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

[thoi_ko_yeu]

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

MỤC LỤC
Trang
Trang phụ bìa . 1
Mục lục . 2
Mở đầu . 3
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . 6
1.1. Đa tạp phức . 6
1.2. Hàm đa điều hoà dưới, tập đa cực, đa chính quy địa phương . 7
1.3. Tính chất thác triển Hartogs . 9
1.4. Lý thuyết Poletsky về các đĩa và định lý của Rosay trên các đĩa chỉnh hình . 10
1.5. Độ đo đa điều hoà dưới và chỉnh hình tách . 12
1.6. Ba định lý tính duy nhất và định lý hai hằng số . 18
Chương 2. Định lý thác triển Hartogs đối với các ánh xạ chỉnh hình tách biến . 22
2.1. Mở đầu . 22
2.2. Các kết quả chính . 23
2.3. Phần 1 của chứng minh định lý A . 24
2.4. Phần 2 của chứng minh định lý A . 31
2.5. Phần 3 của chứng minh định lý A . 35
2.6. Phần 4: Chứng minh định lý A trong trường hợp tổng quát . 44
Kết luận chung . 53
Tài liệu tham khảo . 54


http://cloud.liketly.com/flash/edoc/jh2i1fkjb33wa7b577g9lou48iyvfkz6-swf-2014-01-01-luan_van_dinh_ly_thac_trien_hartogs_doi_voi_cac_an.VplugEuMN6.swf /tai-lieu/de-tai-ung-dung-tren-liketly-53165/
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí

Tóm tắt nội dung tài liệu:

ịnh 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 tui trình bày l...