Luận văn Định lý cơ bản thứ hai cartan - Nochka trong lý thuyết phân bố giá trị

a mãn (iv) thì đó là họ cần dựng. Ngược lại ta cần phải tìm một tập con Ns+1 ⊂ Q sao cho Ns ⊂ Ns+1 và {Ni}s+1i=1 thỏa mãn (i)∼ (iii). VìHi ở vị trí N - dưới tổng quát nên rk(Ns)< n+1 chứng tỏ rằng |Ns| ≤N. Do đó theo Bổ đề 1.2.1 thì |Ns|− rk(Ns)≤ N−n< 2N−2n. Do đó n− rk(Ns)< 2N−n−|Ns| ⇔ n+1− rk(Ns)< 2N−n+1−|Ns| ⇔ n+1− rk(Ns) 2N−n+1−|Ns| < 1 Giả sử rằng (iv) không đúng. Đặt R = {R : Ns ⊂ R⊂ Q, rk(Ns)< rk(R)< n+1}. Khi đó R 6= /0. Nếu R ∈R, |R| ≤ N. Theo giả sử (iv) không đúng, với ε0 = min{slNs(R) : R ∈R}, ta có ε < n+1− rk(Ns) 2N−n+1−|Ns| < 1 (1.2.1) 4 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Theo (iii) ta có slNs−1(Ns)≤ slNs−1(R), ∀R ∈R. Do vậy slNs(R) = rk(R)− rk(Ns) |R|− |Ns| = rk(R)− rk(Ns−1)− (rk(Ns)− rk(Ns−1)) (|R|− |Ns−1|)− (|Ns|− |Ns−1|) > rk(Ns)− rk(Ns−1) |Ns|− |Ns−1| = slNs−1(Ns). ĐặtR ′ = {R ∈R : slNs(R) = ε0}. Ta sẽ chứng tỏ rằng R1, R2 ∈R ′ thì R1∪R2 ∈R ′. Thực vậy, vì R1, R2 ∈R ′ nên ε0 = slNs(R1) = slNs(R2), suy ra rk(R1)+ rk(R2)−2rk(Ns) = rk(R1)− rk(Ns)+ rk(R2)− rk(Ns) = ε0(|R1|− |Ns|+ |R2|− |Ns|) ≤ ε0(rk(R1)+N−n+ rk(R2)+N−n−2|Ns|) = ε0(rk(R1)+ rk(R2)+2N−2n−2|Ns|) = ε0(rk(R1)+ rk(R2)−2rk(Ns)+ +2N−2n−2|Ns|+2rk(Ns)). Do vậy rk(R1)+ rk(R2)−2rk(Ns)≤ ε01− ε0(2N−2n−2|Ns|+2rk(Ns)) = ( 1 1− ε0 −1)(2N−2n−2|Ns|+2rk(Ns)) < (n+1− rk(Ns))(2N−2n−2|Ns|+2rk(Ns)) 2N−2n−|Ns|+ rk(Ns) ≤ n+1− rk(Ns) (vì |Ns| ≤ rk(Ns)). Như vậy ta có rk(R1∪R2)≤ rk(R1)+ rk(R2)− rk(R1∩R2) ≤ rk(R1)+ rk(R2)− rk(Ns)< n+1. 5 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Do đó rk(Ns) < rk(R1∪R2) < n+ 1. Điều này kéo theo R1∪R2 ∈R. Như vậy ta còn phải chứng tỏ rằng ε0 = sl(R1∪R2). Theo định nghĩa ε0 = slNs(R1∪R2). Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, trước tiên ta chứng minh rằng rkNs(R1∩R2) = rk(R1∩R2)− rk(Ns)≥ ε0(|R1∩R2|− |Ns|). (1.2.2) +) Nếu rk(R1∩R2)> rk(Ns) thì R1∩R2 ∈R, do vậy theo định nghĩa của ε0 ta có được bất đẳng thức (1.2.2). +) Nếu rk(R1∩R2) = rk(Ns). Giả sử rằng |R1∩R2|> |Ns|. Ta có rk(R1∩ R2)− rk(Ns−1) = rk(Ns)− rk(Ns−1) > 0 và rk(R1 ∩R2) ≤ rk(R1) < n+ 1. Do vậy slNs−1(Ns)≤ slNs−1(R1∩R2) = rk(R1∩R2)− rk(Ns−1) |R1∩R2|− |Ns−1| < rk(Ns)− rk(Ns−1) |Ns|− |Ns−1| = slNs−1(Ns) (vô lý). Vậy ta có bất đẳng thức (1.2.2). Suy ra slNs(R1∪R2) = rk(R1∪R2) |R1∪R2|− |Ns| ≤ slNs(R1)+ slNs(R2)− slNs(R1∩R2) (|R1|− |Ns|)+(|R2|− |Ns|)− (|R1∩R2|− |Ns|) ≤ ε0 Điều này chứng tỏ rằng R1∪R2 ∈R ′. Đặt Ns+1 = ⋃ R∈R′ R Như vậy Ns+1 ∈R ′ và họ {Ni}s+1i=1 thỏa mãn (i)∼ (iii). Định lý được chứng minh. 6 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Định lý 1.2.3 (Trọng Nochka). Cho họ q siêu phẳng {H j} j∈Q ở vị trí N - dưới tổng quát trong Pn(C), q > 2N− n+ 1. Khi đó tồn tại các số hữu tỷ ω( j), j ∈ Q thỏa mãn các mệnh đề sau. (i) 0< ω( j)≤ 1, ∀ j ∈ Q. (ii) Đặt ω˜ =max j∈Qω( j), thì q ∑ j=1 ω( j) = ω˜(q−2N+n−1)+n+1. (iii) n+12N−n+1 ≤ ω˜ ≤ nN . (iv) Nếu R⊂ Q và 0< |R| ≤ N+1 thì ∑ j∈Rω( j)≤ rk(R). Các hằng số ω( j) được gọi là trọng Nochka, ω˜ được gọi là hằng số Nochka. Chứng minh Nếu N = n, đặt ω( j) = 1, ∀ j ∈ Q, ta được kết luận của định lý. Giả sử rằng N > n. Ta lấy họ {Ni}si=1 thỏa mãn bổ đề 1.2.2. Khi đó |Ns| ≤ N. Lấy Ns+1 ⊂ Q thỏa mãn Ns+1 ⊃ Ns và |Ns+1|= 2N−n+1> N+1. Như vậy rk(Ns+1) = n+1, slNs(Ns+1) = n+1−rk(Ns) 2N−n+1−|Ns| . Chúng ta xác định các hằng số ω( j) như sau: ω( j) =  slNi(Ni+1), j ∈ Ni+1 \Ni, 0≤ i≤ s, slNs(Ns+1) = n+1− rk(Ns) 2N−n+1−|Ns|, j 6∈ Ns+1. Ta sẽ chứng minh rằng chúng thỏa mãn các mệnh đề (i)∼ (iv) như sau. (i) Nếu j 6∈ Ns+1, ta có −rk(Ns)≤−|Ns|+N−n, do vậy ω( j) = slNs(Ns+1)≤ n+1−|Ns|+N−n 2N−n+1−|Ns| 7 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN = N+1−|Ns| 2N−n+1−|Ns| ≤ N+1−|Ns| N+1−|Ns| = 1. Nếu j ∈ Ns+1 \Ns, hiển nhiên ω( j) = slNi(Ns+1)< 1. Nếu j ∈ Ns thì tồn tại duy nhất 0 ≤ i ≤ s− 1 sao cho j ∈ Ni+1 \Ni. Theo bổ đề 1.2.2. thì ω( j) = slNiNi+1 ≤ slNsNs+1 < 1. (ii) Theo định nghĩa ta có ω˜ = slNs(Ns+1). Phân hoạchQ=(Q\Ns+1) ⋃s j=0(N j+1\ N j), ta có q ∑ j=1 ω( j) = ∑ j∈Q\Ns+1 ω( j)+ s ∑ i=0 ∑ j∈Ni+1\Ni ω( j) = ω˜(q−|Ns+1|)+ s ∑ i=0 (slNiNi+1)(|Ni+1|− |Ni|) = ω˜(q−2N+n−1)+ s ∑ i=0 (rk(Ni+1)− rk(Ni)) = ω˜(q−2N+n−1)+ rk(Ns+1) = ω˜(q−2N+n−1)+n+1. (iii) Ta có n+1= q ∑ j=1 ω( j)− ω˜(q−2N+n−1) ≤ qω˜− ω˜(q−2N+n−1) = (2N−n+1)ω˜. Do vậy ω ≥ n+12N−n+1 . Nếu s= 0 thì ω˜ = n+12N−n+1 ≤ nN . 8 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Nếu s> 0 thì rk(Ns)≥ 1, do vậy ω˜ = n+1− rk(Ns) (N+1)+(N−n−|Ns|) ≤ n+1− rk(Ns) N+1− rk(Ns) = 1− N−n N+1− rk(Ns) ≤ 1− N−n N = n N . (iv) Lấy R⊂ Q với 0< |R| ≤ n+1. Trường hợp 1. Giả sử rk(R∪Ns) = n+1, ta có |R| ≤ rk(R)+N−n, |Ns| ≤ rk(Ns)+N−n. Như vậy n+1− rk(Ns) = rk(R∪Ns)− rk(Ns)≤ rk(R)− rk(Ns)≤ rk(R) Chúng ta có ∑ j∈R ω( j)≤ ω˜|R| ≤ ω˜(rk(R)+N−n) = ω˜ rk(R) ( 1+ N−n rk(R) ) ≤ ω˜ rk(R)(1+ N−n n+1− rk(Ns) ) = rk(R) N+1− rk(Ns) 2N−n+1−|Ns|) ≤ rk(R) N+1− rk(Ns) 2N−n+1− (rk(Ns)+N−n) = rk(R). Trường hợp 2. Giả sử rk(R∪Ns)< n+1. Theo định nghĩa của vị trí N - dưới tổng quát, ta có |R∪Ns| ≤ N. Đặt 9 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Ri =  R∩Ni, 0≤ i≤ s R, i= s+1. Ta chứng minh mệnh đề sau Mệnh đề 1.2.4. Giả sử rằng 1≤ i≤ s và |Ri|> |Ri+1|. Khi đó rk(Ri∪Ni−1)> rk(Ni−1). Chứng minh - Với i= 1, rk(N0) = 0< rk(R1∪N0). Mệnh đề hiển nhiên đúng. - Với i> 1. Giả sử rằng rk(Ri∪Ni−1) = rk(Ni−1). Khi đó rkNi−2(Ri∪Ni−1) = rk(Ni−1)− rk(Ni−2)> 0 Suy ra slNi−2(Ni−1∪Ri) = rk(Ni−1∪Ri)− rk(Ni−2) |Ni−1∪Ri|− |Ni−2| ≤ rk(Ni−1)− rk(Ni−2)|Ni−1|− |Ni−2| = slNi−2(Ni−1). Mặt khác rk(NNi−2)< rk(Ni−1)≤ rk(Ni−1∪Ri)≤ rk(R∪Ns)< n+1, suy ra slNi−2Ni−1 ≤ slNi−2(Ni−1∪Ri). Do vậy slNi−2Ni−1 = slNi−2(Ni−1∪Ri). Điều này suy ra |Ni−1|= |Ni−1∪Ri| và |Ri−1|= |Ri|. Điều này mâu thuẫn chứng tỏ mệnh đề đúng. Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau (|Ri|− |Ri−1|)slNi−2Ni−1 ≤ rk(Ri)− rk(Ri−1) 1≤ i≤ s+1. (1.2.3) 10 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Thật vậy, ta có: - Nếu |Ri|− |Ri−1|= 0 thì (1.2.3) là hiển nhiên. - Nếu |Ri|> |Ri−1|. Theo mệnh đề ta có rk(Ri∪Ni−1)> rk(Ni−1). Áp dụng bổ đề 1.2.2(iii) cho 1≤ i≤ s và 1.2.2(iv) cho i= s+1 ta được slNi−1(Ni)≤ slNi−1(Ni−1∪Ri). Do đó ta có: |Ri∪Ni−1|= |Ni−1|+ |Ri|− |Ni−1∩Ri|= |Ni−1|+ |Ri|− |Ri−1|, rk(Ri∪Ni−1)≤ rk(Ni−1)+ rk(Ri)− rk(Ri∩Ni−1) = rk(Ni−1)+ rk(Ri)− rk(Ri−1), slNi−1(Ni)≤ slNi−1(Ni−1∪Ri) = rk(Ri∪Ni−1)− rk(Ni−1) |Ri∪Ni−1|− |Ni−1| = rk(Ri)− rk(Ri−1) |Ri|− |Ri−1| Như vậy, từ bất đẳng thức cuối cùng ta thu được bất đẳng thức (1.2.3). Từ định nghĩa họ bằng số ω( j) và (1.2.3) ta có ∑ i∈R ω( j) = s+1 ∑ i=1 ∑ j∈Ri\Ri−1 ω( j) = s+1 ∑ i=1 ∑ j∈Ri\Ri−1 slNi−1(Ni) = s+1 ∑ i=1 (|Ri|− |Ri−1|)slNi−1(Ni) = s+1 ∑ i=1 (rk(Ri)− rk(Ri−1)) = rk(R)− rk(Rs)+ s ∑ i=1 (rk(Ri)− rk(Ri−1)) = rk(R). Định lý được chứng minh. Bổ đề 1.2.5. Cho họ q siêu phẳng {H j} j∈Q ở vị trí N - dưới tổng quát trong Pn(C),q> 2N−n+1. Choω( j), j∈Q là các trọng Nochka của họ {H j} j∈Q. 11 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Cho {E j} j∈Q là các hằng số≥ 1 tùy ý. Khi đó với mọi R⊂Q với |R| ≤N+1, tồn tại các chỉ số phân biệt j1, ..., jrk(R) ∈ R sao cho rk({ jl}rk(R)l=1 ) = rk(R) và ∏ j∈R Eω( j)j ≤ rk(R) ∏ l=1 E jl. Chứng minh Bằng cách đổi chỉ số, ta có thể giả sử rằng E1 ≤ E2 ≥ ... ≥ Eq. Đặt j1 = minR, R1 = { j1} và S1 = { j ∈ R;H j ∈ V (R1)}. Giả sử rằng ta đã xây dựng được các tập Rl = { j1, ..., jl}, l < rk(R), ta sẽ xây dựng tập Rl+1 như sau: jl+1 =min{ j ∈ R,H j 6∈V (Rl)}, Rl+1 = Rl ∪{l+1}, Sl+1 = { j ∈ R\ l⋃ k=1 Sk;H j ∈V (Rl+1) } . Tiếp tục như vậy, ta có thể chọn được các chỉ số j1 < ... < jrk(R) và các tập hợp rời nhau S1, ...,Srk(R). Chú ý rằng jl =minSl, chúng ta có E j ≤ E jt , j ∈ St R= S1∪ ...∪Srk(R) Đặt Tl = S1∪ ...∪Sl, 1≤ l ≤ rk(R). Theo bổ đề 1.2.2(iv) ta có ∑ j∈Tl ω( j)≤ rk(Tl) = l. Suy ra ∏ j∈R Eω( j)j = rk(R) ∏ l=1 ∏ j∈Sl Eω( j)j ≤ rk(R) ∏ l=1 E ∑ j∈Sl ω( j) jl ≤ E j1E−1+∑ j∈T1ω( j)j1 rk(R) ∏ l=2 E ∑ j∈Sl ω( j) jl ≤ E j1E−1+∑ j∈T1ω( j)j2 rk(R) ∏ l=2 E ∑ j∈Sl ω( j) jl 12 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN = E j1E j2E −2+∑ j∈T2ω( j) j2 rk(R) ∏ l=3 E ∑ j∈Sl ω( j) jl ... = E j1E j2...E jrk(R)E −rk(R)+∑ j∈Rω( j) jrk(R) Vì −rk(R)+∑ j∈Rω( j)≤ 0, cho nên ∏ j∈R Eω( j)j ≤ rk(R) ∏ l=1 E jl. Định lý được chứng minh. 13 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Chương 2 Định lý cơ bản thứ hai Cartan - Nochka 2.1 Các hàm cơ bản và Bổ đề đạo hàm logarit 2.1.1 Các hàm cơ bản trong Lý thuyết Nevanlinna - Cartan (a) Trong Pn(C) cố định một tọa độ thuần nhất (ω0 : .... : ωn). Gọi f : Cm−→ Pn(C) là ánh xạ phân hình có một biểu diễn rút gọn f = ( f0 : ... : fn). Cho H là siêu phẳng trong Pn(C) được xác định bởi H = {ω :∑ni=0aiωi = 0}, với a0, ...,an ∈ C không đồng thời bằng không. Như vậy H được xem là divisor không điểm của nhát cắt σ ∈ Γ(Pn(C),H0) xác định bởi dạng tuyến tính σ∗(x0, ...,xn) = ∑ni=0aixi. Ta đặt ||H||= (|a0|2+ ...+ |an|2)12 , || f ||= (| f0|2+ ...+ | fn|2)12 và ( f ,H) = ∑ni=0ai fi. Như vậy giá trị của các hàm này phụ thuộc vào việc chọn biểu diễn rút gọn của f và các hệ số ai. Tuy nhiên nếu f (Cm) 6⊂ H hay ( f ,H) 6≡ 0 thì divisor không điểm của hàm ( f ,H) là không phụ thuộc vào biểu diễn rút gọn của f và các hệ số ai. Ta kí hiệu divisor này là ( f ,H). Như vậy ( f ,H) = f ∗H. (b) Ta có f ∗Ω| f−1(Vi) = ddc log(1+∑ k 6=i | fk|2 | fi|2 ) = dd c log || f ||2. Do vậy, ký hiệu Tf ( f ) là hàm đặc trưng của f ta có: 14 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Tf (r) = Tf (r,Ω) = r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) f ∗Ω∧αm−1 = r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) ddc log || f ||2∧αm−1 = ∫ S(r) log || f ||γ− ∫ S(1) log || f ||γ. (c) Lấy H là siêu phẳng như mục (a) sao cho f (Cm) 6⊂ H. Ta có f ∗D = ddc log |( f ,H)|2. Do vậy, ta kí hiệu N(r, f ∗H) là hàm đếm của f tương ứng với H, và Nn(r, f ∗H) là hàm đếm của f tương ứng với H chặn bội đến bậc n ta có N(r, f ∗H) = r∫ 1 dt t2m−1 ∫ f ∗H χB(t)αm−1 = r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) ddc log |( f ,H)|2αm−1 = ∫ S(r) log |( f ,H)|γ− ∫ S(1) log |( f ,H)|γ. Ta kí hiệu m f (r,H) là hàm xấp xỉ của f tương ứng với H, ta có: m f (r,H) = r∫ 1 log 1 ||σ ◦ f ||γ = r∫ 1 log || f || |( f ,H)|γ. 2.1.2 Hàm phân hình và ánh xạ phân hình Cho f : Cm −→ C là hàm phân hình. Tương tự như trong trường hợp một biến, ta định nghĩa hàm xấp xỉ của f ( tương ứng với điểm ∞) bởi m(r, f ) = ∫ S(r) log+ | f |γ. Hàm đặc trưng Nevanlinna của f được định nghĩa bởi T (r, f ) = N(r,( f )∞)+m(r, f ). 15 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Ta coi f là ánh xạ phân hình từ Cm vào P1(C) có biểu diễn rút gọn f = ( f0 : f1), với f0, f1 là các hàm chỉnh hình thỏa mãn tập {z ∈ Cm : f0(z) = f1(z) = 0} là tập giải tích có đối chiều ≥ 2. khi đó ta có định lý sau Định lý 2.1.1. Tf (r) = T (r, f )+O(1). Chứng minh Thật vậy, ta gọi H là siêu phẳng trong P1(C) cho bởi H = {(ω0 : ω1) : ω1 = 0}. Khi đó f (Cm) 6⊂ H, theo định lý cơ bản thứ nhất cho ánh xạ phân hình ta có T (r, f ) = N(r,( f )∞)+m(r, f ) = N(r,( f1)0)+ ∫ S(r) log ( 1+ | f0|2 | f1|2 )1 2γ+O(1) = N(r, f ∗H)+ ∫ S(r) log (| f0|2+ | f1|2 | f1|2 )1 2γ+O(1) = N(r, f ∗H)+ ∫ S(r) || f || |( f ,H)|γ+O(1) = N(r, f ∗H)+m f (r,H)+O(1) = Tf (r)+O(1) (Theo định lý cơ bản thứ nhất cho ánh xạ phân hình) Định lý được chứng minh. Hệ quả 2.1.2 ( Định lý cơ bản thứ nhất). Cho f là hàm phân hình khác hằng số trên Cm, a là một điểm trong C, khi đó T (r, 1 f −a) = T (r, f )+O(1). Chứng minh Ta xem f là ánh xạ phân hình vào Pn(C) với biểu diễn rút gọn f =( f0 : f1). Áp dụng định lý cơ bản thứ nhất cho f và siêu phẳng {ω : ω0−aω1 = 0}, ta 16 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN có T (r, f ) = Tf (r)+O(1) = N(r,( f0−a f2)0)+ 12 ∫ S(r) log | f0|2+ | f1|2 | f0−a f1|2 γ+O(1) = N(r,( f −a)0)+ 12 ∫ S(r) log (| f0−a f1|2+ | f1|2 | f0−a f1|2 ) γ+O(1) = N(r,( f −a)0)+ 12 ∫ S(r) log ( 1+ 1 | f0−a f1|2 ) γ+O(1) = N ( r,( 1 f −a)∞ ) +m(1, 1 f −a)+O(1) = T (r, 1 f −a)+O(1). Hệ quả được chứng minh. Cho f :Cm −→ Pn(C) là ánh xạ phân hình với biểu diễn f = ( f0 : ... : fn). H, G là hai siêu phẳng trong Pn(C) cho bởi H = {ω : n ∑ i=0 aiωi = 0}, G= {ω : n ∑ i=0 biωi = 0}. Giả sử f (Cm) 6⊂ G. Đặt g(z) := ( ( f ,H) ( f ,G) ) (z) = ∑ni=0ai fi ∑ni=0bi fi (z). Định lý 2.1.3. Với các kí hiệu như trên, ta có (i) T (r,g)≤ Tf (r)+O(1) (ii) Nếu fk 6≡ 0 thì 1n n ∑ i=0 T ( r, fifk ) +O(1)≤ Tf (r)≤ n ∑ i=0 T ( r, fifk ) +O(1). Chứng minh (i) Ta có (g)∞ ≤ ( f ,G)0. Do vậy T (r,g) = N(r,(g)∞)+m(r,g)≤ N(r, f ∗G)+ ∫ S(r) log ( 1+ |( f ,H)| |( f ,G)| ) γ+O(1) 17 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN = N(r, f ∗G)+ ∫ S(r) log (|( f ,G)|+ |( f ,H)| |( f ,G)| ) γ+O(1) ≤ N(r, f ∗G)+ ∫ S(r) log ( || f || |( f ,G)| ) γ+O(1) = Tf (r)+O(1). (ii) Áp dụng phần (i) cho các siêu phẳng tọa độ ta thu được đẳng thức thứ nhất (chú ý T (r, fkfk ) = 0). Ta chứng minh bất đẳng thức thứ hai. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng k = 0 và ( f0 : ... : fn) là biểu diễn rút gọn của f . Giả sử z0 6∈ I( f ) là không điểm của f0 với bội v, khi đó tồn tại 1≤ i≤ n sao cho z0 không là không điểm của fi, do vậy z0 là cực điểm của fi f0 với bội v. Suy ra ta có N(r,( f )0)≤ n ∑ i=1 N ( r,( fi f0 )∞ ) . Áp dụng định lý cơ bản thứ nhất cho f và siêu phẳng {ω : ω0 = 0}, ta có Tf (r) = 1 2 ∫ S(r) log ( 1+ n ∑ i=1 | fi|2 | f0|2 ) γ+N(r,( f0)0)+O(1) = 1 2 ∫ S(r) log+ ( n ∑ i=1 | fi|2 | f0|2 ) γ+N(r,( f0)0)+O(1) ≤ n ∑ i=1 ∫ S(r) log+ ( | fi| | f0| ) γ+N(r,( f0)0)+O(1) ≤ n ∑ i=1 {(m(r, fi f0 )+N(r,( fi f0 )∞)}+O(1) = n ∑ i=0 T (r, fi fk )+O(1). Định lý được chứng minh. 18 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN 2.1.3 Bổ đề đạo hàm Logarit Cho g : Cm −→ C là hàm phân hình trên Cm. Ta định nghĩa ||dg||= ( m ∑ j=1 | ∂g ∂ z j |2)12 m(r, ||dg|| g ) = ∫ S(r) log+ ||dg|| g γ. Bổ đề 2.1.4 (Bổ đề đạo hàm Logarit). Với g 6≡ 0 là hàm phân hình trên Cm. Khi đó với mỗi δ > 0 ta có: ||m(r, ||dg|| g )≤ (1+ (1+δ ) 2 2 ) log+T (r,g)+ δ (2m−1) 2 log+ r+O(1). Chứng minh Trên C xét (1,1) - dạng Φ= 1 (1+log2 |ω|)|ω|2 i 4pi2dω ∧dω , với các điểm kì dị ∞,0. Ta có ∫ C Φ= 1. Đồng thời 2mpig∗Φ∧αm−1 = 2mpi 1 (1+ log2 |g|)|g|2 i 4pi2 ( m ∑ j=1 ∂g ∂ z j dz j)∧ ( m ∑ j=1 ( ∂g ∂ z j ) dz j)∧αm−1 = m 1 (1+ log2 |g|)|g|2 ( i 2pi )m (m−1)!||dg||2∧mj=1 dz j∧dz j = ||dg||2 (1+ log2 |g|)|g|2α m. Đặt µ(r) = r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) g∗Φ∧αm−1. Khi đó ta có µ(r) = ∫ ω∈C ( r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t)∩(g−ω)0 αm−1 ) Φ(ω) 19 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN = ∫ ω∈C N(r,(g−ω)0)Φ(ω) ≤ ∫ ω∈C (T (r,g)+O(1))Φ(ω) = T (r,g)+O(1) Mặt khác ta có m(r, ||dg|| |g| ) = 1 2 ∫ S(r) log+ ||dg||2 |g|2 γ = 1 2 ∫ S(r) log+( ||dg||2 (1+ log2 |g|)|g|2(1+ log 2 |g|)γ ≤ 1 2 ∫ S(r) log+ ||dg||2 (1+ log2 |g|)|g|2γ+ 1 2 ∫ S(r) log+(1+ log2 |g|)γ ≤ 1 2 ∫ S(r) log+ ||dg||2 (1+ log2 |g|)|g|2γ+ 1 2 ∫ S(r) log+ [ 1+ ( log+ |g|+ log+ 1|g| )2]γ ≤ 1 2 ∫ S(r) log[1+ ||dg||2 (1+ log2 |g|)|g|2 ]γ + ∫ S(r) log+ [ (log+ |g|+ log+ 1|g|) ] γ+ 1 2 log2 ≤ 1 2 log [ 1+ ∫ S(r) ||dg||2 (1+ log2 |g|)|g|2γ ] + 1 2 ∫ S(r) log [ 1+(log+ |g|+ log+ 1|g|) ] γ+ 1 2 log2 ≤ 1 2 log [ 1+ 1 2mr2m−1 d dr ∫ B(r) ||dg||2 (1+ log2 |g|)|g|2α m] + 1 2 log [ m(r,g)+m(r, 1 g )+1 ] + 1 2 log2 ≤ 1 2 log ( 1+ pi r2m−1 d dr ∫ B(r) g∗Φ∧αm−1)+ log+T (r,g)+O(1) 20 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN || ≤ 1 2 log [ 1+ pi r2m−1 ( ∫ B(r) g∗Φ∧αm−1)1+δ]+ log+T (r,g)+O(1) || ≤ 1 2 log [ 1+pirδ (2m−1) ( d dr r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) g∗Φ∧αm−1)1+δ] + log+T (r,g)+O(1) || ≤ 1 2 log [ 1+pirδ (2m−1) ( r∫ 1 dt t2m−1 ∫ B(t) g∗Φ∧αm−1)(1+δ )2] + log+T (r,g)+O(1) || ≤ (1+ (1+δ ) 2 2 ) log+T (r,g)+ δ (2m−1) 2 log+ r+O(1). Ta có kết luận của bổ đề. Chú ý: Nếu T (r,g) =O(logr) thì g là hàm phân thức, khi đó m(r, ||dg|||g| ) = O(1). Do vậy ta luôn có m(r, ||dg|||g| ) = o(T (r,g)). 2.1.4 Wronskian tổng quát của ánh xạ phân hình (a) Với α = (α1, ...,αm) ∈ (Z+)m. Đặt |α|= m ∑ j=1 α j Với (z1, ...,zn) là tọa độ phức của Cm, ta đặt Dα = D|α| ∂ zα11 ...∂ z αm m Trên (Z+)m ta xét quan hệ thứ tự ′′ ≤′′ như sau: α = (α1, ...,αm) ≤ β = (β1, ...,βm)⇔∃0≤ k ≤ m,  α j = β j ∀ j ≤ k αk+1 < βk+1 (nếuk < m). Ta viết α < β nếu α ≤ β và α 6= β . Ta đặt α+β = (α1+β1, ...,αm+βm). 21 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Định lý 2.1.5 (Bổ đề đạo hàm logarit tổng quát). Cho F 6≡ 0 là hàm phân hình trên Cm. Khi đó với mọi α = (α1, ...,αm) ∈ (Z+)m ta có (i) T (r,DαF)≤ (|α|+1)T (r,F)+o(T (r,F)). (ii) m(r, D αF F ) = o(T (r,F)). Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo |α|. Hiển nhiên (i) đúng với |α|= 0, và (ii) đúng với mọi α với |α|= 0,1. Giả sử (i) đúng với mọi α với |α| ≤ k−1 và (ii) đúng với mọi α với |α| ≤ k, (k≥ 1). Ta chứng minh (i) cũng đúng với mọi α với |α|= k và (ii) đúng với mọi α với |α|= k+1. - Thât vậy với |α|= k, theo giả thiết quy nạp đối với (ii) ta có m(r,DαF)≤ m(r, DαFF )+m(r,F)+O(1) = m(r,F)+o(T (r,F)) N(r,(DαF)∞)≤ (k+1)N(r,(F)∞) T (r,DαF) = N(r,(DαF)∞)+m(r,DαF)≤ (k+1)T (r,F). - Với |α| = k+ 1, tồn tại α > 0, đặt β = (α1, ...,αi−1,αi,αi+1, ...,αm) ta có m(r, DαF F )≤ m(r, ∂D βF DβF )+m(r,DβF) ≤ o(T (r,DβF))+o(T (r,F)) = o(T (r,F)). Theo nguyên lý quy nạp , định lý đúng với mọi α . (b) Kí hiệu Mm là trường các hàm phân hình trên Cm. Cho f là ánh xạ phân hình từ Cm vào Pn(C) với biểu diễn f = ( f0 : .. : fn). Ta định nghĩa F k( f ) là không gian véc tơ con của M n+1m sinh bởi các phần tử {(Dα f0, ...,Dα fn)}|α|≤k trên trườngMm F k( f ) : 〈{(Dα f0, ...,Dα fn)}|α|≤k〉Mm Ta chứng tỏ rằng định nghĩaF k( f ) không phụ thuộc vào việc chọn biểu diễn của f . Thực vậy, giả sử f có biểu diễn khác f = ( f˜0 : ... : f˜n). Khi đó tồn tại 22 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN hàm phân hình h ∈Mm \{0} sao cho f j = h f˜ j. Với |α|< k ta có (Dα f0, ...,Dα fn) = ∑ β+λ=α Dβh(Dλ f0, ...,Dλ fn). Do vậy〈{(Dα f0, ...,Dα fn)}|α|≤k〉Mm ⊂ 〈{(Dβ f0, ...,Dβ fn)}|β |≤k〉Mm . Tương tự ta cũng có bao hàm thức ngược lại〈 {(Dβ f0, ...,Dβ fn)}|β |≤k 〉 Mm ⊂ 〈{(Dα f0, ...,Dα fn)}|α|≤k〉Mm . Do vậy〈{(Dα f0, ...,Dα fn)}|α|≤k〉Mm = 〈{(Dβ f0, ...,Dβ fn)}|β |≤k〉Mm . Vậy định nghĩaF k( f ) không phụ thuộc vào việc chọn biểu diễn của f . ĐặtLk( f ) = dimF k( f ). Ta có các tính chất sau 1/F 0( f )⊂F 1( f )⊂ ... Nếu tồn tại k sao choF k( f ) =F k+1( f ) thì F 0( f )⊂F 1( f )⊂ ...⊂F k( f ) =F k+1( f ) = ... 2/L1( f )≤L2( f )≤ ... Nếu tồn tại k sao choLk( f ) =Lk+1( f ) thì L0( f )≤L1( f )≤ ...≤Lk( f ) =Lk+1( f ) = ... 3/Lk( f )≤ n+1 ∀k. Tồn tại l( f ) :=min{k : Lk( f ) = Lk+1( f )}, khi đó L0( f )<L1( f )< ... <Ll( f )( f ) =Ll( f )+1( f ) = ... Hiển nhiên vìLl( f )( f )≤ n+1, nên l( f )≤ n. Bổ đề 2.1.6. Ánh xạ f không suy biến tuyến tính khi và chỉ khi Ll( f )( f ) = n+1. Chứng minh Ta sẽ chứng minh rằng f suy biến tuyến tính khi và chỉ khi Lk( f )( f ) < n+1. 23 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN (i) Giả sử f suy biến tuyến tính, khi đó tồn tại a0, ...,an ∈ Cn không đồng thời bằng 0, sao cho a0 f0+a1 f1+ ...+an fn = 0. Do vậy a0Dα f0+a1Dα f1+ ...+anDα fn = 0∀α ∈ (Z+)m Suy ra Lk( f )< n+1∀k. Đặc biệtLk( f )( f )< n+1. (ii) Giả sử Ll( f )( f ) < n+ 1. Như vậy Lk( f ) < n+ 1 ∀k. Khi đó tồn tại các hàm phân hình ϕ0, ...,ϕn trên Cm không đồng thời bằng không sao cho ϕ0Dα f0+ϕ1Dα f1+ ...+ϕnDα fn = 0 ∀α. Lấy a ∈ Cm \ (I( f )∪ (∩{z : ϕi(z) = 0}ni=0) là một điểm cố định, xét hàm chỉnh hình Φ(z) = ϕ0(a)Dα f0(z)+ϕ1(a)Dα f1(z)+ ...+ϕn(a)Dα fn(z). Ta có DαΦ(a) = ϕ0(a)Dα f0(a)+ϕ1(a)Dα f1(a)+ ...+ϕn(a)Dα fn(a) = 0∀α. Điều này chứng tỏ rằng Φ≡ 0. Vì ϕ0(a), ...,ϕn(a) không đồng thời bằng không, nên f (Cm) nằm trong siêu phẳng {ω : ∑nj=0ϕ j(a)ω j = 0}, hay f suy biến tuyến tính. (c) Cho f không suy biến tuyến tính, khi đó Lo( f ) < L1( f ) < ... < Lk( f )( f ) = n+1. Như vậy tồn tại α = (α0, ...,αn,αi ∈ (Z+)m thỏa mãn α0 ≤ α1 ≤ ...≤ αn, α0 = (0, ...,0) {(Dαi f0, ...,Dαi fn}0≤i<Lk( f ) là cơ sở củaF k( f ). (2.1.1) Kí hiệu T (m,n) = {α = (α0, ...,αn), αi ∈ (Z+)m}. Đặt |α|= n ∑ j=0 α j 24 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Trên T (m,n) ta xét quan hệ thứ tự, ta cũng sử dụng kí hiệu ′′ ≤′′, như sau: α = (α1, ...,αn)≤ β = (β1, ...,βn)⇔∃0≤ k ≤ n, α j = β j ∀ j ≤ k αk+1 ≤ βk+1, αk+1 6= βk+1 (nếuk < m) ĐặtWα( f0, ..., fn) := det(Dαi f j)0≤i, j≤n. Lấy α = (α0, ...,αn) là các phần tử nhỏ nhất trong T (m,n) theo quan hệ ”≤” thỏa mãnWα( f0, ..., fn) 6≡ 0. Điều này tương đương với việc {(Dαi f0, ...,Dαi fn)}, (0≤ i≤ n) là cơ sở củaF l( f )( f ). Khi đó dễ dàng nhận thấy α thỏa mãn tính chất (2.1.1). Tính nhỏ nhất cùng với bổ đề sau đây chứng tỏ α không phụ thuộc vào biểu diễn của f . Bổ đề 2.1.7. với h 6≡ 0 là hàm phân hình trên Cm. Khi đó Wα(h f0, ...,h fn) = hn+1Wα( f0, ..., fn) 6≡ 0. Chứng minh. Thật vậy, ta có Wα(h f0, ...,h fn) = det(Dαih fi)0≤i, j≤n = ∑ βi+λi=αi,0≤i≤n det(DβihDλi fi)0≤i, j≤n = ∑ βi+λi=αi,0≤i≤n n ∏ i=0 Dβidet(Dλi fi)0≤i, j≤n = hn+1Wα( f0, ..., fn). Định nghĩa 2.1.8. Ta định nghĩa Wronskian tổng quát của ánh xạ f bởi W ( f ) =Wα( f0, ..., fn), với α được xác định như trên. Chú ý: (i) Giả sử α = (α0, ...,αn). Vì α thỏa mãn (2.1.1) nên α0 = (0, ...,0) và 25 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN |αi| ≤ i ∀i= 1, ...,n. Đặc biệt |α| ≤ 1+ ...+n= n(n+1)2 . (ii) Cho n+1 siêu phẳng H0, ...,Hn ở vị trí tổng quát của Pn(C), Hi= {ω : n ∑ j=0 ai jω j = 0}, sao cho ( f ,Hi) 6≡ 0, ∀i= 0, ...,n. Khi đó W (( f ,H0), ...,( f ,Hn)) =Wα(( f ,H0), ...,( f ,Hn)) = det(ai j)0≤i, j≤n.W ( f ) m ( r, W ( f ) ∏ni=0( f ,Hi) ) = m ( r, W (( f ,H0), ...,( f ,Hn)) ∏ni=0( f ,Hi) ) +O(1) = m r,Wα(( f ,H0)( f ,H0), ..., ( f ,Hn)( f ,H0)) ∏ni=0 ( f ,Hi) ( f ,H0) +O(1) ≤ O  ∑ 0≤i, j≤n m(r, Dαi j( ( f ,H j)( f ,H0)) ( f ,H j) ( f ,H0) +O(1) = o ( ∑ 0≤ j≤n T ( r,( ( f ,H j) ( f ,H0) ) )) +O(1) = o(Tf (r)). (2.1.2) 2.2 Định lý cơ bản thứ hai cho ánh xạ phân hình Định lý cơ bản thứ hai của Cartan: Cho f là ánh xạ phân hình không suy biến tuyến tính từ C vào Pn(C) (có nghĩa ảnh của f không nằm trong bất kỳ siêu phẳng nào). Giả sử H j (1≤ j≤ q) là các siêu phẳng trong Pn(C) ở vị trí tổng quát. Khi đó: ||(q−n−1)Tf (r)≤ q ∑ j=1 Nn( f ,H j)(r)+o(Tf (r)). Ở đó Tf (r), Nn( f ,H j)(r) là các hàm đặc trưng và hàm đếm của f. Định lý 2.2.1 (Định lý cơ bản thứ hai). Cho f : Cm −→ Pn(C) là ánh xạ phân hình không suy biến tuyến tính. Cho {H j}qj=1 là q siêu phẳng ở vị trí N 26 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN - dưới tổng quát trong Pn(C), N ≥ n, q≥ 2N−n+1. Khi đó ||(q−2N+n−1)Tf (r)≤ q ∑ j=1 Nn(r, f ∗H j)+o(Tf (r)). Chứng minh Cố định một tọa độ thuần nhất (ω0 : ... : ωn) trên Pn(C). Giả sử f có biểu diễn rút gọn f = ( f0 : ... : fn) và H j được xác định bởi dạng tuyến tính Ĥ j = {ω : l ∑ k=0 a jkωk = 0}. Đặt Q = {1, ...,q} và gọi {ω( j)} j∈Q là họ trọng Nochka của họ siêu phẳng trên. Với siêu phẳng H j, kí hiệu ||H j||= (∑nj=0 |a jk|2) 1 2 . Với ω = (ω0, ...,ωn), kí hiệu ||ω||= (∑nj=0 |ω j|2) 1 2 . Xét hàm Φ(ω) = ∑ |S|=q−N−1 ∏ j∈S ( |Ĥ j(ω)| ||ω|| )ω( j) . Khi đó Φ là hàm liên tục khác không trên Pn(C). Do vậy, tồn tại C > 0 thỏa mãn C−1 ≤Φ(ω)≤C. Với R⊂ Q= 1, ...,q, |R|= N+1 gọi R0 ⊂ R là tập hợp các chỉ số thỏa mãn Bổ đề 1.2.5. Ta có Φ(ω) = ∑ |R|=N+1 q ∏ j=1 ( |Ĥ j(ω)| ||ω|| )ω( j) ×∏ j∈R ( 1 ||H j||ω( j) ) ×∏ j∈R ( ||ω||||H j|| |Ĥ j(ω)| )ω( j) ≤ q ∏ j=1 ( |Ĥ j(ω)| ||ω|| )ω( j) × ∑ |R|=N+1 ∏ j∈R (( 1 ||H j||ω( j) ) ×∏ j∈R0 ( ||ω||||H j|| ||Ĥ j(ω)| )) . 27 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Do vậy q ∏ j=1 ( ||ω|| |Ĥ j(ω)| )ω( j) ≤C× ∑ |R|=N+1 ( ∏ j∈R ( 1 ||H j||ω( j) ) ×∏ j∈R0 ( ||ω||||H j|| |Ĥ j(ω)| )) . GọiW ( f )=Wα( f0, ..., fn) làWronskian tổng quát của f . Với R0= { j1, ..., jrk(R)}, đặtWR0( f )=Wα(Ĥ j1( f ), ..., Ĥ jrk(R)( f )). Khi đó với z 6∈ ( I( f )∪ j∈Q f−1(H j) ) , ta có q ∏ j=1 ( || f || |Ĥ j( f (z))| )ω( j) ×|W ( f )(z)| ≤C|| f (z)||n+1× ∑ |R|=N+1 ∏ j∈R ( 1 ||H j||ω( j) ) × × ( |W ( f )(z)|∏ j∈R0 ||H j|| ∏ j∈R0 |Ĥ j( f )(z)| ) =CR|| f (z)||n+1× ∑ |R|=N+1 ( |WR0( f )(z)| ∏ j∈R0 |Ĥ j( f )(z) ) , trong đóCR là một hằng số dương phụ thuộc vào R. Suy ra q ∑ j=1 ω( j) log ( || f || |Ĥ j( f (z))| ) + log |W ( f )(z)| ≤ log || f (z)||n+1+ + ∑ |R|=N+1 log+ ( |WR0( f )(z)| ∏ j∈R0 |Ĥ j(ω)| ) +C0, Với C0 là một hằng số dương. Lấy tích phân hai vế trên S(r) và áp dụng (2.1.2) ta được ||( q ∑ j=1 ω( j))Tf (r)+N(r,(W ( f ))0)− q ∑ j=1 ω( j)N(r, f ∗H j) ≤ (n+1)Tf (r)+o(Tf (r)). Vì ∑qj=1ω( j) = ω˜(q−2N+n−1)+n+1 nên ta có ||(q−2N+n−1)Tf (r)≤ 1ω˜ ( q ∑ j=1 ω( j)N(r, f ∗H j)−N(r,(W ( f ))0) ) . (2.2.3) 28 S hóa bi Trung tâm Hc liu – ĐHTN Để tiếp tục, ta chứng minh mệnh đề sau Mệnh đề 2.2.2. Với a 6∈ I