Lời cam đoan i
Lời cảm ơn ii
MỞ ĐẦU 1
1 Trọng Nochka 2
1.1 Họ siêu phẳng ở vị trí dưới tổng quát . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Trọng Nochka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Định lý cơ bản thứ hai Cartan - Nochka 14
2.1 Các hàm cơ bản và Bổ đề đạo hàm logarit . . . . . . . . . . 14
2.1.1 Các hàm cơ bản trong Lý thuyết Nevanlinna - Cartan 14
2.1.2 Hàm phân hình và ánh xạ phân hình . . . . . . . . . 15
2.1.3 Bổ đề đạo hàm Logarit . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.4 Wronskian tổng quát của ánh xạ phân hình . . . . . 21
2.2 Định lý cơ bản thứ hai cho ánh xạ phân hình . . . . . . . . . 26
2.3 Quan hệ số khuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Kết luận 34
Tài liệu tham khảo 35
40 trang |
Chia sẻ: honganh20 | Ngày: 26/02/2022 | Lượt xem: 364 | Lượt tải: 2
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Định lý cơ bản thứ hai cartan - Nochka trong lý thuyết phân bố giá trị, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- luan_van_dinh_ly_co_ban_thu_hai_cartan_nochka_trong_ly_thuye.pdf