ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— NGUYỄN THỊ THẢO LY TÍNH TAUT CỦA MIỀN HARTOGS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên – 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— NGUYỄN THỊ THẢO LY TÍNH TAUT CỦA MIỀN HARTOGS Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS TRẦN HUỆ MINH Thái Nguyên – 2016 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn mà tơi trình bày sau cơng trình nghiên cứu riêng tơi với hướng dẫn chu đáo tận tình TS Trần Huệ Minh Tôi không chép từ cơng trình khác Tơi kế thừa phát huy thành khoa học nhà khoa học với biết ơn chân thành Thái Nguyên, tháng năm 2016 Người viết luận văn Nguyễn Thị Thảo Ly i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình chu đáo TS Trần Huệ Minh, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô, người dành nhiều thời gian, cơng sức giúp đỡ em hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới thầy cô giáo môn trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội tận tình giảng dạy, khích lệ tạo điều kiện thuận lợi trình học tập em Em xin bày tỏ lòng biết ơn tới thầy giáo chủ nhiệm lớp Toán cao học K22, thầy Trần Nguyên An, người tạo điều kiện giúp đỡ chúng em trình học tập Em xin cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa Tốn, Phịng Đào tạo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ em suốt thời gian em học tập Cuối cùng, em xin cảm ơn bạn, anh chị học viên học lớp cao học Tốn K22 ln giúp đỡ em q trình học tập, cảm ơn người thân gia đình luôn động viên ủng hộ em mặt để em hồn thành tốt luận văn khóa học Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2016 Người viết luận văn Nguyễn Thị Thảo Ly ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các hàm bất biến 1.2 Giả khoảng cách Kobayashi 1.3 Tính hyperbolic ứng với hàm bất biến 1.4 Giả metric vi phân Royden - Kobayashi khơng gian phức 1.5 Hàm điều hịa 1.6 Hàm đa điều hòa 1.7 Miền cân 1.8 Miền taut 10 1.9 Siêu lồi miền Hartogs 10 iii 1.10 Dạng Levi Tính taut miền Hartogs 11 12 2.1 Tiêu chuẩn Royden cho tính taut miền Cn 12 2.2 Tính taut miền Hartogs 25 2.3 Tính taut miền Hartogs với thớ cân 32 2.4 Tính taut miền Hartogs - Laurent 37 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 40 iv Danh mục kí hiệu B1 (λ0 , γ0 ) := B|·| (λ0 , γ0 ), λ0 ∈ C, γ0 > 0; Bn (z, R) := B · (z, R), R ∈ Cn , R > 0; | · |≡ · · ≡ · L C: chuẩn Euclid C; n C: chuẩn Euclid Cn ; G : L compact tương đối G; ∂G: Biên G; E := B1 (0, 1) : đĩa đơn vị mặt phẳng phức; TX: không gian tiếp xúc Zariski X; O(G1 , G2 ) : tập hợp ánh xạ chỉnh hình từ G1 vào G2 ; O(G) := O(G, C); C ↑ (G) : tập hợp tất hàm nửa liên tục f : G → [−∞, +∞); C(G) := C(G, C); SH(B): tập hợp tất hàm điều hòa B; PSH(G): tập hợp tất hàm đa điều hòa G; d := (dG )G∈G ; kG : giả khoảng cách Kobayashi G v Mở đầu Bài toán quan trọng giải tích phức hyperbolic lớp khơng gian phức hyperbolic Trong năm gần đây, việc nghiên cứu tính hyperbolic lớp khơng gian phức cụ thể tìm hiểu lớp khơng gian phức hyperbolic dạng tường minh thu hút quan tâm nhiều nhà toán học Miền Hartogs thuộc vào số lớp không gian phức Như biết, không gian phức taut hyperbolic ta chứng tỏ tính hyperbolic khơng gian phức cách chứng tỏ tính taut Luận văn "Tính taut miền Hartogs" nhằm tìm hiểu nghiên cứu tính taut miền Hartogs Ωϕ (X) thơng qua tính taut X; sử dụng tiêu chuẩn Royden cho miền taut để nghiên cứu tính taut miền Hartogs Ω = Ωu,h (G) miền G ⊂ Cn với thớ cân m chiều, đồng thời điều kiện cần cho miền Hartogs - Laurent Σ = Σu,v (G) miền G ⊂ Cn taut Luận văn gồm 42 trang, có phần mở đầu, nội dung hai chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Trình bày tổng quan hệ thống lại khái niệm, tính chất cần thiết cho chương sau Chương Trình bày tiêu chuẩn Royden cho tính taut miền Cn , nghiên cứu tính taut miền Hartogs Ωϕ (X) đặc trưng đầy đủ cho tính taut lớp miền Hartogs với thớ cân m chiều Ωu,h (G) đồng thời nghiên cứu tính taut miền Hartogs - Laurent Σu,v (G) Cuối phần kết luận trình bày tóm tắt kết nghiên cứu luận văn danh mục tài liệu tham khảo Bản luận văn chắn khơng tránh khỏi khiếm khuyết, em mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô giáo bạn học viên để luận văn thêm hoàn thiện Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương ta kí hiệu E đĩa đơn vị mặt phẳng phức, O(G1 , G2 ) tập ánh xạ chỉnh hình từ G1 vào G2 với tôpô compact mở, O(G) = O(G, C) 1.1 Các hàm bất biến Định nghĩa 1.1.1 Cho G tập miền Cn , ρ khoảng cách Poincare đĩa đơn vị E , tức |1−ζ| ρ(λ, ζ) = tanh−1 ( |1− ¯ ), λ, ζ ∈ E λζ| Một họ d := (dG )G∈G hàm dG : G × G → R gọi co rút chỉnh hình i) d chuẩn tắc, tức dE = ρ ii) d thoả mãn tính chất giảm, tức G, D ∈ G ta có dD (f (z), f (ω)) dG (z, ω), f ∈ O(G, D), z, ω ∈ G Chú ý 1.1.2 - Điều kiện ii) suy họ d bất biến ánh xạ ≥ Ct e tu(q) Do ta có PX (q, ξ) ≥ ξ √ A A e 2r2 C u(q) r với ξ ∈ Con X ∩ Tq X ξ Vậy F (q, ξ) ≥ P (q, ξ) Bổ đề 2.2.3 [2] Giả sử X khơng gian phức cho X có hàm đa điều hịa chặt, trơn Khi X có hàm liên tục vét cạn đa điều hịa bị chặn, X hyperbolic Chứng minh Giả sử u hàm vét cạn, bị chặn liên tục X Ta giả thiết u nhận giá trị đoạn [0,1] Vì u hàm vét cạn, với a < ta có u−1 ( [0, a] ) compact X Lấy điểm p tùy ý X Thế tồn a ∈ (0, 1) cho p ∈ u−1 ( [0, a] ) Gọi V thành phần liên thông u−1 ( [0, a] ) mà V chứa p Giả sử υ hàm đa điều hòa chặt, trơn X Xét W lân cận compact tương đối V X cho W rời với tất thành phần liên thông khác u−1 ( [0, a] ) Đặt µ = inf u(z) Vì u liên tục nên µ > a z∈∂W Gọi c = max (u + υ) giả sử h hàm lồi R cho h(x) = x với z∈∂W µ−a h(µ) > c x ε > cho lim unj (z) ≤ − ε, với | z − z0 |< r j Xét hàm υ E xác định υ(z) = lim unj (z) j Chính quy hóa hàm nửa liên tục υ ∗ υ điều hòa E Hơn ta có υ = υ ∗ hầu khắp nơi E Vì υ ≤ − ε đĩa, theo 29 nguyên lý cực đại ta có υ ∗ < nơi Từ với r < tồn số c(r) < cho υ ∗ ≤ c(r) đĩa Er Theo Bổ đề Hartogs (xem [4], Định lý 1.6.13), với r1 < r ε > cho c(r) + ε < 1, ta có unj ≤ c(r) + ε với | z |< r1 j > j0 Do với z ∈ E, {fnj (z)} compact tương đối, theo [3], tồn dãy {fnj } hội tụ tôpô compact mở b) Với z ∈ E, lim un (z) = Vì u > 1, suy với z ∈ n E, fn (z) −→ ∞ X Giả sử K tập compact E L tập compact X Chọn c < cho L ⊂ {z ∈ X; u(z) ≤ c} Lấy δ > cho L1 = {z ∈ X; dX (z, L) ≤ δ} compact Khi có c1 < mà L1 ⊂ {z ∈ X; u(z) ≤ c1 } Chọn η > cho z, z thuộc K | z − z ≤ η | dX (fn (z), fn (z )) ≤ δ với n Vì K compact nên phủ K hữu hạn đĩa tâm pj , bán kính η, ký hiệu E(pj , η), ≤ j ≤ s Chọn n0 cho un (pj ) > c1 với n ≥ n0 ≤ j ≤ s Từ đó, với n ≥ n0 z ∈ K fn (z) ∈ L Thật vậy, với z ∈ K tồn j ∈ N cho z ∈ E(pj , η) dX ( fn (z), fn (pj ) ) ≤ δ Do đó, fn (z) ∈ L fn (pj ) ∈ L1 Điều mâu thuẫn với cách chọn n0 , dãy {fn } phân kỳ compact Bổ đề chứng minh Tiếp theo ta nghiên cứu bất biến tính taut X miền Hartogs Ωϕ (X) liên kết với ϕ Ta có định lý sau Định lý 2.2.5 [2] Giả sử X không gian phức ϕ hàm đa điều hòa X Khi miền Hartogs Ωϕ (X) taut X taut ϕ liên tục X Chứng minh 30 (⇒) Vì X đẳng cấu với khơng gian phức đóng {(x, 0); x ∈ X} Ωϕ (X), nên X taut Giả sử ϕ không liên tục điểm z0 ∈ X Khi ϕ nửa liên tục nên ta tìm dãy {zj } ⊂ X số thực r > cho {zj } → z0 e−ϕ(z0 ) < r < e−ϕ(zj ) với j ≥ Với j ≥ 1, ta xác định ánh xạ chỉnh hình fj : E → Ωϕ (X) xác định fj (λ) = (zj , rλ) với λ ∈ E Ta có {fj (0)} → (z0 , 0) ∈ Ωϕ (X) từ tính taut Ωϕ (X), khơng tính chất tổng quát ta giả sử dãy {fj } hội tụ đến ánh xạ chỉnh hình f Hol(E, Ωϕ (X)), f ánh xạ chỉnh hình từ E vào Ωϕ (X) xác định f (λ) = (z0 , rλ), với λ ∈ E Từ ta có r | λ |< e−ϕ(z0 ) với λ ∈ E Do r ≤ e−ϕ(z0 ) Điều mâu thuẫn với (⇐) Xét phép chiếu tắc π : Ωϕ (X) → X xác định π(z, λ) = z Theo kết [1], để chứng minh Ωϕ (X) taut ta cần chứng minh với z ∈ X, tồn lân cận mở U z X cho π −1 (U ) taut Thực vậy, chọn lân cận siêu lồi U z X Thì π −1 (U ) = {(z, λ) ∈ U × C :| λ |< e−ϕ(z) } = Ωϕ (U ) 31 Giả sử ρ hàm vét cạn đa điều hòa âm liên tục U Khi hàm (z, λ) → max( ρ(z), log | λ | +ϕ(z) ) hàm vét cạn đa điều hòa âm liên tục Ωϕ (U ) Do Ωϕ (U ) siêu lồi Theo Bổ đề 2.2.4, Ωϕ (U ) taut, tức π −1 (U ) taut Do Ωϕ (X) taut Định lý chứng minh 2.3 Tính taut miền Hartogs với thớ cân Trong phần này, áp dụng tiêu chuẩn Royden ta nghiên cứu tính taut miền Hartogs (khơng thiết bị chặn) với thớ cân m chiều Trước tiên ta có định nghĩa sau Định nghĩa 2.3.1 Cho G ⊂ Cn miền Cn , H : G × Cm → [−∞, ∞) hàm nửa liên tục ( kí hiệu H ∈ C ↑ (G × Cm ) ) cho H(z, ω) ≥ 0, H(z, λω) =| λ | H(z, ω), λ ∈ C, z ∈ G, ω ∈ Cm , u, v ∈ C ↑ (G) với u + v < G Đặt Ω = ΩH (G) := {(z, ω) ∈ G × Cm : H(z, ω) < 1} Nếu H(z, ω) = h(ω)eu(z) , z ∈ G, ω ∈ Cm , h ∈ C ↑ (Cm ), h ≡ 0, h(λω) =| λ | h(ω), λ ∈ C, ω ∈ Cm , ta kí hiệu ΩH (G) Ωu,h (G) Ta gọi Ω = Ωu,h (G) miền Hartogs miền G với thớ cân m chiều Định lý sau điều kiện cần đủ tính taut miền Hartogs 32 (mà khơng có giả thiết tính bị chặn) với thớ cân m chiều Định lý 2.3.2 [11] Miền Hartogs Ω = Ωu,h (G) taut G, D = Dh taut, u ∈ (C ∩ P SH)(G, R) Chứng minh Bằng lập luận chứng minh Mệnh đề 3.8 [6], ta có điều kiện cần Để chứng minh điều kiện đủ, ta giả sử Ω taut Theo Bổ đề 2.1.2, ta chọn R > 0, dãy (zj )j≥0 ⊂ Ω, (fj )j≥1 , (gj )j≥1 ∈ O(E, G) (αj )j≥0 , (βj )j≥0 ∈ [0, 1) có tính chất (+1) ∼ (+5) Ta nhận thấy (2) (2) kΩ (z0 , zj ) ≥ kΩ (z01 , zj1 ), zj := (zj1 , zj2 ) ∈ G × Cm , j ≥ Từ tính chất (+1) ta có: (zj1 )j≥1 ⊂ BkG2 (z01 , R) j→∞ Vì G taut, theo tiêu chuẩn Royden, ta giả sử zj1 −→ ∃ a10 ∈ G, ∀j ≥ Với j ≥ 1, đặt fj := (fj1 , fj2 ), gj := (gj1 , gj2 ) ∈ O(E, G) × O(E, Cm ) Từ tính taut G tính chất (+2), ta trích dãy 1 (f1j )j≥1 ⊂ (fj1 )j≥1 cho f1j hội tụ tập compact tới ∃ f01 ∈ O(E, G) j → ∞ Do đó, từ tính chất (+3) (+5) suy ra: 1 limj→∞ g1j (0) = lim f1j (α1j ) = f01 (α0 ) ∈ G j→∞ 33 1 Vì G taut nên tồn dãy (g2j )j≥1 ⊂ (g1j )j≥1 cho g2j hội tụ tập compact tới ∃ g01 ∈ O(E, G) j → ∞ Đặc biệt, 1 g01 (β0 ) = lim g2j (β2j ) = lim z2j = a10 j→∞ Mặt khác, D taut, nên D j→∞ Cm , tức tồn số C > cho h(ω) ≥ C ω , ω ∈ Cm Vì u hàm giá trị thực, ta có h(zj2 ) ≤ e−u(zj ) với j ≥ Vì u liên tục nên lim sup zj2 ≤ j→∞ zj2 1 lim sup h(zj2 ) ≤ e−u(a0 ) < ∞, C j→∞ C ∞ j → ∞ Như vậy, theo tính chất (+4), ta chọn điểm a20 ∈ Cm cho lim zj = (a10 , a20 ) = zˆ0 ∈ ∂Ω j→∞ Bước Chọn c2 ∈ (0, 1) cho βj ∈ c2 E với j ≥ Với j ≥ 1, ta n m xác định ánh xạ g˜j : c−1 E → C × C g˜j (λ) = (˜ gj1 (λ), g˜j2 (λ)) := gj (βj λ), λ ∈ c−1 E := E2 Rõ ràng ánh xạ hoàn toàn xác định (˜ gj )j≥1 ⊂ O(E2 , Ω) Bây ta (˜ g2j )j≥1 bị chặn E2 Lấy F2 := Sử dụng (+5), dễ dàng kiểm tra F2 Lấy L := g01 (F ), hiển nhiên L j≥0 (βj E2 ) E G δ := dist(L, ∂G)/3 > Vì g2j hội tụ F đến g01 j → ∞, ta lấy j0 ∈ N cho g2j (λ) − g01 (λ) < δ, λ ∈ F , j ≥ j0 34 Do g2j (λ) − vˆ0 ≥ g01 (λ) − vˆ0 − g2j (λ) − g01 (λ) ≥ dist(L, ∂G) − δ ≥ 2δ ( F ), ∂G) ≥ 2δ > với j ≥ j0 với j ≥ j0 , λ ∈ F , vˆ0 ∈ ∂G Tức là, dist(g2j Từ ta có g2j (F ) ) K := g01 (F ) ∪ ( G j≥j0 Đặc biệt K := { g2j (β2j λ), g01 (β0 λ) : λ ∈ E2 , j ≥ j0 } ⊂ K Vì u liên tục K , ta chọn số C > cho | u(x) − u(y) |< C với x, y ∈ K Bởi vậy, với j ≥ j0 λ ∈ E2 ta có: C 2 g˜2j (λ) ≤ h( g˜2j (λ) ) < e−u( g˜2j (λ) ) ≤ e−u( g0 (β0 λ) )+C ≤ e− inf x∈K¯ u(x)+C < ∞ Ở đây, bất đẳng thức thứ 3, ta sử dụng giả thiết K ⊂ K Vậy, họ (˜ g2j )j≥1 bị chặn E2 Theo Định lý Montel, ta chọn 2 dãy (˜ g3j )j≥1 ⊂ (˜ g2j )j≥1 cho g˜3j hội tụ tập compact đến ∃ g˜0 ∈ O(E2 , Cm ) j → ∞ Đặc biệt 2 g˜02 (1) = lim g˜3j (1) = lim g3j (β3j ) = lim z3j = a20 j→∞ j→∞ j→∞ Đặt H(z, ω) := h(ω)eu(z) với (z, ω) ∈ G × Cm Với j ≥ 1, ta đặt ϕ3j := H ◦ g˜3j E2 Vì ϕ3j < E2 với j ≥ 1, ta có ϕ0 := H ◦ g˜0 ≤ E2 , g˜0 := (˜ g01 , g˜02 ), g˜01 (λ) := g01 (β0 λ), λ ∈ E2 35 Hơn nữa, ϕ0 (1) = H(ˆ z0 ) = Vì thế, theo nguyên lý cực đại cho hàm điều hịa ϕ0 ≡ E2 , tương tự ta có g˜0 (0) = ( g˜01 (0), g˜02 (0) ) ∈ ∂Ω Bước Ta sử dụng lập luận tương tự Bước (fj )j≥1 (αj )j≥0 Chọn c1 ∈ (0, 1) cho αj ∈ c1 E với j ≥ Từ định nghĩa 2.3.1 ánh xạ chỉnh hình f˜j : c−1 E → Ω f˜j (λ) = ( f˜j1 (λ), f˜j2 (λ) ) := fj (αj λ), λ ∈ c−1 E := E1 Khi ta kiểm tra lại, Bước 1, ta chứng tỏ (f˜3j )j≥1 bị chặn E1 Áp dụng Định lý Montel, ta chọn 2 dãy (f˜4j )j≥1 ⊂ (f˜3j )j≥1 cho f˜4j hội tụ tập compact tới ∃ ˜2 f0 ∈ O(E1 , Cm ) j → ∞, theo (+3), ta có được: g˜0 (0) = lim g˜j (0) = lim g4j (0) = lim f4j (α4j ) = lim f˜4j (1) = f˜0 (1), j→∞ j→∞ j→∞ j→∞ f˜0 := (f˜01 , f˜02 ), f˜01 (λ) := f01 (α0 λ), λ ∈ E1 Rõ ràng ψ0 (1) = H(f˜0 (1)) = Nhưng ψ0 := H ◦ f˜02 ≤ λ ∈ E1 trên, theo nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa ψ0 ∈ SH(E1 ) ψ0 ≡ E2 , có nghĩa ∂Ω f˜0 (0) = lim f˜4j (0) = lim f4j (0) = z0 j→∞ j→∞ Điều mâu thuẫn với (+2) Định lý chứng minh Bằng cách áp dụng tiêu chuẩn Royden cho tính taut miền Cn , ta đưa điều kiện cần, điều kiện đủ cho tính taut miền Hartogs - Laurent 36 2.4 Tính taut miền Hartogs - Laurent Định nghĩa 2.4.1 Cho u,v hàm nửa liên tục trên miền G ⊂ Cn (ký hiệu u, v ∈ C ↑ (G)), u + v < G Đặt Σ = Σu,v (G) = {(z, λ) ∈ G × C : ev(z) Σ C C v˘ := v + u(z0 ) + , u˘ := u − u(z0 ) − 2 Rõ ràng, ánh xạ Σ C ˘ hoàn toàn xác (z, ω) −→ ( z, ω e u(z0 )+ ) ∈ Σ ˘ miền taut Hơn nữa, ta đặt định song chỉnh hình, Σ C C ˘ := −u(z0 ) − + α ˘ A˘ := −u(z0 ) − + A, α 2 37 v˘(zj ) < −˘ α, với j ≥ Do vậy, ta có (2.4.2) max{˘ v (z0 ), v˘(zj )} < −˘ α < −C < < −˘ u(z0 ) < C < −A˘ < −˘ u(zj ) với j ≥ Với j ∈ N, đặt fj (λ) := (zj , eCλ ) với λ ∈ E Thì ev˘(zj ) < e−C < | eCλ | < eC < e−˘u(zj ) , j ≥ 1, λ ∈ E, j→∞ ˘ Hơn nữa, fj (0) = (zj , e0 ) = (zj , 1) −→ (fj )j∈N ⊂ O(E, Σ) K ˘ ev˘(z0 ) < e−C < e0 < e−˘u(z0 ) Do Σ ˘ taut nên fj =⇒ (z0 , 1) ∈ Σ ˘ j → ∞; suy ev˘(z0 ) < eCReλ < e−˘u(z0 ) , với (z0 , eCλ ) ∈ O(E, Σ) λ ∈ E Điều mâu thuẫn với (2.4.2) cho E λ → Bổ đề chứng minh Trong trường hợp tổng qt, tính taut Σ khơng suy tính taut G Tuy nhiên, G taut u, υ ∈ (C ∩ P SH)(G, R), Σ taut Ta có định lý sau điều kiện đủ để miền Hartogs Laurent miền taut Định lý 2.4.3 [11] Nếu G miền taut u, v ∈ (C ∩ P SH)(G, R), Σ = Σu,v (G) miền taut Chứng minh Lấy dãy (ϕj )j≥1 ⊂ O(E, Σu,v (G)) Ta có Σ := Σu,v (G) ⊂ Ωu,|·| (G) := Ω Từ Định lý 2.3.2, miền Ω taut (ϕj )j≥1 họ chuẩn tắc O(E, Ω), tức tồn dãy (ϕ1j )j≥1 ⊂ (ϕj )j≥1 hội tụ tập compact O(E, Ω) phân kỳ compact Trong trường hợp sau, dãy (ϕ1j )j≥1 họ O(E, Σ), phân kỳ compact 38 Với j ≥ 1, ta đặt ϕj := (fj , gj ), (fj )j≥1 ⊂ O(E, G) (gj )j≥1 ⊂ O(E) Từ trở đi, ta giả sử (ϕ1j )j≥1 hội tụ tập compact O(E, Ω) Lấy hàm ϕ := (f, g) ∈ O(E, Ω), f ∈ O(E, G), g ∈ O(E), K K cho f1j =⇒ f g1j =⇒ g j → ∞ Chú ý e(v◦fj )(λ)