Luận văn Bổ đề đạo hàm logarit và ứng dụng

nh nghĩa bởi (f)0 = ∑ v>0 λvav. - Divisor cực điểm của f(z) được định nghĩa bởi (f)∞ = ∑ v<0 |λv|av (f) = (f)0 − (f)∞ = ∑ v λvav là divisor của f. 1.2.2. Định lý Jensen Định lý 1. Giả sử f(z) là hàm phân hình, khi đó N(r, f) = 1 2π ∫ |z|=r log |f |dθ − 1 2π ∫ |z|=1 log |f |dθ. Chứng minh. Áp dụng bổ đề Jensen đối với hàm φ(z) = λv log |z − av|+ ψ(z), ta có 1 2π ∫ |z|=r φdθ− 1 2π ∫ |z|=1 φdθ = r∫ 1 dt t ∫∫ ∆t i 2π ∂∂φ+ r∫ 1 ( ∑ |av|<t λv) dt t . 7 Đặt φ(z) = log |f |.Do f(z) = {z − av}vg(z), g(av) ̸= 0 và {av}∞v=1 là tập điểm rời rạc nên log |f(z)| = λv log |z − av|+ log |g(z)|. Đặt log |g(z)| = ψv. Áp dụng bổ đề Jensen, ta có 1 2π ∫ |z|=r log |f |dθ− 1 2π ∫ |z|=1 log |f |dθ = r∫ 1 dt t ∫∫ |z|<t i 2π ∂∂ log |f |+ r∫ 1 ∑ |av|<t λv  dt t . Do đó, N(r, (f)) = 1 2π ∫ |z|=r log |f |dθ − 1 2π ∫ |z|=1 log |f |dθ. Vì vậy, chúng ta có N(r, (f)0)−N(r, (f)∞) = 1 2π ∫ |z|=r log |f |dθ − 1 2π ∫ |z|=1 log |f |dθ. 1.2.3. Định lý cơ bản thứ nhất Định lý 2. Giả sử f(z) là hàm phân hình trên C và a ∈ C. Khi đó T ( r, 1 f − a ) = T (r, f) +O(1). Chứng minh. Áp dụng định lý Jensen cho hàm φ(z) = log |f(z)− a|, ta có N(r, (f − a)0)−N(r, (f − a)∞) = 1 2π ∫ |z|=r log |f(z)− a|dθ − 1 2π ∫ |z|=1 log |f(z)− a|dθ. Vì log |f(z)− a| = log+ |f(z)− a| − log+ 1|f(z)− a| và (f − a)∞ = (f)∞ nên N(r, (f − a)0) + 1 2π ∫ |z|=r log+ 1 |f(z)− a|dθ = 8 = N(r, (f)∞) + 1 2π ∫ |z|=r log+|f(z)− a|dθ − 1 2π ∫ |z|=1 log |f(z)− a|dθ. Do log+ |f(z)− a| ≤ log+ |f(z)|+ log+ a+ log 2 nên N(r, (f − a)0) + 1 2π ∫ |z|=r log+ 1 |f(z)− a|dθ ≤ N(r, (f)∞)+ 1 2π ∫ |z|=r log+ f(z)dθ+log+ a+log 2− 1 2π ∫ |z|=1 log |f(z)− a|dθ. Từ đó, ta có T ( r, 1 f − a ) = T (r, f) +O(1), trong đó |O(1)| = log+ a+ log 2 +  12π ∫ |z|=r log |f(z)− a|dθ . 1.2.4. Bất đẳng thức Nevanlinna Định lý 3. Giả sử f(z) là hàm phân hình trên C thì tồn tại hằng số C sao cho N(r, (f − a)0) 6 T (r, f) + C, trênC. Chứng minh. Ta phải chứng minh I(a) = 1 2π ∫ |z|=1 log |f(z)− a|dθ liên tục trên C. Thật vậy, + Nếu a /∈ f({|z| = 1}) thì I(a) liên tục. + Nếu a thuộc lân cận U(f(1)) đủ bé của f(1) ̸= ∞, đặt e1 = f(1) − a, f(z)−f(1) = (z−1)kg(z), g(z) là hàm chỉnh hình thỏa mãn g(1) ̸= 0. 9 Với z = ei. Ta có (z − 1)k = ( cos θ − 1 + i sin θ )k = ( −2 sin2 θ 2 + 2i sin θ 2 cos θ 2 )k = 2kik sink θ 2 ( cos θ 2 + i sin θ 2 )k = 2kik sink θ 2 ( cos kθ 2 + i sin kθ 2 ) . (1.3) Với mọi ε > 0, ∃δ > δ′ > 0 sao cho nếu |ε1| < δ′ thì ∫− log (z − 1)kg(z) + ε1dθ  < ε ⇔  ∫− log (z − 1)k + ε2dθ  < ε, trong đó ε2 = ε1 g(z) . Từ (1.4), ta suy ra rằng, tồn tại δ > 0 và ε3 > 0 sao cho ∫ 0 log(θk + ε3)dθ > k ∫ 0 log θdθ = kδ log δ − kδ > −ε. Vì vậy, −ε < ∫ 0 log(θk + ε3)dθ < 0. Do đó, I(a) bị chặn. Vậy, nó liên tục với |a| 6 1. Theo định lý cơ bản thứ nhất tồn tại hằng số C > 0 sao cho T ( r, 1 f − a ) = T (r, f) +O(1). Do đó N ( r, (f − a)0 ) +m ( r, 1 f − a ) = T (r, f) +O(1). (1.4) Vì vậy, N(r, (f − a)0) 6 T (r, f) + C với |a| 6 1, r > 1. Khi đó, ta có trường hợp sau - Với |a| > 1, do (f −a)0 = ( 1 f − 1 a ) 0 và 1a < 1 theo (1.5) tồn tại hằng 10 số C ′ > 0 thỏa mãn N(r, (f − a)0) = N ( r, ( 1 f − 1 a ) 0 ) 6 T ( r, 1 f ) +C ′ . - Với a = 0 theo định lý cơ bản thứ nhất ta có T ( r, 1 f ) 6 T (r, f) + C ′′ ⇒ N ( r, (f − a)0 ) 6 T (r, f) + C1. 1.3. BỔ ĐỀ ĐẠO HÀM LOGARIT Để có thể đánh giá m ( r, f ′ f ) ta cần đến bổ đề sau. 1.3.1. Bổ đề Borel Bổ đề 2. Giả sử ϕ(r) > 0, (r > r0 > 0) là một hàm đơn điệu tăng với bất kỳ δ > 0 thì ta có d dr ϕ(r) 6 ϕ(r)1+∥E(). ′′∥′′E nghĩa là bất đẳng thức đúng với mọi r nằm ngoài tập E ⊂ [r0,∞) với độ đo Lebesgue hữu hạn. Chứng minh. Do ϕ(r) là đơn điệu tăng nên d dr ϕ(r) tồn tại h.k.n. Giả sử ϕ(r) ̸= 0, lấy r1 > r0 sao cho ϕ(r1) > 0. Đặt E(δ) = {r > r1 : d dr ϕ(r) > ϕ(r)1+}. Ta có dϕ(r) ϕ(r)1+ > dr trên E(δ). Điều này suy ra rằng ∫ E() dr 6 ∫ E() dϕ(r) ϕ(r)1+ 6 +∞∫ r1 dϕ(r) ϕ(r)1+ 6 1 δϕ(r1) . 11 Định nghĩa 2. Giả sử f là hàm phân hình. Phần tử diện tích Ω = ddc log(1 + |ω|2) = 1 (1 + |ω|2)2 1 2π dω ∧ dω được gọi là dạng metric Fubini-Study trên diện Riemann và Tf(r,Ω) = r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) f ∗Ω. 1.3.2. Bổ đề đạo hàm Logarit Bổ đề 3. Giả sử f(z) là hàm phân hình, và δ > 0. Khi đó m ( r, f ′ f ) 6 ( 1 + (1 + δ)2 2 ) log+ T (r, f) + δ 2 log r +O(1)∥E(). Chứng minh. Ta định nghĩa phần tử diện tích bởi công thức Φ = 1 [1 + (log |ω|)2]|ω|2 i 4π2 dω ∧ dω. Vì ω = r(cos θ + i sin θ) và ω¯ = r(cos θ − i sin θ) nên dωdω¯ = 2irdrdθ. Từ đó, ∫ bC Φ = ∫ C 1 [1 + (log r)2]r2 r 2π2 drdθ = 1 2π2 ∫ 2 0 dθ ∫ +∞ 1 d log r( 1 + (log r)2 ) = 1. Đặt M(r) = r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) f ∗Φ, 12 trong đó ∆(t) = {z ∈ C : |z| < t}. Bằng tính toán cụ thể ta nhận được M(r) = r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) |f ′|2 [1 + (log |f |)2]|f 2| i 4π2 dz ∧ dz = r∫ 1 dt t ∫ !∈C dt t n(t, (f − ω)0)Φ(ω) = ∫ !∈C N(r, (f − ω)0)Φ(ω). Theo bất đẳng thức Nevanlinna, ta có N(r, (f − ω)0) 6 T (r, f) + C. Do đó, M(r) 6 T (r, f) + C. Theo bổ đề Borel và tính lồi của log ta có đánh giá sau đây m ( r, f ′ f ) = 1 2π ∫ |z|=r log+ |f ′| |f | dθ 6 1 4π ∫ |z|=r log+ |f ′|2 ( 1 + (log |f |)2 ) [1 + (log |f |)2]|f |2 dθ 6 1 4π ∫ |z|=r log+ |f ′|2( 1 + (log |f |)2 ) |f |2 dθ+ + 1 4π ∫ |z|=r log+ ( 1 + ( log+ |f |+ log+ 1f )2 ) dθ 6 1 4π ∫ |z|=r log ( 1 + |f ′|2( 1 + (log |f |)2 ) |f |2 ) dθ + 1 2π ∫ |z|=r log+ ( log+ |f |+ log+ 1f ) dθ + 1 2 log 2 13 6 1 2 log ( 1 + 1 2π ∫ |z|=r |f ′|2( 1 + (log |f |)2 f |2dθ ) + 1 2π ∫ |z|=r log ( 1 + log+ |f |+ log+ 1|f | ) dθ + 1 2 log 2 6 1 2 log ( 1 + 1 r d dr ∫ ∆(r) |f ′|2 [1 + (log |f |)2]|f |2 1 2π rdrdθ ) + + log [ 1 + 1 2π ∫ |z|=r log+|f |dθ + 1 2π ∫ |z|=r log+ 1 |f |dθ ] + 1 2 log 2. 6 1 2 log ( 1 + π r d dr ∫ ∆(r) f ∗Φ ) + log ( 1 +m(r, f) +m(r, 1 f ) ) + 1 2 log 2 6 1 2 log ( 1 + π r ( ∫ ∆(r) f ∗Φ )1+) + log+ T (r, f) +O(1)∥E1() 6 1 2 log ( 1 + πr ( d dr r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) f ∗Φ )1+) + log+ T (r, f)+O(1)∥E1() 6 1 2 log ( 1 + πrM(r)(1+)2 ) + log+ T (r, f) +O(1)∥E2() 6 (1 + δ) 2 2 log+M(r) + δ 2 log+ r + log+ T (r, f) +O(1)∥E2() 6 ( 1 + (1 + δ)2 2 ) log+ T (r, f) + δ 2 log+ r +O(1)∥E2(). Vậy, bổ đề được chứng minh. Theo bổ đề trên ta kí hiệu S(r, f) = O(log T (r, f)) + δ log r∥E(). (1.5) Ta sẽ sử dụng kết quả của bổ đề 3 chứng minh định lý cơ bản thứ hai 14 1.3.3. Định lý cơ bản thứ hai Định lý 4. Giả sử f(z) là hàm phân hình và a1, ..., aq ∈ {C ∪ {∞}} là các điểm phân biệt. Khi đó (q − 2)T (r, f) 6 q∑ i=1 N1(r, (f − ai)0) + S(r, f). Chứng minh. Theo định lý cơ bản thứ nhất, không mất tổng quát ta có thể giả sử a1, ...aq−1 ∈ C , aq =∞. Với ω ∈ C, và a ∈ bC, ta đặt ∥ω − a∥ =  |ω − a|√ 1 + |ω|2√1 + |a|2 nếu a ∈ C 1√ 1 + |ω|2 nếu a =∞. Khi đó, ||ω − a|| được gọi là hàm khoảng cách trên mặt cầu Riemann. Đặt (ω) = ∑ 16i16::6iq−26q q−2∏ j=1 ∥ω − aij∥. Với (ω) xác định dương và liên tục, tồn tại hằng số C > 0 sao cho 1 C 6 (ω) 6 C. (1.6) Ta có (f(z)) = q∏ i=1 ∥f(z)− ai∥. ∑ 16i16i26q 1 ∥f(z)− ai1∥∥f(z)− ai2∥ 15 = 1(√ 1 + |f(z)|2 )q−2 1|f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2 ×  ∑ 16i16i26q−1 √( 1 + |ai1|2 )( 1 + |ai2|2 ) |ai1 − ai2| (f(z)− ai1) ′ (f(z)− ai1) − (f(z)− ai2) ′ (f(z)− ai2) + + q−1∑ i=1 √ 1 + |ai|2 (f(z)− ai) ′ f(z)− ai } . (1.7) Từ (1.6), ta nhận được(√ 1 + |f(z)|2 )q−2 6 C|f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2 { q−1∏ i−1 √ 1 + |ai|2 (f(z)− ai) ′ f(z)− ai + ∑ 16i16i26q−1 √ (1 + |ai1|2)(1 + |ai2|2) |ai1 − ai2| (f(z)− ai1)′f(z)− ai1 − (f(z)− ai2) ′ f(z)− ai2 } . Lấy log hai vế và tính trung bình đường tròn ta được log (√ 1 + |f(z)|2 )q−2 6 log C|f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2 . { q−1∑ i=1 √ 1 + |ai|2 (f(z)− ai) ′ f(z)− ai + + ∑ 16i16i26q−1 √( 1 + |ai1|2 )( 1 + |ai2|2 ) |ai1 − ai2| (f(z)− ai1) ′ f(z)− ai1 − (f(z)− ai2) ′ f(z)− ai2  . (1.8) 16 Áp dụng định lý Jensen cho hàm φ(z) = log (√ 1 + |f(z)|2 )q−2 ta có∫ |z|=r log (√ 1 + |f(z)|2 )q−2 dθ 2π − ∫ |z|=1 log (√ 1 + |f(z)|2 )q−2 dθ 2π = (q − 2) r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) ddc log ( 1 + |f(z)|2 ) + (q − 2) r∫ 1 dt t .n (t, (f)∞) = (q − 2) r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) ddc log ( 1 + |f(z)|2 ) − (q − 2)N (r, (f)∞) . (1.9) Tiếp theo, ta đánh giá C |f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2 . Đặt f(b) =∞ (= aq) , ai(1 6 i 6 q − 1). Giả sử b là cực điểm cấp m của f . Khi đó, tồn tại hàm chỉnh hình g(z) ̸= 0 trong lân cận U(b) của b sao cho C |f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2 = |z − b|1−(q−2)m.|g(z)|. Nếu f(b) = ai, (1 6 i 6 q − 1) và g(b) ̸= 0, ta suy ra C |f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2 = |z − b||g(z)|. Ta có∫ |z|=r log  C|f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2  dθ2π − ∫ |z|=1 log  C|f ′(z)| q−1∏ i=1 |f(z)− ai|√ 1 + |ai|2  dθ2π 6 q∑ i=1 N1 (r, (f − ai)0)− (q − 2)N (r, (f)∞) . 17 Áp dụng tính chất của log+ vào vế phải của (1.8) ta nhận được ∫ |z|=r log ∑ 16i16i26q−1 √( 1 + |ai1|2 )( 1 + |ai2|2 ) |ai1 − ai2| (f(z)− ai1) ′ (f(z)− ai1) − (f(z)− ai2) ′ (f(z)− ai2) + q∑ i=1 √ 1 + |ai|2 (f(z)− ai) ′ f(z)− ai = O ( m ( r, f ′ f )) + q−1∑ i=1 m ( r, (f − ai) ′ f − ai ) +O(1). (1.10) Hơn nữa, từ (1.9) suy ra T (r, f) = Tf(r,Ω) +O(1) = r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) |f ′(z)|2 (1 + |f(z)|2)2 i 2π dz ∧ dz +O(1) = r∫ 1 dt t ∫ ∆(t) ddc log(1 + |f(z)|2) +O(1). (1.11) Từ đó, Tf(r,Ω) = N(r, (f)∞)+ 1 2π ∫ |z|=r log √ 1 + |f(z)|2dθ− 1 2π ∫ |z|=1 log √ 1 + |f(z)|2dθ. Do đó, m(r, f) 6 1 2π ∫ |z|=r log √ 1 + |f(z)|2dθ 6 m(r, f) + 1 2 log 2. Từ (1.7)(1.9) và (1.10), suy ra 18 (q − 2)T (r, f)− (q − 2)N(r, (f)∞) 6 6 q∑ i=1 N1(r, (f − ai)0)− (q − 2)N(r, (f)∞) +O [ m ( r, f ′ f ) + q−1∑ i=1 m ( r, (f − ai)′ f − ai )] +O (1) . Theo bổ đề đạo hàm Logarit, ta có (q − 2)T (r, f) 6 q∑ i=1 N1(r, (f − ai)0) + S(r, f). 19 Chương 2 BỔ ĐỀ ĐẠO HÀM LOGARIT CHO TRƯỜNG HỢP NHIỀU BIẾN Trong chương 1, chúng ta đã trình bày được bổ đề đạo hàm Logarit và định lý cơ bản thứ hai cho hàm phân hình. Trong chương này, chúng ta sẽ mở rộng chứng minh bổ đề đạo hàm Logarit và định lý cơ bản thứ hai trong trường hợp nhiều biến dựa trên ý tưởng đã có chương 1. 2.1. CÔNG THỨC JENSEN Cho U ⊂ Cm là tập mở và z = (z1, .., zm) là hệ tọa độ chuẩn của Cm. Ta đặt ∥z∥ = √ m∑ j=1 |zj|2, d(z, ∂U) = inf{∥z − ω∥, ω ∈ ∂U}, z ∈ U, U" = {z ∈ U, d(z, ∂U) > ε}, ε > 0. Ta viết zj = xj + iyj, (1 6 j 6 m). Giả sử φ là hàm khả vi. Ta nhắc lại một số kí hiệu cơ bản ∂φ ∂zj = 1 2 ( ∂φ ∂xj + 1 i ∂φ ∂yj ) , ∂φ ∂zj = 1 2 ( ∂φ ∂xj − 1 i ∂φ ∂yj ) , dzj = dxj + idyj, dzj = dxj − idyj, 20 ∂φ = m∑ j=1 ∂φ ∂zj dzj, ∂φ = m∑ j=1 ∂φ ∂zj dzj, dcφ = i 4π (∂φ− ∂φ) = 1 4π m∑ j=1 ( ∂φ ∂xj dyj − ∂φ ∂yj dxj ) . Ta kí hiệu dφ = ∂φ+ ∂φ, ddcφ = i 2π ∂∂φ, ∂∂φ = m∑ j;k=1 ∂2φ ∂zj∂zk dzj ∧ dzk. B(a, r) = {z ∈ Cm; ∥z − a∥ 0} là mặt cầu tâm a bán kính r. Khi a = 0 ta đặt B(r) = B(0, r). Ta đặt α = ddc∥z∥2, β = ddc log ∥z∥2 và γ = dc log ∥z∥2 ∧ βm−2. 2.1.1. Một số định nghĩa cơ bản Định nghĩa 3. Hàm φ : U → [−∞,∞) được gọi là hàm đa điều hòa nếu thỏa mãn hai điều kiện sau a. φ là nửa liên tục dưới. b. Với mọi điểm z ∈ U và với mọi vectơ v ∈ Cm, v ̸= 0, hàm ξ ∈ C 7→ φ(z + ξv) ∈ [−∞,∞) là điều hòa dưới. Hàm trơn φ" của φ được xác định bởi φ"(z) = φ ∗χ"(z) = ∫ Cm φ(ω)χ"(ω − z)αm(ω) = ∫ Cm φ(z + ω)χ"(ω)α m(ω), z ∈ U". Khi đó φ"(z) ∈ C∞(U") và φ" là hàm đa điều hòa dưới, trong đó χ"(z) = χ(ε−1z)ε−2m, ε > 0. Định nghĩa 4. Một tập con A ⊂ U được gọi là giải tích nếu với a ∈ A bất kì tồn tại một lân cận W ⊂ U của a và hàm chỉnh hình g1, g2, ..., gl 21 trên W thỏa mãn A ∩W = {g1 = g2 = ... = gl = 0} . Nếu W được chọn là đủ bé, và các hàm gj, 0 ≤ j ≤ l có các vi phân tại a ∈ A và dg1 (a) , ..., dgl (a) là độc lập tuyến tính thì a được gọi là điểm không kì dị, ngược lại ta nói a là điểm kì dị. Nếu một hàm chỉnh hình ϕ ̸= 0 trong lân cận W của điểm a ∈ A bất kì thỏa mãn A ∩W = {ϕ = 0} . Khi đó A được gọi là siêu mặt. Định nghĩa 5. Giả sử M,N là hai đa tạp phức. Ánh xạ f : M 7→ N x 7→ f (x) gọi là phân hình nếu đồ thị Γ (f) = {(x, f (x))} ⊂M ×N lập thành một tập con giải tích bất khả quy và thỏa mãn những tính chất sau 1. Phép chiếu p : Γ (f) 7→ M là riêng, tức là nghịch ảnh của tập compact là tập compact. 2. Tồn tại tập con S ⊂M không có điểm trong và hạn chế p|Γ(f)\p−1S : Γ (f) \ p−1S 7→M \ S là song chỉnh hình. Do đó, ta gọi hạn chế f |M\S : M \ S 7→ N là ánh xạ chỉnh hình. Định nghĩa 6. Giả sử M, N là hai đa tạp phức. Ánh xạ phân hình f : M → N được gọi là suy biến giải tích nếu ảnh f(M) được chứa trong một tập con thực sự của N. Ngược lại, f được gọi là không suy biến giải tích. 22 Định nghĩa 7. Cho V là đa tạp xạ ảnh phức n-chiều, f : Cm 7→ V là ánh xạ phân hình, I(f) là tập các điểm bất thường của f. Hàm f được gọi là không suy biến vi phân nếu tại z ∈ Cm\I(f), vi phân df có hạng lớn nhất bằng m. Định nghĩa 8. Giả sử {A} là họ hữu hạn địa phương của siêu mặt M. Khi đó, tổng hình thức ∑  kA, k ∈ Z được gọi là một divisor. Nếu D = ∑  kA với k ≥ 0 thì D được gọi là divisor không âm, kí hiệu D ≥ 0. Cho divisor D trên M có các siêu mặt bất khả quy phân biệt D của M sao cho D = ∑ kD. Mỗi D là thành phần bất khả quy của D. Nếu D = ∑ kD, với k = 1 thì D được gọi là divisor rút gọn. Nếu f là hàm phân hình trên M thì ta gọi (f)0 = ∑ m>0 mD là divisor 0- điểm của f . (f)∞ = ∑ m<0 |m|D là divisor cực điểm của f . Định nghĩa 9. Giả sử L, N là hai đa tạp phức và ánh xạ π : L→ N là toàn ánh chỉnh hình. Ta gọi L là phân thớ đường thẳng chỉnh hình trên N nếu thỏa mãn các điều kiện sau 1. Tồn tại một phủ mở {V} của N sao cho L|V = π−1(V) thỏa mãn ánh xạ song chỉnh hình ϕ : L|V → V × C. 2. Tồn tại các hàm chỉnh hình ϕ ̸= 0 trên V ∩ V ̸= ∅ sao cho ϕ ◦ ϕ−1 |(V∩V)×C : (V ∩ V)× C 7→ (V ∩ V)× C (x, ξ) 7→ (x, ϕ(x)ξ), ϕ = 1. 23 Trong trường hợp này, ta gọi {V} là một phủ tầm thường địa phương của L và {ϕ} là hệ hàm chuyển. 3. Ánh xạ σ : W → L, W ⊂ N thỏa mãn π ◦ σ = id|W được gọi là lát cắt của L trên W . Khi W là tập mở thì tập tất cả các lát cắt chỉnh hình của L trên W được kí hiệu là H0(W, L). Định nghĩa 10. Divisor D trên đa tạp N xác định phân thớ đường thẳng L(D). Nếu L(D) là xác định dương thì D được gọi là rộng. Nếu lát cắt chỉnh hình L(D) trên N xác định một phép nhúng vào không gian xạ ảnh thì D được gọi là rất rộng. Định nghĩa 11. Giả sử L là phân thớ đường thẳng trên đa tạp phức N và ta lấy một phủ tầm thường địa phương của L là N = ∪  V, L|V ∼= V × C. Giả sử trên V có hàm ρ(x) > 0 thỏa mãn ρ = |ϕ|2ρ trên V ∩ V ̸= ∅. Cho v = (x, ξ) ∈ V × C ⊂ L, ta đặt ||v||2 = |ξ| 2 ρ(x) không phụ thuộc vào cách chọn λ. Khi đó định nghĩa, hàm ||v|| hay họ {ρ} là metric hermit trong L. Phân thớ đường thẳng cùng với một metric hermit được gọi là phân thớ đường thẳng hermit, kí hiệu L. Định nghĩa 12. Chúng ta kí hiệu H 7→ P n(C) là phân thớ đường thẳng được xác định bởi hệ hàm chuyển { φjk = ωk ωj } cùng với phủ mở affine P n(C) = ∪n j=1 Uj, Uj = {ωj ̸= 0}. Nếu ta gọi H là phân thớ siêu phẳng trên P n(C) thì hàm ρj = 1 + ∑ i̸=j |ωi|2 |ωj|2 trên Ui xác định một metric hermit trên H với độ cong dương. Metric Kahler ωH được gọi là metric Fubini - Study, dạng liên hợp Kahler ωH được gọi là metric Fubini - Study trên P n(C). 24 Định nghĩa 13. Giả sử N là đa tạp phức, lấy một không gian con E ⊂ H0(N,L) sao cho dimE = l + 1 > 2. Cho divisor (σ), nếu σ ∈ E\ {0} và c ∈ C∗ thì (cσ) = (σ). Ngược lại, nếu σ, τ ∈ E\{0} thỏa mãn (σ) = (τ) thì σ = cτ với mọi c ∈ C∗. Do đó ta có đẳng cấu {(σ) ;σ ∈ E \ {0}} ∼= (E \ {0}) /C∗ = P (E) = P l (C). Khi đó, không gian P (E) được gọi là hệ tuyến tính của D và E = H0(N,L) được gọi là hệ tuyến tính đầy đủ của L, kí hiệu |L|. Định nghĩa 14. Giả sử N là đa tạp phức n chiều và hệ tọa độ chỉnh hình địa phương của N là x = (x1, . . . , xn). Ta viết Ω(x) = A(x) ∧n j=1 i 2dxj ∧ dxj là 2n-dạng. Khi đó, dạng Ricci được xác định như sau RicΩ = ddc logA(x) = i 2π ∂∂ logA(x). Chú ý rằng, nếu ω0 là metric Fubini - Study thì Ric ωn0 = −(n+ 1)ω0. Định nghĩa 15. Cho divisor rút gọn D = q∑ j=1 Dj trên đa tạp phức V . D được gọi là giao chuẩn tắc nếu tại bất kì a ∈ V tồn tại một hệ tọa độ địa phương chỉnh hình U(x1, .., xn) và tồn tại k ∈ [0, n] sao cho U ∩D = {x1...xk = 0}. Nếu k = 0 thì U ∩ D = ∅ . Hơn nữa, nếu các Dj là không kì dị thì D được gọi là giao chuẩn tắc đơn. Kí hiệu KV là phân phân thớ chuẩn tắc trên V. 25 2.1.2. Công thức Jensen Bổ đề 4. Giả sử φ ̸= −∞ là hàm đa điều hòa trên Cm. Thế thì bất kỳ 0 < s < r ∫ ∥z∥=r φγ − ∫ ∥z∥=s φγ = 2 r∫ s dt t2m−1 ∫ B(t) ddc[φ] ∧ αm−1. Chứng minh. Lấy hàm trơn φ" của φ, vì dγ = 0 và áp dụng định lý Stokes ta có∫ ∥z∥=r φ"γ − ∫ ∥z∥=s φ"γ = ∫ {s<∥z∥<r} dφ" ∧ γ = ∫ {s<∥z∥<r} d log ∥z∥2 ∧ dcφ" ∧ (ddc log ∥z∥2)m−1 = 2 r∫ s dt t ∫ ∥z∥=t dcφ" ∧ (ddc log ∥z∥2)m−1 = 2 r∫ s dt t ∫ ∥z∥=t dcφ" ∧ α m−1 t2(m−1) = 2 r∫ s dt t2m−1 ∫ ∥z∥=t dcφ" ∧ αm−1 = 2 r∫ s dt t2m−1 ∫ B(t) ddcφ" ∧ αm−1. Cho ε→ 0, φ" → φ, theo định lý hội tụ đơn điệu Lebesgue ta có∫ ∥z∥=r φ"γ − ∫ ∥z∥=s φ"γ → ∫ ∥z∥=r φγ − ∫ ∥z∥=s φγ. 26 Theo công thức tích phân độ đo Lebesgue ta nhận được∫ B(t) ddcφ" ∧ αm−1 → ∫ B(t) ddcφ ∧ αm−1, ε→ 0. Do đó, với 0 < ε < 1, t 6 r, ta có 0 6 ∫ B(t) ddcφ" ∧ αm−1 6 ∫ B(r) ddc[φ] ∧ αm−1 <∞. Từ đó, ta suy ra 2 r∫ s dt t2m−1 ∫ B(t) ddcφ" ∧ αm−1 "→0−−→ 2 r∫ s dt t2m−1 ∫ B(t) ddc[φ] ∧ αm−1. Điều phải chứng minh. 2.2. BỔ ĐỀ ĐẠO HÀM LOGARIT Cho z = (z1, .., zm) là hệ tọa độ chuẩn trên Cm và g là hàm phân hình trên Cm. Ta lấy đạo hàm riêng ∂g ∂zj , 1 ≤ j ≤ m và ta có tập ||dg| | = ( m∑ j=1  ∂g∂zj 2 )1 2 . Theo công thức hàm xấp xỉ và hàm đặc trưng chương 1 ta đặt m(r, g) = ∫ ||z||=r log+ |g(z)|γ, T (r, g) = m(r, g) +N ( r, (f)∞ ) . Khi đó, ta có phát biểu của bổ đề đạo hàm Logarit như sau 2.2.1. Bổ đề đạo hàm Logarit Bổ đề 5. Giả sử g là hàm phân hình, g ̸= 0 trên đường cong Cm, khi đó m ( r, @g @zj g ) 6 m ( r, ||dg| | |g| ) = S(r, g), j = 1,m. 27 Chứng minh. Lấy metric kì dị trên P 1(C) Φ = 1 |ω|2(1 + (log |ω|)2) i 4π2 dω ∧ dω. Ta có: ∫ P 1(C) Φ = ∫ P 1(C) 1 |ω|2(1 + (log |ω|)2) i 4π2 dω ∧ dω. Tính toán tương tự như bổ đề đạo hàm Logarit ở chương 1, ta cũng nhận được ∫ P 1(C) Φ = 1. Ta có g∗Φ ∧ αm−1 = 1 |g|2 ( 1 + (log |g|)2 ) i 4π2 dz ∧ dz ∧ (ddc∥z∥2)m−1 = 1 |g|2 ( 1 + (log |g|)2 ) i 4π2 2π i ∥dg∥2ddc∥z∥2 ∧ (ddc∥z∥2)m−1 = ∥dg∥2 |g|2 ( 1 + (log |g|)2 ) 1 2π ( ddc∥z∥2)m = 1 2π ∥dg∥2 |g|2 ( 1 + (log |g|)2 )αm. Đặt M(r) = r∫ 1 dt t2m−1 ∫ ∥z∥<t g∗Φ ∧ αm−1. (2.1) 28 Theo định lý Fubini ta có M(r) = ∫ P 1(C) r∫ 1 dt t2m−1 ∫ {∥z∥<t∩(g−!)0} αm−1Φ(ω) = ∫ P 1(C) r∫ 1 1 t ∫ {∥z∥<t∩(g−!)0} (ddc log ∥z∥2)m−1Φ(ω) = ∫ P 1(C) N(r, (g − ω)0)Φ(ω). (2.2) Vì hàm g là phân hình trên Cm nên g = g2 g1 trong đó g1, g2 là hai hàm nguyên. Ta có ánh xạ phân hình f : Cm 7→ P 1(C) g 7→ [g1(z), g2(z)] Đặt a = [a2,−a1] ∈ P 1(C) ∼= C ∪ {∞} và giả sử |a1|2 + |a2|2 = 1. Ta có (g − a)0 = (a1g1 + a2g2)0 = g∗a mg(r, a) = ∫ ∥z∥=r log √|g1(z)|2 + |g2(z)|2 |a1g1(z) + a2g2(z)| γ(z) > 0. Giả sử ω là dạng Fubini - Study metric trên P 1(C). Ta có mg(1, a) = ∫ ||z||=r log √ |g1(z)|2 + |g2(z)|2 a1g1(z) + a2g2(z) = ∫ ∥z∥=1 log √ |g1(z)|2 + |g2(z)|2 − ∫ ∥z∥=1 log |a1g1(z) + a2g2(z)|γ(z). Vậy, tồn tại C sao cho mg(1, a) < C với mọi a ∈ P 1(C). 29 Mặt khác ta lại có Tg(r, ω) = T (r, g) +O(1). Thật vậy T (r, g) = 1 2 ∫ ∥z∥=r log ( 1 + g2(z)g1(z) 2 ) γ(z) + 1 2 ∫ ∥z∥=r log |g1|2 γ +O(1) = 1 2 ∫ ∥z∥=r log (|g0|2 + |g1|2) γ +O(1). Theo định lý Jensen, ta nhận được T (r, g) = r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) g∗ω ∧ αm−1 +O(1) = Tg(r, ω) +O(1). Vì vậy, N (r, (g − a)0) 1. Từ (2.2) ta suy ra M(r) 6 ∫ P 1(C) (T (r, g) + C)Φ(ω) = T (r, g) + C. Áp dụng bổ đề đạo hàm logarit chương 1, tính lồi của log+ và (2.1) ta có m ( r, ∥dg∥ g ) = 1 2 ∫ ∥z∥=r log+  ∥dg∥2( 1 + (log |g|)2 ) |g|2 ( 1 + (log |g|)2 )γ 6 1 2 ∫ ∥z∥=r log+ ∥dg∥2( 1 + (log |g|)2 ) |g|2 γ + 1 2 ∫ ∥z∥=r log+ ( 1 + ( log+ |g|+ log+ 1|g| )2) γ 6 1 2 ∫ ∥z∥=r log 1 + ∥dg∥2( 1 + (log |g|)2 ) |g|2  γ + ∫ ∥z∥=r log+ ( log+ |g|+ log+ 1|g| ) γ + 1 2 log 2 30 6 1 2 log 1 + ∫ ∥z∥=r ∥dg∥2( 1 + (log |g|)2 ) |g|2  γ + ∫ ∥z∥=r log ( 1 + log+ |g|+ log+ 1|g| ) γ + 1 2 log 2 6 1 2 log 1 + 1 2mr2m−1 d dr ∫ B(r) ∥dg∥2( 1 + (log |g|)2 ) |g|2 αm  + log ( 1 +m(r, g) +m ( r, 1 g )) + 1 2 log 2 6 1 2 log ( 1 + r2m−1 d dr ∫ B(r) g∗Φ ∧ αm−1 ) + log+ T (r, g) +O(1) 6 1 2 log 1 + r2m−1 ( ∫ B(r) g∗Φ ∧ αm−1 )1++log+ T (r, g)+O(1)∥E1(). 6 1 2 log 1 + πr(2m−1)( d dr r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) g∗Φ ∧ αm−1 )1++log+ T (r, g)+ O(1)∥E1(). 6 1 2 log ( 1 + πr(2m−1)M(r)(1+)2 ) + log+ T (r, g) +O(1)∥E1(). 6 ( 1 + (1 + δ)2 2 ) log+M(r) + δ(2m− 1) 2 log+ r +O(1)∥E1(). = S(r, g). 2.3. ĐỊNH LÍ CƠ BẢN THỨ HAI Định lý 5. Giả sử L 7→ V là phân thớ đường thẳng và f : Cm 7→ V là ánh xạ phân hình không suy biến vi phân, với m > n. Giả sử D = q∑ j=1 Dj ∈ |L| có giao chuẩn tắc đơn. Khi đó, cố định metric hermit ω 31 trên V ta có Tf(r, L) + Tf(r,Kv) 6 q∑ j=1 N1(r, f ∗Dj) + Sf(r, ω). Chứng minh. Lấy lát cắt σj ∈ H0(V, L(Dj)), với (σj) = Dj, |σj| < 1 của mỗi L(Dj) thỏa mãn L = L(D1)⊗L(D2)⊗...⊗L(Dq) và ωL = q∑ j=1 ωL(Dj), j = 1, 2, ..., q. Ta xác định dạng thể tích kì dị Φ trên V Φ = 1 q∏ j=1 ∥σj∥2 ωn. Theo định nghĩa của giao chuẩn tắc đơn của D ta có U ∩D = {x1...xk = 0}, ∃k 6 n, dx1 ∧ ... ∧ dxn ̸= 0,∀a ∈ U, trong đó {U} là phủ mở affine của V và các hàm hữu tỉ chỉnh hình x1, ..., xk trên {U}. Hơn nữa, ta giả sử L(Dj)|U ∼= U × C, 1 6 j 6 q. Trên {U} lấy Φ|U = ϕ |x1|2...|xk|2 n∧ k=1 i 2π dxk ∧ dxk, ở đây ϕ > 0 và khả vi vô hạn. Lấy {C} là phân hoạch đơn vị phù hợp với phủ mở {U}, ta đặt Φ = Cϕ k Λ k=1 ( i 2π dxk ∧ dxk |xk|2 ) ∧ nΛ k=k+1 i 2π dxk ∧ dxk, 32 và Φ = ∑  CΦ|U = ∑  Φ , Φ được thác triển trên V khi 0 /∈ U. Nếu ta viết xk ◦ f(z) = fk(z), thì f ∗Φ = C ◦ f.ϕ ◦ f. k Λ k=1 ( i 2π dfk ∧ dfk |fk|2 ) ∧ nΛ k=k+1 i 2π dfk ∧ dfk. Nên ta có T (r, fk) = O(Tf(r, ω)) +O(1). (2.3) Vì f là không suy biến vi phân và f ∗Φ ∧ αm−n ̸= 0, ta đặt f ∗Φ∧αm−n = ξαm, f ∗Φ ∧αm−n = ξαm, với ξ = ∑  ξ và phương trình ddc [log ξ] = ddc [ log (∑  ξ )] > f ∗RicΦ− supp f ∗D = f ∗ωL + f ∗Ric ωn − supp f ∗D. Do đó, Tf (r, ωL) + Tf (r, Ric ω n) 6 N1 (r, f ∗D) + ∫ ∥z∥=r log (∑  ξ ) γ − ∫ ∥z∥=1 log (∑  ξ ) γ. (2.4) Đặt f ∗ω∧αm−1 = ξαm. Do ξ bị chặn trên đa thức P (ξ, |∂fk/∂zj/fk|) trong ξ và |∂fk/∂zj/fk| nên ta có ξ 6 P (ξ, |∂fk/∂zj/fk|) , j = 1,m, k = 1, n. Vì vậy, log+ ξ 6 O ( log+ ξ + ∑ k log+ ∥dfk∥ fk ) + O(1). Do đó,∫ ∥z∥=r log (∑  ξ ) γ 6 ∑  ∫ ∥z∥=r log+ξγ+O(1) 6 O ∑ ;k ∫ ∥z∥=r log+ ∥dfk∥ fk γ +O  ∫ ∥z∥=r log+ξγ +O(1). 33 Áp dụng bổ đề đạo hàm logarit và (2.3) suy ra∫ ∥z∥=r (∑  log+ξγ ) γ 6 S (f, ω) +O  ∫ ∥z∥=r log+ξγ  . Ta áp dụng tương tự như bổ đề đạo hàm logarit, với 0 < δ < 1 và bổ đề Borel trong chương 1 ta có∫ ∥z∥=r log+ξγ 6 ∫ ∥z∥=r log (1 + ξ) γ 6 log 1 + ∫ ∥z∥=r ξγ  6 log 1 + 1 2mr2m−1 d dr ∫ B(r) ξαm  6 log 1 + 12mr2m−1  ∫ B(r) f ∗ω ∧ αm−1  1+  ∥E1() 6 log 1 + r(2m−1)2m  d dr r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) f ∗ω ∧ αm−1  1+  ∥E1() 6 log 1 + r(2m−1)2m  r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) f ∗ω ∧ αm−1  (1+) 2 ∥E2() = Sf(r, ω). Vì vậy, ∫ ∥z∥=r log+ξγ = Sf(r, ω). Từ đó ta kết hợp (2.4), ta nhận được Tf(r, ωL) + Tf(r, Ricc ω n) ≤ N1(r, f ∗D) + Sf(r, ω). (2.5) Lấy tổng thứ j hai vế của (2.5) ta suy ra điều phải chứng minh. 2.4. PHÂN THỚ JET