Tính duy nhất của hàm đa điều hòa dưới

Chương 2. TÍNH DUY NHẤT CỦA HÀM ĐA ĐIỀU HÒA DƯỚI

2.2. Tính duy nhất của hàm đa điều hòa dưới

Cho là miền siêu lồi bị chặn trong n. Cho K là tập compact lồi chỉnh hình trong . Cho u u1, 2 PSH ( ) thỏa mãn các điều kiện sau.

(a) lim ( )1 lim 2( ) 0

z u z z u z .

(b) (ddcu1)n (ddcu2)n trên \Kvà (ddcu2)n . (c) u1 u2trên \K.

(d) (ddc 1)n (ddc 2) .n

K K

u u

Khi đó

1 2

u u trên \K.

Định lí 2.2.1 có thể dùng cho các ánh xạ đa thức n biến thay đổi.

Trước khi đi đến kết quả cuối cùng chúng ta cần một vài điều sau. Cho ánh xạ đa thức P ( ,...,p1 pn) :n n, ta viết (P) để chỉ phương trình đa thức ẩn

1,..., n

p p , ta luôn kí hiệu (P ; ) là đa thức nhiều biến thỏa mãn : 1( ) ,..., ( )

n

z  p z p zn .

2.2.2. Hệ quả

Cho P ( ,..., p1 pn), Q ( ,..., )q1 qn là các ánh xạ đa thức đi từ n n. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn :

(a)

1 1

deg deg

n n

j j

j j

p q .

(b) Tồn tại a 0 thỏa mãn(P ;a) = (Q ;a) =: Ω với Ω là miền liên thông.

(c) Tồn tại 0 thỏa mãn (P ;b) ⊂ (Q ;b) với mỗi b ( a , ) a . Khi đó với mỗi 1 j n tồn tại 1 k j ( ) n và hằng số j 1

thỏa mãn

( )

j j k j

p q .

Nhận xét : Điều kiện (a) là không bỏ được vì P ( ,z z1 2,...,zn) , Q ( ,z z12 22,...,zn2) thỏa mãn (b) và (c) nhưng không thỏa mãn kết luận của Định lí.

Để chứng minh được Định lí ta cần :

Nhắc lại E0( ) là lớp Cegrell là tập các hàm u PSH ( ) bị chặn và thỏa mãn lim ( ) 0

z u z và (dd u)c n và dùng đến kết quả sau.

2.2.3. Bổ đề

Cho K là tập compact lồi chỉnh hình trong . Với z0 \K. Khi đó tồn tại một lân cận U của z0 và E0( ) C( ) thỏa mãn 1trên , 1 trên một lân cận của K và là hàm đa điều hòa dưới chặt trên U .

Chứng minh. Đầu tiên ta cần chỉ ra tồn tại hàm đa điều hòa dưới liên tục u trên thỏa mãn

sup ( )0 z K

u u z .

Ta cần dùng một số kỹ thuật của Poletsky (xem trong Bổ đề 4.1 trong 7 . Gọi là hàm bị chặn, không liên tục, đa điều hòa dưới vét cạn trên . Chọn 0

thỏa mãn

K z0 .

Từ Klà tập lồi chỉnh hình trong , ta có thể tìm thấy một hàm bị chặn ( ) ( )

v PSH C và hằng số 1 thỏa mãn

1

vK , v z ( )0 1. Đặt là giá trị lớn nhất của vtrên z: ( )z . Khi đó có

1.

Bởi vậy hàm

: 2 max ,0

là nhỏ hơn v trên và lớn hơn vtrên .

Do đó có hàm u đạt giá trị max ,v trên và trên là hàm đa điều hòa dưới trên . Ta cần chứng minh u bị chặn trên và u vtrên . Đặt

: sup ( ) ( )0 : sup ( )

z K z

a u z u z b u z .

Chọn một hàm lồi tăng dần : ( , ) b  thỏa mãn ( ) a 1 ( ) b 0 khi đó có 0 nhỏ tùy ý, ta có thể tìm được một lân cận U của z0 thỏa mãn hàm

ˆ : ( ) 2

u u z z là hàm đa điều hòa dưới liên tục chặt trên U và

ˆ ˆ ˆ

sup 1 inf sup 0

K U

u u u .

Đặt

: ax ˆ, 1 u m u .

Do đó u PSH ( ), u 1 trong lân cận của K và u u là hàm đa điều hòa dưới chặt trên U .

Đặt B là hình cầu mở chứa trong . Khi đó ta biết có hàm đối xứng đạt cực trị ( ) : sup ( ) : z z PSH ( ), B 1

thuộc lớp hàm C( ) E0( ).

Do đó có A 0 đủ lớn, : max A ,u PSH ( ), u  trên U , 1

trong một lân cận của K và A trên một lân cận nhỏ của . Theo Định lí Stokes ta có

(ddc )n An (ddc )n . Vậy C( ) E0( ). Chứng minh đã hoàn thành.

Bây giờ ta có thể chứng minh Định lí 2.2.1.

Chứng minh Định lí 2.2.1. Ta thực hiện trong 2 bước.

Bước 1 : Ta chỉ ra ( u2 u T1) 0 trên \ K, với

1

1

1 2

1

: (dd ) (dd )

n

c l c n l

l

T u u

Ta có

2

2 1

(u u)ddc z T 0 trên \K.

Chọn z0 \ K. Theo Bổ đề 2.2.3, khi đó tồn tại một lân cận U \K của z0 và

0( )

E thỏa mãn 1 trong lân cận của K và là hàm đa điều hòa dưới chặt trên U .Chú ý các giả thiết (a) và (b),

1 1

max u, j u ,

1 1

(ddcm ax u , j )n (ddcu )n với mọi j 1. Ở đây đại lượng cuối có được là do Định lí Stokes. Nó chỉ ra u1 F ( ). Xemphần 4 trong 6 là một phần trong lớp hàm Cegrell F(Ω). Tương tự ta có u2 F( ). Do Hệ quả 5.6 trong 6 ,ta có

ddcu1 T, ddcu2 T.

Đến đây ta có thể thêm vào lớp Cegrell mở rộng tính chất của nó bởi Công thức (Hệ quả 3.4 trong 6 ), hay

1ddc ddc 1

u T u T

(2.1)

2 2

ddcu T u ddc T .

Từ 1 trên K, ta có u1 u2 trên \ K và từ ddc 0 trong lân cận của K, ta có thể thêm vào (2.1) để có

2 1

0 ( )ddc

K

u u T

2 1

(u u)ddc T

2 1

(u u)ddc T

2 1

(ddcu )n (ddcu)n

2 1 2 1

(ddc )n (ddc )n (ddc )n (ddc )n 0

K K

u u u u

\

.

Ở đây đại lượng cuối có được là do (b), (c) và 0 trong . Từ là hàm đa điều hòa dưới chặt trên U ta có

2

2 1

(u u)ddc z T 0 trên U . Bước 2 : Ta chỉ ra u1 u2trên \K.

Giả sử tồn tại a \K thỏa mãn u a1( ) u a2( ).

Từ K là miền lồi chỉnh hình trong , ta có thể tìm được một hình cầu đủ nhỏ để B \K chứa điểm a và một hàm chình hình f trên thỏa mãn

( ) ( )

f B f K . Đặt Z là tập chứa điểm x thỏa mãn siêu mặt giải tích phức : ( ) ( )

z f z f x là trơn. Theo Định lí Sard, trên \ K có độ đo Lebesgue là 0 . Vì thế ta chọn điểm Z B thỏa mãn u1( ) u2( ).

Gọi S là tập z : ( )f z f( ) nó chứa điểm . Ta có S K . Theo bước 1 ta có

1

2 1 1

(u u)(ddcu)n 0 trên \ K.

Gọi u1, u2 là sự hạn chế của u1, u2 trên S . Giờ ta áp dụng Định lí của Bedford- Taylor 1.8.1.7 ta thu được

1

2 1 1

(u u)(ddcu)n 0trên S .

Từ u1, u2không bị chặn địa phương trên , ta không thể sử dụng trực tiếp kết quả của Định lí Bedford- Taylor 1.8.1.7.

Thay vào đó ta theo quy tắc: Đầu tiên ta thấy kết quả đã rõ ràng khi u1, u2là trơn, khi đó theo Khẳng định 5.1 trong 6 và sự liên tục của toán tử Monge- Ampère (Định lí Bedford- Taylor 1.8.1.7) trong F( ), ta có được kết quả mong muốn.

Từ u1 u2 trên S ta suy ra

1 2

1

(dd 1) 0.

u u

c n

u

Chú ý tập không phải là compact nên ( S ) . Bởi vậy

1 2

(lim),z ( ( ) ( )) 0

z S S u z u z .

Do tính trơn của siêu mặt giải tích phức S ta có

1 2

u u trên S . Đặc biệt

1( ) 1( ) 2 ( ) 2( )

u u u u .

Điều này mâu thuẫn với việc chọn . Vậy ta có điều cần chứng minh.

2.2.4. Nhận xét

Nếu ta giả định rằng u1 u2trên toàn bộ tập thì Định lí 2.2.1 là trường hợp đặc biệt của Bổ đề 2.2.3 và Bổ đề 3.5 trong 2 .

Thật vậy, gọi z0 là điểm bất kỳ trong \K. Chọn 0( ) thỏa mãn 1, 1

K và là hàm đa điều hòa dưới chặt trong lân cận của z0.

Theo Bổ đề 3.5 trong 2 ta có

2 1 2 1

1 ( ) (dd ) ( )(dd ) ( )(dd )

!

n c n c n c n

u u u u

n .

Theo giả định u1, u2 và việc chọn ta có

2 1

(u u) (ddn c )n 0. Đặc biệt ta có

1( )0 2( )0

u z u z .

Theo chứng minh của Hệ quả 2.2.2.Từ các ánh xạ đa thức P Q , :n n ta suy ra chúng bị chặn trên . Từ đây ta coi là miền siêu lồi.

Đặt

max log 1,...,log n

u p p

max log 1 ,...,log n

v q q .

Ta có

( )

(dd )c n

Z P

m .

Ở đây là hàm Diarac theo biến và m là phép nhân của Z P( ) theo biến . Đặt K: P P a( ; ) . Nó cho ta

( ) 1

(dd ) (dd ) deg

n

n

c n c n

j

Z P j

K

u u m p



. Các đại lượng trên cùng với (a) ta thu được

(dd )c n (dd v)c n

K K

u .

Còn trên K thì

(dd )cu n (dd v)c n.

Từ những khẳng định (b) và (c) ta có u v trên và u vtrên K. Từ những việc này ta áp dụng Định lí 2.2.1 với u log( ) a , v log( ) a và thu được

u vtrên  K. Tiếp theo ta đặt

: i( ) j( ) , i( ) j( ) K p z p z q

U z  z q z với mọi i j .

Từ các ánh xạ đa thức P Q , :n n ta suy ra Ulà tập mở thực sự trong K. Xét 1 j n và chọn z0 U thỏa mãn p zj( )0 u z( )0 .

Do đó tồn tại k j ( ) thỏa mãn

( )( )0 ( )0

qk j z u z .

Từ những điều này ta có thể tìm thấy một lân cận nhỏ V của z trong U thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( )( )

j k j

p z u z v z q z với z V . Xét ánh xạ

( ) ( )

: pj qk j :nqk j 0 

là ánh xạ mở hoặc ánh xạ hằng. Từ ánh xạ là mở trong V như đường tròn đơn vị, ta suy ra ánh xạ phải là ánh xạ hằng.

Vậy

( )

j j k j

p q

với hằng số j 1. Chứng minh định lí được hoàn thành.