Mục lục
LỜI CẢM ƠN 1
DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU 3
1 Kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Một số kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 Trường vector chỉnh hình tiếp xúc trong C
2
13
2.1 Sự tồn tại của trường vector chỉnh hình tiếp xúc tới siêu mặt thực . . . 13
2.2 Họ siêu mặt tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc không tầm thường 17
2.3 Sự không tồn tại trường vector chỉnh hình tiếp xúc với siêu mặt thỏa
mãn điều kiện (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.1 Các bổ đề kỹ thuật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.3.2 Chứng minh Định lý 2.3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
TÀI LIỆU THAM KHẢO 34
2
DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
• P
z
(z): Đạo hàm theo biến z của hàm P .
• ν
0
(f): Ký hiệu cấp của hàm f triệt tiêu tại 0 dùng trong định nghĩa loại điểm vô
hạn D’ Angelo.
• Ký hiệu ≈ kết hợp với ký hiệu  và : Dùng cho ký hiệu bất đẳng thức sai khác
một hằng số dương.
• C
∞
-trơn: Dùng chỉ hàm khả vi liên tục cấp vô cùng.
3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số khái niệm trong giải tích phức
Định nghĩa 1.1.1. Ta nói rằng một hàm thực trơn f xác định trong một lân cận U
của gốc tọa độ và f(0) = 0 trong C thỏa mãn điều kiện (I) nếu
(I.1) lim sup
˜
Uz→0
|Re(bz
k
f

(z))
f(z)
)| = +∞;
(I.2) lim sup
˜
Uz→0
|
f

(z)
f(z)
| = +∞
với mọi k = 1, 2, và với mọi b ∈ C
∗
, trong đó
˜
U := {z ∈ U : f(z) = 0}.
Ví dụ 1.1.1. Hàm số P (z) = e

→ 0 khi l → ∞ và Re (z
l
) = 1/l = 0 với
mọi l ∈ N
∗
. Mặt khác, với mỗi b ∈ C
∗
chúng ta có
|Re (bz
k
l
P

(z
l
)
P (z
l
)
)| 
l
α+1
l
β(k−1)+1
= l
α−β(k−1)
.
5
Dễ dàng ta thấy
lim

2
, , h
n
là các hàm chỉnh hình theo biến z = (z
1
, z
2
, , z
n
). Một mầm
của siêu mặt thực trơn M (đối chiều thực bằng 1) tại p trong C
n
được định nghĩa bởi
hàm số và được gọi là ρ, sao cho M được mô tả bởi biểu thức ρ(z) = 0. Một trường
vector H được gọi là tiếp xúc tới M nếu phần thực của của H tiếp xúc với M có nghĩa
là H thỏa mãn biểu thức Re Hρ = 0.
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử f là một hàm biến thực trơn xác định trên một lân cận
của 0 trong C. Kí hiệu ν
0
(f) là cấp triệt tiêu của f tại 0 và nó được quy định bởi cấp
của số hạng đầu tiên không bị triệt tiêu trong khai triển Taylor của hàm f tại 0. Trong
trường hợp f là ánh xạ trong R
k
(k > 1), chúng ta xem xét cấp triệt tiêu của tất cả các
thành phần và giá trị nhỏ nhất trong chúng gọi là cấp triệt tiêu của f, ký hiệu là ν
0
(f).
Ký hiệu 
r
= {z ∈ C : |z| < r} với r > 0 và ký hiệu  := 

n
2
là hàm chỉnh hình không đồng nhất triệt
tiêu trong ∆

0
(β ∈ R
∗
, 
0
> 0, a
n
∈ C với mọi n ∈ N). Giả sử Q
0
, P
1
, P là các hàm số
6
C
1
-trơn trong ∆

0
và P
1
, P là các hàm số dương trên ∆
∗

0
thỏa mãn các phương trình

1
z
2
(z
2
) −

1 +
Q
0
(z
2
)
i

a
1
(z
2
)P
1
(z
2
)

≡ 0;
(iii) Re

2iβz
2

trên ∆
∗

0
. Khi đó, ta có:
Q
0
(z
2
) = tan

q(|z
2
|) − Re

∞

n=1
a
n
n
z
n
2

;
P
1
(z
2

z
n
2




;
P (z
2
) =
1
α
log

1 + αP
1
(z
2
)

với mọi z
2
∈ ∆

0
, trong đó hàm q, p là các hàm C
1
-trơn trong (0, 
0

2
)
= −Re

ia
1
(z
2
)

= −β

i
∞

n=1
a
n
z
n
2

với mọi z
2
∈ ∆

0
. Khi đó, với mỗi số thực dương 0 < r < 
0
, xét hàm số u(t) := Q

n=1
a
n
r
n
e
int

với mọi t ∈ R. Với t ∈ R chúng ta lấy tích phân

t
0
hai vế của biểu thức trên chúng ta
thu được:
arctan u(t) − arctan u(0) = −Re

i
∞

n=1
a
n
r
n
e
int
− 1
in

= −Re

n


= tan

arctan Q
0
(r) −Re

∞

n=1
a
n
r
n
e
int
− 1
n


.
Vì vậy lời giải dành cho phương trình vi phân (i) mà ta có được là:
Q
0
(z
2
) = tan


2
))
P
1
(z
2
)

= Re

a
1
(z
2
)

+ Q
0
(z
2
)Re

a
1
(z
2
)
i

với mọi z


∞

n=1
a
n
i
r
n
e
int

= Re

∞

n=1
a
n
r
n
e
int

+ Re

∞

n=1
a

hai vế của biểu thức trên ta được nghiệm của
phương trình vi phân (ii) như sau:
P
1
(z
2
) = exp

p(|z
2
|) − Re

∞

n=1
a
n
in
z
n
2

− log





cos


) và được chọn sao cho hàm
số P
1
(z) là C
1
-trơn trên ∆

0
, như mong muốn của yêu cầu bài toán.
Cuối cùng, sử dụng lập luận như trên từ phương trình (iii) ta có:
P (z
2
) =
1
α
log

1 + P
1
(z
2
)

8
với mọi z
2
∈ ∆
∗

0

(a) Re

2iβz
2
Q
0
z
2
(z
2
) + ia
1
(z
2
)

1 + Q
2
0
(z
2
)


≡ 0;
(b) Re

i

1 + Q

+
Q
1
(z
2
)
i

i − Q
2
0
(z
2
)

a
1
(z
2
) +

1
2
+
Q
0
(z
2
)
2i

(z
2
) ≡ Q
1
(0)

1 + Q
2
0
(z
2
)

và a
2
(z
2
) ≡ Q
1
(0)a
1
(z
2
).
Chứng minh. Chúng ta sẽ chia phần chứng minh thành hai phần như sau:
Trường hợp (i). Q
1
(0) = 0. Trong trường hợp này, chúng ta sẽ chỉ ra rằng Q
1
≡ 0,

(Q
1
) = ν
0
(a
2
). Điều đó
dẫn đến mâu thuẫn. Do đó, Q
1
≡ 0 và a
2
≡ 0.
Trường hợp (ii). Q
1
(0) = 0. Cho
˜
Q
1
(z
2
) := Q
1
(z
2
) − Q
1
(0) và ˜a
2
(z
2

) +
1
2
Q
1
(z
2
)a
1
(z
2
) −
3
2i
Q
0
(z
2
)a
1
(z
2
)
−
a
2
(z
2
)
2

2
)a
2
(z
2
)

=Re

iβz
2
(
˜
Q
1
)
z
2
(z
2
) +
1
i
Q
1
(0)Q
0
(z
2
)a

Q
1
z
2
(z
2
)

a
1
(z
2
)
2
−
3
2i
Q
0
(z
2
)a
1
(z
2
)

+ ˜a
2
(z


≡ 0
(1.2)
9
trên ∆

0
. Mặt khác, phương trình (b) tương đương với
Re

i

1 + Q
2
0
(z
2
)

˜a
2
(z
2
) + i

Q
2
0
(z
2

2
(z
2
) − iR
1
(z
2
)a
1
(z
2
)

≡ 0, (1.3)
trên ∆

0
, trong đó
˜
Q
1
(z
2
)− Q
2
0
(z
2
)Q
1

3
0
(z
2
)

≡ 0
trên ∆

0
. Do vậy, từ biểu thức trên và biểu thức (1.2) ta có:
Re

iβz
2
(R
1
)
z
2
(z
2
) −
1
2
Q
2
0
(z
2

a
1
(z
2
)
2
−
3
2i
Q
0
(z
2
)a
1
(z
2
)

+ R
1
(z
2
)

a
1
(z
2
)

) −
i
2
Q
2
0
(z
2
) −
i
2
Q
3
0
(z
2
)

=Re

iβz
2
(R
1
)
z
2
(z
2
) + R

−
1
2
−
i
2
Q
0
(z
2
) −
i
2
Q
2
0
(z
2
) −
i
2
Q
3
0
(z
2
)

≡ 0
(1.4)

2
0
(z
2
)

trên ∆

0
, và chúng ta hoàn
thành việc chứng minh bổ đề tại đây.
Bổ đề 1.2.3. Giả sử hàm số f(z
2
, t) xác định trên một lân cận U × I của 0 ∈ C × R
với f(z
2
, 0) ≡ 0 sao cho f,
∂f
∂t
và
∂
2
f
∂t
2
là C
1
-trơn trên U × I và giả sử α ∈ R. Khi đó,

i +




−
1
α
log




cos(R(z
2
)+αt)
cos(R(z
2
))




nếu α = 0
tan(R(z
2
))t nếu α = 0
với mọi (z
2
, t) ∈ U × I, trong đó R là hàm C
1
-trơn trên U.


1 + (
∂f
∂t
(z
2
, t))
2

trên U × I. (1.5)
Mặt khác, từ (1.5) ta có
∂f
∂t
(z
2
, t) = tan(R(z
2
) + αt) với mọi (z
2
, t) ∈ U × I. Như vậy, hàm số f có dạng như
trong bổ đề.
Hệ quả 1.2.4. Giả sử 
0
, β, α ∈ R với β = 0 và 
0
> 0. Giả sử rằng R : ∆

0
→ [−1, 1]
là C

0
. Giả sử
f(z
2
, t) : ∆

0
× (−δ, δ) → R là hàm số xác định bởi công thức sau:
f(z
2
, t) =







−
1
α
log




cos(R(z
2
)+αt)
cos(R(z

ia
1
(z
2
)

= 0 (1.6)
với mọi (z
2
, t) ∈ ∆

0
× (−δ
0
, δ
0
) trong đó δ
0
=
1
2|α|
nếu α = 0 và δ
0
= +∞ nếu ngược
lại.
11
Chứng minh. Bằng tính toán trực tiếp chúng ta có
f
z
2


1 + tan
2
(R(z
2
))

R
z
2
(z
2
)t nếu α = 0,
và
f
t
(z
2
, t) =





tan(R(z
2
) + αt) nếu α = 0
tan(R(z
2
)) nếu α = 0,

Re(−ia
1
(z
2
))
=

f
t
(z
2
, t) − tan(R(z
2
))

Re

− ia
1
(z
2
)

với mọi (z
2
, t) ∈ ∆

0
× (−δ
0

Bổ đề 2.1.1. Giả sử a, b là các hàm chỉnh hình xác định trên các lân cận ∆
r
× U và
U của gốc tọa độ lần lượt trong C
2
và C với b(0) = 0 và b

(0) = iβ, trong đó β ∈ R
∗
và r > 0. Sau khi đổi biến
z
1
= w
1
; z
2
= Φ(w
2
),
13
ta có
H(z
1
, z
2
) = a(z
1
, z
2
)

1
, w
2
) = a(w
1
, Φ(w
2
))
∂
∂w
1
+ iβw
2
∂
∂w
2
là tiếp xúc với siêu mặt
˜
M = {(w
1
, w
2
) ∈ ∆
r
× U : ˜ρ(z
1
, z
2
) = Re w
1

)f
z
2
(z
2
, Im z
1
)
Re H(ρ(z
1
, z
2
)) = Re [
1
2
+ f
z
1
(z
2
, Im z
1
)a(z
1
, z
2
) + f
z
2
(z

= Re
˜
H(˜ρ(w
1
, w
2
))
với mọi (w
1
, w
2
) ∈ ∆
r
× V . Như vậy, khẳng định trên đã được chứng minh.
Định lý sau đây được đưa ra là một ví dụ về trường vector chỉnh hình và siêu mặt
thực tiếp xúc với nhau.
Định lý 2.1.2. Giả sử α ∈ R và a
1
(z) = β

∞
n=1
a
n
z
n
là hàm chỉnh hình không đồng
nhất triệt tiêu xác định trên lân cận của 0 ∈ C, trong đó β ∈ R
∗
và a

) =





1
α
(exp(αz
1
− 1)) nếu α = 0
z
1
nếu α = 0,
14
tiếp xúc với siêu mặt C
1
-trơn M được cho bởi công thức:
M = {(z
1
, z
2
) ∈ ∆
δ
0
× ∆

0
: ρ(z
1

1
α
log|
cos(R(z
2
)+αt)
cos(R(z
2
)
| nếu α = 0
tan(R(z
2
))t nếu α = 0,
ở đây R(z
2
) = q(|z
2
|) − Re(

∞
n=1
a
n
n
z
n
2
) với mọi z
2
∈ ∆

|) + Re(
∞

n=1
a
n
n
z
n
2
) − log|cosR(z
2
)|]
với mọi z
2
∈ ∆
∗

0
và P
1
(0) = 0 và q, p là các hàm hợp xác định trên [0, 
0
) và (0, 
0
) lần
lượt với q(0) = 0, chẳng hạn như q(t) = 0 và p(t) = −
1
t
α

-trơn trên ∆

0
× (−δ
0
, δ
0
). Mặt khác, f(z
2
, t) là hàm giải tích
thực theo biến t và
∂
m
f
∂t
m
là C
1
-trơn trên ∆

0
× (−δ
0
, δ
0
) với mỗi m ∈ N.
Tiếp theo, gọi P
1
, P, R là các hàm số xác định như trong định lý và đặt Q(z
2

)] ≡ 0;
(ii) Re[iβz
2
P
1
z
2
(z
2
) − (
1
2
+
Q
2
0
(z
2
)
2i
)a
1
(z
2
)P
1
(z
2
)] ≡ 0;
(iii) Re[iβz

(z
2
, t))exp(α(it − f(z
2
, t))) ≡ i + Q
0
(z
2
);
(v) Re[2iβz
2
f
z
2
(z
2
, t) + (f
t
(z
2
, t) − Q
0
(z
2
))ia
1
(z
2
)] ≡ 0
trên ∆

2
, t) = Q
0
(z
2
)t với mọi (z
2
, t) ∈ ∆

0
× (−δ
0
, δ
0
).
Như vậy, từ (i)và (ii) ta có:
ReH(ρ(z
1
, z
2
)) = Re[(
1
2
+
Q
0
(z
2
)
2i

1
) − P
1
(z
2
) − (Im z
1
)Q
0
z
2
)a
1
(z
2
))
+ (P
1
z
2
+ (Im z
1
)Q
0
z
2
(z
2
)iβz
2

)Re[iβz
2
Q
0
z
2
(z
2
) +
1
2
(1 + Q
0
(z
2
)
2
)ia
1
z
2
] = 0
với mọi (z
1
, z
2
) ∈ M. Vì vậy, ta chứng minh được định lý trong trường hợp α = 0.
b) α = 0. Từ các khẳng định (iii), (iv) và (v) ta có:
ReH(ρ(z
1

2
(z
2
, Im z
1
))iβz
2
=Re[(
1
2
+
f
t
(z
2
, Im z
1
)
2i
)
1
α
(exp(α(iIm z
1
− f(z
2
, Im z
1
))) − 1)a(z
2

2
, Im z
1
)))exp(−αP (z
2
))a
1
(z
2
)
−
1
α
(
1
2
+
i + f
t
(z
2
, Im z
1
)
2i
)a
1
(z
2
) + (P

) −
1
α
(
1
2
+
f
t
(z
2
, Im z
1
)
2i
)a
1
(z
2
)
+ (P
z
2
(z
2
) + f
z
2
(z
2

+ Re[iβz
2
P
z
2
(z
2
)f
z
2
(z
2
, Im z
1
) +
1
2α
(f
t
(z
2
, Im z
1
) − Q
0
(z
2
))ia(z
2
)] = 0

) = Re z
1
+ P (z
2
) + (Im z
1
)Q(z
2
, Im z
1
) = 0}, (2.1)
trong đó P và Q là các hàm số C
∞
-trơn với P(0) = 0, dP (0) = 0, và Q(0, 0) = 0. Chú
ý rằng nếu hàm P không chứa hạng tử điều hòa (z
k
, ¯z
k
) thì M có kiểu vô hạn tại 0
khi và chỉ khi P triệt tiêu vô hạn tại 0.
Trường hợp P (z
2
) là một hàm dương trên một đĩa thủng, GS K.T. Kim và TS N.V.
Thu [2] đã chỉ ra rằng không có một trường vector chỉnh hình không tầm thường triệt
tiêu tại gốc tọa độ và tiếp xúc với mầm (M, 0) các siêu mặt thực trơn lớp C
∞
, ngoại
trừ hai trường hợp sau:
(i) Cấp triệt tiêu của Q(z
2

được cho bởi phương trình ρ(z) := ρ(z
1
, z
2
) = Re z
1
+ P (z
2
) + f(z
2
, Im z
1
) = 0 thỏa
mãn các điều kiện sau:
(1) f(z
2
, t) là hàm giải tích thực trong một lân cận của 0 ∈ C × R thỏa mãn
f(z
2
, 0) ≡ 0,
(2) P(z
2
) > 0 với mọi z
2
= 0,
(3) P có cấp vô cùng triệt tiêu tại z
2
= 0,
thì tồn tại α, β, 
0

trong đó a
1
(z
2
) = β

∞
n=1
a
n
z
n
2
(a
n
∈ C, n ≥ 1) là chỉnh hình trong ∆

0
:= {z
2
∈ C :
|z
2
| < 
0
} và
L(z
1
) =



1
α
log|
cos(R(z
2
)+αt)
cos(R(z
2
))
| nếu α = 0
tan(R(z
2
))t nếu α = 0,
trong đó R(z
2
) = q(|z
2
|) − Re(

∞
n=1
a
n
n
z
n
2
) với mọi z
2

) = exp[p(|z
2
|) + Re(
∞

n=1
a
n
in
z
n
2
) − log| cos(R(z
2
))|]
với mọi z
2
∈ 
∗

0
và P
1
(0) = 0, và p, q là các hàm xác định lần lượt trên [0, 
0
) và (0, 
0
)
với q(0) = 0, chẳng hạn như q(t) = 0 và p(t) = −
1

∂z
1
+ h
2
(z
1
, z
2
)
∂
∂z
2
là trường vector chỉnh hình không tầm thường,
không đối xứng và giả sử M là siêu mặt như trong phát biểu của Định lý 2.2.1. Khi
đó, ta có đồng nhất thức sau đây:
(ReH)ρ(z) = 0, ∀z ∈ M. (2.2)
Khai triển h
1
và h
2
thành chuỗi Taylor tại gốc tọa độ ta có:
h
1
(z
1
, z
2
) =
∞


j,k=0
b
jk
z
j
1
z
k
2
=
∞

j=0
z
j
1
b
j
(z
2
);
trong đó a
jk
, b
jk
∈ C và a
j
, b
j
là các hàm chỉnh hình trong lân cận 0 ∈ C với mọi

19
Q(z
2
, t) =

∞
j=0
t
j
Q
j
(z
2
). Bằng những tính toán cơ bản chúng ta có:
ρ
z
1
(z
1
, z
2
) =
1
2
+
Q(z
2
, Im z
1
)

+
3(Im z
1
)
2
Q
2
(z
2
)
2i
+ · · · ;
ρ
z
2
(z
1
, z
2
) =P

(z
2
) + (Im z
1
)Q
z
2
(z
2

+ (P

(z
2
) + (Im z
1
)Q
z
2
(z
2
, Im z
1
))h
2
(z
1
, z
2
)] = 0
(2.3)
với mọi (z
1
, z
2
) ∈ M.
Do (it − P (z
2
) − tQ(z
2

2i
+ · · ·

×

∞

j=0
(it − P(z
2
) − tQ
0
(z
2
) − t
2
Q
1
(z
2
) − · · · )
j
a
j
(z
2
)

+


2
) − t
2
Q
1
(z
2
) − · · · )
m
b
m
(z
2
)

= 0
(2.4)
với mọi z
2
∈ C và với mọi t ∈ R với |z
0
| < 
0
và |t| < δ
0
, trong đó 
0
> 0 và δ
0
> 0.

1
(0, z
2
)

+ O(P (z
2
))) + O(P

(z
2
)) = 0. (2.5)
Do ν
0
(P ) = ν
0
(P

) = +∞ nên từ biểu thức (2.4) ta có:
Re

1
2
+
1
2i
Q(z
2
, 0)


2
)Q
z
1
(z
1
, αP (z
2
)))

×
h
1

iαP (z
2
) − P(z
2
) − αP(z
2
)Q(z
2
, αP (z
2
)), z
2
)

+



= 0
(2.6)
với mọi z
2
∈ ∆

0
. Chú ý rằng nếu h
2
≡ 0, từ phương trình (2.3) ta dễ dàng thấy được
h
1
≡ 0. Do vậy, ta giả sử rằng h
1
≡ 0 và h
2
≡ 0. Khi đó, gọi j
0
là số nguyên nhỏ
nhất sao cho a
j
0
k
= 0 với số nguyên k nào đó và gọi k
0
là số nguyên nhỏ nhất sao cho
a
j
0

0
) nên từ phương trình (2.6) ta có:
Re

1
2
a
j
0
k
0
(iα − 1)
j
0
(P (z
2
))
j
0
z
k
0
2
) + b
m
0
n
0
(iα − 1)
m

))

= o(P (z
2
)
j
0
|z
2
|
k
0
)
(2.7)
với mọi |z
2
| < 
0
và với mọi α ∈ R đủ nhỏ. Chú ý rằng trong trường hợp k
0
= 0 và
Re(a
j
0
0
) = 0, α có thể được chọn sao cho Re((iα − 1)
j
0
) = 0. Từ phương trình trên ta
có j

(z
2
) = tan(R(z
2
));
P (z
2
) = exp

P (z
2
) + Re

∞

n=1
a
n
in
z
n
2

− log | cos(R(z
2
))| + v(z
2
)

21

∞
-trơn trên ∆

0
với ν
0
(v) = +∞ và các hàm p, q là các hàm số C
∞
-trơn lần
lượt trên (0, 
0
) và [0, 
0
), được chọn sao cho hàm số R là giải tích thực trong ∆

0
, hàm
số P là C
∞
-trơn trong ∆

0
và ν
0
(P ) = +∞.
Chứng minh Khẳng định 2. Trước hết, lấy đạo hàm theo t hai vế của phương trình
(2.4) tại t = 0 ta có:
Re

P

+
i
2
(1 + Q
2
0
(z
2
))

a
1
(z
2
) + 2(−P(z
2
))a
2
(z
2
) + · · · + m(−P (z
2
))
m−1
a
m
(z
2
) + · · ·



(−P (z
2
))a
1
(z
2
) + (−P(z
2
))
m
b
m
(z
2
) + · · ·
+ (−(P (z
2
))
m
a
m
(z
2
) + · · ·

= 0
(2.8)
với mọi z
2

2
)
2i

(i − Q
0
(z
2
)a
1
(z
2
)

≡ 0 (2.9)
hoặc tương đương
Re

2iβz
2
Q
0
z
2
(z
2
) + ia
1
(z
2


−

1
2
+
Q
0
(z
2
)
2i

a
1
(z
2
)P (z
2
) + iβz
2
P

(z
2
)

+ O(P (z
2
)

với mọi 0 < r < 
0
và như vậy hàm P không triệt tiêu cấp vô hạn tại 0. Hơn nữa, bằng
tính toán trực tiếp chúng ta có
z
2
P
z
2
(z
2
)
P (z
2
))
=
1
2
|z
2
|p

(|z
2
|) + g(z
2
) (2.12)
với mọi z
2
∈ ∆


P

(z
2
)
P (z
2
)
− ia
2
(z
2
)

1 + Q
2
0
(z
2
)

− Q
0
z
2
(z
2
)b
1

βz
2
+ · · · với
˜
β ∈ R
∗
nào đó
Bây giờ, ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. b
1
(0) = 0. Trong trường hợp này, gọi γ : (−1, +1) → ∆

0
⊂ C là
đường cong C
1
-trơn sao cho γ

(t) = (i − Q
0
(γ(t)))b
1
(γ(t)) với mọi |t| < 1 và γ(0) = 0.
Từ (2.13) ta thấy rằng Re

(i − Q
0
(z
2
))b

vìP (γ(t)) → 0 khi t → 0. Do đó, chúng ta thu được kết quả b
1
(0) = 0.
Trường hợp 2. b

1
(0) ∈ R
∗
. Từ phương trình (2.12) và (2.13) ta có:
F (z
2
) := Re


i − Q
0
(z
2
))

˜
b
1
(z
2
)|z
2
|p

(|z

= 0 và
˜
b
1
(0) = b

1
(0).
23
Do lim sup
r→0
+
r|p

(r)| = +∞ nên ta thấy hàm số ˜g(z
2
) ≡ 0 và triệt tiêu tới cấp
hữu hạn tại z
2
= 0. Từ đó, ta có thể viết như sau ˜g(z
2
) =

0≤j≤l
g
j
z
l−j
2
z

1
r
l
F (re
iθ
) với mỗi θ ∈ R ta nhận
được
cos

mθ + ϕ

=

0≤j≤l
g
j
e
i(l−2j)θ
với mọi θ ∈ R, trong đó ϕ là một số thực. Chú ý rằng các hàm số 1, cos(θ), sin(θ), ,
cos(mθ), sin(mθ) là độc lập tuyến tính. Do đó, đẳng thức trên là mâu thuẫn.
Tóm lại, ta thu được kết quả b
1
(z
2
) =
˜
βz
2
+ · · · =
˜

P (z
2
)

−

1 + Q
2
0
(z
2
)

Re(ia
2
(z
2
))
− Re(Q
0
z
2
(z
2
)b
1
(z
2
) − Re


2
)
i

)

+ O(P (z
2
)) + O(P

(z
2
)) ≡ 0
(2.14)
trên ∆
∗

0
. Ký hiệu c(z
2
) là hàm giải tích thực xác định trên ∆
∗

0
bởi công thức
c(z
2
) :=
(i − Q
0

2
|) có thể thác triển thành hàm C
∞
-trơn trong ∆

0
.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh tồn tại hằng số dương c > 0 và n ∈ N
∗
sao cho
p(r) = −
c
r
n
(1 + γ(r)) với mọi 0 < r < 
0
, trong đó hàm γ : [0, 
0
) → R là hàm
số C
∞
-trơn và thỏa mãn γ(r) → 0 khi r → 0. Thật vậy, ta giả sử ngược lại. Khi đó,
hàm số Re(c(z
2
))|z
2
|p

(|z
2

2
)
2i

a
1
(z
2
) + iβz
2
P

(z
2
)
P (z
2
)
− b
1
(z
2
)P

(z
2
)

+ O(P (z
2

2
))


+ v(z
2
)

trong đó v ∈ C
∞
(∆
∗

0
). Mặt khác, với các tính toán đơn giản ta nhận được:
Re

iβz
2
P
z
2
(z
2
)
P (z
2
)

= Rea


b
1
(z
2
)P
z
2
(z
2
)

= Re

˜
βz
2
(1+O(z
2
))P
z
2
(z
2
)

= n
˜
βc
1

= n
˜
β
β
c
1
|z
2
|
n
(1 + ˜γ(z
2
))P
z
2
(z
2
) (2.18)
với mọi z
2
∈ ∆
∗

0
, trong đó ˜γ : ∆

0
→ R là hàm số C
∞
-trơn và ˜γ(z

) với tất
cả t ∈ R. Khi đó, từ (2.18) ta có
u

(t) = nc
˜
β
β
1
r
n
(1 + ˜γ(re
it
))P (te
it
)
với mọi t ∈ R. Như vậy, ta có ước lượng
0 = |u(2π) − u(0)| = nc
˜
β
β





0
2π
P (re
it

2π
P (re
it
)
r
n
e
−
2c
r
n
r
n
dt
= ncπ
˜
β
β
e
−
2c
r
n
r
n
> 0.
Điều này là không thể và vì vậy khẳng định của chúng ta được chứng minh.
Khẳng định 4. a
2
(z

0
, Q
1
là giải tích thực và P(z
2
), P

(z
2
) triệt tiêu cấp vô hạn tại 0, ta có
Re

i

1 + Q
2
0
(z
2
)

a
2
(z
2
) − iQ
1
(z
2
)a

(z
2
) + P(z
2
)
2
a
2
(z
2
) + · · · + (−P (z
2
))
m−1
a
m−1
(z
2
) + · · ·

+
Q
1
(z
2
)
i

i − Q
0

+
Q
0
(z
2
)
2i

×

− Q
1
(z
2
)a
1
(z
2
) +

(i − Q
0
(z
2
))
2
+ 2P (z
2
)Q
1

2
)

a
m+1
(z
2
)
+ · · ·

+ (Q
0
)
z
2
(z
2
)

i − Q
0
(z
2
)


b
1
(z
2

)b
1
(z
2
) + · · · + (−P (z
2
))
m
b
m
(z
2
) + · · ·

+ P

(z
2
)

− Q
1
(z
2
)b
1
(z
2
) +


2
))
2
− m(−P (z
2
))
m−1
Q
1
(z
2
)

b
m
(z
2
)
+ · · ·

≡ 0 trên ∆

0
.
(2.20)
Do các hàm Q
0
, Q
1
là giải tích thực, ν

))a
1
(z
2
) +

1
2
+
Q
0
(z
2
)
2i

×

− Q
1
(z
2
)a
1
(z
2
) + (i − Q
0
(z
2

m!
Q
m−1
1
(0)a
1
(z
2
) và b
m−1
(z
2
) ≡ 0 trên ∆

0
với mọi
m ≥ 2.
Chứng minh Khẳng định 5. Ta sẽ chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy
nạp theo m. Với m = 2, từ các Khẳng định 3 và 4 ta có a
2
(z
2
) ≡ Q
1
(0)a
1
(z
2
) và
26