Một số khái niệm trong giải tích phức
Giả sử Ω là miền trong mặt phẳng phức C và f là hàm biến phức z = x + iy xác định trên Ω Hàm f được gọi là C - khả vi tại điểm z0 ∈ Ω nếu tồn tại giới hạn h→0 lim (f(z0 + h) − f(z0)) / h.
Giới hạn trên được xác định là đạo hàm phức của hàm f tại điểm z₀, ký hiệu là f'(z₀) Hàm f được xem là chỉnh hình tại điểm z₀ nếu nó là C-khả vi trong một lân cận của điểm này Ngoài ra, hàm f được gọi là chỉnh hình trong miền Ω nếu nó chỉnh hình tại mọi điểm trong miền đó.
Hàm chỉnh hình, hay còn gọi là hàm giải tích, có khả năng khai triển thành chuỗi Taylor tại mọi điểm trong miền xác định của nó Theo định nghĩa 1.1.3, f được xem là ánh xạ bảo giác từ miền D ⊂ ˆ.
Ta nói f là ánh xạ bảo giác từ D vào trong G nếu (3) được thay bởi f (D) ⊂ G.
Nhận xét 1.1 Nếu f có cực điểm tại ∞ và bảo giác tại ∞ thì ∞ chỉ là cực điểm đơn của f.
Chúng ta chỉ định nghĩa ánh xạ bảo giác trên những tập liên thông Dưới đây là những tính chất cơ bản của ánh xạ bảo giác
• Ánh xạ ngược của ánh xạ bảo giác cũng là ánh xạ bảo giác.
• Một ánh xạ bảo giác là một đồng phôi, tức là một đơn ánh liên tục với ánh xạ ngược cũng liên tục.
• Mọi ánh xạ bảo giác đều là đơn diệp địa phương, tức là đạo hàm không triệt tiêu và chỉ có cực điểm đơn.
• Các góc giữa các cung bao gồm cả sự định hướng được bảo toàn qua ánh xạ bảo giác.
Tính chất địa phương của ánh xạ bảo giác
Định nghĩa 1.2.1 Chog 1 , g 2 là hai ánh xạ bảo giác thỏa mãn g 1 (0) = g 2 (0) = 0.
Hai ánh xạ g1 và g2 được gọi là liên hợp chỉnh hình địa phương nếu tồn tại ánh xạ song chỉnh hình ϕ với ϕ(0) = 0 sao cho g1 ≡ ϕ −1 ◦ g2 ◦ ϕ Định nghĩa 1.2.2 nêu rõ rằng nếu g là ánh xạ bảo giác và g(0) = 0, thì g được coi là tiếp xúc với đồng nhất nếu g' (0) = 1.
(ii) g là parabolic nếu g 0 (0) = e 2πip/q với p, q ∈Z;
(iii) g là elliptic nếu g 0 (0) = e 2πiθ với θ ∈R \ Q
Bổ đề 1.2.1 Cho hàm P là C ∞ -trơn trên∆ 0 ( 0 > 0) thỏa mãn ν 0 (P ) = +∞ và
P (z) 6≡ 0 Giả sử tồn tại ánh xạ bảo giác g trên ∆ 0 với g(0) = 0 sao cho
P (z), z ∈ ∆ 0 với β ∈R ∗ nào đó Khi đó, |g 0 (0)| = 1.
Chứng minh Giả sử tồn tại ánh xạ bảo giác g thỏa mãn g(0) = 0 và β ∈R ∗ sao cho P (g(z)) = β + o(1)
P (z), z ∈ ∆ 0 , với γ là hàm xác định trên ∆ 0 thỏa mãn γ(z) → 0 khi z → 0 Do γ (z) → 0 khi z → 0 nên tồn tại δ 0 > 0 sao cho |γ(z)| < β/2 với mọi z ∈ ∆ δ 0
Chúng ta xét các trường hợp sau:
Chọn δ 0 và α thỏa mãn0 < δ 0 < 0 và |g 0 (0)| < α < 1 sao cho |g(z)| ≤ α|z| với mọi z ∈ ∆ δ 0 Cố định z 0 ∈ ∆ ∗ δ
0 mà P (z 0 ) 6= 0 Khi đó, với mỗi số nguyên dương n, ta có
(1.1) trong đó g n là hợp thành n lần củag Hơn nữa, vì 0 < α < 1 nên tồn tạim 0 ∈Z ∗ sao cho |α m 0 | < β/2 Do đó, 0 < |g n (z 0 )| ≤ α n |z 0 | với bất kìn ∈N Từ (1.1), ta có
→ +∞ khi n → ∞ Vì vậy, |P |g n (g (z n 0 (z )| 0 m ))| 0 → +∞ khi n → ∞ Điều này mâu thuẫn vì P (z) triệt tiêu cấp vô hạn tại 0.
Do P (g(z)) = (β + o(1))P (z) với mọi z ∈ ∆ 0 nên ta suy ra P (g −1 (z)) = (1/β + o(1))P (z)với mọi z ∈ ∆ 0 Theo Trường hợp 1, điều này không xảy ra Do đó, |g 0 (0)| = 1 và bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2.2 Cho f : [−r, r] → R (r > 0) là hàm liên tục sao cho f (0) = 0 và f 6≡ 0 Nếu β là số thực thỏa mãn f (t + βf (t)) = f (t) với mọi t ∈ [−r, r] và t + βf (t) ∈ [−r, r] thì β = 0.
Chứng minh Giả sử phản chứng rằng tồn tại β 6= 0 sao cho f (t + βf (t)) = f(t) với mỗi t ∈ [−r, r] và t + βf(t) ∈ [−r, r] Khi đó, ta có f (t) = f (t + βf(t)) = f t + βf (t) + βf (t + βf(t))
Do f(6) ≠ 0, ta có thể chọn t₀ ∈ [−r, r] sao cho f(t₀) ≠ 0 Hàm f liên tục trên tập compact, do đó f liên tục đều trên [−r, r] Điều này có nghĩa là với mỗi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi t₁, t₂ ∈ [−r, r] mà |t₁ − t₂| < δ, ta có |f(t₁) − f(t₂)| < ε/2 Hơn nữa, vì f(t) → 0 khi t → 0 (do f liên tục) và f không đồng nhất bằng 0, ta có thể tìm được t ∈ [−δ/2, δ/2] sao cho |βf(t)| < δ và 0 < |f(t)| < ε/2 Do đó, luôn tồn tại một số nguyên m sao cho
|t + mβf (t) − t 0 | < δ Từ phương trình (1.3), ta có
Do đó, f(t 0 ) = 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết f 6≡ 0 Vậy, bổ đề được chứng minh.
Ví dụ sau đây sẽ minh họa cho Bổ đề 1.2.2.
Ví dụ 1.2.3 Cho f : [−1, 1] →R là hàm cho bởi f (x) = x 2 Giả sử tồn tại β ∈R sao cho f (t + βf(t)) = f(t) với mọi t ∈ [−1, 1], t + βf(t) ∈ [0, 1] Khi đó, ta có (t + βt 2 ) 2 = t 2 Do đó, bằng tính toán đơn giản ta suy ra β = 0.
Bổ đề 1.2.4 Cho P là C ∞ -trơn thỏa mãn P (0) = 0 và g là ánh xạ bảo giác thỏa mãn g(0) = 0, |g 0 (0)| = 1 và g 6= id Nếu tồn tại số thực dương δ thỏa mãn
P (g(z)) ≡ δP (z) thì δ = 1 Ngoài ra, ta có hoặc g 0 (0) = e 2πip/q (p, q ∈Z ) và g q = id hoặc g 0 (0) = e 2πiθ với θ ∈R \ Q nào đó.
Chứng minh Thay g bởi hàm ngược của nó nếu cần, ta có thể giả sử δ ≥ 1 (vì nếu δ ≥ 1 thì ta xét g −1 ).
Chúng ta chia bài toán làm 3 trường hợp.
Trường hợp 1 g 0 (0) = 1 Theo Định lý bông hoa của Leau-Fatou, tồn tại z trong một lân cận đủ bé của 0 với P (z) 6= 0 sao cho lim n→+∞ g n (z) = 0 Do
P (g n (z)) = (δ) n P (z) và lim n→+∞ P (g n (z)) = P (0) = 0 nên ta có 0 < |δ| < 1 Điều này là mâu thuẫn.
Giả sử g q = id, theo Mệnh đề 3.1, tồn tại z trong lân cận nhỏ của 0 mà P(z) ≠ 0, với dãy {g n (z)} nằm trong tập compact tương đối trong lân cận thủng Do giả thiết P(g(z)) = δP(z), dãy {δ n} phải hội tụ, từ đó suy ra δ = 1.
Trong trường hợp g q 6= id, ta cú g q (z) = z + ã ã ã và P (g q (z)) = δ q P (z) Đặt g q = f, δ 0 = δ q Khi đó, ta cóg 0 (0) = 1 Do đó, theo Trường hợp1, điều này không xảy ra.
Trong trường hợp 3, với λ := g 0 (0) = e 2πiθ (θ không phải là số hữu tỷ), áp dụng Mệnh đề 4.2 trong tài liệu [3], tồn tại một điểm z trong lân cận nhỏ của 0 sao cho P(z) khác 0 và dãy {g n (z)} n được chứa trong một tập compact tương đối trong lân cận thủng nào đó Do đó, với lập luận tương tự như ở Trường hợp 2, ta có thể kết luận rằng δ = 1 Như vậy, bổ đề đã được chứng minh.
Khái niệm điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’Angelo
Định nghĩa 1.3.1 Hàm f : ∆ → R được gọi là triệt tiêu cấp m tại 0 (không điểm cấp m ∈N) nếu
Gọi ν(f) = ν 0 (f ) := m là cấp triệt tiêu của f tại 0 Tức là, ν 0 (f) là bậc của số hạng đầu tiên không bị triệt tiêu trong khai triển Taylor của hàm f tại 0.
Ví dụ 1.3.1 Hàm f (x) = sin(x 2 ) có khai triển Taylor tại 0 là f(x) = sin(x 2 ) = x 2 − x 6
Do đó, ν 0 (f) = 2. Định nghĩa 1.3.2 Giả sử M là siêu mặt thực trơn trong C n và p ∈ M.Gọi ρ là hàm xác định của M trong lân cận mở U ⊂ C n của p, tức là
M ∩ U = {z ∈ U : ρ(z) = 0} với ρ(z) ≠ 0 cho mọi z ∈ M ∩ U Theo nghĩa D’Angelo, kiểu của M tại điểm p được định nghĩa bởi τ (M, p) = sup γ ν(ρ ◦ γ) ν(γ), trong đó sup được lấy trên tất cả các đường cong chỉnh hình khác hằng γ : (C , 0) → (C n , p) với γ(0) = p.
Ta nói rằng p là điểm kiểu hữu hạn nếu τ(M, p) < ∞ và p là điểm kiểu vô hạn nếu τ(M, p) = +∞.
Ví dụ 1.3.2 E 1,m = {(z 1 , z 2 ) ∈C 2 : |z 1 | 2 + |z 2 | 2m = 1}, trong đó m = 1, 2, Khi đó, τ (E 1,m , (1, 0)) = 2m và điểm p = (1, 0) là điểm kiểu hữu hạn.
Ví dụ 1.3.3 Gọi E 1,∞ = {(z 1 , z 2 ) ∈ C 2 : |z 1 | 2 + P (z 2 ) = 1} , trong đó
P (z 2 ) = 2e −1/|z 2 | 2 nếu z 2 6= 0 và P (0) = 0 Khi đó, τ (E 1,∞ , (1, 0)) = +∞ và điểm p = (1, 0) là điểm kiểu vô hạn.
Khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc
Định nghĩa 1.4.1 Một trường vectơ chỉnh hình trong C n được cho bởi toán tử:
∂z j Định nghĩa 1.4.2 Một siêu mặt thực trong C n được mô tả bởi biểu thức
M = {z ∈C n : ρ(z) = 0} , trong đó 5ρ(z) 6= 0 với mọi z ∈ M. Định nghĩa 1.4.3 Một trường vectơ H được gọi là tiếp xúc với M ⇔ ReHρ = 0, tức là
Một số kết quả về hàm triệt tiêu cấp vô hạn
Bổ đề 1.5.1 khẳng định rằng cho hàm P: ∆ 0 → R là C ∞ -trơn, với thành phần liên thông của z = 0 trong tập không điểm của P chỉ là {0} và P triệt tiêu cấp vô hạn tại z = 0 Nếu a và b là các số phức, đồng thời g 0, g 1, g 2 là các hàm C ∞ -trơn xác định trên ∆ 0 thỏa mãn các điều kiện nhất định.
= 0 với mỗiz ∈ ∆ 0 với bất kỳ số nguyên không âm `, m và n trừ một trong hai trường hợp sau
Bổ đề 1.5.2 Cho P, g 0 , g 1 , g 2 , a, b như trong Bổ đề 1.5.1 Giả sử rằng γ : [t 0 , t ∞ ) → ∆ ∗ 0 (t 0 ∈ R ) , trong đó t ∞ ∈ R hoặc t ∞ = +∞, là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu dγ(t) dt = bγ ` (t) 1 + g 0 (γ(t))
0 với P (z 0 ) 6= 0, sao cho lim t↑t ∞ γ(t) = 0 Khi đó, P (γ(t)) 6= 0 với mỗi t ∈ (t 0 , t ∞ ).
Chúng ta sẽ chứng minh bổ đề bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng P không có điểm nào trên đường cong γ Do thành phần liên thông của z = 0 trong tập không điểm của P chỉ có {0}, nên có thể giả định rằng tồn tại t1 ∈ (t0, t∞) sao cho P(γ(t)) khác 0 với mọi t ∈ (t0, t1) và P(γ(t1)) = 0 Định nghĩa u(t) = 1/2 log |P(γ(t))| với t trong khoảng (t0, t1) Từ phương trình (A2), ta có u0(t) = Re(Pz(γ(t))).
+ O(|γ(t)| ` ) với mọi t 0 < t < t 1 Điều này có nghĩa là u 0 (t) bị chặn trên (t 0 , t 1 ) Do đó, u(t) bị chặn trên (t 0 , t 1 ) Điều này mâu thuẫn với u(t) → −∞ khi t ↑ t 1 Vậy, Bổ đề được chứng minh.
Từ Bổ đề 1.5.1, ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.5.3 nêu rõ rằng cho P: ∆ 0 → R là một hàm C ∞ -trơn, với thành phần liên thông của điểm 0 trong tập không điểm của P chỉ là {0}, và P triệt tiêu cấp vô hạn tại z = 0 Nếu b là một số phức và g là một hàm C ∞ -trơn xác định trên ∆ 0, thì các điều kiện này cần được xem xét kỹ lưỡng trong bối cảnh phân tích hàm.
= 0 với mỗi z ∈ ∆ 0 với k nguyên không âm, trừ trường hợp k = 1 và Re(b) = 0, thì b = 0.
Định lý bông hoa Leau-Fatou
Định lý bông hoa của Leau - Fatou khẳng định sự tồn tại của các miền đơn liên bất biến với biên chứa điểm 0, trong đó các ánh xạ chỉnh hình tiếp xúc với đồng nhất là liên hợp với tự đẳng cấu parabolic của miền Mỗi điểm trong các miền này sẽ hút vào hoặc rời xa điểm 0 Những miền này được gọi là các cánh hoa (petals) và sự tồn tại của chúng được dự đoán bởi định lý Nếu g(z) = z + a_r z^r + O(z^{r+1}) với r > 1 và a_r ≠ 0, ta có thể xây dựng phép đổi biến chỉnh hình sao cho g liên hợp với g(z) = z + z^r + O(z^{r+1}).
Định lý 1.6.1, hay còn gọi là định lý bông hoa của Leau - Fatou, khẳng định rằng với hàm g(z) = z + z^r + O(z^{r+1}) với r > 1, tồn tại 2(r − 1) miền P_j ±, đối xứng với (r − 1) hướng arg z = 2πq/(r − 1) cho q = 0, , r − 2 Các miền này thỏa mãn P_j + ∩ P_k + = ∅ và P_j − ∩ P_k − = ∅ với j ≠ k, trong đó 0 ∈ ∂P_j ± và mỗi miền là song chỉnh hình với nửa mặt phẳng bên phải H Hơn nữa, g_k(z) → 0 khi k → ±∞ với mỗi z ∈ P_j ±, với g_k = (g − 1)^{−k} cho k < 0 Đặc biệt, với mỗi j, ánh xạ g | P_j ± là liên hợp chỉnh hình với tự đẳng cấu parabolic z → z + i trên H.
Đặc trưng của trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt dạng ống trong C 2
xúc với siêu mặt dạng ống trong C 2 Định lý 1.7.1 Cho hàm P ˜ là C ∞ -trơn xác định trong một lân cận của 0 trong
(i) P ˜ (x) 6≡ 0 trên lân cận của x = 0 trong R, và
(ii) P ˜ triệt tiêu cấp vô hạn tại z 2 = 0.
Gọi P là hàm C ∞ -trơn xác định bởi P (z 2 ) := ˜ P (Re z 2 ) Khi đó, aut 0 (M P , 0) = 0.
Giả sử H = h 1 (z 1 , z 2 )∂ z 1 + h 2 (z 1 , z 2 )∂ z 2 là trường vectơ chỉnh hình xác định trong lân cận của gốc tọa độ với điều kiện H(0) = 0 Chúng ta chỉ xem xét H tại điểm M P, tức là H thỏa mãn đồng nhất thức tại đó.
Khai triển h 1 và h 2 thành chuỗi Taylor tại gốc tọa độ h 1 (z 1 , z 2 ) =
X j,k=0 b jk z 1 j z k 2 , trong đó a jk , b jk ∈C DoH(0) = 0nênh 1 (0, 0) = h 2 (0, 0) = 0.Từ đó,a 00 = b 00 = 0. Bằng tính toán đơn giản, ta có ρ z 1 (z 1 , z 2 ) = (Re(z 1 ) + P (z 2 )) 0 z 1 = ( z 1 + ¯ z 1
2 P 0 (x), trong đó x = Re(z 2 ) Khi đó, (1.4) trở thành
= 0 (1.5) với mọi (z 1 , z 2 ) ∈ M P Do (it − P (z 2 ), z 2 ) ∈ M P với t đủ nhỏ nên phương trình trên tương đương với phương trình sau đây
= 0 (1.6) với mọi z 2 ∈ C và t ∈R với |z 2 | < 0 và |t| < δ 0 , trong đó 0 > 0 và δ 0 > 0 đủ bé. Mục đích của ta là chỉ ra rằng H ≡ 0 Thật vậy, giả sử phản chứng rằng H 6≡ 0.
Do P z 2 (z 2 ) triệt tiêu cấp vô hạn tại 0 nên nếu h 2 ≡ 0 thì từ (1.5) ta có h 1 ≡ 0.
Do đó, ta có thể giả sử rằng h 2 6≡ 0.
Bây giờ ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây:
Trong trường hợp 1, ta có h 1 6≡ 0 Đặt j 0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho a j 0 k 6= 0 với một số nguyên k nào đó, và tương tự, k 0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho a j 0 k 0 6= 0 Tiếp theo, m 0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho b m 0 n 6= 0 với một số nguyên n nào đó, và n 0 là số nguyên nhỏ nhất sao cho b m 0 n 0 6= 0 Lưu ý rằng j 0 ≥ 1 nếu k 0 = 0 và m 0 ≥ 1 nếu n 0 = 0 Do P (z 2 ) = o(|z 2 | j ) với bất kỳ j ∈N, ta thay t = αP (z 2 ) vào phương trình (1.6), trong đó α ∈R được chọn đủ nhỏ, từ đó ta nhận được kết quả mong muốn.
(1.7) với mọi z 2 ∈ ∆ 0 Ta chú ý rằng trong trường hợp k 0 = 0 và Re(a j 0 0 ) = 0, α được chọn sao cho Re (iα − 1) j 0 a j 0 0
6= 0 Do đó, phương trình (1.7) suy raj 0 > m 0 vì
P z 2 (z 2 )và P (z 2 ) triệt tiêu cấp vô hạn tạiz 2 = 0 Ngoài ra, ta cóP z 2 (z 2 ) = 1 2 P 0 (x), trong đó x := Re(z 2 ) Do đó, từ phương trình (1.7) ta có
Reh b m 0 n 0 (iα − 1) m 0 z 2 n 0 + o(|z 2 | n 0 )i (1.8) với mọi z 2 = x + iy ∈ ∆ 0 thỏa mãn
Tuy nhiên, phương trình (1.8) mâu thuẫn vì vế phải phụ thuộc vào y Do vậy, h 1 ≡ 0.
Trường hợp 2 h 1 ≡ 0 Gọi m 0 , n 0 là các số nguyên giống như Trường hợp 1.
Do P (z 2 ) = o(|z 2 | n 0 ) nên thay t = αP (z 2 ) vào phương trình (1.6), trong đó α ∈R đủ bé được chọn sau, ta có
= 0 với mọi z 2 = x + iy ∈ ∆ 0 Do P 0 (x) 6≡ 0 nên
= 0 (1.9) với mọi z 2 ∈ ∆ 0 Chú ý rằng nếu n 0 = 0 thì ta có thể chọn được số thực α sao cho Re (iα − 1) m 0 b m 0 0
6= 0 Vì vậy, (1.9) là vô lý Vậy, định lý được chứng minh.
Nhóm CR tự đẳng cấu của một số lớp các siêu mặt kiểu vô hạn trong
Trong chương này, chúng tôi trình bày các kết quả liên quan đến nhóm CR tự đẳng cấu Aut(M P , 0) và mô tả các trường vector chỉnh hình tiếp xúc aut0 (M P , 0) của mô hình vô hạn M P.
M P := {(z 1 , z 2 ) ∈C 2 : Re z 1 + P (z 2 ) = 0}, trong đó P 6≡ 0 là hàm C ∞ -trơn, triệt tiêu cấp vô hạn tại z 2 = 0 Cụ thể, chúng tôi sẽ chứng minh Định lý 2.2.1, 2.3.1 và 2.4.1.
Trước khi trình bày nội dung từng mục của chương này, chúng tôi có các nhận xét sau đây:
Nhận xét 2.2 Trong trường hợp P 6≡ 0, nhóm con G 2 (M P , 0) gồm các CR tự đẳng cấu của M P sao cho
(z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 , g 2 (z 2 )), trong đó g 2 là ánh xạ bảo giác với g 2 (0) = 0 thỏa mãn P (g 2 (z 2 )) ≡ P (z 2 ) và g 2 0 (0) = e 2πip/q (p, q ∈Z ) hoặc g 2 0 (0) = id hoặc g 2 0 (0) = e 2πiθ với θ ∈R \ Q nào đó (xem Bổ đề 1.2.4, Bổ đề 2.1.1 và Bổ đề 2.1.3 ).
Nhóm con G 2 (M P , 0)
Nhóm con G 2 (M P , 0) ⊂ Aut(M P ) được xác định bởi các CR tự đẳng cấu f ∈ G 2 (M P , 0) có dạng f (z 1 , z 2 ) = (z 1 , g 2 (z 2 )), với g 2 là một ánh xạ parabolic hoặc elliptic Theo Bổ đề 1.2.4, nếu cho trước một ánh xạ bảo giác parabolic g thỏa mãn g q = id với một số tự nhiên q nào đó hoặc g là elliptic, thì tồn tại mô hình kiểu vô hạn (M P , 0) sao cho ánh xạ (z 1 , z 2 ) 7−→ (z 1 , g 2 (z 2 )) thuộc về nhóm con G 2 (M P , 0) Định nghĩa nhóm con G 2 (M P , 0) yêu cầu g 2 phải chỉnh hình trong một lân cận của 0, thỏa mãn điều kiện g 2 (0) = 0 và |g 2 0 (0)| = 1.
Trước hết, ta đi chứng minh các bổ đề sau đây
Bổ đề 2.1.1 Nếu P (e 2πiθ z) ≡ P (z) với θ ∈R \ Q thì P (z) ≡ P (|z|), tức là P đối xứng với phép quay.
Chứng minh Chú ý rằng P (e 2πniθ z) ≡ P (z) với mọi n ∈N và {e 2πniθ z : n ∈N } =
S|z|, trong đó Sr := {z ∈ C : |z| = r} , r > 0 Do P liên tục nên P (z) ≡ P (|z|) với mọi z ∈R Bổ đề được chứng minh.
Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp parabolic tức là nếu g q = id thì f ∈ G 2 (M P , 0)với (M P , 0) nào đó kiểu vô hạn.
Bổ đề 2.1.2 khẳng định rằng nếu g(z) = e^(2πip/q)z + ã là một ánh xạ bảo giác với λ = e^(2πip/q) là căn nguyên thủy của đơn vị, và nếu g^q = id, thì tồn tại một mô hình kiểu vô hạn M_P(0) sao cho ánh xạ (z_1, z_2) → (z_1, g^j(z_2)) thuộc vào nhóm G_2(M_P, 0) với mọi j = 1, 2, , q - 1.
Giả sử rằng g(z) = e^(2πip/q)z + ã là ánh xạ bảo toàn với λ = e^(2πip/q) là căn nguyên thủy của đơn vị thỏa mãn g^q = id Theo Mệnh đề 3.2 trong bài báo [3], g là liên hợp chỉnh hình địa phương với hàm h(z) = λz.
Gọi P ˜ là hàm C ∞ -trơn thỏa mãn ν 0 ( ˜ P ) = +∞ Khi đó, ta định nghĩa hàm
Rõ ràng P (g(z)) ≡ P (z) và P (g j (z)) ≡ P (z), j = 1, 2, , q−1 Vì vậy, f j : (z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 , g j (z 2 )) thuộc G 2 (M P , 0), j = 1, , q − 1.
Nhận xột 2.3 Trong trường hợp g q 6= id, chỳng ta cú g q (z) = z + ã ã ã và do vậy P (z + ã ã ã ) = P (g q (z)) = P (z) Theo Bổ đề 1.2.4, khụng tồn tại kiểu vụ hạn
M P thỏa mãn P 6≡ 0 trên mỗi cánh hoa sao cho (z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 , g(z 2 )) thuộc vào
Với g là elliptic, ta có bổ đề sau
Bổ đề 2.1.3 Giả sử g(z) = e 2πiθ z + ã ã ã là ỏnh xạ bảo giỏc với θ 6∈ Q Khi đú, tồn tại siêu mặt kiểu vô hạn M P sao cho (z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 , g(z 2 )) thuộc nhóm con
G 2 (M P , 0) Hơn nữa, M P song chỉnh hình với mô hình đối xứng M P ˜.
Giả sử g(z) = e^(2πiθz) là ánh xạ bảo giác với θ không thuộc tập hợp số hữu tỉ Theo Mệnh đề 4.4, g là liên hợp chỉnh hình địa phương với Rθ(z) = e^(2πiθz), tức là tồn tại ánh xạ bảo giác ϕ với ϕ(0) = 0 sao cho g có thể được biểu diễn dưới dạng g = ϕ^(-1) ◦ Rθ ◦ ϕ.
Gọi hàm P ˜ đối xứng đối với phép quay và C ∞ -trơn thỏa mãn ν 0 ( ˜ P ) = +∞ Ta định nghĩa hàm trơn vô hạn P bởi
Khi đó, P (g(z)) = ˜ P (ϕ ◦ g(z)) = ˜ P (R θ ◦ ϕ(z)) = ˜ P (|R θ ◦ ϕ(z)|) = ˜ P (|ϕ(z)|) = P (z). Điều này có nghĩa rằng (z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 , g(z 2 )) thuộc G 2 (M P , 0) Hơn nữa, f t ∈
G 2 (M P , 0) với mọi t ∈R, trong đó f t (z 1 , z 2 ) := (z 1 , ϕ −1 ◦ R t ◦ ϕ(z 2 )) Hơn nữa, dễ thấy M P song chỉnh hình với siêu mặt đối xứng M P ˜
Nhóm các CR tự đẳng cấu của M P
Định lý 2.2.1 Cho (M P , 0) là siêu mặt C ∞ -trơn xác định bởi ρ(z) := ρ(z 1 , z 2 ) =
Re z 1 + P (z 2 ) = 0, trong đó P là C ∞ -trơn trong một lân cận của gốc tọa độ trong
(i) P (z 2 ) 6≡ 0 trên lân cận của z 2 = 0, và
(ii) Thành phần liên thông của 0 trong S ∞ (P ) là {0}.
Khi đó, các khẳng định dưới đây là đúng
(a) Đại số Lie g=aut(M P , 0) thừa nhận phân tích g=g −1 ⊕aut 0 (M P , 0), trong đó g −1 = {iβ∂ z 1 : β ∈R }
(b) Nếu aut 0 (M P , 0) là tầm thường thì
Nhận xét 2.4 Vì thành phần liên thông của 0 trong S ∞ (P ) là {0} nên
M P là kiểu vô hạn Hơn nữa, thành phần liên thông của 0 trong P ∞ (M P ) là {(is, 0) : s ∈R }
Chứng minh Định lý 2.2.1 (a) Giả sử H(z 1 , z 2 ) = h 1 (z 1 , z 2 )∂ z 1 + h 2 (z 1 , z 2 )∂ z 2 ∈ aut(M P , 0) là trường vector tùy ý và {φ t } t∈ R ⊂ Aut(M P ) là nhóm con 1 tham số sinh bởi H Do φ t là song chỉnh hình với t ∈R nên tập{φ t (0) : t ∈R } ⊂ P ∞ (M P )
Ta chú ý rằng thành phần liên thông của 0 trong S ∞ (M P ) là {(is, 0) : s ∈R } Vì vậy, {φ t (0) : t ∈ R } ⊂ {(is, 0) : s ∈ R } Từ đó, ta có Re h 1 (0, 0) = 0 và h 2 (0, 0) = 0.
Vì thế, trường vectơ chỉnh hình là H − iβ∂ z 1 với β := Im h 1 (0, 0) thuộc vào aut0 (M P , 0) Vậy, (a) được chứng minh.
(b) Theo câu (a), ta có aut(M P , 0) =g −1 , nghĩa là nó được sinh bởi i∂ z 1 Ta ký hiệu {T t } t∈ R là nhóm con 1 tham số sinh bởi trường vector i∂ z 1 Tức là,
Giả sử f = (f 1 , f 2 ) ∈ Aut M P và 0 là tùy ý, ta định nghĩa họ tự đẳng cấu {F t } t∈ R với F t := f ◦ T −t ◦ f −1 Như vậy, {F t } t∈ R tạo thành một nhóm con một tham số của Aut M P Với aut(M P , 0) = g −1, trường vector chỉnh hình sinh bởi {F t } t∈ R thuộc g −1, cho thấy tồn tại một số thực δ sao cho f = T δt ◦ f ◦ T t với t ∈ R.
Chú ý rằng nếu δ = 0 thì f = f ◦ T t Vậy, T t =id với mọi t ∈ R và điều này là mâu thuẫn Do đó, ta kết luận δ 6= 0.
Ta cần chứng minh δ = −1 Thật vậy, (2.1) tương đương với f 1 (z 1 , z 2 ) = f 1 (z 1 + it, z 2 ) + iδt, f 2 (z 1 , z 2 ) = f 2 (z 1 + it, z 2 ) với mỗi t ∈R Do đó, ∂z ∂
1 f 2 (z 1 , z 2 ) = 0 Vậy, hàm chỉnh hình f 1 và f 2 có thể viết lại thành: f 1 (z 1 , z 2 ) = −δz 1 + g 1 (z 2 ), f 2 (z 1 , z 2 ) = g 2 (z 2 ),
(2.2) trong đó g 1 , g 2 là hàm chỉnh hình trong lân cận nào đó của z 2 = 0.
Do M P bất biến qua f nên ta có
= 0 (2.3) với mỗi (z 2 , t) ∈ ∆ 0 × (−δ 0 , δ 0 ), trong đó 0 , δ 0 > 0 là các số dương nào đó.
Từ phương trình (2.3) với t = 0 và (2.2) ta có δP (z 2 ) + Re g 1 (z 2 ) + P g 2 (z 2 )
= 0 với mỗi z 2 ∈ ∆ 0 Do ν 0 (P ) = +∞ nên ta có ν 0 (g 1 ) = +∞ và g 1 ≡ 0 Từ đó, ta có
= −δP (z 2 ) với mỗi z 2 ∈ ∆ 0 Theo Bổ đề 1.2.1 và 1.2.4 ta có |g 0 (0)| = 1 và δ = −1 Vậy, f ∈ G 2 (M P , 0)và định lý được chứng minh.
Trong trường hợp P triệt tiêu cấp vô hạn tại gốc tọa độ, ta có hệ quả sau đây.
Hệ quả 2.2.2 Cho (M P , 0) như trong Định lý 2.2.1 Giả sử rằng
(i) P (z 2 ) 6≡ 0 trong một lân cận của z 2 = 0, và
Nếu aut 0 (M P , 0) là tầm thường thì
Aut(M P ) = G 2 (M P , 0) ⊕ T 1 (M P , 0), trong đó T 1 (M P , 0) là tập tất cả các phép tịnh tiến T t 1 , t ∈ R, định nghĩa bởi
Chứng minh Giả sử f ∈ Aut(M P ) là tùy ý Do gốc tọa độ là điểm kiểu vô hạn nên điểm f (0, 0) cũng có kiểu vô hạn Do S ∞ (P ) = {0} nên ta có
P ∞ (M P ) = {(it, 0) : t ∈ R } Do đó, f (0, 0) = (it 0 , 0) với t 0 ∈ R nào đó Vì thế,
T −t 1 0 ◦ f ∈ Aut(M P , 0) Vậy, hệ quả được suy ra từ Định lý 2.2.1.
Trong trường hợp P dương trên đĩa thủng ∆ ∗ 0 , aut 0 (M P , 0) có chiều không vượt quá 1 (xem trong bài [7]) Hơn nữa, nếu P đối xứng với phép quay, tức là
Nếu P(z²) ≡ P(|z²|), chúng ta có thể chứng minh rằng Aut(MP, 0) = G2(MP, 0) = {(z₁, z₂) ↦ (z₁, e^(it)z₂) : t ∈ R} Do đó, chỉ cần xem xét trường hợp P không đối xứng, tức là không tồn tại ánh xạ bảo giác ϕ với ϕ(0) = 0 sao cho
P ◦ ϕ(z 2 ) ≡ P ◦ ϕ(|z 2 |) Trong trường hợp này, chúng ta đã chỉ ra rằng aut0 (M P , 0) = {0} với giả thiết rằng thành phần liên thông của điểm 0 trong tập không điểm của P là {0} Hơn nữa, khẳng định này vẫn đúng nếu hàm P xác định trong lân cận U của gốc tọa độ 0 trong C thỏa mãn điều kiện (I).
P (z) | = +∞ với mọi k = 1, 2, và với mọi b ∈C ∗ , trong đó U ˜ := {z ∈ U : P (z) 6= 0} Do đó, áp dụng Định lý 2.2.1 ta có các hệ quả sau đây.
Hệ quả 2.2.3 Giả sử (M P , 0) là siêu mặt như trong Định lý 2.2.1 Giả sử rằng (i) P không là hàm đối xứng đối với phép quay,
(ii) Thành phần liên thông của điểm 0 trong tập không điểm của P là {0}, và(iii) Thành phần liên thông của điểm 0 trong S ∞ (P ) là {0},
Hệ quả 2.2.4 Giả sử (M P , 0) là siêu mặt như trong Định lý 2.2.1 Giả sử rằng
(i) P (z 2 ) 6≡ 0 trong một lân cận của z 2 = 0,
(ii) P thỏa mãn điều kiện (I), và
(iii) Thành phần liên thông của điểm 0 trong S ∞ (P ) là {0},
Nhóm các CR tự đẳng cấu của siêu mặt dạng ống trong C 2
Trong bài viết này, chúng tôi trình bày nhóm các CR tự đẳng cấu của siêu mặt dạng ống trong không gian C^2 Cụ thể, chúng tôi sẽ chứng minh Định lý 2.3.1, trong đó cho P˜ là một hàm C∞-trơn xác định trên một lân cận của 0 trong C.
(i) P ˜ (x) 6≡ 0 trên lân cận của x = 0 trên R, và
(ii) Thành phần liên thông của 0 trong S ∞ ( ˜ P ) là {0}.
Gọi P là hàm được định nghĩa bằng cách đặt P (z 2 ) := ˜ P (Re z 2 ) Khi đó, các khẳng định sau đây đúng
(a) aut0 (M P , 0) = 0 và đại số Lie g=aut(M P , 0) được phân tích thành g=g −1 ⊕g0 , trong đó, g −1 = {iβ∂ z 1 : β ∈R } và g0 = {iβ∂ z 2 : β ∈R }
(c) Nếu S ∞ ( ˜ P ) = {0} thì Aut(M P ) = T 1 (M P ) ⊕ T 2 (M P ) = {(z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 + it, z 2 + is) : t, s ∈ R } , trong đó T 1 (M P ) = {(z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 + it, z 2 ) : t ∈ R } và
Theo Định lý 1.7.1, ta có aut 0 (M P , 0) = 0 Để chứng minh aut(M P , 0) = g −1 ⊕g 0, giả sử H(z 1 , z 2 ) = h 1 (z 1 , z 2 )∂ z 1 + h 2 (z 1 , z 2 )∂ z 2 thuộc aut(M P , 0) là tùy ý Từ đó, {φ t } t∈ R ⊂ Aut(M P) là một nhóm con một tham số sinh bởi H Vì φ t là song chỉnh hình với mọi t ∈ R, nên tập {φ t (0) : t ∈ R} nằm trong P ∞ (M P) Lưu ý rằng thành phần liên thông của 0 trong P ∞ (M P) là {(it 1 , it 2 ) : t 1 , t 2 ∈ R}.
Do đó, ta có φ t (0, 0) ⊂ {(it 1 , it 2 ) : t 1 , t 2 ∈ R } Từ đó, ta có Re h 1 (0, 0) = 0 và
Re h 2 (0, 0) = 0 Vì vậy, trường vector chỉnh hình H − iβ 1 ∂ z 1 − iβ 2 ∂ z 2, trong đó β j := Im h j (0, 0), j = 1, 2, thuộc vào đại số aut0 (M P , 0) Điều này chứng minh khẳng định (a).
(b) Theo câu (a), ta có aut(M P , 0) = g −1 ⊕g 0 được sinh bởi i∂ z 1 và i∂ z 2 Ta ký hiệu {T t j } t∈ R là nhóm con một tham số sinh bởi trường vector i∂ z j , j = 1, 2, tức là
Với mỗi f = (f 1 , f 2 ) ∈ Aut(M P , 0), ta định nghĩa {F t j } t∈ R là hai họ các tự đẳng cấu xác định bởi F t j := f ◦ T −t j ◦ f −1 (j = 1, 2) Khi đó, {F t j } t∈ R , j = 1, 2, là các nhóm con một tham số của Aut M P
Doaut(M P , 0) =g −1 ⊕g 0 nên các trường vector chỉnh hình H j với j = 1, 2 sinh bởi {F t j } t∈R (j = 1, 2) thuộc g −1 ⊕g 0 Điều này có nghĩa là tồn tại các số thực δ 1 j , δ j 2 , sao cho H j = iδ 1 j ∂ z 1 + iδ j 2 ∂ z 2 với j = 1, 2 Từ đó, ta có
= T 1 δ j 1 t ◦ T 2 δ 2 j t , j = 1, 2, t ∈R Điều này suy ra rằng f = T 1 δ j 1 t ◦ T 2 δ 2 j t ◦ f ◦ T t j (2.4) Phương trình trên tương đương với f 1 (z 1 , z 2 ) = f 1 (z 1 + it, z 2 ) + iδ 1 1 t, f 2 (z 1 , z 2 ) = f 2 (z 1 + it, z 2 ) + iδ 2 1 t, f 1 (z 1 , z 2 ) = f 1 (z 1 , z 2 + it) + iδ 1 2 t, f 2 (z 1 , z 2 ) = f 2 (z 1 , z 2 + it) + iδ 2 2 t.
∂z 1 f 1 (z 1 , z 2 ) = lim t→0 f (z 1 + it, z 2 ) − f(z 1 , z 2 ) it = iδ 1 1 t it = −δ 1 1 (2.6) Tương tự, ta cũng có
∂z 2 f 2 (z 1 , z 2 ) = −δ 2 2 , Điều này suy ra rằng f (z 1 , z 2 ) = (−δ 1 1 z 1 − δ 1 2 z 2 , −δ 2 1 z 1 − δ 2 2 z 2 ).
Do M P bất biến đối với f, ta có f(M P ) ⊂ M P Tức là
(2.7) với mỗi (z 2 , t) ∈ ∆ 0 × (−δ 0 , δ 0 ), trong đó 0 , δ 0 > 0 đủ bé.
Do ν 0 (P ) = +∞ nên ta có δ 1 2 = 0 Vì vậy, thay z 2 = t ∈ (− 0 , 0 ) vào (2.7), ta được phương trình
= −δ 1 1 P (t) (2.8) với mỗi t ∈ (− 0 , 0 ) Hơn nữa, theo định lý Lagrange, với mỗi t ∈ (− 0 , 0 ) tồn tại γ(t) ∈ [0, 1] sao cho
−δ 2 2 t +γ(t)δ 1 2 P (t) triệt tiêu cấp vô hạn tạit = 0nên từ phương trình (2.8) và (2.9) ta có
Theo chứng minh Bổ đề 1.2.1, ta có −δ 1 1 = −δ 2 2 = 1 Thay −δ 1 1 = −δ 2 2 = 1 vào phương trình (2.8) ta được
= P (t) với mỗi t ∈ (− 0 , 0 ) Theo Bổ đề 1.2.2, ta cóδ 2 1 = 0 Do đó,f = id và khẳng định (b) được chứng minh.
(c) Gọi T t 1 và T t 2 là các phép tịnh tiến được định nghĩa bởi
Bây giờ, giả sử f ∈ Aut(M P ) tùy ý Khi đó, f (0, 0) là điểm kiểu vô hạn Do
S ∞ ( ˜ P ) = {0}nên ta có P ∞ (M P ) = {(it, is) : t, s ∈R } Do đó, f(0, 0) = (it 0 , is 0 )với t 0 , s 0 ∈R nào đó vàT −t 1
0 ◦ f ∈ Aut(M P , 0) = {id}theo câu (b) Vậy, (c) được chứng minh 2
Ví dụ 2.3.2 Với α, C > 0, hàm số P xác định bởi
Ta đã chứng minh được P thỏa mãn điều kiện (I) Ta xét hàm P ˜ xác định bởi
2 | α nếu z 2 6= 0 và P ˜ (0) = 0 Khi đó, P triệt tiêu cấp vô hạn tại gốc tọa độ, áp dụng Định lý 2.3.1 ta có aut 0 (M P , 0) = 0 và aut(M P , 0) =g −1 ⊕g 0 = {iβ 1 ∂ z 1 + iβ 2 ∂ z 2 : β 1 , β 2 ∈R }
Hơn nữa, Aut(M P , 0) = {id} và Aut(M P ) = {(z 1 , z 2 ) 7→ (z 1 + it, z 2 + is) : t, s ∈R }
Đặc trưng của trường vector chỉnh hình tiếp xúc với M P
Trong nghiên cứu trường vector chỉnh hình, chúng ta xem xét siêu mặt vô hạn M P được xác định bởi ρ(z) = Re z 1 + P (z 2), thỏa mãn hai điều kiện quan trọng: (i) thành phần liên thông của điểm 0 trong tập không điểm của P là {0} và (ii) P triệt tiêu cấp vô hạn tại z 2 = 0 Định lý 2.4.1 chỉ ra rằng nếu tồn tại trường vector chỉnh hình triệt tiêu tại điểm gốc và tiếp xúc tại M P, thì siêu mặt M P sẽ có tính đối xứng theo phép quay.
|z 2 | α ) = 0}, trong đó α > 0, là đối xứng đối với phép quay. Định lý 2.4.1 Cho (M P , 0) các siêu mặt C ∞ -trơn xác định bởi phương trình ρ(z) := ρ(z 1 , z 2 ) = Re z 1 + P (z 2 ) = 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 z 2 = 0.
Bất kỳ trường vector chỉnh hình triệt tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với (M P , 0) đều đồng nhất về 0 hoặc có dạng iβz 2 ∂ z 2 với β là số thực khác không Trong trường hợp thứ hai, siêu mặt M P thể hiện tính đối xứng quay, tức là P (z 2 ) = P (|z 2 |).
Giả sử mầm siêu mặt \( (M_P, 0) \) trong \( \mathbb{C}^2 \) được xác định bởi phương trình \( \rho(z_1, z_2) := \text{Re} \, z_1 + P(z_2) = 0 \), với \( P \) là hàm \( C^\infty \) thỏa mãn các điều kiện (i) và (ii) trong định lý Đặc biệt, hàm \( P \) triệt tiêu tới cấp vô hạn tại \( z_2 = 0 \) Chúng ta sẽ xem xét trường vectơ chỉnh hình liên quan.
H = h 1 (z 1 , z 2 )∂ z 1 + h 2 (z 1 , z 2 )∂ z 2 xác định trên một lân cận của gốc tọa độ Hơn nữa, ta chỉ xem xét trường hợp vector H tiếp xúc tại M P Điều này có nghĩa là
Khai triển h 1 và h 2 thành chuỗi Taylor tại gốc toạ độ h 1 (z 1 , z 2 ) =
X j=0 b j (z 2 )z 1 j , trong đó a jk , b jk ∈C và a j , b j là hàm chỉnh hình với mỗi j ∈N Do H(0) = 0 nên h 1 (0, 0) = h 2 (0, 0) = 0 Từ đó, ta có a 00 = b 00 = 0.
Bằng tính toán đơn giản, ta có ρ z 1 (z 1 , z 2 ) = (Re(z 1 ) + P (z 2 )) 0 z 1 = ( z 1 + ¯ z 1
2 P 0 (x) trong đó x = Re(z 2 ) Từ phương trình (2.10) ta có thể viết lại phương trình đó như sau
= 0 (2.11) với mỗi (z 1 , z 2 ) ∈ M P Do (it − P (z 2 ), z 2 ) ∈ M P với t đủ nhỏ nên phương trình trên tương đương với phương trình sau đây
= 0 (2.12) với mỗi z 2 ∈ C và mỗi t ∈ R với |z 2 | < 0 và |t| < δ 0, trong đó 0 > 0 và δ 0 > 0 Mục đích của ta là chỉ ra rằng H ≡ 0 Thật vậy, giả sử phản chứng rằng H 6≡ 0.
Do P z 2 (z 2 ) triệt tiêu cấp vô hạn tại 0 Do đó, ta có thể giả sử rằng h 2 6≡ 0. Bây giờ ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây:
Gọi j₀ là số nguyên nhỏ nhất sao cho a_{j₀}k ≠ 0 với k là số nguyên nào đó, và k₀ là số nguyên nhỏ nhất sao cho a_{j₀}k₀ ≠ 0 Tương tự, m₀ là số nguyên nhỏ nhất sao cho b_{m₀}n ≠ 0 với n là số nguyên nào đó, và n₀ là số nguyên nhỏ nhất sao cho b_{m₀}n₀ ≠ 0 Chúng ta nhận thấy rằng j₀ ≥ 1 nếu k₀ = 0, và m₀ ≥ 1 nếu n₀ = 0.
Do P (z 2 ) = o(|z 2 | j )với mọi j ∈Nnào đó nên thay t = αP (z 2 ) trong phương trình (2.12) với α ∈R ta có
(2.13) với mọi z 2 ∈ ∆ 0 Ta chú ý rằng trong trường hợp k 0 = 0 và Re(a j 0 0 ) = 0, α được chọn sao cho Re (iα − 1) j 0 a j 0 0
6= 0 Do đó, từ phương trình (2.13) suy ra j 0 > m 0 vì P z 2 (z 2 ) và P (z 2 ) triệt tiêu cấp vô hạn tại z 2 = 0.
Bây giờ ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây
Trường hợp 1.1 m 0 ≥ 1 Nếu n 0 = 1 thì ta có thể chọn số thực α sao cho
Re (b m 0 1 (iα − 1) m 0 ) 6= 0 Trong trường hợp này, phương trình (2.13) mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 Do đó, ta có m 0 = 0.
Trong trường hợp m 0 = 0, nếu n 0 > 1 hoặc n 0 = 1 với Re(b 01 ) khác 0, thì phương trình (2.13) sẽ mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 Do đó, giả sử n 0 = 1 và Re(b 01 ) = 0 Áp dụng phép đổi biến theo z 2 như trong tài liệu [2, Lemma 1], chúng ta có thể giả định rằng b 0 (z 2 ) ≡ iz 2.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng b m ≡ 0 với mỗi m ∈ N ∗ Giả sử ngược lại, tồn tại số nguyên nhỏ nhất m 1 > 0 sao cho b m 1 6≡ 0 Khi đó, chúng ta có thể viết phương trình b m 1 (z 2 ) = b m 1 n 1 z 2 n 1 + o(z 2 n 1 ), với n 1 = ν 0 (b m 1 ) và b m 1 n 1 ∈ C ∗ Đạo hàm theo t tại t = αP (z 2 ) cho cả hai vế của phương trình (2.12) và nhận thấy rằng ν 0 (P ) = +∞, từ đó chúng ta có kết quả mong muốn.
(2.14) với mỗi z 2 ∈ ∆ 0, trong đó j 1 , n 1 ∈N và a j 1 k 1 ∈C.
Theo Bổ đề 1.5.1 và Hệ quả 1.5.3, ta có m 1 = n 1 = 1 và b 1 (z 2 ) ≡ −β 1 z 2 1 + O(z 2 ) với β 1 ∈R ∗ nào đó Bây giờ, ta sẽ chứng minh b 1 (z 2 ) ≡ −β 1 z 2 Thật vật, giả sử ngược lại, từ phương trình (2.14) ta có
P z 2 (z 2 ) i + O(P (z 2 )) (2.15) trên ∆ 0 với a ∈ C ∗ nào đó và ` ≥ 2 Mặt khác, do ν 0 (P ) = +∞ nên thay t = 0 vào phương trình (2.12) ta có
≡ 0 (2.16) trên ∆ 0 Vì vậy, từ phương trình (2.15) và (2.16) ta có
≡ 0 (2.17) trên ∆ 0 Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 Vậy, b 1 (z 2 ) ≡ −β 1 z 2
Bằng quy nạp, ta chứng minh đượcb m (z 2 ) = β m i m+1 z 2 với mỗi m ∈N ∗ , trong đó β m ∈R ∗ với mỗi m ∈N ∗
Thay t = αP (z 2 ) vào phương trình (2.12), ta có
(2.18) trên ∆ 0 Đạo hàm hai vế của phương trình (2.12) theo t tại t = αP (z 2 ), ta có
Từ phương trình (2.18)và (2.19) ta suy ra
Theo các phương trình đã cho, ta có mối quan hệ giữa các biến β như sau: 2β₂/β₁ = β₁, 3β₃/β₁ = β₂, và tiếp tục cho đến mβₘ/β₁ = βₘ₋₁ Nếu thay phương trình (2.19) vào (2.18), sẽ dẫn đến một phương trình phụ thuộc vào biến α, điều này mâu thuẫn với Bổ đề 1.5.1 Do đó, ta kết luận rằng βₘ = (βₘ!₁)ₘ với mỗi m ∈ N* Cuối cùng, ta có h₂(z₁, z₂) = iz₂.
= iz 2 e iβ 1 z 1 với mỗi z 2 ∈ ∆ 0 Hơn nữa, (2.12) trở thành
X j,k=0 a jk it − P (z 2 ) j z 2 k + iz 2 P z 2 (z 2 ) exp iβ 1 it − P (z 2 )i
= 0 (2.20) với mỗi (z 2 , t) ∈ ∆ 0 × (−δ 0 , δ 0 ). Đặt f(z 2 , t) := Re hP∞ j,k=0 a jk it − P (z 2 ) j z 2 k i với (z 2 , t) ∈ ∆ 0 × (−δ 0 , δ 0 ) Từ phương trình (2.20) ta có f (z 2 , t) = −2Reh iz 2 P z 2 (z 2 ) exp iβ 1 it − P (z 2 )i
Trong bài viết này, chúng ta xem xét hàm f(z2, t) triệt tiêu cấp vô hạn tại z2 = 0 cho mọi t, do Pz2(z2) cũng triệt tiêu cấp vô hạn tại z2 = 0 Điều này dẫn đến việc f_t(z2, t) = -β1 f(z2, t), từ đó suy ra rằng a_jk = 0 với mọi k thuộc N* và j thuộc N Cuối cùng, hàm f(z2, t) có thể được biểu diễn dưới dạng RehX ∞ j=0 a_j0 it - P(z2) j i.
Hơn nữa, phương trình f t (z 2 , 0) = −β 1 f (z 2 , 0)kéo theo
Điều này suy ra rằng Re(ia 10 ) = 0, 2Re(ia 20 ) = −β 1 Re(a 10 ) = −β 1 a 10 Tương tự, từ f tt (z 2 , 0) = −β 1 f t (z 2 , 0) = β 1 2 f (z 2 , 0) ta có
Phương trình suy ra Re(i 2 a 20 ) = 0, 3!Re(i 2 a 30 ) = β 1 2 Re(a 10 ) = β 1 2 a 10
Tiếp tục quá trình này, ta kết luận rằng a m0 = (iβ 1 ) m−1 m! a 10 với mỗi m ∈ N ∗ và vì vậy, h 1 (z 1 , z 2 ) ≡ a 10 e iβ 1 z 1 − 1 iβ 1 Hơn nữa, do h 1 không triệt tiêu đồng nhất nên a 10 6= 0.
Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử rằnga 10 < 0 Trường hợp a 10 > 0 được chứng minh tương tự.
Bây giờ, phương trình (2.20) với t = 0 tương đương với
Do P liên tục tại z 2 = 0 nên ta có thể giả sử rằng |P (z 2 )| < |β π
|z 2 | < 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)| < |β π
0 là đường cong thỏa mãn dγ(t) dt = iγ(t) exp
, γ (0) = r. Đặt u(t) := P (γ(t)) với −∞ < t < +∞ Đạo hàm hàm u theo t và sử dụng (2.21) ta có u 0 (t) = a 10 sin(β 1 u) β 1 Bằng tính toán đơn giản, phương trình trên có nghiệm là
Do đó, chúng ta có r + := lim t→−∞ |γ (t)| = r exp hZ −∞
Vì vậy, tồn tại dãy {t n } ⊂ R sao cho t n → −∞ và γ(t n ) → r + e iθ 0 khi n → ∞ với θ 0 ∈ [0, 2π) nào đó Hơn nữa, |P (r + e iθ 0 )| < | β π
1 | Tuy nhiên, do a 10 < 0 và P liên tục trên ∆ 0 nên theo phương trình (2.22) ta có
|. Điều này là mâu thuẫn Vậy, ta kết luận được h 1 ≡ 0.
Trong trường hợp này, phương trình (2.12) tương đương với
= 0 (2.23) với mỗi (z 2 , t) ∈ ∆ 0 × (−δ 0 , δ 0 ), trong đó 0 > 0 và δ 0 > 0 đủ bé.
Do \( h_2 6 \equiv 0 \), tồn tại số nguyên nhỏ nhất \( m_0 \) sao cho \( b_{m_0} 6 \equiv 0 \) Khi đó, phương trình có thể được viết lại như sau: \( b_{m_0}(z^2) = b_{m_0} n_0 z^{2 n_0} + o(z^{2 n_0}) \), với \( n_0 = \nu_0(b_{n_0}) \) và \( b_{m_0} n_0 \in \mathbb{C}^* \) Hơn nữa, vì \( P(z^2) = o(|z^2|^{n_0}) \), ta thay \( t = \alpha P(z^2) \) (với \( \alpha \in \mathbb{R} \) được chọn sau) vào phương trình (2.23).
= 0 với mỗi z 2 ∈ ∆ ∗ 0 Trong trường hợp m 0 > 0, ta chọn α sao cho
Do đó, theo Hệ quả 1.5.3 ta có m 0 = 0, n 0 = 1 và Re(b m 0 n 0 ) = Re(b 01 ) = 0 Bằng cách đổi biến theo z 2 , ta có thể giả sử rằng b 0 (z 2 ) ≡ iz 2
Chúng ta sẽ chứng minh rằng b m ≡ 0 với mỗi m ∈ N ∗ Giả sử ngược lại, bằng cách lập luận tương tự như trường hợp 1.1, ta có b m (z 2 ) ≡ i m+1 ( β m! 1 ) m z 2 cho mọi m ∈ N ∗ Kết quả là, h 2 (z 2 ) ≡ iz 2 e iβ 1 z 1.
Thay t = 0 vào phương trình (2.23) ta có
= 0 (2.24) với mỗi z 2 ∈ ∆ 0 Gọi γ : (−a, b) → ∆ ∗ 0 là đường dòng của phương trình dγ(t) dt = iγ(t) exp
, 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 u 0 (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) = r exp ie −iβ 1 P(r) t với mỗi t ∈ ( − a, b) Từ đó, ta cũng có
Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng β 1 P (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, h 2 (z 2 ) ≡ iz 2.
Hệ quả là, phương trình (2.23) trở thành
= 0 với mỗi z 2 ∈ ∆ 0 Do đó, P (z 2 ) = P (|z 2 |) hay P là đối xứng Định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.4.2 Cho M P là siêu mặt được cho bởi công thức
M P := {(z 1 , z 2 ) ∈C 2 : Re z 1 + P (z 2 ) = 0} và các hàm số P 1 , P 2 được xác định bởi
Nếu z 2 = 0, với α > 0 và m ∈ N ∗, ta có S ∞ (P 1 ) = S ∞ (P 2 ) = {0} Cả P 1 và P 2 đều không âm, trong đó P 1 là đối xứng và P 2 là không đối xứng Theo các Định lý 2.2.1, 2.3.1 và 2.4.1, cũng như Hệ quả 2.2.2 và 2.2.3, ta suy ra rằng aut 0 (M P 1 , 0) = {iβz 2 ∂ z 2 : β ∈R } và aut(M P 1 , 0) = g −1 ⊕ aut 0 (M P 1 , 0).
Kết luận Đóng góp chính của luận văn bao gồm:
Giải tích phức là một lĩnh vực quan trọng trong toán học, bao gồm các kiến thức cơ bản như khái niệm trường vector chỉnh hình tiếp xúc và điểm kiểu vô hạn theo nghĩa D’Angelo Định lý bông hoa Leau-Fatou cung cấp những hiểu biết sâu sắc về hành vi của các hàm phức, trong khi đặc trưng của trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt dạng ống trong không gian C² mở ra những ứng dụng thú vị trong nghiên cứu hình học và phân tích.
Định lý 2.2.1, 2.3.1 và 2.4.1 trình bày chi tiết về việc mô tả nhóm các CR tự đẳng cấu, đồng thời mô tả các trường vector chỉnh hình tiếp xúc của mô hình kiểu vô hạn M P ⊂C 2 Những định lý này đóng vai trò quan trọng trong việc hiểu rõ cấu trúc và tính chất của các CR tự đẳng cấu, cũng như ứng dụng của chúng trong các lĩnh vực liên quan đến hình học và phân tích phức.