Tô pô của hàm hữu tỷ hai biến phức
3.2.2 Điều kiện Malgrange và điều kiện M-tame
Trong phần này ta sẽ đặc trưng các giá trị tới hạn tại vô hạn của hàm hữu tỷ hai biến phức thông qua điều kiện Malgrange và điều kiện M-tame.
Cho hàm hữu tỷ: F = f
g: C2\ {g = 0} → C, trong đó f,g ∈ C[x,y].
Đối với các hàm hữu tỷ, các khái niệm về điều kiện Malrange, điều kiện M-tame, tậpK∞(F)và M∞(F)được định nghĩa hoàn toàn tương tự như trong các định nghĩa 1.1.11 và 1.1.12.
Trong mục này ta luôn giả thiếtdeg f > degg. Khi đó,deg(f − tg) = deg f với mọit và tập các điểm tại vô hạn V∞t của Vt = {(x,y) ∈ C2 : f(x,y)−tg(x,y) = 0} không phụ thuộc vàot. Đặtd := deg f vàV∞ := V∞t .
Cho điểm p0 ∈ V∞ tùy ý. Khơng mất tính tổng qt, có thể giả sử
p0 = [1 : 0 : 0] ∈ CP2. Khi đó, (y,z) tạo thành hệ tọa độ địa phương của CP2
trong lân cận của p0. Đặt
G(y,z,t) := G(1,y,z,t) = zdf(1/z,y/z)−zdtg(1/z,y/z).
Dễ dàng kiểm tra được rằng điểm(0,0) hoặc là điểm chính qui hoặc là điểm kỳ dị cơ lập củaG(y,z,t).
Định nghĩa 3.2.11([40]). Cho hàm giải tích H(t,x) : Cn+1 → C sao cho với mỗit
hàmH(t,x)nhận0 ∈ Cn là điểm kỳ dị cơ lập. Khi đó, tập hợp
ΓH = {(t,x) ∈ Cn+1 : ∂H/∂t , 0, ∂H/∂x1 = . . .= ∂H/∂xn = 0}
được gọi là đường cong cực tương đối ứng với họ các siêu mặt{x ∈ Cn : H(t,x) =
0}.
Kết quả sau cho ta một số tiêu chuẩn để một họ các kỳ dị cơ lập là µ-const.
Định lý 3.2.12 ([40]). Cho hàm giải tích H(t,x) : Cn+1 → C sao cho với mỗi t đủ gầnt0 thì Ht(x) := H(t,x) có điểm kỳ dị cơ lập tại 0 ∈ Cn. Khi đó, các khẳng định sau là tương đương:
(i) |∂H/∂t(t,x)| k(∂H/∂x1, . . . , ∂H/∂xn)(t,x)k với mọi(t,x)đủ gần(t0,0);
(ii) µ0(H(t,x))= µ0(H(t0,x))với mọit đủ gầnt0; (iii) tồn tại lân cận Bcủa(t0,0)để ΓH ∩B= ∅.
Kết quả sau là một tương tự cho các hàm hữu tỷ của Bổ đề 3.1 trong [24].
Bổ đề 3.2.13. Cho hàm hữu tỷ F = f
g: C2 \ {g = 0} → C, trong đó f,g ∈ C[x,y]
sao chodeg f > degg.Chot0 ∈ C\(K0(F)∪K1(F))và p0 = [1 : 0 : 0] ∈ V∞. Giả sử một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) p0 là điểm chính qui của Vt0.
(ii) p0 là điểm kỳ dị của Vt0 và µ(0,0)(G(y,z,t)) = µ(0,0)(G(y,z,t0)) với mọi t đủ gầnt0.
Khi đó, với mọi số nguyên dươngN ta có
|∂G/∂t| k(∂G/∂y,z(N−1)/N∂G/∂z)(y,z,t)k (3.11)
khi(y,z,t) → (0,t0).
Chứng minh. Xét hai trường hợp sau: i) p0 là điểm chính qui củaVt0, tức là
∂G/∂y(0,0,t0) , 0, ∂G/∂z(0,0,t0), 0.
Giả sử phản chứng rằng tồn tại dãy(yk,zk,tk) → (0,0,t0)và số dươngc sao cho |∂G/∂t(yk,zk,tk)| ≥ ck(∂G/∂y,z(N−1)/N∂G/∂z)(yk,zk,tk)k,∀k. (3.12) Do đó
|∂G/∂t(yk,zk,tk)| ≥ c|∂G/∂y(yk,zk,tk)| (3.13) và
|∂G/∂t(yk,zk,tk)| ≥ c|zk(N−1)/N∂G/∂z(yk,zk,tk)|. (3.14) Ta có∂G/∂t = −zdg(1/z,y/z). Bởi vậy, (3.14) tương đương với
|zd−1+1/N
k g(1/zk,yk/zk,tk)| ≥ c|∂G/∂z(yk,zk,tk)|. (3.15) Vìdegg < d nên khi k → ∞ thì ∂G/∂t(yk,zk,tk) → 0. Do đó, từ (3.13) và (3.15) suy ra
Mâu thuẫn với giả thiết.
ii) p0 là điểm kỳ dị của V¯t0 và µ(0,0)(G(y,z,t)) = µ(0,0)(G(y,z,t0)) với mọi t đủ gầnt0. Với mỗi số nguyên dương N > 1 đặtGN(y,z,t) = G(y,zN,t). Ta có
∂GN ∂y = ∂G∂y,∂GN ∂z = NzN−1∂G ∂z, ∂GN ∂t = ∂G∂t .
Vì(0,0)là một điểm kỳ dị của đường cong{G(y,z,t0)= 0}nên dễ dàng chứng minh được đó cũng là điểm kỳ dị cô lập của{GN(y,z,t) = 0}với mọit.
Theo Định lý 3.2.12 điều cần chứng minh tương đương với tồn tại lân cận U
của (0,0,t0) thỏa mãn U ∩ ΓGN = ∅. Giả sử phản chứng rằng tồn tại dãy điểm {(yk,zk,tk)}k → (0,0,t0)sao cho ∂GN ∂t (yk,zk,tk) , 0 và ∂GN ∂y (yk,zk,tk) = ∂GN ∂z (yk,zk,tk) = 0,∀k. (3.16) Ta có ∂GN ∂t (yk,zk,tk) = ∂G∂t (yk,zk,tk) = −zdkg(1/zk,yk/zk) , 0.
Vìd > deggnênzk , 0. Do đó từ (3.16) suy ra ∂G∂z(yk,zk,tk) = 0.Tức là đường cong cực tương đốiΓG đối với họ {G(y,z,t) = 0} là khác rỗng trong mọi lân cận đủ nhỏ của (0,0,t0). Điều này mâu thuẫn với giả thiết µ(0,0)(G(y,z,t)) = µ(0,0)(G(y,z,t0)) với mọitđủ gầnt0 (Định lý 3.2.12). Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3.2.14. Với các giả thiết như trong Bổ đề 3.2.13 ta có
|∂G/∂t| 6 Ck(∂G/∂y,z·∂G/∂z)k (3.17)
với mọi(y,z,t)đủ gần(0,0,t0).
Chứng minh. Giả sử phản chứng rằng tồn tại dãy(yk,zk,tk) → (0,0,t0)sao cho |∂G/∂t|
k(∂G/∂y,z∂G/∂z)k(yk,zk,tk) → ∞.
Khi đó, theo Bổ đề chọn đường cong tồn tại đường cong giải tích {(y(s),z(s),t(s))} sao cho khi s → 0 thì(y(s),z(s),t(s)) → (0,0,t0)và
|∂G/∂t|
Gọia,b,c,d ∈ R sao cho ∂G ∂t (y(s),z(s),t(s))= Asa +· · · , ∂G ∂y(y(s),z(s),t(s))= Bsb +· · · , ∂G ∂z(y(s),z(s),t(s)) =C sc+· · · vàz(s) = Dsd +· · · .
Khi đó, từ (3.11) và (3.18) suy ra c +d > a > c +d(1 − 1/N) với mọi N ∈ N.
ChoN → ∞ta nhận được điều mâu thuẫn.
Từ Bổ đề trên ta nhận được kết quả sau.
Bổ đề 3.2.15. Với giả thiết như trong Bổ đề 3.2.13 ta có
|z·∂G/∂z| |∂G/∂y| (3.19)
khi(y,z,t) → (0,0,t0) và(y,z,t) ∈ {G(y,z,t) = 0}.
Định lý 3.2.16. Cho hàm hữu tỷF = f/g: C2\ {g = 0} → C,trong đó f,g ∈ C[x,y]
khơng có nhân tử chung khác hằng sao chodeg f > degg.
Cho t0 ∈ C\ (K0(F)∪ K1(F)). Khi đó, nếu t0 < B∞(F) thì F thỏa mãn điều kiện Malgrange tạit0.
Chứng minh. Giả sử t0 < B∞(F). Khi đó, tồn tại lân cận D củat0 sao cho χ(F−1
(t0)) = χ(F−1(t)),∀t ∈ D.
Bởi vậy, theo Bổ đề 3.1.7 mọip ∈ V∞hoặc là điểm chính qui của Vt0 hoặc thỏa mãn µp(G(x,y,z,t))= µp(G(x,y,z,t0)),t ∈ D.
Cho p ∈ V∞ tùy ý. Khơng mất tính tổng qt, có thể giả sử p = [1 : 0 : 0]. Theo Bổ đề 3.2.15 ta có
với mọi (y,z,t) ∈ {G(y,z,t) = 0} và (y,z,t) đủ gần (0,0,t0), trong đó G(y,z,t) =
zd ·(f(1/z,y/z)−tg(1/z,y/z)). Ta có |z·g(1/z,y/z)| 6 | ∂
∂Y(f −tg)(1/z,y/z)| với mọi(y,z,t)đủ gần(0,0,t0)và (f −tg)(1/z,y/z) = 0.
Bây giờ, đặtz = 1
X và y = Y
X ta nhận được
0 < 1/C 6 k(X,Y)k · kgradF(X,Y)k
với mọi(X,Y) → ∞ và F(X,Y) → t0. Tức là F thỏa mãn điều kiện Malgrange tại
t0.
Tiếp theo, ta xét tính M-tame của hàm hữu tỷ F. Trước tiên, ta có nhận xét sau.
Định lý 3.2.17. Nếu hàm hữu tỷ F thỏa mãn điều kiện Malgrange tại một giá trị t0
thìF là M-tame tạit0.
Chứng minh. Giả sử F không thỏa mãn điều kiện M-tame tại t0, tức là tồn tại các dãy{pk}k ⊂ C2 và {λk}k ⊂ Csao cho
pk → ∞,F(pk) → t0 và gradF(pk) = λkpk.
Ta sẽ chứng minh rằngF không thỏa mãn điều kiện Malgrange tạit0. Thật vậy, theo Bổ đề chọn đường cong ở vơ hạn (Bổ đề 2.2.9) ta có thể chọn được các đường cong giải tích(x(τ),y(τ))→ ∞và λ(τ), τ∈ (0, ), sao cho
gradF(x(τ),y(τ)) = λ(τ)·(x(τ),y(τ))
và F(x(τ),y(τ)) →t0khi τ→ 0. Với mỗi đường cong giải tích
φ(τ)= cτm+ số hạng với số mũ cao hơn,c , 0, đặtord(φ(τ)) := m vàord(φ(τ)ρ(τ)) := ord(φ(τ))−ord(ρ(τ)).
VìF(x(τ),y(τ)) → t0 nên ord(f(x(τ),y(τ)))= ord(g(x(τ),y(τ))). Do đó
Vậy
ord((x(τ),y(τ))·(gradF))> 0 và vì thế
k(x(τ),y(τ))k · kgradFk → 0, τ →0.
Nói cách khácF khơng thỏa mãn điều kiện Malgrange tạit0.
Kết quả chính trong mục này là định lý sau.
Định lý 3.2.18.Cho hàm hữu tỷF = f
g: C2\{g = 0} →Cvàt0 ∈ C\(K0(F)∪K1(F)).
Giả sửdeg f > degg.Khi đó, các khẳng định sau là tương đương: (i)t0 ∈ B∞(F);
(ii)t0 ∈ K∞(F);
(iii) t0 ∈ M∞(F).
Chứng minh. i) =⇒ iii): Giả sử F là M-tame tại t0. Khi đó, với δ > 0 đủ nhỏ và R > 0 đủ lớn ta có thể xây dựng được một trường vec tơ trơn v(x) trong
F−1(Dδ(t0)) \ BR sao cho < v,x >= 0 và < v,gradF >= 1, ở đó BR là quả cầu đóng trongC2 có tâm là gốc tọa độ, bán kính R.
Bằng cách tích phân trường véc tơ trên ta vi phơi tầm thường hóa ánh xạ
F : F−1(Dδ(t0))\ BR → Dδ(t0).
ii)=⇒ i): Định lý 3.2.16.
iii) =⇒ii): Định lý 3.2.17.