Tính hyperbolic của miền hartogs

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM BÙI THỊ THU HẰNG TÍNH HYPERBOLIC CỦA MIỀN HARTOGS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM BÙI THỊ THU HẰNG TÍNH HYPERBOLIC CỦA MIỀN HARTOGS Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Trần Huệ Minh THÁI NGUYÊN – 2015 i LỜI CAM ĐOAN Tôi cam đoan n n n n n c n cơng trình nghiên cứu riêng tơi đ o TS T ầ H ệ Mi h Trong n i n c cn oa c Tôi in c n i n đ n n i n ôi đ i n a n n i oa c n n c m n Thái Nguyên, tháng 06 năm 2015 Tác giả Bùi Thị Th H g ii LỜI CẢM ƠN T bi c trình bày nội dung lu n n ắc t i TS T ầ H ệ Mi h n ời đ n ôi in n n y ỏ lòng ng d n để tơi hồn thành khóa lu n Tơi xin c m n P ịn Đ o ạo, Ban chủ nhi m khoa Tốn, thầy i o ờn Đại h c S T ờn Đại h c S ạm - Đại h c Thái Nguyên, Vi n toán h c ạm Hà nội đ i ng dạy tạo m i điều ki n thu n lợi cho tơi q trình h c t p, nghiên cứu khoa h c hoàn thành Xin c m n c c ạn h c viên l p cao h c o n K21 đ n chia sẻ iú đỡ tơi suốt q trình h c t p Cuối xin b y tỏ lịng bi on ia đ n đ ơn độn i n an n a n ôn động viên, ờng ắc t i nhữn n ời thân m iú đỡ mong mỏi thành công Tôi xin chân thành c m n! Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác gi i Thị Th H g iii Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các hàm bất biến 1.2 Giả khoảng cách Kobayashi 1.3 Tính hyperbolic ứng với hàm bất biến 1.4 Hàm điều hoà 1.5 Hàm đa điều hoà 1.6 Miền cân 1.7 Miền taut Tính Hyperbolic miền Hartogs với thớ cân 10 Tính Hyperbolic miền Hartogs - Laurent 24 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34 iv Danh mục ký hiệu A>0 := {x ∈ A : x > 0}, A ⊂ R; A := {x ∈ A : x 0}, A ⊂ R; U∗ := U \{0}, ∈ U ⊂ Cn ; S n = S × × S (n - lần); S T : S compact tương đối T ; ∂S: Biên S ; | · | ≡ || · ||C : chuẩn Euclid C; || · || ≡ || · ||nC : chuẩn Euclid Cn ; B1 (λ, r) := B|·| (λ, r), λ ∈ C, r > 0; Bn (z, r) := B||·|| (z, r), z ∈ Cn , r > 0; E := B1 (0, 1): đĩa đơn vị mặt phẳng phức; C ↑ (G): tập hợp tất hàm nửa liên tục f : G → [−∞, +∞); C(G, G ) : tập hợp tất hàm liên tục từ G vào G ; C(G) := C(G, C); O(G, G ) : tập hợp ánh xạ chỉnh hình từ G vào G ; O(G) := O(G, C); H ∞ (G) : tập hợp tất hàm chỉnh hình bị chặn G; H ∞ (G) ∼ = C: tất hàm chỉnh hình bị chặn G số; P SH(G): tập hợp tất hàm đa điều hoà G; topdG : tôpô sinh dG ; topG: tôpô Euclid G; Mở đầu Nghiên cứu tính hyperbolic khơng gian phức tốn giải tích phức hyperbolic Việc nghiên cứu tiến hành nhiều góc độ khác nhau, chẳng hạn tìm kiếm đặc trưng cho tính hyperbolic không gian phức tuỳ ý, khảo sát tính hyperbolic lớp khơng gian phức cụ thể, ứng dụng tính hyperbolic khơng gian phức vào lĩnh vực khác hình học phức giải tích phức Trong năm gần đây, việc nghiên cứu tính hyperbolic lớp khơng gian phức cụ thể việc tìm hiểu lớp khơng gian phức hyperbolic dạng tường minh thu hút quan tâm nhiều nhà toán học Miền Hartogs thuộc vào số lớp không gian phức Luận văn "Tính hyperbolic miền Hartogs" nghiên cứu tính hyperbolic miền Hartogs Ω = Ωu,h (G) miền G ⊂ Cn với thớ cân m chiều, khác biệt tính k − hyperbolic tính k˜ − hyperbolic Ω, đồng thời nghiên cứu tính hyperbolic miền Hartogs - Laurent Σ = Σu,v (G) miền G ⊂ Cn đưa điều kiện cần đủ để Σ hyperbolic Brody Luận văn gồm 35 trang, có phần mở đầu, ba chương nội dung, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày tổng quan hệ thống lại khái niệm tính chất cần thiết cho hai chương sau Chương 2: Trình bày tính hyperbolic miền Hartogs Ω = Ωu,h (G) với thớ cân m chiều khác biệt tính k − hyperbolic tính k˜ − hyperbolic Ω Chương 3: Trình bày tính hyperbolic miền Hartogs - Laurent Σ = Σu,v (G) miền G ⊂ Cn đưa điều kiện cần đủ để Σ hyperbolic Brody Cuối phần kết luận trình bày tóm tắt kết nghiên cứu luận văn Bản luận văn chắn không tránh khỏi khiếm khuyết, em mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn học viên để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác giả Bùi Thị Thu Hằng Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương ta ký hiệu E đĩa đơn vị mặt phẳng phức O(G1 , G2 ) tập ánh xạ chỉnh hình từ G1 vào G2 với tơpơ compact mở, O(G) = O(G, C) 1.1 Các hàm bất biến Định nghĩa 1.1 Cho G tập miền Cn , ρ khoảng cách Poincare đĩa đơn vị E, tức |1−ζ| ρ(λ, ζ) = tanh−1 ( |1− ¯ ), λ, ζ ∈ E λζ| Một họ d := (dG )G∈G hàm dG : G × G → R ¯ chỉnh hình gọi co rút i) d chuẩn tắc, tức dE = ρ ¯ ii) d thoả mãn tính chất giảm, tức G, D ∈ G ta có ¯ dD (f (z), f (ω)) dG (z, ω), f ∈ O(G, D), z, ω ∈ G Nhận xét 1.1 - Điều kiện ii) suy họ d bất biến ¯ ánh xạ song chỉnh hình, ngắn gọn, ta gọi dG ∈ d(G ∈ G) hàm ¯ bất biến - Với Gj ∈ G, zj , zj ∈ Gj , j ∈ {1, 2} ta có dG1 ×G2 ((z1 , z2 ), (z1 , z2 )) max{dG1 (z1 , z1 ), dG2 (z2 , z2 )} (∗) Ta nói họ d hàm bất biến có tính chất tích đẳng thức ¯ (∗) đạt với Gj ∈ G, zj , zj ∈ Gj , j ∈ {1, 2} Định nghĩa 1.2 Cho D tập khác ∅, hàm d : D × D → R gọi giả khoảng cách D i) d(x, x) = 0, x ∈ D ii) d đối xứng, tức d(x, y) = d(y, x), x, y ∈ S iii) d thoả mãn bất đẳng thức tam giác, tức d(x, y) d(x, z) + d(z, y), x, y, z ∈ D Giả khoảng cách d D gọi khoảng cách D thoả mãn thêm điều kiện d(x, y) = ⇔ x = y với x, y ∈ D Chú ý 1.1 Cho G ∈ G, z, ω ∈ G Tồn ánh xạ ϕ ∈ O(E, G) có miền giá trị chứa z ω Và f ∈ O(G, E), ta có f ◦ ϕ ∈ O(E, E) ρ(f (z), f (ω)) = ρ((f ◦ ϕ)(λ), (f ◦ ϕ)(ζ)) ρ(λ, ζ), λ, ζ ∈ E với ϕ(λ) = z, ϕ(ζ) = ω Như vậy, ta xác định hai co rút chỉnh hình cách xét ánh xạ từ G vào E từ E vào G sau, với z, ω ∈ G ∈ G, ta đặt cG (z, ω) := sup ρ(f (z), f (ω)), f ∈O(G,E) k˜G (z, ω) := inf ρ(λ, ζ) ϕ∈O(E,G) ϕ(λ)=z,ϕ(ζ)=ω Theo ý 1.1, hàm k˜G hàm giá trị thực không âm cG hàm giá trị thực không âm Dễ thấy c := (cG )G∈G k˜ := (k˜G )G∈G ¯ hàm co rút chỉnh hình với G ∈ G, hàm cG giả khoảng cách, k˜G đối xứng trường hợp tổng quát không thoả mãn bất đẳng thức tam giác Hơn nữa, (dG )G∈G hàm co rút chỉnh hình cG dG k˜G , G ∈ G Ta gọi cG giả khoảng cách Caratheodory G k˜G hàm Lempert G 21 Áp dụng nguyên lý cực đại cho hàm điều hoà H(fj , g˜j ), ta có H(fj (λ), g˜j (λ)) C (1 + N h(z)), λ ∈ Ej rj Đặc biệt, vế phải bất đẳng thức tiến tới j → ∞ Vì u hàm giá trị thực, h xác định dương, H(fj (1), g˜j (1)) = h(gj (1) − z)eu(a) = h(z − ω)eu(a) , j nên ta có ω − z = Vậy (∗∗) thoả mãn Ví dụ 2.3 Giả sử u ∈ P SH(G, R) miền D = Dh ⊂ Cm có hàm Minkowski liên kết h tựa chuẩn đa điều hoà với h−1 (0) = {0} Cho G miền, giả sử O(E, G) liên tục đồng bậc tương ứng với || · || với dãy (fν )ν hàm chỉnh hình fν ∈ O(rν E, G) với f1 (0) = fν (0) = fν (1) với ν hội tụ theo điểm tới ánh xạ C(C, G), (rν )ν dãy R>0 với < rν < rν+1 ∞ ν → ∞ Khi Ω k˜ − hyperbolic Thật vậy, theo Bổ đề 2.8, ta cần chứng tỏ điều kiện (∗) thoả mãn Vì O(E, G) liên tục đồng bậc tương ứng với || · ||, F = {fν : ν 1} liên tục đồng bậc tương ứng với || · || Theo định lý Arzela - Ascoli, họ F compact tương đối O(C, G), điều có nghĩa F chứa dãy hội tụ tập compact C tới ánh xạ O(C, G) Do điều kiện (∗) thoả mãn ˜ hyperbolic khơng k − Ví dụ sau miền k− hyperbolic Ví dụ 2.4 ([1]) Cho G ⊂ Cn miền k − hyperbolic Nếu f ∈ O(E∗ , G) có tính chất ( 2.4a) Tồn dãy (λν )ν ⊂ E∗ hội tụ tới cho dãy (f (λν ))ν hội tụ tới điểm z0 ∈ G, f thác triển tới ánh xạ f˜ ∈ O(E, G) Ta nói miền G ⊂ Cn có tính chất E∗ − thác triển với f ∈ O(E∗ , G) tồn ánh xạ f˜ ∈ O(E, G) mà f˜|E∗ = f (Xem [1]) Năm 1998, D.D Thai P.Thmas ([3]) xây dựng ví dụ sau Cho ν 1, chọn αν , βν ∈ (0, 1), λν ∈ E∗ , cho 22 lim βναν = 0, lim λν = 0, ν→∞ ν→∞ ∞ αν log |λν | > −∞ ν=1 Nếu ta định nghĩa hàm u : E → [−∞, ∞) cho ∞ αν log(βν2 + |λ − λν |2 ), λ ∈ E u(λ) = ν=1 Hiển nhiên, u ∈ SH(E, R) ∩ C ∞ (E∗ ) lim inf u(λ) = −∞ λ Vì Ω = Ωu,|·| (E) ⊂ C miền giả lồi có tính chất E∗ − thác triển Theo Mệnh đề 2.5 miền hyperbolic Brody không k − hyperbolic Hơn nữa, theo Mệnh đề 2.9, miền Ω k˜ − hyperbolic Ví dụ 2.5 ([4]) Xét ∞ u(λ) = k=2 |λ − k1 | max{−k , log }, λ ∈ E k2 2 Đặt G = {z ∈ E × C : |z2 |e||z|| +u(z1 ) < 1} Khi u ∈ SH(E, R) miền giả lồi G hyperbolic Brody, khơng phải k − hyperbolic kG ((0, 0), (0, ω)) = 0, ∀(0, ω) ∈ G Hơn nữa, từ |z2 |eu(z1 ) < e−||z|| 1, ∀z ∈ G ta có G ⊂ Ωu,|·| (E) ≡ Ω Theo Mệnh đề 2.9, Ω k˜ − hyperbolic Từ tính chất giảm k˜ ta có G k˜ − hyperbolic Mệnh đề 2.10 ([11]) Nếu G, D hyperbolic Brody u > −∞ G, Ω hyperbolic Brody Ngược lại, Ω hyperbolic Brody, G hyperbolic Brody Tương tự, G, D không chứa đường thẳng phức affin u > −∞ G Ω khơng chứa đường thẳng phức affin Ngược lại, G chứa đường thẳng phức affin, Ω chứa đường thẳng phức affin Chứng minh Lấy (f, g) ∈ O(C, (G × Cm ) ∩ Ω) Giả sử G, D hyperbolic Brody, f ≡ constant = z0 ∈ G, h(eu(z0 ) g(λ)) = h(g(λ))eu(z0 ) < 1, λ ∈ C 23 Suy ánh xạ g˜ := eu(z0 ) g thuộc O(C, D) Do D hyperbolic Brody, nên g˜ số Mặt khác, giả sử G không hyperbolic Brody lấy ϕ ∈ O(C, G), H(ϕ, 0) ≡ C, suy Ω không hyperbolic Brody Tương tự hai khẳng định khác 24 Chương Tính Hyperbolic miền Hartogs Laurent Cho u, v hàm nửa liên tục trên miền G ⊂ Cn (ký hiệu u, v ∈ C ↑ (G)), u + v < G Đặt Σ = Σu,v (G) = {(z, λ) ∈ G × C : ev(z) < |λ| < e−u(z) } Ta gọi Σ miền Hartogs - Laurent G Trong chương này, ta nghiên cứu tính hyperbolic miền Σ = Σu,v (G) miền G ⊂ Cn Trước hết, ta có nhận xét sau Nhận xét 3.1 Cho d họ hàm bất biến, tính chất giảm d, tính chất sau ln (1) {z0 } × C∗ ⊂ Σ u(z0 ) = v(z0 ) = −∞ với z0 ∈ G Do tính d−hyperbolic Σ kéo theo max{u, v} > −∞ G Nhưng điều ngược lại chưa (2) Σ song chỉnh hình với Σ = Σu,v (G) := {(z, ω) ∈ G × C∗ : (z, ω1 ) ∈ Σ}, nữa, Σ d − hyperbolic Σ d − hyperbolic (3) Nếu Ωu,|·| (G) Ωv,|·| (G) d − hyperbolic, Σu,v (G) d − hyperbolic (và Σu,v (G) d − hyperbolic) Hơn ta có Bổ đề Bổ đề 3.2 ([11]) (1) Nếu hàm bất biến dΣ liên tục Σ d − hyperbolic Khi max{u, v} bị chặn địa phương G 25 (2) Nếu G k − hyperbolic u (hoặc v) bị chặn địa phương G, Σ k − hyperbolic Chứng minh (1) Giả sử ngược lại Vì u, v ∈ C ↑ (G) nên tồn điểm z0 ∈ G dãy (zj )j ⊂ G hội tụ tới z0 cho > max{u(zj ), v(zj )} ∈ R u(zj ) Khi (αj )j ⊂ [0, 1], v(zj ) αj u(zj ) < 0, j u(zj ) đặt αj := v(zj ) 2u(zj ) lim αj u(zj ) = −∞ j→∞ Cố định điểm λ0 ∈ C∗ cho (z0 , λ0 ) ∈ Σ λ0 = eζ0 với ζ0 ∈ R (i) Trường hợp λ0 Khơng tính tổng qt, ta giả thiết αj u(zj ) − ζ0 < với j Với j 1, ta xác định ánh xạ chỉnh hình ϕj : E → G × C cho ϕj (λ) = (zj , λ0 e(αj u(zj )−ζ0 )λ ), λ ∈ E Ta có ϕj (0) = (zj , λ0 ) ev(zj ) eαj u(zj ) = λ0 eαj u(zj )−ζ0 < eαj u(zj )Reλ = |eαj u(zj )λ | < e−αj u(zj ) < e−u(zj ) , với λ ∈ E, ϕj ∈ O(E, Σ) Chú ý Σ0 = {(z0 , λ) ∈ G × C : ev(z0 ) < |λ| < e−u(z0 ) } tập mở khác rỗng C Lấy ω0 ∈ C∗ với v(z0 )−ζ0 < Reω0 < −u(z0 )−ζ0 Khi (z0 , λ0 eω0 ) ∈ Σ0 Vì ζj = αj u(zj ) − ζ0 → −∞ j → ∞ nên rõ ràng ω0 /ζj ∈ E ϕj (ω0 /ζj ) = (zj , λ0 eω0 )với j 26 Do tính liên tục dΣ tính chất giảm d ta có dΣ ((z0 , λ0 ), (z0 , λ0 eω0 )) = lim dΣ ((zj , λ0 ), (zj , λ0 eω0 )) j→∞ = lim dΣ (ϕj (0), ϕ( j→∞ lim ρ(0, j→∞ ω0 )) ζj ω0 ) = ζj Điều mâu thuẫn với tính d − hyperbolic Σ (ii) Trường hợp λ0 > 1: Hàm Φ = (Φ1 , Φ2 ) : Σ → Σ cho Φ(z, λ) := (z, λ1 ) với (z, λ) ∈ G × C hàm song chỉnh hình Đặt Φ2 (z0 , λ0 ) = λ0 = λ´0 ∈ E∗ Bằng cách áp dụng cho trường hợp λ´0 ta Σ không d − hyperbolic, điều lại mâu thuẫn với (2) Nhận xét 3.1 Chứng minh (2) suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.5 hai tính chất (2),(3) Nhận xét 3.1 Mệnh đề 3.3 ([11]) Nếu z lim z0 ,z=z0 max{u(z), v(z)} = −∞ với z0 ∈ G k˜Σ = ({z0 } × C) ∩ Σ Đặc biệt, Σ không k˜ − hyperbolic Chứng minh Ta cần chứng minh k˜Σ ((z0 , ω ), (z0 , ω )) = với (z0 , ω ), (z0 , ω ) ∈ Σ, ω ∈ R Để điều đó, cố định hai điểm (z0 , eα ), (z0 , eβ+iθ ) ∈ Σ, α, β ∈ R, θ 2π, i2 = −1 Với j 1, đặt rj = α − j(|α − β| + 2π) Rj = |α| + j(|α| + |β| + 2π) Từ giả thiết, ta lấy j0 δj > để đủ lớn cho với j j0 , tồn ( 3.3) < ||z0 − z|| < δj ⇒ z ∈ G, max{u(z), v(z)} < min{rj , −Rj } Cố định j j0 chọn Cj > đủ nhỏ cho Cj < δj √ (j +j) n Đặt I = (1, , 1) ∈ Cn xác định hai đĩa giải tích: fj : E → Cn gj : E → C cho fj (λ) = z0 + Cj (1 − jλ)jλI; gj (λ)e(1−jλ)α+jλ(β+iθ) , λ ∈ E 27 Thế fj (0) = fj ( 1j ) = z0 ; fj (0) = eα = ω ; gj ( 1j ) = eβ+iθ = ω √ < ||fj (λ) − z0 || < Cj (j + j) n < δj , ∀λ ∈ E\{0, } j Theo ( 3.3) với λ ∈ E ta có efj (λ) < erj eα−j(α−β)Reλ−jθRe(iλ) = eRe((1−jλ)α+jλ(β+iθ)) = |gj (λ)| eRj < e−u(fj (λ)) Do Ψj = (fj , gj ) ∈ O(E, Σ) với Ψj (0) = (z0 , ω ), Ψj ( 1j ) = (z0 , ω ) Khi ta có k˜Σ ((z0 , ω ), (z0 , ω”)) = k˜Σ (Ψj (0), Ψj ( )) j ρ(0, ) j Bằng cách cho j → ∞ ta k˜Σ ((z0 , ω ), (z0 , ω )) = Mệnh đề sau suy từ Mệnh đề 2.9 (3) Nhận xét 3.1 Mệnh đề 3.4 ([11]) Giả sử u ∈ P SH(G, R) (v ∈ P SH(G, R)) Nếu điều kiện sau thoả mãn (1) G taut; Cn ; (3) G k˜ − hyperbolic u (tương ứng v) bị chặn G; Σ k˜ − hyperbolic (2) G Nếu miền G taut bị chặn, điều kiện (∗) Bổ đề 2.8 G So sánh với chứng minh Mệnh đề 2.9, trường hợp tương tự, để miền Ωu,|·| (G) (tương ứng Ωv,|·| (G)) thoả mãn điều kiện (∗∗) Bổ đề 2.8, ta cần chứng tỏ hàm u (tương ứng v) đa điều hoà nhận giá trị thực G, Bổ đề 2.8 Do đó, theo (2) (3) Nhận xét 3.1, để miền Σu,v (G) với u, v ∈ P SH(G) k˜ − hyperbolic, ta cần giả thiết: u(z) > −∞ v(z) > −∞ với z ∈ G Do vậy, cách lập luận chứng minh Bổ đề 2.8, ta có mệnh đề sau Mệnh đề 3.5 ([11]) Nếu điều kiện sau thoả mãn 28 (1) G taut u, v ∈ P SH(G) với max{u, v} > −∞ G; Cn , u, v ∈ P SH(G) với max{u, v} > −∞ G, Σ k˜ − hyperbolic (2) G Mệnh đề sau đưa điều kiện đủ để Σ hyperbolic Brody Mệnh đề 3.6 ([11]) Nếu G hyperbolic Brody max{u, v} > −∞ G, Σ hyperbolic Brody Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn ánh xạ chỉnh hình khác (f, g) ∈ O(C, Σ), f ∈ O(C, G), g ∈ O(C) Vì G hyperbolic Brody nên f phải số, tức f = z0 với z0 ∈ G Suy g không số Hơn nữa, g(C) ⊂ {λ ∈ C : ev(z0 ) < |λ| < e−u(z0 ) } Do đó, theo định lý Picard bé ta có u(z0 ) = v(z0 ) = −∞ Điều vơ lý Ví dụ 3.1 ([11]) Tồn miền hyperbolic Brody Σ ⊂ C3 mà không k˜ − hyperbolic Thật vậy, lấy G miền Eisenman - Taylor, ta định nghĩa u(z) = v(z) = log( + |z1 (z1 + z2 )| ), z = (z1 , z2 ) ∈ G Rõ ràng max{u, v} > −∞ G G × {1} ⊂ Σu,v (G) = Σ Khi k˜Σ (((0, λ), 1), ((0, 0), 1)) k˜G ((0, λ), (0, 0)), λ ∈ E Do vậy, từ (1) Ví dụ 2.2, miền Σ không k˜ − hyperbolic Sau ta nghiên cứu khác biệt tính hyperbolic Σu,v Ωu,|·| (G) Nhận xét 3.7 Vì Σ = Σu,v (G) ⊂ Ωu,|·| (G) nên tính hyperbolic Σu,v (G) suy từ tính hyperbolic Ωu,|·| (G) Nhắc lại rằng, Ω = Ωu,|·| (G) = Σ d- hyperbolic, G d - hyperbolic (Nhận xét 2.4) Một câu hỏi tự nhiên đăt (Q): " Liệu tính hyperbolic Σu,v (G) có suy tính hyperbolic G”? Ta xét ví dụ sau 29 Ví dụ 3.2 Tồn miền hyperbolic Brody Σ với max{u, v} > −∞ G cho G không hyperbolic Brody Thật vậy, đặt G = C, u(λ) = − log(|λ| + 1), v(λ) = log |λ|, λ ∈ C Khi Σ = Σu,v (G) hyperbolic Brody khơng giả lồi Như trường hợp Σ không giả lồi, câu trả lời cho (Q) tính hyperbolic Brody không Để thảo luận câu hỏi (Q) trường hợp khác ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.8 ([11]) Cho G miền Cn , lấy u ∈ P SH(G, R) khác bị chặn G Giả sử G không hyperbolic Brody u ◦ ϕ không số với ánh xạ khác ϕ ∈ O(C, G) Khi miền Σ = Σu,−∞ (G) hyperbolic Brody Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn ánh xạ khác ψ = (ψ1 , ψ2 ) ∈ O(C, Σ), ψ1 ∈ O(C, G) ψ2 ∈ O(C, C) Từ giả thiết, ta chọn số M > đủ lớn mà u > − log M G Mà |ψ2 (λ)| < M với λ ∈ C, theo Định lý Liouville ta suy ψ2 ≡ A số thuộc C∗ Mặt khác, từ giả thiết ta có u ◦ ψ1 khơng số C Do đó, từ Định lý Liouville cho hàm điều hoà ta có tồn dãy (λν ) ⊂ C) cho u(ψ1 (λν )) → ∞ ν → ∞ Do ta lấy ν0 ∈ N cho < e−u(ψ1 (λν )) < |A|, ∀ν mâu thuẫn với ψ(C) ⊂ Σ ν0 , điều Mệnh đề sau lớp miền Hartogs - Laurent mà câu trả lời cho (Q) Mệnh đề 3.9 ([11]) Nếu Σ = Σu,v (G) miền Reinhardt giả lồi với u = −∞ v = −∞ Khi Σ hyperbolic G hyperbolic max{u, v} > −∞ G Để chứng minh Mệnh đề này, ta cần nhắc lại số khái niệm kết sau Định nghĩa 3.1 Một miền G ⊂ Cn gọi miền Reinhardt 30 (λ1 ω1 , , λn ωn ) ∈ G với λ1 , , λn ∈ ∂E ω1 , , ωn ∈ G Rõ ràng Σu,v (G) Reinhardt G Reinhardt, u(z) = u(|z1 |, , |zn |), v(z) = v(|z1 |, , |zn |), z ∈ G Đặt D = Dh := {ω ∈ Cn : h(ω) < 1} Ta có tính chất sau •D Cn ⇔ ∃C > : h(ω) C||ω||, ω ∈ Cn • h ∈ P SH(Cn ) ⇔ log h ∈ P SH(Cn ) ⇔ D miền giả lồi • D lồi bị chặn h tựa chuẩn, tức ∃C C(h(b) + h(ω)), b, ω ∈ Cn • D taut ⇔ D : h(b+ω) Cn h ∈ (C ∩ P SH)(Cn ) • Σu,v (G) giả lồi ⇔ G giả lồi u, v ∈ P SH(G) Định lý 3.10 ([9]),([12]) Cho G miền Reinhardt giả lồi Cn ta có mệnh đề sau tương đương (1) G k − hyperbolic; (2) G k˜ − hyperbolic; (3) G hyperbolic Brody; (4) G taut; (5) G song chỉnh hình với miền Reinhardt bị chặn Bổ đề 3.11 ([11]) Nếu Σ taut u, v liên tục G Chứng minh Giả sử ngược lại, tính taut bất biến với ánh xạ song chỉnh hình, khơng tính tổng quát, ta giả sử u ∈ / C(G) Chọn số A ∈ R dãy (zj )j ⊂ G cho zj → z0 j ∈ N −u(z0 ) < −A < −u(zj ), ∀j ∈ N Chú ý u(z0 ) = −∞ Vì u(z0 ) + v(z0 ) < 0, ta lấy α ˜ ∈ R cho v(z0 ) < −˜ α < −u(z0 ) Vì v ∈ C ↑ (G) nên ta giả thiết v(zj ) < −˜ α, j Đặt ˘ = Σu˘,˘v (G), ˜ , −A + u(z0 )} > Σ C = 21 min{−u(z0 ) + α v˘ := v + u(z0 ) + C2 , u˘ := u − u(z0 ) − C2 Rõ ràng, ánh xạ Σ (z, ω) → (z, ω exp(u(z0 ) + C ˘ )) ∈ Σ 31 ˘ miền taut xác định song chỉnh hình, suy Σ Hơn nữa, đặt C A˘ = −u(z0 ) − + A, α ˘ := −u(z0 ) − C +α ˜ suy v˘(zj ) < −˘ α, ∀j Do đó, với j 1, ta có ( 3.11a) max{˘ v (z0 ), v˘(zj )} < −˘ α < −C < < −˘ u(z0 ) < C < −A˘ < −˘ u(zj ) Với j ∈ N, ta định nghĩa fj (λ) := (zj , eCλ ), ∀λ ∈ E Khi ev˘(zj ) < e−C < |eCλ | < eC < e−˘u(zj ) , j 1, λ ∈ E, ˘ (fj )j∈N ⊂ O(E, Σ) j→∞ ˘ ev˘(z0 ) < e−C < e0 < Hơn fj (0) = (zj , e0 ) = (zj , 1) → (z0 , 1) ∈ Σ e−˘u(z0 ) ˘ suy Do tính taut Σ K ˘ j → ∞, fj ⇒ (z0 , eCλ ) ∈ O(E, Σ) điều kéo theo ev˘(z0 ) < eCReλ < e−˘u(z0 ) , ∀λ ∈ E, mâu thuẫn với 3.11a từ cách đặt E λ → Chứng minh Mệnh đề 3.9 Giả sử Σ hyperbolic, theo Định lý 3.10 (1) Bổ đề 3.2, hàm max{u, v} bị chặn địa phương G Giả sử G khơng hyperbolic Brody, tồn ánh xạ khác ϕ ∈ O(C, G) Chú ý (u + v) ◦ ϕ < C Từ định lý Liouville cho hàm điều hồ ta có: u ◦ ϕ + v ◦ ϕ = constant = α ∈ [−∞, 0) (i) Trường hợp −∞ < α < 0: Do u ◦ ϕ = −v ◦ ϕ + α, u ◦ ϕ, v ◦ ϕ ∈ SH(C) nên u ◦ ϕ, v ◦ ϕ hàm điều hoà C, v ◦ ϕ = ReF với F ∈ O(C) Lấy β ∈ R cho < β < e−α , ta định nghĩa Ψ = Ψϕ,F,β : C → Cn+1 32 cho Ψϕ,F,β (λ) = (ϕ(λ), βeF (λ) ), λ ∈ C Ta có ev(ϕ(λ)) = eReF (λ) < β|eF (λ) | < e−α |eF (λ) | = e−α+v(ϕ(λ)) = e−u(ϕ(λ)) , λ ∈ C, suy Ψ hàm chỉnh hình khác với Ψ(C) ⊂ Σ Điều mâu thuẫn với giả thiết (ii) Trường hợp α = −∞ : Do tính hyperbolic có tính chất bất biến ánh xạ song chỉnh hình, khơng tính tổng qt, ta giả sử u(ϕ(λ)) > −∞, v(ϕ(λ0 )) = −∞, vớiλ0 ∈ C Từ Bổ đề 3.11 ta có u ◦ ϕ ∈ C(C), ta lấy lân cận mở W = W (λ0 ) ⊂ C cho u ◦ ϕ > −∞ W , suy v ◦ ϕ = −∞ W , tức độ đo Lebesgue (v ◦ ϕ)−1 (−∞) = v ◦ ϕ ≡ −∞ C Vì ϕ(C) tập mở khác rỗng G, độ đo Lebesgue v −1 (−∞)∩ G = 0, suy v ≡ −∞ G, mâu thuẫn giả thiết 33 Kết luận Luận văn trình bày nội dung sau - Trình bày điều kiện cần đủ để miền Hartogs Ω k − hyperbolic (Mệnh đề 2.5) - Trình bày điều kiện đủ để Ω k˜ − hyperbolic (Mệnh đề 2.9) - Sự khác biệt tính k − hyperbolic tính k˜ − hyperbolic Ω (Ví dụ 2.4) - Nghiên cứu tính hyperbolic Brody miền Hartogs Ω - Nghiên cứu tính hyperbolic miền Hartogs Laurent Σ (Mệnh đề 3.4, Mệnh đề 3.5, Mệnh đề 3.6, Mệnh đề 3.9) 34 Tài liệu tham khảo [1] D.D Thai (1991), On the D∗ - extension and the Hartogs extension, Annali della Scuo Nor Sup di Pisa, Scienze Fisiche e Mate., Serie IV , 13-38 [2] D.D Thai and P.V Duc (2000), On the complete hyperbolicity and the tautness of the Hartogs domains, Internat J Math 11, 103 - 111 [3] D.D Thai and P.J Thomas (1998), D∗ - extension property without hyperbolicity, Indiana Univ Math J 47 , 1125 - 1130 [4] K Diederich and N Sibony (1979) Strange complex structures on Euclidean spage, J Reine Angew Math 311/312, 397 - 407 [5] M Jarnicki and P Pflug (1993), Invariant distances and metrics in complex analysis, De Gruyter Exp Math., vol 9, Walter de Gruyter, Berlin [6] N.Q Dieu and D.D Thai (2000), Complete hyperbolicity of Hartogs domains, Laboratoire Emile Picard, Prépublications 194 [7] N Sibony (1981), A class of hyperbolic manifolds, in Recent developments in several complex variables (J.E Fornaess, ed.), Ann of Math Stud., vol 100, Princeton Univ Press, Princeton, 347 - 372 [8] P Jakóbczak and M Jarnicki (2001), Lectures on holomorphic functions of several complex variables, PS File at "http://www.im.uj.edu.pl/ jarnicki/mjp.htm" [9] S Fu (1994), On completeness of invariant metrics of Reinhardt domains, Arch Math 63 , 166 - 172 35 [10] S Kobayashi (1998), Hyperbolic complex spaces, Grundlehren Math Wiss., vol 318, Springer - Vergal, Berlin, [11] S.H Park (2007), On Hyperbolicity and Tautness of certain Hartogs type domains, Rocky Mountain Journal of Math., vol 37, Number [12] W Zwonek (1999), On hyperbolicity of pseudoconvex Reinhardt domains, Arch Math 72, 304 - 314 ... bày tính hyperbolic miền Hartogs Ω = Ωu,h (G) với thớ cân m chiều khác biệt tính k − hyperbolic tính k˜ − hyperbolic Ω Chương 3: Trình bày tính hyperbolic miền Hartogs - Laurent Σ = Σu,v (G) miền. .. phức hyperbolic dạng tường minh thu hút quan tâm nhiều nhà toán học Miền Hartogs thuộc vào số lớp không gian phức Luận văn "Tính hyperbolic miền Hartogs" nghiên cứu tính hyperbolic miền Hartogs. .. Hartogs Ω = Ωu,h (G) miền G ⊂ Cn với thớ cân m chiều, khác biệt tính k − hyperbolic tính k˜ − hyperbolic Ω, đồng thời nghiên cứu tính hyperbolic miền Hartogs - Laurent Σ = Σu,v (G) miền G ⊂ Cn đưa