Tập ngẫu nhiên và các vấn đề liên quan

Tập ngẫu nhiên và các vấn đề liên quan Tập ngẫu nhiên và các vấn đề liên quan Tập ngẫu nhiên và các vấn đề liên quan luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - DƯƠNG THỊ NGỌC OANH VỀ NHÓM CR TỰ ĐẲNG CẤU CỦA SIÊU MẶT KIỂU VÔ HẠN TRONG C2 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - DƯƠNG THỊ NGỌC OANH VỀ NHÓM CR TỰ ĐẲNG CẤU CỦA SIÊU MẶT KIỂU VÔ HẠN TRONG C2 Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NINH VĂN THU Hà Nội - 2016 LỜI CẢM ƠN Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn dạy tận tình TS Ninh Văn Thu Nhân dịp này, tơi xin kính gửi tới Thầy lời cảm ơn chân thành sâu sắc Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo tơi tận tình suốt q trình học tập khoa Tơi xin gửi lời cảm ơn đến Phịng Sau Đại học nhà trường tạo điều kiện thuận lợi để tơi sớm hồn thành luận văn Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè Những người bên cạnh ủng hộ, động viên, giúp đỡ 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 quý thầy, cô bạn Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Dương Thị Ngọc Oanh Mục lục LỜI CẢM ƠN DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU MỞ ĐẦU NHỮNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Một số khái niệm giải tích phức 1.2 Tính chất địa phương ánh xạ bảo giác 1.3 Khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’Angelo 1.4 Khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc 10 1.5 Một số kết hàm triệt tiêu cấp vô hạn 10 1.6 Định lý hoa Leau-Fatou 12 1.7 Đặc trưng trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt dạng ống C2 13 Nhóm CR tự đẳng cấu số lớp siêu mặt kiểu vô hạn C2 16 2.1 Nhóm G2 (MP , 0) 17 2.2 Nhóm CR tự đẳng cấu MP 18 2.3 Nhóm CR tự đẳng cấu siêu mặt dạng ống C2 22 2.4 Đặc trưng trường vector chỉnh hình tiếp xúc với MP TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 36 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU • N, Z, Q, R, C: tương ứng tập số tự nhiên, tập số nguyên, tập số hữu tỷ, tập số thực, tập số phức • υ0 (f ): Ký hiệu cấp triệt tiêu hàm f dùng định nghĩa loại điểm vô hạn D’Angelo • Ký hiệu ≈ kết hợp với ký hiệu : Dùng cho ký hiệu bất đẳng thức sai khác số dương • C∞ -trơn: Dùng hàm khả vi liên tục cấp vơ hạn • P (z) = Pz (z) = • r ∂P (z): Đạo hàm theo biến z hàm P ∂z = {z ∈ C : |z| < r} với r > ký hiệu • ∆ = {z ∈ C : |z| < 0} := ∆∗0 = ∆ \ {0} • Giả sử M mầm siêu mặt quanh điểm p ∈ C2 Khi đó, nhóm tự đẳng cấu M (kí hiệu Aut(M )) tập hợp song chỉnh hình f : U → f (U )) thỏa mãn f (U ∩ M ) ⊂ M , U lân cận p C2 • Aut(M, p) = {f ∈ Aut(M ) : f (p) = p} nhóm ổn định M p • aut(M, p) = H = h1 (z1 , z2 ) ∂z∂ + h2 (z1 , z2 ) ∂z∂ Ở đây, H tiếp xúc với M , H trường vector chỉnh hình h1 , h2 hàm chỉnh hình lân cận p • aut0 (M, p) = H ∈ aut(M, p) : H(p) = • MP := {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re(z1 ) + P (z2 ) = 0}, P ∈ C ∞ (C) ν0 (P ) = +∞ • S∞ (P ) = {z2 ∈ ∆ : νz2 (P ) = +∞}, νz2 (P ) cấp triệt tiêu hàm P (z2 + ξ) − P (z2 ) ξ = • P∞ (MP ) tập hợp điểm có kiểu vơ hạn MP MỞ ĐẦU Giả sử (M, p) mầm siêu mặt Cn cho p điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’Angelo (gọi tắt kiểu vô hạn) Nhóm tự đẳng cấu M (kí hiệu Aut(M )) nhóm tất song ánh chỉnh hình lân cận M biến M vào M Nhóm ổn định M p (kí hiệu Aut(M, p)) nhóm tất tự đẳng cấu M biến p thành p Tập hợp tất trường vector chỉnh hình Cn tiếp xúc với M triệt tiêu p kí hiệu aut0 (M, p) Bài toán đặt mơ tả nhóm CR tự đẳng cấu Aut(M, p) mơ tả trường vector chỉnh hình tiếp xúc aut0 (M, p) mầm siêu mặt (M, p) Trong luận văn này, xét siêu mặt đặc biệt Cụ thể, chúng tơi xét mơ hình kiểu vô hạn MP định nghĩa sau MP := {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re z1 + P (z2 ) = 0}, P ≡ hàm C ∞ -trơn, triệt tiêu cấp vô hạn z2 = Nội dung luận văn tìm hiểu kết nhóm CR tự đẳng cấu Aut(MP , 0) mô tả trường vector chỉnh hình tiếp xúc aut0 (MP , 0) mơ hình kiểu vơ hạn MP Luận văn trình bày dựa theo báo “Infinitesimal CR automorphisms and stability groups of models in C2 " Atsushi Hayashimoto Ninh Văn Thu ([1]) Bố cục luận văn gồm hai chương: Chương I: Những kiến thức chuẩn bị Nội dung chương trình bày số kiến thức giải tích phức khái niệm hàm chỉnh hình, ánh xạ bảo giác, khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc, khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’Angelo, Định lý hoa Leau -Fatou Đặc trưng trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt dạng ống C2 Chương II: Nhóm CR tự đẳng cấu số lớp siêu mặt kiểu vô hạn C2 Trong chương này, mô tả nhóm CR tự đẳng cấu số lớp siêu mặt kiểu vô hạn C2 mô tả trường vector chỉnh hình tiếp xúc MP Nội dung chủ yếu chứng minh Định lý 2.2.1, 2.3.1 2.4.1 Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm giải tích phức Giả sử Ω miền mặt phẳng phức C f hàm biến phức z = x + iy xác định Ω Định nghĩa 1.1.1 Hàm f gọi C - khả vi điểm z0 ∈ Ω tồn giới hạn f (z0 + h) − f (z0 ) h h→0 lim Khi đó, ta nói giới hạn đạo hàm phức f điểm z0 kí hiệu f (z0 ) Định nghĩa 1.1.2 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 Hàm chỉnh hình cịn gọi hàm giải tích hàm chỉnh hình ln khai triển thành chuỗi Taylor điểm miền xác định ˆ lên G ⊂ C ˆ Định nghĩa 1.1.3 f ánh xạ bảo giác từ miền D ⊂ C f phân hình D f đơn ánh f (D) = G Ta nói f ánh xạ bảo giác từ D vào G (3) thay f (D) ⊂ G Nhận xét 1.1 Nếu f có cực điểm ∞ bảo giác ∞ ∞ cực điểm đơn f Chúng ta định nghĩa ánh xạ bảo giác tập liên thơng Dưới tính chất ánh xạ bảo giác • Ánh xạ ngược ánh xạ bảo giác ánh xạ bảo giác • Một ánh xạ bảo giác đồng phôi, tức đơn ánh liên tục với ánh xạ ngược liên tục • Mọi ánh xạ bảo giác đơn diệp địa phương, tức đạo hàm khơng triệt tiêu có cực điểm đơn • Các góc cung bao gồm định hướng bảo toàn qua ánh xạ bảo giác 1.2 Tính chất địa phương ánh xạ bảo giác Định nghĩa 1.2.1 Cho g1 , g2 hai ánh xạ bảo giác thỏa mãn g1 (0) = g2 (0) = Ta nói g1 g2 liên hợp chỉnh hình địa phương tồn ánh xạ song chỉnh hình ϕ với ϕ(0) = cho g1 ≡ ϕ−1 ◦ g2 ◦ ϕ Định nghĩa 1.2.2 Cho g ánh xạ bảo giác thỏa mãn g(0) = Khi đó, ta nói (i) g tiếp xúc với đồng g (0) = 1; (ii) g parabolic g (0) = e2πip/q với p, q ∈ Z; (iii) g elliptic g (0) = e2πiθ với θ ∈ R \ Q Bổ đề 1.2.1 Cho hàm P C ∞ -trơn ∆ ( > 0) thỏa mãn ν0 (P ) = +∞ P (z) ≡ Giả sử tồn ánh xạ bảo giác g ∆ với g(0) = cho P (g(z)) = β + o(1) P (z), z ∈ ∆ với β ∈ R∗ Khi đó, |g (0)| = Chứng minh Giả sử tồn ánh xạ bảo giác g thỏa mãn g(0) = β ∈ R∗ cho P (g(z)) = β + o(1) P (z), ∀ z ∈ ∆ Khi đó, ta có P (g(z)) = β + γ(z) P (z), z ∈ ∆ , với γ hàm xác định ∆ thỏa mãn γ(z) → z → Do γ(z) → z → nên tồn δ0 > cho |γ(z)| < β/2 với z ∈ ∆δ0 Chúng ta xét trường hợp sau: Trường hợp < |g (0)| < Chọn δ0 α thỏa mãn < δ0 < |g (0)| < α < cho |g(z)| ≤ α|z| với z ∈ ∆δ0 Cố định z0 ∈ ∆∗δ0 mà P (z0 ) = Khi đó, với số nguyên dương n, ta có |P (g n (z0 ))| = | β + γ(g n−1 (z0 )) ||P (g n−1 (z0 ))| = · · · = | β + γ(g n−1 (z0 )) | · · · | β + γ(z0 ) ||P (z0 )| ≥ β − |γ(g n−1 (z0 ))| · · · β − |γ(z0 )| |P (z0 )| ≥ β/2 n (1.1) |P (z0 )|, g n hợp thành n lần g Hơn nữa, < α < nên tồn m0 ∈ Z∗ cho |αm0 | < β/2 Do đó, < |g n (z0 )| ≤ αn |z0 | với n ∈ N Từ (1.1), ta có |P (g n (z0 ))| |P ((z0 )| β/2 ≥ n m |g (z0 )| |z0 |m0 αm0 Do |αm0 | < β/2 nên β/2 α m0 n (1.2) n → +∞ n → ∞ Vì vậy, |P (g n (z0 ))| |g n (z0 )|m0 → +∞ n → ∞ Điều mâu thuẫn P (z) triệt tiêu cấp vơ hạn Trường hợp |g (0)| > Do P (g(z)) = (β + o(1))P (z) với z ∈ ∆ nên ta suy P (g −1 (z)) = (1/β + o(1))P (z) với z ∈ ∆ Theo Trường hợp 1, điều không xảy Do đó, |g (0)| = bổ đề chứng minh Bổ đề 1.2.2 Cho f : [−r, r] → R (r > 0) hàm liên tục cho f (0) = f ≡ Nếu β số thực thỏa mãn f (t + βf (t)) = f (t) với t ∈ [−r, r] t + βf (t) ∈ [−r, r] β = Chứng minh Giả sử phản chứng tồn β = cho f (t + βf (t)) = f (t) với t ∈ [−r, r] t + βf (t) ∈ [−r, r] Khi đó, ta có f (t) = f (t + βf (t)) = f t + βf (t) + βf (t + βf (t)) (1.3) = f t + 2βf (t) = · · · = f (t + mβf (t)) với m ∈ N, t ∈ [−r, r] t + mβf (t) ∈ [−r, r] Do f ≡ nên ta chọn t0 ∈ [−r, r] cho f (t0 ) = Do f liên tục tập compact nên f liên tục [−r, r], tức với > tồn δ > với t1 , t2 ∈ [−r, r] mà |t1 − t2 | < δ , ta có |f (t1 ) − f (t2 )| < /2 Mặt khác, f (t) → t → (do f liên tục) f ≡ nên ta tìm t ∈ [−δ/2, δ/2] cho |βf (t)| < δ < |f (t)| < /2 Vì vậy, ta ln tìm số nguyên m cho |t + mβf (t) − t0 | < δ Từ phương trình (1.3), ta có |f (t0 )| = |f (t0 ) − f (t + mβf (t)) + f (t + mβf (t))| ≤ |f (t + mβf (t)) − f (t0 )| + |f (t + mβf (t))| < /2 + |f (t)| < /2 + /2 = Do đó, f (t0 ) = Điều mâu thuẫn với giả thiết f ≡ Vậy, bổ đề chứng minh Ví dụ sau minh họa cho Bổ đề 1.2.2 Ví dụ 1.2.3 Cho f : [−1, 1] → R hàm cho f (x) = x2 Giả sử tồn β ∈ R cho f (t + βf (t)) = f (t) với t ∈ [−1, 1], t + βf (t) ∈ [0, 1] Khi đó, ta có (t + βt2 )2 = t2 Do đó, tính tốn đơn giản ta suy β = Bổ đề 1.2.4 Cho P C ∞ -trơn thỏa mãn P (0) = g ánh xạ bảo giác thỏa mãn g(0) = 0, |g (0)| = g = id Nếu tồn số thực dương δ thỏa mãn P (g(z)) ≡ δP (z) δ = Ngồi ra, ta có g (0) = e2πip/q (p, q ∈ Z) g q = id g (0) = e2πiθ với θ ∈ R \ Q Chứng minh Thay g hàm ngược cần, ta giả sử δ ≥ (vì δ ≥ ta xét g −1 ) Chúng ta chia toán làm trường hợp Trường hợp g (0) = Theo Định lý hoa Leau-Fatou, tồn z lân cận đủ bé với P (z) = cho limn→+∞ g n (z) = Do 22 Khi đó, ta có Aut(MP , 0) = G2 (MP , 0) Hệ 2.2.4 Giả sử (MP , 0) siêu mặt Định lý 2.2.1 Giả sử (i) P (z2 ) ≡ lân cận z2 = 0, (ii) P thỏa mãn điều kiện (I), (iii) Thành phần liên thông điểm S∞ (P ) {0}, Khi đó, ta có Aut(MP , 0) = G2 (MP , 0) 2.3 Nhóm CR tự đẳng cấu siêu mặt dạng ống C2 Trong mục này, chúng tơi mơ tả nhóm CR tự đẳng cấu siêu mặt dạng ống C2 Cụ thể, chứng minh định lý sau Định lý 2.3.1 Cho P˜ C ∞ -trơn xác định lân cận C thỏa mãn (i) P˜ (x) ≡ lân cận x = R, (ii) Thành phần liên thông S∞ (P˜ ) {0} Gọi P hàm định nghĩa cách đặt P (z2 ) := P˜ (Re z2 ) Khi đó, khẳng định sau (a) aut0 (MP , 0) = đại số Lie g = aut(MP , 0) phân tích thành g = g−1 ⊕ g0 , đó, g−1 = {iβ∂z1 : β ∈ R} g0 = {iβ∂z2 : β ∈ R} (b) Aut(MP , 0) = {id} 23 (c) Nếu S∞ (P˜ ) = {0} Aut(MP ) = T1 (MP ) ⊕ T2 (MP ) = {(z1 , z2 ) → (z1 + it, z2 + is) : t, s ∈ R}, T1 (MP ) = {(z1 , z2 ) → (z1 + it, z2 ) : t ∈ R} T2 (MP ) = {(z1 , z2 ) → (z1 , z2 + it) : t ∈ R} (a) Theo Định lý 1.7.1, ta có aut0 (MP , 0) = Bây giờ, ta chứng minh aut(MP , 0) = g−1 ⊕ g0 Thật vậy, giả sử H(z1 , z2 ) = h1 (z1 , z2 )∂z1 + h2 (z1 , z2 )∂z2 ∈ aut(MP , 0) tùy ý {φt }t∈R ⊂ Aut(MP ) nhóm tham số sinh H Do φt song chỉnh hình với t ∈ R nên tập {φt (0) : t ∈ R} ⊂ P∞ (MP ) Chú ý thành phần liên thông P∞ (MP ) {(it1 , it2 ) : t1 , t2 ∈ R} Do đó, ta có φt (0, 0) ⊂ {(it1 , it2 ) : t1 , t2 ∈ R} Từ đó, ta có Re h1 (0, 0) = Re h2 (0, 0) = Vì vậy, trường vector chỉnh hình H − iβ1 ∂z1 − iβ2 ∂z2 , βj := Im hj (0, 0), j = 1, 2, thuộc vào đại số aut0 (MP , 0) Điều chứng minh khẳng định (a) (b) Theo câu (a), ta có aut(MP , 0) = g−1 ⊕ g0 sinh i∂z1 i∂z2 Ta ký hiệu {Ttj }t∈R nhóm tham số sinh trường vector i∂zj , j = 1, 2, tức Tt1 (z1 , z2 ) = (z1 + it, z2 ), Tt2 (z1 , z2 ) = (z1 , z2 + it), t ∈ R Với f = (f1 , f2 ) ∈ Aut(MP , 0), ta định nghĩa {Ftj }t∈R hai họ tự đẳng j cấu xác định Ftj := f ◦ T−t ◦ f −1 (j = 1, 2) Khi đó, {Ftj }t∈R , j = 1, 2, nhóm tham số Aut MP Do aut(MP , 0) = g−1 ⊕ g0 nên trường vector chỉnh hình H j với j = 1, sinh {Ftj }t∈R (j = 1, 2) thuộc g−1 ⊕ g0 Điều có nghĩa tồn số thực δ1j , δ2j , cho H j = iδ1j ∂z1 + iδ2j ∂z2 với j = 1, Từ đó, ta có Ftj (z1 , z2 ) = z1 + iδ1j t, z2 + iδ2j t = Tδ1j t ◦ Tδ2j t , j = 1, 2, t ∈ R Điều suy f = Tδ1j t ◦ Tδ2j t ◦ f ◦ Ttj (2.4) Phương trình tương đương với f1 (z1 , z2 ) = f1 (z1 + it, z2 ) + iδ11 t, f2 (z1 , z2 ) = f2 (z1 + it, z2 ) + iδ21 t, f1 (z1 , z2 ) = f1 (z1 , z2 + it) + iδ12 t, f2 (z1 , z2 ) = f2 (z1 , z2 + it) + iδ22 t (2.5) 24 Do đó, ta có iδ t f (z1 + it, z2 ) − f (z1 , z2 ) ∂ f1 (z1 , z2 ) = lim = = −δ11 t→0 ∂z1 it it (2.6) Tương tự, ta có ∂ f2 (z1 , z2 ) = −δ21 , ∂z1 ∂ f1 (z1 , z2 ) = −δ12 , ∂z2 ∂ f2 (z1 , z2 ) = −δ22 , ∂z2 Điều suy f (z1 , z2 ) = (−δ11 z1 − δ12 z2 , −δ21 z1 − δ22 z2 ) Do MP bất biến f , ta có f (MP ) ⊂ MP Tức Ref1 it − P (z2 ), z2 + P f2 it − P (z2 ), z2 = Re − δ11 it − P (z2 ) − δ12 z2 + P − δ21 it − P (z2 ) − δ22 z2 (2.7) = δ11 P (z2 ) − δ12 Re(z2 ) + P δ21 P (z2 ) − δ22 z2 = với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ0 , δ0 ), , δ0 > đủ bé Do ν0 (P ) = +∞ nên ta có δ12 = Vì vậy, thay z2 = t ∈ (− , ) vào (2.7), ta phương trình P − δ22 t + δ21 P (t) = −δ11 P (t) (2.8) với t ∈ (− , ) Hơn nữa, theo định lý Lagrange, với t ∈ (− , ) tồn γ(t) ∈ [0, 1] cho P − δ22 t + δ21 P (t) = P (−δ22 t) + P Mặt khác, P − δ22 t + γ(t)δ21 P (t) δ21 P (t) (2.9) −δ22 t+γ(t)δ21 P (t) triệt tiêu cấp vô hạn t = nên từ phương trình (2.8) (2.9) ta có P − δ22 t = − δ11 + o(1) P (t), t ∈ (− , ) Theo chứng minh Bổ đề 1.2.1, ta có −δ11 = −δ22 = Thay −δ11 = −δ22 = vào phương trình (2.8) ta P t + δ21 P (t) = P (t) 25 với t ∈ (− , ) Theo Bổ đề 1.2.2, ta có δ21 = Do đó, f = id khẳng định (b) chứng minh (c) Gọi Tt1 Tt2 phép tịnh tiến định nghĩa Tt1 (z1 , z2 ) = (z1 + it, z2 ), Tt2 (z1 , z2 ) = (z1 , z2 + it), t ∈ R Bây giờ, giả sử f ∈ Aut(MP ) tùy ý Khi đó, f (0, 0) điểm kiểu vơ hạn Do S∞ (P˜ ) = {0} nên ta có P∞ (MP ) = {(it, is) : t, s ∈ R} Do đó, f (0, 0) = (it0 , is0 ) với ◦ T ◦ f ∈ Aut(M , 0) = {id} theo câu (b) Vậy, (c) t0 , s0 ∈ R T−t P −s0 chứng minh ✷ Ví dụ 2.3.2 Với α, C > 0, hàm số P xác định  exp − C α Re(z2 ) = 0, |Re(z2 )| P (z2 ) = 0 Re(z2 ) = Ta chứng minh P thỏa mãn điều kiện (I) Ta xét hàm P˜ xác định P˜ (z2 ) = exp − |zC2 |α z2 = P˜ (0) = Khi đó, P triệt tiêu cấp vô hạn gốc tọa độ, áp dụng Định lý 2.3.1 ta có aut0 (MP , 0) = aut(MP , 0) = g−1 ⊕ g0 = {iβ1 ∂z1 + iβ2 ∂z2 : β1 , β2 ∈ R} Hơn nữa, Aut(MP , 0) = {id} Aut(MP ) = {(z1 , z2 ) → (z1 + it, z2 + is) : t, s ∈ R} 2.4 Đặc trưng trường vector chỉnh hình tiếp xúc với MP Trong phần này, nghiên cứu đặc trưng trường vector chỉnh hình Giả sử tồn siêu mặt kiểu vô hạn MP định nghĩa ρ(z) = Re z1 + P (z2 ) thỏa mãn điều kiện (i) (ii) Định lý 2.4.1, nghĩa (i) Thành phần liên thông điểm tập không điểm P {0} (ii) P triệt tiêu cấp vô hạn z2 = 26 Định lý 2.4.1 nói có trường vector chỉnh hình triệt tiêu điểm gốc, tiếp xúc MP Khi siêu mặt MP đối xứng phép quay Ví dụ, siêu mặt MP = {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re z1 + exp(− ) = 0}, |z2 |α α > 0, đối xứng phép quay Định lý 2.4.1 Cho (MP , 0) siêu mặt C ∞ -trơn xác định phương trình ρ(z) := ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) = 0, thỏa mãn điều kiện sau (i) Thành phần liên thông điểm tập không điểm P {0}; (ii) P triệt tiêu cấp vô hạn z2 = Khi đó, trường vector chỉnh hình triệt tiêu gốc tọa độ tiếp xúc với (MP , 0) đồng hoặc, sau đổi biến theo z2 , trường vector có dạng iβz2 ∂z2 với số thực β = Trong trường hợp thứ hai, siêu mặt MP đối xứng quay, tức P (z2 ) = P (|z2 |) Chứng minh Giả sử mầm siêu mặt (MP , 0) C2 xác định phương trình ρ(z1 , z2 ) := Re z1 + P (z2 ) = 0, P hàm C ∞ -trơn thỏa mãn hai điều kiện (i) (ii) định lý Đặc biệt, P triệt tiêu tới cấp vô hạn z2 = Ta xét trường vectơ chỉnh hình H = h1 (z1 , z2 )∂z1 + h2 (z1 , z2 )∂z2 xác định lân cận gốc tọa độ Hơn nữa, ta xem xét trường hợp vector H tiếp xúc MP Điều có nghĩa (Re H)ρ(z) = 0, ∀z ∈ MP (2.10) Khai triển h1 h2 thành chuỗi Taylor gốc toạ độ ∞ ∞ ajk z1j z2k h1 (z1 , z2 ) = j,k=0 ∞ aj (z2 )z1j ; h2 (z1 , z2 ) = j=0 ∞ bjk z1j z2k = j,k=0 bj (z2 )z1j , = j=0 ajk , bjk ∈ C aj , bj hàm chỉnh hình với j ∈ N Do H(0) = nên h1 (0, 0) = h2 (0, 0) = Từ đó, ta có a00 = b00 = Bằng tính tốn đơn giản, ta có z1 + z¯1 + P (z2 ))z1 = 2 z + z ¯ 2 = (P˜ ( ))z2 = P (x) 2 ρz1 (z1 , z2 ) = (Re(z1 ) + P (z2 ))z1 = ( ρz2 (z1 , z2 ) = Pz2 (z2 ) = (P˜ (Rez2 ))z2 27 x = Re(z2 ) Từ phương trình (2.10) ta viết lại phương trình sau Re h1 (z1 , z2 ) + Pz2 (z2 )h2 (z1 , z2 ) = (2.11) với (z1 , z2 ) ∈ MP Do (it − P (z2 ), z2 ) ∈ MP với t đủ nhỏ nên phương trình tương đương với phương trình sau Re ∞ ∞ ajk it − P (z2 ) j k z2 bmn it − P (z2 ) + Pz2 (z2 ) m n z2 =0 (2.12) m,n=0 j,k=0 với z2 ∈ C t ∈ R với |z2 | < |t| < δ0 , > δ0 > Mục đích ta H ≡ Thật vậy, giả sử phản chứng H ≡ Do Pz2 (z2 ) triệt tiêu cấp vô hạn Do đó, ta giả sử h2 ≡ Bây ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây: Trường hợp h1 ≡ Gọi j0 số nguyên nhỏ cho aj0 k = với số nguyên k gọi k0 số nguyên nhỏ cho aj0 k0 = Tương tự vậy, cho m0 số nguyên nhỏ cho bm0 n = với số nguyên n gọi n0 số nguyên nhỏ cho bm0 n0 = Ta thấy j0 ≥ k0 = 0, m0 ≥ n0 = Do P (z2 ) = o(|z2 |j ) với j ∈ N nên thay t = αP (z2 ) phương trình (2.12) với α ∈ R ta có Re aj0 k0 (iα − 1)j0 (P (z2 ))j0 z2k0 + o(|z2 |k0 ) m0 + bm0 n0 (iα − 1) z2n0 n0 (2.13) m0 + o(|z2 | ) (P (z2 )) Pz2 (z2 ) = với z2 ∈ ∆ Ta ý trường hợp k0 = Re(aj0 ) = 0, α chọn cho Re (iα − 1)j0 aj0 = Do đó, từ phương trình (2.13) suy j0 > m0 Pz2 (z2 ) P (z2 ) triệt tiêu cấp vô hạn z2 = Bây ta chia lập luận thành hai trường hợp sau Trường hợp 1.1 m0 ≥ Nếu n0 = ta chọn số thực α cho Re (bm0 (iα − 1)m0 ) = Trong trường hợp này, phương trình (2.13) mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 Do đó, ta có m0 = Trường hợp 1.2 m0 = Nếu n0 > n0 = Re(b01 ) = phương trình (2.13) mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 Do đó, ta giả sử 28 n0 = Re(b01 ) = Sử dụng phép đổi biến theo z2 [2, Lemma 1], giả sử b0 (z2 ) ≡ iz2 Tiếp theo, ta chứng minh bm ≡ với m ∈ N∗ Thật vậy, giả sử ngược lại Khi đó, gọi m1 > số nguyên nhỏ cho bm1 ≡ Khi đó, ta viết phương trình sau bm1 (z2 ) = bm1 n1 z2n1 + o(z2n1 ), n1 = ν0 (bm1 ) bm1 n1 ∈ C∗ Đạo hàm theo t t = αP (z2 ) hai vế phương trình (2.12) ý ν0 (P ) = +∞ ta nhận Re im1 αi − m1 −1 P (z2 ) m1 −1 + j1 aj1 k1 z2k1 + o(|z2 |k1 ) αi − bm1 n1 z2n1 + o(|z2 |n1 ) Pz2 (z2 ) j1 −1 P (z2 ) j1 −1 (2.14) =0 với z2 ∈ ∆ , j1 , n1 ∈ N aj1 k1 ∈ C Theo Bổ đề 1.5.1 Hệ 1.5.3, ta có m1 = n1 = b1 (z2 ) ≡ −β1 z2 + O(z2 ) với β1 ∈ R∗ Bây giờ, ta chứng minh b1 (z2 ) ≡ −β1 z2 Thật vật, giả sử ngược lại, từ phương trình (2.14) ta có Re iz2 Pz2 (z2 ) ≡ Re az + O(|z2 |) Pz2 (z2 ) + O(P (z2 )) ∆ với a ∈ C∗ vào phương trình (2.12) ta có (2.15) ≥ Mặt khác, ν0 (P ) = +∞ nên thay t = Re iz2 − iβ1 + O(|z2 |) P (z2 ) Pz2 (z2 ) + a10 + o(1) P (z2 ) ≡ (2.16) ∆ Vì vậy, từ phương trình (2.15) (2.16) ta có Re iaz2 + O(|z2 |) Pz2 (z2 ) + a10 + o(1) P (z2 ) ≡ (2.17) ∆ Điều mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 Vậy, b1 (z2 ) ≡ −β1 z2 Bằng quy nạp, ta chứng minh bm (z2 ) = βm im+1 z2 với m ∈ N∗ , βm ∈ R∗ với m ∈ N∗ Thay t = αP (z2 ) vào phương trình (2.12), ta có Re iz2 + iβ1 (iα − 1)P (z2 ) + · · · + im βm (iα − 1)m P m (z2 ) + · · · Pz2 (z2 ) (2.18) + a10 + o(1) P (z2 ) ≡ 29 ∆ Đạo hàm hai vế phương trình (2.12) theo t t = αP (z2 ), ta có Re iz2 i2 β1 + i3 2β2 (iα − 1)P (z2 ) + · · · + im+2 mβm (iα − 1)m−1 P m (z2 ) + · · · Pz2 (z2 ) + ∞ ∞ jajk iα − j−1 P j−1 (z2 )z2k ≡ 0, j=1 k=0 hay Re iz2 + i2 − 2β1 ∞ β2 βm (iα − 1)P (z2 ) + · · · + im m (αi − 1)m−1 P m (z2 ) + · · · Pz2 (z2 ) β1 β1 ∞ jajk iα − j−1 P j−1 (z2 )z2k ≡ j=1 k=0 (2.19) ∆ Từ phương trình (2.18)và (2.19) ta suy 2β2 /β1 = β1 , 3β3 /β1 = β2 , , mβm /β1 = βm−1 , ngược lại, thay phương trình (2.19) vào (2.18), ta nhận phương trình phụ thuộc vào biến α, mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 với α ∈ R Vì vậy, (β1 )m βm = m! với m ∈ N∗ Vì thế, h2 (z1 , z2 ) = iz2 + iβ1 z1 + i2 β12 βm z1 + · · · + im z1m + 2! m! = iz2 eiβ1 z1 với z2 ∈ ∆ Hơn nữa, (2.12) trở thành Re ∞ j ajk it − P (z2 ) z2k + iz2 Pz2 (z2 ) exp iβ1 it − P (z2 ) =0 (2.20) j,k=0 với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ0 , δ0 ) Đặt f (z2 , t) := Re ∞ j,k=0 ajk j it − P (z2 ) z2k với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ0 , δ0 ) Từ phương trình (2.20) ta có f (z2 , t) = −2Re iz2 Pz2 (z2 ) exp iβ1 it − P (z2 ) , ∀ (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ0 , δ0 ) Điều suy f (z2 , t) triệt tiêu cấp vô hạn z2 = với t Pz2 (z2 ) triệt tiêu cấp vơ hạn z2 = ft (z2 , t) = −β1 f (z2 , t) Hệ ajk = với k ∈ N∗ j ∈ N Từ đó, ∞ aj0 it − P (z2 ) f (z2 , t) = Re j=0 j 30 Hơn nữa, phương trình ft (z2 , 0) = −β1 f (z2 , 0) kéo theo Re(ia10 ) + 2Re(ia20 )(−P (z2 )) + o(P (z2 )) = −β1 Re(a10 )(−P (z2 )) + o(P (z2 )) Điều suy Re(ia10 ) = 0, 2Re(ia20 ) = −β1 Re(a10 ) = −β1 a10 Tương tự, từ ftt (z2 , 0) = −β1 ft (z2 , 0) = β12 f (z2 , 0) ta có 2Re(i2 a20 ) + 3!Re(i2 a30 )(−P (z2 )) + o(P (z2 )) = β12 Re(a10 )(−P (z2 )) + o(P (z2 )) Phương trình suy Re(i2 a20 ) = 0, 3!Re(i2 a30 ) = β12 Re(a10 ) = β12 a10 Tiếp tục trình này, ta kết luận am0 = vậy, (iβ1 )m−1 a10 m! với m ∈ N∗ eiβ1 z1 − h1 (z1 , z2 ) ≡ a10 iβ1 Hơn nữa, h1 không triệt tiêu đồng nên a10 = Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a10 < Trường hợp a10 > chứng minh tương tự Bây giờ, phương trình (2.20) với t = tương đương với 2Re iz2 Pz2 (z2 ) exp − iβ1 P (z2 ) = a10 sin(β1 P (z2 )) β1 (2.21) với z2 ∈ ∆ Do P liên tục z2 = nên ta giả sử |P (z2 )| < |βπ1 | với |z2 | < Hơn nữa, theo giả thiết thành phần liên thông điểm tập điểm P {0} nên tồn số thực r ∈ (0, ) cho < |P (r)| < |βπ1 | reπ/|a10 | < Cố định r gọi γ : (−∞, +∞) → ∆∗0 đường cong thỏa mãn dγ(t) = iγ(t) exp dt − iβ1 P (γ(t)) , γ(0) = r Đặt u(t) := P (γ(t)) với −∞ < t < +∞ Đạo hàm hàm u theo t sử dụng (2.21) ta có u (t) = a10 sin(β1 u) β1 Bằng tính tốn đơn giản, phương trình có nghiệm P (γ(t)) = u(t) = arctan β1 tan(β1 P (r)/2)ea10 t , −a < t < b (2.22) 31 Với −a < t < b, ta có t ie−iβ1 P (γ(s)) ds γ(t) = r exp t = r exp tan(β1 P (r)/2)ea10 s − 2i arctan i exp ds Vì vậy, t |γ(t)| = r exp sin arctan tan(β1 P (r)/2)ea10 s ds Do đó, có −∞ + r := lim |γ(t)| = r exp sin arctan t→−∞ tan(β1 P (r)/2)ea10 s ds −∞ = r exp e−a10 s sin π − arctan tan(β1 P (r)/2) −∞ = r exp sin arctan e−a10 s tan(β1 P (r)/2) +∞ = r exp − sin arctan = r exp − 2 = r exp − a10 ea10 s tan(β1 P (r)/2) 1+ +∞ d 1+ ds ea10 s tan(β1 P (r)/2) ea10 s tan(β1 P (r)/2) +∞ ds ds ds ea10 s tan(β1 P (r)/2) ea10 s tan(β1 P (r)/2) 2 arctan a10 tan(β1 P (r)/2) π ≤ r exp( ) < |a10 | = r exp Vì vậy, tồn dãy {tn } ⊂ R cho tn → −∞ γ(tn ) → r+ eiθ0 n → ∞ với θ0 ∈ [0, 2π) Hơn nữa, |P (r+ eiθ0 )| < | βπ1 | Tuy nhiên, a10 < P liên tục ∆ nên theo phương trình (2.22) ta có |P (r+ eiθ0 )| = |P ( lim γ(tn ))| = | lim P (γ(tn ))| = | n→∞ n→∞ Điều mâu thuẫn Vậy, ta kết luận h1 ≡ Trường hợp h1 ≡ π | β1 32 Trong trường hợp này, phương trình (2.12) tương đương với ∞ it − P (z2 ) Re Pz2 (z2 ) m bm (z2 ) = (2.23) m=0 với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ0 , δ0 ), > δ0 > đủ bé Do h2 ≡ nên tồn số nguyên nhỏ m0 cho bm0 ≡ Khi đó, ta viết phương trình sau bm0 (z2 ) = bm0 n0 z2n0 + o(z2n0 ), n0 = ν0 (bn0 ) bm0 n0 ∈ C∗ Hơn nữa, P (z2 ) = o(|z2 |n0 ) nên thay t = αP (z2 ) (α ∈ R chọn sau) vào phương trình (2.23) ta có Re iα − m0 bm0 n0 z2n0 + o(|z2 |n0 ) Pz2 (z2 ) = với z2 ∈ ∆∗0 Trong trường hợp m0 > 0, ta chọn α cho Re bm0 n0 iα − m0 = Do đó, theo Hệ 1.5.3 ta có m0 = 0, n0 = Re(bm0 n0 ) = Re(b01 ) = Bằng cách đổi biến theo z2 , ta giả sử b0 (z2 ) ≡ iz2 Ta chứng minh bm ≡ với m ∈ N∗ Thật vậy, giả sử ngược lại Khi đó, cách lập luận tương tự trường hợp 1.1, ta kết luận (β1 )m bm (z2 ) ≡ im+1 m! z2 for every m ∈ N∗ Do đó, h2 (z2 ) ≡ iz2 eiβ1 z1 Thay t = vào phương trình (2.23) ta có 2Re iz2 Pz2 (z2 ) exp − iβ1 P (z2 ) =0 (2.24) với z2 ∈ ∆ Gọi γ : (−a, b) → ∆∗0 đường dòng phương trình dγ(t) = iγ(t) exp dt < r < − iβ1 P (γ(t)) , γ(0) = r, thỏa mãn P (r) = Đặt u(t) := P (γ(t)) với −a < t < b Khi đó, phương trình (2.24) tương đương với u (t) = 0, −a < t < b 33 Vì thế, u(t) ≡ u(0) P (γ(t)) = P (r) với t ∈ (−a, b) Hơn nữa, ta có γ(t) = r exp ie−iβ1 P (r) t với t ∈ ( − a, b) Từ đó, ta có |γ(t)| = r exp sin β1 P (r) t (2.25) Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử β1 P (r) < Khi đó, ta chọn b = +∞, từ phương trình (2.25) suy γ(t) → t → +∞ Vậy, P (r) = P (γ(t)) = lim P (γ(t)) = P (0) = t→+∞ Điều mâu thuẫn Vì vậy, h2 (z2 ) ≡ iz2 Hệ là, phương trình (2.23) trở thành Re iz2 P (z2 ) = với z2 ∈ ∆ Do đó, P (z2 ) = P (|z2 |) hay P đối xứng Định lý chứng minh Ví dụ 2.4.2 Cho MP siêu mặt cho công thức MP := {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re z1 + P (z2 ) = 0} hàm số P1 , P2 xác định  exp − α |z2 | P1 (z2 ) = P2 (z2 ) = z2 = 0 z2 = 0,  exp − α + Re(z m ) z2 = |z2 | z2 = 0, 0 α > m ∈ N∗ Ta thấy S∞ (P1 ) = S∞ (P2 ) = {0} Hơn nữa, P1 , P2 không âm, P1 đối xứng P2 không đối xứng Vì vậy, theo Định lý 2.2.1, 2.3.1 2.4.1, Hệ 2.2.2 2.2.3, ta có aut0 (MP1 , 0) = {iβz2 ∂z2 : β ∈ R}, aut(MP1 , 0) = g−1 ⊕ aut0 (MP1 , 0) = {iβ1 ∂z1 + iβ2 z2 ∂z2 : β1 , β2 ∈ R}, aut0 (MP2 , 0) = 0, aut(MP2 , 0) = g−1 = {iβ∂z1 : β ∈ R} 34 Aut(MP1 , 0) = {(z1 , z2 ) → (z1 , eit z2 ) : t ∈ R}, Aut(MP1 ) = Aut(MP1 , 0) ⊕ T1 (MP1 ) = {(z1 , z2 ) → (z1 + is, eit z2 ) : s, t ∈ R}, Aut(MP2 , 0) = {(z1 , z2 ) → (z1 , e2kπi/m z2 ) : k = 0, , m − 1}, Aut(MP2 ) = Aut(MP2 , 0) ⊕ T1 (MP2 ) = {(z1 , z2 ) → (z1 + it, e2kπi/m z2 ) : t ∈ R, k = 0, , m − 1} Kết luận Đóng góp luận văn bao gồm: Tìm hiểu trình bày lại kiến thức giải tích phức, khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc, khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’Angelo, Định lý hoa Leau -Fatou, Đặc trưng trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt dạng ống C2 Trình bày chi tiết Định lý 2.2.1, 2.3.1 2.4.1 việc mơ tả nhóm CR tự đẳng cấu mô tả trường vector chỉnh hình tiếp xúc mơ hình kiểu vơ hạn MP ⊂ C2 35 Tài liệu tham khảo [1] Atsushi Hayashimoto and Ninh Van Thu, Infinitesimal CR automorphisms and stability groups of infinite type models in C2 , Kyoto Jourmal of Mathematics 56 (2016), no 2, 441–464 [2] 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 [3] M Abate, Discrete holomorphic local dynamical systems Holomorphic dynamical systems, 155, Lecture Notes in Math., no 1998, Springer, Berlin, 2010 [4] F Bracci, Local dynamics of holomorphic diffeomorphisms, Boll Unione Mat Ital Sez B Artic Ric Mat (8) (2004), no 3, 609–636 [5] Ninh Van Thu, On the existence of tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point, arXiv: 1303.6156 [6] Ninh Van Thu, On the CR automorphism group of a certain hypersurface of infinite type in C2 , Complex Variables and Elliptic Equations 60 (2015), 977–991 [7] Ninh Van Thu, Chu Van Tiep and Mai Anh Duc, On the real-analytic infinitesimal CR automorphism of hypersurfaces of infinite type, arXiv: 1404.4914 36 ... với MP TÀI LIỆU THAM KHẢO 25 36 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU • N, Z, Q, R, C: tương ứng tập số tự nhiên, tập số nguyên, tập số hữu tỷ, tập số thực, tập số phức • υ0 (f ): Ký hiệu cấp triệt tiêu... (t0 ) = Do f liên tục tập compact nên f liên tục [−r, r], tức với > tồn δ > với t1 , t2 ∈ [−r, r] mà |t1 − t2 | < δ , ta có |f (t1 ) − f (t2 )| < /2 Mặt khác, f (t) → t → (do f liên tục) f ≡... thuẫn với u(t) → −∞ t ↑ t1 Vậy, Bổ đề chứng minh Từ Bổ đề 1.5.1, ta có hệ sau 12 Hệ 1.5.3 Cho P : ∆ → R be a C ∞ -trơn thỏa mãn thành phần liên thông điểm tập không điểm P {0} P triệt tiêu cấp