Định lý hartogs và định lý zorn trong vô hạn chiều

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐẶNG VIỆT ĐÔNG ĐỊNH LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG VƠ HẠN CHIỀU Chun ngành: Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Khuê Thái Nguyên - 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục Lục Lời cảm ơn Lời mở đầu Chương ĐA THỨC VÀ CHUỖI LŨY THỪA 1.1.Ánh xạ đa tuyến tính 1.2.Đa thức 10 1.3.Đa thức biến 13 1.4.Chuỗi lũy thừa 21 Chương ÁNH XẠ CHỈNH HÌNH VÀ HÀM ĐA ĐIỀU HÒA DƯỚI 25 2.1.Ánh xạ chỉnh hình 25 2.2.Hàm đa điều hòa 31 Chương ĐỊNH LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG KHÔNG GIAN BANACH 43 3.1.Định lý Hartogs Cn 43 3.2.Định lý Zorn 45 3.3.Định lý Hartogs tích khơng gian Banach 48 Tài liệu tham khảo 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Kh Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc thành kính đến Thầy, Thầy không hướng dẫn nghiên cứu khoa học mà Thầy cịn thơng cảm tạo điều kiện động viên tơi suốt q trình làm luận văn Cũng xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè tơi quan tâm giúp đỡ thời gian học tập hoàn thành luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy cô giáo Đại học sư phạm Hà Nội, viện Tốn học Việt Nam thầy giáo khoa sau Đại học, Đại học Sư Phạm Thái Nguyên , Đại Học Thái Nguyên dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Trong trình viết luận văn việc xử lý văn chắn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong nhận góp ý thầy cô, bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, tháng năm 2010 Học viên Đặng Việt Đơng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI MỞ ĐẦU Định lý Hartogs tính chỉnh hình hàm chỉnh hình tách biến Định lý tảng giải tích phức hữu hạn chiều Vì trường hợp vơ hạn chiều ln mối quan tâm nhiều tác giả Mục đích luận văn trình bày Định lý Cn mở rộng tới trường hợp tích khơng gian Banach Chìa khố cho mở rộng Định lý Zorn tính chỉnh hình ánh xạ Gchỉnh hình ánh xạ liên tục điểm Bố cục luận văn bao gồm chương: • Chương luận văn trình bày số kiến thức sở ánh xạ đa tuyến tính Sau số nội dung đa thức nhất, đa thức biến bậc tối đa m không gian Banach, chuỗi lũy thừa không gian Banach với số hạng đa thức Các Định lý kết liên quan luận văn • Chương luận văn trình bày khái niệm ánh xạ chỉnh hình, khái niệm hàm điều hịa khơng gian Banach thiết lập tính chất sở chúng Trong khơng gian Banach xét khơng gian phức • Chương trình bày phần nội dung luận văn: Định lý Hartogs Cn , Định ý Zorn, mở rộng Định lý Hartogs tích khơng gian Banach Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương ĐA THỨC VÀ CHUỖI LŨY THỪA 1.1 Ánh xạ đa tuyến tính Trong mục này, trình bày khái niệm ánh xạ đa tuyến tính số kết ban đầu Trước hết ta đưa số kí hiệu sau: Kí hiệu K trường số thực R hay trường số phức C N, N0 tập số nguyên dương số nguyên không âm Các chữ E, F, dùng để không gian Banach Nếu E không gian Banach cịn m ≥ 1, khơng gian tích E m = E × × E khơng gian Banach với m chuẩn max cho x = max x j , x j ∈ E, ≤ j ≤ m 1≤ j≤m 1.1.1 Định nghĩa Giả sử E, F khơng gian Banach cịn m ∈ N Ánh xạ A : E m → F gọi m - tuyến tính theo biến Nghĩa với a = (a1 , a2 , , am ) ∈ E m ≤ j ≤ m, ánh xạ Ej x j −→ A(a1 , , a j−1 , x j , a j+1 , , am ) tuyến tính Ký hiệu La (m E, F) L (m E, F) không gian vectơ ánh xạ m - tuyến tính m - tuyến tính liên tục từ E m vào F tương ứng Với A ∈ La (m E, F), xác định A = sup{ A(x1 , , xm ) : x j ∈ E, x j ≤ 1, ≤ j ≤ m} Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn gọi chuẩn(suy rộng) A Khi m = 1, ta viết La (1 E, F) = La (E, F) L (1 E, F) = L (E, F) Khi F = K viết La (m E, K) = La (m E) L (m E, K) = L (m E) Cuối m = 1, ta viết thông thường La (E) = E , L (E) = E ∗ 1.1.2 Mệnh đề Đối với A ∈ La (m E, F) điều kiện sau tương đương: a) A liên tục b) A liên tục ∈ E m c) A < +∞ Chứng minh a) =⇒ b) hiển nhiên b) =⇒ c) Giả sử có giả thiết b) c) không xảy Vậy tồn k ) ⊂ E m cho dãy (x1k , , xm max xkj ≤ j k ) ≥ km A(x1k , , xm k ≥ Suy max j xkj k ≤ k k A(x1k /k, , xm /k ≥ với k mà trái với b) c) =⇒ a) Giả sử a = (a1 , , am ) ∈ E m x = (x1 , , xm ) ∈ E m với max a j ≤ c max x j ≤ c Khi j j Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn A(x1 , , xm ) − A(a1 , , am ) m = ∑ A(a1 , , a j−1 , x j , , xm ) − A(a1 , , a j , x j+1 , , xm ) j=1 m ≤ ∑ A(a1 , , a j−1 , x j , , xm ) − A(a1 , , a j , x j+1 , , xm ) ∑ A cm−1 x j − a j → x j → a j , ≤ j ≤ m j=1 m ≤ j=1 Vậy c) =⇒ a) 1.1.3 Mệnh đề L (m E, F) không gian Banach với chuẩn A −→ A Chứng minh Dễ thấy ánh xạ A −→ A chuẩn L (m E, F) Giả sử {A j } dãy Cauchy L (m E, F) Khi với (x1 , , xm ) ∈ E m ta có A j (x1 , , xm ) − Ak (x1 , , xm ) ≤ A j − Ak x1 · · · xm (1.1.1) Suy dãy{A j (x1 , , xm )} ⊂ F dãy Cauchy Vì F Banach nên tồn A(x1 , , xm ) = limA j (x1 , , xm ) (1.1.2) j Dễ thấy ánh xạ A : E m → F m - tuyến tính Ngồi {A j } dãy Cauchy L (m E, F) nên tồn c cho A j ≤ c với j ≥ Khi từ (1.1.2) suy A ≤ c Cuối từ (1.1.1) ta có A j − A → j → +∞ 1.1.4 Mệnh đề Tồn đẳng cấu tắc khơng gian vec tơ La (m+n E, F) La (m E, La (n E, F)) Đẳng cấu sinh đẳng cự L (m+n E, F) L (m E, L (n E, F)) Chứng minh Dễ dàng kiểm tra ánh xạ La (m+n E, F) A −→ A ∈ La (m E, La (n E, F)) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn xác định A(x1 , , xm )(y1 , , yn ) = A(x1 , , xm , y1 , , yn ) thỏa mãn yêu cầu đặt Đối với m ∈ N ký hiệu Sm nhóm đối xứng tất hoán vị m phần tử Nếu σ ∈ Sm (−1)σ ký hiệu dấu hoán vị σ 1.1.5 Định nghĩa Đối với m ∈ N, ký hiệu Las (m E, F) không gian vec tơ A ∈ La (m E, F) mà đối xứng, nghĩa A(xσ (1) , , xσ (m) ) = A(x1 , , xm ) với (x1 , , xm ) ∈ E σ ∈ Sm Tương tự ta kí hiệu Laa (m E, F) khơng gian vec tơ tất A ∈ La (m E, F) mà thay phiên hay phản đối xứng, nghĩa A(xσ (1) , , xσ (m) ) = (−1)σ A(x1 , , xm ) với (x1 , , xm ) ∈ E m σ ∈ Sm Các không gian L s (m E, F) L a (m E, F) xác định tương tự Đó L s (m E, F) = Las (m E, F) ∩ L (m E, F) L a (m E, F) = Laa (m E, F) ∩ L (m E, F) Trường hợp F = K ta viết Las (m E, K) = Las (m E) Laa (m E, K) = Laa (m E) 1.1.6 Mệnh đề Đối với A ∈ La (m E, F) giả sử As Aa xác định As (x1 , , xm ) = A(xσ (1) , , xσ (m) ) m! σ∑ ∈Sm Aa (x1 , , xm ) = (−1)σ A(xσ (1) , , xσ (m) ) ∑ m! σ ∈Sm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi a) Ánh xạ A −→ As phép chiếu từ La (m E, F) lên Las (m E, F) với As ≤ A xảy cho A ∈ La (m E, F) Ánh xạ cảm sinh phép chiếu liên tục từ L (m E, F) lên L s (m E, F) b) Ánh xạ A −→ Aa phép chiếu từ La (m E, F) lên Laa (m E, F) với Aa ≤ A xảy cho A ∈ La (m E, F) Ánh xạ cảm sinh phép chiếu liên tục từ L (m E, F) lên L a (m E, F) Chứng minh Mệnh đề dành cho độc giả Để rõ ràng, ta đặt (đối với m = 0) La (0 E, F) = Las (0 E, F) = Laa (0 E, F) = L (0 E, F) = L s (0 E, F) = L a (0 E, F) = F Đối với n ∈ N đa số α = (α1 , , αn ) ∈ Nn0 , ta đặt: |α| = α1 + · · · + αn , α! = α1 ! αn ! 1.1.7 Định nghĩa Giả sử A ∈ La (m E, F) Khi với (x1 , , xn ) ∈ E n với α = (α1 , , αn ) ∈ Nn0 với |α| = m ta xác định Ax1α1 · · · xnαn = A(x1 , , x1 , , xn , , xn ) α1 αn với m ≥ Ax1α1 · · · xnαn = A m = 1.1.8 Định lý Giả sử A ∈ Las (m E, F) Khi x1 , , xn ∈ E ta có cơng thức Leibniz m! α1 A(x1 + · · · + xn )m = ∑ Ax1 · · · xnαn α! |α|=m Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Khi m = m = công thức hiển nhiên Giả sử công thức cho m ≥ Dễ thấy công thức cho m + Thật vậy, A ∈ Las (m E, F) Viết A(x1 + · · · + xn )m+1 = A(x1 + · · · + xn )(x1 + · · · + xn )m Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn áp dụng giả thiết quy nạp tới A(x1 + · · · + xn ) ∈ Las (m E, F) ta có A(x1 + · · · + xn )m+1 = m! ∑ α! A(x1 + · · · + xn)x1α1 · · · xnαn |α|=m m! n α +1 = ∑ Ax1α1 · · · x j j · · · xnαn ∑ α! j=1 |α|=m = (m + 1)! α1 Ax1 · · · xnαn ∑ α! |α|=m+1 1.1.9 Hệ Giả sử A ∈ Las (m E, F) Khi với x, y ∈ E ta có khai triển nhị thức Newton sau: m m A(x + y) = ∑ Cmj Axm− j y j j=0 1.1.10 Định lý Giả sử A ∈ Las (m E, F) với x0 , , xm ∈ E ta có cơng thức phân cực A(x1 , , xm ) = ε1 · · · εm A(x0 + ε1 x1 + · · · + εm xm )m ∑ m m!2 ε j =±1 Chứng minh Theo cơng thức Leibniz 1.1.8 ta có m! α αm A(x0 + ε1 x1 + · · · + εm xm )m = ∑ ε1α1 · · · εmαm Ax0 · · · xm α0 ! · · · αm ! tổng lấy theo tất α0 , , αm ∈ N0 cho α0 + · · · + αm = m Vậy suy ∑ ε1 · · · εm A(x0 + ε1 x1 + · · · + εm xm )m ε j =±1 α αm Ax0 · · · xm = m! ∑ ε1α1 +1 · · · εmαm +1 ∑ αk α0 ! · · · αm ! ε j Tuy nhiên ∑ ε1α1 +1 · · · εmαm +1 = ε j =±1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn c) =⇒ a) Giả sử a ∈ U b ∈ E cho a + ∆b ⊂ U Giả sử ϕ hàm thực liên tục [0; 2π] cho ϕ(0) = ϕ(2π) f (a + reiθ ) ≤ ϕ(θ ) với ≤ θ ≤ 2π (2.2.7) Ta chứng minh 2π f (a) ≤ 2π ϕ(θ )dθ (2.2.8) Giả sử ε > cho Từ Định lý Stone - Weiersstrass ta tìm n đa thức lượng giác ψ(θ ) = ∑ ck eikθ cho ϕ(0) ≤ ψ(θ ) ≤ ϕ(θ )+ε k=−n n với ≤ θ ≤ 2π Giả sử P ∈ P(C) với P(λ ) = c0 + ∑ ck λ k Ta có k=1 ck = 2π 2π ψ(θ )eikθ dθ , ck = c−k với ≤ k ≤ n ψ(θ ) = ReP(eiθ ) với 0 ≤ θ ≤ 2π Do c) f (a + λ b) ≤ ReP(λ ) với |λ | ≤ Do 2π f (a) ≤ ReP(0) = c0 = 2π ϕ(θ )dθ ≤ 2π 2π ϕ(θ )dθ + ε Do ε > tùy ý, (2.2.8) chứng minh Bây giờ, từ Mệnh đề (2.2.2) ta tìm dãy giảm hàm liên tục ϕn : [0; 2π] → R cho ϕn (0) = ϕn (2π) lim ϕn (θ ) = f (a + eiθ b) với θ ∈ n→∞ [0; 2π] Do với ϕn thỏa mãn (2.2.7) theo thỏa mãn (2.2.8) Định lý hội tụ đơn điệu chứng tỏ f (a) ≤ 2π 2π f (a + eiθ b)dθ Định lí chứng minh 2.2.9 Hệ Giả sử U tập mở E, giả sử f : U → [−∞, ∞) hàm đa điều hòa với x ∈ U tồn lân cận mở V x U cho f \V hàm đa điều hịa 38 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2.2.10 Hệ Giả sử U tập mở E, a) Nếu f ∈ H (U) log| f | ∈ Ps (U) b) Nếu f ∈ H (U; F) log f ∈ Ps (U) Chứng minh a) Kiểm tra điều kiện tương đương c) Định lý 2.2.8 Giả sử a ∈ U b ∈ E cho a + ∆b ⊂ U giả sử P ∈ P(C) cho log| f (a + λ b)| ≤ ReP(λ ) với |λ | = Khi f (a + λ b) ≤ eReP(λ ) = |eP(λ ) | với |λ | = Do |e−P(λ ) f (a + λ b)| ≤ với |λ | = 1, theo với |λ | ≤ 1, Nguyên lý cực đại Hay log| f (a + λ b)| ≤ ReP(λ ) với |λ | ≤ a) chứng minh b) Do: log f (x) = sup{log|ψ ◦ f (x)| : ψ ∈ F , ψ = 1} áp dụng a) Mệnh đề 2.2.5 ta có b) Ta nhớ lại I khoảng mở R hàm ϕ : I → R gọi lồi ϕ[(1−λ )a+λ b] ≤ (1−λ )ϕ(a)+λ ϕ(b) với a, b ∈ I ≤ λ ≤ 2.2.11 Mệnh đề Giả sử I khoảng mở R giả sử ϕ : I → R hàm lồi Thì: a) ϕ nửa liên tục b) Với a ∈ I tồn k ∈ R cho ϕ(x) − ϕ(a) ≥ k(x − a) với x ∈ I Đặc biệt ϕ nửa liên tục liên tục Chứng minh a) Giả sử a ∈ I giả thiết ϕ(a) < c Nếu t > cho [a − t, a + t] ⊂ I, với ≤ λ ≤ ta có ϕ(a+λt) = ϕ[(1−λ )a+λ (a+t)] ≤ (1−λ )ϕ(a)+λ ϕ(a+t) (2.2.9) ϕ(a − λt) = ϕ[(1 − λ )a + λ (a − t)] ≤ (1 − λ )ϕ(a) + λ ϕ(a − t) (2.2.10) 39 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Sử dụng (2.2.9) ta tìm δ1 với < δ1 < cho ϕ(a + λt) < c với < λ < δ1 áp dụng (2.2.10) ta tìm δ2 với < δ2 < cho ϕ(a−λt) < c với < λ < δ2 Nếu δ = min{δ1 , δ2 } ϕ(a+λt) < c với −δ < λ < δ b) Giả sử x, y ∈ I với x < a < y Khi ta viết: y−a a−x a= x+ y y−x y−x Do ϕ lồi ta có f (a) ≤ y−a a−x ϕ(x) + ϕ(y), y−x y−x Suy ϕ(x) − ϕ(a) ϕ(y) − ϕ(a) ≤ x−a y−a Do ta tìm k ∈ R cho ϕ(x) − ϕ(a) ϕ(x) − ϕ(a) ≤ k ≤ in f x∈I x−a x−a x n cho ∆ (a; 3r) ⊂ U Do a) ta giả thiết khơng tính tổng qt n f j ≤ ∆ (a; 3r) với j Áp dụng Bổ đề Fatou’s ta có j→∞ ( lim sup f j )dλ ≤ c(πr2 )n f j dλ ≤ lim sup n j→∞ n ∆ (a; r) ∆ (a; r) Do ta tìm j0 cho f j dλ ≤ (c + ε)(πr2 ) n ∆ (a; r) n với j ≥ j0 Giả sử < δ < r giả sử z ∈ ∆ (a; δ ) Khi n n n ∆ (a; r) ⊂ ∆ (a; r + δ ) ⊂ ∆ (a; r + 2δ ) ⊂ U 41 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Do f (a) ≤ (πr2 )n f (ξ )dλ (ξ ), n ∆ (a; r) nên ta có f j (z)π n (r + δ )2n ≤ f j dλ n ∆ (a; r+δ ) n với j Do f j ≤ ∆ (a; 3r) bất đẳng thức cho ta f j (z)π n (r + δ )2n ≤ f j dλ ≤ (c + ε)π n r2n f j dλ ≤ n n ∆ (a; r+δ ) ∆ (a; r) với j ≥ j0 Do f j (z)(c + ε) r r+δ 2n < c + 2ε n với z ∈ ∆ (a; δ ) j ≥ j0 , với δ > đủ nhỏ, Do K phủ số hữu hạn đa đĩa, Bổ đề chứng minh 42 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương ĐỊNH LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG KHÔNG GIAN BANACH 3.1 Định lý Hartogs Cn Trong phần ánh xạ chỉnh hình tách chỉnh hình Ta nhớ lại hàm f : U → C với U mở Cn gọi chỉnh hình tách cố định n − biến f chỉnh hình theo biến cịn lại Mục đích phần chứng minh Định lí Hartogs 3.1.1 Định lý Giả sử U tập mở Cn Khi ánh xạ f : U → F chỉnh hình f chỉnh hình tách Để chứng minh Định lí ta cần hai Bổ đề sau: 3.1.2 Bổ đề Giả sử E, F, G không gian Banach, giả sử U ⊂ E V ⊂ F tập mở, giả sử f : U × V → G ánh xạ chỉnh hình tách Thì với tập compact L ⊂ V có hai tập mở khác rỗng A B, với A ⊂ U L ⊂ B ⊂ V , cho f bị chặn A × B Chứng minh Xét tập hợp An = {x ∈ U : | f (x, y)| ≤ n, y ∈ L + BF (0; 1/n)} Do f (x, y) hàm liên tục x y cố định, An đóng U Lại f (x, y) hàm liên tục y x cố định, Từ Định lý phạm trù Baire có An chứa hình cầu mở BE (a; r) Do f ≤ n BE (a; r) × L + BF (0; 1/n) khẳng định 43 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3.1.3 Bổ đề Giả sử n ≥ f : ∆n (a; R) → F ánh xạ chỉnh hình z = (z1 , , zn−1 ) với zn cố định, chỉnh hình zn z cố định Nếu f bị chặn đa đĩa ∆n−1 (a ; r) × ∆(an ; R), với < r < R, f chỉnh hình ∆n (a; R) Chứng minh Từ f hàm chỉnh hình theo z zn cố định, với z ∈ ∆n (a; R) ta có khai triển chuỗi lũy thừa f (z) = f (z , zn ) = ∑ cα (zn )(z − a )α , (3.1.1) α phép lấy tổng lấy tất số α = (α1 , , αn−1 ) ∈ Nn−1 , cα (zn ) = (2πi)n−1 ∂0 ∆n−1 (a ; r) f (ξ , zn )dξ1 · · · ξn−1 (ξ1 − a1 )α1 +1 · · · (ξn−1 − an−1 )αn−1 +1 Từ f hàm chỉnh hình theo zn với z cố định, ta thấy cα (zn ) hàm chỉnh hình zn Do đó, để chứng tỏ f chỉnh hình ∆n (a; R) cần chứng minh chuỗi (3.1.1) hội tụ với z ∈ ∆n (a; R1 ) với < R1 < R Giả sử < R1 < R2 < R3 < R Từ giả thiết tồn c ≥ cho f ≤ c ∆n−1 (a ; r)×∆(an ; R) Thật theo cơng thức tính cα (zn ) ta có cα (zn ) r|α| ≤ c với |zn | < R (3.1.2) Từ với zn cố định chuỗi (3.1.1) hội tụ ∆n−1 (a ; R3 ) điều dẫn đến |α| lim cα (zn ) R3 = với |zn | < R |α|→∞ (3.1.3) log cα (zn ) Từ (3.1.2) (3.1.3) ta Xét hàm điều hòa đưới uα (zn ) = |α| có c uα (zn ) ≤ log với |zn | < R r 44 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn lim uα (zn ) ≤ −logR3 với |zn | < R |α|→∞ Bổ đề 2.2.13 chứng tỏ uα (zn ) ≤ −logR2 với |zn | < R3 |α| đủ |α| lớn Điều có nghĩa cα (zn ) R2 ≤ với |zn | < R3 |α| đủ lớn Vậy điều dẫn đến chuỗi (3.1.1) hội tụ với z ∈ ∆n (a; R1 ) Bổ đề chứng minh Chứng minh Định lí 3.1.1 Chứng minh quy nạp n Định lý hiển nhiên với n = Giả sử n ≥ giả thiết Định lí với n − Cho ánh xạ f : U → F chỉnh hình theo z = (z1 , , zn−1 ) với zn cố định, chỉnh hình theo zn với z cố định Giả sử a ∈ U chọn R > cho ∆n (a; 2R) ⊂ U Từ Bổ đề 3.1.2 có đa đĩa mở ∆n−1 (b ; R) ⊂ ∆n−1 (a ; R) cho f bị chặn ∆n−1 (b ; r)×∆(an ; R) Từ Bổ đề 3.1.3 f chỉnh hình ∆n (b; R) b = (b , an ) Vì a ∈ ∆n (b; R) Định lí chứng minh 3.2 Định lý Zorn Định lý Zorn sau với Định lý Hartogs tính chỉnh hình ánh xạ chỉnh hình tách Cn , sở để mở rộng định lý tới trường hợp không gian Banach Trước hết ta chứng minh Định lí sau: 3.2.1 Định lý Giả sử U tập mở E giả sử f ∈ HG (U; F) ∞ với a ∈ U tồn chuỗi lũy thừa Pm f (a)(x − a) từ m=0 Evào F hội tụ điểm tới f (x) lân cận mở a mà a - cận lớn cịn chứa U Các đa thức Pm f (a) cho Pm f (a)(t) = 2πi f (a + ξ t) ξ m+1 (3.2.1) |ξ |=r với t ∈ E, r > chọn cho a+ξ t ∈ Uvới |ξ | ∈ ∆(0; r) 45 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Ta cần chứng minh ánh xạ Pm f (a) : E → F xác định (3.2.1) thuộc Pa (m E; F) Cố định s, t chọn r > cho a + λ s + µt ∈ U với |λ | < r |µ| < r Khi f (a + λ s + µt) chỉnh hình tách, chỉnh hình, với |λ | < r |µ| < r Do ta có chuỗi khai triển f (a + λ s + µt) = ∑ c jk λ j µ k , j,k hội tụ tuyệt đối đa đĩa |λ | ≤ ρ, |µ| ≤ ρ, với < ρ < r Chọn η ∈ C ρ > cho < ρ < r ρ|η| < r Khi Pm f (a)(s + ηt) = f (a + ξ s + ξ ηt) dξ ξ m+1 2πi |ξ |=ρ = c jk λ j η k ∑ 2πi j,k ξ j+k dξ = ξ m+1 |ξ |=ρ ∑ c jk λ j η k j+k=m Điều chứng tỏ Pm f (a)(s + ηt) đa thức theo η bậc tối đa m với s, t ∈ E Từ Định lý 1.3.6 ta kết luận Pm f (a) đa thức bậc tối đa m Bây giờ, từ kết trước ta có Pm f (a)(µt) = µ m Pm f (a)(t) với t ∈ E µ ∈ C Do Pm f (a) ∈ Pa (m E; F) Vậy Định lý chứng minh 3.2.2 Định lý (Định lý Zorn) Giả sử U tập mở liên thông E, giả sử f ∈ HG (U; F) Nếu f bị chặn địa phương điểm thuộc U f bị chặn địa phương điểm thuộc U, chỉnh hình Trước chứng minh Định lí ta có hai kết sau: 3.2.3 Bổ đề Giả sử f : B(a; R) → F ánh xạ G - chỉnh hình Khi với b ∈ B(a; R), k ∈ N t ∈ E ta có k P f (b)(t) = ∞ ∑ Cmk Am f (a)(b − a)m−kt k (3.2.2) m=k 46 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Nếu < r < R < b − a B(b; R) ⊂ B(a; R) với t ∈ B(0; r) ta có ∞ ∑ Pm f (a)(b − a + t) f (b + t) = (3.2.3) m=0 ∞ = ∞ ∑ ∑ Cmk Am f (a)(b − a)m−kt k m=0 k=0 Chọn ρ > cho ρ( b − a + r) < R Khi λ (b − a) + µt ∈ B(0; R) với |λ | ≤ ρ |µ| ≤ ρ Từ cơng thức Tích phân Cauchy áp dụng cho ánh xạ G - chỉnh hình ta có: Am f (a)(b − a)m−kt k = (m − k)!k! m!(2πi)2 |λ |=ρ |µ|=ρ f [a + λ (b − a) + µt] dλ dµ λ m−k+1 µ k+1 Từ Định lý Hartogs 3.1.1 có số c > cho f [a + λ (b − a) + µt] ≤ c với |λ | ≤ ρ |µ| ≤ ρ Do ta có bất đẳng thức sau: ∞ ∞ ∑∑ Cmk m m−k k A f (a)(b − a) t m=0 k=0 cρ ≤ ∑ ∑ m−k k = (ρ − 1)2 ρ m=0 m=k ρ ∞ ∞ c Điều cho thấy ta đổi chỗ thứ tự phép lấy tổng (3.2.3) Do ∞ ∞ ∑ ∑ Cmk Am f (a)(b − a)m−kt k f (b + t) = (3.2.4) m=0 m=k Từ với η ∈ C ta có: ∞ ∑ Cmk m m−k A f (a)(b − a) k (tη) m=k c|η|k |η| ≤ ∑ m−k k = ρ ρ m=k ρ ∞ k cρ ρ −1 ∞ Vậy chuỗi ∑ Cmk Am f (a)(b − a)m−k hội tụ điểm đến phần tử m=k ∞ Pa (k E; F) Ta so sánh (3.2.4) với chuỗi khai triển ∑ Pm f (a)(x − a) m=0 Định lý 3.2.1 ta nhận (3.2.2) 47 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3.2.4 Mệnh đề Giả sử f : B(a; R) → F ánh xạ G - chỉnh hình Nếu Pm f (a) liên tục với m ∈ N f chỉnh hình Chứng minh Giả sử b ∈ B(a; R) giả sử < r < R − b − a Từ Bổ đề 3.2.3 với k ∈ N t ∈ E ta có chuỗi khai triển k ∞ P f (b)(t) = ∑ Cmk Am f (a)(b − a)m−kt k (3.2.5) m=k Do ánh xạ Am f (a) liên tục, phép suy Bổ đề 1.2.7 Chương I cho tập mở V E tổng riêng chuỗi (3.2.5) bị chặn Do đa thức Pk f (b) bị chặn V liên tục Bây với t ∈ B(0; r) ta có chuỗi khai triển ∞ f (b + t) = ∑ Pk f (b)(t) (3.2.6) k=0 Do Bổ đề 1.2.7 Chương I tồn hình cầu B(c; ρ) ⊂ B(0; r) đa thức Pk f (b) bị chặn Do Bổ đề 1.2.5 Pk f (b) bị chặn hình cầu B(0; r) Sau từ cơng thức Cauchy - Hadamard chuỗi (3.2.6) có bán kính hội tụ lớn ρ Vậy Mệnh đề chứng minh Chứng minh Định lí 3.2.2 Chỉ cần chứng tỏ tập điểm U f bị chặn địa phương đóng U Giả sử a ∈ U giới hạn dãy điểm f bị chặn địa phương Chọn r > cho B(a; 2r) ⊂ U, chọn b ∈ B(a; r) cho f bị chặn địa phương b Điều có nghĩa Pm f (b) liên tục với m ∈ N Do B(b; r) ⊂ B(a; 2r) ⊂ U, Mệnh đề 3.2.4 chứng tỏ hàm f bị chặn địa phương a, Định lí chứng minh 3.3 Định lý Hartogs tích khơng gian Banach Bây tổng quát hóa Định lý Hartogs 3.1.1 sau: 48 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3.3.1 Định lý (Định lý Hartogs tích không gian Banach) Giả sử E1 , , En , F không gian Banach, giả sử U tập mở E1 × · · · × En Khi ánh xạ f : U → F chỉnh hình f chỉnh hình tách Chứng minh Ta cần chứng minh Định lí với n = Khơng tính tổng qt ta giả thiết U = U1 × U2 U j hình cầu mở E j với j = 1, Ta khẳng định f G - chỉnh hình U Thật vậy, cho (a1 , a2 ) ∈ U1 × U2 b1 , b2 ∈ E1 × E2 Khi ánh xạ (λ1 , λ2 ) → f (a1 + λ1 b1 , a2 + λ2 b2 ) chỉnh hình tách, chỉnh hình từ Định lý Hartogs 3.1.1 Do f G chỉnh hình Do f hàm liên tục tách, Bổ đề 3.1.3 chứng tỏ f bị chặn tập mở khác rỗng U1 ×U2 Từ Định lý Zorn 3.2.1 ta kết luận f chỉnh hình U1 ×U2 Vậy Định lí chứng minh Chúng ta kết luận phần với tính chất ánh xạ chỉnh hình không gian Banach với sở Schauder Trước hết ta nhắc lại khái niệm sở Schauder Dãy en không gian Banach E gọi sở Schauder với x ∈ E viết ∞ x = ∑ en (x)en Do tính en phiếm hàm n=1 tuyến tính E Ngồi Ngun lý ánh xạ mở Banach en liên tục Gọi En không gian vectơ E sinh {e1 , , en } Xác ∞ định phép chiếu Tn : E → En Tn x = ∑ eh (x)eh Nghiệm en liên tục h=1 với n, Tn liên tục Ngoài Nguyên lý bị chặn sup Tn < ∞ n≥1 3.3.2 Định lý Giả sử E không gian Banach với sở Schauder en , giả sử En không gian tạo e1 , , en , giả sử U tập mở E Khi ánh xạ f : U → F chỉnh hình f liên tục f \U ∩ En chỉnh hình với n ∈ N 49 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Để chứng minh f chỉnh hình cần chứng tỏ f G chỉnh hình Giả sử a ∈ U b ∈ E chọn r > cho tập compact K = a + 2r∆b chứa U Giả sử Tn : E → En phép chiếu tắc với n ∈ N Do Tn (x) hội tụ tới x tập compact ta tìm n0 ∈ N cho Tn (K) ⊂ U với n ≥ n0 Từ cơng thức Tích phân Cauchy với n ≥ n0 |λ | ≤ 2r ta có chuỗi khai triển ∞ f ◦ Tn (a + λ b) = ∑ λ k cnk , (3.3.1) k=0 2πi cnk = |ξ |=2r f ◦ Tn (a + ξ b) dξ ξ k+1 với n ∈ N0 Để hoàn thành việc chứng minh ta chứng tỏ với |λ | ≤ r ta có: ∞ f (a + λ b) = ∑ λ k ck , (3.3.2) k=0 ck = 2πi |ξ |=2r f (a + ξ b) dξ ξ k+1 với n ∈ N0 Hay lim f ◦ Tn (a + λ b) = f (a + λ b) x→∞ ∞ lim ∑λ x→∞ k (3.3.3) ∞ cnk = k=0 ∑ λ k ck với |λ | ≤ r (3.3.4) k=0 Cho ε > 0, f liên tục K compact ta tìm δ > cho K + B(0; δ ) ⊂ U f (y) − f (x) ≤ ε với x ∈ K y ∈ B(x; δ ) Nếu chọn n1 ≥ n0 cho Tn x − x < δ với x ∈ K f ◦ Tn (x) − f (x) < ε với x ∈ K n ≥ n1 (3.3.3) chứng minh 50 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ngoài ∞ k ∑ |λ | ∞ ∑ rk ε(2r)−k = 2ε cnk − ck ≤ k=0 k=0 Với n ≥ n1 ta (3.3.4) Vậy Định lí chứng minh 51 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo Tiếng Việt Nguyễn Văn Khuê - Lê Mậu Hải: Hàm biến số phức, NXB Đại Học Quốc Gia (2009) Tiếng Anh JJorge Mujica: Complex Analysis in Banach Spaces Infinite Dimensional Spaces, North - Holland Math Stud 120, (1986) Seán Dineen: Complex Analysis on infinite dimesional spaces, Springer -Verlag, London, (1999) 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG KHÔNG GIAN BANACH 43 3.1 .Định lý Hartogs Cn 43 3.2 .Định lý Zorn 45 3.3 .Định lý Hartogs. .. số hữu hạn đa đĩa, Bổ đề chứng minh 42 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương ĐỊNH LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG KHÔNG GIAN BANACH 3.1 Định lý Hartogs. .. (b , an ) Vì a ∈ ∆n (b; R) Định lí chứng minh 3.2 Định lý Zorn Định lý Zorn sau với Định lý Hartogs tính chỉnh hình ánh xạ chỉnh hình tách Cn , sở để mở rộng định lý tới trường hợp không gian