Định lý hartogs và định lý zorn trong vô hạn chiều

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc vàthành kính nhất đến Thầy, Thầy không chỉ hướng dẫn tôi nghiên cứukhoa học mà Thầy còn thông cảm tạo mọi điều kiện động viên tôi trongsuốt quá trình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: GS.TSKH Nguyễn Văn Khuê

Thái Nguyên - 2010

Mục lục

Mục Lục 1

Lời cảm ơn 2

Lời mở đầu 3

Chương 1.ĐA THỨC VÀ CHUỖI LŨY THỪA 4

1.1.Ánh xạ đa tuyến tính 4

1.2.Đa thức 10

1.3.Đa thức một biến 13

1.4.Chuỗi lũy thừa 21

Chương 2.ÁNH XẠ CHỈNH HÌNH VÀ HÀM ĐA ĐIỀU HÒA DƯỚI 25

2.1.Ánh xạ chỉnh hình 25

2.2.Hàm đa điều hòa dưới 31

Chương 3.ĐỊNH LÝ HARTOGS VÀ ĐỊNH LÝ ZORN TRONG KHÔNG GIAN BANACH 43

3.1.Định lý Hartogs trong Cn 43

3.2.Định lý Zorn 45

3.3.Định lý Hartogs trên tích các không gian Banach 48

Tài liệu tham khảo 52

LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình củaGS.TSKH Nguyễn Văn Khuê Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc vàthành kính nhất đến Thầy, Thầy không chỉ hướng dẫn tôi nghiên cứukhoa học mà Thầy còn thông cảm tạo mọi điều kiện động viên tôi trongsuốt quá trình làm luận văn

Cũng nhân dịp này tôi xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè tôi

đã hết sức quan tâm và giúp đỡ tôi trong thời gian học tập và hoàn thànhluận văn

Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy côgiáo Đại học sư phạm Hà Nội, viện Toán học Việt Nam và các thầy côgiáo trong khoa sau Đại học, Đại học Sư Phạm Thái Nguyên , Đại HọcThái Nguyên đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tạikhoa

Trong quá trình viết luận văn cũng như trong việc xử lý văn bản chắcchắn không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót Rất mong nhận được

sự góp ý của các thầy cô, các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoànthiện hơn

Thái Nguyên, tháng 8 năm 2010

Học viên

Đặng Việt Đông

LỜI MỞ ĐẦU

Định lý Hartogs về tính chỉnh hình của hàm chỉnh hình tách biến

là một trong những Định lý nền tảng của giải tích phức hữu hạn chiều

Vì vậy trong trường hợp vô hạn chiều nó luôn là mối quan tâm của nhiềutác giả Mục đích chính của luận văn là trình bày Định lý này trong Cn

và mở rộng tới trường hợp là tích các không gian Banach Chìa khoácho sự mở rộng này là Định lý Zorn về tính chỉnh hình của ánh xạ G-chỉnh hình khi ánh xạ này là liên tục tại ít nhất một điểm

Bố cục của luận văn bao gồm 3 chương:

• Chương 1 của luận văn trình bày một số kiến thức cơ sở về ánh xạ

đa tuyến tính Sau đó là một số nội dung về đa thức thuần nhất, đathức một biến bậc tối đa m trong không gian Banach, chuỗi lũy thừatrong không gian Banach với số hạng là các đa thức thuần nhất CácĐịnh lý và kết quả cơ bản liên quan của luận văn

• Chương 2 của luận văn trình bày khái niệm về ánh xạ chỉnh hình,khái niệm hàm điều hòa dưới trong không gian Banach và thiết lậptính chất cơ sở của chúng Trong đó không gian Banach được xét làkhông gian phức

• Chương 3 trình bày phần nội dung chính của luận văn: Định lýHartogs trong Cn, Định ý Zorn, và mở rộng của Định lý Hartogstrên tích các không gian Banach

Kí hiệu K là trường số thực R hay trường số phức C và N, N0lần lượt

là tập các số nguyên dương và số nguyên không âm Các chữ E, F, dùng để chỉ các không gian Banach Nếu E là không gian Banach còn

1.1.1 Định nghĩa Giả sử E, F là các không gian Banach còn m ∈ N.

Ánh xạ A : Em → F gọi là m - tuyến tính theo từng biến Nghĩa là vớimọi a = (a1, a2, , am) ∈ Em và mọi 1 ≤ j ≤ m, các ánh xạ

Ej 3 xj 7−→ A(a1, , aj−1, xj, aj+1, , am)

là tuyến tính

Ký hiệu La(mE, F) và L (mE, F) là không gian vectơ các ánh xạ

m - tuyến tính và m - tuyến tính liên tục từ Em vào F tương ứng Với

A∈ La(mE, F), xác định

kAk = sup{kA(x1, , xm)k : xj ∈ E, kxjk ≤ 1, 1 ≤ j ≤ m}

và gọi là chuẩn(suy rộng) của A.

Khi m = 1, ta viếtLa(1E, F) =La(E, F) vàL (1E, F) =L (E, F).Khi F = K viết La(mE, K) = La(mE) và L (mE, K) = L (mE) Cuốicùng khi m = 1, ta sẽ viết như thông thườngLa(E) = E], L (E) = E∗

1.1.2 Mệnh đề Đối với A ∈ La(mE, F) các điều kiện sau là tương đương:

a) A là liên tục.

b) A là liên tục tại 0 ∈ Em.

c) kAk < +∞.

Chứng minh a) =⇒ b)là hiển nhiên

b) =⇒ c) Giả sử có giả thiết b) nhưng c) không xảy ra Vậy tồn tạidãy (xk1, , xkm) ⊂ Em sao cho

max

j kxkjk ≤ 1nhưng

kA(xk1, , xkm)k ≥ kmđối với mọi k ≥ 1 Suy ra

max

j kx

k j

k k ≤ 1

kvà

kA(xk1/k, , xkm/kk ≥ 1với mọi k mà nó trái với b)

c) =⇒ a) Giả sử a = (a1, , am) ∈ Em và x = (x1, , xm) ∈ Em vớimax

j kajk ≤ c và max

j kxjk ≤ c Khi đó

1.1.3 Mệnh đề. L (mE, F) là không gian Banach với chuẩn A 7−→ kAk

Chứng minh. Dễ thấy rằng ánh xạ A 7−→ kAk là một chuẩn trênL (mE, F).Giả sử {Aj} là một dãy Cauchy trong L (mE, F) Khi đó với mọi(x1, , xm) ∈ Em ta có

kAj(x1, , xm) − Ak(x1, , xm)k ≤ kAj− Akkkx1k · · · kxmk (1.1.1)Suy ra dãy{Aj(x1, , xm)} ⊂ F là dãy Cauchy Vì F là Banach nên tồntại

1.1.4 Mệnh đề Tồn tại đẳng cấu chính tắc giữa không gian vec tơ

La(m+nE, F) và La(mE, La(nE, F)) Đẳng cấu này sinh ra đẳng cự giữaL (m+nE, F) và L (mE, L (nE, F)).

Chứng minh. Dễ dàng kiểm tra ánh xạ

La(m+nE, F) 3 A 7−→ eA ∈La(mE, La(nE, F))

xác định bởi

eA(x1, , xm)(y1, , yn) = A(x1, , xm, y1, , yn)thỏa mãn các yêu cầu đặt ra

Đối với mỗi m ∈ N ký hiệu Sm là nhóm đối xứng tất cả các hoán vịcủa m phần tử Nếu σ ∈ Sm thì (−1)σ ký hiệu dấu của hoán vị σ

1.1.5 Định nghĩa Đối với mỗi m ∈ N, ký hiệu Las(mE, F) là khônggian con vec tơ của các A ∈La(mE, F) mà nó là đối xứng, nghĩa là

A(xσ (1), , xσ (m)) = A(x1, , xm)với mọi (x1, , xm) ∈ E và mọi σ ∈ Sm

Tương tự ta kí hiệu La

a(mE, F) là không gian con vec tơ tất cả các

A∈ La(mE, F) mà nó là thay phiên hay phản đối xứng, nghĩa là

A(xσ (1), , xσ (m)) = (−1)σA(x1, , xm)với mọi (x1, , xm) ∈ Em và mọi σ ∈ Sm

Các không gian Ls(mE, F) và La(mE, F) được xác định tương tự

Đó là

Ls(mE, F) =Ls

a(mE, F) ∩L (m

E, F)và

|α| = α1+ · · · + αn, α ! = α1! αn!.

1.1.7 Định nghĩa Giả sử A ∈La(mE, F) Khi đó với mỗi (x1, , xn) ∈

En và với mỗi α = (α1, , αn) ∈ Nn0 với |α| = m ta xác định

a(mE, F) ViếtA(x1+ · · · + xn)m+1 = A(x1+ · · · + xn)(x1+ · · · + xn)m

và áp dụng giả thiết quy nạp tới A(x1+ · · · + xn) ∈Ls

Trong phần này ta nghiên cứu đa thức trong không gian Banach.

Đa thức sẽ được sử dụng để định nghĩa chuỗi luỹ thừa, và trong phầnnày sử dụng để định nghĩa ánh xạ chỉnh hình

1.2.1 Định nghĩa Một ánh xạ P : E −→ F được gọi là một đa thức m

- thuần nhất nếu tồn tại A ∈ La(mE; F) sao cho P(x) = Axm với mọi

x∈ E Ta sẽ gọi Pa(mE; F) là không gian véc tơ của tất cả các đa thức m

- thuần nhất từ E vào F và P(mE; F) là không gian con của Pa(mE; F)các đa thức liên tục với mỗi P ∈ Pa(mE; F), ta đặt:

b) P(mE; F) là không gian Banach với chuẩn P → kPk.

c) Ánh xạ A → b A cảm sinh một đẳng cấu giữaLs(mE; F) và P(mE; F).

1.2.4 Mệnh đề Đối với mỗi P ∈ Pa(mE; F) các điều kiện sau là tương

đương

a) P là liên tục.

b) P là bị chặn trên mỗi hình cầu với bán kính hữu hạn.

c) P là bị chặn trên một hình cầu mở nào đó.

Chứng minh a) =⇒ b) từ Hệ quả 1.2.3 b) =⇒ c) là hiển nhiên Vàc) =⇒ a) từ Bổ đề sau:

1.2.5 Bổ đề Giả sử P ∈ Pa(mE; F) Nếu P là bị chặn bởi c trên một hình cầu mở B(a ; r) thì P bị chặn bởi cmm/m! trên hình cầu B(0; r).

Chứng minh. Lấy A ∈Ls

a(mE; F) sao cho P = bA Áp dụng Công thức

phân cực1.1.10 cho A với x0= a và x1= · · · = xm ∈ B(0; r/m) ta nhậnđược Bổ đề

Tiếp theo chúng ta mở rộng Nguyên lý bị chặn đều cho đa thức thuần

nhất

1.2.6 Định lý Một tập hợp con của P(mE; F) là bị chặn nếu và chỉ nếu

nó bị chặn điểm.

Để chứng minh Định lý ta cần Bổ đề sau:

1.2.7 Bổ đề Giả sử U là một tập hợp con của E, và giả sử ( fi) là một

họ các ánh xạ liên tục từ U vào F Nếu họ ( fi) là bị chặn điểm trên U thì có một tập mở khác V ⊂ U trong đó họ ( fi) là bị chặn đều.

1.2.8 Định nghĩa Ánh xạ P : E → F được gọi là đa thức bậc tối đa m

nếu nó có thể biểu diễn như một tổng

P= P0+ P1+ · · · + Pmtrong đó Pj ∈ Pa(jE; F) với j = 0, , m Ta sẽ gọi Pa(E; F) là khônggian véc tơ của các đa thức từ E vào F và ta gọi P(E; F) là không giancon của các phần tử liên tục của Pa(E; F)

Khi F = K để ngắn gọn ta sẽ viết Pa(E; K) = Pa(E) và P(E; K) =P(E)

1.2.9 Mệnh đề a) Pa(E; F) là tổng trực tiếp đại số của các không gian con Pa(mE; F), với m ∈ N0.

b) P(E ; F) là tổng trực tiếp đại số của các không gian con P(mE; F),

với m ∈ N0.

Chứng minh a) Chỉ cần chứng tỏ nếu

P0+ P1+ · · · + Pm = 0

với Pj ∈ Pa(jE; F) cho j = 0, , m, thì

P0 = P1 = · · · = Pm = 0Với mỗi x ∈ E và λ ∈ K, λ 6= 0, ta có

Chọn λ ∈ K sao cho λ j− λm 6= 0 với j = 0, , m − 1 Suy ra đa thức

x→ P(λ x) − λmP(x) là liên tục và có bậc tối đa là m − 1 Theo giả thiếtquy nạp mỗi Pj với j = 0, , m − 1 là liên tục Và vậy thì Pm liên tục vì

P liên tục

1.3 Đa thức một biến

Do nhị thức Newton nếu P ∈ Pa(E; F) là một đa thức bậc tối đa

m thì P(a + λ b) là đa thức theo λ của đa thức bậc tối đa m với tất cả

a, b ∈ E Trong phần này ta chứng tỏ rằng điều ngược lại cũng đúng.Trước khi ta chứng minh kết quả chính, ta giới thiệu một vài kết quảbước đầu về đa thức nội suy

1.3.1 Mệnh đề Giả sử λ0, , λm là m + 1 điểm phân biệt khác nhau trong K và giả sử b0, , bm là các điểm tùy ý trong F Khi đó có duy nhất một đa thức L ∈ P(K; F) bậc tối đa m sao cho:

L(λj) = bj với j =0, , m (1.3.1)

Đa thức L được gọi là đa thức nội suy Lagrange.

Chứng minh. Ta đi tìm đa thức L dưới dạng

không, nên hệ phương trình có duy nhất nghiệm

1.3.2 Hệ quả Giả sử λ0, , λm là m + 1 điểm phân biệt khác nhau trong K Với k = 0, , m giả sử Lk ∈ P(K) là đa thức duy nhất bậc tối đa m, sao cho Lk(λj) = δk j với j = 0, , m Khi đó mỗi đa thức

P∈ P(K, F) có bậc tối đa m có thể biểu diễn dược dưới dạng

Chứng minh. Chứng minh quy nạp theo n Kết quả luôn đúng với n = 1.Giả thiết rằng kết quả đúng với n ta chứng minh nó đúng với n + 1.Giả sử P : Kn+1 → F là ánh xạ trong đó P là đa thức theo mỗi biếnriêng biệt Với mỗi m ∈ N, giả sử Am là tập của tất cả µ ∈ K sao choP(λ1, , λn, µ) là đa thức bậc tối đa m theo mỗi biến λ1, , λn Hiểnnhiên dãy (Am) là tăng và từ giả thiết quy nạp K =

∞

S

m=1

Am Do đó cómột tập Am là vô hạn Chọn m + 1 điểm phân biệt ξ0, , ξm trong Am.Với mỗi k = 0, , m giả sử Lk ∈ P(K) là đa thức duy nhất bậc tối đa msao cho

Lk(ξj) = δk j với j = 0, , m (1.3.2)

Ký hiệu Q : Kn+1→ F với

Q(λ , µ) =∑Lk1(λ1) Lkn(λn)P(ξk1 .ξkn, µ) (1.3.3)trong đó tổng là lấy trên tất cả k1, , kn từ 0 đến m Rõ ràng Q ∈

P(Kk+1, F), và để hoàn thành việc chứng minh Bổ đề ta còn chứng

tỏ rằng P(λ , µ) = Q(λ , µ) với mọi λ ∈ Kn và µ ∈ K

Từ (1.3.2) và (1.3.3) ta có

Q(ξj1, , ξjn, µ) = P(ξj1, , ξjn, µ) (1.3.4)với mọi µ ∈ K và các j1, , jn thay đổi từ 0 đến m Nếu µ ∈ Am thì cảP(λ , µ) và Q(λ , µ) là các đa thức bậc tối đa m theo mỗi biến λ1, , λm.Sau đó từ (1.3.4) và Mệnh đề 1.3.1 ta có P(λ , µ) = Q(λ , µ) với mọi

λ ∈ Kn và µ ∈ Am Từ Am là tập vô hạn ta kết luận rằng P(λ , µ) =

Q(λ , µ) với mọi λ ∈ Kn và µ ∈ K Bổ đề được chứng minh

1.3.4 Hệ quả Giả sử f : E → F là ánh xạ sao cho f (a + λ b) là đa thức

theo λ với tất cả a, b ∈ E Khi đó f \M ∈ P(M; F) với mỗi không gian con hữu hạn chiều M của E.

Chứng minh. Giả sử (e1, , en) là cơ sở của M Theo giả thiết f (λ1e1+

· · · + λnen) là đa thức theo mỗi biến λ1, , λn riêng biệt Do Bổ đề 1.3.3

ta có f \M ∈ P(M; F)

1.3.5 Bổ đề Giả sử f : E → F là ánh xạ sao cho f (a + λ b) là đa thức

theo λ với tất cả a, b ∈ E Khi đó có một dãy các đa thức Pk∈ Pa(kE; F)

trong đó với mỗi x ∈ E chỉ có một số hữu hạn Pk(x) 6= 0.

Chứng minh. Do giả thiết x ∈ E có một dãy Pk(x)
trong F sao cho

Do đó Pk\M ∈ P(kM; F) với mỗi k ∈ N0 Vậy Bổ đề được chứng

1.3.6 Định lý Ánh xạ P : E → F là đa thức bậc tối đa m nếu và chỉ nếu

P(a + λ b) là đa thức theo λ bậc tối đa m với tất cả a, b ∈ E.

Chứng minh. Việc chứng minh phần "chỉ nếu" là hiển nhiên Còn chứng minh "nếu" được suy ngay từ Bổ đề 1.3.5.

Giả sử ánh xạ f : E → F là một ánh xạ sao cho f (a + λ b) là đa thứctheo λ với mọi a, b ∈ E Khi đó có thể f không là đa thức nói chung.Tuy nhiên ta có Định lý sau:

1.3.7 Định lý Ánh xạ liên tục P : E → F là một đa thức nếu và chỉ nếu

P(a + λ b) là đa thức theo λ với mọi a, b ∈ E

Để chứng minh Định lý ta cần có Bổ đề sau:

1.3.8 Bổ đề Giả sử f : E → F là một ánh xạ sao cho f (a + λ b) là đa

thức theo λ với mọi a, b ∈ E Nếu f đồng nhất không trên một tập mở khác rỗng, thì f là đồng nhất không trên E.

Chứng minh. Giả thiết f là đồng nhất không trên một tập mở khác rỗng

U ⊂ E Cố định a ∈ U, x ∈ E và ψ ∈ F0 Thì ψ ◦ f (a + λ (x − a) là một

đa thức K - giá trị theo λ là đồng nhất không trên một lân cận của λ = 0

Do đó ψ ◦ f (a + λ (x − a) = 0 với mọi λ ∈ K, đặc biệt ψ ◦ f (x) = 0 Do

F0 tách biệt các điểm của F ta có f (x) = 0

Chứng minh Định lý 1.3.7 Giả sử P(a + λ b) là đa thức theo λ với

mọi a, b ∈ E Theo Bổ đề 1.3.5 ta có một dãy các đa thức thuần nhất

Am và với mỗi Am là tập đóng trong E Do E là không

gian Baire, tồn tại Am với

o

Am Từ Bổ đề 1.3.8 Pk là đồng nhất không trên

E với mọi k > m Vậy Định lý đã được chứng minh

Do Định lý 1.3.6 và Định lý 1.3.7 sự nghiên cứu các đa thức quy vềnghiên cứu các đa thức trên không gian một chiều Ta sẽ chỉ ra sự nghiêncứu này chỉ với các đa thức vô hướng

1.3.9 Định lý Ánh xạ P : E → F là một đa thức bậc tối đa m nếu và chỉ

nếu ψ ◦ P : E → K là đa thức bậc tối đa m với mọi ψ ∈ F0.

Sự chứng minh của Định lý 1.3.9 suy từ Định lý 1.3.6 và Bổ đề sau:

1.3.10 Bổ đề Ánh xạ P : K → F là một đa thức bậc tối đa m nếu ψ ◦

P: K → K là đa thức bậc tối đa m với mọi ψ ∈ F0.

Chứng minh. Giả sử λ0, , λm là m + 1 điểm khác biệt trong K Vớimỗi k = 0, , m giả sử Lk ∈ P(K) là đa thức bậc tối đa m duy nhất sao

cho Lk(λj) = δk j với j = 0, , m Nếu ψ ∈ F0 thì từ Hệ quả 1.3.2 đathức ψ ◦ P có thể biểu diễn dưới dạng

Do đó P là đa thức bậc tối đa m

1.3.11 Định lý Ánh xạ P : E → F là đa thức liên tục nếu và chỉ nếu

ψ ◦ P : E → K là đa thức liên tục với mọi ψ ∈ F0

Để chứng minh Định lý ta cần có hai Bổ đề sau:

1.3.12 Bổ đề Giả sử (Pn) ⊂ P(K, F) là một dãy của đa thức bậc tối đa

m hội tụ điểm tới P : K → F Khi đó P cũng là đa thức bậc tối đa m.

Chứng minh. Giả sử λ0, , λm là m + 1 điểm khác biệt trong K Vớimỗi k = 0, , m giả sử Lk ∈ P(K) là đa thức bậc tối đa m duy nhất saocho Lk(λj) = δk j với j = 0, , m Do Hệ quả 1.3.2 mỗi Pn có thể biểudiễn dưới dạng

Do đó P cũng là đa thức bậc tối đa m

1.3.13 Bổ đề Ánh xạ P : K → F là đa thức nếu ψ ◦ P : K → K là đa

thức với mọi ψ ∈ F0

Chứng minh. Với mỗi m ∈ N giả sử Bm là tập tất cả ψ ∈ F0 sao cho

ψ ◦ P là đa thức bậc tối đa m Do giả thiết F0 =

Do F0 là không gian Baire, có m đểBom khác rỗng Nhưng rõ ràng Bm

là một không gian vec tơ con của F0 Do đó Bm = F0 Do đó ψ ◦ P là đathức bậc tối đa m với mọi ψ ∈ F0 Từ Bổ đề 1.3.10 cho ta P là đa thứcbậc tối đa m

Chứng minh Định lí 1.3.11 Giả sử P : E → F là ánh xạ sao cho ψ ◦

P ∈ P(E) với mọi ψ ∈ F0 Khi đó ψ ◦ P(a + λ b) là đa thức theo λ vớitất cả λ ∈ F0 và a, b ∈ E Khi đó từ Bổ đề 1.3.13 P(a + λ b) là đa thứctheo λ với a, b ∈ E Do đó, từ Bổ đề 1.3.5 có một dãy của đa thức thuầnnhất Pk ∈ Pa(kE; F) sao cho

Bởi giả thiết ψ ◦ P ∈ P(E) với mọi ψ ∈ F0 Từ (1.3.8) ta thấy rằng

ψ ◦ Pk ∈ P(kE) với mọi ψ ∈ F0 Mặt khác do đa thức P ∈ P(E; F) là liêntục nếu và chỉ nếu đa thức ψ ◦ P ∈ Pa(E) là liên tục với mọi ψ ∈ F0, nên

ta có thể kết luận rằng Pk ∈ P(kE; F) với mọi k ∈ No Sau khi biết rằngmỗi Pk là liên tục, như trong chứng minh của Định lý 1.3.7 tồn tại m ∈ Nsao cho Pk= 0 với mọi k > m Vậy Định lý được chứng minh

1.4 Chuỗi lũy thừa

Trong phần này ta đưa vào chuỗi lũy thừa trong không gian Banachvới số hạng là các đa thức thuần nhất

1.4.1 Định nghĩa Chuỗi lũy thừa từ E vào F quanh điểm a ∈ E là một

chuỗi của các ánh xạ có dạng ∑∞

m=0

Pm(x − a), trong đó Pm ∈ Pa(mE; F)với mọi m ∈ No

Lưu ý rằng chuỗi lũy thừa ∑∞

1.4.2 Định nghĩa Bán kính hội tụ, hay chính xác hơn, bán kính hội tụ

đều của chuỗi lũy thừa ∑∞

a) R được tính bằng công thức Cauchy - Handamard

với mọi m ≥ m0 và x ∈ B(a, r) Do đó kPm(t)k ≤ 2 với mọi m > m0 và

t ∈ B(a, r) Từ đó kPmk ≤ 2r−m với mọi m > m0, và do đó

limsupkPkm1 ≤ 1

rGiả sử rằng r → R ta được 1.4.1 Tiếp theo ta chứng minh bất đẳngthức ngược lại

1

R ≤ limsupkPkm1 (1.4.2)Thật vậy, đặt L = limsupkPkm1, giả thiết L < ∞ và lấy r với 0 ≤ r <1/L Chọn s với r < s < 1/L và chọn m0 ∈ N sao cho kPkm1 < 1/s vớimọi m ≥ m0 Do đó

kPm(x − a)k ≤

rs

Mệnh đề này là một Hệ quả của Bổ đề sau:

1.4.5 Bổ đề Giả sử (cm)∞m=0 là một dãy trong F Nếu có r > 0 sao cho

Chứng minh. Quy nạy theo m với λ = 0 ta được c0 = 0 Giả sử c0 =

· · · = cm= 0 ta chỉ ra rằng cm+1= 0 Thật vậy, từ ∑∞

m=0

cmrm hội tụ có mộthằng số C sao cho kcmkrm ≤ C với mọi m Từ giả thiết c0= · · · = cm = 0

j−m−2

= 2|λ |Cr−m−2

Cho λ → 0 ta được cm+1 = 0 vậy Bổ đề được chứng minh

Giả sử E và F là không gian Banach trên K, với E là n chiều Mỗi

P∈ P(mE; F) có biểu diễn duy nhất dưới dạng

P= ∑

|α|=m

cαξ1α1· · · ξα n

n

trong đó cα ∈ F và ξ1, , ξn là các hàm tọa độ liên kết với một cơ sở

đã cho Do đó mỗi chuỗi lũy thừa ∑∞

m=0

Pm(x − a) từ E vào F có thể viếtđược duy nhất như một chuỗi lũy thừa bội

∑

α

cα ξ1(x − a)
α1· · · ξn(x − a)
αn

trong đó phép lấy tổng là lấy trên toàn bộ các đa chỉ số α = (α1, , αn) ∈

Nn0 Nếu chuỗi bội hội tụ tuyệt đối và đều trên X thì rõ ràng chuỗi lũythừa ∑∞

Amxm là một chuỗi lũy thừa từ

E vào F với bán kính hội tụ R > 0 Cho e1, , en∈ E với ke1k = · · · =

với mỗi α = (α1, , αn) ∈ Nn0 vơi |α| = m Khi đó ta có

Bổ đề sau là mở rộng của Bổ đề 1.4.5 cho bội của chuỗi lũy thừa

1.4.7 Bổ đề Giả sử cα ∈ F với mỗi tập các chỉ số α = (α1, , αn) ∈ Nn0 Nếu có r > 0 sao cho chuỗi ∑

α

cαλ1α1· · · λα n

n hội tụ tuyệt đối tới 0 cho bất

kỳ |λ1| ≤ r, , |λn| < r, thì cα = 0 với mọi α.

2.1.1 Định nghĩa Giả sử U là tập mở của E Ánh xạ f : U → F được

gọi là chỉnh hình nếu với mỗi a ∈ U tồn tại một hình cầu B(a; r) ⊂ U

và một dãy của đa thức Pm ∈ P(mE; F) sao cho

m=0

Pmf(a)(x − a) được gọi là chuỗi Taylor của hàm

f tại a Ta sẽ gọi Amf(a) là phần tử duy nhất của Ls(mE; F) sao cho(Amf(a))b= Pmf(a)