Luận văn Lí thuyết động lực phức và một số ứng dụng

Một số vấn đề đã làm trong luận văn : + Tìm hiểu bước đầu về lý thuyết động lực phức, lý thuyết thế vị. + Nêu ra một số tính chất áp dụng của động lực phức trong vài trường hợp cụ thể Các hướng nghiên cứu thêm: + Mở rộng đa thức trên C∞ lên không gian phức mở rộng nhiều chiều. + Mở rộng các kết quả lên các hàm tựa đa thức

pdf56 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 02/08/2018 | Lượt xem: 104 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Lí thuyết động lực phức và một số ứng dụng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
g lấy trên tất cả các z trong  ngoại trừ các điểm jz . Với các điểm z như vậy, ( )f z ∈ , dẫn đến giá trị của (2.2) là số các không điểm của f'(z). Viết ( )( ) ( ) P zf z Q z = , khi đó 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ) . ( ) P z Q z P z Q zf z Q z ′ ′−′ = Chú ý là vế phải trong đẳng thức trên cũng ở dưới dạng tối giản. Do đó số các không điểm của ( )f z′ cũng chính là bậc của đa thức P Q PQ′ ′− , hay tương đương là bậc của đa thức 2( ). ( )Q z f z′ . Ta có 2 2 ( ) d Q z z tiến tới giới hạn hữu hạn khác 0 khi z →∞ . Do ( ) 1fv ∞ = nên f đơn ánh trong một lân cận của ∞ , suy ra 1 1f Az z   = + +     trong lân cận của 0, 0A ≠ . Đạo hàm hai vế đẳng thức trên, và thay z bởi 1 z , ta được 2 ( )z f z′ tiến dần đến giới hạn hữu hạn khi z →∞ . Và do đó 2 2 2 2 2 2 ( ). . ( ) ( ). ( ) d d Q z z f z Q z f z z z − ′ ′ = tiến dần tới giới hạn hữu hạn khác 0 khi z →∞ . Vậy bậc của đa thức 2( ). ( )Q z f z′ là 2 2d − .  UChứng minh định lý 2.2.1U Giả sử D có k phần tử. Vì D hữu hạn và ( )f D D= = 1( )f D− nên f sẽ thực hiện phép hoán vị các phần tử của D . Từ đó dẫn đến tồn tại số nguyên dương n sao cho nf  là ánh xạ đồng nhất trên D . Đặt deg( )nf d= , khi đó với mỗi w D∈ thì phương trình ( )nf z w= có d nghiệm trùng nhau và đều bằng w . Áp dụng quan hệ Riemann - Hurwitz cho ánh xạ nf  ta được ( 1) 2 2.k d d− ≤ − Như vậy, 2d ≥ , dẫn đến 2k ≤ . Định lý 2.2.3 Nếu f là hàm hữu tỷ có bậc lớn hơn hoặc bằng 2, thì tập Julia J(f) là tập không rỗng UChứng minhU. Giả sử ngược lại , nếu J(f) là một tập rỗng, thì một dãy lặp ( )n jf  hội tụ đều trên toàn bộ mặt cầu ∞ về hàm giới hạn là hàm chỉnh hình :g ∞ ∞→  . Khi đó bậc của ( )n jf  sẽ bằng bậc của g với j đủ lớn. Mặt khác bậc của ( )n jf  bằng nd , sẽ phân kỳ ra ∞ khi n →∞ . Vô lý. Vậy J(f) phải là tập không rỗng. Định nghĩa 2.2.4 Một điểm z ∞∈ được gọi là điểm ngoại lệ của f khi quỹđạo lớn của nó GO(z,f) là một tập hữu hạn Định lý 2.2.5. Nếu f là hàm hữu tỷ bậc lớn hơn hay bằng 2 , thì tập ( )fε các điểm ngoại lệ có nhiều lắm hai phần tử. Những điểm này nếu tồn tại thì luôn luôn là điểm tới hạn của hàm f, và phải thuộc vào tập Fatou. Nếu ( ) { }fε ζ= , thì f liên hợp với một đa thức với ζ được biến thành ∞ . Nếu 1 2( ) { , }fε ζ ζ= , với 1 2ζ ζ≠ , thì f liên hợp với ánh xạ dz z với 1ζ và 2ζ tương ứng biến thành 0 và ∞ . UChứng minhU. Nhận xét rằng f ánh xạ tập GO(z,f) lên chính nó. Do đó, bất kỳ quỹ đạo lớn hữu hạn nào cũng tạo thành quỹ đạo đơn tuần hoàn của f. Theo định lý 2.2.1 mỗi điểm z trong quỹ đạo hữu hạn này cũng là điểm tới hạn (không điểm của đạo hàm) và ( )fε có nhiều lắm hai phần tử. Nếu cần thiết, ta có thể thay f bởi liên hiệp thích hợp, ta có thể giả sử ( )E f xảy ra một trong các trường hợp sau: (i) ( )E f = ∅ ; (ii) ( ) { } ( , )GE f O f= ∞ = ∞ ; (iii) (0, )( ) {0, }, { ( , )0}, { }GO f GE O ff = ∞ = ∞ = ∞ ; (iv) (( ) {0, 0, )} , ) (E GO f GO ff == ∞ = ∞ . Nếu (i) xảy ra thì định lý được chứng minh. Nếu (ii) xảy ra, thì f là một đa thức. Nếu (iii) xảy ra, thì f lại là đa thức nhưng có dạng dz az , với d nguyên dương. Cuối cùng nếu (iv) xảy ra, thì (0)f = ∞ , ( ) 0f ∞ = và f có tất cả không điểm và cực điểm trong {0, }∞ nên có dạng dz az , với d nguyên âm. Trong mọi trường hợp thì tập các điểm ngoại lệ đều nằm trong ( )F f  Định lý 2.2.6 Giả sử f là hàm hữu tỉ có bậc 2≥ và U ∞⊂  là tập con mở khác rỗng sao cho ( )U J f∩ ≠ ∅ . Khi đó: (i) 0 ( ) \ ( )n n f U fε ∞ ∞ = ⊃  . (ii) Với n đủ lớn thì ( ) ( )nf U J f⊃ . UChứng minhU. Theo định lý ánh xạ mở thì ( )f U cũng là tập mở, (i). Đặt 0 0 ( )n n U f U ∞ = =  và đặt 0\V U∞=  . Ta có 0 0( )f U U⊂ , tương đương với 1( )f V V− ⊂ . Nếu V chứa ít nhất ba phần tử thì theo định lý Montel (hệ quả 1.1.18) họ { : 1}nf n ≥ chuẩn tắc trên 0U . Nhưng vì 0 ( )U J f∩ ≠ ∅ nên { : 1}nf n ≥ không thể chuẩn tắc trên 0U được. Do đó V chứa nhiều nhất là hai phần tử. Giả sử 0z V∈ và 0 ( )z fε∉ . Khi đó do V hữu hạn tồn tại 0 0w U∈ và tồn tại các số nguyên dương k , l sao cho 0 0( )kf w z= , 0 ( )lw f U∈  . Do đó 0 0( ) ,k lz f U U+∈ ⊂ mâu thuẫn với 0z V∈ . Vậy V chứa trong tập ( )fε . Suy ra 0 ( ) \ ( )n n f U fε ∞ ∞ = ⊃  . ii) Gọi 1 2 3, ,U U U là các tập mở rời nhau trong U mà giao với ( )J f khác rỗng. Đặt {1,2,3}= . Đầu tiên ta chứng tỏ với mỗi i∈ sẽ tồn tại j∈ và một số nguyên dương n sao cho ( )nj iU f U⊂  . Hay nói cách khác, sẽ tồn tại ảnh của iU qua hàm lặp của f mà phủ được jU . Giả sử điều trên không xảy ra đối với một iU nào đó, khi đó ta có thể tìm 1 1 2 2 3 3, ,u U u U u U∈ ∈ ∈ sao cho với mọi số nguyên dương n và mọi k∈ thì ( )nk iu f U∈/  . Theo định lý Montel (hệ quả 1.1.18) suy ra { : 1}nf n ≥ chuẩn tắc trên iU , mâu thuẫn với giả thiết ( )iU J f∩ ≠ ∅ . Đặt :π →  được xác định bởi ( )i jπ = ∈ nếu ( )nj iU f U⊂  . Khi đó π là ánh xạ từ  lên  nên sẽ tồn tại một hàm lặp của π mà hàm đó có điểm bất động. Tức là sẽ tồn tại i∈ và một số nguyên 0n sao cho 0 ( ).ni iU f U⊂  Đặt 0ng f=  , xét dãy tăng các tập mở 2( ) ( ) .i i iU g U g U⊂ ⊂ ⊂   Vì ( )iU J f∩ ≠ ∅ , kết hợp với phần (i) suy ra tập 0 ( )m i m g U ∞ =  tạo thành một phủ mở của ( )J f . Vì ( )J f là tập compact, các tập mở ( )mg U tăng dần, nên tồn tại số nguyên 0m sao cho 0( ) ( ) m iJ f g U⊂  . Do iU U⊂ nên ta có 0 0( ) ( ) ( )m miJ f g U g U⊂ ⊂   . Chú ý là 0 0 0m n mg f=  . Đặt 0 0N n m= ta được ( ) ( ).NJ f f U⊂  Do đó với mọi số nguyên dương s ta được ( ( )) ( ( )) ( )s s N N sf J f f f U f U+⊂ =    . Mà tập ( )J f hoàn toàn bất biến, ( ( )) ( )sf J f J f= nên chứng tỏ với mọi n N≥ thì ( ) ( ).nJ f f U⊂  Phần (ii) được chứng minh xong. Hệ quả 2.2.7 Nếu tập Julia chứa một điểm trong thì nó phải trùng với toàn bộ mặt cầu Riemann UChứng minh U Nếu chọn lân cận N J⊂ thì theo định lý 2.2.6, ta suy ra rằng 0 ( )n n f N J ∞ = ⊂ là một tập con trù mật khắp nơi trong ∞  Định lý 2.2.8 Nếu 0 ( )z J f∈ thì tập hợp các các tạo ảnh của 0z 0( ) { : ( ) , 0} n oO z z f z z n − = = ≥ luôn luôn trù mật khắp nơi trong J(f). Đặc biệt, tập GO(zR0R, f) trù mật khắp nơi trong J(f) UChứng minhU. Giả sử U là tập mở bất kỳ, ( )U J f∩ ≠ ∅ . Khi z không phải là điểm ngoại lệ, thì theo định lý 2.2.6 tồn tại số nguyên dương n sao cho ( )nz f U∈  . Do đó, vì ( ) ( )nf z O z− −∈ nên U chứa một điểm của ( )O z− . Như vậy ( ) ( )J f O z−⊂ . Xét trường hợp ( )z J f∈ , bởi vì ( )J f hoàn toàn bất biến nên ( ) ( )O z J f− ⊂ . Ngoài ra do ( )J f là tập đóng nên ( ) ( )J f O z−⊃ . Kết hợp với lập luận trên ta được ( ) ( )J f O z−= . Định lý này đưa ra một thuật toán tính toán các hình ảnh của tập Julia: Ta bắt đầu với 0 ( )z J f∈ tùy ý, trước tiên tính mọi tạo ảnh 1z ( 1 0( )f z z= ), rồi tính các tạo ảnh 2z ( 2 1( )f z z= ) , tiếp tục như thế tiến đến điểm gần với mọi điểm của J(f). Phương pháp này thường được dùng nhiều nhất trong trường hợp bậc hai, vì phương trình bậc hai rất dễ giải. Hệ quả 2.2.9 Nếu f có bậc lớn hơn hay bằng 2, thì J(f) không có điểm cô lập. UChứng minhU. Vì tập J(f) là một tập bất biến hoàn toàn nên theo định lý 2.2.3 và định lý 2.2.5 ta suy ra J(f) là tập vô hạn (nếu ( )J f hữu hạn thì nó chỉ có thể chứa các điểm ngoại lệ, mà các điểm ngoại lệ lại thuộc ( )F f , vô lý). Do đó J(f) chứa ít nhất một điểm giới hạn 0z . Như vậy tập 0{ : ( ) , 0} nz f z z n= ≥ tạo ảnh của 0z tạo thành một tập trù mật những điểm không cô lập trong J(f)  Sau đây là một số ví dụ về tập Julia của ánh xạ chỉnh hình trên mặt cầu Riemann ∞ . Hầu hết các tập Julia đều có các cấu trúc phức tạp trên ∞ . Trong phần này ta sẽ giải thích 3 trường hợp đặc biệt của tập Julia trên các đa tạp trơn. Ví dụ 1 : (đường tròn) . Xét ánh xạ bậc hai 2:s z z→ trên ∞ . Toàn bộ đĩa mở đơn vị D chứa trong tập Fatou của s, vì các sự lặp lại liên tiếp của s trên bất kỳ tập con compact nào của D đều hội tụ về 0. Tương tự ta xét phần ngoài \D∞ cũng chứa trong tập Fatou , vì các sự lặp lại liên tiếp của s { }ns sẽ tiến tới hàm hằng z ∞ bên ngoài D . Mặt khác nếu 0z nằm trên đường tròn đơn vị, thì trong mọi lân cận của 0z , bất kỳ giới hạn nào của phép lặp lại { }ns đều có điểm gián đọan khi băng qua đường tròn đơn vị. Điều này chỉ ra rằng tập Julia của s : J(s) chính là đường tròn đơn vị. Tổng quát, đường tròn đơn vị xuất hiện như là một tập Julia với ánh xạ nz z±→ , với 2n ≥ . Ảnh của đường tròn đơn vị qua ánh xạ tự đặng cấu bảo giác 1 1( ) 2 f z z z  = −    từ ∞ vào ∞ có tập Julia là ( )J f = ∪∞ (đường thẳng được xem như là đường tròn trong ∞ ) Ví dụ 2 : (khoảng) . Xét ánh xạ 2( ) 2f z z= − , đi từ khoảng đóng I =[ 2;2]− vào chính nó. Ta sẽ chỉ ra rằng tập Julia J(f) thì bằng trên trên khoảng I này, và mọi điểm nằm ngoài I thuộc vào đáy hấp dẫn ( )Ω ∞ của điểm vô cùng. Với 0z I∈ , ta kiểm tra được rằng nghiệm của phương trình 0( )f z z= đều thuộc vào I. Vì I chứa một điểm bất động đẩy z =2 (f(2)=2), nên theo định lý 2.2.8 ta suy ra rằng I chứa toàn bộ tập Julia J(f). Mặt khác theo định lý 2.1.7, đáy ( )Ω ∞ là một lân cận của của điểm vô cùng với biên ( )∂Ω ∞ chứa trong ( )J f I⊂ . Do đó mọi miền ngoài của J(f) phải thuộc vào đáy này. Vì ( )f I I⊂ ta có J(f) = I. Sau đây là một cách chứng minh khác để chỉ ra rằng ( )J f I= . Ta xét ánh xạ 1( )g w w w−= + biến vòng tròn đơn vị lên khoảng đóng I = [-2 ;2] . Với 0z I∉ , phương trình 0( )g w z= có hai nghiệm, một nghiệm nằm trong đường tròn đơn vị, một nghiệm nằm ngoài. Do đó g ánh xạ đẳng cấu phần ngoài đĩa đóng đơn vị lên phần bù \ I . Vì 2 2( ) ( ) 2 ( ( ))g w g w f g z= − = nên quỹ đạo của z qua f hoặc bị chặn hoặc phân kỳ đến vô cùng tùy thuộc vào z thuộc hay không thuộc khoảng này. Áp dụng định lý 2.1.7 ta có J(f) = I. Ví dụ 3 : (trên toàn bộ ∞ ). Phần này sẽ mô tả một ví dụ phức tạp được xây dựng bởi S. Lattes. Cho một lưới Λ ⊂  , ta có thể biểu diễn các hình xuyến thương /T C= Λ như ở mục 1.1. Vì thế T là một diện Riemann compact, và nó cũng là một nhóm cộng Lie. Nhận xét rằng tự đẳng cấu z z→− trên mặt này chứa 4 điểm bất động. Ví dụ, nếu τΛ = +  là hình xuyến với cơ sở là 1 và τ , trong đó Rτ ∉ , thì 4 điểm bất động là 0, 1 2 , / 2τ và (1 ) / 2τ+ modulo Λ . Bây giờ biểu diễn diện Riemann S như là thương của T bằng cách đồng nhất mỗi z T∈ với –z. Rõ ràng S thừa kế các cấu trúc của mặt Riemann (mặc dù nó không có cấu trúc nhóm). Ta có thể sử dụng 2( )jz z− như là một tham số địa phương cho S gần mỗi điểm trong 4 điểm cố định jz . Vì vậy ánh xạ T S→ là ánh xạ 2-1, ngoại trừ tại 4 điểm rẽ nhánh. Ta sử dụng định lý sau tính số các điểm rẽ nhánh Định lý 2.2.10 (Riemann - Hurwitz). Xét T S→ là ánh xạ phủ nhánh từ mặt Riemann compact vào một mặt Riemann khác. Khi đó số các điểm rẽ nhánh, được đếm kể cả bội bằng ( ) ( )S d Tχ χ− , trong đó χ là hàm đặc trưng Euler và d là bậc Trong trường hợp T là một mặt xuyến ta có ( ) 0Tχ = và vì ta có 4 điểm rẽ nhánh nên ta có 2 ( ) ( ) 4S Tχ χ− = suy ra ( ) 2Sχ = Bây giờ ta xét ánh xạ kép 2z z trên T ánh xạ này cảm sinh ánh xạ :f S S→ . Vì ánh xạ kép 2z z có bậc 4 nên ánh xạ :f S S→ là ánh xạ hữu tỷ bậc 4 Định lý 2.2.11 (định lý Lattes) Tập Julia cho các ánh xạ hữu tỷ f này là toàn bộ mặt cầu S. UChứng minhU. Ánh xạ trên T có tính chất các điểm tuần hoàn thì trù mật khắp nơi. Chẳng hạn, nếu r và s là hai số hữu tỷ với mẫu lẻ thì r+st là tuần hoàn. Các quỹ đạo tuần hoàn này là đẩy vì số nhân là lũy thừa của 2. Ta thấy f cũng có tính chất tương tự và kết luận được suy ra từ định lý 2.1.7 ( với một tập mở nhỏ cho trước U S⊂ , ta có nf  (U) bằng toàn bộ mặt cầu S khi n đủ lớn. Do vậy không có dãy các phép lặp nào của f có thể hội tụ đến giới hạn của bất kỳ tập mở nào.) Để chỉ ra các ánh xạ kép hữu tỷ f có các tính chất trên, đầu tiên ta phải gán các điểm của T với các điểm của S. Việc gán bốn điểm rẽ nhánh từ T được biến thành bốn điểm rẽ nhánh trên S giữ một vai trò quan trọng. Ta chọn các đẳng cấu bảo giác từ S lên ∞ gán 3 điểm rẽ nhánh đầu tiên của T lần lượt ,0,1∞ . Điểm rẽ nhánh thứ tư được ánh xạ thành một a nào đó thuộc \{0;1} . Bằng cách này ta xây dựng một phép chiếu bậc hai :Tπ ∞→  thỏa mãn ( ) ( )z zπ π− = với các giá trị tới hạn sau (0) (1/ 2) 0; ( ) 1; ((1 ) // 2 2; ) aτπ π π π τ= = +∞= = ở đây a có thể là bất kỳ số nào lấy khác 0;1;∞ . Thật vậy, lấy \{0;1}a∈ , có một và chỉ một phủ phân nhánh 'T ∞→  bậc hai với { ;0;1; }a∞ là các điểm rẽ nhánh. Định lý 2.2.10 chỉ ra rằng không gian phủ chia nhánh T’ là một hình xuyến đẳng cấu với / ( )τ+   với τ ∉ . Phép biến đổi duy nhất deck đổi chỗ giữa hai tạo ảnh của bất kỳ điểm nào phải bảo toàn cấu trúc tuyến tính và do đó được nhân với -1. Bây giờ ánh xạ kép trên T tương ứng qua π đối với ánh xạ hữu tỷ :fα ∞ ∞→  , trong đó ( )( ) (2 )f z zα π π= và ( )J fα ∞=  theo định lý 2.2.11 . Dưới đây là ảnh của tập Julia của một số hàm đa thức Một đường cong đóng đơn , tập Julia của 2 (0.99 0.14 )z z i z→ + + Tập Julia không hoàn toàn liên thông , 2 ( 0.765 0.12 )z z i→ + − + Tập Julia của 2z z i→ + Tập Julia của 2 1.75488z z→ − “hình phi cơ” 2.3. Một số kết quả về động lực phức trên các mặt Riemann khác Ta có thể phân ra 2 lớp ánh xạ chỉnh hình trong mặt phẳng phức từ C vào chính nó. Ánh xạ đa thức mở rộng duy nhất trên mặt cầu Riemann ∞ . Vì thế các định lý về ánh xạ đa thức có thể được xếp vào như là trường hợp đặc biệt của định lý về ánh xạ hữu tỷ trên ∞ . Mặt khác, ánh xạ siêu việt từ  vào chính nó thì khó hơn khi nghiên cứu. Ánh xạ này đã được nghiên cứu cách đây hơn 60 năm bởi nhiều tác giả, bắt đầu bởi chính Fatou. Thậm chí sự lặp lại của các ánh xạ lũy thừa từ →  cũng đã đưa ra nhiều vấn đề hoàn toàn khó khăn. Việc nghiên cứu về các ánh xạ lặp lại trên tập { }\ 0 cũng có nhiều tính chất khó khăn. Các kết quả về các ánh xạ chỉnh hình lặp lại trên mặt cầu Riemann ∞ đã được trình bày trong mục trước sẽ đóng vai trò chính trong việc nghiên cứu các kết quả ở mục này. Trong luận văn này ta chỉ nêu sau đây một số kết quả (bỏ qua chứng minh) của mặt hình xuyến và mặt hyperbolic. Có thể xem các chứng minh các định lý sau đây trong [ ] Định lý 2.3.1 Cho là mặt xuyến /T = Λ với Λ là một lưới trong  . Mọi ánh xạ chỉnh hình :f T T→ là ánh xạ afin, ( )f z z cα= + (modΑ ). Tập Julia tương ứng ( )J f hoặc là tập rỗng hoặc là toàn bộ mặt xuyền phụ thuộc vào 1α ≤ hoặc 1α > Định lý 2.3.2 Cho D là đĩa mở đơn vị, :f D D→ là ánh xạ chỉnh hình. Khi đó hoặc i) f là một phép quay quanh một điểm bất động 0z D∈ nào đó, hoặc ii) các phép lặp liên tiếp nf  hội tụ đều trên các tập con compact của D về một hàm hằng 0z c D∈ Định lý 2.3.3 Nếu S là mặt Riemann hyperbolic thì với mọi ánh xạ chỉnh hình :f S S→ tập Julia J(f) là tập hợp rỗng CHƯƠNG 3: ĐIỂM BẤT ĐỘNG HÚT VÀ ĐẨY Nội dung chính của chương chỉ ra rằng nếu một hàm hữu tỷ f có điểm bất động là hút hoặc đẩy thì về địa phương hàm f có thể quy về dạng đơn giản hơn bằng cách thực hiện phép biến đổi tọa độ thích hợp. Phần đầu của chương xét hàm đa thức f xác định và chỉnh hình trong trong lân cận của gốc tọa độ, với điểm bất động có số nhân 0λ ≠ tại 0z = . Định lý Koenigs (định lý 3.1) chứng minh rằng về địa phương hàm f có thể được biểu diễn dưới dạng một ánh xạ tuyến tính Hệ quả 3.2 của định lý Koenigs chỉ ra rằng nếu f là một ánh xạ chỉnh hình trên mặt Riemann vào chính nó với điểm bất động hút z và hệ quả 3.3 phát biểu cho trường hợp f là một ánh xạ chỉnh hình trên mặt Riemann vào chính nó với điểm bất động đẩy z . Định lý 3.4 chỉ ra rằng nếu :f ∞ ∞→  là hàm hữu tỷ bậc 2≥ với điểm bất động hút z thì đáy trực tiếp của z chứa ít nhất một điểm tới hạn. Định lý còn chỉ ra rằng nếu điểm bất động z là hút mà không là siêu hút thì tồn tại duy nhất một lân cận compact U của z trong đáy trực tiếp 0Ω sao cho U được biến đổi song ánh lên đĩa rD tâm 0 trong  và có ít nhất một điểm tới hạn thuộc biên U Định lý 3.5 chỉ ra rằng nếu f là hàm đa thức có điểm bất động siêu hút ( 0λ = ) thì về địa phương f có thể biểu diễn như một ánh xạ lũy thừa bậc n: nw w Định lý 3.1. (Định lý tuyến tính hóa Koenigs) Xét hàm số 2 3 2 3( ) ....f z z a z a zλ= + + + (3.1) xác định và chỉnh hình trong trong lân cận của gốc tọa độ, với điểm bất động có số nhân λ tại 0z = . Nếu số nhân λ thỏa | | 0,1λ ≠ thì tồn tại một phép biến đổi tọa độ địa phương chỉnh hình ( )w zφ= , với (0) 0φ = ,sao cho 1fφ φ−  là một ánh xạ tuyến tính w wλ→ với mọi w nằm trong lân cận của gốc tọa độ. Hơn nữa, φ là duy nhất sai khác một thừa số là hằng số khác 0 UChứng minhU. Tính duy nhất: Nếu tồn tại hai ánh xạ φ và ψ cùng thỏa tính chất trên thì 1 21 2( ) .......w b w b wψ φ − = + + giao hoán với ánh xạ w wλ→ . So sánh các hệ số của hai khai triển ta thấy nn nb bλ λ= với mọi n. Vì | | 0,1λ ≠ nên từ đó ta suy ra 2 3 ... 0b b= = = . Do đó 1 1( )w b wψ φ− = , hay nói cách khác 1( () )z b zφψ = Tính tồn tại Khi 0 | | 1λ< < .Chọn hằng số c < 1 sao cho 2 | |c cλ< < , và chọn lân cận rD của gốc tọa độ sao cho | ( ) | | |f z c z≤ với rz D∈ . Do đó với mọi điểm xuất phát 0 rz D∈ , quỹ đạo 0 1 ....z z→ → dưới f hội tụ về gốc tọa độ, với | | nnz rc< . Theo định lý Taylor , ta có 2| ( ) | | |f z z k zλ− ≤ với k nào đó và rz D∈ . Từ đó suy ra 2 21| | n n nz z kr cλ+ − ≤ Điều này chỉ ra rằng số nn n zw λ = thỏa mãn 2 1| | '( / | |) n n nw w k c λ+ − ≤ trong đó 2' / | |k kr λ= . Các hiệu này là hội tụ đều về 0. Suy ra các hàm chỉnh hình 0 0( )nz w z hội tụ đều trên rD đến hàm giới hạn chỉnh hình 0( ) lim / nnnz zφ λ→∞= . Từ đó suy ra đồng nhất thức ( ( )) ( )f z zφ λφ= . Chứng minh tương tự ta có 2| | *) | |( kz zzφ ≤− , k* là một hằng số nào đó. Suy ra φ có đạo hàm (0) 1φ′ = , do đó φ là vi phôi bảo giác Xét | | 1λ > . Vì 0λ ≠ nên ánh xạ ngược 1f − được xác định một cách địa phương và là một ánh xạ chỉnh hình, có gốc tọa độ là điểm bất động với số nhân là 1λ− . Thực hiện phép chứng minh trên với hàm 1f − , ta được kết luận trong trường hợp | | 1λ >  UGhi chú U 1) Tổng quát hơn, giả sử rằng ta xem rằng một họ các ánh xạ fα có dạng (3.1) phụ thuộc một cách chỉnh hình vào một hay nhiều tham số phức α và có số nhân ( )aλ λ= thỏa mãn | ( ) | 0,1aλ ≠ . Khi đó một lập luận tương tự chỉ ra rằng hàm Koenigs )( () zz αφ φ= phụ thuộc một cách chỉnh hình vào α . Để chứng minh mệnh đề này, ta chỉ chọn c trong khoảng (0;1) và giả sử rằng | ( ) |λ α thay đổi trên một tập con compact nào đó thuộc 2( ; )c c và kiểm tra rằng sự hội tụ trong chứng minh ở định lý 3.1 là hội tụ đều theo α 2) Định lý Koenigs giúp chúng ta hiểu tại sao tập Julia J(f) thì thường là một tập “fractal” phức tạp. Giả sử rằng tồn tại một điểm z đơn có quỹ đạo tuần hoàn đẩy sao cho số nhân không là một số thực. Khi đó J(f) không thể là một đa tạp trơn, trừ khi nó là toàn bộ ∞ . Để thấy điều này ta chọn bất kỳ một điểm 0 ( )z J f∈ gần z và đặt 00 ( )w zφ= . Khi đó J(f) phải chứa vô hạn những dãy 0 1,....,z z với hệ tọa độ Koenigs /( ) nn nz wφ λ= nằm trên đường xoắn ốc logarit và hội tụ về 0. Một tập như thế không thể nằm trong một đa tạp trơn của  . Hơn nữa, nếu ta nhớ rằng các tạo ảnh lặp lại của những điểm bất động trù mật khắp nơi trên J(f) thì ta thấy rằng những dãy này nằm trên đường xoắn ốc logarit khắp nơi. So sánh hai hình dưới đây chỉ ra cấu trúc xoắn ốc, kết hợp với những điểm đẩy lần lượt có chu kỳ 2 và 1. Tập Julia với 2 .744336 .121198z z i→ − + Tập Julia với 2 .424513 .207530z z i→ + + Ta có thể phát biểu lại định lý 3.1 ở dạng tổng quát hơn Hệ quả 3.2 Giả sử rằng :f S S→ là một ánh xạ chỉnh hình trên mặt Riemann vào chính nó với điểm bất động hút có số nhân 0λ ≠ tại z . Gọi SΩ⊂ là đáy hút, bao gồm tất cả những điểm z S∈ mà lim ( )n n f z →∞  tồn tại và bằng z . Khi đó tồn tại một ánh xạ chỉnh hình φ từ Ω đến  để biểu đồ sau f λ φφ ↓↓ → Ω → Ω   giao hoán và φ biến đổi vi phôi lân cân của z lên lân cận của 0. Hơn nữa, φ là duy nhất sai khác một thừa số hằng UChứng minhU. Để tính 0( )zφ tại các điểm tùy ý trên Ω , ta phải theo quỹ đạo của zR0R đến khi tìm được điểm nz rất gần z , sau đó tính tọa độ Koenigs ( )nzφ và nhân với nλ−  Ví dụ hình sau đây thể hiện ánh xạ 2( ) 0.7f z z z= + . Ở đây tập Julia là đường cong Jordan ngoài, bao bọc đáy Ω của điểm bất động hút. Điểm tới hạn 0.35w = − nằm giữa tâm của hình, điểm cố định hút 0z = trên nó. Các đường cong | |( )zφ = constant = ( ) /| |nwφ λ được vẽ . Nhận xét rằng φ có các không điểm tại tất cả những tạo ảnh lặp của z , và có các điểm tới hạn tại tất cả các tạo ảnh của điểm tới hạn w . Hàm ( )z zφ→ không bị chặn, và dao động không kiểm soát (hoang dại) khi z tiến đến J = ∂Ω . Tập Julia cho 2 .7z z z→ + , với | |φ = hằng số. Phát biểu cho điểm bất động đẩy như sau UHệ quả 3.3U Nếu z là một điểm bất động đẩy, thì tồn tại một ánh xạ chỉnh hình : C Sψ → theo hướng ngược lại, để biểu đồ fS λ ψ ψ↑↑  →Ω  →  (3.2) giao hoán, và ψ ánh xạ từ lân cận của 0 một cách đồng phôi lên lân cận của z . Do đó ψ là duy nhất ngoại trừ việc nó có thể thay thế bằng ( )w cwψ→ bằng bất kỳ hằng số 0c ≠ UChứng minhU. Để tính ( )wψ , ta chọn nwλ− đủ nhỏ sao cho 1( )nwφ λ− − được xác định, và áp dụng nf  để được kết quả. Bây giờ ta giả sử rằng :f ∞ ∞→  là hàm hữu tỷ với điểm bất động hút z . Ta định nghĩa đáy trực tiếp 0 ( )zΩ  là thành phần liên thông của z trong đáy hút ( )zΩ = Ω  , hoặc hiểu là thành phần liên thông của z trong tập Fatou \ J∞ UĐịnh lý 3.4U Nếu f có bậc lớn hơn hay bằng 2 thì đáy trực tiếp của điểm bất động hút bất kỳ z của f chứa ít nhất một điểm tới hạn. Hơn nữa, nếu số nhân λ không bằng 0 thì tồn tại duy nhất một lân cận compact U của z trong 0Ω sao cho : (a) U được biến đổi song ánh lên đĩa rD qua ánh xạ Koenigs (b) có ít nhất một điểm tới hạn trên biên U∂ Hiển nhiên, U có thể được mô tả như là lân cận lớn nhất được biến đổi song ánh lên đĩa tròn tâm là gốc tọa độ. UChứng minhU. Nếu 0λ = , thì bản thân z là một điểm tới hạn. Do đó ta giả sử rằng 0λ ≠ và áp dụng định lý Koenigs 3.1. Hiển nhiên một nhánh 10φ− của ánh xạ đảo có thể được định nghĩa như một hàm chỉnh hình đơn trị trên đĩa D , với 1 0 (0) zφ − =  . Ta mở rộng 10φ − bằng cách tiếp tục thác triển giải tích theo các đường xuyên qua gốc tọa độ trong D . Ta không thể mở rộng xa vô hạn ra mọi hướng ; vì khi đó 10φ− là ánh xạ chỉnh hình khác ánh xạ hằng trên toàn bộ mặt phẳng  vào đáy 0 ( )zΩ  . Điều này là không thể vì đáy này là Hyperbolic. Do đó phải tồn tại một một bán kính r lớn nhất sao cho 10φ− mở rộng chỉnh hình lên đĩa mở rD . Đặt 10 ( )rU Dφ−= . Ta phải chứng mình bao đóng U là một tập con compact của đáy ( )zΩ  , và có ít nhất một điểm tới hạn của f trên biên .U∂ Nếu 1z U∈∂ là một điểm bất kỳ trên biên, thì sử dụng tính chất | |( ( )) ( ) rf z z Dλφ λφ= ∈ với z U∈ tùy ý gần zR1R, ta thấy 1( )f z thuộc vào tập mở U ⊂ Ω . Do đó 1z thuộc vào đáy Ω , với 1( )| | rzφ = do tính liên tục. Bây giờ ít nhất một điểm 1z như vậy là điểm tới hạn của f. Vì bất cứ khi nào 1z không là điểm tới hạn thì ta có thể thác triển chỉnh hình 10φ − qua lân cận của điểm ảnh 1( ) rz Dφ ∈∂ , bằng cách theo biểu đồ (3.2), kết hợp với ánh xạ 10 ( )z zφ λ−→ với nhánh của 1f − mang 1( )f z sang 1z  Tiếp theo ta xét trường hợp 0λ = Định lý 3.5. (Định lý Bottcher) Giả sử rằng 11( ) ....n nn nf z a z a z ++= + + , trong đó 2n ≥ , 0na ≠ . Khi đó tồn tại một phép biến đổi tọa độ chỉnh hình địa phương ( )w zφ= liên hợp với f thành ánh xạ lũy thừa bậc n: nw w trên toàn bộ lân cận nào đó của (0) 0φ = . Hơn nữa, φ là duy nhất sai khác một thừa số là căn bậc n-1 của đơn vị. UNhận xétU Gần bất kỳ điểm bất động tới hạn nào, f liên hợp với với ánh xạ ở dạng 1 : nf w wφ φ− →  với 1n ≠ . Định lý này thường được áp dụng trong trường hợp của các điểm bất động tại vô cùng. Ví dụ, bất kỳ một ánh xạ đa thức 11 0( ) ..... n n n np z a z a z a − −= + + + có bậc 2n ≥ có điểm bất động siêu hút tại ∞ . Từ định lý 3.5 ta dễ dàng chỉ ra rằng có một ánh xạ chỉnh hình địa phương ψ biến ∞ đến ∞ , liên hợp với p đối với ánh xạ nw w→ quanh điểm w = ∞ . UChứng minhU. Việc chứng minh định lý trên tương tự với chứng minh định lý Koenigs. Điều cần thiết đầu tiên là tạo ra một phép đổi trục logarit, và phải cẩn thận vì logarit không phải là một hàm đơn trị. Giả sử ta xét ánh xạ có điểm bất động ∞ , có khai triển Laurent như sau: 1 11 0 1( ) .... .... n n n nf z a z a z a a z − − − −= + + + + với 2n ≥ , hội tụ đều trên | |z r> . Chú ý rằng ánh xạ tuyến tính liên hợp zz fα α        , trong đó 1n naα − = , có hệ số đầu tiên bằng +1. Do đó , không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng bản thân hàm f có hệ số 1na = . Khi đó với | |z đủ lớn thì ( ) (1 |1/ |)nf z z O z= + , ở đây |1/ |O z biểu diễn biểu thức bị chặn bởi |1/ |z nhân với I hằng số . Ta thay thế Zz e= , trong đó Z nằm trên nửa mặt phẳng Re( ) log( )Z r> . Khi đó f được nâng thành ánh xạ liên tục ( ) log ( )ZF Z f e= mà xác định duy nhất sai khác một số hạng 2k iπ nào đó. Với cách chọn nâng F này, ta kiểm tra được Re( )( ) ( )ZF Z nZ O e−= + với Re(Z) đủ lớn. Thật ra ta chỉ cần một điều kiện yếu hơn | ( ) | 1F Z nZ− < (3.3) với Re(Z) đủ lớn. Ta chọn 1σ > đủ lớn sao cho bất đẳng thức ở (3.3) thỏa mãn với mọi Z trên nửa mặt phẳng Re( )Z σ> , với chú ý F là ánh xạ đi từ nửa mặt phằng này vào chính nó. Nếu 0 1 ....Z Z→ → là một quỹ đạo tùy ý của F trên nửa mặt phẳng này, ta có 1| | 1k kZ nZ+ − < . Đặt / kk kW Z n= , suy ra 11| | 1/ k k kW W n + + − < Do đó dãy hàm chỉnh hình 0( )k kW W Z= hội tụ đều khi k →∞ tới hàm chỉnh hình 0 0( ) lim ( )kkZ W Z→∞Φ = . Rõ ràng , ánh xạ Φ thỏa mãn tính chất ( ( )) ( )F Z n ZΦ = Φ Chú ý rằng ( 2 ) ( ) 2iZ Z iπ πΦ + = Φ + . Do đó ánh xạ ( ) exp( (log ))z zφ = Φ được xác định gần vô cùng, và thỏa mãn tính chất ( ( )) ( )nf z zφ φ= UTính duy nhất:U Để chứng minh tính duy nhất, ta xét ánh xạ ( )w wη gần vô cùng thỏa tính chất ( ) ( )n nw wη η= . Đặt 11 0 1( ) ....w c w c c wη − −= + + + . Khi đó theo công thức trên ta có : 1 11 0 1 1 0 1 1 0... ( ...) ... n n n n n n nc w c c w c w c c w nc c w− − −−+ + + = + + = + + Vì 1 0c ≠ , 1c phải là căn bậc n-1 của phần tử đơn vị, 0oc = và tiếp tục ta có thể chứng minh tất cả các hệ số còn lại bằng 0. Vậy ta chứng minh được tính duy nhất của φ . CHƯƠNG 4: ĐỘNG LỰC PHỨC CỦA ĐA THỨC VÀ THẾ VỊ PHỨC Trong chương này ta sử dụng lý thuyết thế vị phức phẳng nghiên cứu về động lực của hàm ( )q z là một đa thức bậc d : 0 ( ) d jjjq z a z== ∑ . Cụ thể ta xét ...nq q q q=   khi n →∞ . Nếu 0d = hoặc 1d = thì người ta có thể viết rõ công thức của nq . Vì thế ta sẽ xét các trường hợp 2d ≥ . Ta xét đáy hút của q là tập hợp { : ( ) khi }nz q z n∞ ∞Ω = ∈ →∞ →∞ Với 2d ≥ , khi | |z đủ lớn thì | ( ) | 2 | |q z z≥ . Do đó ∞Ω chứa một lân cận mở liên thông U chứa ∞ sao cho 1 ( )U q U−⊂ . Vì ( )n n q U−∞Ω =  nên bản thân ∞Ω là một tập mở liên thông và nq →∞ là hội tụ đều địa phương trên ∞Ω .Tập ∞Ω là bất biến hoàn toàn nghĩa là 1( )q− ∞ ∞Ω = Ω . Tập Julia của q là J ∞= ∂Ω Do vậy tập Julia của q là một tập con compact của  , và J xác định như trên cũng bất biến hoàn toàn, nghĩa là 1 ( )q J J− = . Điều này chỉ ra rằng tập Julia sẽ đóng vai trọng trong trong động lực của q Ta nhắc lại đây là hai ví dụ đơn giản đã được trình bày trong chương 2. Nếu 2( )q z z= thì 2( ) nnq z z= . Vì thế { :| | 1}z z∞Ω = > và { :| | 1}J z z= = Nếu 2( ) 2q z z= − thì 2 2( 1/ ) 1/n nnq w w w w+ = + . Khi đó \[-2;2]C∞ ∞Ω = và [ 2, 2]J = − Mở đầu chương là phần tính tính dung lượng, đường kính tập Julia (định lý 4.1, hệ quả 4.2) Sử dụng tính chất của hàm Green ta chứng minh được: Đáy hút ∞Ω là miền chính quy đối với bài toán Dirichlet, và tập Julia J thì không mỏng tại mỗi điểm của nó (hệ quả 4.5) Tính chất bất biến độ đo điều hòa ω ∞Ω trên J∞∂Ω = (định lý 4.6) được sử dụng để xét tính ergodic của hàm q trên tập Julia (hệ quả 4.7) Sử dụng tính hội tụ yếu của một dãy các độ đo xác suất Borel trên Julia J (định lý 4.8) hệ quả 4.9 mô tả tập Julia hợp các ảnh của các phép lặp (lùi) của đa thức q. Phần cuối chương dành cho việc tính chiều Haussdorff của tập Julia Jλ của họ các đa thức ( ) Dqλ λ∈ , trong đó D là một miền phẳng (hệ quả 4.13, hệ quả 4.14, định lý 4.15) Một kết quả đầu tiên là tập Julia luôn luôn không phải là một tập cực, ta có Định lý 4.1: Nếu 0 ( ) d jjjq z a z== ∑ là một đa thức bậc 2d ≥ thì tập Julia của q sẽ có dung lượng 1/( 1) 1( ) | | dd c J a − = Trước khi chứng minh định lý, ta nhắc lại khái niệm liên hợp của một đa thức. Cho ( )m z zα β= + là một đa thức bậc 1, và là một liên hợp của q là  1q m q m−=   Khi đó q cũng là một đa thức bậc d và  1n nq m q m−=   với mỗi n. Vì thế động lực của q cũng giống động lực của q. Đặc biệt nó chỉ ra rằng đáy hút tại ∞và tập Julia của q được xác định bởi  ( )m∞ ∞Ω = Ω và  ( )J m J= một cách tương ứng. Lợi ích của việc dùng liên hợp q trong cách biểu diễn q là q có thể phân tích đơn giản hơn q bằng cách chọn ,α β một cách thích hợp. Ví dụ nếu ta chọn 1/( 1) 1 d da α −= thì q là đa thức nguyên bản (đa thức có hệ số đầu là 1) và lấy 1d d a β −= , ta có đảm bảo rằng  2( ) ( )d dq z z O z −= + khi z →∞ UChứng minhU Đầu tiên ta giả sử rằng q là đa thức nguyên bản. Đặt { :| | }U z z R∞= ∈ > , trong đó R được chọn đủ lớn sao cho | ( ) | 2 | |q z z≥ ( )z U∈ . Với 0n ≥ , ta xây dựng các 1\q ( )nn nK K−∞ −=  với mỗi n. Áp dụng định lý 1.2.39, ta có 1/ 1/1 0( ) ( ) ... ( ) nd d n nc K c K c K−= = = Vì 1( )U q U−⊂ , nên nK K↓ , trong đó (\ )nnK q U − ∞=   . Áp dụng định lý 1.2.36, suy ra 1/0( ) lim ( ) lim ( ) 1 nd nn n c K c K c K →∞ →∞ = = = Vì ( )n n q U− ∞= Ω nên K J∞∂ = ∂Ω = . Áp dụng định lý 1.2.35 (d) suy ra ( ) 1c J = Bây giờ xét trường hợp q tổng quát. Đặt 1/( 1)( ) ddm z a z −= , do đó  1q m q m−=   là đa thức nguyên bản. Chứng minh tương tự như cho trường hợp q là đa thức nguyên bản ta cũng suy ra ( ) 1c J = . Vì  ( )J m J= nên 1/( 1)( ) 1/ | | ddc J a −=  Kết hợp định lý 4.1 và định lý 1.2.41 và 1.2.40 (a) ta suy ra hệ quả Hệ quả 4.2 : Với q, J như trong định lý 4.1 , đường kính của J sẽ thỏa mãn 1 ( 1) 2( ) | | dd diam J a − ≥ Hơn nữa nếu J là tập liên thông thì 1 ( 1) 4( ) | | dd diam J a − ≤ Các ví dụ của 2( )q z z= và 2( ) 2q z z= − chỉ ra rằng các bất đẳng thức này tốt. Vì ∞Ω là một tập không là tập cực nên nó có hàm Green (định lý 1.2.32). Ta sẽ chỉ ra một tính chất bất biến của hàm này. Định lý 4.3 Cho 0 ( ) d jjjq z a z== ∑ là một đa thức bậc 2d ≥ và ∞Ω là đáy hút của ∞ của hàm q(z). Khi đó ( ( ), ) . ( , )g q z d g z ∞ ∞Ω Ω ∞ = ∞ với z ∞∈Ω UChứng minhU : Đặt \{ }D ∞= Ω ∞ và xác định hàm :h D →  như sau ( ) ( ( ), ) ( , )h z g q z dg z ∞ ∞Ω Ω = ∞ − ∞ với z D∈ Suy ra h là hàm điều hòa trên D. Ngoài ra, ( ) log | ( ) | log | | (1) (1)h z q z d z O O= − + = khi z →∞ Vậy h bị chặn trên D. Nếu gọi I là tập hợp các điểm biên không chính quy của ∞Ω thì 1( ) { }I q I− ∞  là một tập cực của D∂ , và theo định lý 1.2.33 lim ( ) 0 z h z ς→ = 1\(I( ( ) { }))D q Iς −∈∂ ∞  Do đó theo nguyên lý cực đại mở rộng (định lý 1.2.12) thì 0h ≡ trên D. Từ đó suy ra ( ( ), ) . ( , )g q z d g z ∞ ∞Ω Ω ∞ = ∞ với z D∈  Ta suy ra hệ quả sau Hệ quả 4.4: Với ,q ∞Ω ở định lý 4.3 ( , ) lim log | ( ) |n n n g z d q z ∞ − Ω →∞ ∞ =  với z ∞∈Ω hội tụ đều trên các tập con compact của ∞Ω UChứng minh U Theo định nghĩa của hàm Green ( , ) log | | (1)g z z O ∞Ω ∞ = + khi z →∞ Áp dụng định lý 4.3, với z ∞∈Ω ( , ) ( ( ), ) log | ( ) | ( )n n n n ng z d g q z d q z O d ∞ ∞ − − − Ω Ω∞ = ∞ = +   khi n →∞ hội tụ đều trên các tập con compact của ∞Ω vì nq →∞ hội tụ đều địa phương trên chúng. Kết quả này chỉ ra dạng tiệm cận của nq trên ∞Ω . Thật vậy, nếu 2( ) ( )d dq z z O z −= + , thì ( , ) ( , )| ( ) | ( ) n nd g z d g znq z e O eΩ Ω∞ ∞∞ − ∞= + . Một ứng dụng khác của định lý 4.3 là ta có thể chứng minh rằng tập Julia không có các điểm cô lập. Ta xét hệ quả sau Hệ quả 4.5 Đáy hút ∞Ω là miền chính quy đối với bài toán Dirichlet, và tập Julia J thì không mỏng tại mỗi điểm của nó UChứng minhU Vì ( , )g z ∞Ω ∞ bị chặn gần ∞∂Ω , ta có thể xác định số C > 0 sao cho tập { : ( , ) }z g z C ∞∞ Ω ∈Ω ∞ ≥ là tập compact. Áp dụng định lý 4.3 và tính bất biến hoàn toàn của ∞Ω , ta cũng có { : ( , ) } ({ : ( , ) })n nz g z Cd q z g z C ∞ ∞ − − ∞ Ω ∞ Ω∈Ω ∞ ≥ = ∈Ω ∞ ≥  cũng là tập compact Từ đó , nếu ς ∞∈∂Ω , thì lim ( , ) 0z g zς ∞Ω→ ∞ = thì theo định lý 1.2.33 suy ra ς là một điểm chính quy. Vậy ∞Ω là một miền chính quy trong bài toán Dirichlet. Áp dụng định lý 1.2.24, ta suy ra \K C∞ ∞= Ω là không mỏng tại mỗi điểm trong nó. Ta sẽ đi chứng minh tập Julia ( )J K= ∂ cũng có tính chất đó bằng phương pháp phản chứng . Giả sử ngược lại rằng tồn tại một Jς ∈ và u là một hàm điều hòa dưới trên lân cận của ς sao cho \{ } limsup ( ) ( ) z z J u z u ς ς ς → ∈ < Theo định lý 1.2.42, tồn tại một dãy các hình tròn ( , )nrς∂∆ với 0nz → sao cho ( , )nr Jς∂∆ =∅ với mọi n. Ngoài ra mỗi đường tròn phải cắt ∞Ω , nếu không nó sẽ không liên thông với ∞Ω . Suy ra ( , )nrς ∞∂∆ ⊂ Ω với mọi n. Vậy với mọi z nằm trong K đủ gần ς thì theo nguyên lý cực đại ta cũng có \{ } \{ } limsup ( ) limsup ( ) z z z K z J u z u z ς ς ς ς → → ∈ ∈ = Kết hợp với điều ta giả sử ở trên là \{ } limsup ( ) ( ) z z J u z u ς ς ς → ∈ < , suy ra \{ } limsup ( ) ( ) z z K u z u ς ς ς → ∈ < Nếu vậy K là một tập mỏng (trái với chứng minh ở trên K là tập không mỏng). Từ đó ta chứng minh được tập Julia J là không mỏng tại mỗi điểm của nó Độ đo điều hòa ω ∞Ω trên J∞∂Ω = cũng có tính chất bất biến quan trọng Ta xét định lý sau Định lý 4.6 Cho 0 ( ) d jjjq z a z== ∑ là một đa thức bậc 2d ≥ . ∞Ω là đáy hút của ∞và J là tập Julia tương ứng của hàm q(z). Khi đó với mỗi tập con Borel B của J thì 1( ( ), ) ( , ( ))q z B z q Bω ω ∞ ∞ − Ω Ω= , z ∞∈Ω UChứng minhU Xét một hàm liên tục : Jφ →  sao cho cả ( )H qφ ∞Ω  và ( )H qφ ∞Ω  đều là nghiệm của bài toán Dirichlet trên ∞Ω với dữ liệu biên là qφ  . Theo tính duy nhất chúng bằng nhau. Từ định nghĩa về độ đo điều hòa, ta suy ra ( ) ( ( ), ) ( ( )) ( , ) J J d q z q d zφ ς ω ς φ ς ω ς ∞ ∞Ω Ω =∫ ∫ , z ∞∈Ω Phương trình trên luôn xảy ra khi φ là một hàm liên tục. Nó vẫn đúng khi φ là một hàm Borel bị chặn. Chọn φ là hàm đồng nhất trên B : 1Bφ = ta được kết quả của định lý  Định lý trên có thể sử dụng để xét tính ergodic của hàm q trên tập Julia Ta xét hệ quả sau Hệ quả 4.7 Cho 0 ( ) d jjjq z a z== ∑ là một đa thức bậc 2d ≥ . ∞Ω là đáy hút của ∞ và J là tập Julia tương ứng của hàm q(z), ω là độ đo xác suất Borel được cho bởi ( ) ( , )B Bω ω ∞Ω = ∞ , ( )B J∈Β thì a) ω là một q – bất biến : nghĩa là 1( ( )) ( )q B Bω ω− = , ( )B J∈Β b) ω là một q – ergodic : nghĩa là nếu 1( )q B B− = thì ( ) 0Bω = hoặc 1 c) Nếu : J Rφ → là một hàm Borel bị chặn thì 1 0 1lim ( ( )) n k Jn k q d n φ ς φ ω − →∞ = =∑ ∫ Chứng minh: a) Áp dụng định lý 4.6 khi lấy z = ∞ b) Giả sử B là một tập con Borel của J sao cho 1( )q B B− = . Áp dụng định lý 4.6 lặp lại n lần ta có ( , ) ( , ( ))nz B z q Bω ω ∞ ∞Ω Ω =  , z ∞∈Ω Cho n →∞ thì được ( , ) ( )z B Bω ω ∞Ω ≡ , z ∞∈Ω Lấy C là một tập con compact của B, và đặt ( ) ( , )u z z Cω ∞Ω = , z ∞∈Ω thì u là một hàm điều hòa trên ∞Ω và ( )u Bω≤ trên ∞Ω . Áp dụng định lý 1.2.28 suy ra lim ( ) 0 z u z ς→ = , \CJς ∈ Theo định lý hai hằng số 1.2.29 thì ( ) ( ) ( , )u z B z Cω ω ∞Ω ≤ , z ∞∈Ω Đặc biệt , khi cho z = ∞ , ta được ( ) ( ) ( )C B Cω ω ω≤ Lấy sup trên tất cả các tập con compact C của B ta được 2( ) ( )B Bω ω≤ Suy ra ( ) 0Bω = hoặc 1 c) Điều này được suy trực tiếp từ a), b) bằng cách áp dụng định lý Ergodic (trang 65, định lý 1.14 của[ 6] Định lý 4.8 Cho 0 ( ) d jjjq z a z== ∑ là một đa thức bậc 2d ≥ , J là tập Julia của nó, w J∈ . Gọi 1( )n nµ ≥ là một dãy các độ đo xác suất Borel trên J được định nghĩa bởi ( ) 1 j n j n n q wd ς ς µ δ = = ∑  , trong đó jδ là khối lượng đơn vị tại ς và tổng được lấy theo tất cả nd nghiệm jς của phương trình ( )nq wς = , đếm kể cả bội. Khi đó *wnµ ν→ khi n →∞ , trong đó ν là độ đo cân bằng của J UChứng minhU Lấy liên hợp hàm q bằng đa thức ( ) zm z α β= + thì không ảnh hưởng đến tính đúng đắn của kết quả. Do đó ta có thể giả sử rằng q là đa thức nguyên bản. Theo định lý 4.1 , suy ra ( ) log ( ) 0I c Jν = = . Đầu tiên ta chỉ ra rằng thế vị của nµ thỏa mãn limsup 0 n n pµ →∞ ≤ trên J Thật vậy, vì q là một đa thức nguyên bản nên 1 ( ) ( ) nd n j j q z w z ς = − = −∏ trong đó 1,...., nς ς là nghiệm của phương trình ( ) nq wς = . Do đó 1 1 1( ) log | | log | ( ) | n n d n jn n j p z z q z w d dµ ς = = − = −∑  ( )z C∈ Suy ra limsup 0 n n pµ →∞ ≤ trên J vì nếu z J∈ thì | ( ) |nq z w− bị chặn khi n →∞ Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng nếu ( ) jn µ là một dãy con bất kỳ của ( )nµ thì limsup 0 n jj pµ →∞ = ν − gần khắp nơi trên J Theo định lý Frostman (1.2.16) ( ) 0p Iν ν≥ = trên C, từ đó sử dụng bổ đề Fatou và định lý Fubini, ta suy ra limsup limsup limsup 0 n n jj j nJ J Jj j j p d p d p dµ µ νν ν µ →∞ →∞ →∞ ≥ = ≥∫ ∫ ∫ Kết hợp với điều đã chứng minh ở bước trên là limsup 0 n n pµ →∞ ≤ trên J ta được limsup 0 n jj pµ →∞ = trên J Ta cần chứng minh suppν là toàn bộ miền J. Ta lấy Jς ∈ . Áp dụng định lý 1.2.24 và hệ quả 4.5 suy ra ( ) 0pν ς = Mặt khác theo định lý Frostman ( ) 0p Iν ν≥ = trên C. Suy ra pν đạt giá trị nhỏ nhất tại ς . Nếu trường hợp suppς ν∉ , khi đó pν sẽ điều hòa gần ς . Theo nguyên lý cực đại ta suy ra 0pν ≡ trên lân cận mở của ς . Mặt khác trong các lân cận mở của ς giao với ∞Ω thì 0pν > trên đó. Do vậy suppς ν∈ Bây giờ ta chứng minh định lý . Giả sử ngược lại rằng ( )nµ không hội tụ yếu về ν . Khi đó sẽ tồn tại dãy ( )jnµ , một hàm liên tục : J Rφ → và một số 0ε > sao cho jnJ J d dφ µ φ ν ε− ≥∫ ∫ với mọi j Sử dụng định lý hội tụ yếu , thay ( ) jn µ bởi các dãy con trong nó, ta có thể giả sử rằng * j w nµ µ→ cho một số độ đo xác suất µ trên J. Thực hiện cách chứng minh tương tự như bổ đề 1.2.15, ta được limsup ( ) ( ) n jj p z p zµ µ →∞ ≤ z∈ Kết hợp với phần chứng minh được ở trên limsup 0 n jj pµ →∞ = (ν − gkn trên J) , suy ra 0pµ ≥ , ν − hkn trên J. Xét pµ là hàm nửa liên tục trên và supp Jν = , suy ra 0pµ ≥ trên J. Do đó năng lượng của µ thỏa mãn ( ) 0 ( ) J I p d I vµµ µ= ≥ =∫ Vì thế µ là độ đo cân bằng trên J. Theo tính duy nhất của độ đo cân bằng , ta suy ra vµ = . Từ đó chỉ ra rằng , điều này mâu thuẫn với jnJ J d dφ µ φ ν ε− ≥∫ ∫ với mọi j. Từ đó suy ra điều phải chứng minh Hệ quả 4.9 Với q, J, w như trên định lý 4.8 thì 0 ({ })n n J q w− ≥ =  UChứng minhU Do J đóng và bất biến hoàn toàn nên ta có 0 ({ })n n q w J−∗ ≥ ⊂ . Mặt khác theo định lý 4.8 thì 0 ({ })n n q w− ≥ ⊃ supp v = J . Vậy 0 ({ })n n J q w− ≥ =   Thay vì xét q như là một đa thức riêng lẽ, ta có thể xét một họ các đa thức ( ) Dqλ λ∈ , trong đó D là một miền phẳng Cho A là một tập con bất kỳ của  . Cho α > 0. Ta định nghĩa độ đo Haussdorff α - chiều như sau: 0 ( ) lim(inf{ ( ) : , })j j jj j m A diamA A A diamAαα ε ε→= ⊂ <∑  trong đó inf được lấy theo mọi phũ mở đếm được của A bởi các tập jA có đường kính <  . Infimum này ngày càng lớn khi  giảm. Do đó giới hạn này là tồn tại mặc dù nó có thể vô hạn. Thực ra tồn tại một số [0;2]δ ∈ sao cho ( ) 0 m Sα α δ α δ <∞ >  =   Ta gọi δ là chiều Haussdorf của A, kí hiệu là dim(A). Một tập con không rỗng của  luôn chiều 2, trong khi đó một tập đếm được, hay tổng quát hơn là một tập cực Borel có chiều 0. Mặt khác tập Cantor có chiều hữu tỷ, dạng log2/log3. (xem []) Việc tính toán chiều của tập Julia khá phức tạp. Garber đã chứng minh được kết quả: Với mọi đa thức q bậc 2d ≥ , logdim( ) log(sup | ' |)J dJ q ≥ Do đó chiều của J là một số dương thực sự Shishikura chứng minh được rằng: Tồn tại một đa thức bậc hai q có các tập Julia có chiều bằng 2. Có một trường hợp có thể đưa ra công thức chính xác cho dim(J) khi q là hyperbolic, nghĩa là mọi điểm tới hạn của q và các lặp lại của các điểm này qua q có khoảng cách dương đến tập Julia. Điều này tương đương với việc tồn tại các hằng số C > 0 và 1γ > sao cho ( )inf ' ( 1)n nq C nγ≥ ≥ . Trong trường hợp này ta có công thức Bowen-Ruelle-Manning ( ) dim( ) sup log ' J e q J q d µ µ µ    =    ∫ trong đó supremum được lấy trên toàn bộ độ đo xác suất Borel trên J và ( )e qµ là entropy của q đối vớiµ Việc chứng minh công thức Bowen-Ruelle-Manning và công thức tính dim(J) nói chung khá phức tạp. Ta chỉ phát biểu không chứng minh kết quả sau Định lý 4.10 Cho ( ) Dqλ λ∈ là một họ các đa thức chỉnh hình bậc lớn hơn bằng 2. Giả sử rằng mỗi qλ là một hyperbolic và D liên thông. Khi đó chiều Haussdorff của tập Julia Jλ của qλ được tính bởi 1 inf ( ) dim( ) h H h Jλ λ ∈ = ( Dλ∈ ) trong đó H là họ các hàm điều hòa trên D thỏa mãn các tính chất sau : (a) với h H∈ thì 1/ 2h ≥ trên D; (b) với mỗi hàm h H∈ , tồn tại một hằng số 1C ≥ sao cho: ' 'log | | log | |inf ( ) sup log logJ J q qC h C d dλ λ λ λλ     ≤ ≤        ( )Dλ∈ (4.1) Hơn nữa, tồn tại 0h H∈ sao cho : (c) 0 1h ≥ trên D, dấu “=” xảy ra tại λ khi và chỉ khi không có hữu hạn điểm tới hạn nào của qλ tiến tới ∞ (d) 0h thỏa (4.1) khi C=1 Hệ quả 4.11 Với các giả thiết trong định lý 4.10 ta có: 1 2 1 2 1 1 dim( ) 2 ( , )1 1 dim( ) 2 D J J λ λ τ λ λ − ≤ − 1 2( , )Dλ λ ∈ trong đó Dτ là kí hiệu khoảng cách Harnack trong D. Do vậy hàm dim( )Jλλ → là hàm liên tục trên D UChứng minh U Cho h H∈ , hàm 1 2 h − là hàm điều hòa dương trên D. Do đó theo định nghĩa khoảng cách Harnack ( định nghĩa 1.2.3) 1 1 2 2 1 1( ) ( , )( ( ) ) 2 2D h hλ τ λ λ λ− ≤ − Suy ra 1 1 2 2 1( ) 2 ( , )1( ( ) ) 2 D h h λ τ λ λ λ − ≤ − với 1 2( , )Dλ λ ∈ Lấy infimum theo h ta có bất đẳng thức phải chứng minh . Theo định lý 1.2.4 log Dτ là một nửa metric liên tục trên D nên từ 1 2 1 2 1 1 dim( ) 2 ( , )1 1 dim( ) 2 D J J λ λ τ λ λ − ≤ − , ta suy ra dim( )Jλ là một hàm liên tục Hệ quả 4.12 Hàm 1/ dim( )Jλλ → là hàm điều hòa trên trên D., và dim( )Jλλ → là hàm điều hòa dưới trên D. UChứng minhU: Vì 1 dim( )Jλ là infimum của các hàm điều hòa nên nó cũng thỏa các tính chất điều hòa trên. Mặt khác từ hệ quả 4.11 ta cũng suy ra 1 dim( )Jλ λ → là một hàm liên tục. Do đó nó là một hàm điều hòa trên trên D. Mặt khác, ta có 1dim( ) ( ) dim( ) J Jλ λ ψ= − , với ( ) 1/x xψ = − , là hàm lồi và giảm khi x < 0 . Vậy theo định lý 1.2.6, ta được dim( )Jλ là hàm điều hòa dưới trên D. Ta đưa ra đây một số áp dụng đơn giản của định lý 4.10 Định lý 4.13: Xét 2( )q z z zλ λ= + , tập Jλ là tập Julia tương ứng. Khi đó 1 dim( ) 1 | |Jλ λ≤ ≤ + (|λ | < 1) UChứng minhU Nhận xét (0) 0; '(0) | |q qλ λ λ= = , do vậy nếu |λ | < 1 thì 0 là điểm bất động hút của qλ . Suy ra 0 Jλ∉ và 0 hút một điểm tới hạn của qλ . Do đó qλ chỉ có một (hay hữu hạn) điểm tới hạn, điểm này phải tiến về 0, và nên phải nằm ngoài tập Julia. Vậy qλ là một hyperbolic với |λ | < 1. Do đó ta có thể áp dụng được định lý 4.10 Đối với chặn dưới nhận xét rằng hàm 0h trong định lý 4.10 (c) thỏa mãn 0 1h ≡ , nên 0 1 inf ( ) ( ) 1 dim( ) h H h h Jλ λ λ ∈ = ≤ = (|λ | < 1) Áp dụng hệ quả 4.11 với 1 0λ = và 2λ λ= , ta được (0,1)0 1 1 dim( ) 2 1 | |(0, )1 1 1 | | dim( ) 2 J Jλ λτ λ λ∆ − + ≤ = −− Vì 20 ( )q z z= nên 0dim( ) 1J = , từ đó suy ra 1 1 1 | | 1 1 dim( ) 2 1 | | 2 1 | |Jλ λ λ λ − ≥ + = + + (|λ | < 1) Kết hợp 2 bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh Mỗi một đa thức bậc hai thì liên hợp với duy nhất một đa thức dạng 2( )cq z z c= + trong đó c C∈ . Do vậy có thể xem c- mặt phẳng như là tham sốhóa các lớp liên hợp của các đa thức bậc hai. Động lực của cq chịu ảnh hưởng bởi những tính chất xảy ra ở điểm tới hạn của nó, 0, và nó đặc biệt quan trọng khi nhựng điểm này nằm trong đáy hút của ∞ . Ta định nghĩa { : (0)ncM c q= ∈  không tiến về }∞ Tập hợp này được gọi là tập Mandelbrot. Trong [23] tập hợp này được chứng minh là tập đơn lien, compact và có dung lương bằng 1 Với nhận xét 2z zλ+ liên hợp với 2z c+ , trong đó 2/ 2 / 4c λ λ= − . Do đó đa thức 2( )q z z zλ λ= + trong định lý 4.13 tương ứng với các c- giá trị trong đường hình tim 2{ / 2 / 4 :| | 1}W λ λ λ= − < Ta có thể chỉ ra rằng W là một tập con của phần trong của M. Do vậy từ định lý 4.13 có hệ quả Hệ quả 4.14 Xét 2( )cq z z c= + và JRcR là tập Julia tương ứng . Khi đó 1 dim( ) 1 |1 1 4 |cJ c≤ ≤ + − − c W∈  Định lý 4.15 Xét 2( )cq z z c= + và JRcR là tập Julia tương ứng . Khi đó 1 1 ( )/2 ( ) ( ) 11 dim( ) 2 log 2 2log 2 1c g c g c g cJ e − − −     + ≤ ≤ +   +    \Mc∈ trong đó \( ) ( , )Mg c g c∞= ∞ UChứng minh U(tóm tắt) Nếu \Mc∈ thì (0)ncq →∞ khi n →∞ . Khi đó cq là một hyperbolic. Ta không thể áp dụng định lý 4.10 vì lúc đó miền \M không là miền đơn liên. Để áp dụng định lý 4.10, miền đơn liên là cần thiết trong chứng minh định lý 4.10. Thật vậy, không có hàm chỉnh hình ψ nào trên \M sao cho ( ) cc Jψ ∈ với mọi \Mc C∈ . Ta chứng minh điều này như sau . Nếu 1/2| | | | 1z c> + hoặc 1/2| | | | 1z c< − suy ra ( )ncq z →∞ khi n →∞ . Do vậy: 1/2 1/2{ :| | 1 | | | | 1}cJ z c z c⊂ − ≤ ≤ + ( c C∈ ) (4.2) Do đó, với bất kỳ hàm ψ nào thỏa ( ) cz Jψ ∈ với mọi \Mc∈ sẽ có 1/2( ) | | (1)c c Oψ = + khi c →∞ . Mà nếu ψ là hàm chỉnh hình thì điều này vô lý. Để vượt qua điều này, ta tham số hóa lại họ \M( )c c Cq ∈ . Đặt { :| | 1}D Cλ λ= ∈ > . Vì \M∞ là một miền đơn liên, nên tồn tại một ánh xạ bảo giác \: Mf D ∞→  sao cho lim ( )f λ λ →∞ = ∞ . Hơn nữa M có dung lượng là 1, ánh xạ f có thể được cho bởi ( ) (1)f Oλ λ= + khi λ →∞ (4.3) Với Dλ∈ , ta định nghĩa  2 2 2( )( ) ( ) ( )fq z q z z fλ λ λ= = + do đó tập Julia tương ứng được định nghĩa bởi  2( )fJ Jλ λ= Với sự tham số hóa này, ta có thể tìm được một hàm chỉnh hình 0ψ trên D sao cho 0 ( )ψ λ là một điểm bất động đẩy của qλ với mỗi Dλ∈ , do đó với 1n ≥ , có thể tìm được các hàm chỉnh hình phân biệt 2, 1( ) n n j jψ = trên D với  , 0( ( )) ( ) n n jqλ ψ λ ψ λ= ( )Dλ∈ Tiến hành như trong [43] ta có thể xây dựng các hàm chỉnh hình thỏa mãn các điều kiện của định lý 4.10, nhưng với ,q Jλ λ được thay thế bởi  ,q J λλ Bây giờ ta áp dụng định lý 4.10 để chứng minh phần còn lại của định lý Để chứng minh chặn dưới của bất đẳng thức trong định lý, ta xét 0h H∈ từ (c) và (d) trong định lý 4.10. Từ (c), suy ra 0 1h ≥ trên D. Từ (d), (4.2), (4.3) ta được 2 1/2 0 log(2 | ( ) |)( ) (1) log 2 fh oλλ = + = log | | 1 (1) log 2 oλ + + khi λ →∞ Nếu ta đặt 0 0 log | |( ) ( ) log 2 k h λλ λ= − ( Dλ∈ ) thì 0k là một hàm điều hòa trên D thỏa 0lim ( ) 1k λ λ →∞ = và 0liminf ( ) 1kλ ζ λ→ ≥ với mỗi \{ }Dζ ∈∂ ∞ . Áp dụng nguyên lý cực đại suy ra 0 1k ≡ trên D, từ đó 0 log | |( ) 1 log 2 h λλ = + ( Dλ∈ ) Với 2( )c f λ= , ta có 1log | ( ) | ( )log | | 2 2 f c g cλ − = = (4.4) trong đó \M( ) ( , )g c g c∞= ∞ . Suy ra  0 1 1 ( )( ) 1 dim( ) 2 log 2dim( )c c g ch J J λ≤ ≤ = + ( \Mc∈ ) Suy ra 1 ( ) 1 dim( ) 2 log 2 c g c J −   + ≤    Ta chứng minh chặn trên của bất đẳng thức Theo (a) và (b) của định lý 4.10 cho ta 1/ 2h ≥ trên D và log | |( ) 1 (1) log 2 h C oλλ  = + +    khi λ →∞ trong đó C là hằng số 1C ≥ . Nếu ta đặt log | |( ) ( ) log 2 k h C λλ λ= − ( Dλ∈ ) thì k là một hàm điều hòa trên D với lim ( )k C λ λ →∞ = và 1liminf ( ) 2 k λ ζ λ → ≥ với mỗi \{ }Dζ ∈∂ ∞ . Áp dụng bất đẳng thức Harnack cho hàm (k – 1/2), ta được 1 1 | | 1( ) ( ) 2 2 | | 1 k C λλ λ − − ≥ − + ( Dλ∈ ) Do 1C ≥ nên suy ra log | | 1( ) 1log 2 1 | | h λλ λ ≥ + + ( Dλ∈ ) Với 2( )c f λ= , áp dụng (4.4) một lần nữa, ta được  ( )/2 1 1 ( ) 1inf ( ) dim( ) 2 log 2 1dim( ) g ch Hc c g ch J eJ λ −∈= = ≥ + + Suy ra 1 ( )/2 ( ) 1dim( ) 2 log 2 1c g c g cJ e − −   ≤ + +   KẾT LUẬN Một số vấn đề đã làm trong luận văn : + Tìm hiểu bước đầu về lý thuyết động lực phức, lý thuyết thế vị. + Nêu ra một số tính chất áp dụng của động lực phức trong vài trường hợp cụ thể Các hướng nghiên cứu thêm: + Mở rộng đa thức trên C∞ lên không gian phức mở rộng nhiều chiều. + Mở rộng các kết quả lên các hàm tựa đa thức TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải, “Hàm biến phức” , NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2001. 2. A.F.Beardon, Iteration of rational functions - Complex analytic dynamical systems Springer-Verlag, Cambridge 1990. 3. J.P.Demailly, Complex Analytic and differential Geometry, Université de Grenoble 1Institut Fourrier, UMR 5582 du CNRS 4. J. Milnor, Dynamics in one complex variable (Introductory Lectures), Institute for Mathematical Sciences, Suny, Stony Brook NY 5. T. Ransford, “Potential Theory in the Complex Plane”, Cambridge University Press, 1995. 6. P. Walters, An introduction to Ergodic Theory, Graduate Texts in Mathematics 79, Springer-Verlag, Newyork, 1982.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfli_thuyet_dong_luc_phuc_va_mot_so_ung_dung_4119.pdf
Luận văn liên quan