Tài liệu Luận văn tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG THÙY LINH TÍNH HYPERBOLIC CỦA PHẦN BÙ MỘT HỌ CÁC SIÊU PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH LUẬN VĂN THẠC SĨ HÌNH HỌC VÀ TÔPÔ HÀ NỘI, 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI HOÀNG THÙY LINH TÍNH HYPERBOLIC CỦA PHẦN BÙ MỘT HỌ CÁC SIÊU PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH Chuyên ngành: Mã số: Hình học và tôpô 60.46.01.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ HÌNH HỌC VÀ TÔPÔ Người hướng dẫn khoa học: TS. Lê Giang HÀ NỘI, 2017 Mục lục Lời cảm ơn 2 Lời cam đoan 3 Lời mở đầu 4 1 Những tính chất cơ bản của không gian phức hyperbolic 6 1.1 Giả khoảng cách Kobayashi trên không gian phức. . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Không gian phức hyperbolic. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3 Không gian phức nhúng hyperbolic. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2 Tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh 20 2.1 Định lý Borel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2 Ứng dụng của định lý Borel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.3 Ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 1 Lời cảm ơn Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn tốt nghiệp, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Giảng viên - Tiến sĩ Lê Giang, người đã tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn tốt nghiệp này. Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy, cô giáo trong Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã giảng dạy tận tình trong suốt quá trình tôi học tập tại khoa. Nhân dịp này, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã luôn bên tôi, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn thạc sĩ này. Hà Nội, ngày 30 tháng 05 năm 2017 Học viên Hoàng Thùy Linh 2 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan đề tài này là do tôi thực hiện, đó là kết quả của quá trình học tập và nghiên cứu sách, giáo trình, tài liệu của tôi dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Lê Giang, đề tài này không trùng với các kết quả trước đó của các tác giả khác. Hà Nội, ngày 30 tháng 05 năm 2017 Học viên Hoàng Thùy Linh 3 Lời mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Lý thuyết hàm hình học là một trong những lĩnh vực cơ bản của Toán học hiện đại. Sau gần hai thế kỉ phát triển, ngày nay lý thuyết hàm hình học đã đạt được những thành tựu đặc sắc. Đặc biệt từ những năm 60 của thế kỉ trước, cùng với sự hình thành và phát triển của lý thuyết các không gian phức hyperbolic, lý thuyết hàm hình học đã có những bước tiến rất mạnh mẽ. Trong các giả thuyết còn tồn tại đến nay của lý thuyết hàm hình học, giả thuyết của nhà toán học Nhật Bản Kobayashi giữ một vai trò đặc biệt quan trọng Giả thuyết đó của ông phát biểu rằng mỗi siêu phẳng tổng quát có bậc lớn hơn hoặc bằng 2n + 1 trong không gian xạ ảnh phức P n là hyperbolic và có phần bù nhúng hyperbolic trong P n . Việc chứng minh giả thuyết nói trên chắc chắn sẽ đưa đến những kết quả mới đặc sắc trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học hiện đại. Chính vì thế, giả thuyết Kobayashi đã thu hút được sự quan tâm của rất nhiều các nhà toán học. Trong luận văn này, tôi nghiên cứu “tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh”. 2. Mục đích nghiên cứu. Nghiên cứu tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh. 3. Đối tượng nghiên cứu. Luận văn tập trung nghiên cứu về đa tạp hyperbolic. 4. Phương pháp nghiên cứu. Sử dụng các phương pháp của giải tích kết hợp với phương pháp hình học. 5. Cấu trúc luận văn. 4 Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm các chương sau: Chương 1. Những tính chất cơ bản của không gian phức hyperbolic. Chương 2. Tính hyperbolic của phần bù một họ các siêu phẳng trong không gian xạ ảnh. 6. Kế hoạch thực hiện. Từ tháng 10 đến tháng 11 năm 2016, nhận giảng viên hướng dẫn, nhận đề tài luận văn, lập đề cương nghiên cứu. Từ tháng 11 năm 2016 đến tháng 5 năm 2017, nghiên cứu đề tài, trao đổi với giảng viên hướng dẫn về tiến độ thực hiện và nội dung luận văn, viết luận văn. Từ tháng 5 đến tháng 6 năm 2017, hoàn chỉnh luận văn, bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn thạc sĩ. 5 Chương 1 Những tính chất cơ bản của không gian phức hyperbolic 1.1 Giả khoảng cách Kobayashi trên không gian phức. Giả sử D = {z ∈ C : |z| < 1} là đĩa đơn vị mở trên mặt phẳng phức C. Trên D, ta xét khoảng cách Bergman-Poincare cho bởi ρ(0, z) = ln 1 + |z| , với mọi z ∈ D. 1 − |z| Giả sử X là không gian phức và Hol(D, X) là không gian các ánh xạ chỉnh hình từ D vào X được trang bị tôpô compact-mở. Giả sử p và q là hai điểm tùy ý thuộc X. Đặt α ={p0 , p1 , p2 , . . . , pn ∈ X; a0 , a1 , a2 , . . . , an−1 ; b1 , b2 , . . . , bn ∈ D; f1 , f2 , . . . , fn ∈ Hol(D, X)}. Ta gọi α là một dây chuyền nối p với q nếu: f1 (a0 ) = p0 = p, fi (bi ) = fi+1 (ai ) = pi , i = 1, n − 1, fn (bn ) = pn = b. Thay cho việc xét dây chuyền α ta có thể chọn được dây chuyền α0 = {a1 , ..., an ∈ D; f1 , ..., fk ∈ Hol(D, X)} thỏa mãn f1 (0) = p, fi (ai ) = fi+1 (0), fn (an ) = q. 6 Ta đặt Lα = n X ρ(ai−1 , bi ) i=1 và định nghĩa: dX (p, q) := inf Lα , ở đó infimum lấy theo tất cả các dây chuyền chỉnh hình α nối p với q. Ta dễ thấy dX thỏa mãn các tiên đề về giả khoảng cách sau: i) dX (p, q) ≥ 0, ∀p, q ∈ X. ii) dX (p, q) = dX (q, p), ∀p, q ∈ X. iii) dX (p, q) ≤ dX (p, r) + dX (r, q), ∀p, q ∈ X. Định nghĩa 1.1.1. Hàm dX : X × X → [0; +∞) xác định như trên được gọi là giả khoảng cách Kobayashi trên không gian phức X. Định lý 1.1.2. (Nguyên lí giảm khoảng cách). Giả sử f : X → Y là ánh xạ chỉnh hình từ không gian phức X vào không gian phức Y . Thế thì dX (p, q) ≥ dY (f (p) , f (q)), ∀p, q ∈ X. Đặc biệt, nếu f : X → Y là song chỉnh hình thì dX (p, q) = dY (f (p) , f (q)) , ∀p, q ∈ X. Dễ thấy, khi X là không gian con phức của Y và x, y ∈ X thì dY (x, y) ≤ dX (x, y), nghĩa là dY ≤ dX trên X. Mệnh đề 1.1.3. Giả sử X, Y là hai không gian phức. Khi đó, với x, x0 ∈ X và y, y 0 ∈ Y , ta có: dX (x, x0 ) + dY (y, y 0 ) ≥ dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) ≥ max{dX (x, x0 ), dY (y, y 0 )}. Định lý 1.1.4. Cho đĩa đơn vị mở D ⊂ C. Khi đó ta có: i) dD = ρ. 7 ii) dDn ((xj ) , (yj )) = max ρ (xj , yj ) với mọi (xj ), (yj ) ∈ Dn . j=1,n Chứng minh. i) Do tính chất làm giảm khoảng cách của các ánh xạ chỉnh hình f1 , . . . , fk ∈ Hol(D, D) nên ta có dD (p, q) = inf {ρ(a1 , b1 ) + . . . + ρ(ak , bk )} ≥ inf{ρ(f1 (a1 ), f1 (b1 )) + . . . + ρ(fk (ak ), fk (bk ))}. Mặt khác, ρ(f1 (a1 ), f1 (b1 )) + . . . + ρ(fk (ak ), fk (bk )) = ρ(p0 , p1 ) + . . . + ρ(pk−1 , pk ) ≥ ρ(p0 , pk ) = ρ(p, q). Suy ra, dD (p, q) ≥ ρ(p, q). Nếu xét id : D → D ∈ Hol(D, D) thì id(p) = p, id(q) = q. Suy ra, dD (p, q) ≤ ρ(p, q). Kết hợp hai điều trên ta có điều phải chứng minh. ii) Trước tiên, ta đi chứng minh kết quả sau: Giả sử X và Y là hai không gian phức. Khi đó dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) = max {dX (x, x0 ), dY (y, y 0 )}, (1.1.1) với x, x0 ∈ X, y, y 0 ∈ Y. Chứng minh. Vì phép chiếu π : X × Y → Y là chỉnh hình nên theo tính giảm khoảng cách ta có dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) ≥ dX (x, x0 ), tương tự dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) ≥ dY (y, y 0 ). Suy ra dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) ≥ max {dX (x, x0 ), dY (y, y 0 )}. (1.1.2) Không mất tính tổng quát ta giả sử dX (x, x0 ) ≥ dY (y, y 0 ). Ta chỉ cần chứng minh dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) ≤ dX (x, x0 ). Thật vậy, lấy dây chuyền α từ x tới x0 của các đĩa chỉnh hình có độ dài l (α) trong X. Ta xây dựng một dây chuyền γ từ (x, x0 ) tới (y, y 0 ) của các đĩa chỉnh hình có độ dài l (γ) trong X × Y sao cho l (γ) ≤ l(α). 8 Từ giả thiết dX (x, x0 ) ≥ dY (y, y 0 ) suy ra tồn tại dây chuyền β các đĩa chỉnh hình có độ dài l (β) từ y tới y 0 trong Y sao cho l (β) ≤ l(α). Lấy α, β xác định như sau:    x = x0 , x1 , . . . , xk = x0 ∈ X;   α: a1 , a1 0 , . . . , ak , ak 0 ∈ D;     f1 , . . . , fk ∈ Hol(D, X).      y = y0 , y1 , . . . , yk = y ∈ Y ; β: b1 , b1 0 , . . . , bk , bk 0 ∈ D;     g1 , . . . , gk ∈ Hol(D, Y ). Ta có thể giả sử ρ (ai , ai 0 ) ≥ ρ (bi , bi 0 ) , ∀i = 1, k bằng cách làm mịn các dây chuyền như sau: 0 Giả sử a00i là một điểm trên đường trắc địa từ ai đến ai sao cho ρ (ai , ai 0 ) = ρ (ai , ai 00 ) + ρ(ai 00 , ai 0 ). Giả sử xi 0 = fi (ai 00 ) . Ta nhận được một dây chuyền α0 từ x tới x0 gồm k + 1 đĩa chỉnh hình:    x = x0 , . . . , xi−1 , xi 0 , xi, . . . , xk = x0 ∈ X;   α0 : a1 , a1 0 , . . . , ai , ai 00 , ai 00 , ai 0 , . . . , ak , ak 0 ∈ D;     f1 , . . . , fi , fi , . . . , fk ∈ Hol(D, X). Lặp lại quá trình trên sau một số hữu hạn bước ta thu được dây chuyền α0 là cái làm mịn của α. Quá trình này không làm thay đổi ảnh của các đường trắc địa trong họ dây chuyền, nói riêng: l (α) = l(α0 ). Bây giờ, rõ ràng rằng bằng cách làm mịn các dây chuyền α và β một cách thích hợp, ta có thể giả sử rằng k = m và ρ (ai , ai 0 ) ≥ ρ (bi , bi 0 ) , ∀i = 1, k. Bằng cách hợp thành fi và gi với các đẳng cấu thích hợp của D ta có thể giả sử rằng ai = bi = 0 và ai 0 , bi 0 là các số thực dương. Khi đó, 0 < bi 0 ≤ ai 0 < 1. bi 0 Đặt ϕ : D → D cho bởi ϕi (z) = 0 .z. Ta xây dựng ánh xạ chỉnh hình sau ai hi :D → X × Y z → (fi (z) , gi (ϕi (z))) . 9 Lấy γ là dây chuyền từ (x, y) tới (x0 , y 0 ) xác định bởi:   (x, y) = (x , y ) , (x , y ) , . . . , (x , y ) = (x0 , y 0 ) ∈ X × Y ; 0 0 1 1 k k γ:  0, a1 0 , . . . , 0, ak 0 ∈ D, h1 , . . . , hk ∈ Hol(D, X × Y ). Thế thì γ là dây chuyền nối (x, y) và (x0 , y 0 ) trong X × Y thỏa mãn l (γ) ≤ l (α). Suy ra, dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) ≤ dX (x, x0 ) và do đó dX×Y ((x, y) , (x0 , y 0 )) ≤ max {dX (x, x0 ), dY (y, y 0 )}. (1.1.3) Từ (1.1.2) và (1.1.3) ta có (1.1.1). Chứng minh (ii). Ta chứng minh bằng quy nạp. Với n = 2, theo (1.1.1) ta có dD×D ((x, y) , (x0 , y 0 )) = max {dD (x, x0 ), dD (y, y 0 )} = max {ρ (x, x0 ) , ρ (y, y 0 ) }. Giả sử (ii) đúng với n = k tức là dDk ((xj ) , (yj )) = max ρ(xj , yj ). j=1,k Ta chứng minh (ii) đúng với n = k + 1. Thật vậy, dDk+1 ((xj ), (yj )) = dDk ×D ((xj ), (yj )) = max {dDk ((x1 , . . . , xk ), (y1 , . . . , yk )), dD (xk+1 , yk+1 )} = max {dDk ((xj ), (yj )), dD (xk+1 , yk+1 )} = max{max{ρ(xj , yj )}, ρ(xk+1 , yk+1 )} j=1,k = max ρ(xj , yj ). j=1,k+1 Vậy (ii) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp suy ra (ii) đúng với mọi n. Định lý 1.1.5. Giả sử X là không gian phức tùy ý. Khi đó, hàm dX là liên tục trên X × X. Chứng minh. Giả sử {(pn , qn )} ⊂ X × X và {(pn , qn )} → (p, q) theo tôpô của X × X. Từ bất đẳng thức tam giác ta có: |dX (pn , qn ) − dX (p, q)| ≤ dX (pn , p) + dX (qn , q). Do đó, việc chứng minh lim dX (pn , qn ) = dX (p, q) thực chất là đưa về việc chứng n→∞ minh dX (pn , p) → 0 khi pn → p. 10 Giả sử U là một lân cận của p. Do dX ≤ dU trong U nên ta chỉ cần chứng tỏ rằng dU (pn , p) → 0 khi pn → p trong U. Nếu p là điểm chính quy của X thì ta có thể coi U = Dn và phép chứng minh được suy ra ngay từ định lý 1.1.4 mục (i). Ta xét trường hợp p là điểm kì dị của X: Giả sử tồn tại δ > 0 sao cho dU (pn , p) ≥ δ với mọi n > 0. e → U . Giả sử {qn } ⊂ U e sao cho π (qn ) = pn , ∀n ≥ 1. Xét dải kì dị π : U Do π là ánh xạ riêng nên bằng cách lấy dãy con nếu cần thiết ta có thể giả sử rằng e. dãy {qn } hội tụ tới q ∈ U Do π là ánh xạ liên tục nên π (q) = p. e . Do nguyên lý giảm khoảng cách và do Giả sử V là lân cận đa đĩa của q trong U dV là liên tục nên ta suy ra rằng: dU (pn , p) = dU (π (qn ) , π (q)) ≤ dV (qn , q) khi n → ∞. Điều này trái với giả sử ban đầu của ta. Vậy dX là hàm liên tục trên X × X. 1.2 Không gian phức hyperbolic. Định nghĩa 1.2.1. Không gian phức X được gọi là không gian phức hyperbolic (theo nghĩa của Kobayashi) nếu dX là một khoảng cách thực sự (tức là dX (p, q) = 0 ⇔ p = q). Ví dụ 1.2.2. C không là không gian phức hyperbolic. Chứng minh. Cách 1. Lấy p, q ∈ C. Xét dây chuyền chỉnh hình αn nối p và q:   q−p αn = 0; , fn : D → C, z → nz + p , (n đủ lớn để p ∈ D). n   q−p Ta có f (0) = p, f = q và n   q − p    1 +  q−p n    Lαn = ρ 0, = ln q − p. n  1 −  n  Khi đó dC (p, q) = inf Lα ≤ inf Lαn 11 Mà lim Lαn = 0, nên inf Lα = 0. n→∞ Vậy dC (p, q) = 0. Ta có điều phải chứng minh. Cách 2. Giả sử X = C với metric Euclid. Khi đó, dX (x, y) = 0 với mọi x, y ∈ C. Thật vậy, nếu x = y thì dX (x, y) = 0. Giả sử x 6= y, với R > 0 lớn tùy ý, ta xét ánh xạ fR : DR → C; z 7→ z + x. Khi đó fR (0) = x, fR (y − x) = y. Thực hiện phép co, fR cảm sinh ánh xạ f : D → C z . cho bởi f (z) = fR R   y−x y−x = y. Khi R → ∞, dần tới 0. Vì metric hyperKhi đó f (0) = x, f R R   y−x bolic và metric Euclid tương đương nhau quanh điểm O, nên ρ 0, → 0 khi R R → ∞. Vậy dX (x, y) nhỏ tùy ý và do đó dX (x, y) = 0. Ví dụ 1.2.3. Do dD = ρ là khoảng cách suy ra D là không gian phức hyperbolic. Ví dụ 1.2.4. Không gian Cn không là không gian phức hyperbolic. Thật vậy, với z ∈ C, dC (0, z) = 0, z 6= 0. Xét dây chuyền chỉnh hình nối 0 và z: γn = Ta có: f (0) = 0 và f n z o ; fn : D → C; t → r.nt r.n  z  = z, r.n Lγn  z     1 + 1+   z r.n   = ρ 0, = ln  z  = ln r.n 1−  1− r.n  1 n. 1 n Khi đó dC (0, z) = inf Lγ ≤ inf Lγn Mà lim Lγn = 0. Suy ra dC (0, z) ≤ 0. n→∞ Vậy dC (0, z) = 0. Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2.5. Không gian Dn là không gian phức hyperbolic. Định lý 1.2.6. (Định lý Barth). Giả sử X là không gian phức hyperbolic. Thế thì, khoảng cách dX cảm sinh ra tôpô của chính không gian X. 12 Chứng minh. Ta phải chứng minh các ánh xạ Id : (X, τX ) → (X, dX ) và Id : (X, dX ) → (X, τX ) là liên tục. Lấy dãy {xn } ⊂ X, và {xn } → x theo tôpô τX . Do tính liên tục của dX nên {xn } → x theo dX . Vậy nên Id : (X, τX ) → (X, dX ) là liên tục. Giả sử tồn tại dãy {xn } ⊂ X, dX (xn , x) → 0 khi n → ∞ nhưng {xn } 6→ x theo tôpô τX . Thế thì tồn tại các lân cận U, V của x trong X và tồn tại dãy con {xnk } ⊂ {xn } sao cho U ⊂ V, V đẳng cấu với một tập con giải tích trong đa đĩa đơn vị của Cn và {xnk } ∈ / U với mọi k > 0. Dễ thấy V là hyperbolic. Giả sử γ là một dây chuyền chỉnh hình tùy ý nối x và xnk . Gọi qnk là giao điểm của γ với ∂U. Thế thì Lγ ≥ dV (x, qnk ) ≥ dV (x, ∂U ) = c > 0. Do đó dX (x, xnk ) ≥ c với mọi k ≥ 1. Điều này trái với giả thiết dX (xn , x) → 0 khi n → ∞. Vậy ánh xạ Id : (X, dX ) → (X, τX ) là liên tục. Định nghĩa 1.2.7. Một không gian phức hyperbolic X được gọi là không gian phức hyperbolic đầy nếu mọi dãy Cauchy của nó hội tụ theo dX . Định nghĩa 1.2.8. Không gian tô-pô (X, dX ) được gọi là compact nếu chúng là không gian metric compact. Định lý 1.2.9. (Định lý Kobayashi). Giả sử X là không gian phức hyperbolic. Khi đó, X là hyperbolic đầy khi và chỉ khi mọi hình cầu đóng trong (X, dX ) là compact. Ta cần chứng minh hai bổ đề sau đây: Bổ đề 1.2.10. Giả sử X là một không gian phức, r > 0. Với mỗi tập con A ⊂ X ta đặt U (A, r) = {p ∈ X : dX (p, a) < r với một điểm a nào đó thuộc A}. Khi đó, với mọi a ∈ X, với mọi r > 0 và với mọi r0 > 0 ta có U (U (a, r) , r0 ) = U (a, r + r0 ). Chứng minh. Dễ dàng nhận thấy U (U (a, r) , r0 ) ⊂ U (a, r + r0 ). Ta phải chứng minh U (U (a, r) , r0 ) ⊃ U (a, r + r0 ). 13 Giả sử p ∈ U (a, r + r0 ) và dX (a, p) = r + r0 − 3ε (ε > 0 đủ bé). Khi đó tồn tại a1 , . . . , ak ∈ D; f1 , . . . , fk ∈ Hol (D, X) sao cho f1 (0) = a, fi (ai ) = fi+1 (0), fk (ak ) = p và k X ρ (0, ai ) < r + r0 − 2ε. i=1 Giả sử j là chỉ số lớn nhất (1 ≤ j ≤ k) sao cho j−1 X ρ (0, ai ) < r − ε. i=1 Giả sử cj là điểm trên cung trắc địa nối 0 và aj trong D sao cho j−1 X ρ (0, ai ) + ρ (0, cj ) = r − ε. i=1 Đặt q = fj (cj ). Thế thì dX (a, q) < r và dX (p, q) < r0 . Do đó p ∈ U (q, r0 ) ⊂ U (U (a, r) , r0 ). Vậy U (U (a, r) , r0 ) = U (a, r + r0 ). Bổ đề 1.2.11. Giả sử X là không gian phức hyperbolic, a ∈ X, r > 0. Giả sử tồn tại b > 0 sao cho U (p, b) là compact với mọi p ∈ U (a, r). Thế thì U (a, r) cũng là compact. Chứng minh. Vì X là compact địa phương nên tồn tại s, 0 < s < r sao cho U (a, s) là compact.    b Ta chỉ cần chứng minh rằng U cũng là compact. Giả sử {pn } ∈ U a, s + . 2 3b Chọn {qn } ∈ Ū (a, s) sao cho dX (pn , qn ) < . 4 Vì U (a, s) là compact nên ta có thể giả sử rằng b a, s + 2  {qn } → a ∈ U (a, s). Thế thì pi ∈ U (q, b) với mọi i đủ lớn. Do U (q, b) là compact nên ta lại có thể giả sử {pi } → p ∈ U (q, b).     b b Lại do {pi } ⊂ U a, s + và U a, s + là đóng nên 2 2   b p ∈ U a, s + . 2   b Vậy U a, s + là compact. 2 14 Chứng minh. (Định lý Kobayashi). (⇒) Theo bổ đề 1.2.11 ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại b > 0 sao cho U (p, b) là compact với mọi p ∈ X.  1 p1 , 2  là không compact. Giả sử ngược lại, ta có tồn tại p1 ∈ X sao cho U     1 1 thì tồn tại p2 ∈ U p1 , sao cho Lại áp dụng bổ đề 1.2.10 vào U p1 , 2 2   1 U p2 , 2 là không compact. 2 ta nhận được dãy Cauchy {pn } ⊂ X sao cho pn ∈  trình Tiếp tục quá  trên  1 1 U pn−1 , n−1 và U pn , n là không compact. 2 2 Giả sử {pn } → p ∈ X. Do X là compact địa  phương  nên tồn tại c > 0 sao cho 1 U (p, c) là compact. Nhưng với n đủ lớn thì U pn , n là tập con đóng của U (p, c), 2   1 do đó U pn , n là compact. Điều này vô lý. 2 Vậy U (p, r) là compact với mọi p ∈ X và với mọi r > 0. (⇐) Khẳng định ngược lại là tầm thường. Định lý 1.2.12. (Định lý Eastwood). Giả sử π : X → Y là ánh xạ chỉnh hình giữa hai không gian phức. Y là hyperbolic (tương ứng hyperbolic đầy) và tồn tại phủ mở {Ui }i∈I của Y sao cho π −1 (Ui ) là hyperbolic (tương ứng hyperbolic đầy) với mọi i ∈ I. Khi đó, X cũng là hyperbolic (tương ứng hyperbolic đầy). Để chứng minh định lý trên trước hết ta phải chứng minh bổ đề sau đây: Bổ đề 1.2.13. Giả sử X là không gian phức, a ∈ X, δ > 0. Thế thì tồn tại hằng số c > 0 sao cho: ∀p, q ∈ U (a, δ) = {b ∈ X : dX (a; b) < δ} ta có dU (a,4δ) (p, q) ≤ c.dX (p, q). Chứng minh. Chọn 0 < r < 1 sao cho dD (0, z) < δ, ∀z ∈ Dr . Thế thì ∃c > 0 sao cho dDr (0, z) < c.dD (0, z) , ∀z ∈ D r2 . Giả sử p, q ∈ U (a, δ). Ta có dX (p, q) ≤ dX (a, p) + dX (a, q) < 2δ. Xét ε > 0 tùy ý đủ bé sao cho dX (p, q) + ε < 2δ. Xét một dây chuyền chỉnh hình γ nối p, q sao cho Lγ < dX (p, q) + ε < 2δ. 15 Giả sử γ = {a1 , a2 , . . . , an ∈ D r2 ;f1 , f2 , . . . , fn ∈ Hol (D, X) } sao cho f1 (0) = p ∈ U (a, δ), fi (ai ) = fi+1 (0) = pi , fn (an ) = q, p0 = p, pn = q. Do Lγ < 2δ và dX (a, p) < δ nên toàn bộ dây chuyền γ nằm trong hình cầu U (a, 3δ). Vì thế pi ∈ U (a, 3δ) , ∀i = 0, n. Mặt khác, với mỗi z ∈ Dr ta có: dX (pi−1 , fi (z)) = dX (fi (0) , fi (z)) ≤ dD (0, z) < δ. Do đó fi (Dr ) ⊂ U(a,4δ) , ∀i = 1, n. Đặt gi : D → X cho bởi gi (z) = fi (rz) , ∀z ∈ D. an a1 a2 ∈ D; g1 , g2 , . . . , gn ∈ Hol(D, U (a, 4δ))} là một dây Thế thì β = { , , . . . , r r r chuyền chỉnh hình trong U (a, 4δ) nối p và q. Từ đó ta có: dU (a,4δ) (p, q) ≤ = ≤ n−1 X i=0 n−1 X i=0 n−1 X dU (a,4δ) (pi , pi+1 ) dU (a,4δ) (fi+1 (0), fi+1 (ai+1 )) n−1 X dDr (0, ai+1 ) ≤ c( dD (0, ai+1 )) i=0 n X = c( i=0 dD (0, ai ) = cLγ < c(dX (p, q) + ε) i=0 với mọi ε đủ bé. Vậy dU (a,4δ) (p, q) ≤ c.dX (p, q), ∀p, q ∈ U (a, δ). Chứng minh. (Định lý Eastwood). i) Giả sử Y là hyperbolic. Giả sử tồn tại p, q ∈ X, p 6= q sao cho dX (p, q) = 0. Ta có 0 = dX (p, q) ≥ dY (π(p), π(q)), suy ra π(p) = π(q) = y0 ∈ Y. Chọn ε > 0 đủ bé sao cho U (p, 4δ) = {x ∈ X : dπ−1 (U (y0 ,ε)) (p, x) < 4δ} ⊂ π −1 (U (y0 , ε)). Theo bổ đề 1.2.13 ta có: dπ−1 (U (y0 ,ε)) (p, q) ≤ dU (p,4δ) (p, q) ≤ c.dX (p, q) = 0. Do vậy p = q. Điều này mâu thuẫn với giả sử trên. 16 Vậy X là hyperbolic. ii) Giả sử Y là hyperbolic đầy. Theo i) thì X là hyperbolic. Giả sử {pn } là dãy Cauchy trong (X, dX ). Dễ thấy dãy {π {pn }} là dãy Cauchy trong Y và do đó nó hội tụ tới y0 ∈ Y. Lấy δ > 0 đủ bé sao cho U (y0 , 5δ) = {y ∈ Y : dY (y0 , y) < 5δ} ⊂ Ui với Ui nào đó. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng: dY (y0 , π(p1 )) < δ và dX (p1 , pn ) < δ, ∀n ≥ 1. Đặt V = {x ∈ X : dX (p1 , x) < 4δ}. Theo bổ đề 1.2.13, tồn tại hằng số c > 0 sao cho dV (pm , pn ) ≤ c.dX (pm , pn ), ∀m, n ≥ 1. Điều đó chứng tỏ rằng {pn } là dãy Cauchy trong (V, dV ). Do π (V ) ⊂ U (y0 , 5δ) ⊂ Ui nên V ⊂ π −1 (Ui ). Do vậy, dãy {pn } là dãy Cauchy trong (π −1 (Ui ) , dπ−1 (Ui ) ). Suy ra {pn } hội tụ tới p0 ∈ π −1 (Ui ). Vậy X là không gian hyperbolic đầy. e → X là phủ chỉnh hình của Định lý 1.2.14. Giả sử X là không gian phức và π : X X. Khi đó, ta có: a) Với mỗi p, q ∈ X thì dX (p, q) = inf −1 qe∈π (q) dXe (e p, qe), ở đó pe ∈ π −1 (p). e là hyperbolic (hyperbolic đầy) khi và chỉ khi X là hyperbolic (hyperbolic đầy). b) X 1.3 Không gian phức nhúng hyperbolic. Định nghĩa 1.3.1. Cho X là không gian phức con của không gian phức Y , ta nói X là nhúng hyperbolic trong Y nếu với mọi x, y ∈ X, x 6= y, tồn tại lân cận Ux ,Uy của x, y trong Y sao cho: dX (X ∩ Ux ; X ∩ Uy ) > 0. Định lý 1.3.2. Giả sử X là không gian con phức của không gian phức Y . Khi đó, các điều kiện sau là tương đương: HI1. X là nhúng hyperbolic trong Y. 17 HI2. X là hyperbolic và nếu {xn } , {yn } ⊂ X thỏa mãn xn → x ∈ ∂X, yn → y ∈ ∂X, dX (xn , yn ) → 0 thì x = y.. HI3. Giả sử {xn } , {yn } ⊂ X thỏa mãn xn → x ∈ ∂X, yn → y ∈ ∂X, Khi đó, nếu dX (xn , yn ) → 0 khi n → +∞ thì x = y. HI4. Giả sử H là hàm độ dài trên Y . Khi đó, tồn tại hàm liên tục dương ϕ trên Y sao cho f ∗ (ϕH) ≤ HD , ∀f ∈ Hol (D, X) , trong đó HD là metric vi phân Poincaré trên đĩa đơn vị D. HI5. Tồn tại hàm độ dài H trên Y sao cho với mọi f ∈ Hol (D, X) ta có f ∗ H ≤ HD . Nhận xét 1.3.3. i) Không gian phức X là hyperbolic khi và chỉ khi X là nhúng hyperbolic trong chính nó. ii) Nếu X1 là nhúng hyperbolic trong Y1 và X2 là nhúng hyperbolic trong Y2 thì X1 × X2 là nhúng hyperbolic trong Y1 × Y2 . iii) Nếu có hàm khoảng cách δ trên X thỏa mãn dX (p, q) ≥ δ (p, q) , ∀p, q ∈ X thì X là nhúng hyperbolic trong Y. Ví dụ 1.3.4. Giả sử A là một tập hữu hạn của P1 C có chứa ít nhất ba điểm, giả sử là ∞, 0 và 1. Khi đó, Y = P1 C − A là nhúng hyperbolic trong P1 C. Thật vậy, dễ thấy đĩa đơn vị D là không gian phủ toàn bộ Y . Theo định lý 1.2.14 suy ra Y là hyperbolic đầy. Vì Y chỉ có các điểm biên cô lập, suy ra Y là nhúng hyperbolic. Ví dụ 1.3.5. Giả sử Q là một tứ giác trong P2 C. Khi đó, Q là tập hợp gồm sáu đường thẳng xạ ảnh đi qua một tập gồm bốn điểm ở vị trí tổng quát. Ta sẽ chỉ ra rằng Y = P2 C − Q là nhúng hyperbolic trong P2 C. Giả sử {p1 ,p2 , p3 , p4 } là bốn điểm ở vị trí tổng quát. Với i < j, gọi lij là một đường thẳng xạ ảnh đi qua pi và pj . Giả sử p là một điểm bất kì thuộc Y = P2 C. Không mất 18