Luận văn Định lý thác triển hartogs đối với các ánh xạ chỉnh hình tách biến

u là tuỳ ý nên từ đánh giá trên ta suy ra được bất đẳng thức ngược lại của (1.6). Khẳng định iv) được chứng minh. Khẳng định v) là hệ quả trực tiếp của khẳng định iii) và iv). Do đó mệnh đề được chứng minh. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 17 Mệnh đề 1.5.7. Giả sử M là đa tạp Stein và U là miền con của M chứa một dãy vét cạn các tập con mở   1j j U   nghĩa là Uj⋐Uj+1 và 1 j j U U    thì với mỗi tập con A U ta luôn có:    * ,, , lim , .j jA U Ujz A U h z z U   Chứng minh Ta có dãy  * , 1j j A U U j h   giảm tới hàm  hPSH M khi j  . Vì Uj ⋐M và A\A * là đa cực nên theo bổ đề 2.2 trong [2] và khẳng định i) của mệnh đề 1.5.6 ta có:  ** *, , ., ,j j j jA U U j jA A U Uh h A U U  với mỗi j  1. Do đó, theo khẳng định ii) của mệnh đề 1.5.6 ta có:        * ,, , lim inf , , lim , .j jj j A U Uj jz A U z A U U h z h z z U      (1.7) Mặt khác, dùng định nghĩa của h , ta có 1h trên M và 0h trên   * 1 .j j A U   Vì   * 1 .j j A U   nên ta có:  ., , .h A U Kết hợp với (1.7) ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.5.8. Giả sử jM là đa tạp phức và Aj là tập con mở khác rỗng của jM , j = 1, .., N, N  2. Khi đó: i) Với  1 1,..., N Nz z z   M M... ta có:    1 1 1,..., , ... , ax , , .N N j j j j N z A A m z A       M M M... ii) Đặt  1 1: ,..., , ,...,N NX A AX M M thì 1 ... NA A X   và      1 1 1 , ... , , , , ,..., . N N j j j N j z A A X z A z z z X        M Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 18 1.6. Ba định lý tính duy nhất và định lý hai hằng số Định lý 1.6.1. Giả sử  là đa tạp phức liên thông, A là tập con không đa cực địa phương của  và Z là không gian giải tích phức. Giả sử  , ,f g ZO M sao cho    ,f z g z z A  thì .f g Chứng minh Vì A không đa cực địa phương nên có tập mở U   song chỉnh hình với một miền Euclidean sao cho A U không đa cực trong U. Do đó, vì    ,f z g z z A U  nên f g trên U. Vì  là liên thông nên từ đó suy ra kết luận của định lý. Định lý 1.6.2. Giả sử jD là đa tạp phức và j jA D là tập con không đa cực địa phương, j = 1, .., N, N  2, Y là không gian giải tích phức, U1, U2 là hai tập con mở của 1D . Với  1,2k , giả sử  ,kkf X YO trong đó  1 2 2: , ,..., ; , ,...k k N k NX A U A A U D DX . Khi đó: i) Nếu 1 2f f trên      * *1 2 2 2 ... N NU U A A A A   thì 1 2f f trên 1 2.X X ii) Nếu 1 2U U và 1 2f f trên      * * *1 1 1 2 2 ... N NA A U A A A A   thì 1 2f f trên 1.X Chứng minh Để chứng minh khẳng định i), ta cố định một điểm tuỳ ý  0 0 01 1 2,..., .nz z z X X  Ta cần chứng minh rằng    0 01 2 .f z f z Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 19 Với mỗi 2 j N  , giả sử jG là thành phần liên thông chứa z0 của tập mở sau         1 0 0 1 1,2 2 : , , 1 , , , , . j j j j j j k k p p p k p z D z A D max z A U U z A D               Ta có với  1,2k và      * *3 3 3,..., ...N N Na a A A A A   , ánh xạ  02 2 1 2 3, , ,...,k Nz f z z a aG thuộc  2,YO G . Hơn nữa, từ giả thiết ta có:      0 0 *1 1 2 2 1 2 2 2 2, ,..., , ,..., ,N Nf z a a f z a a a A A  (1.8) Mặt khác, theo phần v) của mệnh đề 1.5.6, 2G chứa tập con không đa cực địa phương của * 2 2A A . Do đó, theo định lý 1.6.1, ta có:    0 01 1 2 3 2 1 2 3, , ,..., , , ,..., ,N Nf z z a a f z z a a      * *2 3 2 3 3, ,..., ... .N N Nz a a A A A A   G Vì vậy,    0 0 0 01 1 2 3 2 1 2 3, , ,..., , , ,..., ,N Nf z z a a f z z a a      * *3 3 3,..., ... .N N Na a A A A A   (1.9) Lặp lại lý luận trong (1.8), (1.9) (N - 2) lần, ta được:    0 01 2 .f z f z Khẳng định i) được chứng minh. Theo khẳng định i), khi đó khẳng định ii) quy về chứng minh rằng: 1 2f f trên    * *1 2 2 ... .N NU A A A A   Thật vậy, ta cố định điểm tuỳ ý      0 0 0 0 * *1 2 1 2 2, ,..., ...N N Nz z a a U A A A A     sao cho 0 1z X . Khi đó  *1 1 1 1 1, , 1z A A U U  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 20 Giả sử  là thành phần liên thông chứa 0 1z của U1. Theo khẳng định i), iii) của mệnh đề 1.5.6 và đánh giá trên, ta được * 1 1A A G là tập không đa cực địa phương. Với  1,2k , ánh xạ  0 01 1 2, ,...,k Nz f z a aG thuộc  1, .U YO Hơn nữa, từ giả thiết và phần trên ta có    0 0 0 01 2 2 2., ,..., ., ,...,N Nf a a f a a trên tập không đa cực địa phương * 1 1 .A A G Theo định lý 1.6.1 ta có:    0 0 0 01 1 2 2 1 2 1, ,..., , ,..., , .N Nf z a a f z a a z G Do vậy,    0 01 2 .f z f z Khẳng định ii) được chứng minh. Định lý 1.6.3. Giả sử jD là đa tạp phức, j jA D là tập con không đa cực địa phương với j = 1, …, N và Z là không gian giải tích phức. Ta định nghĩa X, X * và X như mục 1.5. Giả sử  ,sf X ZO và  ,f X ZO sao cho f f trên *X X . Khi đó f f trên X X . Chứng minh Giả sử  0 0 01 ,..., Nz z z là điểm tuỳ ý của X X và đặt 1 2: , :f f f f  . Lý luận như chứng minh định lý 1.6.2, ta có:    0 0f z f z . Định lý được chứng minh. Định lý hai hằng số dưới đây với các hàm đa điều hoà dưới có vai trò quan trọng trong việc chứng minh định lý A (Chương 2). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 21 Định lý 1.6.4. Cho  là đa tạp phức và A là tập con không đa cực địa phương của . Giả sử m, M  và  uPSH M sao cho  u z M với zM và u(z)  m với z A thì       1 , , . , , , .u z m z A M z A z    M M M Chứng minh Đặt      . u z m v z v M m      PSH M Với z M :     1. M m u z M v z M m       Với z A  :     0. m m u z m v z M m       Theo định nghĩa của  , ,z A M , ta có:    , , ,v z z A z M M    , , , u z m z A z M m     M M       1 , , . , , , .u z m z A M z A z     M M M Định lý được chứng minh. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 22 CHƢƠNG 2 ĐỊNH LÝ THÁC TRIỂN HARTOGS ĐỐI VỚI CÁC ÁNH XẠ CHỈNH HÌNH TÁCH BIẾN 2.1. Mở đầu Năm 2001, Alehyane – Zeriahi đã đưa ra dạng tổng quát của định lý thác triển Hartogs đối với các hàm chỉnh hình tách, trong trường hợp bao chỉnh hình của tập chữ thập bất kỳ là tích các miền con của các đa tạp Stein của độ đo đa điều hoà dưới như sau: Định lý 2.1.1. (Alehyane – Zeriahi [3, định lý 2.2.4]) Giả sử Xj là đa tạp Stein, j jD X là một miền, j jA D là tập con không đa cực, j = 1, …, N và Z là không gian giải tích phức có tính chất thác triển Hartogs. Khi đó, với mỗi ánh xạ  ,sf X ZO đều tồn tại duy nhất ánh xạ  ,f X ZO sao cho f f trên X X . Ví dụ sau (xem[3]) chỉ ra rằng giả thiết Z là không gian giải tích phức có tính chất thác triển Hartogs là cần thiết. Xét ánh xạ 2 1:f P cho bởi:           2 2 : ( , ) 0,0 ( , ) : 1:1 , ( , ) 0,0 z z khi z f z khi z        w w w w w thì   1, ; , ,sf O X P nhưng f không liên tục tại (0,0). Câu hỏi nảy sinh một cách tự nhiên rằng định lý trên còn đúng không nếu D j không nhất thiết là miền con của đa tạp Stein, j = 1, …., N. Để trả lời câu hỏi trên chúng tôi trình bày lại kết quả nghiên cứu của Nguyễn Việt Anh về tổng quát hoá định lý của Alehyane – Zeriahi cho tập chữ thập là tích các đa tạp phức tuỳ ý. Trong chứng minh kết quả này, ông chủ yếu sử dụng lý thuyết Poletsky về các đĩa (xem [12], [13]), định lý của Rosay trên các đĩa Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 23 chỉnh hình (xem [14]). Ngoài ra, kỹ thuật quan trọng khác là sử dụng các tập mức của độ đo đa điều hoà dưới. 2.2. Các kết quả chính Định lý A. Giả sử jD là đa tạp phức và j jA D là tập con không đa cực địa phương, j = 1, …, N; Z là không gian giải tích phức có tính chất thác triển Hartogs. Khi đó, với mỗi ánh xạ  ,sf X ZO có duy nhất ánh xạ  ,f X ZO sao cho f f trên X X . Hơn nữa, nếu Z  và X f   thì      1 , z z A X f z f f z X     . Định lý A có một hệ quả quan trọng. Trước khi đưa ra tính chất này, ta cần giới thiệu một thuật ngữ. Đa tạp phức  được gọi là đa tạp Liouville nếu  PSH M không chứa bất kì hàm bị chặn trên khác hằng nào. Ta thấy lớp đa tạp Liouville chứa lớp các đa tạp compact liên thông. Hệ quả B. Giả sử jD là đa tạp phức và j jA D là tập con không đa cực địa phương, j = 1, …, N; Z là không gian giải tích phức có tính chất thác triển Hartogs. Giả sử thêm rằng jD là đa tạp Liouville, j = 2, …, N thì với mỗi ánh xạ  ,sf X ZO có duy nhất ánh xạ  1 ... ,Nf D D Z  O sao cho f f trên .X Hệ quả B : suy ra trực tiếp từ định lý A vì  ., , 0, 2,...,j jA D j N   . Hướng chứng minh định lý A như sau: Bước một, ta chứng minh các trường hợp đặc biệt mà mỗi jA là một tập mở 1j N . Bước hai, ta chứng minh định lý A trong trường hợp tổng quát. Trong bước một, để chứng minh định lý A ta áp dụng lý thuyết Poletsky với các đĩa và định lý của Rosay trên các đĩa chỉnh hình (xem định Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 24 lý 1.4.1). Vì vậy, ta có thể xây dựng ánh xạ thác triển f trên .X Để chứng minh f là chỉnh hình, ta dùng định lý chữ thập cổ điển (định lý 2.1.1). Trong bước hai ta quy trường hợp tổng quát về trường hợp đặc biệt trên. Kĩ thuật quan trọng là sử dụng các tập mức của độ đo đa điều hoà dưới. Chính xác hơn, ta thay mỗi jD bởi các tập mức của độ đo đa điều hoà dưới  ., ,j jA D tức là bởi   , : : , , 1 (0 1).i j j j j jD z D z A D         Với phương pháp như vậy, ta thay thế tập hợp jA bởi tập hợp ,jA  sao cho trong một số trường hợp coi  , ,., ,j jA D  như  ., ,j jA D khi 0  . Áp dụng định lý 2.1.1 và định lý 1.4.1, ta có thể mở rộng chỉnh hình tách của f tới ánh xạ f xác định trên tập chữ thập  1, , 1, ,: ,..., ; ,..., .N NX A A D D     X Áp dụng kết quả của bước một ta thu được ánh xạ  , .f X Z O Dán họ   0 1 f    ta thu được ánh xạ thác triển f . 2.3. Phần 1 của chứng minh định lý A Mục đích của phần này là chứng minh định lý A trong trường hợp đặc biệt sau: Định lý 2.3.1. Cho D là đa tạp phức, G là đa tạp phức mà song chỉnh hình tới tập mở trong  q q . Giả sử A là tập con mở của D, B là tập con không đa cực địa phương của G và Z là không gian giải tích phức có tính chất thác triển Hartogs. Đặt  : , ; ,X A B D GX và  : , ; ,X A B D GX . Khi đó, với mỗi ánh xạ  ,sf X ZO có duy nhất ánh xạ  ,f X ZO sao cho f f trên *X X . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25 Chú ý 2.3.2. Với giả thiết trên có:     * *X X A G D B B   Trong chứng minh dưới đây, ta giả sử rằng G là miền trong q . Với giả sử này, theo phần iii) của mệnh đề 1.5.6 ta chứng minh được định lý. Chứng minh Ta bắt đầu chứng minh với bổ đề dưới đây. Bổ đề 2.3.3. Vẫn giả thiết như định lý 2.3.1. Với  1,2j , giả sử  ,j E D O là một đĩa chỉnh hình và đặt jt E sao cho    1 1 2 2t t  và    2 \ 0 1 1 1 2 i D A j e d      thì: i) Với  1,2j , ánh xạ     , ,t f tw w thuộc    1 , ; , ,s j A E B E G Z XO trong đó     1 : : .j jA t E t A     ii) Với  1,2j , giả sử j f là ánh xạ duy nhất trong    1 , ; , ,j A E B E G Z O X sao cho          1 *, , , , , ; ,j jjf t f t t A E B B E G  w w w X. Khi đó, theo khẳng định i), chú ý 2.3.2 và áp dụng định lý 2.1.1, ta có:    1 21 2, ,f t f tw w với G w sao cho       1, , ; , , 1,2 .j jt A E B E G j Xw Chứng minh bổ đề 2.3.3 Khẳng định i) suy ra trực tiếp từ giả thiết. Chứng minh khẳng định ii). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 Cố định 0 Gw sao cho     10, , ; ,j jt A E B E GXw với  1,2j . Ta cần chứng minh    1 0 2 01 2, , .f t f tw w Ta có cả hai ánh xạ  11 ,f tGw w và  22 ,f tG w đều thuộc vào  ,ZO G , trong đó  là thành phần liên thông chứa 0w của tập mở sau:        11,2: , , 1 , , .j jjG B G max t A E E     w w Hơn nữa, với mỗi *B Bw ta có  *, , 0.B B G w Vì vậy, với mỗi  1,2j , ta có được     1 *, , ; , .j jt A E B B E G Xw Do đó, từ    1 1 2 2t t  ta có:           *1 1 1 2 2 21 2, , , , , .f t f t f t f t B B    w w w w w Mặt khác, theo phần v) của mệnh đề 1.5.6,  chứa tập con không đa cực địa phương của *B B . Vì vậy, theo định lý 1.6.1, ta có:    1 21 2, , ,f t f t w w w G . Do đó    1 0 2 01 2, ,f t f tw w . Bổ đề được chứng minh. Bước 1: Xây dựng ánh xạ thác triển f trên X . Chứng minh bước 1: Ta xác định f như sau: Giả sử  là tập tất cả các cặp  ,z D G w với tính chất có đĩa chỉnh hình  ,E DO và t  E sao cho  t z  và     1, , ; ,t A E B E GXw . Theo định lý 2.1.1, giả sử f  là ánh xạ duy nhất trong    1 , ; , ,A E B E G Z XO sao cho:          1 *, , , , , ; ,f t f t t A E B B E G   Xw w w. (2.1) Khi đó, ánh xạ thác triển f xác định bởi    , , .f z f tw w (2.2) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 Theo khẳng định ii) của bổ đề 2.3.3, f hoàn toàn xác định trên  . Ta đi chứng minh XX . (2.3) Giả sử có (2.3) thì f hoàn toàn xác định trên X . Hơn nữa, theo công thức (2.2), cố định mọi z D , ánh xạ thu hẹp  ,.f z là chỉnh hình trên tập mở   : , .G z Xw w Để chứng minh bao hàm XX , ta giả sử  , .z Xw Theo định nghĩa trên của  có thể tìm được đĩa chỉnh hình  ,E DO , một điểm t E sao cho  t z  và     1, , ; ,t A E B E GXw . Vì      1, , , ,t A D t A E E     nên ta suy ra:         1, , , , , , , , 1z A D B G t A E E B G       w w. Do đó:  ,z Xw . Vì vậy, XX . Tiếp theo, ta cần chứng tỏ X X . Thật vậy, giả sử  ,z Xw và cố định mỗi  > 0 sao cho:    1 , , ,B,Gz A D     w. (2.4) Theo định lý 1.4.1 và mệnh đề 1.5.5, có đĩa chỉnh hình  ,E DO sao cho  0 z  và      2 \ 0 1 1 , , . 2 i D A e d z A D        (2.5) Ta có:           2 1 \ 0 1 0, , ,B,G 1 ,B,G 2 i D AA E E e d          w w    z,A,D ,B,G 1     w Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28 trong đó bất đẳng thức đầu tiên suy ra từ việc áp dụng bổ đề 1.5.4, bất đẳng thức thứ hai có từ (2.5) và bất đẳng thức cuối cùng suy ra từ (2.4). Do đó     10, , ; ,A E B E GXw . Suy ra  ,z Xw . (2.3) được chứng minh. Hoàn thành bước 1. Để chứng minh f thoả mãn kết luận của định lý. Ta tiến hành theo hai bước sau: Bước 2. Chứng minh đẳng thức f f trên *.X X Chứng minh bước 2. Giả sử (z, w ) là điểm tuỳ ý của .A G Chọn đĩa chỉnh hình  ,E DO xác định bởi   : ,t z t E   . Khi đó, theo công thức (2.2) ta được:         , 0, 0 , , , G.f z f f f z    w w w w w (2.6) Do đó f f trên .A G Tiếp theo, giả sử (z, w ) là điểm tuỳ ý thuộc  *D B B và 0  sao cho:  1 , , .z A D   (2.7) Áp dụng định lý 1.4.1 và mệnh đề 1.5.5, có thể tìm được đĩa chỉnh hình  ,E DO sao cho  0 z  và      2 \ 0 1 1 , , . 2 i D A e d z A D        (2.8) Do đó:           2 1 \ 0 1 0, , ,B,G 1 z,A,D 1 2 i D AA E E e d             w Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 trong đó bất đẳng thức đầu tiên suy ra từ việc áp dụng bổ đề 1.5.4 và đẳng thức  ,B,G 0 w , bất đẳng thức thứ hai có từ (2.8) và bất đẳng thức cuối theo (2.7). Do đó:     10, , ; ,A E B E GXw . Vì vậy, sử dụng (2.1), (2.2) và lý luận như trong (2.6), ta kết luận:    , ,f z f zw w . Từ đó f f trên  * .D B B Như vậy, ta có thể chỉ ra f f trên     * .A G D B B Theo chú ý 2.3.2, chứng minh xong bước 2. Bước 3. Chứng minh rằng  ,f X ZO . Chứng minh bước 3. Cố định điểm tuỳ ý  0 0,z Xw và giả sử 0  đủ bé sao cho:    0 02 1 , , , , .z A D B G     w (2.9) Vì    ., ,B G G PSH nên có thể tìm được một lân cận mở V của 0w sao cho:    0, , , , , .B D B G V    w w w (2.10) Giả sử d là số chiều của D tại điểm z0. Áp dụng bổ đề 1.4.2 và mệnh đề 1.5.5 ta thu được tập mở T trong , một lân cận mở U của z0 là song chỉnh hình tới hình cầu đơn vị trong d và họ các đĩa chỉnh hình    ,z z U E D  O với các tính chất sau: Ánh xạ    , zz t U E t  là chỉnh hình; (2.11)  0 , ;z z z U   (2.12)   , , ;z t A t T E z U    (2.13)     2 \ 0 0 1 1 , , . 2 i E T e d z A D         (2.14) Xét ánh xạ  : , , ; , ,g T E U B E U G ZX cho bởi: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30         , , : , , , , , , ; , , .zg t z f t t z T E U B E U G : Xw w w (2.15) Giả sử t T E thì theo (2.13) ta có:  z t A  với z U . Do đó, theo (2.11), (2.15) và giả thiết  ,sf X ZO ta kết luận được    , ,. , G g t z G ZO (tương ứng    ,., , U g t U ZOw ) với mỗi z U (tương ứng Bw ). Tương tự, với mỗi z U , w B ta có thể chỉ ra    ., , , . E g z E ZOw Như vậy, ta chứng minh được   , , ; , , , .sg T E U B E U G Z XO Vì U là song chỉnh hình tới hình cầu đơn vị trong d nên ta có thể áp dụng định lý 2.1.1 với g để thu được ánh xạ duy nhất:   , , ; , , ,g T E U B E U G Z XO sao cho:        *, , , , , , , , , ; , , .g t z g t z t z T E U B B E U G : Xw w w (2.16) Ta có:         , , ; , , , , : , , , , 1 .T E U B E U G t z E U G t T E E B G      X w w Mặt khác, với mỗi Vw ta có:         2 \ 0 0 1 0, , , , 1 ,B,G 2 i E TT E E B G e d          w w    0 0,A,D ,B,G 2 1z     w (2.17) Trong đó bất đẳng thức đầu theo áp dụng bổ đề 1.5.4 và (2.10), bất đẳng thức thứ hai có từ (2.14) và bất đẳng thức cuối do (2.9). Vì vậy      0, , , , ; , , , , .z T E U B E U G z U V  Xw w (2.18) Theo (2.2), (2.12), (2.13) và (2.17) ta có: với z U , z f  hoàn toàn xác định và chỉnh hình trên  , ; ,T E B E GX và    , 0, , . z f z f V w w w (2.19) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31 Mặt khác, theo (2.1), (2.15) và (2.16) ta có:        *, , , , , , ; , , . z f t g t z t T E B B E G z U   Xw w w Vì vậy, cố định z U , ánh xạ thu hẹp    , , ,t g t zw w là chỉnh hình trên  , ; ,T E B E GX . Từ đẳng thức sau cùng và tính duy nhất của định lý 2.1.1 ta suy ra:        *, , , , , , ; , , . z g t z f t t T E B B E G z U  Xw w w Đặc biệt, sử dụng (2.2), (2.18) và (2.19) ta được:        0, , 0, , , , . z g z f f z z U V   w w w w Từ (2.18) ta biết rằng g là chỉnh hình trên lân cận của  0 00, ,z w , ta kết luận được f là chỉnh hình trên lân cận của  0 0,z w . Vì  0 0,z w là điểm tuỳ ý thuộc X nên ta có  , .f X ZO Chứng minh xong bước 3. Kết hợp các bước 1 – 3, định lý được chứng minh. 2.4. Phần 2 của chứng minh định lý A Mục đích chính của phần này là chứng minh định lý A trong trường hợp đặc biệt sau: Định lý 2.4.1. Giả sử D, G là các đa tạp phức, A  D, B  G là các tập con mở và Z là không gian giải tích phức có tính chất thác triển Hartogs. Đặt  : , ; ,X A B D GX và  : , ; ,X A B D GX . Khi đó, với mỗi ánh xạ  ,sf X ZO có duy nhất ánh xạ  ,f X ZO sao cho f f trên X. Chú ý 2.4.2. Với giả thiết trên, theo khẳng định i) của mệnh đề 1.5.6, ta có : * .X X Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 Chứng minh định lý 2.4.1 Ta sử dụng bổ đề sau: Bổ đề 2.4.3. Vẫn giữ giả thiết như định lý 2.4.1. Với  1,2j , giả sử  ,j E G O là đĩa chỉnh hình và j E  sao cho    1 1 2 2    và    2 \ 0 1 1 1 2 i G B j e d      . Khi đó: i) Với  1,2j , ánh xạ     , , jz f z   thuộc    1, ; , , ,s jA B E D E Z XO trong đó     1 : : .j jB E B       ii) Với  1,2j , giả sử jf là ánh xạ duy nhất trong    1, ; , ,jA B E D E Z XO sao cho          1, , , , , ; ,j j jf z f z z A B E D E      X. Khi đó, theo phần i), chú ý 2.4.2 và áp dụng định lý 2.3.1, ta có:    1 1 2 2, ,f z f z  với mọi z D sao cho     1, , ; , ,j jz A B E D E  X với  1,2j . Chứng minh bổ đề 2.4.3. Theo hướng như chứng minh bổ đề 2.3.3. Ta quay về chứng minh định lý 2.4.1, trước tiên ta định nghĩa ánh xạ :g X Z như sau: Giả sử  là tập tất cả các điểm  ,z D G w với tính chất có đĩa chỉnh hình  ,E G O và E  sao cho    w và     1, , ; , .z A B E D E  X Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 Theo bổ đề 2.4.3, giả sử f là ánh xạ duy nhất trong    1, ; , ,A B E D E Z XO sao cho:          1, , , , , ; , .f z f z z A B E D E       X (2.20) Khi đó, ta đặt    , : , .g z f z w (2.21) Theo khẳng định ii) của bổ đề 2.4.3, g hoàn toàn xác định trên . Hơn nữa, theo lý luận như trong bước 1 của chứng minh định lý 2.3.1, ta có .XX Do đó, g hoàn toàn xác định trên X . Hơn nữa, theo lý luận như trong bước 2 của chứng minh định lý 2.3.1, theo (2.20) - (2.21) và chú ý 2.4.2 ta có với mọi w cố định thuộc G, ánh xạ thu hẹp  .,g w là chỉnh hình trên tập mở   : ,z D z X w và g f trên X. Ta định nghĩa ánh xạ f trên X như sau: Giả sử    , , ,z X E D Ow là đĩa chỉnh hình và t E sao cho  t z  và     1, , ; , .t A E B E GXw Theo bổ đề 2.4.3 và trong đó thay thế vai trò của B (tương ứng D) bởi A (tương ứng G), giả sử f  là ánh xạ duy nhất trong    1 , ; , ,A E B E G Z XO sao cho          1, , , , , ; , .f t f t t A E B E G   Xw w w (2.22) Ta đặt:    , : , .f z f tw w (2.23) Lý luận tương tự phần trước, ta kết luận f hoàn toàn xác định trên X . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 Hơn nữa, theo (2.22) - (2.23) và chú ý 2.4.2 ta có: với mọi z cố định thuộc D, ánh xạ thu hẹp  ,.f z là chỉnh hình trên tập mở   : ,G z X w w và f f trên X. Định lý được chứng minh nếu ta có thể chỉ ra f g . (2.24) Thật vậy, giả sử có (2.24) thì với mỗi  0 0,z Xw , ta có thể tìm một lân cận mở U V của  0 0,z w sao cho U V X  và U (tương ứng V) là song chỉnh hình tới hình cầu Eclidean. Theo (2.24) và tính chất nói đến ở trên của f và g , ta thấy rằng     , ; , ,sf g U V U V Z  XO . Do đó, áp dụng định lý 2.1.1 với f , ta có  , .f U V Z O Do đó,  ,f X ZO và định lý được chứng minh. Để chứng minh (2.24), cố định một điểm tuỳ ý  0 0,z Xw , cố định mỗi  > 0 sao cho    0 03 1 , , , , .z A D B G     w (2.25) Áp dụng định lý 1.4.1 và mệnh đề 1.5.5 ta có một đĩa chỉnh hình  ,E DO (tương ứng  ,E G O ) sao cho   00 z  (tương ứng   00 w ) và      2 \ 0 0 1 1 , , , 2 i D A e d z A D             2 \ 0 0 1 1 , , . 2 i G B e d B G        w Kết hợp với đánh giá trong (2.25), lý luận như bước 1 của định lý 2.3.1, ta có       1 10,0 , ; , .A E B E E E  X Vì  ,sf X ZO nên ánh xạ h xác định bởi Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35              1 1, : , , , , ; ,h t f t t A E B E E E        X thuộc      1 1, ; , , .s A E B E E E Z  XO Hơn nữa, theo (2.20) và (2.22) ta có:           , , , ,f t f t f t         (2.26)       1 1, , ; ,t A E B E E E   X . Theo định lý 2.1.1, giả sử      1 1ˆ , ; , ,h A E B E E E Z  O X là ánh xạ duy nhất sao cho                1 1, , , , , , ; ,h t h t f t t A E B E E E          X thì theo (2.26) ta có               1 1, , , , , , ; , .f t h t f t t A E B E E E           X Vì thế      0 00, 0,0 ,0f h f z  w . Nói cách khác, suy ra        0 0 0 0 0 0, 0, ,0 , .f z f f z g z  w w w Do đó, (2.24) được chứng minh. Định lý được chứng minh. 2.5. Phần 3 của chứng minh định lý A cho trƣờng hợp N = 2 Mục đích chính của phần này là chứng minh định lý A trong trường hợp N = 2. Định lý 2.5.1. Giả sử D, G là các đa tạp phức, A  D, B  G là các tập con không đa cực địa phương và Z là không gian giải tích phức có tính chất thác triển Hartogs. Đặt  : , ; ,X A B D GX và  : , ; ,X A B D GX . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 36 Khi đó, với mỗi ánh xạ  ,sf X ZO có duy nhất ánh xạ  ,f X ZO sao cho f f trên *.X X Để chứng minh ta cần một số kết quả sau: Với mỗi *a A (tương ứng *b B ), cố định một lân cận mở aU của a (tương ứng bV của b) sao cho U (tương ứng bV ) là song chỉnh hình tới một miền trong ad (tương ứng trong bd ), trong đó da (tương ứng db) là số chiều của D (tương ứng G) tại a (tương ứng b). Với mỗi 1 0 2   ta định nghĩa:    *, : : , , , ,a a a aU z U z A U U a A A         *, : : , , , ,b b b bV V B V V b B B     w w * * , ,: , : ,a b a A A b B B A U B V          (2.27)      : : , , 1 , : : , , 1 .D z D z A D G G B G           w w Bổ đề 2.5.2. Vẫn giữ các kí hiệu như trên thì ta có: * 1 ,A A A D D     (2.28)      , , , , , , , .z A D z A D z A D z D       (2.29) Chứng minh bổ đề 2.5.2. Sử dụng (2.27) và định nghĩa tập đa chính quy địa phương, ta có ,aa U  với *a A A . Do đó, ta có bao hàm đầu tiên trong (2.28). Vì 1 0 2   ta có bao hàm thứ ba trong (2.28). Để chứng minh bao hàm thứ hai trong (2.28), giả sử z là một điểm tuỳ ý của A thì ta có *a A A sao cho ,az U  . Áp dụng khẳng định ii) của mệnh đề 1.5.6. và do 1 0 2   nên ta được: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 37    , , , , .a az A D z A U U    (2.30) Do đó 1z D  . Nói cách khác, suy ra 1A D  . Vì vậy tất cả (2.28) được chứng minh. Tiếp theo, sử dụng bao hàm đầu tiên trong (2.28) và áp dụng khẳng định i), ii) của mệnh đề 1.5.6, ta có:      *, , , , , , ,z A D z A A D z A D z D    . Chứng minh được đánh giá thứ hai trong (2.29). Để hoàn thành chứng minh (2.29), ta giả sử *a A A và 1 0 2   . Từ (2.30) ta suy ra  , , 0z A D   với ,az U  . Do đó, từ (2.27), ta có:  , , 0, .z A D z A    Mặt khác,  , , 1, .z A D z D    Vì vậy, đánh giá đầu tiên trong (2.29) được chứng minh. Do đó, chứng minh xong bổ đề. Định nghĩa 2.5.3. Giả sử  là đa tạp phức và Y là không gian phức. Gọi  j j JU  là họ các tập con mở của  và  j j Jf  là họ các ánh xạ sao cho  ,j jf U YO . Ta nói  j j Jf  là họ dán được nếu với mỗi ,j k J ta có j kf f trên j kU U . Ánh xạ chỉnh hình duy nhất : j j J f U Y   xác định bởi : jf f trên jU , j J được gọi là ánh xạ dán lại của họ  j j Jf  . Bổ đề 2.5.4. Vẫn giữ giả thiết như định lý 2.5.1 và ký hiệu trên. Hơn nữa, giả sử với mỗi *a A A , có duy nhất ánh xạ   , ; , ,a aaf A U B U G Z XO Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 38 sao cho        * *, , , , , ; ,a aaf z f z z A A U B B U G Xw w w (2.31) thì họ *,a a U G a A A f          là dán được. Chứng minh bổ đề 2.5.4. Giả sử a1, a2 là các phần tử tuỳ ý của *A A . Do (2.31) ta có:             1 21 2 *, , , , , .a aa af z f z f z z U U B B   w w w w Do đó, theo khẳng định i) của định lý 1.6.2, ta có:           1 1 2 21 2 , , , , , ; , , ; , .a a a aa af z f z z A U B U G A U B U G X Xw w w Kết hợp với định nghĩa của ,aU  , G đã cho trong (2.27), với 1 0 2   và định nghĩa 2.5.3 suy ra điều phải chứng minh. Bổ đề 2.5.5. Giả sử  và  là hai đa tạp phức,   1 0 2    A (tương ứng   1 0 2    B ) là họ các tập con không đa cực địa phương của  (tương ứng ) và   1 0 2    D (tương ứng   1 0 2    G ) là họ các tập con mở của  (tương ứng ) với các tính chất sau: (i) 1 2 2 1     A A D D và 1 2 2 1     B B G G với 1 2 1 0 . 2     (ii) Có một họ các ánh xạ chỉnh hình   1 0 2 f    sao cho   , ; , ,f Z     XO A B D G và với 1 2 1 0 , 2           1 11 2 , , , .f z f z z     A Bw w w Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 (iii) Có một tập con mở U (tương ứng V) của  (tương ứng ) và một số 0 1 0 2   sao cho     0 0 , , , , 1z z     A D B G với mọi  ,z U V w và 00 .   Khi đó     0 , ,f z f z w w với mọi  ,z U V w và 00 .   Chứng minh bổ đề 2.5.5. Cố định  sao cho 00 .   Theo (iii) ta có:   0 0 : , ; ,U V H      X A B D G . (2.32) Mặt khác, sử dụng tính chất i) và khẳng định ii) của mệnh đề 1.5.6 ta có:     0 0 0 0 , ; , , ; ,H        X XA B D G A B D G . Kết hợp với tính chất ii) ở trên, ta có thể áp dụng khẳng định ii) của định lý 1.6.2 với H f  và 0 H f  . Do đó 0 f f  trên H. Kết hợp với (2.32), bổ đề được chứng minh. Ta đi chứng minh định lý 2.5.1 trong trường hợp đặc biệt sau. Mệnh đề 2.5.6. Với các giả thiết như định lý 2.5.1. Giả sử thêm rằng G là song chỉnh hình tới một miền trong  q q thì kết luận của định lý 2.5.1 vẫn đúng. Chứng minh mệnh đề 2.5.6. Với mỗi *a A A , giả sử  , ; , : . a a a A U B U G f f X Vì  ,sf X ZO ta suy ra   , ; , ,a s a af A U B U G Z XO . Vì Ua (tương ứng G) là song chỉnh hình tới một miền trong ad (tương ứng trong q ) nên áp dụng định lý 2.1.1 với af cho ánh xạ duy nhất   , ; , ,a aaf A U B U G Z XO sao cho Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 40          * *, , , , , , ; , .a a aaf z f z f z z A A U B B U G  Xw w w w (2.33) Giả sử 1 0 2   . Theo (2.33), ta có thể áp dụng bổ đề 2.5.4 với họ *,a a U G a A A f          . Kí hiệu:  ,f A G Z  O (2.34) là ánh xạ dán lại của họ này. Theo (2.33), (2.34), ta có thể định nghĩa ánh xạ mới f trên  *, ; ,A B B D G X như sau: Với định nghĩa này và theo (2.33), (2.34) ta có:   *, ; , ,sf A B B D G Z   XO và f f  trên  * *, ; , .A A B B D GX (2.35) Vì A là tập mở và G là song chỉnh hình tới tập mở trong q nên ta có thể áp dụng định lý 2.3.1 với f để thu được ánh xạ   *, ; , ,f A B B D G Z   XO sao cho f f  trên  *, ; , .A B B D G X (2.36) Từ đó ta xác định ánh xạ thác triển f . Thật vậy, dán   1 0 2 f    với nhau thu được f theo phương pháp sau: 0 : limf f   trên X . (2.37) Ta có giới hạn (2.37) tồn tại và có tất cả các tính chất đòi hỏi.  * : f trên A G f f trên D B B           Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 41 Theo (2.35) - (2.37), ta thấy G G khi 0 (vì (2.27)) và bổ đề 2.5.5, chứng minh được hoàn thành nếu ta có thể chỉ ra với  0 0,z X w đều có lân cận mở U V của  0 0,z w và 0 0  sao cho giả thiết của bổ đề 2.5.5 thoả mãn với * 1: , : , : , : , : , : , 0 . 2 D G A B B D G             D G A B D G Giả sử    0 0 0 1 , , , , : 2 z A D B G    w (2.38) và U V là một lân cận mở của  0 0,z w sao cho:        0 0 0, , , , , , , ,z A D B G z A D B G       w w. (2.39) Khi đó, với 00    và  ,z U V w , sử dụng (2.38) – (2.39) và phần iv) của mệnh đề 1.5.6, ta có:         0 * 0 , , , , , , , , 1 B G z A D B B G z A D         w w     0 , , , , 1. 1 z A D B G       w (2.40) Điều này chứng minh khẳng định trên. Do đó, mệnh đề được chứng minh. Chứng minh định lý 2.5.1. Với mỗi *a A A , giả sử  , ; , : . a a a A U B U G f f X Vì  ,sf X ZO ta suy ra   , ; , ,a s a af A U B U G Z XO . Vì Ua là song chỉnh hình tới một miền trong ad nên ta có thể áp dụng mệnh đề 2.5.6 với af . Do vậy, có duy nhất ánh xạ   , ; , ,a aaf A U B U G Z XO sao cho:        * *, , , , , ; , .a aaf z f z z A A U B B U G Xw w w (2.41) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 42 Giả sử 1 0 2   . Do (2.41) nên ta có thể áp dụng bổ đề 2.5.4. Vì vậy, ta có thể dán họ *,a a U G a A A f          để thu được ánh xạ dán  , .Af A G Z   O Tương tự, với mỗi *b B B , ta thu được ánh xạ duy nhất:   , ; , ,b bbf A B V D V Z XO sao cho        * *, , , , , ; , .b bbf z f z z A A B B V D V Xw w w (2.42) Hơn nữa, có thể dán họ *,b b D V b B B f          để thu được ánh xạ dán  , .Bf D B Z   O Tiếp theo, ta chứng minh A Bf f  trên A B  (2.43) Thật vậy, vì (2.41) – (2.42) nên với mỗi *a A A , *b B B và mỗi 1 0 2   ta có:       , ,, , , , .a ba bf z f z z U V   w w w (2.44) Chú ý rằng theo (2.41) – (2.42) ta có:          * *, , , , , , ; , . .a b a ba bf z f z f z z A A U B B V U V  Xw w w w Vì Ua (tương ứng Vb) là song chỉnh hình tới một miền trong ad (tương ứng bd ) nên áp dụng tính duy nhất của định lý 2.1.1 cho        , , , , , ; , .a b a ba bf z f z z A U B V U V Xw w w Vì vậy, (2.44) được chứng minh và từ dó chứng minh được (2.43). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 43 Theo (2.43) ta có thể xác định một ánh xạ mới  : , ; ,f A B D G Z     X như sau: : A B f trên A G f f trên D B             (2.45) Theo (2.45) ta có có   , ; , ,sf A B D G Z     X: O Vì ta đã biết từ (2.28) rằng A (tương ứng B ) là tập con mở của D (tương ứng G ) nên ta có thể áp dụng định lý 2.4.1 cho f với mọi 1 0 2   .Do vậy, thu được ánh xạ duy nhất   , ; , ,f A B D G Z     X: O sao cho f f  trên  , ; ,A B D G   X (2.46) Từ (2.41) – (2.42) và (2.45) – (2.46) ta có: f f  trên  * *, ; , .A A B B D G X (2.47) Hơn nữa, với mỗi 0 1 0 2     và mỗi  ,z A B  w có *a A A sao cho 0,a z U  . Do đó từ cách xây dựng của Af , (2.45) và (2.46) ta có:       0 , , , . a f z f z f z  w w w Điều này chứng tỏ 0 f f  trên A B  , 0 1 0 2     (2.48) Từ đó, ta xác định ánh xạ thác triển cần có f 0 : limf f   trên X . Để chứng minh f thoả mãn kết luận của định lý ta tiến hành như phần cuối của chứng minh mệnh đề 2.5.6. Theo (2.47), (2.48) và bổ đề 2.5.5, việc chứng Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 44 minh sẽ hoàn thành nếu có thể chứng tỏ với mọi  0 0,z Xw có một lân cận mở U V của  0 0,z w và 0 0  sao cho giả thiết của bổ đề 2.5.5 thoả mãn với 1 : , : , : , : , : , : , 0 . 2 D G A B D G               D G A B D G Chứng minh theo phương pháp như (2.38) –(2.40). Định lý được chứng minh. 2.6. Phần 4: Chứng minh định lý A trong trƣờng hợp tổng quát Trong phần này, ta chứng minh định lý A với mọi 3.N  Ta chia chứng minh thành hai phần: 2.6.1. Chứng minh sự tồn tại và duy nhất của f Ta tiếp tục phép quy nạp (I) với 3.N  Giả sử định lý đúng với 1 2.N   Ta xét trường hợp chữ thập N lá  1 1: ,..., ; ,...,N NX A A D DX , trong đó 1,..., ND D là các đa tạp phức và 1 1,..., N NA D A D  là các tập con không đa cực địa phương ( 1 j N  ). Giả sử  ,sf X ZO . Chú ý rằng tính duy nhất của f suy ra trực tiếp từ phần ii) của định lý 1.6.2. Ta lại tiếp tục tiến hành phép quy nạp (II) với số nguyên k  0 k N  sao cho có ít nhất k đa tạp phức trong số  1,..., ND D là song chỉnh hình tới miền Euclidean. Với k N ta quy về định lý 2.1.1. Giả sử định lý A là đúng với trường hợp 0k k  01 k N  . Ta phải xét trường hợp 0 1k k  . Không mất tính tổng quát, giả sử D2 không là song chỉnh hình tới một miền Euclidean. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 45 Với mỗi 1 j N  và *,j j ja A A cố định một lân cận mở ja U của ja sao cho ja U là song chỉnh hình tới một miền trong a jd , trong đó ja d là số chiều của jD tại ja . Với 1 j N  và với mỗi 0 1,  ta định nghĩa:    *, : : , , , ,j j j ja j a j j a a j j jU z U z A U U a A A      * , ,: ,j j j j j a a A A A U     (2.49)   , : : , , 1j j j j j jD z D z A D      Với mọi * 1 1 1 ,a A A xét ánh xạ 1a f được cho bởi:    2 1 2 1 ,..., : , ,,..., ,N Nf z z f a z za     2 2 2,..., ,..., ; ,...,N N Nz z A A D DX Theo công thức trên và giả thiết rằng  ,sf X ZO , 1a f thoả mãn giả thiết của định lý A với chữ thập (N – 1) lá. Do đó, áp dụng giả thiết của phép quy nạp (I), ta thu được ánh xạ duy nhất:    1 2 2 ˆ ˆ ,..., ; ,..., ,a N Nf A A D D ZO X sao cho:     1 2 1 2, ,..., : , ,..., ,N Naf z z f a z z    * *2 2 2 2,..., ,..., ; ,..., .N N N Nz z A A A A D DX (2.50) Với mọi * 2 2 2a A A , xét ánh xạ 2a f được cho bởi:     2 1 2 3 1 2 3 , , ,..., : , , ,..., ,N Nf z z z z f z z z za      2 21 2 3 1 2 3 1 3 , , ,..., , , ,..., ; , , ,..., .N N Nz z z z A A U A A D U D Da aX Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 46 Vì 2a U là song chỉnh hình tới miền Euclidean nhưng D2 thì không nên theo công thức trên và giả thiết rằng với  ,sf X ZO , ta có thể áp dụng giả thiết của quy nạp (II) với 2a f . Do đó, thu được ánh xạ duy nhất:    2 22 1 2 3 1 3 , , ,..., ; , , ,..., ,a N a Naf A A U A A D U D D ZO X sao cho     2 1 2 3 1 2 3 , , ,..., : , , ,..., ,N Naf z z z z f z z z z (2.51)     2 2 * * * * 1 2 3 1 1 2 2 3 3 1 3, , ,..., , , ,..., ; , , ,..., .N a N N a Nz z z z A A A A U A A A A D U D DX Ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.6.1.1. Vẫn các giả thiết như định lý A và các kí hiệu trên thì với mỗi * 1 1 1 ,a A A * 2 2 2a A A và mỗi 1 0 N   ta có:     1 22 3 1 2 3 , ,..., , , ,..., ,N Na af z z z f a z z z   22 3 , 3, , , ,..., ... .N a Nz z z U A A      Chứng minh bổ đề 2.6.1.1. Theo (2.50), (2.51) ta có:       2 11 2 3 1 2 3 2 3 , , ,..., , , ,..., , ,..., ,N N Na af a z z z f a z z z f z z z      2 2 * * * 2 3 2 2 3 3 3, ,..., , ,..., ; , ,..., .N a N N a Nz z z A A U A A A A U D DX Do đó, áp dụng phần ii) của định lý 1.6.2 với 1a f và   2 1 ,. a f a ta có     1 22 3 1 2 3 , ,..., , , ,..., ,N Na af z z z f a z z z     2 22 3 2 3 3 , ,..., , ,..., ; , ,..., .N a N a Nz z z A U A A U D DX (2.52) Hơn nữa, từ 1 0 N   , theo (2.49), (2.50) ta có:   2 2 2, 3, , 2 3 3 ... , ,..., ; , ,..., .a N a N a NU A A A U A A U D D     X Kết hợp với (2.52) ta suy ra kết luận cần chứng minh của bổ đề. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 47 Tiếp theo, ta luôn giả sử rằng 1 0 N   . Theo (2.51), phần i) của định lý 1.6.2 và định nghĩa 2.5.3, ta có thể dán họ của các ánh xạ: 2 *1, , 3, ,2 2 2 2 ...N a N a D U A A a A A f               . Để thu được ánh xạ dán  1, 2, ,... ,N Nf D A A Z      O (2.53) Giả sử   *1 1 2, , 1, 2 2: , ... ; , ,..., ; ,...,N N N NX A A A A D A A D D     X X ,   *1 1 2, , 1, 2 2: , ... ; , ,..., ; ,...,N N N NX A A A A D A A D D     X X . (2.54) Theo bổ đề 2.6.1.1 và theo (2.53) ta có thể định nghĩa ánh xạ mới :f X Z   như sau:         1 1, 2, , * 1 1 2 2 ... : ,..., ; ,..., N N N Nz f z khi z D A A f z f khi z A A A A D D               X (2.55) trong đó  1,..., .Nz z z X  Sử dụng (2.55), (2.50) và (2.53) ta có  sf X O . Hơn nữa, theo (2.54) ta có *X X X   . Do đó, với mỗi 1 0 N   , áp dụng định lý 2.5.1 với f thu được ánh xạ duy nhất  f X  O sao cho: f f  trên X . (2.56) Cuối cùng, dán   1 0 N f    ta có thể xác định ánh xạ thác triển cần có f theo công thức: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 48 0 : limf f   trên X . (2.57) Tiếp theo, ta lý luận như trong chứng minh định lý 2.5.1. Ta kiểm tra giả thiết của bổ đề 2.5.5 được thoả mãn với: 1: ,DD  2 2: ,..., ; ,...,N NA A D DG X , * 1 1: ,A A A 2, ,: ... ,NA A    B 1,: ,ND D  2 2: ,..., ; ,...,N NA A D D G X , với 1 0 N   . Giả sử:  2, , 2: ,..., ; ,..., ,N NA A D D  X   2, ,: ' : ', ... , 1 .N Nz z A A N           Áp dụng bất đẳng thức (2.29), ta được:      , 2 2 2 , , , , 1, ' ,..., . N N j j j j j j N N j j z A D z A D N z z z            Do đó:  2 2,..., ; ,...,N N NA A D D X mà theo phần ii) của mệnh đề 1.5.6 ta có:   2, , 2 2', ... , ,..., ; ,...,N N Nz A A A A D D    X  2, ,', ... , , ' .N N Nz A A z        (2.58) Mặt khác, theo phần ii) của mệnh đề 1.5.8, ta có: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 49      2, , , 2 2 ', ... , , , , ' ,..., . N N j j j N j z A A z A D z z z           (2.59) Theo phần iv) của mệnh đề 1.5.6, ta có:    2, , 2, , ', ... , ', ... , , ' . 1 N N N N z A A z A A z N                 Kết hợp với (2.58) – (2.59) suy ra:     , 2 2, , 2 2 , , ', ... , ,..., ; ,..., . 1 N j j j j N N N z A D z A A A A D D N             X (2.60) Với mọi  0 0 0'1 ,z z z X  , giả sử  0 1 0 1 , , : 2 N j j j j z A D N       và cố định một lân cận mở U V của z0 sao cho:      00 1 1 1 , , , , , , ' . N N j j j j j j j j z A D z A D z z z U V           Khi đó, sử dụng đánh giá sau cùng, (2.60) và phần iv) của mệnh đề 1.5.6, ta có:      0 * 1 1 1 1, 2, , 2 2, , ', ... , ,..., ; ,...,N N N Nz A A D z A A A A D D      X  0 0 1 0 , , 1 1 N j j j j z A D N          với  1, 'z z z U V   và 00 .   Theo bổ đề 2.5.5 và công thức (2.57) ta có  , .f X ZO Hơn nữa, theo (2.50) – (2.51), (2.54) – (2.57) và ta thấy 1, 1ND D khi 0 (xem (2.49)), ta kết luận f f trên tập hợp sau: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 50        * * * * *1 1 2 2 2 1 2 2,..., ; ,..., .N N N N NA A A A A A D D D A A A A  X Vì tập hợp này bằng *X X nên theo định lý 1.6.3 ta có ánh xạ f được cho bởi công thức (2.57) có tất cả các tính chất đòi hỏi. Hoàn thành phép quy nạp (II) với 0 1k k  . Do đó, chứng minh được của phép quy nạp (II), phép quy nạp (I) và phần đầu của định lý. 2.6.2.Chứng minh đánh giá trong định lý A Chia phần này thành hai bước: Bước 1. Chứng minh bất đẳng thức XX f f . Chứng minh bước 1. Giả sử ngược lại, tức là tồn tại một điểm 0z X sao cho  0 Xf z f . Đặt  0: f z  và xét hàm     1 : , .g z z X f z   (2.61) Theo giả sử trên, ta có  ,sg XO . Do đó, theo mục 2.6.1, có đúng một hàm  ,g XO với g g trên X. Vì vậy, theo (2.61), trên X ta có:   1g f   . Như vậy,   1g f   trên X . Đặc biệt,     0 00 1g z f z    (mâu thuẫn). Do đó, bất đẳng thức XX f f được chứng minh. Bước 2. Chứng minh bất đẳng thức      1 . z z A X f z f f    (2.62) Chứng minh bước 2. Ta chứng minh (2.62) bằng quy nạp theo N. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 51 Khi 1N  , áp dụng định lý 1.6.4 với hàm đa điều hoà dưới  1 logz D f z , ta được (2.62) đúng. Giả sử (2.62) đúng với 1N  . Ta sẽ chứng minh nó đúng với N. Cố định điểm tuỳ ý  0 0 01 ,..., .Nz z z X  Giả sử  0 2 : , , . N j j j j z A D    (2.63) Với mỗi * 1 1 1a A A , ta áp dụng giả thiết của phép quy nạp với hàm 1a f và thu được:   1 10 0 2 ,..., .Na A Xf z z f f    (2.64) Theo (2.55) – (2.57) ta được:     1 0 0 0 0 * 2 1 2 1 1 1,..., , ,..., , .N Naf z z f a z z a A A  Kết hợp với (2.64) ta suy ra   * 1 1 10 0 2., ,..., .N A XA A f z z f f    (2.65) Mặt khác   1, 0 0 2., ,..., N XD X f z z f f    (2.66) trong đó đánh giá sau cùng có từ bước 1. Áp dụng định lý 1.6.4 với hàm   1, 0 0 2log ., ,..., N D f z z  và theo (2.65), (2.66) ta được:               0 * 0 * 0 01 1 1 1, 1 1 1 1, * 1 1 1, 1 , , , , 10 0 0 0 0 2 2., ,..., ., ,..., z A A D z A A D z z N N A XA A D f z f z z f z z f f           Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 52 trong đó đẳng thức có được từ (2.63) và đồng nhất    0 *1 1 1 10 * 1 1 1 1, , , , , 1 z A A D z A A D     có do phần iv) mệnh đề 1.5.6. Vì vậy, (2.62) được chứng minh với điểm z0 cho trước . Vì z 0 là điểm tuỳ ý trong X do đó (2.62) được chứng minh. Kết hợp kết quả ở mục 2.6.1 và 2.6.2 ta có định lý A được chứng minh. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 53 KẾT LUẬN CHUNG Bài toán nghiên cứu vấn đề thác triển luôn là bài toán mở với những người nghiên cứu. Với mục đích bước đầu tìm hiểu hướng nghiên cứu này, luận văn nghiên cứu định lý thác triển Hartogs đối với các ánh xạ chỉnh hình tách biến mà cụ thể là kết quả nghiên cứu gần đây của Nguyễn Việt Anh. Với mục đích đó, luận văn đã đạt được các kết quả sau: + Hệ thống kiến thức cơ bản liên quan đến vấn đề nghiên cứu. + Trình bày lý thuyết Poletsky về các đĩa và định lý của Rosay trên các đĩa chỉnh hình. + Trình bày một dạng tổng quát của định lý thác triển Hartogs nổi tiếng đối với các hàm chỉnh hình tách, tổng quát kết quả của Alehyane – Zeriahi cho tập chữ thập là tích các đa tạp phức tuỳ ý. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Nguyen Viet Anh (2005), “A general version of the Hartogs extension theorem for separately holomorphic mappings between complex analytic spaces”, Ann. Scuola Norm. Sup. Pisa Cl. Sci. (5). Vol. IV, 219-254. [2]. O.Alehyane et J. M. Hecart (1999), “Propriete de stabilite de la fonction extremale relative”, preprint. [3]. O. Alehyane et A. Zeriahi (2001), “Une nouvelle version du theoreme d’extension de Hartogs pour les applications separement holomorphes entre espaces analytiques”, Ann. Polon. Math. 76, 245- 278. [4]. E. Berford (1982), “The operator (ddc)n on complex spaces”, Semin. P. Lelong – H. Skoda, Analyse, Annees 1980/81, Lect. Notes Math. 919, 294-323. [5]. E. Bedford and B. A. Taylor (1982), “A new capacity for plurisubharmonic functions”, Acta Math. 149 , 1 – 40. [6]. S. M. Ivashkovich (1997), “The Hartogs phenomenon for holomorphically convex Kahler manifolds”, Math. USSR – Izv. 29, 225 – 232. [7]. M. Jarnicki and P. Pflug (2000), Extension of holomorphic Functions, de Gruyter Expositions in Mathematics 34, Walter de Gruyter. [8]. B. Josefson (1978), “On the equivalence between polar and globally polar sets for plurisubharmonic functions on C n”, Ark. Mat. 16 , 109 – 115. [9]. Nguyễn Văn Khuê – Lê Mậu Hải, Hàm biến phức, NXB ĐH Quốc gia Hà Nội. [10]. N. V. Khue and N. H. Thanh (1999), “Locally bounded holomorphic functions and the mixed Hartogs theorem”, Southeast Asian Bull, 643 – 655. [11]. M. KLIMEK, Pluripotential theory, London Mathematical society monographs, Oxford Univ. Press. 6, 1991. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 55 [12]. E. A. Poletsky (1991), “Plurisubharmonic functions as solutions of variational problems”, Several complex variables and complex geometry, Proc. Summer Res. Inst,. Santa Cruz/CA (USA) 1989, Proc. Symp. Pure Math. 52, Part 1, 163 – 171. [13]. E. A. Poletsky (1993), “Holomorphic currents”, Indiana Univ. Math. J. 42, 85 – 144. [14]. J. P. Rosay (2003), “Poletsky theory of disks on holomorphic manifolds”, Indiana Univ. Math. J. 52, 157 – 169. [15]. B. Shiffman (1971), “Extension of holomorphic maps into Hermitian manifolds”, Math. Ann. 194, 249 – 258.