Luận văn Một số định lý thác triển hội tụ trong lý thuyết hàm hình học

điểm trên ( )kS r , thì ( )kf z y khi k . Ta viết 1( ,..., ) : N Nf f f U  . Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả thiết 1 1 1 1 1 1 lim ( ) 0, lim ( ) 0, lim ( ) 0. k k k k k k f y f y f z y Từ đó, với mọi 0k k ta có 1 1 1( ) ( ) ( ).k k kf z f f Nói cách khác, 1( )kf z không nằm trong ảnh của hai đường tròn ,k k qua các ánh xạ f. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 14 Vì vậy ta có thể tìm được một lân cận đơn liên của 1 1( ) ( )k kf f mà không giao với một đĩa tâm 0, bán kính đủ nhỏ trong  . Giả sử 1( ,..., )N là các hàm tọa độ trong N , khi đó 1 1f f . Với cách chọn các lân cận ở trên, với k đủ lớn ta có 1 1 1 1 1 ( ) log( ( )) 0 log( ( )) k k k k f d f z d f f z , 1 1 1 1 1 ( ) log( ( )) 0 log( ( )) k k k k f d f z d f f z . Do đó, 1 1log( ( )) 0 k k kd f f z . (*) Mặt khác, theo định lý Rouche [11], ta có 1 1 1 log( ( )) 2 k k kd f f z N P i  , trong đó N là số các không điểm và P là số các cực điểm của 1 1( )kf f z trong vành khuyên kA . Rõ ràng 0P , và 1N vì có ít nhất một không điểm tại kz . Do đó, 1N P . Điều này mâu thuẫn với (*). Vậy định lý được chứng minh. , Với các kết quả của Kwack và Kobayashi, năm 1972 Kiernan ([6]) đã mở rộng được định lý Picard lớn lên trường hợp nhiều chiều bởi 3K -định lý. Để trình bày 3K -định lý ta cần một số khái niệm và kết quả sau. 1.3.3. Bổ đề. Giả sử X là không gian con phức compact tương đối, nhúng hyperbolic trong không gian phức Y. Giả sử { : * }kf X là dãy các ánh xạ chỉnh hình và { },{ }k kz z là các dãy trong Δ* hội tụ tới 0 trong thỏa mãn ( )k kf z y Y . Khi đó (i) ( )k kf z y khi k ; Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 15 (ii) (0)kf y khi k . Chứng minh. Theo tính chất của giả khoảng cách Kobayashi, ta có mỗi ánh xạ chỉnh hình : *kf X đều có thác triển chỉnh hình qua điểm 0. Do đó (0)kf cũng xác định. Như vậy ta suy ra điều phải chứng minh. , 1.3.4. Định nghĩa. Giả sử M là một đa tạp phức và A là một divisor. Ta nói A có giao chuẩn tắc nếu tại mỗi điểm, tồn tại một hệ tọa độ phức 1,..., mz z trong M sao cho về địa phương *\ r sM A với r s m . Từ đó, về địa phương A được xác định bởi phương trình 1... 0rz z . Ta nói rằng A có giao chuẩn tắc đơn nếu sau khi biểu diễn jA A như là tổng các thành phần bất khả quy, tất cả các jA không có kỳ dị và A có giao chuẩn tắc. 1.3.5. Định lý ( 3K -định lý). Giả sử A là divisor có giao chuẩn tắc trong đa tạp phức M. Giả sử X là không gian con phức compact tương đối, nhúng hyperbolic trong không gian phức Y. Khi đó mỗi ánh xạ chỉnh hình : \f M A X thác triển được thành ánh xạ chỉnh hình :f M Y . Chứng minh. Theo giả thiết ta có thể giả sử mM và *\ r sM A với r s m . Ta chứng minh quy nạp theo dimm M . Ta chia thành 3 bước 1. Nếu \ *M A thì kết quả là định lý 1.3.2. 2. Giả sử ta có thể thác triển f với *\ nM A với n nào đó. Ta sẽ chứng minh f có thác triển với *\ n sM A với mọi s. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 16 Ta viết 1 1( , ) ( ,..., , ,..., )n st t t là các biến trong n s . Giả sử *: n sf X là ánh xạ chỉnh hình. Với mỗi t ta đặt ( ) ( , )tf f t . Theo giả thiết quy nạp, ta có thể thác triển tf thành ánh xạ chỉnh hình trên n với mỗi t. Theo hệ quả của định lý thác triển Riemann, ta chỉ cần chứng minh ánh xạ ( , ) ( , )t f t là liên tục. Giả sử ngược lại, f không liên tục tại một điểm nào đó, giả sử là ( ,0) . Khi đó, tồn tại dãy các điểm * k{( , )} n s kt hội tụ về ( ,0) mà ( , ) ( ,0)k kf t y f . Ta chỉ cần chỉ ra mâu thuẫn trong trường hợp 1s . Định nghĩa ánh xạ : * ; ( ) ( , )k k kf X f z f z . Vì 0kt và ( ) ( , )k k k kf t f t y , theo bổ đề 1.3.3, ta có (0) ( ,0)k kf f y . Nhưng tf liên tục với mỗi t, nên (0) ( ,0) ( ,0)k kf f f y . Điều này là vô lý. Vậy f liên tục. 3. Giả sử f có thác triển nếu *\ n sM A với mọi s. Ta chứng minh f thác triển được nếu * 1\ nM A . Theo giả thiết quy nạp, f thác triển được trên 1 \{(0,...,0)}n . Do đó ánh xạ : *g X , xác định bởi Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 17 ( ) ( ,...,z)g z f z thác triển được lên toàn bộ . Ta định nghĩa (0,...,0) (0)f g . Theo định lý thác triển Riemann ta chỉ cần chứng minh f liên tục trên 1n . Giả sử f không liên tục. Khi đó tồn tại dãy 1 * 1( , ) ( ,..., , )n nk k k k kt t thỏa mãn ( , ) (0,0)k kt và ( , ) (0,...,0)k kf t y f . Áp dụng bổ đề 1.3.3 cho dãy hàm số ( ) ( , )kk k k z f z f t và dãy điểm k kz ta có ( ) ( , )k k k kf z f t y khi k . Do đó (0) (0, )k kf f t y khi k . (*) Mặt khác, lại áp dụng bổ đề 1.3.3 cho dãy ( ) ( ,..., , )k kk k k k zt zt f z f t t t và dãy điểm k kz t ta có ( ) ( ,..., ) (0,...,0)k k k kf z f t t f khi k . Do đó (0) (0, ) (0,...,0)k kf f t f y khi k . Điều này mâu thuẫn với (*). Vậy f liên tục. , Chú ý. Định lý được chứng minh đầu tiên bởi Kwack khi X Y là compact và A là tùy ý (không có điều kiện gì về kỳ dị). Sau khi đưa ra khái niệm nhúng hyperbolic, Kobayashi đã chứng minh trong trường hợp X là Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 18 nhúng hyperbolic trong Y và A không có kỳ dị. Kết quả trên của Kiernan chứng minh trong trường hợp A có giao chuẩn tắc. Ví dụ sau là của Kiernan chứng tỏ rằng nếu X không là compact thì các điều kiện về kỳ dị là cần thiết. 1.3.6. Ví dụ Xét 1 1( \{1, 1}) P ( ) P ( )X    . Vì và \ {1, 1} đều là nhúng hyperbolic trong 1P ( ) , nên X là nhúng hyperbolic trong 1 1P ( ) P ( )  . Đặt M và {( , ) 0A z z hoặc }z . Ta có A không phải là có giao chuẩn tắc. Xét ánh xạ : \f M A X bởi ( , ) ( , / )f z z z . Khi đó f không thác triển được lên toàn bộ M vì (0,0)f không xác định. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 19 Chương 2 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ THÁC TRIỂN HỘI TỤ Trong chương này trước tiên chúng tôi trình bày chứng minh định lý thác triển hội tụ của Noguchi bằng ngôn ngữ họ chuẩn tắc đều. Tiếp theo là một số kết quả gần đây của Đỗ Đức Thái về việc chứng minh định lý thác triển hội tụ kiểu Noguchi đối với các siêu mặt không nhất thiết có giao chuẩn tắc. 2.1. Định lý thác triển hội tụ Noguchi 2.1.1. Định lý (Noguchi [9]). Giả sử A là divisor có giao chuẩn tắc trong đa tạp phức m chiều M. X là không gian con compact tương đối, nhúng hyperbolic trong không gian phức Y. Giả sử : \nf M A X là dãy các ánh xạ chỉnh hình, hội tụ đều trên các tập con compact của \M A tới ánh xạ chỉnh hình : \f M A X . Giả sử ,nf f   là các thác triển chỉnh hình của ,nf f tương ứng, từ M vào Y. Khi đó ( , )nf f Hol M Y   trong ( , )Hol M Y . Để chứng minh trước hết ta cần một số khái niệm và kết quả sau 2.1.2. Định nghĩa. Giả sử X, Y là các không gian phức. Họ Hol( , )X YF được gọi là họ chuẩn tắc đều nếu Hol( , )M XF là compact tương đối trong ( , )C M Y với mỗi đa tạp phức M, trong đó { }Y Y là compact hóa một điểm của Y. Nếu 0X , 0Y là các không gian con của các không gian tô pô X, Y tương ứng Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 20 và 0 0( , )C X YF . Ta ký hiệu [ , , ]C X Y F là tập các ánh xạ ( , )g C X Y mà là thác triển của các phần tử của F . 2.1.3. Định lý. Nếu X, Y là các không gian phức thì họ ( , )Hol X YF là chuẩn tắc đều nếu và chỉ nếu ( , )Hol XF là compact tương đối trong ( , )C Y . Chứng minh. ( ) Hiển nhiên, do là đa tạp phức. ( ) Nếu F không là chuẩn tắc đều thì có đa tạp phức M sao cho Hol( , )M XF không là compact tương đối trong ( , )C M Y . Theo định lý Ascoli, do Y là không gian compact nên Hol( , )M XF không là liên tục đồng đều. Vì tính liên tục đồng đều là tính chất địa phương, ta có thể giả thiết { ; 1}mM p p với m nào đó, và Hol( , )M XF không liên tục đồng đều từ 0 M tới q Y . Chọn các dãy { } ;{ } \{0}n nf p MF và { } Hol( , )n M X sao cho 0; (0)n n np f q và ( )n n nf p q ½ . Ta định nghĩa hàm Hol( , )n X , ( ) nn n n zp z p . Khi đó (0) (0)n n n nf f q  và ( ) ( )n n n n n nf p f p q  ½ . Suy ra Hol( , )XF không liên tục đồng đều, do đó không là compact tương đối trong ( , )C Y . Điều này trái giả thiết. , 2.1.4. Định lý ([5]). Giả sử X là không gian con phức compact tương đối trong không gian phức Y. Khi đó các điều kiện sau là tương đương Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 21 i) X là nhúng hyperbolic trong Y; ii) ( , )Hol X là compact tương đối trong ( , )C Y ; iii) ( , )Hol X là họ con chuẩn tắc đều của ( , )Hol Y . 2.1.5. Bổ đề. Giả sử ( * , )mHol YF là họ chuẩn tắc đều. Nếu { } *mn , { }nf F sao cho 0 m n và ( )n nf p Y thì với mỗi lân cận U của p, tồn tại lân cận W của 0 trong m sao cho ( * )mnf W U . Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo m. + 1m chính là định lý 2.1. [5]. + Ta giả sử khẳng định trên đúng với k nhưng không đúng với 1k . Lấy 1Hol( * , )k YF là họ chuẩn tắc đều. Chọn các dãy k+1 1 n n n 0 n 0{ },{ } * ; , ;{ } k nf F sao cho ( )n nf p và ( )n nf p½ . Giả sử U, V là các lân cận compact tương đối của p sao cho V U và giả sử rằng ( )n nf V , ( ) \n nf Y U . (*) Đặt ( , ), ( , )n n n n n ns t s t và 0 0 0( , ) * Δ* ks t . Gọi 1 1 t{ Hol( * , * ); *, ( ) ( , )} k k tt s s tF , 1 2 s{ Hol( *, * ); * , ( ) ( , )} k k ss t s tF . Khi đó Hol( * , )k Y 1F F và Hol( *, )Y 2F F đều là các họ chuẩn tắc đều. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 22 Khi đó ta có: 0{ } ,nn t nf s s  1F F và ( ) ( , ) ( ) nn t n n n n n n f s f s t f p . Theo giả thiết quy nạp, tồn tại lân cận 1N của 0s sao cho 1( * )n k n tf N V và ( ) nn t n f s V . Từ đó, tồn tại dãy con của { ( )} nn t n f s mà cũng ký hiệu là { ( )} nn t n f s sao cho ( ) nn t n f s q V . Ta có ( ) ( , ) ( ) 1 n nn t n n n n n s n f s f s t f t  , với 0nt t . Do đó, tồn tại lân cận 2N của 0t trong sao cho 2( *)nn sf N U . Vậy với n đủ lớn, 2 *nt N , ta có ( ) nn s n f t U . Tức là ( , ) ( )n n n n nf s t f U . Điều này mâu thuẫn với (*). Vậy định lý được chứng minh. , Sử dụng các kết quả trên ta có thể mở rộng 3K -định lý và định lý thác triển hội tụ Noguchi như sau 2.1.6. Định lý. Giả sử M là đa tạp phức và A là divisor có giao chuẩn tắc trong M. Giả sử ( \ , )Hol M A YF là họ chuẩn tắc đều và F là bao đóng của F trong ( \ , )C M A Y . Khi đó i) Mỗi f F đều thác triển được thành ( , )f C M Y . ii) [ , , ]C M Y F là compact trong ( , )C M Y . iii) Nếu { }nf F và nf f thì nf f   . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 23 Chứng minh. Để chứng minh i) và ii) trước hết ta chứng minh với mỗi f F đều thác triển được thành ( , )f C M Y và [ , , ]C M Y F là compact tương đối trong ( , )C M Y . Vì bài toán là địa phương nên ta có thể giả thiết rằng mM và Hol( * , )m YF . Do đó ta chỉ cần chứng minh mỗi f F có thác triển ( , )mf C Y và [ , , ]mC Y F là compact tương đối trong ( , )mC Y . Theo định lý Ascoli, ta chỉ cần chứng minh [ , , ]mC Y F là liên tục đồng đều trong ( , )mC Y . Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại 0 m , các dãy n n{ },{ } trong *m cùng hội tụ tới 0 và có dãy { }nf F mà ( )n nf p  và ( )n nf q p  . Điều này mâu thuẫn với bổ đề 2.1.5. Vậy ta có [ , , ] ( , )m mC Y C YÐF . Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại thác triển của ánh xạ f. Giả sử 0 ,M p Y và 0{ } \ ;n nM A và ( )nf p . Khi đó p xác định duy nhất, do đó với 0 và p ở trên ta định nghĩa 0( )f p  . Rõ ràng f f trên \M A , vì nếu ta chọn dãy \n M A với mọi n, thì ( ) ( )f f với mọi \M A . Vậy theo định lý thác triển Riemann, để chứng minh f là thác triển chỉnh hình của f ta chỉ cần chứng minh f là liên tục. Nếu 0( )f p Y  và U là lân cận mở của p thì gọi V là lân cận compact tương đối của p sao cho V U . Theo bổ đề 2.1.5, tồn tại lân cận mở W của 0 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 24 trong M sao cho ( \ )f W A V . Khi đó ( )f W V U . Nếu 0( )f  , theo bổ đề 2.1.5, tồn tại lân cận mở W của 0 trong M sao cho ( \ )f W A U , tức là tồn tại lân cận mở W của 0 trong M sao cho ( )f W U . Từ đó ta có f liên tục. Để kết thúc chứng minh i) ta lấy f F . Khi đó tồn tại dãy { }nf trong F sao cho nf f khi n . Do [ , , ]C M Y F là compact tương đối trong ( , )C M Y nên tồn tại dãy con { } { } kn n f f sao cho ( , ) kn f g C M Y . Rõ ràng g f (vì chúng bằng nhau trên \M A ). Vậy i) được chứng minh. Để chứng minh ii) ta chứng minh [ , , ]= [ , , ]C M Y C M YF F . Với g F ta chọn dãy { }nf F sao cho nf g . Do tính compact tương đối của [ , , ]C M Y F trong ( , )C M Y và sự tồn tại thác triển trong i), suy ra có dãy con { } { } kn n f f  sao cho kn f g  , vì vậy [ , , ]g C M Y F . Do đó [ , , ] [ , , ]C M Y C M YF F . Ngược lại, với [ , , ]g C M Y F , tồn tại dãy { } [ , , ]nf C M Y  F mà nf g   . Suy ra nf g trên \M A với { }nf F . Từ đó, g F . Vậy [ , , ]g C M Y F . Hay ta có Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25 [ , , ] [ , , ]C M Y C M YF F Vậy ii) được chứng minh. iii) Giả sử { }nf F và nf f . Ta chứng minh nf f   khi n . Theo i) thì các nf  và f luôn tồn tại. Theo ii), vì { } [ , , ]nf C M Y  F compact trong ( , )C M Y , nên mọi dãy con { } kn f của { }nf  đều có dãy con hội tụ tới f . Do đó nf f   khi n . Vậy iii) được chứng minh. , 2.1.7. Nhận xét. Theo hệ quả 3 và hệ quả 7 ([4]) khẳng định rằng: Nếu X là không gian con phức, nhúng hyperbolic trong không gian phức Y và A là divisor có giao chuẩn tắc trong đa tạp phức M thì mỗi ( \ , )f Hol M A X đều thác triển được thành ( , )f C M Y và nếu X là compact tương đối trong Y thì ( , )f Hol M Y . Từ đó theo định lý 2.1.4 và định lý 2.1.6 ở trên ta suy ra kết quả của định lý thác triển hội tụ Noguchi 2.1.1. 2.2. Một số định lý thác triển hội tụ qua các siêu mặt 2.2.1. Định nghĩa. Một không gian phức X được gọi là siêu lồi nếu X là Stein và tồn tại một hàm đa điều hòa dưới liên tục : ( ,0)X sao cho { ; ( ) }cX x X x c là compact với mỗi 0c . Một cách trực giác, điều này có nghĩa là tiến đến 0 tại “biên” của X. 2.2.2. Định lý. Giả sử Z là một đa tạp phức và H là một siêu mặt phức của Z. Giả sử M là một miền hyperbolic compact tương đối trong không gian phức Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 X. Giả sử có một lân cận U của M trong X sao cho U M là siêu lồi. Khi đó bất kỳ ánh xạ chỉnh hình : \f Z H M đều thác triển được thành ánh xạ chỉnh hình từ Z vào trong M. Hơn nữa, nếu 1{ : \ }j jf Z H M là dãy các ánh xạ chỉnh hình mà hội tụ đều trên các tập con compact của \Z H tới ánh xạ chỉnh hình : \f Z H M , thì 1{ }j jf cũng hội tụ đều trên các tập con compact của Z tới f , ở đó :jf Z M và :f Z M là các thác triển chỉnh hình của jf và f trên Z. Chứng minh. (i) Trước hết ta xét trường hợp khi Z và {0}H . Theo định lý 1.3.2, ta chỉ cần chứng minh có một dãy { } *nz hội tụ đến 0 sao cho dãy { ( )}nf z hội tụ đến một điểm của M. Giả sử khẳng định trên là sai. Khi đó ta có thể giả thiết với mỗi dãy { } *nz với 0nz , dãy { ( )}nf z hội tụ đến một điểm trong M . Do đó, ta có thể tìm được 0 đủ nhỏ sao cho *( )f U . Gọi là hàm đa điều hòa dưới vét cạn của U. Đặt h f trên * . Khi đó h là hàm điều hòa dưới trên * , và với mỗi dãy *{ }nz với 0, ( ) 0n nz h z . Điều này kéo theo h thác triển liên tục được đến hàm h trên . Theo định lý về khử kỳ dị của các hàm điều hòa, ta có h là điều hòa dưới trên . Ta có ( ) 0h z nếu *z và (0) 0h , vì vậy h đạt cực đại tại gốc. Điều này vô lý. (ii) Bây giờ ta chứng minh rằng mỗi ánh xạ chỉnh hình : \f Z H M đều thác triển chỉnh hình được trên Z. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 Ta có thể giả thiết H không có kỳ dị, tức là, ta thác triển f lên \ ( )Z S H sau đó lên \ ( ( ))Z S S H và cứ tiếp tục như vậy, trong đó ( )S Y là tập các kỳ dị của không gian phức Y. Bằng cách địa phương hóa ánh xạ f, ta có thể giả thiết rằng 1m mZ và 1 {0}mH . Với mỗi 1mz , xét ánh xạ chỉnh hình : *zf M được cho bởi ( ) ( , )zf z f z z với mỗi *z . Theo (i), tồn tại thác triển chỉnh hình :zf M của zf với mỗi 1mz . Định nghĩa ánh xạ 1: mf M bởi ( , ) ( )zf z z f z với mọi 1( , ) mz z . Ta chỉ cần chứng minh rằng f là liên tục tại 1 0( ,0) mz . Thật vậy, giả sử 1{( , )} mk kz z sao cho 0{( , )} ( ,0)k kz z z . Lấy dãy { } *kz sao cho lim ( , ) 0k k k d z z . Ta có 0( ( , ), ( ,0))M k kd f z z f z 0 0 0( ( , ), ( , )) ( ( , ), ( , )) ( ( , ), ( ,0))M k k k k M k k k M kd f z z f z z d f z z f z z d f z z f z    0 00 ( ( ), ( )) ( ( , ), ( , )) ( ( ), (0)) k kM z k z k M k k k M z k z d f z f z d f z z f z z d f z f    -1 0( , ) ( , ) ( ,0)mk k k kd z z d z z d z  với mọi 1k . Từ đó 0lim ( ( , ), ( ,0)) 0M k k k d f z z f z , tức là, 0{ ( , )} ( ,0)k kf z z f z khi k . Điều này kết thúc bước 2 của chứng minh. (iii) Giả sử { } Hol( \ , )jf Z H M thỏa mãn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28 { } Hol( \ , ) trong Hol( \ , )jf f Z H M Z H M . Ta sẽ chứng tỏ rằng { } trong Hol( , ).jf f Z M Trước hết ta có thể giả thiết H không có kỳ dị vì khẳng định của ta đúng trên \ ( )Z S H sau đó trên \ ( ( ))Z S S H và cứ tiếp tục như vậy. Giả sử 0 là điểm tùy ý của H. Ta có thể giả thiết mZ và 1 {0}mH và 0 (0,0) . Đặt 0 0( )a f . Với điểm y M và số thực dương r, ta đặt B , : ,M My r y M d y y r . Tương tự, với điểm Z và 0r , ta đặt B , : ,Z Zr Z d r . Trước hết ta chứng tỏ rằng với một số 0 bất kỳ, tồn tại lân cận 0V của 0 trong Z sao cho 0 0B ,Mf V a và 0 0B ,j Mf V a với mọi 0j j . Thật vậy, lấy điểm 1 0B ( , ) \ 3 Z H . Ta có 1 0( ) B ( , ) 3 Mf a . Có số nguyên 0j sao cho 1 0 2 ( ) B ( , ) 3 j Mf a với mọi 0j j . Vì vậy ta có 1 0(B ( , )) B ( , ) 3 j Z Mf a . Đặt 0 0 1B ( , ) B ( , ) 3 3 Z ZV . Khi đó Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 0 0V , 0 0( ) B ( , )Mf V a và 0 0( ) B ( , )j Mf V a với mọi 0j j . Lấy 0 đủ nhỏ sao cho 0B ( , )M a được chứa trong một lân cận tọa độ địa phương của 0a trong M. Chọn 0 đủ bé sao cho 0 m V . Vì ( ) { }mjf hội tụ đều đến ( )m f , từ nguyên lý mô đun cực đại suy ra sự hội tụ đều của 1{ }mj jf với giới hạn mf . Định lý được chứng minh. , 2.2.3. Định nghĩa. Giả sử M là một miền trong không gian phức X, tức là, M là một tập con khác rỗng, mở và liên thông của X. (i) Một hàm được gọi là đa điều hòa dưới peak địa phương tại một điểm p trong M nếu tồn tại một lân cận U của p sao cho là đa điều hòa dưới trên U M , tức là liên tục trên U M và thỏa mãn ( ) 0 ( ) 0, ( ) \{ }. p z z U M p (ii) Một hàm được gọi là đa điều hòa dưới antipeak địa phương tại một điểm p trong M nếu có một lân cận U của p sao cho là đa điều hòa dưới trên U M , tức là liên tục trên U M và thỏa mãn ( ) ( ) , ( ) \{ }. p z z U M p 2.2.4. Bổ đề. Giả sử p là một điểm thuộc M . Giả sử có các hàm đa điều hòa dưới peak và antipeak địa phương và tại p xác định trên một lân cận pV của p. Khi đó với mỗi lân cận U của p, tồn tại một lân cận U của p sao cho mỗi ánh xạ chỉnh hình :f M thỏa mãn 1/ 2(0) ( ) .f U f U Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 Chứng minh. Vì là hàm đa điều hòa dưới peak địa phương tại p, tồn tại hai lân cận U và V của p ( )pU V V và hai hằng số dương c và c ( )c c sao cho inf{ ( ) : } , sup{ ( ) : } . z z M U c z z M V c Khi đó hàm  xác định trên M bởi ˆ( ) ( ) ne u , ˆ( ) sup( ( ), ( )) ne u ( \ ), 2 ˆ( ) ( ) ne u \ . 2 z z z M U c c z z z M V U c c z z M V    là hàm đa điều hòa dưới peak toàn thể tại p. Lấy f là một đĩa giải tích trong M, tức là :f M là một ánh xạ chỉnh hình. Giả sử rằng là một số âm tùy ý sao cho ( )(0).f  Ký hiệu mes( )E là độ đo của tập hợp { [0,2 ]: ( )( ) 2 }.iE f e  Vì hàm f  là điều hòa dưới, bất đẳng thức giá trị trung bình kéo theo 2 0 1 ( )(0) ( )( ) 2 mes([0,2 ] \ ) (2 mes( )). if f e d E E    Do đó mes( ) .E (1) Lấy 0 đủ nhỏ sao cho 1 2 1 inf{( )( ) : } 0, sup{( )( ) : } . z z M U c z z M V c c Hàm định nghĩa trên M bởi Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31 1 2 1 2 ˆ( ) ( )( ) ne u , ˆ( ) sup(( )( ), ( )) ne u ( \ ), 2 ˆ( ) ( ) ne u \ . 2 z z z M U c c z z z M V U c c z z M V là một hàm đa điều hòa dưới liên tục, âm trên M và thỏa mãn 1( ) .p Dùng tích phân Poisson, với bất kỳ điểm trên 1/ 2 ta có 2 0 1 ( )( ) Re( )( )( ) . 2 i i i e f f e d e   Theo nguyên lý cực đại, ta có 1/ 2 1 1 2 2 2 21 1 2 2 2 2 2 min Re( ) min Re( ) 1 2min Re( ) 1 1 2min Re( ) 1 2min Re( ) 4 1 11 1 2min Re( ) 1 2min Re( ) 1 1 2Re i i i i i ii z z e e e e e ee z z z z 2 Re 1 1 1 1 2min ( ) 1 2( ) . 5 2Re 3 3z z z Từ đó, ta nhận được 2 0 1 ( )( ) ( )( ) 6 if f e d  với mọi 1/2 . (2) Vì  là hàm peak tại p và q thỏa mãn ( )p nên với mỗi 1n tồn tại một hằng số âm n sao cho với bất kỳ điểm z trong M bất đẳng thức ( ) 2 nz kéo theo ( )z n . Từ 1( ) { }p , ta có họ 1 1 { : ( ) } 6 n n U z M z n Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 là một cơ sở lân cận của p trong M . Gọi nU là lân cận của p trong M định nghĩa bởi { : ( ) }n nU z M z . Gọi :f M là một đĩa giải tích trong M sao cho (0) nf U . Khi đó ( (0)) nf và do vậy, theo (1), ta có mes( )E . Từ (2) và là hàm âm nên với mỗi 1/2 , ta có [0,2 ]\ 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 6 1 1 1 ( ) . mes( ) . 6 6 6 n n n n i i E E E f f e d f e d n d n E n    Vì vậy 1/ 2( ) nf U . Bổ đề được chứng minh. , 2.2.5. Mệnh đề. Giả sử M là một miền hyperbolic trong không gian phức X. Giả sử với mỗi p M , có các hàm peak địa phương và antipeak đa điều hòa dưới tại p, cả hai cùng định nghĩa trên một lân cận của p trong X. Khi đó M là nhúng hyperbolic trong X. Chứng minh. Lấy cả hai điểm ,p q M sao cho p q . Gọi H là hàm độ dài trên X. Theo định lý 1.1.4, tồn tại một lân cận U của p trong X và một hằng số dương 0C sao cho q U và ( , ) . ( , )UF z C H z . Với mỗi z U và zT M . Theo bổ đề 2.2.4, có một lân cận U của p trong X thỏa mãn: U UÐ , Với mỗi đĩa giải tích f trong M 1/ 2(0) ( ) .f U f U Đặc biệt, với mỗi z U M và zT M ta có 1 ( , ) ( , ). 2 M UF z F z Do đó Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 ( , ) ( , ) 2 M C F z H z với mỗi z U M và zT M . Lấy các lân cận ,U W của p,q trong X, tương ứng, sao cho U UÐ và W U= . Lấy U M và W M là các điểm tùy ý. Gọi ( )t là đường cong liên tục, giải tích thực từng khúc bất kỳ trên M thỏa mãn (0) và (1) . Khi đó tồn tại các số cực tiểu 0 1r s sao cho ( )r U và ( )s U . Ta có 1 1 1 1 1 0 ( ( ), ( )) ( ( ), ( )) ( ( ), ( )) s s M M M r r K t j t dt K t j t dt F t t dt 1( ( )) dist( , ) 0. 2 2 s r C C H t dt U U C Do đó 1 1 0 sup ( ( ), ( )) .kM k k K t j t dt C Theo 1.1.5, ta nhận được 1 , 1 01 ( , ) inf sup ( ( ), ( )) :kM M k k d K t j t dt C . Điều này kéo theo 1( , ) 0Md U M W M C và vì vậy M là nhúng hyperbolic trong X. Mệnh đề được chứng minh. , 2.2.6. Định lý. Giả sử M là một miền hyperbolic trong không gian phức X thỏa mãn với mỗi điểm p M , có các hàm peak địa phương và antipeak đa điều hòa dưới tại p, cả hai cùng xác định trên một lân cận của p trong X. Giả sử Z là một đa tạp phức và H là một siêu mặt phức của Z và : \f Z H M là một ánh xạ chỉnh hình. Giả sử rằn