Định lý cơ bản thứ hai cho ánh xạ phân hình và họ siêu mặt di động

Lời giới thiệu
Lý thuyết phân bố giá trị của các hàm phân hình được đánh giá là một trong những
thành tựu đẹp đẽ và sâu sắc của toán học. Lý thuyết này được hình thành từ những
năm đầu của thế kỉ hai mươi được nhà toán học R. Nevanlinna. Chính vì vậy, lý thuyết
này còn được gọi là lý thuyết Nevanlinna. Lý thuyết phân bố giá trị cổ điển là sự tổng
quát hóa định lý cơ bản của đại số, chính xác hơn, lý thuyết nghiên cứu sự phân bố
giá trị của các hàm phân hình từ C → C ∪ {∞}. Mục đích chính của lý thuyết phân
bố giá trị là thiết lập định lý cơ bản thứ nhất và định lý cơ bản thứ hai đối với ánh
xạ phân hình. Định lý cơ bản thứ nhất là một cách viết khác của công thức PoissonJensen, định lý này nói rằng hàm đặc trưng T (r, a, f ) không phụ thuộc vào a nếu sai
khác một đại lượng bị chặn, trong đó a là một số phức tùy ý. Định lý cơ bản thứ hai
thể hiện những kết quả đẹp nhất, sâu sắc nhất của lý thuyết phân bố giá trị, định lý
này đưa ra mối quan hệ giữa hàm đặc trưng và hàm xấp xỉ.
Năm 2011, Gerd Dethloff và Trần Văn Tấn [Houston J. Math] đã thiết lập Định lý cơ
bản thứ hai của Lý thuyết Nevanlinna cho ánh xạ phân hình từ không gian phức vào
không gian xạ ảnh phức giao các siêu mặt di động. Với mục đích tìm hiểu sâu hơn về lý
thuyêt phân bố giá trị cho trường hợp mục tiêu di động, chúng tôi chọn đề tài :" Định
lý cơ bản thứ hai cho ánh xạ phân hình và họ siêu mặt di động". Chúng tôi
tập trung vào việc tìm hiểu kết quả trên của Gerd Dethloff và Trần Văn Tấn [Houston
J. Math]. Cấu trúc của bài luận văn gồm 2 chương :
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Chương 2: Định lý cơ bản thứ hai cho ánh xạ phân hình và họ siêu mặt di
động.
Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới PGS.TSKH Trần Văn Tấn, Thầy
đã tận tình giảng dạy, hướng dẫn để tôi hoàn thành luận văn này. Đồng thời, tôi xin
chân thành cảm ơn các Thầy, các Cô phản biện đã giành thời gian đọc và đóng góp ý
kiến quý báu cho bản luận văn.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, các Thầy, Cô giáo trong
Bộ môn Hình học-tôpô thuộc Khoa Toán- tin Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội, các
bạn học viên và người thân đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành
luận văn tốt nghiệp tại trường.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 10 tháng 04 năm 2017
Học viên
Trần Thị Mãi

1


Mục lục
1 Kiến thức chuẩn bị
1.1 Hàm đếm . . . .
1.2 Divisor các không
1.3 Hàm đặc trưng .
1.4 Công thức Jensen

. . .
điểm
. . .
. . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

2 Định lý cơ bản thứ hai cho ánh
2.1 Định lý cơ bản . . . . . . . .
2.2 Một số hệ quả . . . . . . . . .
2.2.1 Hệ quả 1.1 . . . . . . .
2.2.2 Mệnh đề 1.2 . . . . . .
2.3 Một vài bổ đề. . . . . . . . . .
2.3.1 Mệnh đề 2.1. . . . . .
2.3.2 Bổ đề 2.2 . . . . . . .
2.3.3 Định nghĩa 2.3 . . . .
2.3.4 Bổ đề 2.4 . . . . . . .
2.3.5 Bổ đề 2.5 . . . . . . .
2.3.6 Bổ đề 2.6 . . . . . . .
2.3.7 Bổ đề 2.7 . . . . . . .
2.3.8 Mệnh đề 2.8 . . . . . .
2.4 Dãy Chính quy . . . . . . . .
2.4.1 Bổ đề 3.1. . . . . . . .
2.4.2 Mệnh đề 3.2 . . . . .
2.4.3 Mệnh đề 3.3. . . . . .
2.5 Chứng minh định lý cơ bản .

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

xạ phân hình và họ siêu mặt di
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

động
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

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

4
4
4
5
5
7
7
7
7
7
8
9
9
11
12
12
12
12
13
13
13
14
15
16

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ sở được sử dụng ở
chương sau. Cho z = (z1 , z2 , ...., zm ) ∈ Cm .
m

Đặt z = (

|z|2 )1/2 và định nghĩa:

j=1

B(r) = {z ∈ Cm : z = r} , S(r) = {z ∈ Cm : z = r} ,
√
−1
c
(∂ − ∂), υ = (ddc z 2 )m−1 , σ = dc log z 2 ∧ (ddc z 2 )m−1
d =
4π

1.1

Hàm đếm

Với L là một số nguyên dương hoặc +∞ và υ là một divisor trên Cm . Đặt |υ| =
z : υ(z) = 0 . Ta định nghĩa hàm đếm của υ:
n

(L)

Nv (r) :=
1

n(L) (t)
dt (1 < r < +∞)
t2m−1

ở đó:
n(L) (t) =

min {v, L}.υ với m ≥ 2.
|v|∩B(t)

n(L) (t) =

min {v(z), L} với m = 1
|z|≤t

1.2

Divisor các không điểm

Cho F là hàm phân hình khác 0 trên Cm . Với tập α = (α1 , ....., αm ) không âm, ta
∂ |α|
đặt |α| := α1 + ....... + αm và Dα F := α1
. Ta định nghĩa divisor các không
∂ z1 .....∂ αm zm
điểm υF của F :

υF (z) = max{p : Dα F (z) = 0∀|α| < p}
3


Giả sử ϕ là hàm phân hình khác 0 trên Cm . Divisor các không điểm υϕ của ϕ được
định nghĩa như sau:
Với mỗi a ∈ Cm , ta chọn hàm chỉnh hình F và G khác 0 trên lân cận U của a sao cho
F
trên U và dim(F −1 (0) ∩ G−1 (0)) ≤ m − 2. Khi đó ta đặt υϕ (a) := υF (a).
ϕ=
G
(L)
(L)
Đặt Nϕ (r) := Nυϕ (r). Cho ngắn gọn, ta sẽ bỏ dấu (L) trong hàm đếm nếu L = +∞.

1.3

Hàm đặc trưng

Cho f là ánh xạ phân hình từ Cm vào CPn . Với mỗi tọa độ thuần nhất tùy ý cố
định (ω0 : ...... : ωn ) của CPn , ta đưa về biểu diễn (f0 : ...... : fn ), có nghĩa là mỗi fi
là hàm chỉnh hình trên Cm và f (z) = (f0 (z) : ....fn (z)) bên ngoài tập giải tích {z :
f0 (z) = .... = fn (z) = 0} đối chiều lớn hơn hoặc bằng 2. Đặt f = max{|f0 |, ......|fn |}.
Hàm đặc trưng của f được định nghĩa bởi:
log f σ −

Tf (r) :=
S(r)

log f σ, 1 < r < +∞

S(1)

Với mỗi hàm phân hình ϕ trên Cm , hàm đặc trưng Tf (r) được định nghĩa như một ánh
xạ phân hình ϕ từ Cm vào CP 1 .

1.4

Công thức Jensen
log|f |σ −

Nϕ (r) − N 1 (r) =
ϕ

S(r)

log|f |σ
S(1)

Cho f là ánh xạ phân hình khác hằng từ Cm vào CPn . Ta nói rằng hàm phân hình ϕ
trên Cm là "nhỏ" với f nếu Tϕ (r) = o(Tf (r)) khi r → ∞.
Kí hiệu Kf là tập các hàm phân hình "nhỏ" trên Cm . Bởi định lý 5.2.29 hoặc hệ quả
5.7 trên [11], ta thấy rằng biểu thức hữu tỉ của hàm số trong Kf vẫn "nhỏ", đặc biệt
Kf là một trường.
Với mỗi đa thức thuần nhất Q ∈ Kf [x0 , ....., xn ], bậc d ≥ 1 với Q(f0 , ....., fn ) = 0, ta
định nghĩa:
(L)

(L)
Nf (r, Q)

:=

(L)
NQ(f0 ,.....,fn ) (r)

Nf (r, Q)
)
và δf (Q) = lim inf(1 −
r→∞
d.Tf (r)

Kí hiệu Q(z) là đa thức thuần nhất trên C thu được bằng đánh giá hệ số của Q tại
điểm z ∈ Cm trong đó hệ số của Q là hàm chỉnh hình.
Với mỗi số nguyên dương d, ta đặt:
Γd := (i0 , ....., in ) ∈ Nn+1
: i0 + ..... + in = d
0
4


ajI xI với (j = 1, ......., q) là đa thức thuần nhất trong Kf [x0 , ....., xn ]

Cho Qj =
I∈Γdj

với deg Qj = dj ≥ 1, ở đó xI = xi00 .....xinn với x = (x0 , ....., xn ) và I = (i0 , ....., in ).
Kí hiệu K{Qj }qj=1 là một trường trên C gồm các hàm phân hình trên Cm sinh bởi
{ajI : I ∈ Γdj , {j ∈ 1, ......., q}. Đây là trường con của Kf . Kí hiệu K{Q }q ⊂ K{Qj }qj=1
j j=1
ajI1

là trường con sinh bởi thương: {
: ajI2 = 0, I1 , I2 ∈ Γdj , {j ∈ 1, ......., q}}. Ta nói
ajI2
rằng f không suy biến trên K{Qj }qj=1 (tương ứng K{Qj }qj=1 ) nếu là không có đa thức
thuần nhất Q ∈ K{Qj }qj=1 [x0 , ....., xn ] (tương ứng Q ∈ K{Qj }qj=1 [x0 , ....., xn ]) khác 0 sao
cho Q(f0 , ....., fn ) = 0.
Ta nói rằng {Qj }qj=1 (q ≥ n + 1) là đa thức thuần nhất trong Kf [x0 , ....., xn ] là chấp
nhận được nếu tồn tại z ∈ Cm mà mọi hàm hệ số Qj , j ∈ 1, ......., q là chỉnh hình và
sao cho 1 ≤ j0 < .... < jn ≤ q, hệ:
Qji (z)(x0 , ....., xn ) = 0
0≤i≤n

(1.1)

chỉ có nghiệm tầm thường (x0 , x1 , ......, xn ) = (0, 0, ......0) trong Cn+1 .
Chú ý rằng, trường hợp này đúng với z ∈ Cm .
Ta dùng kí hiệu ||P để nói rằng kết luận P đúng với mọi r ∈ [1; +∞) ngoài một tập
con Borel E trên dr < +∞
E

5


Chương 2
Định lý cơ bản thứ hai cho ánh xạ
phân hình và họ siêu mặt di động
2.1

Định lý cơ bản

Cho f là ánh xạ phân hình khác hằng từ Cm vào CPn . Cho {Qj }qj=1 là một tập
chấp nhận được các đa thức thuần nhất trong Kf [x0 , x1 , ......, xn ] với deg Qj = dj 1.
Giả sử rằng f không suy biến tuyến tính trên K{Qj }qj=1 . Khi đó, với ε > 0, tồn tại số
nguyên dương Lj (j = 1, ...., q) chỉ phụ thuộc vào n, ε và dj (j = 1, ...., q) sao cho:
q

||(q − n − 1 − ε)Tf (r)
j=1

2.2
2.2.1

1 (Lj )
N
(r, Qj )
dj f

Một số hệ quả
Hệ quả 1.1

Với điều kiện giống như Định lý cơ bản, ta có:
q

δf (Qj )

n+1

j=1

2.2.2

Mệnh đề 1.2

Với kí hiệu của định lý cơ bản, ta có:
dj .
Lj

n+N
n
d

6

tpo+1 − dj
+1


ở đó d là bội chung nhỏ nhất của dj và:
N = d.[2(n + 1)(2n − 1)(nd + 1)ε−1 + n + 1]



2
n+N
n+N
q
 . log 

−
1

.

n
n
n

po = 

ε

log 1 +

2M N
và


n+N
n

tpo+1 < 

2

.

q
n

2

.


q

n





+ 1




 (n+N )2 .(qn)−1
n

+ po
,

trong đó kí hiệu [x] := max{k ∈ Z : k x} với mọi số thực x. Hơn nữa, trong trường
hợp siêu mặt cố định (Qj ∈ C[x0 , ....., xn ], j = 1, ....., q), ta có tp = 1 cho mọi số nguyên
dương p, vì vậy, ta có đánh giá tốt hơn:
dj .
Lj

2.3

n+N
n
d

− dj
+1

Một vài bổ đề.

Đầu tiên ta nhớ lại một số kết quả cổ điển:
Cho {Qj }nj=1 là đa thức thuần nhất bậc d 1 trong Kf [x0 , ..., xn ]
ajI xI , ajI ∈ Kf (j = 0, ..., n)

Qj =
I∈Γd

Cho T = (..., tkI , ...) (k ∈ {0, ..., n} , I ∈ Γd ) là 1 họ các biến. Đặt:
tjI xI ∈ Z [T, x] , j = 0, ..., n.

Qj =
I∈Γd

Cho R ∈ Z [T ] là kết thức của Q0 , ..., Qn .
Đây là đa thức với biến T = (..., tkI , ...) (k ∈ {0, ..., n} , I ∈ Γd ) với hệ số nguyên,
sao cho R (T ) = 0 có nghiệm không tầm thường (x0 , ..., xn ) = (0, ..., 0) trong Cn+1 với
hệ:
Qj (T ) (x0 , ..., xn ) = 0
0 i n
Từ phương trình (1.1) và (2.1) ta thấy rằng:
{ Qj = Qj (ajI ) (x0 , ..., xn ) , j = 0, ..., n}

7

(2.1)


là một tập chấp nhận được,
R := R (..., akI , ...) = 0.

(2.2)

Hơn nữa, vì akI ∈ Kf nên ta có R ∈ Kf .

2.3.1

Mệnh đề 2.1.

Tồn tại số nguyên dương s và đa thức

bij

0 i,j n

trong Z [T, x],(không mất tính

tổng quát)là đa thức 0 hoặc thuần nhất đối với x với bậc s − d, sao cho:
n

xsi .R =

bij Qij với mọi i ∈ {0, ..., n}

j=0

Cho f là ánh xạ phân hình khác hằng từ Cm vào CPn . Kí hiệu Cf là tập tất cả các
hàm không âm h : Cm \A → [0, +∞] ⊂ R, từ
|g1 | + ... + |gk |
,
|gk+1 | + ... + |gl |

(2.3)

ở đó k, l ∈ N, g1 , ..., gl ∈ Kf \ {0} và A ⊂ Cm , phụ thuộc vào g1 , ..., gl , là tập giải tích
có đối chiều lớn hơn hoặc bằng 2. Theo định lý cơ bản thứ nhất, ta có:
log |φ|σ = o (Tf (r)) khi r → ∞
S(r)

với φ ∈ Kf \ {0}. Do đó, với h ∈ Cf ,ta có:
log hσ = o (Tf (r)) khi r → ∞
S(r)

Ta thấy rằng tổng, tích, thương các hàm trong Cf thuộc Cf . Khi thay trở lại các hàm
g1 , ..., gl ∈ Kf \ {0} và từ (2.3) ta thấy định nghĩa trên không phụ thuộc vào phần tử
đại diện( với giá trị trong [0, +∞)) ngoài tập con giải tích A với đối chiều lớn hơn hoặc
bằng 2, g1 , ..., gl có cực điểm chung hoặc divisor các không điểm trong đối chiều trên.

2.3.2

Bổ đề 2.2

Cho {Qj }nj=0 là đa thức thuần nhất bậc d trong Kf [x0 , ..., xn ]. Khi đó, tồn tại hàm
h1 ∈ Cf sao cho, ngoài tập giải tích của Cm với đối chiều lớn hơn hoặc bằng 2,

max
j∈{0,...,n}

|Qj (f0 , ..., fn )|

h1 . f

d

Hơn nữa, nếu tập đa thức thuần nhất là chấp nhận được, thì tồn tại hàm 0 = h2 ∈ Cf
sao cho ngoài tập giải tích với đối chiều lớn hơn hoặc bằng 2,
h2 . f

d

max
j∈{0,...,n}

8

|Qj (f0 , ..., fn )|


Chứng minh. Giả sử rằng:
ajI xI , ajI ∈ Kf (j = 0, ..., n)

Qj =
I∈Γd

Ta có, ngoài tập giải tích của Cm ,

ajI f I

|Qj (f0 , ..., fn )| =

|ajI | . f

I∈Γd

Đặt:

d

.

(2.4)

I∈Γd

n

|ajI |

h1 :=
j=0 I∈Γd

Khi đó, h1 ∈ Cf , vì ajI ∈ Kf (j ∈ {0, ..., n} , I ∈ Γd ). Bởi (2.4), ta có:
|Qj (f0 , ..., fn )|

h1 . f

d

với mọi j ∈ {0, ..., n} .

Vì vậy, ta có
|Qj (f0 , ..., fn )|

max
j∈{0,...,n}

h1 . f

d

.

(2.5)

Tất cả các biểu diễn trên đều không phụ thuộc vào phần tử đại diện và liên tục (hàm
có giá trị trong [0, +∞]), ngoài tập giải tích có đối chiều lớn hơn hoặc bằng 2. Vì f d
là hàm thực mà bằng 0 trên một tập giải tích của Cm với đối chiều lớn hơn hoặc bằng
2, đây là điều duy nhất vẫn đúng ngoài một tập giải tích của Cm có đối chiều lớn hơn
hoặc bằng 2.
Chứng minh bất đẳng thức thứ 2 của bổ đề 2.2, ta có:
trong Z [T, x]
Bởi Mệnh đề 2.1, ta có: tồn tại số nguyên dương s và đa thức bij
0 i,j n

là đa thức 0 hoặc thuần nhất đối với x với bậc s − d, sao cho:
n

xsi .R =

bij Qij vớii ∈ {0, ..., n}
j=0

Hơn nữa, R = R(..., akI , ...) = 0. Đặt
bij = bij ((..., akI , ...), (f0 , ..., fn )) , 0

i, j

n.

Khi đó, ta có
fis .R =

n

bij .Qj (f0 , ..., fn ) với mọi i ∈ {0, ..., n}
j=0

Vì vậy, ngoài tập giải tích của Cm :
n

|fis .R|

=

bij .Qj (f0 , ..., fn )
j=0

n

|bij |.
j=0

max
k∈{0,...,n}

9

|Qk (f0 , ..., fn )| .

(2.6)


với mọi i ∈ {0, ..., n}. Ta viết:
γIij f I , γIij ∈ Kf

bij =
I∈Γs−d

Bởi (2.6), ta có:
γIij .

|fis .R|

max

s−d

f

k∈{0,...,n}

|Qk (f0 , ..., fn )| ,

i ∈ {0, ..., n}

0 j n
I ∈ Γs−d
Vì vậy,
γIij
R

|fi |s
f s−d

.

max
k∈{0,...,n}

|Qk (f0 , ..., fn )|

0 j n
I ∈ Γs−d

(2.7)

với mọi i ∈ {0, ..., n}. Đặt:

h2 =

1

n
i=0

γIij
R

0 j n
I ∈ Γs−d

Do đó h2 ∈ Cf , vì γIij , R ∈ Kf và R = 0. Bởi (2.3.2) và vì f là max, vì vậy f = |fi |
với i = 0, ..., n (có thể phụ thuộc vào z ∈ Cm , ta có:
h2 f

d

max
j∈{0,...,n}

|Qj (f0 , ..., fn )| .

(2.8)

Bởi (2.5) và (2.8) với cách làm tương tự như chứng minh bất đẳng thức thứ nhất, ta
được bổ đề 2.2
Xét hàm phân hình F0 , ..., Fn trên Cm và đặt F = (F0 , ..., Fn ). Với mỗi a ∈ Cm ,ta
kí hiệu Ma là trường các mầm hàm phân hình trên Cm tại a và p = 1, 2, .... Kí hiệu F p là

Ma -không gian véc tơ con của Man+1 và định nghĩa {Dα F := (Dα F0 , ..., Dα Fn ) : |α| p}.
Đặt lF (p) = dimMa F p , nó không phụ thuộc vào a ∈ Cm

2.3.3

Định nghĩa 2.3

Giả sử rằng hàm phân hình F0 , ..., Fn trên Cm không suy biến tuyến tính trên
C. Cho (n+1) véc tơ αi = (αi1 , ..., αim ) (0 i n) gồm số nguyên không âm αij ,
ta gọi tập α = (α0 , ..., αn ) là tập chấp nhận được đối với F := (F0 , ..., Fn ) nếu
l (p)−1
0
Dα , ..., Dα F
F là cơ sở của F p với p = 1, 2...., p0 := min{p : lF (p ) = n + 1}.
Bởi định nghĩa, tập α = (α0 , ..., αn ) là tập chấp nhận được đối với F = (F0 , ..., Fn ), ta
có:
0
n
Wα (F0 , ..., Fn ) := det Dα , ..., Dα F = 0

10


2.3.4

Bổ đề 2.4

Cho hàm phân hình, không suy biến tuyến tính F0 , ..., Fn trên Cm ,tồn tại tập
n

α = (α0 , ..., αn ) với |α| :=

n(n+1)
2

|αi |
i=0

2.3.5

Bổ đề 2.5

Với hàm phân hình, không suy biến tuyến tính F0 , ..., Fn trên Cm , ta có:
p0 := min{p : lF (p ) = n + 1}

2.3.6

n

Bổ đề 2.6

Cho α = (α0 , ..., αn ) là tập chấp nhận được đối với F0 , ..., Fn và h là hàm phân hình
khác 0 trên Cm . Khi đó:
Wα (hF0 , ..., hFn ) = hn+1 Wα (F0 , ..., Fn )

2.3.7

Bổ đề 2.7

Cho f là ánh xạ không suy biến tuyến tính từ Cm vào CPn với biểu diễn f =

(f0 , ..., fn ). Cho α = (α0 , ..., αn ) là tập chấp nhận được đối với f = (f0 , ..., fn ). Khi đó:
||

log+

W(f0 , ..., fn )
σ = o(Tf (r))
f0 ...fn

S(r)

Chứng minh. Bởi bổ đề 2.6, ta có:

log+
S(r)

fn
f1
, ..., )
f0
f0
σ
f1 fn
1. ...
f0 f0

Wn (1,

n

W (f0 , ..., fn )
σ=
f0 ...fn

log+
S(r)



S(r)


Dα




K 1


0
1

log+
i
j

log+

K1

0
1

i
j

11

n
n

fj
f0

n
n
Dα

fj
f0

i

fj
f0

fj
f0

i




+ K 2 σ



σ + K3


ở đó K1 , K2 , K3 không phụ thuộc vào r. Mặt khác, bởi bổ đề 2.6, ta có:
Dα
log+

||

fj
f0

i

fj
f0

S(r)

= o (Tf (r)) , 0

i

n, 1

j

n

Vì vậy, ta có:
log+

||

Wα (f0 , ..., fn )
σ = o(Tf (r))
f0 ...fn

S(r)

2.3.8

Mệnh đề 2.8

Cho f là ánh xạ không suy biến tuyến tính từ Cm vào CPn với biểu diễn f =
(f0 : ... : fn ). Giả sử α = (α0 , ..., αn ) là tập chấp nhận được đối với F = (f0 , ..., fn ) và
p0 := min{p : lF (p ) = n + 1}. Khi đó, ta có:
n

υ

min{υfi , p0 }

f0 ...fn
Wα (f0 ,...,fn )

i=0

ngoài tập giải tích có đối chiều lớn hơn hoặc bằng 2.

2.4

Dãy Chính quy

Trong phần này ta sử dụng thứ tự từ điển trên Np0 . Cụ thể là, (i1 , ..., ip ) > (j1 , ..., jp )
nếu s ∈ {1, ..., p} ta có il = jl với l < s và is > js .

2.4.1

Bổ đề 3.1.

Cho A là vành giao hoán và {φ1 , ..., φp } là dãy Cauchy trong A, với i = 1, ..., p, φi
không là ước của 0 trong A/ (φ1 , ..., φi−1 ). Kí hiệu I là ideal của A sinh bởi φ1 , ..., φp .
Giả sử rằng, với q, q1 , ..., qh ∈ A ta có phương trình:
h

φi11 ...φipp .p

j (r)

φ11 ...φjpp (r) .qr ,

=
r=1

ở đó (j1 (r), .., jp (r)) > (i1 , ..., ip ) với r = 1, ..., h. Khi đó q ∈ I

12


2.4.2

Mệnh đề 3.2

Cho {Qj }qj=1 (q
n + 1) là một tập chấp nhận được các đa thức thuần nhất
bậc d
1 trong Kf [x0 , ..., xn ]. Khi đó với đôi một các điểm phân biệt khác nhau
1 j0 , ..., jn
q dãy {Qj0 , Qj1 , ...Qjn } trong K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ] là dãy chính quy, và
mọi dãy con của nó cũng chính quy.
Chứng minh. Vì K{Qj }qj=1 là một trường, vành K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ] là vành địa phương
Cohen-Macaulay với ideal tối đại M = (x0 , ..., xn ) ⊂ K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ]. Giả sử rằng
{Qj0 , Qj1 , ...Qjn } là hệ tham số của vành K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ], có nghĩa là tồn tại số tự
nhiên ρ ∈ N sao cho
Mρ ⊂ (Qj0 , Qj1 , ...Qjn ) ⊂ M.

(2.9)

Khi đó, dãy Qj1 , ...Qjn là dãy chính quy trong K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ].
Vì {Qj }qj=1 (q n + 1) là đa thức thuần nhất với bậc d 1 nên vế thứ 2 của (2.9) là
đúng. Chứng minh vế thứ 1 của (2.9), theo mệnh đề 2.1 và chú ý tồn tại số nguyên

trong Z [T, x], là đa thức 0 hoặc thuần nhất đối với x
dương s và đa thức bik
0 i,k n

với bậc s − d sao cho
xsi .R =

n
k=0

bijk Qjk với mọi i ∈ {0, ..., n}

n

và vì Qjk

k=0

là ....., R = R(..., ajk I , ...) = 0. Đặt
bijk = bijk (..., ajk I , ...) (x0 , ..., xn ) , 0

i, k

n

Khi đó, R ∈ K{Qj }qj=1 , bijk ∈ K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ]. Vì vậy, ta có
xsi .R =

n
k=0

bijk Qjk với

mọi i ∈ {0, ..., n}

Điều này kéo theo xsi ∈ (Qj0 , Qj1 , ...Qjn ) với mọi i = 0, ..., n. Vì vậy,với ρ
1) + 1, thì ta có vế thứ 1 của (2.9), và suy ra điều phải chứng minh.

(n + 1)(s −

Cho f là ánh xạ phân hình khác hằng từ Cm vào CPn và {Qj }qj=1 (q n + 1) là một
tập chấp nhận được các đa thức thuần nhất bậc d trong Kf [x0 , ..., xn ]. Với số nguyên
không âm N , ta kí hiệu VN là không gian véc tơ gồm tất cả các đa thức thuần nhất
bậc d trong K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ]. Kí hiệu (Q1 , ..., Qn ) là ideal trong K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ]
sinh bởi Q1 , ..., Qn .

13


2.4.3

Mệnh đề 3.3.

Cho {Qj }qj=1 (q n + 1) là tập chấp nhận được các đa thức thuần nhất bậc d 1
trong Kf [x0 , ..., xn ]. Khi đó với số nguyên không âm N và J := {j1 , ..., jn } ⊂ {1, ..., q},
VN
số chiều của không gian véc tơ
bằng số bộ {(i1 , ..., in ∈ N0n sao cho
(Qj1 , ...Qjn ) ∩ VN
i1 + ... + in N và 0 i1 , ..., in d − 1. Đặc biệt, với mọi N n(d − 1), ta có

dim

VN
= dn
(Qj1 , ...Qjn ) ∩ VN

Chứng minh. Trường hợp N = 0 là tầm thường, Giả sử rằng N là số dương cho phần
còn lại của chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh rằng:
dim

VN
VN
= dim
.
(Qj1 , ...Qjn ) ∩ VN
(Q1 , ..., Qn ) ∩ VN

(2.10)

với J := {j1 , ..., jn } ⊂ {1, ..., q}. Điều này cũng đủ để chứng minh rằng
dim (Q1 , ..., Qn ) ∩ VN = dim (Qj1 , ...Qjn ) ∩ VN
Vì bậc của Qj không thực nên
dim (Q1 , ..., Qn ) ∩ VN = dim (Q1 , ..., Qn−1 , Qjn ) ∩ VN ,

(2.11)

phần còn lại, ta chứng minh bằng quy nạp. Từ (2.11) ta suy ra
dim

(Q1 , ..., Qn ) ∩ VN

(Q1 , ..., Qn−1 , Qjn ) ∩ VN
= dim
.
(Q1 , ..., Qn−1 ) ∩ VN
(Q1 , ..., Qn−1 ) ∩ VN

(2.12)

Ta kí hiệu K := K{Qj }qj=1 và cho φ là ánh xạ K-tuyến tính:
φ:

(Q1 , ..., Qn ) ∩ VN
(Q1 , ..., Qn−1 , Qjn ) ∩ VN
→
(Q1 , ..., Qn−1 ) ∩ VN
(Q1 , ..., Qn−1 ) ∩ VN
n−1

n−1

bj Qj + bn Qn →
j=1

bj Qj + bn Qjn
j=1

với bj ∈ K [x0 , ..., xn ]. Đây là toàn ánh, vì vậy nếu ta chứng minh rằng nó không phụ
thuộc vào phần tử đại diện và là đơn ánh, ta có (2.12). Đầu tiên ta cần chứng minh φ
n−1

n−1

bj Qj + bn Qn =

không phụ thuộc vào phần tử đại diện, giả sử
j=1

b j Qj + b n Qn .
j=1

Điều này có nghĩa là (bn − b n ) Qn ∈ (Q1 , ..., Qn−1 ) ∩ VN . Bởi Mệnh đề 3.2, Q1 , ..., Qn
K [x0 , ..., xn ]
, vì vậy (bn − b n ) ∈
là dãy chính quy, Qn không là ước của 0 trong
(Q1 , ..., Qn−1 )
(Q1 , ..., Qn−1 ). Do đó,
n−1

n−1

bj Q j + bn Q n −
j=1

b j Qj + b n Qn = [(bn − b n ) Qn ] = 0
j=1

14


(Q1 , ..., Qn−1 , Qjn ) ∩ VN

, vì vậy φ không phụ thuộc vào phần tử đại diện. Chứng
(Q1 , ..., Qn−1 ) ∩ VN
minh φ là đơn ánh được chứng minh tương tự, chỉ cần đổi vai trò của Qn vàQjn , bởi
Mệnh đề 3.2, Q1 , ..., Qn−1 , Qjn là dãy chính quy. Do đó, ta có (2.11) và (2.10). Cuối
cùng, chú ý rằng để chứng minh (2.11) ta sử dụng {Q1 , ..., Qn , Qjn } là tập chấp nhận
được các đa thức thuần nhất bậc d.
Lấy điểm z0 ∈ Cm sao cho không gian CPn định nghĩa bởi Q1 (z0 ), ..., Qn+1 (z0 ) không
có điểm chung. Vì Q1 (z0 ), ..., Qn (z0 ) xác định một đa tạp con có số chiều là 0 nên tồn
n
tại siêu phẳng Hn+1 trong CPn sao cho ∩ Qj (z0 ) ∩ Hn+1 = ∅. Hơn nữa, bằng quy nạp,

trong

i=1
i−1

n+1

j=1

k=i

tồn tại siêu phẳng H1 , ..., Hn+1 sao cho ∩ Qj (z0 ) ∩ Hk = ∅ với mọi i ∈ {1, ..., n + 1}.
d
Điều này có nghĩa rằng, Q1 , ..., Qi−1, Hid , ..., Hn+1
là một tập chấp nhận được, với
i ∈ {1, ..., n + 1}. Khi đó, bởi (2.11) và bằng quy nạp ta có:

dim

VN
VN
.
= dim d
d
(Q1 , ..., Qn ) ∩ VN
∩ VN
H1 , ..., Hn+1

(2.13)

Vì H1 , ..., Hn+1 là độc lập tuyến tính nên tồn tại hoán vị {k1 , ..., kn+1 } của {0, ..., n}
sao cho H1 , ..., Hi−1 , xk , ..., xkn+1 là độc lập tuyến tính, với mỗi i ∈ {1, ..., n + 2}. Điều
d
, xdki , ..., xdkn+1
này có nghĩa rằng, H1d , ..., Hi−1

là.....Khi đó, bởi (2.11) và quy nạp, ta

có:
dim

VN
d
d
(H1 , ..., Hn+1
)

∩ VN

= dim

VN
d
(x1 , ..., xdn )

∩ VN

.

(2.14)

Bởi (2.10), (2.13) và (2.14), với mọi số nguyên dương N ta có:
dim

VN
VN
= dim d
(Q1 , ..., Qjn ) ∩ VN
(x1 , ..., xdn ) ∩ VN

Mặt khác, ta thấy rằng với số nguyên dương N,
N −(i1 +....+in ) i1
x1 ...xinn

x0

, i1 + .... + in

N, 0

VN
d
(x1 , ..., xdn )
i1 , ...., in

có cơ sở
∩ VN
d − 1 . Mệnh đề 3.3 được

chứng minh.

2.5

Chứng minh định lý cơ bản

Đầu tiên ta chứng minh cho trường hợp Qj (j = 1, ..., q) có số chiều bằng d.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử f không suy biến tuyến tính trên K{Qj }qj=1 .
Chúng ta có thể thay đa thức {Qj }qj=1 bởi đa thức Qj :=
số của Qj không đồng thời bằng 0,j = 0, ..., q. Khi đó

Qj

1
Q,
ajI2 j
q

ở đó ajI2 = 0 các hệ

là tập chấp nhận được
j=1

các đa thức thuần nhất trong Kf [x0 , ..., xn ] với deg Qj = d 1. Vì f không suy biến
tuyến tính trên K{Qj }q và K{Qj }q ⊃ K{Qj }q , nên f không suy biến tuyến tính
j=1
j=1
j=1
15


trên K{Qj }q . Vì vậy, với ε > 0, tồn tại số nguyên dương L, phụ thuộc vào n, ε, d, sao
j=1
cho:
q
1 (L)
(q − n − 1 − ε) Tf (r)
Nf (r, Qj )
d
j=1
Bởi vì
(L)

1

(L)

Nf (r, Qj ) = Nf (r,
N

(L)
1
ajI
2

ajI2

Qj ) = N

(L)
1
ajI
2

Qj ◦ f

(r)

(L)

(r) + NQj ◦ f (r) = N (L) (r, Qj ◦ f ) + o(Tf (r)),

Cuối cùng, với ε > 0 ta có
q

(q − n − 1 − ε) Tf (r)
j=1

1 (L)
N (r, Qj )

d f

Với số nguyên không âm k, ta kí hiệu Vk là không gian đa thức thuần nhất bậc k trên
K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ]. Đặt Vk = { 0} với k < 0.
Cho J := {j1 , ..., jn } ⊂ {1, ..., q}. Với số nguyên dương N chia hết cho d và với mỗi
n
N
, ta có tập
is
I := (i1 , ..., in ) ∈ Nn0 với I :=
d
s=1
Qej11 .....Qejnn . VN −d

VNI =

E

E:=(e1 ,...,en ) I
(0,...,0)

Chú ý rằng VNI ⊃ VNJ nếu I < J, và VN

= VN .
N
Kí hiệu {I1 , ..., IK } là tập tất cả I ∈ Nn0 với I
. Ta viết IK = (i1k , ..., ink ), k = 1, ..., K .
d
Giả sử rằng I1 = (0, ..., 0) < I2 < ... < IK = ( Nd , 0, ..., 0). Ta có
N

VN = VNI1 ⊃ VNI2 ⊃ ... ⊃ VNIK = u.Qjd1 : u ∈ K{Qj }qj=1
và

N
d

K = K(N, d, n) =
Đặt mk := dim

VNIk
I
VNk+1

+n
n

, k = 1, ..., K − 1 , và mK := dim VNIk = 1.

Bây giờ, ta chứng minh rằng:
Mặc dù VNIk phụ thuộc vào J, mk , k = 1, ..., K − 1 là độc lập theo J. Hơn nữa,
mk = dm ,
với mọi N chia hết cho d và với mọi k ∈ {1, ..., K} với N − d Ik
Ta định nghĩa phép đồng cấu:
I

ϕk : VN −d

Ik

→

VNk
I

VNk+1

16

( k = 1, ..., K − 1)

(2.15)
nd.


với ϕk (γ) = Qij11k ...Qijnnk γ , ở đó γ ∈ VN −d

Ik

và Qij11k ...Qjinnk γ là lớp trong

chứa Qij11k ...Qjinnk γ.
Ta thấy rằng ϕk (1

k

K − 1) là toàn ánh( chú ý rằng với E ∈ Nn0 khi E

VNIk
I

VNk+1

có

N
và
d

E > Ik thì E Ik+1 )
Với mỗi γ ∈ kerϕk
Qej11 ...Qejnn VN −d

Qij11k ...Qijnnk γ ∈

E

E=(e1 ,...,en ) Ik+1

Qej11 ...Qejnn VN −d

=

E

E=(e1 ,...,en )>Ik

Vì vậy, ta có:
Qij11k ...Qjinnk γ =

Qej11 ...Qejnn γE
E=(e1 ,...,en )>Ik

ở đó γE ∈ VN −d
Như vậy,

E

. Hơn nữa, bởi Bổ đề 3.1 và Mệnh đề 3.2 ta có γ ∈ (Qj1 , ..., Qjn ).
kerϕk ⊂ (Qj1 , ..., Qjn ) ∩ VN −d

Ngược lại, với γ ∈ (Qj1 , ..., Qjn ) ∩ VN −d

Ik

Ik

.

(2.16)

(γ = 0),

n

γ=

γs Qjs , γs ∈ VN −d(

Ik +1),

s=1

ta có
I s := (i1k , ..., isk + 1, ..., ink ) > Ik , (s = 1, ..., n)
và I

s

= Ik + 1

N
( vì γ = 0). Vì vậy, ta có I
d

s

Ik+1 , s = 1, ..., n . Như vậy

n

Qij11k ...Qijnnk γ

I

+1
Qij11k ...Qijsk
...Qjinnk γs ∈ VNk+1
s

=

.

s=1

Điều này có nghĩa γ ∈ kerϕk . Vì vậy ta có:
kerϕk ⊃ (Qj1 , ..., Qjn ) ∩ VN −d

Ik

.

(2.17)

Bởi (2.16), (2.17) và vì ϕk là toàn ánh, ta có:
mk = dim

VNIk
I
VNk+1

dim

VN −d Ik
(Qj1 , ..., Qjn ) ∩ VN −d

17

, k ∈ {1, ..., K − 1} .

Ik

(2.18)


Vì thế, bởi Mệnh đề 3.3 ta có (2.15) và J độc lâp với mk .
V Ik
Vì VN = VNI1 ⊃ VNI2 ⊃ ... ⊃ VNIk và mk = dim INk+1 , (k ∈ {1, ..., K − 1}), mK =
VN
N
+n
J
dim VNIk = 1, ta chọn cơ sở ψ1J , ..., ψM
M=
của VN sao cho
n
J
J
ψM
−(mk +...+mK )+1 , ..., ψM

là cơ sở của VNIk với k ∈ {1, ..., K}.
Với mỗi k ∈ {1, ..., K} và l ∈ {M − (mk+1 + ... + mK ), ..., M − (mk + ... + mK ) + 1},
ta có
ψlJ = Qij11k ...Qijnnk γlJ , o do γlJ ∈ VN −d

Ik

.

(2.19)

Khi đó, ta có
M

mk

K

ψjJ (f )
j=1

i1 k

=

(Qj1 (f ))

in k

M

γlJ (f ).

.

...(Qjn (f ))

k=1

(2.20)

l=1

Bởi bổ đề 2.2 tồn tại hJl ∈ Cf sao cho, ngoài tập giải tích trong Cm có đối chiều lớn
hơn hoặc bằng 2,
γlJ (f )
hJl . f N −d Ik
Vì vậy, ta có
K

M

γlJ (f )
M

N −d Ik

mk

)

.hJ

k=1

l=1

ở đó hJ :=

( f

hJl ∈ Cf . Điều này kéo theo( ngoài tập giải tích trong Cm )

l=1
K

M

mk (N − d Ik ) log f + log hJ .

γlJ (f )

log

(2.21)

k=1

l=1

Bởi (2.18) và vì mk = 1, ta có mk chỉ phụ thuộc vào Ik , nghĩa là mk = m ( Ik ) , k =
1, ..., K. Vì vậy, ta có, với s = 1, ..., n,
N
d

K

N
d

mk .isk =
k=1

mk .isk =
l=0 k: Ik =l

m(l)
l=0

isk
k: Ik =l

Bây giờ với mỗi l đối xứng (i1 , ..., in ) → iσ(1) , ..., iσ(n) chỉ ra rằng

isk là độc lập
k: Ik =l

với s. Vì vậy, ta có
K

A :=

mk .isk độc lập với s và J
k=1

18

(2.22)

Kí hiệu β là tập tất cả k ∈ {1, ..., K} sao cho N − d Ik

nd. Đặt

Ik := i1k , ..., ink , i(n+1)k , , k ∈ β
N
d

− n − (i1k + ... + ink ). Khi đó, Ik : k ∈ β là tập tất cả I ∈
N
N0n+1 với I =
− n. Với mỗi I := (i1 , ..., in ) ∈ Ik : k ∈ β và song ánh σ :
d
{1, ..., n + 1} → {1, ..., n + 1}, ta có iσ(1) , ..., iσ(n+1) ∈ Ik : k ∈ β . Vì thế, bởi (2.15)
ở đó i(n+1)k :=

ta có
mk .isk = dn

A
k∈β

dn
n+1

isk =
k∈β

Ik =

k∈β

dn
n+1

N
d

N
−n
d

n

(2.23)

Ta có
K

mk
k=1

K

K

N
MN
=
mk . −

mk . Ik =
− nA.
d
d
k=1
k=1

N
− Ik
d

(2.24)

Bởi (2.20), N chia hết cho d
M

M

ψjJ (f )

A

γlJ (f )

= (Qj1 (f )....Qjn (f )) .

j=1

(2.25)

l=1

Bởi (2.21),(2.24) và (2.25), ta có( ngoài một tập giải tích của Cm ) với N chia hết cho
d:
n

M

ψjJ (f )

log

|Qj1 (f )| +

A. log
i=1

j=1

Nếu chọn h ∈ Cf , với h

MN
− nA d. log f + log hJ
d

1, chung cho mọi J, ví dụ đặt h :=

(1 + hJ ), ta có
J

n

|Qj1 (f )|

log
i=1

1
A

M

ψjJ (f ) − log h

log
j=1

19

−

MN
− n d. log f
dA

(2.26)


Ta chọn N := d. [2(n + 1)(2n − 1)(nd + 1)ε−1 + n + 1]. Khi đó bởi (2.23), ta có( không
mất tính tổng quát ta giả sử ε < 1)



N +n
 N

n
MN

d.
−n−1
d. 
−
n
−
1
N
 n+1

dA
d
N
d
(
−
n)
n+1
d
n
n

= d(n + 1).(
i=1

N +1 n
N +i
− 1) < d(n + 1) (
) −1
N − (n + 1 − i)d
N − nd

nd + 1 n
) −1
= d(n + 1) (1 +
N − nd
d(n + 1)(2n − 1)

d (2(n +

1)(2n

< d(n + 1)(2n − 1)

(2.27)

nd + 1
N − nd

nd + 1
ε
=

−1
− 1)(nd + 1)ε + n) − nd
2

Bởi (2.26) và bổ đề 2.2 ta có
q

|Qj (f )| =

log

max

log Qβ1 (f )...Qβq−n (f )

{β1 ,....,βq−n }⊂{1,...,q}

j=1

+

min

J={j1 ,...,jn }⊂{1,...,q}

log |Qj1 (f )...Qjn (f )|
M

1
ψjJ (f )

log
(q − n)d. log f + min
J⊂{1,...,q} A
j=1
−d.(

MN
− n) log f − log h
dA
M

= (q − n − 1)d. log f +
−d.

1
ψjJ (f )
log
J⊂{1,...,q} A
j=1
min

MN
− n − 1 . log f − log h
dA

ở đây, chọn các chỉ số tối đa tương ứng mức tối thiểu có thể phụ thuộc vào z, tuy nhiên
bởi chọn h là tích π(1 + hv ), ở đó hv có thể chọn tùy ý, ta được h ∈ Cf .
Hơn nữa, ta thấy rằng số hạng đầu tiên và số hạng cuối ta định nghĩa ngoài tập con
giải tích của Cm với đối chiều lơn hơn hoặc bằng 2 và chọn max và min là hữu hạn địa
phương, đặc biệt là kết quả hàm liên tục ở đây là hàm giá trị trong [0, +∞]. Vì vậy,

bất đẳng thức vẫn nằm ngoài tập con giải tích của Cm với đối chiều lớn hơn hoặc bằng
2. Bởi tích phân và bởi (2.27), ngoài tập con giải tích của Cm với đối chiều ít nhất là
2 trong Cm ⊃ S(r) ta có
q

|Qj (f )| σ

log
S(r)

(q − n − 1)d.Tf (r) +

j=1

M

1
A

ψjJ (f ) σ

min log
S(r)

j=1

ε
− Tf (r) − o(Tf (r)).
2
20

(2.28)


Ta viết

ψjJ =
I∈TN

cJjI xI ∈ VN , cJjI ∈ K{Qj }qj=1

với j = 1, ..., M, J ⊂ {1, ..., q} , #J = n . Với mỗi j ∈ {1, ..., M } , và J ⊂ {1, ..., q} , #J =
n ta cố định chỉ số IiJ ∈ TN sao cho cJjI J = 0. Định nghĩa
i

J
ξjI
=

cJ
jI
cJ

, j ∈ {1, ..., M } , J ⊂ {1, ..., q} , = J = n

jI J
i

Tập
ψjJ =

J I
ξjI
x ∈ K{Qj }qj=1 [x0 , ..., xn ]
I∈TN

Với mỗi số nguyên dương p, ta kí hiệu L(p) là không gian véc tơ trên C sinh bởi

J
J njI

(ξjI
) : nJjI ∈ N0 ,
nJjI = p

1 j M, I ∈ TN
1 j M, I ∈ TN

 J ⊂ {1, ..., q} , #J = n
J ⊂ {1, ..., q} , #J = n







J
Ta có L(p) ⊂ L(p+1) ⊂ K{Qj }qj=1 ( chú ý rằng ξjI
J = 1, j ∈ {1, ..., M } , J ⊂ {1, ..., q} , #J =

j

n). Cho b1 , ..., btp+1
thấy rằng:

tp+1





n+N
n
n+N
n

là cơ sở của L(p + 1) sao cho b1 , ..., btp
2

q
n
q
n

.
2

.

là cơ sở của L(p). Ta




+p 
<

−1

n+N
n

2

.

q
n



+p

n+N
n

2 
 .

q

n


−1

(2.29)
với mọi số nguyên dương p( chú ý #TN =
J
Vì ψ1J , ..., ψM

n+N
n

= M ).

là cơ sở của VN ; b1 , ..., btp+1 và f là hàm không suy biến tuyến tính

trên K{Qj }qj=1 ta thấy rằng bk ψ1J (f ) (1 k tp+1 , 1 j M ) là độc lập tuyến tính
trên C. Ta thấy rằng bl ψ1J (f ) (1 l tp , 1 j M, J ⊂ {1, ..., q} , #J = n) là tổ
hợp tuyến tính của bk f I (1 k tp+1 , I ∈ TN ) trên C. Với mỗi J ⊂ {1, ..., q} , #J =
n tồn tại AJ ∈ mat (tp+1 M × tp M, C) sao cho
bl ψ1J (f ), 1

l

tp , 1

j

M = bk f I 1

k

tp+1 , I ∈ TN .AJ

(chú ý #T = M . Vì bl ψ1J (f ), (1 l tp , 1 j M ) là độc lập tuyến tính trên C,
ta có nhận xét AJ = tp M .
Lấy ma trận BJ ∈ mat (tp+1 M × (tp+1 − tp )M, C) , (J ⊂ {1, ..., q} , #J = n) sao cho

21


CJ := AJ ∪ BJ ∈ GL (tp+1 M, C)
Ta viết
bk f I , 1

k

tp+1 , I ∈ TN .CJ

= bl ψ1J (f ), 1

l

tp , 1

M va hJuv , tp + 1

j

u

tp+1 , 1

v

M

(2.30)

Vì b1 , ..., btp+1 là cơ sở của L(p + 1) và f không phụ thuộc tuyến tính trên K{Qj }qj=1 ,
ta có bk f I (1 k tp+1 , I ∈ TN ) độc lập tuyến tính trên C. Bởi bổ đề 2.4 tồn tại
tập α := α0 , ..., αtp+1 M là tập chấp nhận được với bk f I , 1 k tp+1 , I ∈ TN . Bởi
(2.30) ta có α là tập chấp nhận được với
bl ψ1J (f ), 1

l

tp , 1

j

M, hJuv , tp + 1

u

tp+1 , 1

v

M

Đặt
Wα := Wα bk f I , 1

k

tp+1 , I ∈ TN

và
WαJ := Wα bl ψ1J (f ), 1

l

tp , 1

j

M, hJuv , tp + 1

Ta có WαJ = det CJ .Wα .

22

u

tp+1 , 1

v

M


Bởi Bổ đề 2.2 ta có
M
tp

ψjJ (f ) σ

min log
J

min log
J

1
1

S(r)

M

+

J

j=1

S(r)

j=1

cJjI J

bl ψ1J (f ) σ

min log
j
l

M
tp

tp

i

σ

tp

M

|bl |

S(r)
l=1

bl ψ1J (f ) σ − o(Tf (r))

min log
J

1
1


S(r)

j
l

M
tp


S(r)




min log 
J

 1
1


S(r)




max log 
J

 tp + 1
1


−

S(r)

−




min log 
J

 1
1
log f

hJuv

bl ψ1J (f ) .
j

l

M
tp

tp + 1
1

hJuv
u
v

tp + 1
M

u
v

tp + 1
M


N M (tp +1−tp )

(2.31)




− o(Tf (r))




hJuv

bl ψ1J (f ) .
j
l




σ



tp + 1
1

M
tp

u
v

tp + 1
M





σ



σ−o(Tf (r))

S(r)



S(r)




min log 
J

 1
1


bl ψ1J (f ) .
j
l

M
tp

hJuv
tp + 1
1

u
v

tp + 1
M




σ



−N M (tp + 1 − tp ) Tf (r) − o(Tf (r))
ở đây min được lấy trên tất cả tập con J ⊂ {1, ..., q} , #J = n. Ta có thể chọn 1 số
J

23


nguyên p sao cho:

p




p0 := 



n+N
n

2

q
n

n+N
n

− 1 . log
log 1 +

tp+1
ε
1+
với mọi p
tp
2M N
p0
. Vì vậy, bởi (2.29) ta có

Thật vậy, giả sử
ε
2M N

ε
log 1 +
2M N

log tp0 +1
<
p0

q
n

ε
2M N
và

1+

2

2

n+N
n

q
n

2



+ 1



ε
tp+1
<1+
tp
2M N

(2.32)

p0 . Điều này kéo theo tp0 +1

− 1 . log

n+N
n

2

q
n

+ p0

q
n

. log p0

q
n

√
. p0

p0
2

n+N
n

q
n

− 1 . log

n+N
n

2

p0
2

n+N
n

q
n

− 1 . log

n+N
n

2

p0
ε
< log 1 +
2M N
Đó là điều mâu thuẫn.
Bây giờ, ta cố định một số nguyên dương p thỏa mãn (2.32). Bởi (2.31), ta có:

24


M

ψjJ (f ) σ

min log
J

j=1

S(r)


1
tp
S(r)






min log 
J

 1
1

bl ψ1J (f ) .
j
l

hJuv

M
tp

tp + 1
1

u

v

tp + 1
M

bl ψ1J (f ) .
1
tp

min log

1
1

j
l

M
tp

hJuv
tp + 1
1

u
v

tp + 1
M

|WαJ |

J



ε

 σ − Tf (r) − o(Tf (r))

2


σ

S(r)

+

ε
min log |WαJ | σ − Tf (r) − o(Tf (r))
J
2

1
tp
S(r)

1
−

tp

maxlog
J

S(r)

+

|WαJ |

+

1
tp

σ

bl ψ1J (f ) .
1
1

j
l

|hJuv |
tp + 1
1

M

tp

u
v

tp + 1
M

ε
log |Wα | σ − Tf (r) − o(Tf (r))
2
S(r)

(2.33)
Với mỗi J ⊂ {1, ..., q} , #J = n, lấy βJ là hàm phân hình trên Cm sao cho
... : βJ bl ψ1J (f ) : ... : βJ hJuv : ...
là biểu diễn rút gọn của ánh xạ phân hình

gJ := ... : bl ψ1J (f ) : ...hJuv : ...

tp + 1 u tp+1
1 v M
: Cm → CP M tp+1 −1 .
1 j M
1 l tp

Bởi Bổ đề 2.6 và Bổ đề 2.7 ta có
25

(2.34)