của dãy các tự đẳng cấu
Dưới đây là một số kết quả cần dùng :
Bổ đề 2.4.1. Giả sử Ω ⊂ Cn và f : Ω → Cn là một ánh xạ chỉnh hình giả thiết det(df(a)) 6= 0 với a ∈ Ω Khi đó tồn tại lân cận U của a và V
của f(a) sao cho f(U) ⊂ V vàf|V là một đẳng cấu.
Bổ đề 2.4.2. [6, Prop. 5, p.79 ] Cho D là một miền trong một đa tạp phức M. Cho{ϕi} là dãy ánh xạ mở từ D vào M . Giả sử rằng dãy {ϕi}
hội tụ đều trên tập con compact của D tới một ánh xạ ϕ : D → M. Giả sử rằng a ∈ D, a là điểm cô lập của ϕ−1(ϕ(a)). Khi đó với mỗi lân cận mở U của a , tồn tại i0 sao cho ϕ(a) ∈ ϕ(U) với mọi i ≥ i0.
Bổ đề 2.4.3. [6, Cor., p.80] Giả sử rằng M là một đa tạp phức và {fi} là dãy hàm chỉnh hình trên M, dãy này hội tụ đều trên mỗi tập con compact của M tới một hàm chỉnh hình f. Khi đó nếu fi(z) 6= 0 với tất cả z, i và
f là khác hằng số thì f(z) 6= 0 với mọi z ∈ M.
Bổ đề 2.4.4. Cho D là một miền trong một đa tạp phức M sao cho D
có tính chất (IM). Giả sử rằng {fi} ⊂ Aut(D) hội tụ đều trên mỗi tập con compact của D tới một ánh xạ f. Khi đó 3 khẳng định sau là tương đương:
i)f(D) là tập con mở của D và f là một ánh xạ song chỉnh hình từ D
lên f(D).
ii) f(D) * ∂D.
iii) Tồn tại một điểm a ∈ D sao cho định thức Jacobi det((df)a) 6= 0.
Chứng minh. i)⇒ ii): hiển nhiên.
ii)⇒ iii): dễ thấy f(D) ⊂ D¯. Từ khẳng định ii) suy ra rằng tồn tại
a ∈ D sao cho f(a) = b ∈ D. Chọn một lân cận V của a trong D sao cho
f(V) ⊂ D. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng V là một tập con mở của Cn và f(V) ⊂ Cn.
Bây giờ chúng ta chỉ ra rằng f|V là đơn ánh. Thực vậy giả sử rằng
f(z1) = f(z2), ở đó z1, z2 ∈ V. Theo giả thiết của bổ đề ta có D có tính chất (IM), do đó tồn tại một metric ρ của D sao cho ρ cảm sinh ra tôpô của D vàρ bất biến dưới Aut(D). Chúng ta có:
ρ(f(z1), f(z2)) = 0 = ρ(limfi(z1),limfi(z2)) = limρ(fi(z1), fi(z2)) = limρ(z1, z2) = ρ(z1, z2).
Điều đó suy ra rằng z1 = z2.
Theo định lý Osgood thì f(V) là tập mở trong Cn và ánh xạ hạn chế
f|V : V →f(V) là song chỉnh hình. Do đó ta có điều phải chứng minh. iii) ⇒ i): Đặt U = {z ∈ D : det((df)z) 6= 0}. Khi đó a ∈ U và U mở trong D. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng U là đóng trong D.
Giả sử ngược lại U không đóng trong D. Khi đó tồn tại một điểm
a0 ∈ ∂U ∪D sao cho det((df)a0) = 0. Chọn một lân cận nhỏ liên thông
V của a0 trong D sao cho các ánh xạ chỉnh hình fi|V và f|V có thể được xem xét như ánh những ánh xạ chỉnh hình từ V ⊂ (C)n vào (C)n.
Xét các hàm chỉnh hình Ji : V → (C) và J : V → (C) được cho bởi
Ji(z) =det((df)z). Khi đó dãy {Ji} hội tụ đều trên mỗi tập con compact của V tới J.Có Ji(z) 6= 0 với mọi i và với mọi z do fi ∈ Aut(D). Mặt khác, Từ J(a0) = 0 và V ∪ U 6= 0 với mọi z ∈ V, điều đó suy ra rằng J
khác hằng số. Theo Bổ đề 2.4.3 chúng ta có J(z) 6= 0 với mọi z ∈ V . Đó là điều mâu thuẫn. Do đó U là tập đóng trong D, mà ta có U mở trong
D nên U = D. Theo định lý hàm ngược, f : D →M là ánh sạ mở và với mỗi z ∈ D là điểm cô lập trong f−1(f(z)). Theo Bổ đề 2.4.1 , chúng ta có f(D) ⊂ S
i≥1fi(D) = D. Sử dụng tính chất bất biến của metric ρ của
D đối với Aut(D) và lặp lại chứng minh như ở trên chúng ta chỉ ra rằng
f là đơn ánh. Theo định lý Osgood ta suy ra f :D → f(D) là song chỉnh hình.
Bổ đề 2.4.5. [3, Thm. 5.5.1, p. 268] Cho ρ là một metric trên một đa tạp compact D sao cho ρ cảm sinh ra tô pô của D và ρ là bất biến dưới
Aut(D). Cho a là một điểm của D. Giả sử rằng f : D → D là một ánh xạ chỉnh hình thỏa mãn điều kiện sau:
i) f(a) =a.
iii)f là một đẳng cự đối với ρ tức là ρ(x, y) = ρ(f(x), f(y)) với mọi
x, y ∈ D.
Khi đó f là một ánh xạ song chỉnh hình.
Mệnh đề 2.4.6. Giả sử {Ai}∞i=1 và {Ωi}∞i=1 là hai dãy các miền trong đa tạp phức M với limAi = A0 và lim Ωi = Ω0 trong đó A0 và Ω0 là các miền trong M. Giả sử rằng {fi : Ai → Ωi} là một dãy các song chỉnh hình. Giả sử thêm rằng dãy {fi : Ai → M} hội tụ đều trên các tập con compact của A0 đến ánh xạ chỉnh hình F : A0 → M và dãy
{gi := fi−1 : Ωi → M} hội tụ đều trên các tập con compact của Ω0 đến ánh xạ chỉnh hình G : Ω0 → M. Khi đó một trong hai khẳng định sau là đúng.
(i) Dãy {fi} phân kỳ compact, nghĩa là với mỗi tập con compact K ⊂A0
và mỗi tập con compact L ⊂ Ω0, tồn tại i0 sao cho fi(K)∩L = ∅ với mọi i ≥ i0, hoặc
(ii) Tồn tại một dãy con {fij} ⊂ {fi} sao cho dãy {fij} hội tụ đều trên các tập con compact của A0 đến song chỉnh hình F : A0 →Ω0.
H.Cartan [1] đã chứng minh định lý sau về tính compact của họ ánh xạ song chỉnh.
Định lý 2.4.7. Cho Ω là tập bị chặn trong Cn. Giả thiết rằng {fi} là một dãy các ánh xạ song chỉnh hình fi : Ω → Ω và hội tụ đều trên mỗi tập con compact của Ω tới một ánh xạ f. Khi đó ba khẳng định sau là tương đương:
(i) f là ánh xạ song chỉnh hình từ Ω lên Ω. (ii) f(Ω) 6⊂∂Ω , biên của Ω lấy trong Cn.
(iii) Định thức Jacobian det[f0(z)] không đồng nhất bằng không trong
Ω.
Chứng minh. i) ⇒ ii) Hiển nhiên.
ii) ⇒ iii) Ta có f(Ω) ⊂ Ω. Do đó nếu có 3) thì f(Ω)∩ Ω 6= ∅. Khi đó tồn tại a ∈ Ω sao cho f(a) = b ∈ Ω. Đặt gj = fj−1. Do Ω là miền bị chặn nên tồn tại dãy con {gjk} của dãy {gj} hội tụ đều trên từng compact của
Ω tới g : Ω → Cn ( Định lý Montel ). Ta có g(b) = lim
k→∞fj−1
k (f(a)), hơn nữa fjk(a) → f(a) trong một tập con compact của Ω ( giả thiết ) . Do
fj−1
k hội tụ đều trên từng compact của Ω nên ta có
g(b) = lim
k→∞fj−k1(fjk(a)) = lim
k→∞a = a
Từ đó g(b) = a ∈ Ω. Chọn V là lân cận đủ nhỏ của b. Khi đó g(V) nằm trong một tập compact của Ω. Do đó tồn tại tập K compact trong Ω sao cho gjk(V) ⊂ K ( khi k đủ lớn ). Khi đó với mọi x ∈ V ta có :
f(g(x)) = lim
k→∞f(gjk(x)) = lim
k→∞fjk(gvk(x))( do gjk(V) ⊂ K và fjk hội tụ đều trên K) =x.
Từ đó kéo theo (df)g(x) ◦(dg)x = id với ∀x ∈ V. Vậy (det(J f)y) 6= 0,∀y ∈ g(V).
iii) ⇒ i) Ta có dãy hàm Jj(x) = det(J fj(x))∞j=1 chỉnh hình trên Ω và hội tụ tới J(x) = det(J f(x)) trên từng compact của Ω. Hơn nữa theo iii) ta có J 6≡ 0 mặt khác Jj(x) 6= 0 với ∀j và ∀x ∈ Ω. Vì vậy J(x) 6= 0 với
∀x ∈ Ω.
Theo Bổ đề 2.4.1 f : Ω → Cn là một ánh xạ mở và với ∀x ∈ Ω là điểm cô lập của f−1f(x).
Từ Bổ đề 2.4.2 ta suy ra f(Ω) ⊂ ∪fj(Ω) = Ω. Đặt gj = fj−1.
Do Ω là bị chặn nên tồn tại dãy con {gjk} ⊂ {gj} sao cho {gjk} hội tụ đều trên từng compact của Ω tới g. Khi đó với mọi x ∈ Ω thì dãy {fj(x)}
hội tụ tới f(x) ∈ Ω. Từ đó ta có
g(f(x)) = lim
k→∞gjk(fjk(x)) =x,∀x ∈ D
Do đó det(J g)y 6= 0 với ∀y ∈ f(Ω). Mặt khác det(J gj)(x) 6= 0 với ∀j
và ∀x ∈ Ω.
Từ đó det(J g)x 6= 0 với ∀x ∈ Ω. Suy ra g : Ω → Cn là một ánh xạ mở và mọi x ∈ Ω đều là điểm cô lập của g−1(g(x))( Theo Bổ đề 2.4.1 ). Do đó theo Bổ đề 2.4.2 ta có g(Ω) ⊂ ∪gj(Ω) = Ω. Do đó gj(x) nằm trong một tập con compact của Ω với mỗi x ∈ Ω. Do đó
f(g(x)) = lim
k→∞fjk(gjk(x)) = x
Vậy f ◦g = id, g◦f = id hay f ∈ Aut(Ω).
Một vấn đề mở được đặt ra là định lý H.Cartan trong trường hợp miền bất kỳ có còn đúng không. Nếu không còn đúng thì có thể đưa ra một
định lý tương tự như định lý của H.Cartan ? Định lý là một mở rộng của định lý Cartan cho miền không bị chặn.
Định lý 2.4.8. Giả sử Ω là miền bị chặn trong Cn. Khi đó Aut(Ω) là không compact ( với tô pô compact _mở ) nếu và chỉ nếu tồn tại p ∈ Ω
và một dãy {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) sao cho dãy {fj(p)}∞j=1 hội tụ tới một điểm nằm trên biên của Ω
Chứng minh. (”⇐ ”):
Nếu tồn tại p∈ Ω và một dãy {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) sao cho dãy {fj(p)}∞j=1
hội tụ tới một điểm nằm trên biên của Ω ta cần chứng minh Aut(Ω) là không compact. Do Ω là miền bị chặn nên từ dãy {fj}∞
j=1 ∈ Aut(Ω) có thể trích ra một dãy con hội tụ tới hàm chỉnh hình f (Hurwitz). Ta có
f(p) = lim
k→∞fjk(p) theo giả thiết f(p) ∈ ∂Ω vậy f /∈ Aut(Ω). Do đó
Aut(Ω) là không compact.
(”⇒ ”):
Giả thiết Aut(Ω) là không compact. Ta cần chứng minh tồn tại p ∈ Ω
và một dãy {fj}∞
j=1 ∈ Aut(Ω) sao cho dãy {fj(p)}∞
j=1 hội tụ tới một điểm nằm trên biên của Ω.
Phản chứng giả sử với mọi p ∈ Ω và với mọi dãy {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) thì dãy {fj(p)}∞j=1 ∈ Aut(Ω) không hội tụ tới điểm nằm trên biên của Ω.
Do Ω là bị chặn nên mọi dãy {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) đều có thể trích ra một dãy con {fjk}∞k=1 hội tụ và theo giả thiết f(p) = lim
k→∞fjk(p) ∈/ ∂Ω do
fj ∈ Aut(Ω) nên f(p) ∈ Ω từ đó G(q) ={f(q)|f ∈ Aut(Ω)} là compact. Xét dãy {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) tùy ý. Do Ω bị chặn nên tồn tại một dãy
con {fjk} −→ f chỉnh hình. Ta có thể giả thiết dãy con tương ứng
{fj−k1} −→ g chỉnh hình. Do fj−k1 ∈ Aut(Ω) nên |detJ fj−k1(x)| ≤ M < ∞
với ∀x ∈ K ⊂ Ω, Kcompact. Ta có f(p) ∈ Ω với ∀p ∈ Ω ,Ω là bị chặn nên
|detJ fj−1
k (x)| ≤ M < ∞ với ∀x ∈ Ω. Từ đó |detJ fjk(x)| ≥ 0 với ∀x ∈ Ω
nên |detJ f(x)| ≥0 vậy f là 1-1 trên Ω tương tự g là 1 - 1 trên Ω như vậy
f, g là nghịch đảo của nhau. Từ đó suy ra rằngf ∈ AutΩ vô lý vì Aut(Ω)
là không compact.
Trong trường hợp miền Ω không bi chặn:
Định lý 2.4.9. Giả sử Ω là miền trong Cn. Khi đó
1. Nếu Aut(Ω) là không compact ( với tô pô compact _mở ) thì một trong hai điều kiện sau đây xảy ra:
(a) Tồn tại {pj}∞j=1 b Ω và tồn tại {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) thỏa mãn
lim
j→∞fj(pj) ∈ ∂Ω∪ {∞}.
(b) Tồn tại {pj}∞j=1 b Ω và tồn tại {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) thỏa mãn
lim
j→∞||J fj(pj)|| = ∞. 2. Nếu một trong hai điều kiện:
(a) Tồn tại {pj}∞
j=1 b Ω và tồn tại {fj}∞
j=1 ∈ Aut(Ω) thỏa mãn
lim
j→∞fj(pj) ∈ ∂Ω∪ {∞}.
(b) Tồn tại {pj}∞j=1 b Ω và tồn tại {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) thỏa mãn
lim
thì Aut(Ω) là không compact
Chứng minh. Chúng ta chứng minh khẳng định 2 trước.
Trường hợp 1: Nếu (a) xảy ra tức là tồn tại {pj}∞j=1 b Ω và tồn tại
{fj}∞
j=1 ∈ Aut(Ω)thỏa mãn lim
j→∞fj(pj) ∈ ∂Ω∪ {∞}. Ta phải chứng minh
Aut(Ω) là không compact.
Phản chứng giả sửAut(Ω)compact. Khi đó tồn tại một dãy con{fjk}∞k=1
của dãy {fj}∞
j=1 sao cho lim
k→∞fjk = f và f ∈ Aut(Ω). Do pj b Ω ta có thể giả thiết lim
j→∞pj = p ∈ Ω. Từ đó ta có
f(p) = lim
j→∞fj(pj) 6∈ ∂Ω∪ {∞} (mâu thuẫn). Vậy Aut(Ω) không compact.
Trường hợp 2: Nếu (b) xảy ra tức là tồn tại {pj}∞j=1 b Ω và tồn tại
{fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω)thỏa mãn lim
j→∞|detJ fj(pj)| = 0. Ta chứng minhAut(Ω)
là không compact.
Phản chứng giả sửAut(Ω)compact. Khi đó tồn tại một dãy con{fjk}∞k=1
của dãy {fj}∞j=1 sao cho lim
k→∞fjk = f và f ∈ Aut(Ω).
Ta có hoặc detJ f(x) = 0 với ∀x ∈ Ω hoặc detJ f(x) 6= 0 với ∀x ∈ Ω
(ĐL Hurwitz). Do f ∈ Aut(Ω) nên detJ f 6= 0 với ∀x ∈ Ω (mâu thuẫn). Vậy Aut(Ω) không compact.
Chứng minh khẳng định 1 :
Giả sử Aut(Ω) không compact. Chúng ta cần phải chứng minh nếu (a)
Giả sử (a) không xảy ra tức là dãy {fj(pj)} b Ω với mọi dãy {pj} b Ω
và với mọi dãy {fj} bất kỳ trong Aut(Ω).
Trường hợp 1: Tồn tại dãy {fj} không chuẩn tắc.
Khi đó tồn tại dãy {zj}∞j=1 b Ω; {ξj}∞j=1 ∈ Cn\ {0} với ||ξj|| = 1 với ∀j
sao cho: E(fj(zj), dfj(zj)(ξj)) −→ ∞ khi j → ∞. Ta có
||(J fj(zj))|| = sup
||ξ||=1
E(fj(zj), dfj(zj)(ξ))
≥ E(fj(zj), dfj(zj)(ξj))
Do E(fj(zj), dfj(zj)(ξj)) → ∞ khi j → ∞ nên ||J fj(zj)|| → ∞ khi
j → ∞.
Trường hợp 2: Trong trường hợp này ta có thể giả sử mọi dãy
{fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) đều chuẩn tắc. Mặt khác do giả thiết là mệnh đề (a)
không xảy ra nên mọi dãy {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) đều không phân kỳ compact. Ta sẽ chứng minh Aut(Ω) là tập compact.
Lấy dãy {fj}∞j=1 ∈ Aut(Ω) bất kỳ. Khi đó tồn tại dãy con {fjk}∞k=1 của dãy{fj}∞j=1 hội tụ đều trên các tập con compact củaΩ đếnf ∈ Hol(Ω,Ω)¯ . Đặt {gj = fj−1}∞j=1 ∈ Aut(Ω). Khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử dãy {gjk}∞k=1 hội tụ đều trên các tập con compact của Ω đến
g ∈ Hol(Ω,Ω)¯ .
Theo Mệnh đề 2.4.6 f ∈ Aut(Ω). Do đó Aut(Ω) là compact ( điều này mâu thuẫn với giả thiết Aut(Ω) không compact ).
Ví dụ 2.4.10. Với Ω = C dãy {fj = ajz+bj}∞j=1 ⊂Aut(Ω) • Trường hợp 1: lim j→∞aj = a0 6= 0,lim j→∞bj = b0 thì dãy {fj}∞j=1 chuẩn tắc. • Trường hợp 2: lim j→∞aj = 0,lim j→∞bj = b0 thì dãy {fj}∞ j=1 không chuẩn tắc. • Trường hợp 3: lim j→∞aj = ∞ hoặc lim j→∞bj = ∞ thì dãy {fj}∞j=1 phân kỳ compact.
Ví dụ 2.4.11. Dãy {fn = (n1z1, nz2)}∞n=1.Ta có : ||J fn|| −→ ∞ khi
n → ∞ .