Luận văn Thạc sĩ Toán học Định lý cơ bản thứ hai Cartan của lý thuyết Nevanlinna

Header Page 1 of 89.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HÀ THỊ THANH HUYỀN

ĐỊNH LÝ CƠ BẢN THỨ HAI CARTAN
CỦA LÝ THUYẾT NEVANLINNA

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2011

Footer PageSố1 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 2 of 89.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HÀ THỊ THANH HUYỀN

ĐỊNH LÝ CƠ BẢN THỨ HAI CARTAN
CỦA LÝ THUYẾT NEVANLINNA

Chuyên ngành: GIẢI TÍCH
Mã số: 60.46.01

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
PGS. TSKH. TRẦN VĂN TẤN

Thái Nguyên - Năm 2011

Footer PageSố2 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 3 of 89.
i

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TSKH.
Trần Văn Tấn, người thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ, động viên tôi
trong suốt quá trình hoàn thành luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn TS. Hà Trần Phương và các thầy cô giáo
trong tổ Giải tích trường ĐHSP Thái Nguyên đã truyền thụ cho tôi những
kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi và cho tôi những ý kiến đóng
góp quý báu để hoàn thành luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn trường ĐHSP Thái Nguyên và khoa Toán

là nơi mà tôi đã được đào tạo và hoàn thành luận văn thạc sĩ khoa học.
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè là nguồn động viên lớn lao
trong quá trình tôi làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2011
Tác giả

Hà Thị Thanh Huyền

Footer PageSố3 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 4 of 89.
ii

Mục lục
Mở đầu

1

1 Một số khái niệm cơ bản của Lý thuyết Nevanlinna

3

1.1

1.2

Một số khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Hàm đếm

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Hàm xấp xỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.3

Ánh xạ chỉnh hình từ C vào CP n

. . . . . . . . . .

4

1.1.4

Hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.5

Họ các siêu phẳng ở vị trí tổng quát . . . . . . . . .

5

Một số định lý và mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2 Định lý cơ bản thứ hai Cartan

8

2.1

Công thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2.2

Bổ đề đạo hàm logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.3

Định lý cơ bản thứ hai Cartan . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 Ứng dụng của Định lý cơ bản thứ hai trong bài toán xác
định duy nhất ánh xạ chỉnh hình

19

3.1

Định lý Smiley . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.2

Mở rộng Định lý Smiley tới trường hợp họ các siêu phẳng . 21

Kết luận

28

Tài liệu tham khảo

29

Footer PageSố4 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 5 of 89.

1

Mở đầu
Năm 1925 Nevanlinna công bố một nghiên cứu về sự phân bố giá trị
của hàm phân hình. Kết quả này sau đó nhanh chóng được mở rộng sang
trường hợp chiều cao và hình thành một Lý thuyết mang tên Nevanlinna.
Trọng tâm của Lý thuyết Nevanlinna này là hai định lý cơ bản, thứ nhất
và thứ hai. Trong khi Định lý cơ bản thứ nhất là một hệ quả trực tiếp của
công thức Jensen thì Định lý cơ bản thứ hai còn được biết đến trong rất
ít trường hợp.
Năm 1933 Cartan mở rộng kết quả của Nevanlinna sang trường hợp ánh
xạ chỉnh hình từ mặt phẳng phức C sang không gian xạ ảnh phức n chiều
CP n : Với ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến tính f : C → CP n và

q siêu phẳng H1 , ..., Hq ở vị trí tổng quát trong CP n , H. Cartan đã chứng
minh: với mỗi r > 0 ngoài một tập có độ đo Lebesgue hữu hạn,
q

(q − n − 1) Tf (r) ≤
j=1

[n]

NHj (f ) (r) + o (Tf (r)) .

Định lý trên không chỉ là kết quả đầu tiên cho trường hợp chiều cao,
mà chứng minh của nó còn có vai trò quan trọng trong việc chứng minh
các Định lý cơ bản thứ hai trong nhiều trường hợp khác. Trong luận văn
này, chúng tôi tìm hiểu cách chứng minh của kết quả có tính chất khơi đầu
nói trên. Bên cạnh đó, chúng tôi cũng tìm hiểu ứng dụng của Lý thuyết

Nevanlinnna trong bài toán xác định duy nhất ánh xạ chỉnh hình.

Footer PageSố5 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 6 of 89.
2

Nội dung luận văn gồm 3 chương:
Chương 1: Chúng tôi trình bày một số khái niệm cơ bản của Lý thuyết
Nevanlinna.
Chương 2: Chúng tôi trình bày Định lý cơ bản thứ hai Cartan.
Chương 3: Ứng dụng của Định lý cơ bản thứ hai Cartan trong bài
toán xác định duy nhất ánh xạ chỉnh hình.

Footer PageSố6 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 7 of 89.
3

Chương 1

Một số khái niệm cơ bản của Lý
thuyết Nevanlinna
1.1
1.1.1

Một số khái niệm cơ bản
Hàm đếm

Cho ϕ là một hàm phân hình khác đồng nhất không trên C. Kí hiệu νϕ
là divisor các không điểm của ϕ, có nghĩa là νϕ (a) = m nếu a là không
điểm bội m của ϕ và νϕ (a) = 0 trong trường hợp còn lại. Với mỗi số
nguyên dương ( hoặc +∞ ) k , đặt

n[k]
ϕ (t) =

min {νϕ (z) , k},
|z|
với t > 0.
Định nghĩa 1.1. Hàm đếm các không điểm của ϕ với bội ngắt bởi k được
định nghĩa như sau
[k]
Nϕ (r)

r

=
1

[k]

nϕ (t)
t dt.

Trong trường hợp k = +∞, ta bỏ ký tự [k] trong hàm đếm và trong divisor.

Footer PageSố7 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 8 of 89.
4

1.1.2

Hàm xấp xỉ

Định nghĩa 1.2. Hàm xấp xỉ của ϕ được định nghĩa bởi

m (r, ϕ) =

1
2π

log+ |ϕ (z)| dθ.
|z|=r

Ở đây ta kí hiệu log+ x = max {log x, 0}, với x ∈ (0, +∞).
Ta để ý rằng

log x = log+ x − log+ x1 ,
|log x| = log+ x + log+ x1 ,
log+

n

n

xj ≤
j=1

log+

log+ xj + log n,

j=1

n

n

xj ≤
j=1

log+ xj .

j=1

Từ đó suy ra
n

n

m r,

ϕj

m (r, ϕj ) + O (1),

j=1

j=1

n

n

m r,

ϕj
j=1

1.1.3

≤
≤

m (r, ϕj ).
j=1

Ánh xạ chỉnh hình từ C vào CP n

Định nghĩa 1.3. Ánh xạ chỉnh hình từ C vào CP n hay còn gọi là đường
cong chỉnh hình, trong không gian xạ ảnh CP n được định nghĩa là ánh xạ

f = (f0 : ... : fn ) : C → CP n
z → (f0 (z) : ... : fn (z))
trong đó fj , 0 ≤ j ≤ n, là các hàm nguyên trên C.

Footer PageSố8 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 9 of 89.
5

1.1.4

Hàm đặc trưng

Cho f : C → CP n là một ánh xạ chỉnh hình khác hằng với biểu diễn
rút gọn f = (f0 : ... : fn ).
Khi đó với mỗi siêu phẳng H : a0 x0 + ... + an xn = 0 thuộc CP n , đặt

(f, H) = H (f ) := a0 f0 + ... + an fn .
[k]

Dễ dàng nhận thấy hàm đếm NH(f ) (r) không phụ thuộc vào biểu diễn rút
gọn của f và biểu diễn phương trình của H .
Kí hiệu f =

|f0 |2 + ... + |fn |2 .

Định nghĩa 1.4. Hàm đặc trưng của f được định nghĩa bởi

Tf (r) =

1
2π

log f dθ −
|z|=r

1.1.5

1
2π

log f dθ, r > 1.
|z|=1

Họ các siêu phẳng ở vị trí tổng quát

Định nghĩa 1.5. Họ các siêu phẳng H1 , ..., Hq thuộc CP n được gọi là ở
vị trí tổng quát nếu với mỗi họ k siêu phẳng trong chúng ( k ≤ n + 1 ) thì
giao của k siêu phẳng này là một phẳng có số chiều bằng n − k .
Trong trường hợp q ≥ n + 1, thì họ các siêu phẳng nói trên ở vị trí tổng
quát nếu và chỉ nếu giao của mỗi họ n + 1 siêu phẳng trong chúng bằng
rỗng.

1.2

Một số định lý và mệnh đề

Mệnh đề 1.6. Cho n+1 siêu phẳng H0 , ..., Hn ở vị trí tổng quát trong CP n
và ánh xạ chỉnh hình khác hằng f : C → CP n . Đặt F = (H0 (f ) : ... : Hn (f )).
Khi đó

Tf (r) = TF (r) + O (1) .

Footer PageSố9 hóa
of 89.
bởi Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 10 of 89.
6

P để chỉ mệnh đề P đúng với mọi
r ∈ [0, +∞) trừ một tập có độ đo Lebesgue hữu hạn.

Chú ý 1.7. Ta sử dụng kí hiệu

Định lý 1.8. (Định lý Stoke) Cho D là một miền trong C với biên ∂D
thuộc lớp C 1 . Xét η = P dz + Qd¯
z là 1− dạng thuộc lớp C 1 trong một lân
¯ . Khi đó ta có
cận mở của D

dη =
D

∂D

−

dη =

∂Q
∂P
+
dz ∧ d¯
z.
∂ z¯
∂z

D

Cho ϕ là một hàm khả vi trên C ( = R2 ), nhận giá trị phức. Biểu diễn

ϕ = u (x, y) + iv (x, y).

Kí hiệu
∂ϕ
∂x

=

∂u
∂x

∂v
+ i ∂x
,

∂ϕ
∂y

=

∂u
∂y

∂v
+ i ∂y
,

∂ϕ
∂z

=

1
2

∂ϕ
∂x

− i ∂ϕ
∂y ,

∂ϕ
∂ z¯

=

1
2

∂ϕ
∂x

+ i ∂ϕ
∂y ,

dz = dx + idy, d¯
z = dx − idy ,
∂ϕ =
dc ϕ =

∂ϕ
∂z dz,

i
4π

¯ =
∂ϕ

∂ϕ
z,
∂ z¯ d¯

¯ − ∂ϕ =
∂ϕ

1
4π

∂ϕ
∂x dy

−

∂ϕ
∂y dx

,

¯ .
dϕ = ∂ϕ + ∂ϕ
i ¯
2π ∂ ∂ϕ

2

∂ ϕ
= 2πi ∂z∂
z.
z¯ dz ∧ d¯
Đối với toạ độ cực, z = reiθ , z¯ = re−iθ , ta có

Ta có ddc ∂ =

Footer PageSố10hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 11 of 89.
7

dϕ =

∂ϕ
∂r dr

+

∂ϕ
∂θ dθ ,

dz = eiθ dr + rieiθ dθ,
d¯
z = e−iθ dr − rie−iθ dθ,
dc ϕ =

1
4π

r ∂ϕ
∂r dθ −

1 ∂ϕ
r ∂θ dr

Footer PageSố11hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên

.




Header Page 12 of 89.
8

Chương 2
Định lý cơ bản thứ hai Cartan
2.1

Công thức Jensen

Cho ϕ là một hàm nhận giá trị thực( bao gồm cả ±∞) trên C sao cho

Z = {z : ϕ (z) = ±∞} là một tập rời rạc. Giả sử ϕ thuộc lớp C 2 trên
C\Z và tại mỗi điểm aν ∈ Z có một C 2 − hàm ψν trên một lân cận của
aν và tồn tại số thực λν thoả mãn ϕ (z) = λν . log |z − aν | + ψν (z).
Ta có
∂ ∂¯ log |z − aν | = 21 ∂ ∂¯ log (z − aν ) (z − aν )
=

1 ∂2
2 ∂z∂ z¯

log (z − aν ) (z − aν )dz ∧ d¯
z

=

1 ∂
2 ∂z

z−aν
(z−aν )(z−aν )

=

1 ∂
2 ∂z

1
z−aν

dz ∧ d¯
z

dz ∧ d¯
z = 0.

¯ được thác triển liên tục tới aν bằng cách đặt
Do đó (1, 1)− dạng ∂ ∂ϕ
¯ (aν ) = ∂ ∂ψ
¯ ν (aν ).
∂ ∂ϕ

Định lý 2.1. (Công thức Jensen)
Cho ϕ là hàm thực trên C thoả mãn điều kiện nêu trên. Khi đó, với

0 ≤ s < r nếu ϕ (0) = ±∞ và với 0 < s < r cho trường hợp tổng

Footer PageSố12hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 13 of 89.
9

quát ta có
1
2π

ϕ (z) dθ −
|z|=r

1
2π

r

ϕ (z) dθ = 2
s

|z|=s

i ¯
2π ∂ ∂ϕ

dt
t

r

+

∆(t)

s

dt
t

λν .
|aν |
Chứng minh. Ta lần lượt chứng minh công thức Jensen cho các trường hợp
sau:
Trường hợp 1: Nếu {aν } = ∅.
Ta có dc log |z| =

=

1
4π

∂
r ∂r
(log r) dθ −

1 ∂
r ∂θ

(log r) dr

1
4π dθ .

Do đó
1
2π

ϕ (z) dθ −
|z|=r

1
2π

ϕ (z) dθ
|z|=s

ϕ (z) dc log |z|

ϕ (z) dc log |z| − 2

=2

|z|=s

|z|=r
c

d (ϕ.d log |z|) (do công thức Stoke)

=2
∆(r)\∆(s)

dϕ ∧ dc log |z| + 2

=2
∆(r)\∆(s)

ϕ ∧ ddc log |z|
∆(r)\∆(s)

c

dϕ ∧ d log |z|

=2
∆(r)\∆(s)

d log |z| ∧ dc ϕ

=2
∆(r)\∆(s)
c

¯ ∧
(do df ∧ d g = ∂f + ∂f
=

i
4π ∂f

¯ −
∧ ∂g

i
4π

¯ − ∂g
∂g

i ¯
4π ∂f

∧ ∂g

¯ + ∂g ∧ ∂f
¯
= 4πi ∂f ∧ ∂g
nên df ∧ dc g = dg ∧ dc f ).
∂
∂
=2
∂t (log t) dt + ∂θ (log t) dθ ∧

1
4π

∂
t ∂t
ϕdθ −

1 ∂
t ∂θ ϕdt

[s,r]×[0,2π]

=2
=

1 ∂
4π ∂t ϕdt

[s,r]×[0,2π]
r
2π
1 ∂
2
4π ∂t ϕ
s
0

∧ dθ

dθ dt

Footer PageSố13hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 14 of 89.
10

r

1
t

=2
s

t

dt
t

dc ϕ dt = 2
s

|z|=t

ddc ϕ
∆(t)

(do công thức Stoke và để ý rằng
1 c
td ϕ

|z|=t

r

=2

s

=
|z|=t

1
t

1 ∂ϕ
4π t ∂t dθ

−

1 ∂ϕ
t ∂θ dt

2π

=
0

1 ∂ϕ
4π ∂t dθ

)

i ¯
2π ∂ ∂ϕ.

dt

t
∆(t)

Vậy định lý được chứng minh trong trường hợp này.
Trường hợp 2: Nếu {aν } = a và ϕ = λ log |z − a|, a ∈ ∆s,r .
Khi đó
r

dt
t

2
s

i ¯
∂ ∂ϕ = 0.
2π
∆(t)

Để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh điều sau

1
2π

λ log |z − a| −

1
2π

|z|=r

λ log |z − a| = λ (log r − log |a|) . (2.1)
|z|=s

Ta có |a| > s nên hàm log |z − a| điều hoà trên ∆ s+|a| .
2

Do đó

1
2π

λ log |z − a| = λ log |a| .

(2.2)

|z|=s

Vậy
1
2π

λ log |z − a| =
|z|=s

=
=

1
2π

1
2π
1
2π

2π

λ log reiθ − a dθ +
0
2π

1
2π

2π

λ log e−iθ dθ

0

λ log r − ae−iθ dθ

0
2π

λ log
0

r
a

− e−iθ dθ +

Footer PageSố14hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên

1
2π

2π

λ log |a| dθ
0




Header Page 15 of 89.
11
r
a

= λ log

+ λ log |a| (do Định lý giá trị trung bình)

= λ log |r|.
(2.3)
Từ (2.2) và (2.3) ta nhận được (2.1).

Vậy định lý được chứng minh trong trường hợp này.
Trường hợp 3: Nếu ϕ (z) = λ log |z − a| + ψ (z) với s < a < r.
Khi đó
1
1
1
1
ϕ (z) dθ− 2π
ϕ (z) dθ = 2π
λ log |z − a|− 2π
λ log |z − a|
2π
|z|=r

|z|=s

|z|=r

1
+ 2π
r

= λ (log r − log |a|) + 2
s
r

=2
s

i ¯

2π ∂ ∂ϕ

dt
t

i ¯
2π ∂ ∂ϕ

dt
t

|z|=s

ψ (z) dθ −
|z|=r

1
2π

ψ (z) dθ
|z|=s

(do các trường hợp 1 và 2 )

∆(t)

+ λ (log r − log |a|).

∆(t)

Vậy ta nhận được định lý trong trường hợp này.
Trường hợp tổng quát: Giả sử Z ∩ ∆s,r = {a1 , ..., an }.
n

Đặt ψ (z) = ϕ (z) −

λi log |z − ai |.
i=1

Khi đó ψ (z) là hàm lớp C 2 trên một lân cận của ∆s,r .
Áp dụng các trường hợp trên cho hàm ψ (z) và λi log |z − ai | ta suy ra
định lý cho trường hợp tổng quát.
Ta đưa ra hệ quả sau của công thức Jensen đối với hàm đếm.
Hệ quả 2.2. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên C. Khi đó

Nf (r) − N f1 (r) =

1
2π

log |f (z)| dθ −

1
2π

|z|=r

log |f (z)| dθ,
|z|=1

với mọi r > 1.
Chứng minh. Gọi {aν } là tập các không điểm và cực điểm của f . Khi đó
tại lân cận của aν ta có

f (z) = (z − aν )λν g (z) ,
Footer PageSố15hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 16 of 89.
12

trong đó λν ∈ Z và g (z) chỉnh hình, không triệt tiêu tại aν .
Ta có

log |f (z)| = λν log |z − aν | + log |g (z)| .
Do log |g (z)| thuộc lớp C 2 nên hàm ϕ = log |f (z)| thoả mãn giả thiết của
công thức Jensen.
Vậy
1
2π

log |f (z)| dθ −
|z|=r
r

=2

1
r

=
1

2.2

dt
t

1
2π

i ¯
2π ∂ ∂ log |f

dt
t

log |f (z)| dθ
|z|=1
r

(z)| +

∆(t)

λν
|aν |

1

dt
t

λν
|aν |
= Nf (r) − N f1 (r).

Bổ đề đạo hàm logarit

Bổ đề 2.3. (Bổ đề Borel) Giả sử hàm Φ (r) ≥ 0 (r ≥ 1) là đơn điệu tăng.
Khi đó với mỗi δ > 0 ta có

d
Φ (r) ≤ Φ(r)1+δ .
dr
Chứng minh. Do Φ là đơn điệu tăng nên

d
dr Φ (r)

tồn tại hầu khắp nơi. Nếu

Φ ≡ 0 thì ta hiển nhiên nhận được kết luận của bổ đề.
Giả sử Φ ≡ 0. Lấy r0 ≥ 1 sao cho Φ (r0 ) > 0.
Đặt
d

E (δ) = r ≥ r0 : Φ (r) > Φ(r)1+δ .
dr
Khi đó ta có

dΦ (r)
Φ(r)1+δ

> dr

trên E (δ).

Footer PageSố16hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 17 of 89.
13

Vậy

∞

dΦ (r)

dr ≤
E(δ)

Φ(r)1+δ

E(δ)

dΦ (r)

≤

Φ(r)1+δ

r0

≤

1
δΦ(r0 )δ

.

Vậy E (δ) có độ đo Lebesgue hữu hạn. Ta nhận được điều phải chứng
minh.
Bổ đề 2.4. (Bổ đề đạo hàm logarit) Cho f là một hàm phân hình khác
hằng. Khi đó với mỗi δ > 0, ta có

f
m r,
f

(1 + δ)2
1+

2

≤

log+ Tf (r) +

Chứng minh. Xét (1, 1) − dạng Φ =

1

(1+log2 |ω|)|ω|2

δ
log r + O (1) .
2
. 4πi 2 dω ∧ d¯
ω trên C với

các điểm kỳ dị 0, ∞.
Ta có

1
1
rdrdθ
2
1 + log r r2 2π 2

Φ=
C

C

∞

=
0

1

1

(1+log2 r)r2 π

Đặt

rdr = 1.

r

dt
t

µ (r) =
1

Ta có

r

1

∆(t)
r

=
ω∈C 1

=

∆(t)

|f |2
i
dz ∧ d¯
z
2
1 + log |f | |f 2 | 4π 2

dt
t

µ (r) =

f ∗ Φ.

dt
t n (t, (f

− ω)0 ) Φ (ω)

Nf −ω (r) Φ (ω),
ω∈C

ở đó n (t, (f − ω)0 ) là tổng các bội của các không điểm của f − ω trên

Footer PageSố17hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 18 of 89.
14

∆ (t).
Mặt khác, theo Định lý cơ bản thứ nhất, tồn tại hằng số c sao cho
Nf −ω (r) ≤ Tf (r) + c.
Do đó

µ (r) ≤

(Tf (r) + c) Φ (ω) = Tf (r) + c.
ω∈C

Từ tính chất hàm lõm, ta có

m r, ff

=

≤

1
4π

|z|=r

1
4π

1
4π

2

|z|=r

|z|=r

1 + log2 |f | dθ

|f |
(1+log2 |f |)|f |2

log+

1
+ 4π

≤

2

|f |
(1+log2 |f |)|f |2

log+

dθ

log+ 1 + log+ |f | + log+ |f1 |

2

dθ

2

log 1 +
|z|=r

1
+ 2π

|z|=r

|z|=r

dθ

log+ log+ |f | + log+ |f1 | dθ + 12 log 2

≤ 12 log 1 +
+ 12

|f |
(1+log2 |f |)|f |2

1
2π

2

|z|=r

|f |
dθ
(1+log2 |f |)|f |2

log 1 + log+ |f | + log+ |f1 | dθ + 12 log 2

≤ 21 log 1 +

2

1 d
r dr
∆(r)

|f |

1
2 2π rdrdθ
2
1+log
|f
|
|f
|
(
)

+ log 1 + m (r, f ) + m r, f1
≤ 12 log 1 +

+ 12 log 2

f ∗ Φ + log+ Tf (r) + O (1)

π d
r dr
∆(r)



≤ 12 log 1 +

1+δ

f ∗Φ

π
r


 + log+ Tf (r) + O (1)

∆(r)

Footer PageSố18hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 19 of 89.
15



≤ 12 log 1 + πrδ
(để ý rằng

d
dr

r
1

r

d
dr

1

1+δ

f ∗Φ

dt
t


 + log+ Tf (r) + O (1)

∆(t)
∗

f Φ
∗

dt
t

f Φ=

∆(r)

)

r

∆(t)
2

≤ 12 log 1 + πrδ µ(r)(1+δ)
≤ 1+

(1+δ)
2

2

+ log+ Tf (r) + O (1)

log+ Tf (r) + 2δ log+ r + O (1).

Ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.5. Cho f là hàm phân hình khác hằng. Khi đó

m r,

f
f

= o (Tf (r)) .

Bổ đề 2.6. (Bổ đề đạo hàm logarit cho đạo hàm bậc cao) Cho f là hàm
phân hình khác hằng. Khi đó

a) Tf (k) (r) ≤ (k + 1) Tf (r) + o (Tf (r)),
(k)

b) m r, f f

= o (Tf (r)),

ở đó f (k) là đạo hàm cấp k của f .
Chứng minh. Theo bổ đề đạo hàm logarit ta có các kết luận a), b) đúng
với k = 0, 1.
Giả sử a) đúng với mọi k ≤ n − 1 và b) đúng với mọi k ≤ n, trong đó

n ≥ 1. Ta sẽ chứng minh a), b) lần lượt đúng với k = n và k = n + 1.
Ta có
m r, f (k) ≤ m r,

f (k)
f

+ m (r, f ) + O (1) = m (r, f ) + o (Tf (r)) ,

N

(r) ≤ (k + 1) N f1 (r) .

và
1
f (k)

Footer PageSố19hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 20 of 89.
16

Do đó theo Định lý cơ bản thứ nhất, ta có

Tf (k) (r) = N

1
f (k)

(r) + m r, f (k) ≤ (k + 1) Tf (r) + o (Tf (r)) ,

và

f (k)
≤ m r, (k)
f

f (k+1)
m r,
f

f (k)

+ m r,
f

≤ o Tf (k) (r) + o (Tf (r)) = o (Tf (r)).
Ta nhận được điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.7. (Bổ đề đạo hàm logarit cho trường hợp chiều cao)
Cho f : C → CP n là ánh xạ phân hình không suy biến tuyến tính. Khi
đó với mỗi bộ n+1 siêu phẳng H0 , ..., Hn ở vị trí tổng quát trong CP n ta có

m r,

W (f0 , ..., fn )
H0 (f ) ...Hn (f )

= o (Tf (r)) ,

ở đó (f0 : ... : fn ) là biểu diễn rút gọn của f .
Chứng minh. Ta có W (f0 , ..., fn ) = c.W (H0 (f ) , ..., Hn (f )), với c là một
hằng số.
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng H0 (f ) ≡ 0.
Khi đó

m r,

H (f )

W (f0 ,...,fn )
H0 (f )...Hn (f )

= m r,

n (f )
W 1, H1 (f ) ,..., H
H (f )
0
0
H1 (f )
Hn (f )
...
H0 (f )
H0 (f )





≤ O

(f,Hi )
(f,H0 )

m r,

(f,Hi )

1≤i,k≤n

+ O (1)
(k)


 + O (1)

(f,H0 )

n

=o

T (f,Hi ) (r) + O (1) = o (Tf (r)).
i=1

(f,H0 )

Bổ đề 2.8. Cho f : C → CP n là ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến
tính. Giả sử H1 , ..., Hn là các siêu phẳng ở vị trí tổng quát trong CP n . Khi
đó

q

q

νHj (f ) − νW (f ) ≤
j=1

Footer PageSố20hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên

min νHj (f ) , n .

j=1




Header Page 21 of 89.
17

Chứng minh. Lấy a bất kì thuộc C.
Do H1 , ..., Hn ở vị trí tổng quát nên tồn tại không quá n chỉ số j sao cho

Hj (f (a)) = 0.
Không mất tính tổng quát, giả sử
νH1 (f ) (a) ≥ ... ≥ νHn (f ) (a) ≥ 0 = νHn+1 (f ) (a) = ... = νHq (f ) (a) .
Ta có
q

j=1

n+1

νHj (f ) (a) − νW (f ) (a) =

j=1

νHj (f ) (a) − νW (H1 (f ),...,Hn+1 (f )) (a)
n+1

n+1

≤
j=1

νHj (f ) (a) −

j=1

max νHj (f ) (a) − n, 0

n+1

=
j=1

min νHj (f ) (a) , n

q

=
j=1

2.3

min νHj (f ) (a) , n .

Định lý cơ bản thứ hai Cartan

Định lý 2.9. (Định lý cơ bản thứ hai Cartan)
Cho f : C → CP n là ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến tính. Giả sử

H1 , ..., Hn là các siêu phẳng ở vị trí tổng quát trong CP n . Khi đó
q
[n]

(q − n − 1) Tf (r) ≤

NHj (f ) (r) + o (Tf (r)) .
j=1

Chứng minh. Do các siêu phẳng H1 , ..., Hn ở vị trí tổng quát nên
q

|Hj (f )|

log

j=1

|W (f )|

=

|Hj (f )|

log

max
J⊂{1,...,q},#J=q−n−1

j∈J

−

|W (f )|
|Hi (f )|

max

I⊂{1,...,q},#I=n+1

log

i∈I

log+

≥ (q − n − 1) log f −
I⊂{1,...,q},#I=n+1

|W (f )|
|Hi (f )| .
i∈I

Lấy tích phân hai vế trên đường tròn |z| = r, áp dụng công thức Jensen,

Footer PageSố21hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên

Header Page 22 of 89.
18

Bổ đề đạo hàm logarit và Bổ đề 2.8 ta có
q

q
j=1

[n]
NHj (f ) (r)

≥

≥

1
2π

1
2π

|Hj (f )|

log
|z|=r

j=1

W (f )

(q − n − 1)

dθ + O (1)
log f dθ −

|z|=r

I |z|=r

|W (f )|
|Hi (f )| dθ

+ O (1)

i∈I

= (q − n − 1) Tf (r) − o (Tf (r)).
Ta nhận được điều phải chứng minh.

Footer PageSố22hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 23 of 89.

19

Chương 3
Ứng dụng của Định lý cơ bản thứ
hai trong bài toán xác định duy
nhất ánh xạ chỉnh hình
Một trong những ứng dụng đẹp đẽ của Lý thuyết Nevanlinna là bài
toán xác định duy nhất ánh xạ chỉnh hình. Được lần đầu nghiên cứu bởi
Nevanlinna cho trường hợp hàm phân hình, ngày nay bài toán xác định
duy nhất ánh xạ phân hình thu được nhiều kết quả thú vị bởi đông đảo
các nhà toán học. Chúng tôi đưa ra một trong các kết quả đầu tiên về chủ
đề này cho trường hợp chiều cao đạt được bởi Smiley và một kết quả mở
rộng nó gần đây của Dethloff-Quang-Tan.

3.1

Định lý Smiley

Định lý 3.1. (Định lý Smiley) Cho f và g là hai ánh xạ chỉnh hình không
suy biến tuyến tính từ C vào CP n . Giả sử H1 , ..., H3n+2 là các siêu phẳng
ở vị trí tổng quát trong CP n . Giả sử các điều sau thoả mãn

i) f −1 (Hj ) = g −1 (Hj ) , j = 1, ..., 3n + 2,
ii) f −1 (Hi ) ∩ f −1 (Hj ) = ∅, với mọi 1 ≤ i = j ≤ 3n + 2,

Footer PageSố23hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên

Header Page 24 of 89.
20
3n+2

iii) f = g trên

f −1 (Hj ).

j=1

Khi đó f ≡ g
Chứng minh. Giả sử trái lại f ≡ g .
Lấy siêu phẳng H sao cho f −1 (H) ∩ f −1 (Hj ) = ∅, ∀j = 1, ..., 3n + 2.
Khi đó tồn tại chỉ số i, chẳng hạn i = 1 sao cho

H1 (f ) H1 (g)
≡
.
H (f )
H (g)
Thật vậy, nếu trái lại suy ra

Hj (f ) Hj (g)
≡
,
H (f )
H (g)
với mọi j = 1, ..., 3n + 2.

Khi đó

Hj (f )
Hj (g)
≡
,
H1 (f ) H1 (g)

với mọi j = 1, ..., 3n + 2.
Vậy f ≡ g . Điều này mâu thuẫn.
Do đó

Từ iii) suy ra

H1 (f ) H1 (g)
≡
.
H (f )
H (g)
H1 (f )
H(f )

−

H1 (g)
H(g)

3n+2

= 0 trên

f −1 (Hj ).

j=1

Kết hợp với ii) ta có
3n+2
j=1

[1]

NHj (f ) (r) ≤ N H1 (f ) − H1 (g) (r)
H(f )

H(g)

≤ T H1 (f ) − H1 (g) (r) + O (1)
H(f )

H(g)

≤ T H1 (f ) (r) + T H1 (g) (r) + O (1)
H(f )

H(g)

≤ Tf (r) + Tg (r) + O (1).
Tương tự
3n+2
[1]

NHj (g) (r) ≤ Tf (r) + Tg (r) + O (1) .
j=1

Footer PageSố24hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 25 of 89.
21

Do đó
3n+2

3n+2
[1]
NHj (f ) (r)

2 (Tf (r) + Tg (r)) ≥

[1]

+

j=1

NHj (g) (r) + O (1) .

j=1

Mặt khác theo Định lý cơ bản thứ hai ta có
3n+2
[1]
NHj (f ) (r)
j=1

và

1
≥
n

3n+2
[n]

NHj (f ) (r) ≥
j=1

3n+2
[1]

NHj (g) (r) ≥
j=1

2n + 1
Tf (r) − o (Tf (r)) ,
n

2n + 1
Tg (r) − o (Tg (r)) .
n

Do đó ta có

2 (Tf (r) + Tg (r)) ≥

2n + 1
(Tf (r) + Tg (r)) + o (Tf (r) + Tg (r)) .
n

Điều này mâu thuẫn.
Vậy ta nhận được điều phải chứng minh.

3.2

Mở rộng Định lý Smiley tới trường hợp họ các
siêu phẳng

Gần đây Dethloff-Quang-Tan đã mở rộng kết quả trên tới trường hợp
hai họ các siêu phẳng, số lượng siêu phẳng giảm, ánh xạ chỉnh hình khác
hằng. Để tiện trong việc trình bày, chúng tôi phát biểu và chứng minh một
kết quả của Dethloff-Quang-Tan trong trường hợp đặc biệt ánh xạ không
suy biến tuyến tính.
Định lý 3.2. Cho f, g là hai ánh xạ phân hình không suy biến tuyến tính
2n+3
từ C vào CP n . Cho {Hj }2n+3
j=1 và {Lj }j=1 là hai họ siêu phẳng ở vị trí

tổng quát trong CP n . Giả sử
a)
b)

f −1 (Hj ) = g −1 (Lj ) với mọi 1 ≤ j ≤ 2n + 3 ,
f −1 (Hi ) ∩ f −1 (Hj ) = ∅ với mọi 1 ≤ i < j ≤ 2n + 3 ,

Footer PageSố25hóa
of bởi
89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên