Trong phần này, chúng ta nghiên cứu đặc trưng của trường vector chỉnh hình. Giả sử rằng tồn tại siêu mặt kiểu vô hạn MP được định nghĩa bởi ρ(z) = Re z1+P(z2) thỏa mãn điều kiện (i) và (ii) trong Định lý 2.4.1, nghĩa là
(i) Thành phần liên thông của điểm 0 trong tập không điểm của P là {0}. (ii) P triệt tiêu cấp vô hạn tại z2= 0.
Định lý 2.4.1 nói rằng nếu có trường vector chỉnh hình triệt tiêu tại điểm gốc, tiếp xúc tại MP. Khi đó siêu mặt MP là đối xứng đối với phép quay. Ví dụ, siêu mặt
MP ={(z1, z2)∈C2 : Re z1+ exp(− 1
|z2|α) = 0}, trong đó α >0, là đối xứng đối với phép quay.
Định lý 2.4.1. Cho (MP,0) các siêu mặt C∞-trơn xác định bởi phương trình ρ(z) := ρ(z1, z2) = Re z1+P(z2) = 0, thỏa mãn các điều kiện sau
(i) Thành phần liên thông của điểm 0 trong tập không điểm của P là {0}; (ii) P triệt tiêu cấp vô hạn tại z2= 0.
Khi đó, bất kì trường vector chỉnh hình triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với (MP,0)hoặc đồng nhất về 0 hoặc, sau khi đổi biến theoz2, trường vector có dạng iβz2∂z2 với số thực β 6= 0 nào đó. Trong trong trường hợp thứ hai, siêu mặt MP là đối xứng quay, tức là P(z2) = P(|z2|).
Chứng minh. Giả sử mầm siêu mặt(MP,0)trong C2 được xác định bởi phương trình
ρ(z1, z2) := Re z1+P(z2) = 0,
trong đó P là hàm C∞-trơn thỏa mãn hai điều kiện (i) và (ii)trong định lý này.
Đặc biệt, P triệt tiêu tới cấp vô hạn tại z2 = 0. Ta xét trường vectơ chỉnh hình H = h1(z1, z2)∂z1 +h2(z1, z2)∂z2 xác định trên một lân cận của gốc tọa độ. Hơn nữa, ta chỉ xem xét trường hợp vector H tiếp xúc tại MP. Điều này có nghĩa là
(Re H)ρ(z) = 0, ∀z ∈MP. (2.10)
Khai triển h1 và h2 thành chuỗi Taylor tại gốc toạ độ h1(z1, z2) =
∞
X
j,k=0
ajkz1jzk2 =
∞
X
j=0
aj(z2)z1j;h2(z1, z2) =
∞
X
j,k=0
bjkz1jz2k =
∞
X
j=0
bj(z2)z1j,
trong đó ajk, bjk ∈C và aj, bj là hàm chỉnh hình với mỗi j ∈N. Do H(0) = 0 nên h1(0,0) =h2(0,0) = 0. Từ đó, ta có a00=b00= 0.
Bằng tính toán đơn giản, ta có
ρz1(z1, z2) = (Re(z1) +P(z2))0z1 = (z1+ ¯z1
2 +P(z2))0z1 = 1 2 ρz2(z1, z2) =Pz02(z2) = ( ˜P(Rez2))0z2 = ( ˜P(z2+ ¯z2
2 ))0z2 = 1 2P0(x)
trong đó x =Re(z2). Từ phương trình (2.10) ta có thể viết lại phương trình đó như sau
Reh1
2h1(z1, z2) +Pz2(z2)h2(z1, z2)i
= 0 (2.11)
với mỗi (z1, z2) ∈ MP. Do (it−P(z2), z2) ∈ MP với t đủ nhỏ nên phương trình trên tương đương với phương trình sau đây
Reh1 2
∞
X
j,k=0
ajk it−P(z2)j
z2k+Pz2(z2)
∞
X
m,n=0
bmn it−P(z2)m
z2ni
= 0 (2.12)
với mỗi z2 ∈ C và mỗi t ∈ R với |z2| < 0 và |t| < δ0, trong đó 0 > 0 và δ0 > 0 Mục đích của ta là chỉ ra rằng H ≡0. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng H 6≡0. Do Pz2(z2) triệt tiêu cấp vô hạn tại 0. Do đó, ta có thể giả sử rằng h26≡0.
Bây giờ ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây:
Trường hợp 1. h1 6≡ 0.
Gọi j0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho aj0k 6= 0 với số nguyên k nào đó và gọi k0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho aj0k0 6= 0. Tương tự như vậy, cho m0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho bm0n 6= 0 với số nguyên n nào đó và gọi n0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho bm0n0 6= 0. Ta thấy rằng j0 ≥ 1 nếu k0 = 0, và m0 ≥ 1 nếu n0 = 0. Do P(z2) = o(|z2|j)với mọi j ∈Nnào đó nên thay t=αP(z2) trong phương trình (2.12) với α∈R ta có
Reh1
2aj0k0(iα−1)j0(P(z2))j0 z2k0 +o(|z2|k0) +bm0n0(iα−1)m0 z2n0 +o(|z2|n0)
(P(z2))m0Pz2(z2) i
= 0
(2.13)
với mọi z2 ∈∆0. Ta chú ý rằng trong trường hợp k0 = 0 và Re(aj00) = 0, α được chọn sao cho Re (iα−1)j0aj00
6= 0. Do đó, từ phương trình (2.13) suy ra j0 > m0 vì Pz2(z2) và P(z2) triệt tiêu cấp vô hạn tại z2 = 0.
Bây giờ ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây
Trường hợp 1.1. m0 ≥ 1. Nếu n0 = 1 thì ta có thể chọn số thực α sao cho Re (bm01(iα−1)m0) 6= 0. Trong trường hợp này, phương trình (2.13) mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1. Do đó, ta có m0 = 0.
Trường hợp 1.2. m0 = 0. Nếu n0 > 1 hoặc nếu n0 = 1 và Re(b01) 6= 0 thì phương trình (2.13) mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1. Do đó, ta có thể giả sử rằng
n0 = 1 và Re(b01) = 0. Sử dụng phép đổi biến theo z2 như trong [2, Lemma 1], chúng ta giả sử rằng b0(z2)≡iz2.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng bm ≡ 0 với mỗi m ∈ N∗. Thật vậy, giả sử ngược lại. Khi đó, gọi m1 >0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho bm1 6≡0. Khi đó, ta có thể viết phương trình đó như sau
bm1(z2) = bm1n1z2n1 +o(z2n1),
trong đó n1 = ν0(bm1) và bm1n1 ∈ C∗. Đạo hàm theo t tại t = αP(z2) hai vế của phương trình (2.12) và chú ý rằng ν0(P) = +∞ ta nhận được
Re h
im1 αi−1m1−1
P(z2)m1−1
bm1n1z2n1 +o(|z2|n1)
Pz2(z2) +j1 aj1k1z2k1 +o(|z2|k1)
αi−1j1−1
P(z2)j1−1i
= 0
(2.14)
với mỗi z2 ∈∆0, trong đó j1, n1 ∈N và aj1k1 ∈C.
Theo Bổ đề 1.5.1 và Hệ quả 1.5.3, ta có m1 = n1 = 1 và b1(z2) ≡ −β1z2 1 + O(z2)
với β1 ∈R∗ nào đó. Bây giờ, ta sẽ chứng minh b1(z2)≡ −β1z2. Thật vật, giả sử ngược lại, từ phương trình (2.14) ta có
Re iz2Pz2(z2)
≡Re h
az` 1 +O(|z2|)
Pz2(z2) i
+O(P(z2)) (2.15) trên ∆0 với a ∈ C∗ nào đó và ` ≥2. Mặt khác, do ν0(P) = +∞ nên thay t = 0 vào phương trình (2.12) ta có
Reh iz2
1−iβ1 1 +O(|z2|)
P(z2)
Pz2(z2) + a10+o(1)
P(z2)i
≡0 (2.16) trên ∆0. Vì vậy, từ phương trình (2.15) và (2.16) ta có
Re h
iaz2` 1 +O(|z2|)
Pz2(z2) + a10+o(1) P(z2)
i
≡0 (2.17)
trên ∆0. Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1. Vậy, b1(z2)≡ −β1z2.
Bằng quy nạp, ta chứng minh đượcbm(z2) =βmim+1z2 với mỗi m∈N∗, trong đó βm ∈R∗ với mỗi m ∈N∗.
Thay t =αP(z2) vào phương trình (2.12), ta có Reh
iz2
1 +iβ1(iα−1)P(z2) +ã ã ã+imβm(iα−1)mPm(z2) +ã ã ã
Pz2(z2) + a10+o(1)
P(z2)i
≡0
(2.18)
trên ∆0. Đạo hàm hai vế của phương trình (2.12) theo t tại t=αP(z2), ta có Reh
iz2
i2β1+i32β2(iα−1)P(z2) +ã ã ã+im+2mβm(iα−1)m−1Pm(z2) +ã ã ã
Pz2(z2) + 1
2
∞
X
j=1
∞
X
k=0
jajk iα−1j−1
Pj−1(z2)zk2i
≡0, hay
Re h
iz2
1 +i2β2
β1(iα−1)P(z2) +ã ã ã+immβm
β1(αi−1)m−1Pm(z2) +ã ã ã
Pz2(z2)
− 1 2β1
∞
X
j=1
∞
X
k=0
jajk iα−1j−1
Pj−1(z2)z2k i
≡0
(2.19) trên ∆0.
Từ phương trình (2.18)và (2.19) ta suy ra
2β2/β1 =β1,3β3/β1=β2, . . . , mβm/β1=βm−1, . . .
vì nếu ngược lại, thay phương trình (2.19) vào (2.18), ta nhận được phương trình phụ thuộc vào biến α, mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 vớiα∈R nào đó. Vì vậy, βm = (βm!1)m với mỗi m∈N∗. Vì thế,
h2(z1, z2) =iz2
1 +iβ1z1+i2β12
2!z12+ã ã ã+imβ1m
m!z1m+. . .
=iz2eiβ1z1 với mỗi z2 ∈∆0. Hơn nữa, (2.12) trở thành
Reh1 2
∞
X
j,k=0
ajk it−P(z2)j
z2k+iz2Pz2(z2) exp
iβ1 it−P(z2)i
= 0 (2.20) với mỗi (z2, t)∈∆0 ×(−δ0, δ0).
Đặt f(z2, t) := Re hP∞
j,k=0ajk it−P(z2)j
z2k i
với (z2, t) ∈ ∆0 ×(−δ0, δ0). Từ phương trình (2.20) ta có
f(z2, t) =−2Reh
iz2Pz2(z2) exp
iβ1 it−P(z2)i
, ∀ (z2, t)∈∆0 ×(−δ0, δ0).
Điều này suy ra rằng f(z2, t) triệt tiêu cấp vô hạn tại z2 = 0 với mỗi t vì Pz2(z2) triệt tiêu cấp vô hạn tại z2 = 0 và ft(z2, t) = −β1f(z2, t). Hệ quả là ajk = 0 với mỗi k ∈N∗ và j ∈N. Từ đó,
f(z2, t) = RehX∞
j=0
aj0 it−P(z2)ji .
Hơn nữa, phương trình ft(z2,0) =−β1f(z2,0)kéo theo Re(ia10) + 2Re(ia20)(−P(z2)) +o(P(z2)) =−β1
Re(a10)(−P(z2)) +o(P(z2))
. Điều này suy ra rằng Re(ia10) = 0,2Re(ia20) = −β1Re(a10) = −β1a10. Tương tự, từ ftt(z2,0) =−β1ft(z2,0) = β12f(z2,0) ta có
2Re(i2a20) + 3!Re(i2a30)(−P(z2)) +o(P(z2)) =β12
Re(a10)(−P(z2)) +o(P(z2)) . Phương trình suy ra Re(i2a20) = 0,3!Re(i2a30) = β12Re(a10) =β12a10.
Tiếp tục quá trình này, ta kết luận rằng am0 = (iβ1)
m−1
m! a10 với mỗi m∈ N∗ và vì vậy,
h1(z1, z2)≡a10eiβ1z1 −1 iβ1 . Hơn nữa, do h1 không triệt tiêu đồng nhất nên a106= 0.
Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử rằnga10 <0. Trường hợp a10>0 được chứng minh tương tự.
Bây giờ, phương trình (2.20) với t = 0 tương đương với 2Reh
iz2Pz2(z2) exp
−iβ1P(z2)i
=a10sin(β1P(z2)) β1
(2.21) với mỗi z2 ∈∆0.
Do P liên tục tại z2 = 0 nên ta có thể giả sử rằng |P(z2)| < |βπ
1| với mỗi
|z2|< 0. Hơn nữa, theo giả thiết thành phần liên thông của điểm 0 trong tập 0 điểm của P là {0} nên tồn tại một số thực r∈(0, 0) sao cho 0<|P(r)|< |βπ
1| và reπ/|a10| < 0.
Cố định r và gọi γ : (−∞,+∞)→∆∗
0 là đường cong thỏa mãn dγ(t)
dt =iγ(t) exp
−iβ1P(γ(t))
, γ(0) =r.
Đặt u(t) := P(γ(t)) với −∞< t <+∞. Đạo hàm hàm u theo t và sử dụng (2.21) ta có
u0(t) = a10sin(β1u) β1 .
Bằng tính toán đơn giản, phương trình trên có nghiệm là P(γ(t)) =u(t) = 2
β1
arctann
tan(β1P(r)/2)ea10to
, −a < t < b. (2.22)
Với −a < t < b, ta có γ(t) =rexphZ t
0
ie−iβ1P(γ(s))dsi
=rexp hZ t
0
iexp
−2iarctan n
tan(β1P(r)/2)ea10s o
ds i
.
Vì vậy,
|γ(t)|=rexp hZ t
0
sin
2 arctan n
tan(β1P(r)/2)ea10s o
ds i
.
Do đó, chúng ta có r+ := lim
t→−∞|γ(t)|=rexp
hZ −∞
0
sin
2 arctan n
tan(β1P(r)/2)ea10s o
ds i
=rexp
hZ −∞
0
sin
π−2 arctan
n e−a10s tan(β1P(r)/2)
o ds
i
=rexp
hZ −∞
0
sin
2 arctan
n e−a10s tan(β1P(r)/2)
o ds
i
=rexp h
− Z +∞
0
sin
2 arctan
n ea10s tan(β1P(r)/2)
o ds
i
=rexp h
−2 Z +∞
0
ea10s tan(β1P(r)/2)
1 +
ea10s tan(β1P(r)/2)
2ds i
=rexph
− 2 a10
Z +∞
0
d
ea10s tan(β1P(r)/2)
1 +
ea10s tan(β1P(r)/2)
2 i
=rexp h 2
a10arctan
1 tan(β1P(r)/2)
i
≤rexp( π
|a10|)< 0.
Vì vậy, tồn tại dãy {tn} ⊂ R sao cho tn → −∞ và γ(tn)→r+eiθ0 khi n → ∞ với θ0 ∈ [0,2π) nào đó. Hơn nữa, |P(r+eiθ0)| < |βπ
1|. Tuy nhiên, do a10 <0 và P liên tục trên ∆0 nên theo phương trình (2.22) ta có
|P(r+eiθ0)|=|P( lim
n→∞γ(tn))|=| lim
n→∞P(γ(tn))|=|π β1
|.
Điều này là mâu thuẫn. Vậy, ta kết luận được h1≡0. Trường hợp 2. h1 ≡ 0.
Trong trường hợp này, phương trình (2.12) tương đương với Reh
Pz2(z2)
∞
X
m=0
it−P(z2)m
bm(z2)i
= 0 (2.23)
với mỗi (z2, t)∈∆0 ×(−δ0, δ0), trong đó 0 >0 và δ0 >0 đủ bé.
Do h2 6≡ 0 nên tồn tại số nguyên nhỏ nhất m0 sao cho bm0 6≡0. Khi đó, ta có thể viết phương trình đó như sau
bm0(z2) = bm0n0z2n0 +o(z2n0),
trong đó n0 = ν0(bn0) và bm0n0 ∈ C∗. Hơn nữa, do P(z2) = o(|z2|n0) nên thay t =αP(z2) (α∈R được chọn sau) vào phương trình (2.23) ta có
Re h
iα−1m0
bm0n0z2n0 +o(|z2|n0)
Pz2(z2) i
= 0 với mỗi z2 ∈∆∗0. Trong trường hợp m0>0, ta chọn α sao cho
Reh
bm0n0 iα−1m0i 6= 0.
Do đó, theo Hệ quả 1.5.3 ta có m0 = 0, n0 = 1 và Re(bm0n0) = Re(b01) = 0. Bằng cách đổi biến theo z2, ta có thể giả sử rằng b0(z2)≡iz2.
Ta sẽ chứng minh bm ≡ 0 với mỗi m ∈ N∗. Thật vậy, giả sử ngược lại.
Khi đó, bằng cách lập luận tương tự như trường hợp 1.1, ta kết luận được bm(z2)≡im+1 (βm!1)mz2 for every m∈N∗. Do đó, h2(z2)≡iz2eiβ1z1.
Thay t = 0 vào phương trình (2.23) ta có 2Reh
iz2Pz2(z2) exp
−iβ1P(z2)i
= 0 (2.24)
với mỗi z2 ∈∆0. Gọi γ : (−a, b)→∆∗0 là đường dòng của phương trình dγ(t)
dt =iγ(t) exp
−iβ1P(γ(t))
, γ(0) =r, trong đó 0< r < 0 thỏa mãn P(r)6= 0.
Đặt u(t) := P(γ(t)) với −a < t < b. Khi đó, phương trình (2.24) tương đương với
u0(t) = 0, −a < t < b.
Vì thế, u(t)≡u(0) và P(γ(t)) =P(r) với mỗi t∈(−a, b). Hơn nữa, ta có γ(t) =rexp
ie−iβ1P(r)t
với mỗi t∈(−a, b). Từ đó, ta cũng có
|γ(t)|=rexp
sin β1P(r) t
. (2.25)
Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng β1P(r)<0. Khi đó, ta có thể chọn b = +∞, từ phương trình (2.25) suy ra γ(t)→0 khi t→+∞. Vậy,
P(r) = P(γ(t)) = lim
t→+∞P(γ(t)) =P(0) = 0.
Điều này là mâu thuẫn. Vì vậy, h2(z2)≡iz2. Hệ quả là, phương trình (2.23) trở thành
Reh
iz2P0(z2)i
= 0
với mỗi z2 ∈∆0. Do đó, P(z2) =P(|z2|) hay P là đối xứng. Định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.4.2. Cho MP là siêu mặt được cho bởi công thức MP :={(z1, z2)∈C2: Re z1+P(z2) = 0}
và các hàm số P1, P2 được xác định bởi P1(z2) =
exp
− |z1
2|α
nếu z2 6= 0
0 nếu z2 = 0,
P2(z2) =
exp
− |z1
2|α + Re(z2m)
nếu z2 6= 0
0 nếu z2 = 0,
trong đó α > 0 và m ∈ N∗. Ta thấy S∞(P1) = S∞(P2) = {0}. Hơn nữa, P1, P2 không âm, P1 đối xứng và P2 không đối xứng. Vì vậy, theo Định lý 2.2.1, 2.3.1 và 2.4.1, Hệ quả 2.2.2 và 2.2.3, ta có
aut0(MP1,0) ={iβz2∂z2: β ∈R}, aut(MP1,0) =g−1⊕aut0(MP1,0)
={iβ1∂z1 +iβ2z2∂z2: β1, β2 ∈R}, aut0(MP2,0) = 0,
aut(MP2,0) =g−1={iβ∂z1: β ∈R}
và
Aut(MP1,0) = {(z1, z2)7→(z1, eitz2) :t ∈R}, Aut(MP1) = Aut(MP1,0)⊕T1(MP1)
={(z1, z2)7→(z1+is, eitz2) : s, t ∈R},
Aut(MP2,0) = {(z1, z2)7→(z1, e2kπi/mz2) :k = 0, . . . , m−1}, Aut(MP2) = Aut(MP2,0)⊕T1(MP2)
={(z1, z2)7→(z1+it, e2kπi/mz2) :t ∈R, k= 0, . . . , m−1}.
Kết luận
Đóng góp chính của luận văn bao gồm:
1. Tìm hiểu và trình bày lại các kiến thức cơ bản về giải tích phức, khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc, khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’Angelo, Định lý bông hoa Leau -Fatou, Đặc trưng của trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt dạng ống trong C2.
2. Trình bày chi tiết Định lý 2.2.1, 2.3.1 và 2.4.1 về việc mô tả nhóm các CR tự đẳng cấu và mô tả các trường vector chỉnh hình tiếp xúc của mô hình kiểu vô hạn MP ⊂C2.
35