for holomorphic functions and applications, Complex Variables Theory Appl 26 (1995), no 4, 273–276 [5] Kang-Tae Kim and Ninh Van Thu, On the tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point, Trans Amer Math Soc 367 (2015), 867-885 [6] Lakner M., Finite order vanishing of boundary values of holomorphic mappings, Proc Amer Math Soc 112 (1991), no 2, 521–527 [7] Ninh Van Thu, On the existence of tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point, arXiv: 1303.6156 [8] Ninh Van Thu and Nguyen Ngoc Khanh, A note on uniqueness boundary of holomorphic mappings, to appear in Complex variables and Elliphic Equations [9] Ninh Van Thu, On the nonexistence of nontrivial tangential holomorphic vector fields of a certain hypersurface of infinite type, preprint ... II: Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn ứng dụng Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm hàm thỏa mãn điều kiện (I), bổ đề kĩ thuật ứng dụng lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn chứng minh... Khái niệm hàm triệt tiêu cấp vô hạn Định nghĩa 1.4 Cho Ω miền Rn với a ∈ Ω Hàm liên tục f : Ω → C gọi triệt tiêu cấp vô hạn a với N ∈ N, ta có Ω f (x) = x→a |x − a|N lim Ví dụ 1.1 Hàm f : C →... Chương Một số lớp hàm triệt tiêu cấp vô hạn ứng dụng 2.1 Một số kết bổ trợ Trong phần này, giới thiệu điều kiện (I) số ví dụ hàm xác định đĩa đơn vị mở mặt phẳng phức triệt tiêu cấp vô hạn gốc tọa