Không gian hyperbolic đầy

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRƯƠNG THANH TÙNG KHÔNG GIAN HYPERBOLIC ĐẦY LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Thái Ngun - 2013 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRƯƠNG THANH TÙNG KHÔNG GIAN HYPERBOLIC ĐẦY Chuyên ngành: Giải tích Mã số : 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Thị Tuyết Mai Thái Nguyên - 2013 Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ i Mục lục LỜI MỞ ĐẦU Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Không gian phức 1.2 Không gian phân thớ 1.3 Giả khoảng cách Kobayashi không gian phức 1.4 Không gian phức Hyperbolic 10 1.5 Một số kết bổ trợ 20 Chương KHÔNG GIAN PHỨC HYPERBOLIC ĐẦY 27 2.1 Định nghĩa 27 2.2 Một số tính chất khơng gian phức Hyperbolic đầy 29 2.3 Một số định lý 39 KẾT LUẬN 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO 45 Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ LỜI MỞ ĐẦU Lý thuyết không gian phức S Kobayashi đưa đầu 70 kỉ 20, hướng nghiên cứu quan trọng giải tích phức Sau đó, lý thuyết thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học giới Một số kết sâu sắc đẹp đẽ lý thuyết chứng minh S Kobayashi, M Kwack, J Noguchi, S Lang, Những cơng trình nghiên cứu thúc đẩy hướng nghiên cứu phát triển mạnh mẽ hình thành nên chun ngành giải tích tốn học giải tích phức hyperbolic Có thể nói giải tích phức hyperbolic lĩnh vực nghiên cứu nằm chỗ giao nhiều ngành toán học lớn: Hình học vi phân phức, giải tích phức, hình học đại số lý thuyết số Một không gian phức Hyerbolic đưa không gian phức Hyperbolic đầy, cụ thể là: Cho G miền tuỳ ý Cn trang bị khoảng cách liên tục dG Một miền G gọi dG - đầy đủ dãy dG - Cauchy {zv }v∈N ⊂ G hội tụ tới z0 ∈ G, tức là: zv − z0 → Hơn nữa, có khái niệm v→∞ quan trọng khác mượn từ hình học vi phân, là: miền G hyperbolic đầy hình cầu đóng (G, dG ) compact Nếu ta thay khoảng cách liên tục dG khoảng cách Carathéodory, Bergman hay Kobayashi, ta khơng gian đầy đủ tương ứng Trong khuôn khổ luận văn, chúng tơi xin trình bày kết liên quan đến không gian phức hyperbolic đầy theo khoảng cách Kobayashi Nội dung luận văn bao gồm chương Trong chương 1, trình bày số kiến thức sở có liên quan chặt chẽ đến nội dung luận văn như: không gian phức, giả khoảng cách Kobayashi, không gian phức Hyperbolic số kết bổ trợ khác Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ Chương nội dung luận văn Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm, tính chất định lý liên quan đến khơng gian phức Hyperbolic đầy theo khoảng cách Kobayashi Cuối phần kết luận luận văn trình bày tóm tắt kết đạt Luận văn tránh khỏi thiếu sót, hạn chế, mong nhận ý kiến đóng góp độc giả Luận văn hoàn thành giúp đỡ tận tình TS Nguyễn Thị Tuyết Mai Em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Cơ Nhận dịp này, em xin chân thành cảm ơn Thầy, Cô giảng dạy cho em kiến thức khoa học suốt trình học tập trường Xin chân thành cảm ơn Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho việc học tập Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp, người động viên giúp đỡ q trình học tập hồn thành khố luận Thái Nguyên, tháng năm 2013 Người thực Trương Thanh Tùng Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Không gian phức 1.1.1 Ánh xạ chỉnh hình [1] Giả sử X tập mở Cn f : X → C hàm số Hàm f gọi khả vi phức x0 ∈ X tồn ánh xạ tuyến tính λ : Cn → C cho |f (x0 + h) − f (x0 ) − λ (h)| = 0, |h|→0 |h| lim n 1/2 n h = (h1 , , hn ) ∈ C |h| = |hi | i=1 Hàm f gọi chỉnh hình x0 ∈ X f khả vi phức lân cận x0 gọi chỉnh hình X f chỉnh hình điểm thuộc X Một ánh xạ f : X → Cm viết dạng f = (f1 , , fm ), fi = πi ◦ f : X → C, i = 1, , m hàm tọa độ Khi f gọi chỉnh hình X fi chỉnh hình X với i = 1, , m Ánh xạ f : X → f (X) ⊂ Cn gọi song chỉnh hình f song ánh, chỉnh hình f −1 song ánh chỉnh hình 1.1.2 Đa tạp phức [1] 1.1.2.1 Định nghĩa Giả sử X khơng gian tơpơ Hausdorff Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ Cặp (U, ϕ) gọi đồ địa phương X , U tập mở X ϕ : U → Cn ánh xạ, điều kiện sau thỏa mãn: i) ϕ (U ) tập mở Cn ii) ϕ : U → ϕ (U ) đồng phôi Họ A = {(Ui , ϕi )}i∈I đồ địa phương X gọi tập đồ giải tích (atlas) X điều kiện sau thỏa mãn: i) {Ui }i∈I phủ mở X ii) Với Ui , Uj mà Ui ∩ Uj = φ, ánh xạ ϕi ◦ ϕ−1 i : ϕi (Ui ∩ Uj ) → ϕj (Ui ∩ Uj ) ánh xạ chỉnh hình Xét họ atlas X Hai atlas A1 , A2 gọi tương đương hợp A1 ∪ A2 atlas Đây quan hệ tương đương tập atlas Mỗi lớp tương đương xác định cấu trúc khả vi phức X , X với cấu trúc khả vi phức gọi đa tạp phức n chiều 1.1.2.2 Ánh xạ chỉnh hình đa tạp phức Giả sử M, N đa tạp phức Ánh xạ liên tục f : M → N gọi chỉnh hình M với đồ địa phương (U, ϕ) đồ địa phương (V, ψ) N cho f (U ) ⊂ V ánh xạ ψ ◦ f ◦ ϕ−1 : ϕ (U ) → ψ (V ) ánh xạ chỉnh hình Giả sử f : M → N song ánh đa tạp phức Nếu f f −1 ánh xạ chỉnh hình f gọi ánh xạ song chỉnh hình M N 1.1.2.3 Khơng gian tiếp xúc phân thớ tiếp xúc đa tạp phức Giả sử M đa tạp phức m chiều D đĩa đơn vị C Giả sử (U, φ, Dm ) đồ địa phương quanh x, tức U lân cận x φ : U → Dm ánh xạ song chỉnh hình Đặt φ = z , , z m Khi z , , z m hệ toạ độ chỉnh hình địa phương quanh x Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ Đặt z α = xα + iy α , xα y α giá trị thực Khi x1 , , xm , y , , y m hệ toạ độ địa phương thực quanh x, M xem đa tạp khả vi thực 2m chiều Giả sử Tx M không gian tiếp xúc M x Khi Tx M khơng gian véctơ thực 2m chiều ∂ ∂x1 , , x ∂ ∂xm , x ∂ ∂y , , x ∂ ∂y m (1) x sở Tx M Kí hiệu Tx M ⊗R C phức hoá Tx M Khi (1) sở không gian phức Tx M ⊗R C Đặt ∂ = ∂z j Ta kí hiệu Tx M = ∂ ∂ − i ∂xj ∂y j    m ξj j=1 ∂ ∂z j , ≤ j ≤ m ; ξj ∈ C x    Khi Tx M khơng gian tuyến tính m chiều Tx M ⊗R C, mà độc lập với cách chọn hệ toạ độ chỉnh hình địa phương z , , z m Ta gọi Tx M không gian tiếp xúc đa tạp phức M x Đặt TM = Tx M (hợp rời) x∈M Ta định nghĩa phép chiếu π : T M → M xác định bởi: π (Tx M ) = x Khi T M có cấu trúc đa tạp phức 2m chiều cho π ánh xạ chỉnh hình Cụ thể hơn, giả sử z , , z m hệ toạ độ chỉnh hình địa phương xác định tập mở U M Khi ta có    m  ∂ −1 j j π (U ) = ξ ; x ∈ U, ξ ∈ C j   ∂z x j=1 Ánh xạ m ξj j=1 ∂ ∂z j ∈ π −1 (U ) → z (x) , , z m (x) , ξ , , ξ m ∈ C2m x Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ hệ toạ độ chỉnh hình địa phương T M Ta gọi T M phân thớ tiếp xúc chỉnh hình đa tạp phức M 1.1.2.4 Hàm độ dài Giả sử Z đa tạp thực E phân thớ véctơ phức Z Hàm độ dài E hàm H từ E vào tập số thực không âm thoả mãn i) H(v) = v = ii) Với số phức c ∈ C, ta có H (cv) = |c| H (v) iii) H hàm liên tục Ta kí hiệu H(v) |v|H |v| H xác định 1.1.3 Không gian phức [1] Giả sử Z đa tạp phức Một khơng gian phức đóng X tập đóng Z mà mặt địa phương xác định hữu hạn phương trình giải tích Tức là, với x0 ∈ X tồn lân cận mở V x Z hữu hạn hàm chỉnh hình ϕ1 , , ϕm V cho X ∩ V = {x ∈ V |ϕi (x) = 0, i = 1, , m} Giả sử X không gian phức đa tạp phức Z Hàm f : X → C gọi chỉnh hình với điểm x ∈ X tồn lân cận U (x) ⊂ Z hàm chỉnh hình fˆ U cho fˆ |U ∩X = f |U ∩X Giả sử f : X → Y ánh xạ hai không gian phức X Y f gọi chỉnh hình với hàm chỉnh hình g tập mở V Y , hàm hợp g ◦ f hàm chỉnh hình f −1 (V ) Kí hiệu Hol (X, Y ) tập ánh xạ chỉnh hình từ X vào Y trang bị tơpơ compact mở 1.1.4 Phủ chỉnh hình [1] Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ ˜ khơng gian phức Khi ánh xạ chỉnh hình π : X ˜ →X Giả sử X, X gọi phủ chỉnh hình với x ∈ X , có lân cận mở U chứa ˜ , tức là: x mà π −1 (U ) hợp rời rạc tập mở Uα X π −1 (U ) = Uα , Uα α∈I ˜ Uα ∩ Uβ = φ α, β ∈ I, α = β thỏa mãn tập mở X π |Uα : Uα → U song ánh chỉnh hình ˜ gọi khơng gian phủ, X gọi đáy phủ với x ∈ Khi X X, π −1 (x) gọi thớ x phủ π 1.2 Không gian phân thớ 1.2.1 Phân thớ véctơ [1] Ánh xạ liên tục π : E → X không gian Hausdorff gọi phân thớ K - véctơ bậc r điều kiện sau thỏa mãn i) Với p ∈ X, Ep := π −1 (p) K - không gian véctơ r chiều (Ep gọi thớ p); ii) Với p ∈ X tồn lân cận U p đồng phôi h : π −1 (U ) → U × K r thỏa mãn h (Ep ) ⊂ {p} × K r , hp , xác định phép hợp thành h proj hp : Ep → {p} × K r → K r , đẳng cấu K - không gian véctơ (cặp (U ,h) gọi tầm thường hóa địa phương) Đối với K - phân thớ véctơ π : E → X , E gọi khơng gian tồn thể, X gọi không gian đáy, ta thường nói E phân thớ véctơ X Ta ký hiệu phân thớ véctơ X (E, π, X) 1.2.2 Phân thớ chỉnh hình [1] Nếu E, X không gian phức π ánh xạ tồn ánh chỉnh hình, phép đồng phơi h ánh xạ song chỉnh hình phân thớ véctơ gọi phân thớ chỉnh hình Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 31 số s > cho với x ∈ X hình cầu đóng U (x, s) compact Giả sử ngược lại, tồn x1 ∈ X cho U (x1 , 1/2) không compact Theo bổ đề (2.2), tồn x2 ∈ U (x1 , 1/2) cho U x2 , 1/22 không compact ¯ xn−1 , 1/2n−1 cho U (xn , 1/2n ) không Lập luận tương tự, tồn xn ∈ U compact Theo giả thiết, dãy Cauchy {xn } hội tụ tới điểm x Vì X compact địa phương nên tồn hình cầu đóng U (x, t) với t > thỏa mãn U (xn , 1/2n ) nằm U (x, t) với n đủ lớn, U (xn , 1/2n ) com¯ xn−1 , 1/2n−1 pact Điều mâu thuẫn với xn ∈ U Việc chứng minh mệnh đề (2.1) suy trực tiếp từ bổ đề (2.1) bổ đề (2.3) Mệnh đề 2.2 ([1]) Giả sử X, Y không gian phức Giả sử dY hàm khoảng cách Y sinh tô pô Y π : X → Y ánh xạ chỉnh hình Giả sử i) (X, π) đầy tương đối Y ii) π giảm khoảng cách từ dX tới dY iii) Với y ∈ Y có lân cận U cho π −1 (U ) hyperbolic đầy Khi X hyperbolic đầy Chứng minh Theo định lý (1.6), ta cần chứng minh X đầy Lấy {xn } dãy dX - Cauchy X thỏa mãn {π (xn )} hội tụ tới y ∈ Y Giả sử U thỏa mãn điều kiện iii) Khi xn ∈ π −1 (U ) với n đủ lớn Lấy s > đủ nhỏ cho U ⊃ B (y, 2s) (hình cầu ứng với dY ) Khi với m, n đủ lớn ta có dX (xn , xm ) đủ nhỏ, có dây chuyền chỉnh hình X nối hai điểm với cho tổng Kobayashi đủ nhỏ Theo bổ đề (1.1), tổng Kobayashi phải ≥ C (s) dV (xm , xn ) V = π −1 B (y, 2s) Từ dV (xm , xn ) → m, n → ∞ Nhưng khoảng cách Kobayashi π −1 (U ) nhỏ dV có nhiều dây chuyền chỉnh hình π −1 (U ) V Do {xn } hội tụ tới điểm π −1 (U ) Từ suy X hyperbolic đầy Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 32 Mệnh đề 2.3 ([1]) a) Các đĩa đa đĩa hyperbolic đầy b) Tích hữu hạn khơng gian hyperbolic đầy hyperbolic đầy c) Một khơng gian đóng khơng gian hyperbolic đầy không gian hyperbolic đầy d) Giả sử π : X → Y ánh xạ chỉnh hình không gian phức Giả sử Y hyperbolic đầy với y ∈ Y , tồn lân cận U cho π −1 (U ) hyperbolic đầy Khi X hyperbolic đầy ˜ → X ánh xạ phủ chỉnh hình Khi X hyperbolic e) Giả sử π : X ˜ hyperbolic đầy đầy X Chứng minh Ba khẳng định đầu hiển nhiên, d) trường hợp riêng mệnh đề (2.2), với dY = dY ˜ hyperbolic đầy Ta chứng minh e): Nếu X hyperbolic đầy X theo d) ˜ hyperbolic đầy Ta dùng tiêu chuẩn mệnh Ngược lại, giả sử X đề (2.1) Lấy x ∈ X r > 0, s > Với y ∈ B (x, r), tồn dây chuyền chỉnh hình X nối x với y mà độ dài dây chuyền nhỏ r + s ˜ π (x ) = x Ta nâng dây chuyền chỉnh hình nối x với y Lấy x ∈ X, ˜ nối x với điểm y X thành dây chuyền chỉnh hình X ˜ có độ dài với thỏa mãn π (y ) = y Dây chuyền chỉnh hình X dây chuyền X , y ∈ B (x , r + s) Vì B (x, r) ⊂ π B (x , r + s) Mà B (x , r + s) compact, nên B (x, r) compact Vậy theo mệnh đề (2.1), X hyperbolic đầy Ví dụ 2.3 Vì khơng gian phủ tồn thể D∗ = D\ {0} qua ánh xạ z → e2πiz nửa mặt phẳng nên D∗ = D\ {0} hyperbolic đầy Ví dụ 2.4 C\ {0, 1} hyperbolic đầy với giả khoảng cách Kobayashi Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 33 Mệnh đề 2.4 ([5]) Giả sử X, Y không gian phức f : X → Y ánh xạ chỉnh hình Giả sử Y khơng gian phức Y xác định X = f −1 (Y ) Nếu X, Y hyperbolic đầy X hyperbolic đầy Chứng minh Giả sử Gf đồ thị ánh xạ chỉnh hình f : X → Y , Gf khơng gian phức đóng X × Y Giả sử f ánh xạ thu hẹp f đến X Gf đồ thị f Khi Gf = Gf ∩ (X × Y ) Do đó, Gf tập đóng X × Y Mặt khác, X , Y hyperbolic đầy nên X × Y hyperbolic đầy Do đó, Gf hyperbolic đầy Vì phép chiếu X × Y → X cảm sinh phép đẳng cấu chỉnh hình từ Gf lên X nên X hyperbolic đầy Mệnh đề 2.5 ([5]) Giả sử X, Xi , i ∈ I không gian phức Xi Nếu Xi , i ∈ I hyperbolic đầy không gian phức Y cho X = i∈I X hyperbolic đầy ˜ π, X phân thớ chỉnh hình với thớ F Khi Định lý 2.1 ([1]) Giả sử X, ˜ hyperbolic (đầy) X F hyperbolic (đầy) X ˜ Chứng minh Giả sử X F hyperbolic Lấy p, q ∈ X Nếu π (p) = π (q), dX˜ (p, q) ≥ dX (π (p) , π (q)) > 0, ˜ hyperbolic X Nếu π (p) = π (q) ta chọn lân cận U π (p) X cho π −1 (U ) = U × F Gọi Bs hình cầu X tâm π (p), bán kính s ứng với dX Chọn s > r > cho B2s ⊂ U dD (z, 0) < s với z ∈ Dr ˜ ánh xạ chỉnh hình f (0) ∈ π −1 (Bs ) , Từ đó, f : D → X f (Dr ) ⊂ U × F Chọn c > cho Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 34 dD (0, a) ≥ cdDr (0, a) với a ∈ Dr/2 ˜ lằ ánh xạ chỉnh hình bi ∈ D cho Giả sử fi : D → X f1 (0) = p, fi (bi ) = fi+1 (0) , i = 1, , k − 1, fk (bk ) = q Bằng cách chèn thêm vào dây chuyền cần ta giả thiết bi ∈ Dr/2 với i Đặt p0 = p, p1 = f1 (p1 ) , , pk = fk (bk ) = q Xét hai trường hợp: Trường hợp Có điểm pj , ≤ j ≤ k nằm ngồi π −1 (Bs ) Khi ta có k k dD (0, bi ) ≥ i=1 i=1 k = i=1 k ≥ dX˜ (fi (0) , fi (bi )) dX˜ (pi−1 , pi ) dX (π (pi−1 ) , π (pi )) ≥ s i=1 Trường hợp Tất điểm pi , i = 0, , k nằm π −1 (Bs ) Khi ta có k k dD (0, bi ) ≥ c i=1 dDr (0, bi ) i=1 k ≥c dF (ϕ (pi−1 ) , ϕ (pi )) i=1 ≥ cdF (p, q) , ϕ : U × F → F phép chiếu tắc Vậy ta có dX˜ (p, q) ≥ [s, cdF (p, q)] > ˜ hyperbolic Ta cịn phải chứng minh tính đầy X ˜ Giả sử Do X ˜ Khi {π (pn )} X F hyperbolic đầy Lấy {pn } dãy Cauchy X dãy Cauchy X π (pn ) → x0 ∈ X Chọn lân cận U x0 X cho π −1 (U ) = U × F Chọn s > 0, r > c > Lấy ε > với 2ε < s, chọn số tự nhiên N cho Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 35 pn ∈ π −1 (Bε ) dX˜ (pn , pm ) < ε với n, m > N ˜ Ta cố định n, m > N, chọn ánh xạ chỉnh hình fi : D → X điểm bi ∈ D cho pn = f1 (0) , fi (bi ) = fi+1 (0) , i = 1, , k − 1, fk (bk ) = pm , k dD (0, bi ) < ε i=1 Tương tự trên, khơng tính tổng qt ta giả thiết bi ∈ Dr/2 với i Vì k k dD (0, bi ) ≥ ε> i=1 i=1 k ≥ dX˜ (fi (0) , fi (bi )) dX (π ◦ fi (0) , π ◦ fi (b)), i=1 ta suy fi (0) ∈ π −1 (B2ε ) ⊂ π −1 (Bε ) Do đó, k k dD (0, bi ) ≥ c ε> i=1 dDr (0, bi ) i=1 k ≥c dF (ϕ ◦ fi (0) , ϕ ◦ fi (bi )) i=1 ≥ cdF (ϕ (pn ) , ϕ (pm )) Điều chứng tỏ {ϕ (pn )} dãy Cauchy F , ϕ (pn ) → y0 ∈ F ˜ hyperbolic đầy Rõ ràng pn → (x0 , y0 ) ∈ U × F Vì X Định lý 2.2 ([3]) Cho Ω miền Cn Giả sử tồn hàm chỉnh hình peak địa phương điểm p ∂Ω ∪ {∞} Khi Ω miền hyperbolic đầy Để chứng minh định lý (2.2), trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 36 Bổ đề 2.4 Cho p điểm ∂Ω ∪ {∞} Giả sử có hàm peak địa phương antipeak hàm đa điều hòa ϕ ψ , xác định lân cận Vp p Khi với lân cận U p, tồn lân cận U p cho với đĩa giải tích ∆ Ω thỏa mãn f (0) ∈ U ⇒ f ∆1/2 ⊂ U, ∆1/2 = {ς ∈ ∆ : |ς| < 1/2} Chứng minh Do ϕ hàm đa điều hòa peak địa phương p, tồn ¯ ⊂ V ⊂ Vp hai số dương c, c (c > c ) hai lân cận U, V p U cho:    inf ϕ (z) = −c , ¯ z∈Ω∩bU   sup ϕ (z) = −c ¯ z∈Ω∩bU ¯ sau: Khi hàm ϕ˜ xác định Ω    ϕ˜ (z) = ϕ (z) ϕ˜ (z) = sup (ϕ (z) , − (c + c ) /2)   ϕ˜ (z) = − (c + c ) /2 ¯ ∩ U, z ∈ Ω ¯ ∩ V \U¯ , z ∈ Ω ¯ z ∈ Ω\V, hàm đa điều hịa peak âm tồn cục p Cho f đĩa giải tích Ω Do hàm ϕ˜ ◦ f điều hòa nên theo bất đẳng thức giá trị trung bình ta có: ∀α > 0, (ϕ˜ ◦ f ) (0) > ∞, độ đo tập Eα = θ ∈ [0, 2π] (ϕ˜ ◦ f ) eiθ ≥ 2α , kí hiệu: mes (Eα ), thỏa mãn, mes (Eα ) ≥ π (1) Bây ta chọn số ε dương đủ nhỏ thoả mãn điều kiện sau:    inf (ϕ + ε ψ) = −c1 < 0, ¯ Ω∩bU   sup (ϕ + ε ψ) = −c2 < −c1 ¯ Ω∩bU ¯ sau: Hàm ρ xác định Ω    ρ (z) = (ϕ + ε ψ) (z) ρ (z) = sup ((ϕ + ε ψ) (z) , − (c1 + c2 ) /2)   ρ (z) = − (c1 + c2 ) /2 Số hóa trung tâm học liệu ¯ ∩ U, z ∈ Ω ¯ ∩ V \U¯ , z ∈ Ω ¯ z ∈ Ω\V, http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 37 hàm đa điều hòa âm, liên tục Ω thỏa mãn ρ−1 (−∞) = {p} Do đó, sử dụng tích phân Poisson, với điểm ς ∆1/2 ta có 2π (ρ ◦ f ) (ς) ≤ 10π (ρ ◦ f ) eiθ dθ (2) Do ϕ˜ hàm peak p ρ thỏa mãn ρ (p) = −∞, nên với L > 0, ∃ ¯ , ϕ˜ (z) ≥ 2α ⇒ ρ (z) < −L Sử dụng bất đẳng α < cho ∀ z ∈ Ω thức (1) , (2) giả thiết ρ hàm âm, ta có với đĩa giải tích f Ω ∀ς ∈ ∆1/2 , L (3) 10 ¯ : ρ (z) < − n Vì ρ−1 (−∞) = {p} nên họ Un = z ∈ Ω sở lân 10 n cận p Ω Với n ∈ N∗ , ∃ αn < cho ϕ˜ (f (0)) > α ⇒ (ρ ◦ f ) (ς) ≤ − ϕ˜ (z) ≥ 2αn ⇒ ρ (z) < −n ¯ : ϕ˜ (z) > αn Ký hiệu Un lân cận p Ω xác định Un = z ∈ Ω Từ bất đẳng thức (3) suy ra: ∀n, f (0) ∈ Un ⇒ f ∆1/2 ⊂ Un Điều phải chứng minh Bổ đề 2.5 Cho Ω miền Cn Giả sử tồn hàm peak yếu hàm antipeak đa điều hịa ∞ Khi Ω hyperbolic Chứng minh Giả sử ngược lại, Ω không hyperbolic Khi ∃ z0 ∈ Ω, dãy {yv }v điểm Ω hội tụ tới z , dãy {Vv }v véctơ unita Cn cho ρΩ (yv , Vv ) ≤ 1/v Vì tồn dãy {fv }v đĩa giải tích có tâm yv cho |f v (0)| ≥ v Từ định lý Montel, ta có dãy {pv }v điểm ∆ hội tụ cho lim |fv (pv )| = ∞ Với fv , ta lấy tích với phép biến đổi Moesbius, v→∞ ta dãy f˜v đĩa giải tích thỏa mãn f˜v (0) = fv (pv ) v f˜v (pv ) = yv Điều mâu thuẫn với kết bổ đề (2.4) Từ suy điều phải chứng minh Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 38 Bổ đề 2.6 Cho Ω miền Cn thỏa mãn giả thiết định lý (2.2) p điểm ∂Ω ∪ {∞} Khi với lân cận U p Cn , ta có: ¯ ∩ ∂U lim dΩ (z, z ) = ∞, ∀z ∈ Ω z→p Chứng minh Cho h hàm chỉnh hình peak địa phương p xác định lân cận Vp p Do hàm ψ (z) = ln |1 − h (z)| hàm antipeak đa điều hòa địa phương p, kết hợp với bổ đề (2.4) suy ra: với lân cận U p tồn lân cận U p cho với đĩa giải tích f Ω, f (0) ∈ U ⇒ f ∆1/2 ⊂ U Đặc biệt, ∀z ∈ U X ⊂ Cn ta có ρΩ (z, X) ≥ ρU (z, X) Cho z điểm Ω ∩ ∂U Nếu γ đường khả vi Ω từ z tới z ∃t0 ∈ [0, 1] cho γ (t0 ) ∈ Ω ∩ ∂U tập γ ([0, 1]) ⊂ Ω ∩ U Khi ta có 1 ρU (γ (t) , γ (t)) dt ρΩ (γ (t) , γ (t)) dt ≥ t0 Do ánh xạ h chỉnh chình từ Ω ∩ Vp đến ∆ sup |h (z)| = c < 1, ta có z∈Ω∩∂U ρΩ (γ (t) , γ (t)) dt ≥ ρ∆ (h (γ (t)) , dh (γ (t)) γ (t)) dt t0 1−c ≥ 12 ln 1−|h(z)| 1−c Ta có: lim 12 ln 1−|h(z)| = ∞ Điều thỏa mãn khoảng cách Kobayashi z→p dΩ Bây ta chứng minh định lý (2.2) Chứng minh Bổ đề (2.5) cho ta miền Ω hyperbolic bổ đề (2.6) hình cầu Kobayashi {y ∈ Ω : dΩ (z, y) ≤ r} compact Ω , ∀z ∈ Ω, ∀r > Khi Ω hyperbolic đầy Bổ đề 2.7 ([3]) Giả sử Ω miền Cn với nhóm tự đẳng cấu không compact Giả sử p ∈ ∂Ω điểm tụ dãy {ϕv }v tự đẳng cấu Ω Nếu tồn hàm đa điều hòa peak địa phương p {ϕv }v hội tụ tới p tập compact Ω Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 39 Mệnh đề 2.6 ([3]) Giả sử p điểm tụ miền Ω với nhóm tự đẳng cấu khơng compact U lân cận p Nếu tồn hàm chỉnh hình peak địa phương điểm ∂Ω ∩ U Ω hyperbolic đầy Chứng minh Ta biết Ω hyperbolic Lấy z ∈ Ω r > Theo bổ đề (2.7), dãy ϕv z v hội tụ đến p Theo bổ đề (2.6), tồn v0 ∈ N∗ dΩ z , y ≤ r ⊂ Ω ∩ U điểm tụ ∂Ω ∩ U Khi ϕv0 dΩ z , y ≤ r ⊂ Ω ∩ U tập compact Ω ∩ U đó, hình cầu Kobayashi dΩ z , y ≤ r compact Ω cho tập ϕv0 2.3 Một số định lý Định lý 2.3 ([4]) Giả sử dG khoảng cách liên tục yếu miền G ⊂ Cn Khi top G = top dG tính chất sau tương đương: (i) G compact hữu hạn (ii) G compact hữu hạn yếu (iii) G đầy đủ (iv) G đầy đủ yếu (v) Mọi nửa đoạn α : [0, b) → G (tức đường cong liên tục α : [0, b) → G thỏa mãn dG (α (t ) , α (t )) = t − t , ≤ t < t < b < ∞ ) có thác triển liên tục α ¯ : [0, b] → G Chứng minh Để chứng minh trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 2.8 Theo giả thiết định lý (2.3), dG - bao đóng dG hình cầu biểu diễn sau: dG BdG (a, r) = BdG (a, r) ∩ G = BdG (a, r) ∪ SdG (a, r) , a ∈ G, r > SdG (a, r) = {z ∈ G : dG (a, z) = r} Chứng minh Để chứng minh bổ đề này, ta cần chứng minh: điểm dG SdG (a, r) thuộc BdG (a, r) Cố định z0 ∈ SdG (a, r), diG (a, z0 ) = dG (a, z0 ) = r nên tồn dãy đường cong - cầu trường αv : [0, 1] → G thỏa mãn αv (0) = a, αv (1) = z0 LdG (αv ) Số hóa trung tâm học liệu r v→∞ http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 40 Nhớ lại dG (a, αv (.)) liên tục [0, 1] Do đó, với cách chọn tv ∈ (0, 1) phù hợp ta có: dG (a, αv (tv )) = Mặt khác, từ hệ thức: v−1 v r v−1 v r , tức αv (tv ) ∈ BdG (a, r) + dG (αv (tv ) , z0 ) ≤ LdG (αv ) r, suy ra: v→∞ lim dG (αv (tv ) , z0 ) = v→∞ dG Do đó: z0 ∈ BdG (a, r) Bổ đề 2.9 Cho (G, dG ) thỏa mãn giả thiết định lý (2.3) Giả sử dG dG BdG (a, r) tập compact G Khi ∀b ∈ BdG (a, r) , a = b, ∃ dG trắc địa (tức đường cong α : [0, 1] → G thỏa mãn α (0) = a, α (1) = b LdG (α) = dG (a, b) ) Chứng minh Nếu dG (a, b) < r ta chọn dãy đường cong αv : [0, 1] → G dG (a, b) tức αv ([0, 1]) ⊂ BdG (a, r) Tham số hóa độ dài cung dG sử dụng LdG (αv ) ≤ r < ∞, v ≥ , ta giả sử họ (αv ) đồng liên tục Do đó, từ định lý Arzela - Ascoli ta có dãy αvµ µ∈N hội tụ đến đường cong α : [0, 1] → G thỏa mãn nối a b thỏa mãn r > LdG (αv ) α (0) = a, α (1) = b dG (a, b) ≤ LdG (α) ≤ lim inf LdG αvµ = dG (a, b) µ→∞ tức α dG - trắc địa G từ a đến b Trong trường hợp này, dG (a, b) = r, ta xấp xỉ b điểm bv ∈ BdG (a, r) Ta chọn dG - trắc địa αv BdG (a, r) từ a đến b cho họ {αv } đồng liên tục Lý luận tương tự trên, ta có điều phải chứng minh Chứng minh định lý (2.3) Ta chứng minh phản chứng Giả sử (i) sai, tồn dG - hình cầu BdG (a, R) đóng, khơng compact dG Đặt: r0 = sup r > : BdG (a, r) dG nên < r0 ≤ R Giả sử BdG (a, r0 ) Soá hóa trung tâm học liệu compact Vì top G = top dG , không compact (*) http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 41 Khi đó, ta tìm thấy phủ hữu hạn dG BdG (a, r0 ) N ⊂ BdG (zj , rj ) = U, j=1 dG zj ∈ BdG (a, r0 ) dG BdG (zj , rj ) tập compact G Đặc biệt, U ⊂⊂ G Giả sử có điểm ωv ∈ G\ U, v ∈ N cho dG (a, ωv ) < r0 + 1/v (∗∗) Khi đó, ta tìm đường cong αv : [0, 1] → G thỏa mãn αv (0) = a, αv (1) = ωv LdG (αv ) < r0 + 1/v, số thực < tv < cho dG (a, αv (tv )) = r0 , tức αv (tv ) ∈ SdG (a, r0 ) Khơng tính tổng quát, ta giả sử rằng: αv (tv ) → z ∈ SdG (a, r0 ) z ∈ SdG (zj0 , rj0 ) v→∞ Khi đó, αv (tv ) ∈ BdG (zj0 , rj0 ) với hầu hết v Kết hợp với (*) (**) ta có: r0 + 1/v ≥ LdG (αv ) ≥ r0 + dG (α (tv ) , ωv ) , tức lim dG (αv (tv ) , ωv ) = v→∞ dG (ωv , zj0 ) ≤ dG (ωv , αv (tv )) + dG (αv (tv ) , zj0 ) < rj0 , v Do ωv ∈ U v 1 , điều mâu thuẫn với (∗∗) Do đó, hình cầu BdG (a, r0 + ε) bị chứa U , điều mâu thuẫn với định nghĩa r0 Tóm lại, ta tìm hình cầu đóng BdG (a, r0 ) chứa dãy {zv } khơng có điểm tụ G (∗ ∗ ∗) Từ bổ đề (2.8) ta giả sử zv ∈ BdG (a, r0 ) dG (a, zv ) = rv r0 Áp dụng bổ đề (2.9) ta tìm dG - trắc địa αv : [0, rv ] → BdG (a, r0 ) nối a zv tham số hóa độ dài cung, tức αv đoạn thoả mãn điều Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 42 kiện (v) định lý (2.3) Khai thác tiếp lập luận Arzela- Ascoli dẫn đến chuỗi dãy {αj.v }v≥j ⊂ {αj−1.v }v≥j−1 ⊂ ⊂ {α1.v = αv }v≥1 cho αj.v [0,rj ] ⇒ βj v→∞ Khi βj : [0, rj ] → G đường cong liên tục thỏa mãn βj (0) = a βj+1 [0,rj ] = βj Đặt β : [0, r0 ) → G, β (t) = βj (t) ≤ t ≤ rj Khi β đoạn G theo (v), thác triển liên tục tới β : [0, r0 ] → G Đặt z ∗ = β (r0 ) ∈ G Chú ý với µ ≥ j , ta có: dG (z ∗ , zj.µ ) = dG (z ∗ , αj.µ (rj.µ )) ≤ dG (z ∗ , βj (rj )) + dG (βj (rj ) , αj.µ (rj )) +dG (αj.µ (rj ) , αj.µ (rj.µ )) ≤ dG z ∗ , β¯ (rj ) + dG (βj (rj ) , αj.µ (rj )) + (r0 − rj ) Vì αj.µ (rj ) → βj (rj ), nên z ∗ điểm tụ dãy {zv }v∈N , điều mâu µ→∞ thuẫn với (∗ ∗ ∗) Định lý 2.4 ([4]) Cho G miền bị chặn Cn Giả sử với điểm giới hạn z0 ∈ ∂G, tồn lân cận bị chặn U = U (z0 ) thỏa mãn thành phần liên thông G ∩ U k - đầy đủ Khi đó, G k - đầy đủ Chứng minh Giả sử tồn dãy dG - Cauchy {zv }v∈N ⊂ G thỏa mãn lim zv = z0 ∈ ∂G v→∞ Chọn R > đủ lớn cho G ∪ U (z0 ) ⊂ B (0, R) = V Theo hệ đẳng thức tôpô, U (z0 ) chứa kv - hình cầu Bkv (z0 , 2s) với s > Khi đó, với < ε < s/3, lấy vε ∈ N cho dG (zv , zµ ) < ε zv ∈ Bkv (z0 , s/3) v, µ ≥ vε Bây cố định v, µ theo định nghĩa dG , ta tìm đĩa giải tích ϕj ∈ Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ 43 Hol (E, G) , ≤ j ≤ k điểm aj ∈ E, ≤ j ≤ k thỏa mãn tích chất sau: k ϕ1 (0) = zv , ϕj (aj ) = ϕj+1 (0) , ≤ j ≤ k, ϕk (ak ) = zµ , ρ (0, aj ) < ε j=1 Đặc biệt, ρ (0, aj ) < ε < s/3 Với λ ∈ Bρ (0, s) ⊂ E , ta có bất đẳng thức sau: kv (ϕj (λ) , z0 ) ≤ kv (ϕj (λ) , ϕj (0)) + kv (ϕj (0) , zµ ) + kv (zµ , z0 ) k < ρ (λ, 0) + kv (ϕv (0) , ϕv (av )) + s/3 v=j k