xạ chỉnh hình vào không gian phức kiểu Stein Sau đây, chúng tôi xin nhắc lại định lý Forelli với hàm chỉnh hình và ánh xạ chỉnh hình vào không gian phức kiểu Stein (xem [4, 7]).
Định nghĩa 2.4. Hàm phức u xác định trong một lân cận của gốc trong
Cn gọi là thuộc lớp C∞({0}) nếu với mọi số nguyên dương k hàmu thuộc lớp Ck({0}).
Tập hợp E ⊂ Cn gọi là cân nếu λz ∈ E với mọi z ∈ E và λ ∈ C mà |λ| ≤ 1.
Nếu u là hàm xác định trên E và nếu z ∈ E ta kí hiệu
uz(λ) =u(λz).
Vào năm 1977, Frank Forelli đã chứng minh được định lý sau (xem [4, Theorem 4.4.4, p.60])
Định lý 2.5. Giả sử Ω là miền cân trong Cn. Giả sử u : Ω → R thỏa mãn các điều kiện sau:
i) u ∈ C∞({0});
ii) Với mỗi z ∈ Ω hàm uz là điều hòa trong đĩa {λ ∈ C: λz ∈ Ω}.
Khi đó hàm u ∈ RP(Ω), trong đó RP(Ω) là tập hợp tất cả các phần thực của hàm chỉnh hình trong Ω.
Chứng minh. Theo giả thiết ii) ta có, mọi hàm uz là điều hòa trong một lân cận của đĩa đơn vị đóng U trong C. Do đó, với mỗi z ∈ Ω tồn tại dãy các hệ số Fk(z) sao cho
u(reiθz) =
∞
X
k=−∞
Fk(z)r|k|eikθ (2.4) với 0≤ r ≤ 1,0≤ θ ≤ 2π. Chuỗi này hội tụ tuyệt đối và đặc biệt
∞ X k=−∞ |Fk(z)|< ∞ z ∈ Ω. (2.5) Định nghĩa hàm f(z) = ∞ X k=1 Fk(z) < ∞ z ∈ Ω. (2.6) Khi đó u(z) =u(0) +f(z) +f(z) z ∈ Ω. (2.7)
Do đó, với λ, µ ∈ U, từ (2.4) suy ra ∞ X k=1 Fk(λz)µk = f(λµz) = ∞ X k=1 Fk(λk)µk.
Như vậy, với z ∈ Ω,|λ| ≤ 1, k = 1,2,3, . . . ,
Fk(λz) =λkFk(z). (2.8) Hơn nữa, cũng từ (2.4) ta cũng suy ra
Fk(λz) = 1 2π π Z −π u(eiθz)e−ikθdθ. (2.9) Bây giờ ta cố định một số dương k nào đó và theo giả thiết i), tồn tại một hình cầu tâm tại 0 sao cho u ∈ Ck. Theo (2.9) ta cũng có Fk ∈ Ck
trong hình cầu đó. Đặc biệt Fk là bị chặn, và do đó theo (2.8) ta suy ra
Fk(z) =O(|z|k) khi z →0.
Do đó khai triển Taylor của Fk có dạng
Fk(λz) = X
r+s=k
Prs(z) +|z|kγ(z) (2.10)
trong đó Prs(z) có bậc r theo các biến z1, . . . , zn và có bậc s theo các biến z1, . . . , zn và γ(z) → 0 khi z → 0. Kết hợp (2.8) và (2.10) ta thu được X r+s=k λrλsPrs(z) +|λz|kγ(λz). (2.11) Tổng (2.11) bằng với X r+s=k λrPrs(z) + λk|z|kγ(z). (2.12)
Khi λ >0 từ (2.11) và (2.12) suy ra
γ(λz) = γ(z).
Cho λ → 0 ta thu được γ = 0. Như vậy các tổng trong (2.11) và (2.12) là bằng nhau với mọi λ ∈ U. Do đó Prs(z) = 0 trừ khi r = k, s = 0.
Từ (2.10) ta đã chứng minh được Fk là đa thức thuần nhất bậc k
chỉnh hình.
Như vậy, từ (2.5) và (2.6) và ta có f ∈ Hol(Ω). Theo (2.7) ta thu được u ∈ RP(Ω).
Định lý được chứng minh.
Định lý 2.6. Giả sử Ω là một miền cân trong Cn. Giả sử f : Ω → C thỏa mãn các điều kiện sau:
i) f ∈ C∞({0});
ii) Với mỗi z ∈ Ω hàm fz(λ) = f(λz) là hàm chỉnh hình trong đĩa {λ ∈ C :λz ∈ Ω}.
Khi đó hàm f ∈ Hol(Ω).
Chứng minh. Xét hàm
u = Ref.
Áp dụng Định lý 2.5, ta cần chứng tỏ tồn tại hàm F ∈ Hol(Ω) sao cho
u = ReF. Thật vậy,vì với mỗi z ∈ Ω, Fz−fz là chỉnh hình nên ảnh bằng với một hằng số c(z). Nhưng
độc lập với z. Do đó
f = c+F.
Vậy hàm f ∈ Hol(Ω).
Như vậy, từ Định lý Forelli, chúng ta có một kết quả rất thú vị và nó được gọi là định lý Forelli đối với hàm chỉnh hình.
Định lý 2.7. Giả sử f : Bn →C là hàm sao cho f chỉnh hình trên giao của Bn với mỗi đường thẳng l đi qua gốc tọa độ và f là lớp C∞ trong một lân cận của điểm gốc, thế thì f chỉnh hình trong Bn.
Năm 2003, Đỗ Đức Thái và Phạm Ngọc Mai đã đưa ra định nghĩa không gian phức kiểu Stein (xem [7, Định nghĩa 5.1])
Định nghĩa 2.5. i) Giả sử M là một không gian phức. Một tập con mở A của M được gọi là có kiểu (S) nếu tồn tại một ánh xạ song chỉnh hình từ A lên một tập con giải tích của Cm;
ii) Không gian M được gọi là kiểu Stein nếu với mỗi p ∈ M, tồn tại một lân cận Wp của p, rp > 0 và một lân cận Sp của p kiểu (S)
sao cho, với mỗi f ∈ Hol(∆, M), nếu f(0) ∈ Wp thì f(∆rp) ⊂ Sp.
Sau đó, Đỗ Đức Thái và Phạm Ngọc Mai đã tổng quát hóa định lý Forelli cho lớp ánh xạ chỉnh hình vào không gian phức kiểu Stein (xem [7]).
Định lý 2.8. Giả sử M là không gian phức kiểu Stein. Giả sử f : Bn →
M là ánh xạ sao cho hạn chế của f trên mỗi đường thẳng phức đi qua gốc là chỉnh hình và f là lớp C∞ trong lân cận của gốc. Khi đó f chỉnh hình trong Bn.
Chứng minh. Ta chia chứng minh làm ba bước như sau:
Bước 1. Giả sử rằng f chỉnh hình trong Bn1−α với 0 < α < 1 và
f(B(z, α)) nằm trong một tập con có kiểu (S) của M với mỗi z ∈ Bn
1−α.
Do đó, ta có f(B(z, rh)) cũng nằm trong một tập con có kiểu (S) của
M với mỗi 0 < α < 1 z ∈ Bn
h trong đó rh = min(1−h, α).
Đặt Bn∗ = Bn \ {zn = 0}, và xét ánh xạ chỉnh hình ϕ : Bn∗ → Cn
xác định bởi ϕ(z1, . . . , zn) = (z1/zn, . . . , zn−1/zn, zn). Đặt ϕ(Bn∗) = T và
ϕ1 : Bn∗ → T xác định bởi ϕ1(z) = ϕ(z) với mỗi z ∈ Bn
∗. Khi đó ϕ1 là song chỉnh hình. Đặt g = f ◦ϕ−11 :T →M và TR,h = {t= (t0, zn) ∈ T : kt0k < R, 0< |zn|2 < h/(1 +R2)} với mỗi R >0 và 0 < h < 1.
Dễ dàng thấy rằng {TR,h}h là một dãy các tập mở tăng khi h tăng và
T = [{TR,h : R >0,0 < h <1}.
Lấy R >0,0 < h <1 và ta chứng minh rằng g là chỉnh hình trong TR,h.
Thật vậy, ta thấy rằng:
ϕ−11(TR,h) ⊂ Bnh ⊂⊂ Bn (2.13) và
với h/(1 +R2) − < |zn|2 ≤ h/(1 +R2) sao cho g(P((t0, zn), δh)) nằm trong một tập con kiểu (S).
Thật vậy, đặt
D = {(t0, zn) ∈ T :kt0k ≤ R, h/(1 +R2)− < |zn|2 ≤h/(1 +R2)}.
Khi đó D là tập compact và D ⊂ T và ϕ1−1(D) ⊂Bn
h. Mặt khác do D
là tập con compact của tập mở T và ϕ−11(P(D, µ)) ⊂⊂ Bn
∗ nên tồn tại
µ > 0 sao cho
P(D, µ) =[{P((t0, zn), µ) : (t0, zn) ∈ D} ⊂⊂ T.
Từ đó, tồn tại 0< h < 1 sao cho
ϕ−11(P(D, µ)) ⊂⊂ Bnh
1.
Do đó
[
{ϕ1(B∗(z, rh1)) : z ∈ Bnh1} ⊃ P(D, µ),
trong đó B∗(z, rh1) = B(z, h1) \ {zn = 0}. Từ đó tồn tại ν > 0 sao cho với mỗi z ∈ P(D, µ) ta có
B(z, ν)∩P(D, µ) ⊂B∗(˜z, rh1)
với z˜= ˜z(z) ∈ Bn h1.
Bây giờ, ta đặt δh = min{ν/√
n, µ}. Xét (t0, zn) ∈ IntD, khi đó
ϕ−11(P((t0, zn), δh)) ⊂ B∗(˜z, rh1) với z˜∈ Bnh1,
và do đó
Hơn nữa, do
ϕ−11(TR,1−α) ⊂ Bn1−α nên g là chỉnh hình trong TR,1−α.
Nếu h ≤ 1−α thì g chỉnh hình trong TR,1−α.
Nếu 1−α < h thì h0 := sup{˜h ≤ h : g chỉnh hình trong TR,h˜} ≤ h.
Ta sẽ chứng minh h0 = h. Giả sử rằng h0 < h, chọn = min{ h0 2(1 +R2), h−h0 1 +R2}. Đặt δ1 = min{δh, h0 2(1 +R2), h−h0 1 +R2} > 0.
Lấy (t0, zn) sao cho kt0k< R,|zn|2 = h0
1 +R2 − δ1 2. Xét tập hợp P(t0, min j=1,n−1 (R− |tj|))×P(zn, δ1). Lưu ý rằng g chỉnh hình trong P(t0, min j=1,n−1 (R− |tj|))×P(zn, δ1/2)
và với mỗi t˜0 ∈ P(t0, min
j=1,n−1
(R− |tj|)), g(˜t0,z˜n) chỉnh hình trong P(zn, δ1)
vì f chỉnh hình trên mỗi đường thẳng phức qua gốc. Theo Bổ đề ?? ta suy ra g chỉnh hình trong P(t0, min j=1,n−1 (R− |tj|))×P(zn, δ1) với mỗi kt0k < R,|zn|2 = h0 1 +R2 − δ1 2. Do đó g chỉnh hình trong TR,h0+δ1(1+R2)/2. Điều này là mâu thuẫn, do đó g chỉnh hình trong Bn∗,
tức là f chỉnh hình trong Bn∗. Hơn nữa, vì Bn = n [ j=1 (Bn\ {zj = 0})∪Bn1−α nên f chỉnh hình trong Bn.
Bước 2. Giả sử rằng tồn tại r1 ∈ (0,1) sao cho f chỉnh hình trong
Bnr1. Lấyp0 ∈ ∂Bnr1, với điểmf(p0) ∈ M lấy W0 = Wf(p0), r0 = rf(p0), S0 = Sf(p0) có kiểu Stein, tức là với mỗi ϕ ∈ Hol(∆, M), nếu ϕ(0) ∈ W0 thì
ϕ(∆r0) ⊂S0. Vì lim α→1− r1(1−α) 1−α.r12 = 0 < r0
nên tồn tại B(p0, δ) ⊂ Bn sao cho kpk(1−α0)
1−α0kpk2 < r0 với mỗi p ∈ B(p0, δ)
và
f(α0B(p0, δ)) =f(B(α0p0, α0δ)) ⊂W0.
Bây giờ ta chứng tỏ rằng f(B(p0, δ)) ⊂ S0. Thật vậy, lấy p ∈ B(p0, δ),
xét ánh xak Mobius ψ : ∆ → ∆ xác định bởi ψ(z) = z− kα0pk
1− |α0p|.z. Ta đặt ψ(kpk) = p0. Xét ánh xạ ϕ : ∆ → Bn xác định bởi ϕ(z) = zp kpk và ánh xạ hợp φ := f ◦ ϕ ◦ ψ−1 : ∆ → M. Khi đó φ(0) = f(α0p) ∈ W0, φ(p0) = f(p). Mặt khác, vì |p0| = kpk(1−α0) 1−α0.kpk2 < r0 nên p0 ∈ ∆r0 và do đó φ(p0) = f(p) ∈ S0. Với mỗi p∈ B˜n r1, đặt
δp = sup{δ : f(B(p, δ)) nằm trong một tập con kiểu (S)}.
Khi đó, δp > 0, và ta thấy rằng |δp0 −δp1| ≤ kp0 −p1k với mọi p0, p1 ∈
˜
Bnr1. Điều này kéo theo hàm δ : ˜Bnr
1 → R+
min
p∈B˜n r1
δ(p) = δr1 > 0. Khi đó, f(B(p, δr1/2)) nằm trong một tập con kiểu
(S) với mỗi p ∈ Bn r1.
Bây giờ, ta chọn t ∈ R sao cho tr1 +t(δr1/2) = 1 và xét ánh xạ song chỉnh hình χt : Bn →Bn r1+δr1/2 xác định bởi z 7−→ z/t. Khi đó χ−t 1(Bnr1) = Bt.rn 1, χ−t 1(Bnδr 1) = Bnt.δr 1. Hiển nhiên, f ◦(χt|Bn t.r1 là chỉnh hình và f ◦χt(B(p, tδr1 2 )) =f(B( p t, δr1 2 ))
nằm trong một tập con kiểu (S) với mọi p ∈ Bn
t.r1. Theo bước 1, ta có f
chỉnh hình trong Bnr
1+δr1/2.
Bước 3. Bây giờ sử dụng Định lý 2.7 ta có, tồn tại r0 > 0 sao cho f
chỉnh hình trong Bnr0. Đặt
r∗ = sup{r ∈ (0,1) : f chỉnh hình trong Bnr}.
Khi đóf chỉnh hình trongBnr∗. Giả sửr∗ < 1, theo bước 2, tồn tại δr∗ > 0
sao cho f chỉnh hình trong Bnr
1+δr∗/2, điều này là mâu thuẫn. Định lý được chứng minh.