Đang tải... (xem toàn văn)
Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và một số ứng dụng Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và một số ứng dụng Bổ đề Schwarz trên biên của hình cầu đơn vị trong Cn và một số ứng dụng luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM –––––––––––––––––––– TRẦN THỊ THÙY LINH BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ TRONG n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM –––––––––––––––––––– TRẦN THỊ THÙY LINH BỔ ĐỀ SCHWARZ TRÊN BIÊN CỦA HÌNH CẦU ĐƠN VỊ TRONG n VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN HUỆ MINH THÁI NGUYÊN - 2020 LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng em hưỡng dẫn TS Trần Huệ Minh Em khơng chép từ cơng trình khác Các tài liệu luận văn trung thực, em kế thừa phát huy thành khoa học nhà khoa học với biết ơn chân thành Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Trần Thị Thùy Linh Xác nhận Khoa chuyên môn Xác nhận Người hướng dẫn khoa học i LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Trần Huệ Minh, người tận tình hướng dẫn truyền đạt kinh nghiệm học tập, nghiên cứu khoa học để em hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo - Bộ phận Sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Tốn, thầy giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Viện Toán học giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt trình học tập nghiên cứu khoa học Do vốn kiến thức khả nghiên cứu khoa học hạn chế nên luận văn em khơng tránh khỏi khiếm khuyết, em mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn học viên để luận văn hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn ! Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Trần Thị Thùy Linh ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn Mục lục ii iii Mở đầu 1 Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị 1.1 Bổ đề Schwarz Bổ đề Schwarz biên 1.2 Các bất đẳng thức điểm biên hàm chỉnh hình đĩa đơn vị Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn ứng dụng 14 2.1 Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho ánh xạ chỉnh hình hình cầu đơn vị Cn 14 2.2 Bổ đề Schwarz biên ánh xạ đa thức chỉnh hình 27 2.3 Một số áp dụng Bổ đề Schwarz biên 32 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 iii Mở đầu Lý chọn đề tài Như biết, Bổ đề Schwarz biên đóng vai trị quan trọng giải tích phức cổ điển, trở thành chủ đề nghiên cứu theo nhiều hướng nhà toán học giới S Krantz [6], D Chelst [2], R Osserman [12], M Jeong [5], Dựa Bổ đề Schwarz biên, T.Liu, G.Ren, S Gong W Zhang đạt kết nghiên cứu đột phá ánh xạ lồi song chỉnh hình chuẩn tắc ánh xạ tựa lồi miền khác ([4], [8]) Việc tổng quát hóa Bổ đề Schwarz biên lên trường hợp nhiều chiều áp dụng để có kết lý thuyết hàm hình học nhiều biến phức thu hút quan tâm nhiều nhà toán học, chẳng hạn năm 2015, T.Liu, J Wang, X Tang tổng qt hóa Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn [9], Mục đích luận văn nghiên cứu, tìm hiểu trình bày lại số kết Bổ đề Schwarz biên số ứng dụng Nhiệm vụ nghiên cứu Hệ thống lại kết Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị điểm biên hình cầu đơn vị Cn với số ứng dụng Phương pháp nghiên cứu Sử dụng kết hợp phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết, phương pháp phân loại hệ thống hóa lý thuyết Bố cục luận văn Luận văn viết chủ yếu dựa tài liệu [5], [9], [10], [11] gồm 38 trang có phần mở đầu, chương nội dung, phần kết luận tài liệu tham khảo Cụ thể là: - Chương 1: Trình bày lại Bổ đề Schwarz Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị số bất đẳng thức điểm biên cho dạng khác hàm chỉnh hình đĩa đơn vị Từ tìm điều kiện để đạt dấu đẳng thức - Chương 2: Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn ứng dụng Phần đầu chương trình bày kết tổng quát hóa Bổ đề Schwarz biên cổ điển cho ánh xạ chỉnh hình f hình cầu đơn vị Cn điểm biên z0 mà f (z0 ) = z0 điểm biên z0 mà f (z0 ) = ω0 ∈ ∂B n ; ω0 = z0 Phần tiếp sau trình bày tổng quát hóa Bổ đề Schwarz biên ánh xạ đa thức chỉnh hình hình cầu đơn vị Cn Phần cuối trình bày áp dụng Bổ đề Schwarz biên để chứng minh kết định lý biến dạng tổng quát cho ánh xạ hình song chỉnh hình chuẩn tắc hình cầu đơn vị Cn - Cuối phần kết luận trình bày tóm tắt kết đạt danh mục tài liệu tham khảo Chương Bổ đề Schwarz điểm biên đĩa đơn vị 1.1 Bổ đề Schwarz Bổ đề Schwarz biên Định lý 1.1.1 (Bổ đề Schwarz) Cho f : ∆ → ∆ hàm chỉnh hình đĩa đơn vị mở ∆ = {z ∈ C : |z| < 1} với f (0) = Khi (i) |f (0)| ≤ (ii) |f (z)| ≤ |z| với z ∈ ∆, dấu đẳng thức (i) đạt (iii) f (z) = cz, với c số phức có mơđun Chứng minh Xét khai triển chuỗi lũy thừa f ∆ ∞ f (n) (0) f (z) = cn z , ∀z ∈ ∆, cn = n! n=0 n (1.1) Đặt ∞ cn z n − 1, ∀z ∈ ∆ (1.2) c0 = f (0) = 0, z.g (z) = f (z) (1.3) g (z) = n=1 Vì Nếu z ∈ ∆ ta lấy > r > |z| , theo ngun lý mơđun cực đại, f (ω) ≤ r r |ω|=r |g (z)| ≤ sup |g (ω)| = sup |ω|=r Cho r ↑ 1, ta có |g (z)| ≤ 1, ∀z ∈ ∆ (1.4) Từ (1.4) (1.3) cho ta (ii) Lấy z = (1.4) ý g (0) = c1 f (0) , ta có (i) Nếu đẳng thức đạt (i) (1.4) |g| đạt cực đại ∆ 0, theo nguyên lý môđun cực đại g ∆ Nếu c số |c| = |g (0)| = |f (0)| = ta có (iii) đạt : f (z) = zg (z) = cz Nếu đẳng thức (ii) đạt với z = 0, |g (z)| = (1.4) cho ta thấy |g| đạt cực đại ∆ z Do g số (iii) đạt Định lý 1.1.2 [12] (Bổ đề Schwarz biên) Cho f : ∆ → ∆ hàm chỉnh hình đĩa đơn vị ∆ = {z ∈ C : |z| < 1} Giả sử f (0) = điểm z0 tùy ý mà |z0 | = 1, f thác triển liên tục tới z0 , |f (z0 )| = f (z0 ) tồn Thế |f (z0 )| ≥ + |f (0)| (1.5) Để chứng minh định lý này, trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 1.1.3 Cho f : ∆ → ∆ hàm chỉnh hình thỏa mãn f (0) = Khi |ζ|+f (0) |f (ζ)| ≤ |ζ| 1+|f (0)|.|ζ| với |ζ| < Chứng minh Đặt g (ζ) = f (ζ) ζ Theo Bổ đề Schwarz f phép quay |g (ζ)| < với |ζ| < Nếu f phép quay |f (0)| = nên việc chứng minh bất đẳng thức tầm thường Do vậy, ta giả sử |g (ζ)| < với |ζ| < Sử dụng phép quay cần, ta giả thiết g (0) = f (0) = a, a ∈ R ≤ a < Khi bất đẳng thức tương ứng với |g (ζ)| ≤ |ζ|+a 1+a|ζ| , với |ζ| < Ta suy khẳng định từ Bổ đề Schwarz Rõ ràng g ánh xạ a−r a+r đĩa ∆ (0, r), < r < vào đĩa có đường kính đoạn 1−ar , 1+ar Khi |ξ| = r, g (ζ) ≤ a+r 1+ar = |ζ|+a 1+a|ζ| Vậy khẳng định chứng minh, bổ đề chứng minh Bổ đề 1.1.4 Ta có lim ζj →z0 f (ζj )−c |ζj |−|z0 | 1−|f (ζj )| ζj →z0 1−|ζj | ≥ lim ≥ 1+|f (0)| Chứng minh Rõ ràng f (ζ)−c |ζ|−|z0 | 1−|f (ζ)| 1−|ζ| , ≥ với |c| = 1, |z0 | = Sử dụng tính bị chặn |f (ζ)| Bổ đề 1.1.3, ta có điều phải chứng minh Ta chứng minh Định lí 1.1.2 Chứng minh Lấy ζj Bổ đề 1.1.4 thỏa mãn ζj = tj , với tj → Cho j → +∞ vế trái dần đến f (z0 ) Vì ta có |f (z0 )| ≥ 1+|f (0)| Nhận xét Từ (1.5) ta có |f (z0 )| ≥ (1.6) Đẳng thức (1.6) đạt f (z) = reiθ , với θ ∈ R Nếu hàm f có tính chất f (0) = f (0) = = f (n−1) (0) = 0, n ∈ N f (z0 ) ≥ n (1.7) Đẳng thức (1.7) đạt f (z) = z n eiθ , với θ ∈ R 1.2 Các bất đẳng thức điểm biên hàm chỉnh hình đĩa đơn vị Trong phần ta trình bày số bất đẳng thức điểm biên cho dạng khác hàm chỉnh hình tìm điều kiện để đạt dấu đẳng thức Gọi f hàm chỉnh hình đĩa đơn vị thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với 12 < ε ≤ Ta có kết sau bất đẳng thức điểm biên đĩa đơn vị: Định lý 1.2.1 [11] Giả sử f hàm chỉnh hình đĩa đơn vị ∆, thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với |z| < 1, ε số thực 12 < ε ≤ Giả sử với z0 ∈ ∂∆, f có giới hạn f (z0 ) z0 , f (z0 ) = 2ε |f (z0 )| ≥ ε (2ε − 1) (1.8) Đẳng thức (1.8) đạt f (z) = ε + zeiθ , ε + (1 − ε) zeiθ với θ số thực Chứng minh Xét hàm chỉnh hình đĩa ∆ g (z) = ω (z) = f (z) − ε ε g (z) − g (0) − g (0)g (z) Ta có |ω (z)| < với |z| < 1, ω (0) = |ω (z0 )| = với z0 ∈ ∂∆ Theo Nhận xét 1, f (z0 ) ≥ nên ta có ≤ |ω (z0 )| = − |g (0)|2 − g (0)g (z0 ) = Do ta có 1− 1− 1−ε |f ε 1−ε ε |g (z0 )| (z0 )| |f (z0 )| = ε (2ε − 1) ε |f (z0 )| ≥ ε (2ε − 1) Nếu |f (z0 )| = ε (2ε − 1) từ (1.9) từ |ω (z0 )| = 1, ta có f (z) = ε + zeiθ ε + (1 − ε) zeiθ (1.9) Định lý 1.2.2 [11] Giả sử f hàm chỉnh hình đĩa đơn vị ∆, thỏa mãn f (0) = 1, |f (z) − ε| < ε với |z| < 1, ε số thực 12 < ε ≤ Giả sử với z0 ∈ ∂∆, f có giới hạn f (z0 ) z0 , f (z0 ) = 2ε 2ε(2ε − 1)2 |f (z0 )| ≥ (2ε − 1) + ε |f (0)| (1.10) Bất đẳng thức (1.10) chặt với đẳng thức cho hàm + 2az + z f (z) = ε , ε + az + (1 − ε) z a = ε|f (0)| (2ε−1) số tùy ý thuộc đoạn [0, 1] Chứng minh Lấy ω (z) = g(z)−g(0) , 1−g(0)g(z) với g (z) = f (z)−ε ε Định lý 1.2.1 Sử dụng Định lý 1.1.2 cho hàm ω (z) , ta có |f (z0 )| ≤ |ω (z0 )| = + |ω (0)| (2ε − 1) ε, |f (z0 )| ≤ (0)| (2ε − 1) ε, + ε|f (2ε−1) 2ε(2ε − 1)2 |f (z0 )| ≥ (2ε − 1) + ε |f (0)| Bây giờ, ta chứng minh bất đẳng thức (1.10) nhọn Lấy a ∈ [0, 1] Đặt + 2az + z f (z) = ε ε + az + (1 − ε) z f (z) = ε (2a + 2z) ε + az + (1 − ε) z − (a + (1 − ε) z) + 2az + z (ε + az + (1 − ε) z )2 f (1) = 2ε Vì a = ε|f (0)| (2ε−1) , 2ε − 1+a (1.10) thỏa mãn với dấu đẳng thức Bằng phương pháp chứng minh tương tự Định lý 1.2.1, Định lý 1.2.2, ta có dạng khác hàm chỉnh hình kết sau: Định lý 1.2.3 [5] Cho f hàm chỉnh hình đĩa đơn vị ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < với f (0) = a, < a < Khi đó, f thỏa mãn bất đẳng thức |f (z)| ≤ a (1 + |z|) − |(1 − a) z| (1.11) với |z| < Hơn |f (0)| ≤ a (2 − a) (1.12) Đẳng thức (1.11) đạt với z khác thuộc U hay đẳng thức(1.12) đạt a + zeiθ f (z) = , θ∈R − (1 − a) zeiθ (1.13) Chứng minh Đặt g (z) = f (z) − Lấy ω (z) = g (z) − g (0) − g (0).g (z) (1.14) với z ∈ ∆ Khi g, ω hàm chỉnh hình ∆ với |g (z)| < |ω (z) < 1| với |z| < ω (0) = Vì ω thỏa mãn điều kiện Bổ đề Schwarz Theo Bổ đề Schwarz |ω (z)| ≤ |z| với |z| < Vì vậy, |ω (z)| = f (z)−a 1−(a−1)(f (z)−1) ≤ |z| Từ suy |f (z)| − a ≤ |f (z) − a| ≤ |z||1 − (a − 1)f (z) + (a − 1)| ≤ |z|(|(1 − a)f (z)| + a) (1.15) Do vậy, ta có bất đẳng thức (1.11) Mặt khác, ta có ω (z) = f (z) (1 − (a − 1) (f (z) − 1)) + (f (z) − a) (a − 1) f (z) (1 − (a − 1) (f (z) − 1))2 |ω (0)| ≤ Theo Bổ đề Schwarz suy |f (0)| − (a − 1)2 |ω (0)| = − (a − 1) ≤ Vì |f (0)| ≤ − (a − 1)2 = a (2 − a) Đẳng thức (1.11) đạt với z = thuộc ∆ hay đẳng thức (1.12) đạt ω (z) = f (z) − a = zeiθ , − (a − 1) (f (z) − 1) tức f (z) = a(1+zeiθ ) 1−(1−a)zeiθ , θ ∈ R Nhận xét Từ công thức (1.14) |f (z) − a| = |f (z)| − a |(1 − a) f (z) + a| = |(1 − a) f (z)| + a thỏa mãn điểm z = thuộc ∆ mà đẳng thức (1.11) đạt được, tức < a < f (z) thực với a < f (z) < điểm z = thuộc ∆ Do vậy, f hàm (1.13) < a < điểm z khác thuộc ∆ thỏa mãn a < f (z) < đẳng thức (1.11) đạt Định lý 1.2.4 [5] Cho f hàm chỉnh hình ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < với f (0) = a, < a < Giả sử với z0 mà |z0 | = 1, f thác triển liên tục tới z0 , f (z0 ) = f (z0 ) tồn Khi |f (z0 )| ≥ 2−a a (1.16) Đẳng thức (1.11) đạt a + zeiθ f (z) = , − (1 − a) zeiθ với θ số thực thỏa mãn eiθ = z0 Chứng minh Lấy g (z) = f (z) − Đặt ω (z) = g (z) − g (0) − g (0).g (z) Ta có f (z0 )[1 − (a − 1)] + (2 − a)(a − 1)f (z0 ) [1 − (a − 1)]2 (2 − a)(1 + a − 1) = f (z0 ) (2 − a)2 a = f (z0 ) (2 − a) ω (z0 ) = (1.17) Theo (1.7) |ω (z0 )| ≥ 1, suy |f (z0 )| ≥ Nếu |f (z0 )| = θ ∈ R Tức 2−a a 2−a a |ω (z0 )| = theo Định lý 1.1.2, ω (z) = zeiθ với f (z) = a(1+zeiθ ) 1−(1−a)zeiθ với θ ∈ R Do điều kiện f (z0 ) = nên a + z0 eiθ = − (1 − a) z0 eiθ 10 Vì z0 eiθ = θ thỏa mãn eiθ = z10 Ngược lại , xét hàm a + zeiθ f (z) = , − (1 − a)zeiθ θ thỏa mãn eiθ = z0 , ta có đẳng thức (1.16) Bây xét hàm chỉnh hình f với f (0) − a = f (0) = = f (n−1) (0) = Hàm f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + , n ∈ N với cn = hàm chỉnh hình Nếu ta thay điều kiện |ω (z0 )| ≥ |ω (z0 )| ≥ n chứng minh Định lý 1.2.4, ta có hệ sau Hệ 1.2.5 Cho f hàm chỉnh hình xác định ∆ f (z) = a + cn z n + cn+1 z n+1 + , n ≥ thỏa mãn |f (z) − 1| < ∆, < a < cn = Giả sử f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆, f (z0 ) = f (z0 ) tồn Thế |f (z0 )| ≥ n 2−a a Dấu đẳng thức đạt a + z n eiθ f (z) = , + (a − 1) z n eiθ θ thỏa mãn eiθ = z0n Chứng minh Bằng sử dụng công thức w (1.14) ω (z) = (f (z) − 1) − (f (0) − 1) − (f (0) − 1) (f (z) − 1) cn z n + cn+1 z n+1 + = − (a − 1)2 − (a − 1) (cn z n + cn+1 z n+1 + ) = bn z n + bn+1 z n+1 + bn , bn+1 , ∈ C bn = cn 1−(a−1) { } = Do ω (0) = ω (0) = = ω (n−1) (0) = 11 (1.18) Theo Định lý 1.1.2 (1.17) n ≤ |ω (z0 )| = |f (z0 )| Vậy |f (z0 )| ≥ n a 2−a 2−a a Định lý sau cho ta bất đẳng thức điểm biên z0 Định lý 1.2.6 [5] Cho f hàm chỉnh hình ∆ thỏa mãn |f (z) − 1| < với f (0) = a, < a < Giả sử f thác triển liên tục tới z0 ∈ ∂∆, f (z0 ) = 2, f (z0 ) tồn tại, 2(2 − a)2 |f (z0 )| ≥ a (2 − a) + |f (0)| (1.19) Dấu đẳng thức đạt hàm + 2bz + z , f (z) = a[2 − a + (b + a − 1)z] với z0 = 1, b = |f (0)| a(2−a) f (z) = (1.20) a = 1, tức 1+2bz+z 1+bz với z0 = 1, ≤ b = |f (0)| ≤ Chứng minh Lấy hàm ω xác định (1.14) Bằng cách áp dụng bất đẳng thức (1.6) cho ω (z) phương trình (1.17), ta có a ≤ |ω (z0 )| = |f (z0 )| , + |ω (0)| 2−a Vì f (0) − (a − 1)2 ω (0) = − (a − 1)2 nên 1+ |f (0)| a(2−a) = f (0) f (0) = a (2 − a) − (a − 1) ≤ |f (z0 )| 12 a 2−a Do vậy, 2−a 2a (2 − a) 2(2 − a)2 |f (z0 )| ≥ = a a (2 − a) + |f (0)| a (2 − a) + |f (0)| Để có dấu đẳng thức (1.19), chọn tùy ý thỏa mãn ≤ b ≤ lấy + 2bz + z f (z) = a [2 − a + (b + a − 1) z] Khi f (z) = (2b + 2z) [2 − a + (b + a − 1) z] − + 2bz + z (b + a − 1) a[2 − a + (b + a − 1) z]2 từ suy f (1) = (2 − a) a (b + 1) Do vậy, đẳng thức (1.19) đạt z0 = 1, Mặt khác + 2b + f (1) = = a (2 − a + b + a − 1) Vì f (1) = 2, nên a = Do + 2bz + z f (z) = , + bz b= |f (0)| = f (0) ≤ a (2 − a) 13 b = a |f (0)| a(2−a) Chương Bổ đề Schwarz biên hình cầu đơn vị Cn ứng dụng 2.1 Tổng quát bổ đề Schwarz cổ điển cho ánh xạ chỉnh hình hình cầu đơn vị Cn Ký hiệu Cn không gian Hilbert phức n chiều với tích chuẩn cho n z, ω = zj ωj , z = z, z , j=1 z, ω ∈ Cn Ký hiệu B n = z ∈ Cn : z = |z1 |2 + + |zn |2 < hình cầu đơn vị mở Cn ; ∂B n = {z ∈ Cn : z = 1} Ta gọi H(B n ) họ ánh xạ chỉnh hình từ B n vào Cn Trong chương này, ta viết z ∈ Cn véctơ cột có dạng ma trận cỡ n × z z2 z = zn ký hiệu chuyển vị véc tơ hay ma trận Với f ∈ H (B n ) , ta viết f = (f1 , f2 , , fn ) , fj hàm chỉnh hình từ B n vào C, j = 1, n Đạo hàm f ∈ H (B n ) điểm a ∈ B n ma trận Jacobi phức f cho Jf (a) = ∂fi (a) n × n ∂zj Ta có Jf (a) ánh xạ tuyến tính từ Cn vào Cn Ta nhắc lại bổ đề Schwarz biên cổ điển số kết sau: 14 Định lý 2.1.1 [3] (Bổ đề Schwarz biên cổ điển) Giả sử ∆ đĩa đơn vị mặt phẳng phức C cho f : ∆ → ∆ hàm chỉnh hình Nếu f chỉnh hình z = f (0) = 0, f (1) = 1, f (1) ≥ Ngồi ra, bất đẳng thức nhọn Chú ý, ta bỏ điều kiện f (0) = áp dụng định lý cho hàm 1−f (0) f (z)−f (0) g (z) = 1−f (0) 1−f (0)f (z) ta có ước lượng sau − f (0) f (1) ≥ − |f (0)|2 > (2.1) Bổ đề 2.1.2 [7] Giả sử B hình cầu đơn vị mở không gian Banach phức X với chuẩn X Nếu f : B → B ánh xạ chỉnh hình với f (0) = 0, với z ∈ B, f (z) X ≤ z X Bổ đề 2.1.3 [3] Giả sử f : B n → B n ánh xạ chỉnh hình hình cầu đơn vị mở Cn , Jf (z) α − f (z) f (z) Jf (z) α 2 + − f (z) 2 α ≤ 1− z + |z α|2 1− z 2 với α ∈ Cn z ∈ B n Bổ đề 2.1.4 [7] Cho điểm a ∈ B n , đặt A = sIn + s= aa 1+s , − a , In ma trận đơn vị cấp n Thì ϕa (z) = A a−z 1−az tự đẳng cấu chỉnh hình B n mà hoán vị a Hơn nữa, ϕa song chỉnh hình lân cận B n , A2 = s2 In + aa , Aa = a, Jϕa (z) = A − In (a − z) a + − a z (1 − a z)2 Ta có định nghĩa khơng gian tiếp xúc biên hình cầu đơn vị C điểm sau: n 15 Định nghĩa 2.1.5 Giả sử z0 ∈ ∂B n Không gian tiếp xúc Tz0 (∂B n ) ∂B n z0 định nghĩa Tz0 (∂B n ) = {ω ∈ Cn : (1,0) Không gian tiếp xúc phức Tz0 z0 ω = 0} (∂B n ) ∂B n z0 định nghĩa Tz(1,0) (∂B n ) = {ω ∈ Cn : z0 ω = 0} Kết sau tổng quát hóa Định lý 2.1.1 cho ánh xạ chỉnh hình hình cầu đơn vị Cn Ta có định lý sau Định lý 2.1.6 [9] Cho f : B n → B n ánh xạ chỉnh hình Nếu f chỉnh hình z0 ∈ ∂B n f (z0 ) = z0 với giá trị riêng λ, µ2 , , µn Jf (z0 ) , ta có khẳng định sau: (1) λ ≥ |1−a z0 | 2 1− a > 0, a = f (0) (2) z0 véctơ riêng Jf (z0 ) tương ứng với λ Tức là, Jf (z0 ) z0 = λz0 √ (3) µj ∈ C |µj | ≤ λ với j = 2, , n (1,0) (4) Với µj , tồn αj ∈ ∂B n ∩ Tz0 (∂B n ) cho Jf (z0 ) αj = µj αj , j = 2, , n (5) |det Jf (z0 )| ≤ λ n+1 , |trJf (z0 )| ≤ λ + √ λ (n − 1) Hơn nữa, bất đẳng thức (1), (3), (5) chặt Khi n = z0 = Định lý 2.1.6 Định lý 2.1.1 Định lý 2.1.6 mở rộng Bổ đề Schwarz biên tới số chiều cao Chứng minh Chứng minh định lý chia thành bước Bước 1: Giả sử f chỉnh hình lân cận V z0 Khi f (∂B n ∩ V ) ∂B n tiếp xúc z0 Điều nghĩa không gian tiếp xúc không gian tiếp xúc chỉnh hình với f (∂B n ∩ V ) f (z0 ) = z0 tương ứng bị chứa (1,0) Tz0 (∂B n ) Tz0 (∂B n ) Chú ý với α ∈ Tz0 (∂B n ) , Jf (z0 ) α véctơ tiếp xúc f (∂B n ∩ V ) f (z0 ) = z0 Vì Jf (z0 ) α ∈ Tz0 (∂B n ) 16 Điều suy z0 Jf (z0 ) α = với α ∈ Tz0 (∂B n ) Vì tồn λ ∈ R cho z0 Jf (z0 ) = λz0 Tức Jf (z0 ) z0 = λz0 Do λ giá trị riêng Jf (z0 ) Vì λ số thực, λ giá trị riêng Jf (z0 ) Vậy (2) chứng minh Bước 2: Ta chia chứng minh (1) thành trường hợp Trường hợp Giả sử a = f (0) = Với t ∈ (0, 1) , khai triển Taylor f ((1 − t) z0 ) t = f ((1 − t) z0 ) = z0 − Jf (z0 ) z0 t + O t2 (t → 0) Áp dụng Bổ đề 2.1.2 ta có z0 − Jf (z0 ) z0 t + O t2 = f ((1 − t) z0 ) ≤ (1 − t)2 Do − z0 Jf (z0 ) z0 t + O t2 ≤ − 2t + t2 (2.2) Mặt khác, Jf (z0 ) z0 = λz0 kéo theo z0 Jf (z0 ) = λz0 (2.3) Do vậy, từ (2.2) (2.3) ta có −2λt + O t2 ≤ −2t + t2 Suy O t2 t λ+ ≥1− t Cho t → λ ≥ Trường hợp Giả sử a = f (0) = Theo Bổ đề 2.1.4, ϕa (z0 ) ∈ ∂B n Suy tồn ma trận unita U cấp n cho U ϕa (z0 ) = z0 Lấy g = U ϕa ◦ f Khi g : B n → B n ánh xạ chỉnh hình g chỉnh hình z0 với g (0) = 0, g (z0 ) = z0 Do vậy, từ (2) trường hợp trên, tồn số thực µ ∈ R cho 17 Jg (z0 ) z0 = µz0 , với µ ≥ Vì vậy, ta có Jg (z0 ) z0 = {UJϕa (z0 ) Jf (z0 )} z0 = Jf (z0 ) Jϕa (z0 ) U z0 = µz0 (2.4) Áp dụng Bổ đề 2.1.4 U z0 = ϕa (z0 ) ta có Jϕa (z0 ) U z0 = Jϕa (z0 ) ϕa (z0 ) In a (a − z0 ) a − z0 A + − z0 a (1 − z0 a)2 − a z0 a (a − z0 ) = a − s2 z0 − (a z0 ) a −In + − z0 a |1 − a z0 | = s z0 − (1 − a z0 ) a |1 − a z0 | 2 (a z0 ) a − z0 a a − z0 a a + s (1 − az0 ) a − + a − z0 a − z0 a − z0 a |1 − a z0 | = = − 2 s z0 − (1 − a z0 ) a |1 − a z0 | + |1 − a z0 |2 a − z0 a s2 a+ (1 − a z0 ) a − z0 a − z0 a a − z0 a − a 2 − = s z0 − − − z0 a − z0 a |1 − a z0 |2 (1 − a z0 ) a 1− a = z0 |1 − a z0 |2 Từ đó, với (2.4) ta 1− a Jf (z0 ) z0 = µz0 |1 − a z0 |2 Từ (2), (2.5) µ ≥ 1, ta có |1 − a z0 |2 |1 − a z0 |2 λ= µ≥ > 1− a 1− a 18 (2.5) Vậy (1) chứng minh (1,0) Bước Vì với α ∈ Tz0 (∂B n ) , ta có Jf (z0 ) α ∈ Tz(1,0) (∂B n ) Do vậy, Jf (z0 ) biến đổi tuyến tính khơng gian phức tuyến tính (1,0) (n−1) chiều Tz0 (∂B n ) Suy ra, tồn µ2, , µn ∈ C cho µ2, , µn tất (1,0) giá trị riêng biến đổi tuyến tính Jf (z0 ) Tz0 (∂B n ) (1,0) Vì vậy, tồn véctơ riêng αj ∈ Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n cho Jf (z0 ) αj = µj αj , j = 2, , n (2.6) Vậy (4) chứng minh Với t ∈ (0; 1) , đặt z = tz0 ∈ B n Theo Bổ đề 2.1.3, với αj ∈ (1,0) Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n trên, ta có Jf (tz0 ) αj − f (tz0 ) f (tz0 ) Jf (tz0 ) αj , j = n − t2 (2.7) f (tz0 ) = z0 + Jf (z0 ) z0 (t − 1) + O |t − 1|2 (t → 1) (2.8) + − f (tz0 ) 2 ≤ Chú ý từ (2.6) suy Jf (tz0 ) αj = µj αj + O (|t − 1|) (t → 1) , j = n (2.9) Từ (2.8), (2.9) ta có f (tz0 ) = + z0 Jf (z0 ) z0 (t − 1) + O |t − 1|2 (2.10) Jf (tz0 ) αj = |µj |2 + O (|t − 1|) , f (tz0 ) Jf (tz0 ) αj = O |t − 1|2 , j = n 19 (2.11) Từ (2.3) (2.10) suy f (tz0 ) = + 2λ (t − 1) + O |t − 1|2 (2.12) Do đó, từ (2.7), (2.11), (2.12), ta có |µj |2 + O (|t − 1|) 2λ (1 − t) + O |t − 1|2 O |t − 1|2 + 2λ (1 − t) + O |t − 1|2 ≤ , j = 2, , n − t2 Tức − t2 2λ (1 − t) + O |t − 1|2 ≤ 2λ (1 − t) + O |t − 1| |µj |2 + O (|t − 1|) + − t2 O |t − 1|2 , j = 2, , n Chia hai vế bất đẳng thức cho − t2 cho t dần đến ta 4λ|µj |2 ≤ 4λ2 , j = 2, , n Tức |µj | ≤ √ λ, j = 2, , n Vậy (3) chứng minh, (5) dễ dàng suy từ (3) Bước Ta chứng minh {λ, µ2 , , µn } tất giá trị riêng biến đổi tuyến tính Jf (z0 ) Cn Giả sử α2 , , αn sở trực (1,0) chuẩn Tz0 (∂B n ) z0 , α2 , , αn trở thành sở trực chuẩn Cn Đặt U = (z0 , α2 , , αn ) Thì U ma trận unita cấp n Vì Jf (z0 ) z0 = λz0 nên Jf (z0 ) (z0 , α2 , , αn ) = (z0 , α2 , , αn ) λ B V , V ma trận vuông phức cấp (n − 1) B ma trận phức cấp (n − 1) × Điều λ B V U Jf (z0 ) = U Tức Jf (z0 ) (z0 , α2 , , αn ) = (z0 , α2 , , αn ) 20 λ B V Vì Jf (z0 ) biến đổi tuyến tính khơng gian tuyến tính phức (n−1) (1,0) chiều Tz0 (∂B n ) Jf (z0 ) (α2 , , αn ) = (α2 , , αn ) V, nghiệm đa thức det (xIn−1 − V ) (µ2 , , µn ) Nếu λ ∈ / {µ2 , , µn } λ, µ2 , , µn giá trị riêng biến đổi tuyến tính Jf (z0 ) tác động Cn Giả sử λ = µi0 µi0 nghiệm bậc k phương trình det (xIn−1 − V ) = Vì Jf (z0 ) biến đổi tuyến tính Cn nên đa thức đặc trưng Jf (z0 ) λ det xIn − B V λ Mặt khác, đa thức đặc trưng B V (x − λ) det (xIn−1 − V ) λ , nghĩa Do đó, λ = µi0 nghiệm đặc trưng bậc (k + 1) B V λ, µ2 , , µn tất giá trị riêng biến đổi tuyến tính Jf (z0 ) Cn Bước Ta cần chứng minh bất đẳng thức (1), (3), (5) nhọn Cố định a = a z0 ∈ B n , lấy z−a f (z) = −ϕa (z) = A 1−az Theo Bổ đề 2.1.4, f : B n → B n ánh xạ chỉnh hình f (0) = −a = − a z0 , z0 − a z0 f (z0 ) = A = Az0 = 1− a a sIn + z0 z0 1+s z0 = z0 Mặt khác, f song chỉnh hình lân cận B n Vì f thỏa mãn điều kiện Định lý 2.1.6 Theo Bổ đề 2.1.4, dễ dàng kiểm tra Jf (z0 ) = A In (z0 − a) a + − a z0 (1 − a z0 )2 = [sIn + (1 − s) z0 z0 ] z0 (1 − a ) a z0 In + 1− a (1 − a )2 [sIn + (1 − s) z0 z0 ] [In + a z0 z0 ] 1− a = [sIn + (1 − s + a ) z0 z0 ] 1− a = 21 (2.13) Suy λz0 = Jf (z0 ) z0 = 1+ a [sIn + (1 − s + a ) z0 z0 ] z0 = z0 1− a 1− a Tức λ= 1+ a 1− a (2.14) Bằng tính tốn trực tiếp từ (2.14) ta có − f (0) z0 − f (0) (1 + a )2 1+ a = = λ = 1− a 1− a Vì bất đẳng thức (1) nhọn (1,0) Với giá trị riêng µj Jf (z0 ) , tồn αj ∈ Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n cho Jf (z0 ) αj = µj αj , j = 2, , n (1,0) Từ (2.13) αj ∈ Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n , dễ thấy 1− a Jf (z0 ) αj = 1− a αj , j = 2, , n Điều suy µj = 1− a 1− a = √ 1+ a = λ, j = 2, , n, 1− a nghĩa bất đẳng thức (3) (5) nhọn Vậy định lý chứng minh Với trường hợp f (z0 ) = ω0 ∈ ∂B n ω0 = z0 , ta có kết sau: Định lý 2.1.7 [9] Giả sử f : B n → B n ánh xạ chỉnh hình Nếu f chỉnh hình z0 ∈ ∂B n , f (z0 ) = ω0 ∈ ∂B n ω0 = z0 , ta có khẳng định sau: (1) Tồn λ ∈ R cho Jf (z0 ) ω0 = λz0 |1 − a ω0 |2 λ = ω0 Jf (z0 ) z0 ≥ > 0, 1− a a = f (0) 22 (2) Jf (z0 ) α ≤ √ (1,0) λ với α ∈ Tz0 (3) |det Jf (z0 )| ≤ λ n+1 (∂B n ) ∩ ∂B n (4) Với sở trực chuẩn z0 , α2 , , αn Cn trJf (z0 ) = z0 Jf (z0 ) z0 + α2 Jf (z0 ) α2 + + αn Jf (z0 ) αn , |trJf (z0 )| ≤ |z0 Jf (z0 ) z0 | + (5) |z0 Jf (z0 )z0 | λ √ λ (n − 1) lấy lớn tùy ý Do vậy, xảy √ |trJf (z0 )| ≤ λ + λ (n − 1) Hơn nữa, bất đẳng thức nhọn Chứng minh (1) Giả sử f chỉnh hình lân cận V z0 Khi f (∂B n ∩ V ) ∂B n tiếp xúc ω0 Điều nghĩa không gian tiếp xúc khơng gian tiếp xúc chỉnh hình f (∂B n ∩ V ) f (z0 ) = ω0 (1,0) bị chứa tương ứng Tω0 (∂B n ) Tω0 (∂B n ) Tức Jf (z0 ) Tz0 (∂B n ) ⊂ Tω0 (∂B n ) Jf (z0 ) Tz(1,0) (∂B n ) ⊂ Tω0 (1,0) (∂B n ) Điều với α ∈ Tz0 (∂B n ) , ω0 Jf (z0 ) α = Suy ra, từ z0 α = 0, tồn λ ∈ R cho Jf (z0 ) ω0 = λz0 Điều λ = ω0 Jf (z0 ) z0 (2.15) Nếu a = f (0) = 0, với t ∈ (0, 1) , khai triển Taylor f ((1 − t) z0 ) t = f ((1 − t) z0 ) = ω0 − Jf (z0 ) z0 t + O t2 (t → 0) Áp dụng Bổ đề 2.1.2 ta có ||ω0 − Jf (z0 )z0 t + O(t2 )||2 = ||f ((1 − t)z0 )||2 ≤ (1 − t)2 23 Khi − ω0 Jf (z0 )z0 t + O(t2 ) ≤ − 2t + t2 Suy ra, từ (2.15) ta có λ+ O t2 t ≥1− t Cho t → λ ≥ Nếu a = f (0) = 0, từ Bổ đề 2.1.4 suy ϕa (ω0 ) ∈ ∂B n Khi tồn ma trận unita U bậc n cho U ϕa (ω0 ) = ω0 Lấy g = U ϕa ◦ f g : B n → B n ánh xạ chỉnh hình g chỉnh hình z0 với g(0) = g (z0 ) = ω0 Chứng minh tồn µ ∈ R cho Jg (z0 ) ω0 = µz0 với µ ≥ (2.16) Tương tự chứng minh trường hợp Định lý 2.1.6, ta có Jg (z0 ) ω0 = Jf (z0 ) Jϕa (ω0 ) U ω0 = Jf (z0 ) Jϕa (ω0 ) ϕa (ω0 ) 1− a ω0 = Jf (z0 ) |1 − a ω0 |2 1− a = λ z0 |1 − a ω0 |2 Từ điều từ (2.16) ta có |1 − a ω0 |2 |1 − a ω0 |2 λ= µ≥ > 1− a 1− a (1,0) (2) Với α ∈ Tz0 Từ Bổ đề 2.1.3 ta có (∂B n ) ∩ ∂B n t ∈ (0, 1) , đặt z = tz0 ∈ B n Jf (tz0 ) α − f (tz0 ) f (tz0 ) Jf (tz0 ) α + − f (tz0 ) 2 ≤ − t2 Tương tự chứng minh bước Định lý 2.1.6, ta có √ Jf (z0 ) α ≤ λ (3) Lấy ma trận unita bậc n cho U ω0 = U f (z0 ) = z0 24 Đặt g = U f, g : B n → B n ánh xạ chỉnh hình, g chỉnh hình z0 với g (z0 ) = z0 Giả sử λ, µ2 , , µn tất giá trị riêng Jg (z0 ) = U Jf (z0 ) Theo Định lý 2.1.6, ta có U Jf (z0 ) z0 = Jg (z0 ) z0 = λz0 Suy λz0 = Jf (z0 ) U z0 = Jf (z0 ) ω0 = λz0 Điều nghĩa λ = λ Hơn nữa, theo Định lý 2.1.6 ta có √ |µj | ≤ λ = λ, j = 2, , n Do vậy, |det Jf (z0 )| = |det Jg (z0 )| = λµ2 µn ≤ λ n+1 (4) Giả sử z0 , α2 , , αn sở trực chuẩn Cn , đặt a a12 a1n 11 a21 a22 a2n Jf (z0 ) (z0 , α2 , , αn ) = (z0 , α2 , , αn ) an1 an2 ann Thế trJf (z0 ) = a11 +a22 + +ann = z0 Jf (z0 ) z0 +α2 Jf (z0 ) α2 + +αn Jf (z0 ) αn Do vậy, từ (2) ta có |trJf (z0 )| ≤ |z0 Jf (z0 ) z0 | + √ λ (n − 1) √ (5) Lấy f (z) = rz1m − r2 z1 , r ∈ (0, 1) đủ nhỏ m số nguyên dương đủ lớn, f (z) = r2 |z1 |2m + − r2 |z1 |2 < với z ∈ B f : B → B chỉnh hình Đặt z0 = (1, 0) ∈ ∂B Khi ω0 = f (z0 ) = r, − r2 ∈ ∂B Bằng tính tốn đơn giản ta có Jf (z0 ) = √ rm 1−r ω0 Jf (z0 ) = r2 m + − r2 , = r2 m + − r2 z0 25 Điều suy λ = r2m + − r2 , z0 Jf (z0 ) z0 = (1, 0) √ rm 1−r = rm Do |z0 Jf (z0 ) z0 | rm = → λ r m + (1 − r2 ) r m → ∞ Chú ý số dương r bé tùy ý Khi thể lấy lớn tùy ý Vì vậy, √ |trJf (z0 )| ≤ λ + λ (n − 1) |z0 Jf (z0 )z0 | λ có khơng đạt Cuối cùng, ta chứng minh bất đẳng thức từ (1) đến (3) nhọn Lấy a = a z0 ∈ B n f (z) = −U ϕa (z) , U ma trận unita cấp n thỏa mãn U z0 = ω0 Theo Bổ đề 2.1.4, f (0) = − a ω0 , f (z0 ) = ω0 U [sIn + (1 − s) z0 z0 ] [In + a z0 z0 ] 1− a U = [sIn + (1 − s + a ) z0 z0 ] 1− a Jf (z0 ) = Suy λz0 = Jf (z0 ) ω0 = 1+ a [sIn + (1 − s + a ) z0 z0 ] z0 = z0 1− a 1− a Tức λ= 1+ a 1− a Trong đó, |1 − f (0) ω0 |2 (1 + a )2 1+ a = = = λ − ||f (0)||2 1− a 1− a 26 Điều bất đẳng thức (1) nhọn Hơn nữa, với α ∈ (1,0) Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n , ta có s Jf (z0 ) α = = 1− a √ 1+ a = λ 1− a |det Jf (z0 )| = s 1− a det In + 1−s+ a z0 z0 s n = 1+ a 1− a = 1+ a 1− a 1+ a s n+1 = λ n+1 Điều có nghĩa bất đẳng thức (2), (3) nhọn Nếu f : B n → B n ánh xạ đa thức chỉnh hình bậc m, ta có kết sau: 2.2 Bổ đề Schwarz biên ánh xạ đa thức chỉnh hình Định lý 2.2.1 [9] Cho f : B n → B n ánh xạ đa thức chỉnh hình bậc m, lấy z0 ∈ ∂B n với f (z0 ) = ω0 ∈ ∂B n , m số nguyên dương Ta có khẳng định sau: (1) Jf (z0 ) ω0 = mz0 Jf (z0 ) z0 = mω0 √ (1,0) (2) Jf (z0 ) α ≤ m với α ∈ Tz0 (∂B n ) ∩ ∂B n (3) Có sở trực chuẩn z0 , β2 , , βn Cn cho m Jf (z0 ) Jf (z0 ) (z0 , β2 , , βn ) = (z0 , β2 , , βn ) 0 µ2 m2 , µ2 , , µn giá trị riêng Jf (z0 ) Jf (z0 ) Ngoài 27 0 , µn ≤ µj ≤ m |det Jf (z0 )| ≤ m n+1 , j = 2, , n (4) Với sở trực chuẩn z0 , α2 , , αn Cn trJf (z0 ) = mz0 ω0 + α2 Jf (z0 ) α2 + + αn Jf (z0 ) αn √ m |trJf (z0 )| ≤ + (n − 1) m m (5) Với giá trị riêng λ1 , , λn Jf (z0 ) , ta có khẳng định sau: ≤ max |λj | ≤ m, 1≤j≤n ≤ |λj | ≤ 1≤j≤n √ m n+1 n Hơn bất đẳng thức từ (2) đến (5) nhọn Chứng minh Vì f ánh xạ đa thức chỉnh hình bậc m, ta có f (tz0 ) = tm f (z0 ) = tm ω0 với t ∈ R Khi đạo hàm f (tz0 ) t = Jf (z0 ) z0 = mω0 Tức ω0 Jf (z0 ) z0 = m Từ (1) Định lý 2.1.7, ta có Jf (z0 ) ω0 = mz0 Vậy (1) chứng minh Từ Định lý 2.1.7, dễ dàng kiểm tra (2) (4) Ta chứng minh (3) sau: Do Jf (z0 ) Jf (z0 ) z0 = Jf (z0 ) mω0 = m2 z0 (2.17) Suy m2 giá trị riêng Jf (z0 ) Jf (z0 ) z0 véctơ riêng (1,0) (1,0) tương ứng với m2 Vì Jf (z0 ) α ∈ Tω0 (∂B n ) với α ∈ Tz0 (∂B n ), ta có z0 Jf (z0 ) Jf (z0 ) α = mω0 Jf (z0 ) α = Suy Jf (z0 ) Jf (z0 ) α ∈ Tz(1,0) (∂B n ) 28 (1,0) Điều có nghĩa Tz0 (∂B n ) không gian bất biến (1,0) Jf (z0 ) Jf (z0 ) Do vậy, tồn sở trực chuẩn β2 , , βn Tz0 (∂B n ) cho µ2 0 µ3 Jf (z0 ) Jf (z0 ) (β2 , , βn ) = (β2 , , βn ) 0 µn Từ đó, với (2) ta ≤ µj = βj Jf (z0 ) Jf (z0 ) βj = Jf (z0 ) βj ≤ m, j = 2, , m Mặt khác, từ (2.17) ta có m2 µ2 0 Jf (z0 ) Jf (z0 ) (z0 , β2 , , βn ) = (z0 , β2 , , βn ) 0 0 0 µ3 µn Từ suy |det Jf (z0 )| ≤ m n+1 Vậy (3) chứng minh Tiếp theo, ta chứng minh (5) Với giá trị riêng λj Jf (z0 ), j = 1, , n Giả sử γj véctơ riêng đơn vị ứng với λj Từ (3) suy |λj |2 = λj γj λj γj = γj Jf (z0 ) Jf (z0 ) γj ≤ m2 Do đó, |λj | ≤ m Điều suy ≤ max |λj | ≤ m 1≤j≤n n n ≤ |λj | ≤ (|λ1 | |λ2 | |λn |) = |det Jf (z0 )| ≤ 1≤j≤n √ m n+1 n Vậy (5) chứng minh Cuối cùng, ta chứng minh bất đẳng thức từ (2) đến (5) nhọn Khơng tính tổng qt, ta giả sử m ≥ Lấy √ √ m−1 √ m−1 f (z) = mz1 z2 , mz1 z3 mz1m−1 zn , z1m Với z ∈ B n , ta có f (z) = m|z1 |2(m−1) |z2 |2 + |z3 |2 + + |zn |2 + |z1 |2m = m|z1 |2(m−1) − |z1 |2 + |z1 |2m = m|z1 |2(m−1) − (m − 1) |z1 |2m 29 Dễ thấy g (x) = mxm−1 − (m − 1) xm hàm tăng [0; 1] Do g (x) ≤ g (1) = 1, với x ∈ [0; 1] Suy f : B n → B n ánh xạ đa thức chỉnh hình bậc m Lấy z0 = (1, 0, , 0) ∈ ∂B n Thì ω0 = f (z0 ) = (1, 0, , 0, 1) ∈ ∂B n √ mIn−1 Jf (z0 ) = m (1,0) Với α ∈ Tz0 mãn (∂B n ) ∩ ∂B n , dễ thấy α = (0, b2 , , bn ) thỏa |b2 |2 + |b3 |2 + + |bn |2 = Bằng tính tốn ta có Jf (z0 ) α = √ m(b2 , , bn , 0) Suy Jf (z0 ) α = √ m Vậy bất đẳng thức (2) nhọn Chú ý Jf (z0 ) Jf (z0 ) = m √ mIn−1 0 m √ mIn−1 = m2 0 mIn−1 Do |det Jf (z0 )| = m n+1 |µj | = m với j = n Lấy g (z) = (z1m , 0, , 0) Dễ kiểm tra |µj | = với j = n Do bất đẳng thức (3) nhọn Lấy √ √ √ f (z) = z1m , mz1m−1 z2 , mz1m−1 z3 , , mz1m−1 zn Khi f : B n → B n ánh xạ đa thức chỉnh hình bậc m Khơng tính tổng qt, ta giả sử m ≥ Đặt z0 = (1, 0, , 0) ∈ ∂B n Thế ω0 = f (z0 ) = z0 , m √0 0 m , Jf (z0 ) = √ m 0 √ m |trJf (z0 )| = + (n − 1) m m 30 Do bất đẳng thức (4) nhọn Hơn điều max |λj | ≤ m nhọn (5) 1≤j≤n Cuối ta chứng minh bất đẳng thức (5) nhọn Lấy g (z) = (0, , 0, z1m ) Dễ thấy bất đẳng thức ≤ max |λj | ≤ |λj | 1