Về sự tồn tại của trường vectơ tiếp xúc chỉnh hình trong c2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - PHẠM HOÀNG LONG VỀ SỰ TỒN TẠI CỦA TRƯỜNG VECTƠ TIẾP XÚC CHỈNH HÌNH TRONG C2 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – Năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - PHẠM HOÀNG LONG VỀ SỰ TỒN TẠI CỦA TRƯỜNG VECTƠ TIẾP XÚC CHỈNH HÌNH TRONG C2 Chuyên ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Ninh Văn Thu Hà Nội – Năm 2014 LỜI CẢM ƠN Trước tiên tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn TS Ninh Văn Thu, người tận tình bảo giúp đỡ tạo điều kiện nhiều mặt để tơi hồn thành luận văn thời gian vừa qua Tiếp theo xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô, đồng nghiệp cơng tác khoa Tốn - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, người giảng dạy cung cấp kiến thức khoa học quý báu suốt năm học vừa qua để tơi có tảng kiến thức để thực luận văn Cuối xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp bạn bè giúp đỡ, cổ vũ động viên đóng góp cho tơi nhiều ý kiến quý báu sống, công việc học tập nói chung đóng góp ý kiến cho luận văn ngày hoàn thiện Mặc dù cố gắng tìm tịi đọc hiểu tài liệu liên quan đến luận văn nhiên kiến thức vơ tận khơng tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong đóng góp bảo thầy, giáo để luận văn có giá trị khoa học cao Học viên: Phạm Hoàng Long Mục lục LỜI CẢM ƠN DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm giải tích phức 1.2 Một số kết bổ trợ Trường vector chỉnh hình tiếp xúc C2 13 2.1 Sự tồn trường vector chỉnh hình tiếp xúc tới siêu mặt thực 13 2.2 Họ siêu mặt tồn trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường 17 2.3 Sự không tồn trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thỏa mãn điều kiện (I) 30 2.3.1 Các bổ đề kỹ thuật 31 2.3.2 Chứng minh Định lý 2.3.1 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO 34 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU • Pz (z): Đạo hàm theo biến z hàm P • ν0 (f ): Ký hiệu cấp hàm f triệt tiêu 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 vô MỞ ĐẦU Giả sử (M, p) mầm siêu mặt không thuộc phẳng Levi CR Cn cho p điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo (gọi tắt kiểu vơ hạn) Bài tốn đặt việc mô tả trường vector tiếp xúc với M triệt tiêu p Chính xác miêu tả trường vector chỉnh hình tiếp xúc với mầm (M, p) siêu mặt trơn lớp C∞ kiểu vô hạn gốc tọa độ = (0, 0) C2 triệt tiêu Mục đích luận văn trình bày lại kết tiền ấn phẩm "On the existence of tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point" TS Ninh Văn Thu ([5]) 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 trường vector chỉnh hình tiếp xúc, khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo, khái niệm hàm thỏa mãn điều kiện (I) trình bày bổ đề sử dụng chứng minh chương II Chương II: Sự tồn trường vector tiếp xúc chỉnh hình C2 Trong chương này, chứng minh tồn trường vector chỉnh hình C2 triệt tiêu gốc tọa độ tiếp xúc với siêu mặt kiểu vô hạn Nội dung chủ yếu chứng minh Định lý 2.2.1 2.3.1 Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm giải tích phức Định nghĩa 1.1.1 Ta nói hàm thực trơn f xác định lân cận U gốc tọa độ f (0) = C thỏa mãn điều kiện (I) (I.1) lim supU˜ z→0 |Re(bz k ff (z)) )| = +∞; (z) (I.2) lim supU˜ z→0 (z) | ff (z) | = +∞ với k = 1, 2, với b ∈ C∗ , U˜ := {z ∈ U : f (z) = 0} α Ví dụ 1.1.1 Hàm số P (z) = e−C/|Re (z)| Re (z) = P (z) = trường hợp cịn lại, C, α > 0, thỏa mãn hệ điều kiện (I) Hơn phép tính tốn thấy P (z) = P (z) Cα 2|Re (z)|α+1 với z ∈ C với Re (z) = Do đó, điều kiện (I.2) thỏa mãn Bây chứng minh P thỏa mãn hệ điều kiện (I.1) Thật vậy, với k số nguyên dương tùy ý Với zl := 1l + liβ , < β < min{1, α/(k − 1)} k > β = k = 1, với l ∈ N∗ Ta có zl → l → ∞ Re (zl ) = 1/l = với l ∈ N∗ Mặt khác, với b ∈ C∗ có |Re (bzlk P (zl ) )| P (zl ) lα+1 lβ(k−1)+1 = lα−β(k−1) Dễ dàng ta thấy lim |Re (bzlk l→∞ P (zl ) )| = +∞ P (zl ) Như hàm P thỏa mãn hệ điều kiện (I) Định nghĩa 1.1.2 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 tới M phần thực của H tiếp xúc với M có nghĩa H thỏa mãn biểu thức Re Hρ = Định nghĩa 1.1.3 Giả sử f hàm biến thực trơn xác định lân cận C Kí hiệu ν0 (f ) cấp triệt tiêu f quy định cấp số hạng không bị triệt tiêu khai triển Taylor hàm f Trong trường hợp f ánh xạ Rk (k > 1), xem xét cấp triệt tiêu tất thành phần giá trị nhỏ chúng gọi cấp triệt tiêu f , ký hiệu ν0 (f ) Ký hiệu r = {z ∈ C : |z| < r} với r > ký hiệu := Hơn nữa, gốc tọa độ gọi điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’ Angelo với số dương tồn ánh xạ chỉnh hình h : → C2 với h(0) = (0, 0) cho ν0 (h) = ∞ 1.2 > ν0 (ρ ◦ h) > ν0 (h) Một số kết bổ trợ Trong mục này, chứng minh vài bổ đề hệ sử dụng chứng minh định lý luận văn Bổ đề 1.2.1 Giả sử a1 (z2 ) = β tiêu ∆ (β ∈ R∗ , n=1 ∞ an z2n hàm chỉnh hình khơng đồng triệt > 0, an ∈ C với n ∈ N) Giả sử Q0 , P1 , P hàm số C -trơn ∆ P1 , P hàm số dương ∆∗0 thỏa mãn phương trình vi phân sau: (i) Re 2iβz2 Q0 z2 (z2 ) + ia1 (z2 ) + Q20 (z2 ) ≡ 0; Q0 (z2 ) a1 (z2 )P1 (z2 ) ≡ 0; i exp − αP (z2 ) − Q0 (z2 ) (iii) Re 2iβz2 Pz2 (z2 ) + 1+ a1 (z2 ) ≡ α i (ii) Re 2iβz2 P1z2 (z2 ) − + ∆∗0 Khi đó, ta có: ∞ Q0 (z2 ) = tan q(|z2 |) − Re n=1 ∞ P1 (z2 ) = exp p(|z2 |) + Re n=1 an n z n ; an n z in − log ∞ cos q(|z2 |) − Re n=1 an n z n ; P (z2 ) = log + αP1 (z2 ) α với z2 ∈ ∆ , hàm q, p hàm C -trơn (0, ) hàm chọn cho Q0 , P1 , P C -trơn ∆∗0 Chứng minh Trước hết, ta tìm nghiệm cho phương trình vi phân thứ (i) Thật vậy, từ (i) có ∞ 2Re iβz2 Q0z2 (z2 ) = −Re ia1 (z2 ) = −β i an z2n + Q20 (z2 ) n=1 với z2 ∈ ∆ Khi đó, với số thực dương < r < 0, xét hàm số u(t) := Q0 (reit ) với t ∈ R Khi đó, có u (t) = 2Re ireit Q0 z2 (reit ) vậy: ∞ u (t) = −Re i an rn eint + u2 (t) n=1 với t ∈ R Với t ∈ R lấy tích phân t hai vế biểu thức thu được: ∞ arctan u(t) − arctan u(0) = −Re i an r n=1 ∞ = −Re an r n=1 int ne ne −1 in nt −1 n (1.1) ta có ∞ an r n −Re u(t) = tan arctan u(0) n=1 ∞ an r n = tan arctan Q0 (r) −Re n=1 eint − n eint − n Vì lời giải dành cho phương trình vi phân (i) mà ta có là: ∞ Q0 (z2 ) = tan q(|z2 |) − Re n=1 an n z n q hàm số C -trơn với biến số thực [0, ) mong muốn Tiếp theo, ta tìm nghiệm cho phương trình vi phân (ii) Thật vậy, từ (ii) có 2Re iβz2 P1z2 (z2 )) P1 (z2 ) = Re a1 (z2 ) + Q0 (z2 )Re a1 (z2 ) i với z2 ∈ ∆∗0 Trong việc chọn tìm nghiệm cho phương trình trên, cố định số thực dương < r < 0, đặt u(t) := log |P (reit )| với t ∈ R Khi đó, có ∞ ∞ an rn eint + Q0 (reit )Re u (t) = Re n=1 ∞ n=1 ∞ an rn eint + Re = Re n=1 n=1 ∞ × tan q(r) − Re n=1 với t ∈ R Do đó, lấy tích phân t an n int r e i an n int r e i an n int r e − rn n hai vế biểu thức ta nghiệm phương trình vi phân (ii) sau: ∞ P1 (z2 ) = exp p(|z2 |) − Re n=1 an n z − log in ∞ cos q(|z2 |) − Re n=1 an n z n với z2 ∈ ∆∗0 , p hàm số C -trơn (0, ) chọn cho hàm số P1 (z) C -trơn ∆ , mong muốn yêu cầu toán Cuối cùng, sử dụng lập luận từ phương trình (iii) ta có: P (z2 ) = log + P1 (z2 ) α Q(z2 , t) = ∞ j j=0 t Qj (z2 ) Bằng tính tốn có: Q(z2 , Im z1 ) ρz1 (z1 , z2 ) = + + (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 ), từ phương trình (2.2) viết phương trình sau: Q(z2 , Im z1 ) Re[( + + (Im z1 )Qz1 (z2 , Im z1 ))h1 (z1 , z2 ) 2i (2.3) + (P (z2 ) + (Im z1 )Qz2 (z2 , Im z1 ))h2 (z1 , z2 )] = với (z1 , z2 ) ∈ M Do (it − P (z2 ) − tQ(z2 , t), z2 ) ∈ M với t ∈ R, t đủ nhỏ nên phương trình bên tương đương với phương trình sau đây: Re Q0 (z2 ) 2tQ1 (z2 ) 3t2 Q2 (z2 ) + + + + ··· × 2i 2i 2i ∞ (it − P (z2 ) − tQ0 (z2 ) − t2 Q1 (z2 ) − · · · )j aj (z2 ) j=0 (2.4) + P (z2 ) + tQ0z2 (z2 ) + t Q1z2 (z2 ) + · · · × ∞ (it − P (z2 ) − tQ0 (z2 ) − t2 Q1 (z2 ) − · · · )m bm (z2 ) =0 m=0 với z2 ∈ C với t ∈ R với |z0 | < |t| < δ0 , > δ0 > Tiếp theo, ta chứng minh khẳng định sau Trước tiên, chứng minh khẳng định thứ mà ta cần tính chất (2) (3) hàm P Khẳng định h1 (0, z2 ) ≡ h2 (0, z2 ) = iβz2 + · · · với β ∈ R∗ Chứng minh Khẳng định Thực vậy, từ biểu thức (2.3) với t = Im(z1 ) = ta có: Re 1 + Q(z2 , 0) h1 (0, z2 ) + O(P (z2 ))) + O(P (z2 )) = 2i Do ν0 (P ) = ν0 (P ) = +∞ nên từ biểu thức (2.4) ta có: Re 1 + Q(z2 , 0) h1 (0, z2 ) 2i 20 = (2.5) Chú ý h1 (0, 0) = Q(0, 0) = Do đó, ta dễ dàng suy từ phương trình h1 (0, z2 ) ≡ Hơn nữa, chọn t = αP (z2 ) từ biểu thức (2.4) (với α ∈ R chọn sau) ta có: 1 + Q(z2 , αP (z2 )Qz1 (z1 , αP (z2 ))) × 2i Re h1 iαP (z2 ) − P (z2 ) − αP (z2 )Q(z2 , αP (z2 )), z2 ) (2.6) + P (z2 ) + αP (z2 )Qz2 (z2 , αP (z2 )) × h2 (iαP (z2 ) − P (z2 ) − αP (z2 )Q(z2 , αP (z2 )), z2 =0 với z2 ∈ ∆ Chú ý h2 ≡ 0, từ phương trình (2.3) ta dễ dàng thấy h1 ≡ Do vậy, ta giả sử h1 ≡ h2 ≡ Khi đó, gọi j0 số nguyên nhỏ cho aj0 k = với số nguyên k gọi k0 số nguyên nhỏ cho aj0 k0 = Tương tự vậy, gọi m0 số nguyên nhỏ cho bm0 n = với số nguyên n gọi n0 số nguyên nhỏ cho bm0 n0 = Chú ý h1 (0, z2 ) ≡ nên j0 ≥ Do P (z2 ) = o(|z2 |n0 ) nên từ phương trình (2.6) ta có: Re aj k (iα − 1)j0 (P (z2 ))j0 z2k0 ) + bm0 n0 (iα − 1)m0 (z2n0 + o(|z2 |n0 )) 0 m0 ×(−(P (z2 ))) với |z2 | < P (z2 ) + αP (z2 )Qz2 (z2 , αP (z2 )) j0 (2.7) k0 = o(P (z2 ) |z2 | ) với α ∈ R đủ nhỏ Chú ý trường hợp k0 = Re(aj0 ) = 0, α chọn cho Re((iα − 1)j0 ) = Từ phương trình ta có j0 > m0 Từ kết [2, Bổ đề 3], ta có m0 = 0, n0 = b0,1 = iβz2 với β ∈ R∗ Vì vậy, khẳng định chứng minh Khẳng định Ta có a1 (z2 ) = β ∞ n=1 an z2n ≡ Q0 (z2 ) = tan(R(z2 )); ∞ P (z2 ) = exp P (z2 ) + Re n=1 an n z − log | cos(R(z2 ))| + v(z2 ) in 21 với z2 ∈ ∆∗0 , R(z2 ) = q(|z2 |) − Re ∞ an n n=1 n z2 với z2 ∈ ∆∗0 , v hàm C ∞ -trơn ∆ với ν0 (v) = +∞ hàm p, q hàm số C ∞ -trơn (0, ) [0, ), chọn cho hàm số R giải tích thực ∆ , hàm số P C ∞ -trơn ∆ ν0 (P ) = +∞ Chứng minh Khẳng định Trước hết, lấy đạo hàm theo t hai vế phương trình (2.4) t = ta có: Re P (z2 )(i − Q0 (z2 )) b1 (z2 ) + 2(−P (z2 ))b2 (z2 ) + · · · + m(−P (z2 ))m−1 bm (z2 ) + · · · i + (1 + Q20 (z2 )) a1 (z2 ) + 2(−P (z2 ))a2 (z2 ) + · · · + m(−P (z2 ))m−1 am (z2 ) + · · · + Q0z2 iβz2 + (−P (z2 ))b1 (z2 ) + · · · + (−P (z2 ))m bm (z2 ) + · · · + Q1 (z2 ) (−P (z2 ))a1 (z2 ) + (−P (z2 ))m bm (z2 ) + · · · i + (−(P (z2 ))m am (z2 ) + · · · =0 (2.8) với z2 ∈ ∆ Do Q0 hàm giải tích thực ν0 (P ) = ν0 (P ) = ∞ nên ta có: Re iβz2 Q0z2 (z2 ) + Q0 (z2 ) + (i − Q0 (z2 )a1 (z2 ) ≡ 2i (2.9) tương đương Re 2iβz2 Q0z2 (z2 ) + ia1 (z2 )(1 + Q0 (z2 )2 ) ≡ (2.10) ∆ Chú ý biểu thức (2.10) cho ta Re(ia1 (0)) = Do đó, theo Bổ đề 1.2.1 phương trình (2.10) có nghiệm Q0 khẳng định Hơn nữa, M không đối xứng nên theo [2, Định lý 3] Q0 phải chứa số hạng đơn thức z2k với k số nguyên dương Do vậy, ta phải có a1 ≡ Tiếp theo, thay t = phương trình (2.4) ta nhận được: Re − Q0 (z2 ) + a1 (z2 )P (z2 ) + iβz2 P (z2 ) + O(P (z2 )2 ) + O(P (z2 )2 ) = (2.11) 2i với mọiz2 ∈ ∆ Từ [2, Bổ đề 1] (2.11) ta có Re(a1 (0)) = Điều với Re(a1 (0)) = ta có a1 (0) = 22 Theo Bổ đề 1.2.1, phương trình (2.11) có nghiệm P khẳng định Do đó, khẳng định chứng minh Chúng ta ý lim supr→0+ |rp (r)| = +∞ khơng ta có |p(r)| với < r < | log(r)| hàm P không triệt tiêu cấp vô hạn Hơn nữa, tính tốn trực tiếp có z2 Pz2 (z2 ) = |z2 |p (|z2 |) + g(z2 ) P (z2 )) (2.12) với z2 ∈ ∆ , g ∈ C ∞ (∆ ) Khẳng định b1 ≡ ∆ Chứng minh Khẳng định Để dẫn tới mâu thuẫn, giả sử b1 ≡ Khi đó, từ (2.8) (2.9) ta có: Re P (z2 ) − ia2 (z2 ) + Q20 (z2 ) P (z2 ) Q1 (z2 ) − Q0z2 (z2 )b1 (z2 ) − a1 (z2 ) + O(P (z2 )) + O(P (z2 )) ≡ i (i − Q0 (z2 ))b1 (z2 ) (2.13) ˜ + · · · với β˜ ∈ R∗ ∆ Ta thấy b1 (z2 ) = βz Bây giờ, ta xét trường hợp sau: Trường hợp b1 (0) = Trong trường hợp này, gọi γ : (−1, +1) → ∆ ⊂ C đường cong C -trơn cho γ (t) = (i − Q0 (γ(t)))b1 (γ(t)) với |t| < γ(0) = Từ (2.13) ta thấy Re (i − Q0 (z2 ))b1 (z2 )Pz2 (z2 )/P (z2 ) bị chặn ∆∗0 , vậy: d log P (γ(t)) = 2Re γ (t)Pz2 (γ(t))/P (γ(t)) dt bị chặn (−1, 0) ∪ (0, 1) Do đó, log P (γ(t)) bị chặn Điều mâu thuẫn vìP (γ(t)) → t → Do đó, thu kết b1 (0) = Trường hợp b1 (0) ∈ R∗ Từ phương trình (2.12) (2.13) ta có: F (z2 ) := Re i − Q0 (z2 )) b˜1 (z2 )|z2 |p (|z2 |) − g˜(z2 ) = với z2 ∈ ∆ , g˜(z2 ) hàm số C ∞ , biến thực xác định ∆ ˜b(z2 ) := b1 (z2 )/z2 z2 = b˜1 (0) = b (0) 23 Do lim supr→0+ r|p (r)| = +∞ nên ta thấy hàm số g˜(z2 ) ≡ triệt tiêu tới cấp hữu hạn z2 = Từ đó, ta viết sau g˜(z2 ) = 0≤j≤l gj z2l−j z2 j + o(|z2 |l ) với gj ∈ C gj = gl−j , l = ν0 (˜ g ) Vì lim supr→0+ |rp (r)| = +∞ nên ta có m := ν0 (˜b1 ) > l, lấy giới hạn lim supr→0+ F (reiθ ) rl với θ ∈ R ta nhận gj ei(l−2j)θ cos mθ + ϕ = 0≤j≤l với θ ∈ R, ϕ số thực Chú ý hàm số 1, cos(θ), sin(θ), , cos(mθ), sin(mθ) độc lập tuyến tính Do đó, đẳng thức mâu thuẫn ˜ + · · · = βz ˜ (1 + O(z2 )) với β˜ ∈ R∗ Tóm lại, ta thu kết b1 (z2 ) = βz Hơn nữa, từ (2.13) (2.10) có: Re P (z2 ) − + Q20 (z2 ) Re(ia2 (z2 )) P (z2 ) Q1 (z2 ) a1 (z2 )) − Re(Q0z2 (z2 )b1 (z2 ) − Re i β˜ a1 (z2 ) − Re(a1 (z2 ) + Q0 (z2 )Re ) + O(P (z2 )) + O(P (z2 )) ≡ 2β i ˜ (i − Q0 (z2 ))b1 (z2 ) − iβz (2.14) ∆∗0 Ký hiệu c(z2 ) hàm giải tích thực xác định ∆∗0 công thức c(z2 ) := ˜ 2) (i − Q0 (z2 ))(b1 (z2 ) − iβz z2 ∆∗0 Do Q0 chứa hạng tử khơng điều hịa nên Re(C(z2 )) ≡ Mặt khác, từ (2.12) (2.14) hàm số Re(c(z2 ))|z2 |p (|z2 |) thác triển thành hàm C ∞ -trơn ∆ Bây giờ, ta chứng minh tồn số dương c > n ∈ N∗ cho p(r) = − rcn (1 + γ(r)) với < r < 0, hàm γ : [0, ) → R hàm số C ∞ -trơn thỏa mãn γ(r) → r → Thật vậy, ta giả sử ngược lại Khi đó, hàm số Re(c(z2 ))|z2 |p (|z2 |) thác triển thành hàm số C ∞ -trơn ∆ lim supr→0+ r|p (r)| = +∞ p(r) ≈ − r1m với m ∈ N∗ Đó điều mâu thuẫn Vì vậy, điều khẳng định chứng minh Chú ý từ phương trình (2.4) với t = ta có: Re − Q0 (z2 ) P (z2 ) + a1 (z2 ) + iβz2 − b1 (z2 )P (z2 ) + O(P (z2 )) = 2i P (z2 ) 24 (2.15) với tất z2 ∈ ∆ Từ Khẳng định ta lại có: ∞ P (z2 ) = exp p(|z2 |) + Re n=1 an n z in − log cos(R(z2 )) + v(z2 ) v ∈ C ∞ (∆∗0 ) Mặt khác, với tính tốn đơn giản ta nhận được: Re iβz2 Pz2 (z2 ) P (z2 ) = Rea1 (z2 ) + Q0 (z2 )Re( a1 (z2 ) ) + 2Re(iβz2 vz2 (z2 )) i (2.16) với z2 ∈ ∆∗0 ta có Re b1 (z2 )Pz2 (z2 ) ˜ (1+O(z2 ))Pz (z2 ) = Re βz ˜ = nβc (1+O(z2 ))Pz2 (z2 ) (2.17) |z2 |n với z2 ∈ ∆∗0 Như vậy, từ (2.15), (2.16), (2.17) ta có 2Re iz2 vz2 (z2 ) β˜ (1 + γ˜ (z2 ))Pz2 (z2 ) =n c β |z2 |n (2.18) với z2 ∈ ∆∗0 , γ˜ : ∆ → R hàm số C ∞ -trơn γ˜ (z2 ) → z2 → Chọn r ∈ (0, ) cho max|z2 |=r |˜ γ (z2 )| ≤ P (reit ) = exp(p(r) + O(r)) = exp(− rcn (1 + γ(reit ))O(r)) ≥ exp(− r2cn ) với ≤ t ≤ 2π Đặt u(t) := v(reit ) với tất t ∈ R Khi đó, từ (2.18) ta có u (t) = nc β˜ (1 + γ˜ (reit ))P (teit ) n βr với t ∈ R Như vậy, ta có ước lượng = |u(2π) − u(0)| = nc ≥ nc β˜ β β˜ β 2π 2π P (reit ) (1 + γ˜ (reit ))dt rn P (reit ) β˜ it (1 − |˜ γ (re )|)dt ≥ nc rn β 2π 2c P (reit ) e− rn dt rn rn 2c β˜ e− rn > = ncπ β rn Điều khẳng định chứng minh Khẳng định a2 (z2 ) ≡ Q1 (0)a1 (z2 ) Q1 (z2 ) ≡ Q1 (0) + Q20 (z2 ) ∆ Chứng minh Khẳng định Do b1 ≡ (theo Khẳng định 3) nên từ (2.8) ý hàm Q0 , Q1 giải tích thực P (z2 ), P (z2 ) triệt tiêu cấp vô hạn 0, ta có Re i + Q20 (z2 ) a2 (z2 ) − iQ1 (z2 )a1 (z2 ) ≡ 25 (2.19) ∆ Mặt khác, lấy đạo hàm Re ∂2 ∂t2 hai vế phương trình (2.4) t = 0, ta có 3Q2 (z2 ) − P (z2 )a1 (z2 ) + P (z2 )2 a2 (z2 ) + · · · + (−P (z2 ))m−1 am−1 (z2 ) + · · · 2i Q1 (z2 ) i − Q0 (z2 ) a1 (z2 ) − 2P (z2 )a2 (z2 ) + · · · + i Q0 (z2 ) + m(−P (z2 ))m−1 am (z2 ) + · · · + + 2i × − Q1 (z2 )a1 (z2 ) + (i − Q0 (z2 ))2 + 2P (z2 )Q1 (z2 ) a2 (z2 ) + · · · + (m + 1)m (−P (z2 ))m−1 (i − Q0 (z2 ))2 − (m + 1)(−P (z2 ))m Q1 (z2 ) am+1 (z2 ) + · · · + (Q0 )z2 (z2 ) i − Q0 (z2 ) b1 (z2 ) − 2P (z2 )b2 (z2 ) + · · · + m(−P (z2 ))m−1 bm (z2 ) + · · · + (Q1 )z2 (z2 ) iβz2 − P (z2 )b1 (z2 ) + · · · + (−P (z2 ))m bm (z2 ) + · · · + P (z2 ) − Q1 (z2 )b1 (z2 ) + (i − Q0 (z2 ))2 + 2P (z2 )Q1 (z2 ) b2 (z2 ) + · · · + m(m − 1) (−P (z2 ))m−2 (i − Q0 (z2 ))2 − m(−P (z2 ))m−1 Q1 (z2 ) bm (z2 ) + ··· ≡ ∆ (2.20) Do hàm Q0 , Q1 giải tích thực, ν0 (P ) = ν0 (P ) = +∞, b1 ≡ 0, ta suy Re iβz2 (Q1 )z2 (z2 ) + × Q1 (z2 ) Q0 (z2 ) (i − Q0 (z2 ))a1 (z2 ) + + i 2i − Q1 (z2 )a1 (z2 ) + (i − Q0 (z2 ))2 a2 (z2 ) (2.21) ≡0 ∆ Phương trình suy Re(a2 (0)) = Hơn nữa, (2.19) Re(ia2 (0)) = Vì vậy, a2 (0) = Bây giờ, theo Bổ đề 1.2.2 phương trình (2.10), (2.19), (2.21) kết thúc chứng minh khẳng định Khẳng định Ta có am (z2 ) ≡ 2m−1 m−1 Q1 (0)a1 (z2 ) m! bm−1 (z2 ) ≡ ∆ với m ≥ Chứng minh Khẳng định Ta chứng minh khẳng định phương pháp quy nạp theo m Với m = 2, từ Khẳng định ta có a2 (z2 ) ≡ Q1 (0)a1 (z2 ) 26 b1 (z2 ) ≡ Điều chứng minh Khẳng định cho trường hợp m = Giả sử a2 (z2 ) ≡ Q1 (0)a1 (z2 ), , am (z2 ) ≡ 2m−1 m−1 Q1 (0)a1 (z2 ), m! với m ≥ Ta bm (z2 ) ≡ and am+1 (z2 ) ≡ b1 (z2 ) ≡ · · · ≡ bm−1 (z2 ) ≡ 2m Qm (0)a1 (z2 ) (m+1)! Thật vậy, từ (2.8) ta có P (z2 ) i + (−1)m (m + 1) + Q20 (z2 ) am+1 (z2 ) P (z2 ) Q1 (z2 ) + (−1)m bm (z2 )Q0 z2 (z2 ) + (−1)m am (z2 ) + O(P (z2 )) + O(P (z2 )) ≡ i (2.22) Re (−1)m−1 m(i − Q0 (z2 ))bm (z2 ) ∆ Lặp lại lập luận chứng minh Khẳng định 3, ta kết luận bm (z2 ) ≡ Vì thế, ta nhận Re (−1)m (m + 1) i Q1 (z2 ) + Q20 (z2 ) am+1 (z2 ) + (−1)m m am (z2 ) ≡ i (2.23) ∆ Hệ Re(iam+1 (0)) = Mặt khác, Q0 , Q1 , Q2 giải tích thực, ν0 (P ) = ν0 (P ) = +∞, b1 (z2 ) ≡ · · · ≡ bm (z2 ) ≡ nên từ (2.20) ta có Re 3Q2 (z2 ) Q1 (z2 ) am−1 (z2 ) + m (i − Q0 (z2 ))am (z2 ) 2i i Q0 (z2 ) m(m + 1) + + (i − Q0 (z2 ))2 am+1 (z2 ) − mQ1 (z2 )am (z2 ) 2i (2.24) ≡0 ∆ Điều suy Re(am+1 (0)) = 0, với Re(iam+1 (0)) = chứng minh ta phải có am+1 (0) = Hơn nữa, Q1 (z2 ) ≡ Q1 (0) + Q20 (z2 ) (xem Khẳng định 4) nên ta kết luận từ (2.23) am+1 (z2 ) ≡ 2m Q1 (0)am (z2 ) ≡ · · · ≡ Qm (0)a1 (z2 ), m+1 (m + 1)! khẳng định Khẳng định Ta có: 27 (a) f (z2 , t) =     2Q1 (0) log cos R(z2 )+2Q1 (0)t cos R(z2 )   tan(R(z2 ))t Q1 (0) = Q1 (0) = với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ, δ), hàm R đưa Khẳng định (b) P (z2 ) =     2Q1 (0) log + 2Q1 (0)P1 (z2 )   P1 (z2 ) Q1 (0) = Q1 (0) = với z2 ∈ ∆∗0 , ∞ P1 (z2 ) = exp p(|z2 |) + Re n=1 an n z − log | cos(R(z2 ))| in với z2 ∈ ∆∗0 P1 (0) = 0, p, q hàm đưa Khẳng định Chứng minh Khẳng định Từ Khẳng định ta dễ dàng kiểm tra h1 (z1 , z2 ) = z1 a1 (z2 ) Q1 (0) = h1 (z1 , z2 ) = exp 2Q1 (0)z1 − a1 (z2 ) 2Q1 (0) Q1 (0) = h2 (z1 , z2 ) = iβz2 Bây giờ, ta chia chứng minh khẳng định thành hai trường hợp sau đây: Trường hợp A Q1 (0) = Từ phương trình (2.4) có: Q0 (z2 ) 2tQ1 (z2 ) 3t2 Q2 (z2 ) + + + + ··· 2i 2i 2i Re × it − P (z2 ) − tQ0 (z2 ) − t2 Q1 (z2 ) − · · · a1 (z2 ) (2.25) + P (z2 ) + tQ0z2 (z2 ) + t2 Q1z2 (z2 ) + · · · iβz2 = với z2 ∈ C với t ∈ R với |z2 | < |t| < δ0 Khi đó, từ (2.25) với t = dễ dàng ta thấy được: Re iβz2 P (z2 ) − Q0 (z2 ) + P (z2 )a1 (z2 ) 2i 28 ≡0 (2.26) ∆ Do đó, theo Bổ đề 1.2.1 hàm số P (z2 ) ≡ P1 (z2 ), ta mong muốn Từ Khẳng định 4, ta có Q1 ≡ 0, lấy đạo hàm cấp hai ∂2 ∂t2 hai vế (2.25) t = 0, ta có: Re 3Q(z2 ) (−P (z2 ))a1 (z2 ) 2i ≡0 ∆ Điều có nghĩa Q2 ≡ Lấy đạo hàm cấp m tức ∂m ∂tm hai vế (2.25) t = 0, với m = 3, , quy nạp theo m ta có Qm ≡ với m ≥ Do đó, từ (2.25) (2.26) ta có: Re 2iβz2 Q0z2 (z2 ) + ia(z2 ) + Q20 (z2 ) ≡0 ∆ Vì vậy, theo Bổ đề 1.2.1 phương trình cho ta nghiệm Q0 (z2 ) = tan(R(z2 )) với z2 ∈ ∆ , R hàm số đưa khẳng định f (z2 , t) = Q0 (z2 )t = tan(R(z2 ))t với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ, δ), khẳng định Trường hợp B Q0 (0) = Trong trường hợp này, từ (2.3) ta có: ft (z2 , t) + exp 2Q1 (0)(it − −P (z2 ) − f (z2 , t)) − a1 (z2 ) 2i 2Q1 (0) Re (2.27) + P (z2 ) + fz2 (z2 , t) iβz2 = với z2 ∈ C với t ∈ R thỏa mãn |z2 | < f (z2 , t) = n=1 ∞ |t| < Do hàm số Qn−1 (z2 )tn giải tích thực lân cận ∈ C × R Từ (2.27) có phương trình sau đây: (i) i + ft (z2 , t) exp 2Q0 (0)(it − f (z2 , t)) = i + ft (z2 , t); (ii) Re 4iQ1 (0)βz2 fz2 (z2 , t) + ft (z2 , t) − tan(R(z2 )) ia1 (z2 ) = 0; (iii) Re iβz2 P (z2 ) =− exp − 2Q1 (0)P (z2 ) − Re 2Q1 (0) Q0 (z2 ) + a1 (z2 ) 2i với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ0 , δ0 ) Từ (i) từ Bổ đề 1.2.3 với α = 2Q1 (0) ta nhận f (z2 , t) =     2Q1 (0) log cos R(z2 )+2Q1 (0)t cos R(z2 )   tan(R(z2 ))t Q1 (0) = Q1 (0) = 29 với (z2 , t) ∈ ∆ × (−δ0 , δ0 )) Chúng ta ý rằng: 2Re iβz2 Rz2 (z2 ) = −Re(ia1 (z2 )) với z2 ∈ ∆ Do đó, theo hệ 1.2.4 phương trình (ii) tự động thỏa mãn Cuối cùng, từ (iii) Bổ đề 1.2.2 với α = 2Q1 (0), hàm số P (z2 ) xác định khẳng định Như vậy, khẳng định chứng minh Bây giờ, chứng minh Định lý 2.2.1 dễ dàng suy từ Khẳng định đến 2.3 Sự không tồn trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thỏa mãn điều kiện (I) Trong mục này, chứng minh kết thứ hai luận văn Cụ thể, chứng minh định lý sau Định lý 2.3.1 Nếu mầm (M, 0) siêu mặt C ∞ -trơn xác định phương trình ρ(z) := ρ(z1 , z2 ) = Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = 0, thỏa mãn điều kiện sau: (1) P ≡ 0, P (0) = 0; (2) P thỏa mãn hệ điều kiện (I); (3) P triệt tiêu tới cấp vô hạn z2 = 0, trường vector chỉnh hình triệt tiêu gốc tọa độ tiếp xúc tới (M, 0) đồng với không Giả sử M = {(z1 , z2 ) ∈ C2 : Re z1 + P (z2 ) + (Im z1 )Q(z2 , Im z1 ) = mầm siêu mặt giải tích thực thỏa mãn điều kiện Định lý 2.3.1 Chúng ta khơng tồn trường vector chỉnh hình khơng tầm thường triệt tiêu gốc ˜ r := {z2 ∈ ∆r : P (z2 ) = 0} tọa độ tiếp xúc với M Trong mục ta dùng ký hiệu ∆ 30 2.3.1 Các bổ đề kỹ thuật Do hàm P thỏa mãn điều kiện (I) nên ta dễ dàng chứng minh hai bổ đề sau: Bổ đề 2.3.2 Nếu a, b số phức g1 , g2 hàm số trơn xác định đĩa ∆ với bán kính đủ nhỏ > thỏa mãn: (i) g1 (z1 ) = O(|z|l+1 ) g2 (z) = o(|z|m ); (ii) Re az m + b P n (z) z l+1 PP (z(z22)) + g1 (z2 ) = g2 (z) ˜ r với số nguyên dương khác không l, m a = b = với z ∈ ∆ Chứng minh Bổ đề dễ dàng suy từ điều kiện (I.1) Bổ đề 2.3.3 Giả sử P hàm số xác định ∆ ( > 0) thỏa mãn điều kiện (I) Giả sử B ∈ C∗ m ∈ N∗ Khi đó, tồn số α ∈ R cho: lim sup |Re B(iα − 1)m P (z2 )/P (z) | = ∞ ˜ ∆ z→0 ˜ hội Chứng minh Do hàm P thỏa mãn điều kiện (I.2) nên tồn dãy số {zk } ⊂ ∆ tụ tới cho limk→∞ P (zk )/P (zk ) = ∞ Chúng ta viết: BP (zk )/P (zk ) = ak + ibk , k = 1, 2, ; (iα − 1)m = a(α) + ib(α) Chú ý |ak | + |bk | → +∞ k → ∞ Do đó, trích dãy cần ta cần xét hai trường hợp sau đây: Trường hợp limk→∞ ak = ∞ |bk | |ak | Do a(α) → (−1)m b(α) → α → nên α đủ nhỏ Re B(iα − 1)m P (zk )/P (zk ) = a(α)ak − b(α)bk = ak a(α) − b(α) bk ak →∞ k| = Ta cố định số α cho b(α) = Trường hợp limk→∞ bk = ∞ limk→∞ |a |bk | 31 Khi đó, ta có: Re B(iα − 1)m P (zk )/P (zk ) = a(α)ak − b(α)bk = ak a(α) bk − b(α) ak →∞ k → ∞ Như vậy, bổ đề chứng minh 2.3.2 Chứng minh Định lý 2.3.1 Chứng minh Định lý 2.3.1 Giả sử mầm siêu mặt(M, 0) C2 xác định phương trình 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 lý 2.3.1 Ta xét trường vector chỉnh hình H = h1 (z1 , z2 ) ∂z∂ + h2 (z1 , z2 ) ∂z∂ xác định lân cận gốc tọa độ Hơn nữa, ta xem xét trường hợp trường vector H tiếp xúc với M Điều có nghĩa (2.28) (Re H)ρ(z) = 0, ∀z ∈ M Mục đích ta H ≡ Thật vậy, giả sử mâu thuẫn H ≡ Khi đó, h2 ≡ từ (2.27) ta thấy h1 ≡ Do đó, ta giả sử h1 ≡ h2 ≡ Khai triển h1 h2 thành chuỗi Taylor gốc tọa độ ta có: ∞ ∞ ajk z1j z2k h1 (z1 , z2 ) = bjk z1j z2k , h2 (z1 , z2 ) = j,k=0 j,k=0 ajk , bjk ∈ C Chú ý a00 = b00 = h1 (0, 0) = h2 (0, 0) = Tiếp theo, gọi j0 nguyên nhỏ cho aj0 k = với số nguyên k gọi k0 nguyên nhỏ cho aj0 k0 = Tương tự vậy, ta gọi m0 nguyên nhỏ cho bm0 n = với số nguyên n gọi n0 nguyên nhỏ cho bm0 n0 = Chú ý j0 ≥ k0 = m0 ≥ n0 = 32 Lập luận chứng minh Định lý 2.2.1, ta có: aj0 k0 (iα − 1)j0 (P (z2 ))j0 z2k0 + bm0 n0 (iα − 1)m0 (z2 )n0 + o(|z2 |n0 )(P (z2 ))m0 Re j0 = o(P (z2 ) |z2 | ) × P (z2 ) + αP (z2 )Qz2 (z2 , αP (z2 )) với |z2 | < (2.29) k0 với α ∈ R đủ nhỏ Ta ý trường hợp k0 = Re(aj0 ) = 0, α chọn cho Re((iα − 1)j0 aj0 ) = Do đó, phương trình suy j0 > m0 Bây giờ, ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây: Trường hợp n0 ≥ Trong trường hợp này, phương trình (2.29) mâu thuẫn với Bổ đề 2.3.2 Trường hợp n0 = Do hàm P thỏa mãn hệ điều kiện (I) m0 ≥ nên theo Bổ đề 2.3.3 ta chọn số thực α cho lim sup |Re bm0 (iα − 1)m P (z2 )/P (z2 ) | = +∞, ˜ ∆ với 0 z2 →0 > đủ nhỏ Do đó, (2.29) mâu thuẫn Vì vậy, h1 ≡ lân cận (0, 0) C Do h1 ≡ nên từ phương trình (2.4) với t = ta có: ∞ bmn z2n P (z2 ) = Re m,n=0 với z2 thỏa mãn |z2 | < Bởi P thỏa mãn điều kiện (I.1) nên bmn = với m ≥ 0, n ≥ Hơn nữa, ta bm0 = với m ∈ N∗ Thật vậy, giả sử ngược lại Khi đó, ta gọi m số nguyên nhỏ cho bm0 = Từ phương trình (2.6) chứng minh Định lý 2.2.1, ta có Re bm0 (iα − 1)m P (z2 )/P (z2 ) ˜ với bị chặn ∆ > đủ nhỏ với α ∈ R đủ nhỏ Theo Bổ đề 2.3.3, điều xảy Như vậy, Định lý 2.3.1 chứng minh 33 Tài liệu tham khảo [1] A Garijo, A Gasull, X Jarque, Local and global phase portrait of equation z˙ = f (z), Discrete Contin Dyn Syst 17 (2)( 2007), 309–329 [2] Kang-Tae Kim and Ninh Van Thu, On the tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point, Trans Amer Math Soc., to appear [3] S Kobayashi, Hyperbolic complex spaces, Grundlehren der Mathematischen Wissenschaften, vol 318, Spinger- Verlag, Berlin, 1998 [4] S Lang, Introduction to complex hyperbolic spaces, Spinger- Verlag, New York, 1987 [5] Ninh Văn Thu, On the existence of tangential holomorphic vector fields vanishing at an infinite type point, http://arxiv.org/abs/1303.6156 34 ... Trường vector chỉnh hình tiếp xúc C2 13 2.1 Sự tồn trường vector chỉnh hình tiếp xúc tới siêu mặt thực 13 2.2 Họ siêu mặt tồn trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường 17 2.3 Sự. .. Chương Trường vector chỉnh hình tiếp xúc C2 2.1 Định lý tồn trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thực Giả sử b(z) = iβz + (β ∈ R∗ ) hàm số chỉnh hình lân cận U gốc tọa độ Theo báo [1], tồn. ..ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - PHẠM HOÀNG LONG VỀ SỰ TỒN TẠI CỦA TRƯỜNG VECTƠ TIẾP XÚC CHỈNH HÌNH TRONG C2 Chuyên ngành: Tốn Giải tích Mã số: