Định lý cơ bản thứ hai cartan nochka trong lý thuyết phân bố giá trị

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TẠ THỊ MẠNH

ĐỊNH LÝ CƠ BẢN THỨ HAI CARTAN - NOCHKA TRONG
LÝ THUYẾT PHÂN BỐ GIÁ TRỊ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TẠ THỊ MẠNH

ĐỊNH LÝ CƠ BẢN THỨ HAI CARTAN - NOCHKA TRONG
LÝ THUYẾT PHÂN BỐ GIÁ TRỊ

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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

THÁI NGUYÊN - 2016

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng các kết quả trình bày trong luận văn này là không
bị trùng lặp với các luận văn trước đây. Tài liệu trong luận văn này đã được
ghi rõ nguồn gốc.

Thái Nguyên, 6 tháng 6 năm 2016
Tác giả luận văn

TẠ THỊ MẠNH

i
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm - Đại học Thái
Nguyên. Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm
ơn chân thành, sâu sắc tới PGS. TSKH Trần Văn Tấn, thầy là người đã hướng
dẫn tôi cách đọc tài liệu, nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc
nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ tôi hoàn thành luận
văn này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của Viện Toán
học và Đại học Thái Nguyên những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ,
động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập.
Tôi xin cảm ơn Ban lãnh đạo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái
Nguyên, Khoa Sau đại học đã tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt
thời gian tôi học tập.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân đã giúp đỡ, động viên, ủng
hộ tôi để tôi có thể hoàn thành tốt luận văn cũng như khóa học của mình.
Xin trân trọng cảm ơn!

Thái Nguyên, 6 tháng 6 năm 2016
Tác giả luận văn

TẠ THỊ MẠNH

ii
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

Mục lục
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

iii
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




MỞ ĐẦU
Năm 1929, Nevanlinna công bố bài báo nghiên cứu sự phân bố giá trị của
các hàm phân hình trên mặt phẳng phức. Vấn đề này sau đó nhanh chóng
được mở rộng sang trường hợp ánh xạ chỉnh hình từ mặt phẳng phức vào
không gian xạ ảnh bởi Cartan. Kể từ đó tới nay, việc nghiên cứu sự phân bố
giá trị của ánh xạ chỉnh hình với các trường hợp khác nhau liên tục thu hút
được sự quan tâm của nhiều nhà toán học và hình thành một lý thuyết được
gọi là Lý thuyết phân bố giá trị hay còn gọi là Lý thuyết Nevanlinna. Nội
dung cốt lõi của Lý thuyết này gồm hai định lý chính, được gọi là các định
lý cơ bản thứ nhất và thứ hai. Trong khi định lý cơ bản thứ nhất đã được giải
quyết tương đối đầy đủ trong các trường hợp, thì định lý cơ bản thứ hai mới
được thiết lập trong rất ít các trường hợp. Để có thể tiếp cận được tới các vấn
đề có tính thời sự của Lý thuyết phân bố giá trị, trong luận văn này, tôi tập
trung tìm hiểu một trong những kết quả gốc của Lý thuyết phân bố giá trị.
Theo đó, tôi chọn tìm hiểu định lý cơ bản thứ hai Cartan- Nochka. Trên thực
tế, năm 1933, Cartan mở rộng kết quả của Nevanlinna sang trường hợp chiều
cao, ở đó ông thiết lập định lý cơ bản thứ hai cho trường hợp đường cong
chỉnh hình không suy biến tuyến tính trong không gian xạ ảnh. Cartan cũng
nêu giả thuyết cho trường hợp đường cong khác hằng tùy ý trong không gian
xạ ảnh. Giả thuyết của Cartan tồn tại 50 năm và được Nochka giải quyết năm
1983. Trong luận văn này tôi dự định tìm hiểu kết quả này của Nochka.
Chính vì vậy mà tôi chọn đề tài "Định lý cơ bản thứ hai Cartan-Nochka
trong lý thuyết phân bố giá trị". Luận văn gồm hai chương:
Chương 1. Trọng Nochka.
Chương 2. Định lý cơ bản thứ hai Cartan - Nochka.

1
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




Chương 1

Trọng Nochka
1.1

Họ siêu phẳng ở vị trí dưới tổng quát

Trong không gian xạ ảnh Pn (C), cố định một hệ tọa độ thuần nhất ω =
(ω0 : ... : ωn ). Cho q siêu phẳng H j xác định bởi các phương trình thuần nhất:
n

Hj :

∑ hi j ω j = 0,

j = 1, ..., q.

i=0

Với Q = {1, ..., q} và R ⊂ Q, ta đặt |R|= số phần tử của R.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử N ≥ n và q ≥ N + 1. Ta nói họ {H}qi=1 ở vị trí N dưới tổng quát nếu với bất kì R ⊂ Q với |R| = N + 1 thì

H j = 0.
/
j∈R

Nếu họ siêu phẳng ở vị trí n - dưới tổng quát thì ta nói đơn giản rằng nó ở
vị trí tổng quát. Dễ thấy rằng {H j }qj=1 ở vị trí N - dưới tổng quát khi và chỉ
khi
rank(h jk ) j∈R,0≤k≤n = n + 1 ∀R ⊂ Q
1.2

với |R| = N + 1.

Trọng Nochka

Với các kí hiệu như trên và R ⊂ S ⊂ Q, ta có các định nghĩa sau:
V (R)= không gian véc tơ con của Cn+1 sinh bởi các véc tơ (h jk )0≤k≤n , j ∈ R,
rk(R) = dimV (R), rk(0)
/ = 0,
rkR (S) = rk(S) − rk(R),
2
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




slR (S) =

rk(S)−rk(R)

|S|−|R| ,

với |S| > |R|.

Bổ đề 1.2.1. Cho họ siêu phẳng {H j }qj=1 ở vị trí N - dưới tổng quát trong
Pn (C). Khi đó
(i) Với R ⊂ Q, i = 1, 2
rkR (S1 ∪ S2 ) + rkR (S1 ∩ S2 ) ≤ rkR (S1 ) + rkR (S2 ).
(ii) Với R ⊂ S ⊂ Q, |S| ≤ N + 1
|R| − rank(R) ≤ |S| − rank(S) ≤ N − n.
Chứng minh
(i) Ta có

rkR (S1 ∪S2 ) + rkR (S1 ∩ S2 ) = rk(S1 ∪ S2 ) − rk(R) + rk(S1 ∩ S2 ) − rk(R)
= dim(V (S1 ) +V (S2 )) + dim(V (S1 ) ∩V (S2 )) − 2 dimV (R)
≤ dimV (S1 ) + dimV (S2 ) − 2 dimV (R)
= rkR (S1 ) + rkR (S2 ).
(ii) Theo phần (i)
rk(S) = rk(R ∪ (S \ R)) ≤ rk(R) + rk(S \ R)
= rk(R) + |S \ R| = rk(R) + |S| − |R|.
Vậy ta có bất đẳng thức thứ nhất.
Lấy S ⊂ Q, S ⊂ S sao cho |S | = N + 1. Từ định nghĩa N - dưới tổng quát
ta có
|S| − rk(S) ≤ |S | − rk(S ) = N − n.
Bổ đề 1.2.2. Cho họ siêu phẳng {H j }qj=1 ở vị trí N - dưới tổng quát trong
Pn (C), N > n, q > 2N − n + 1. Khi đó tồn tại các tập con Ni , i = 0, ..., s của
3
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN

Q thỏa mãn
(i) N0 = 0/ ⊂ N1 ⊂ ... ⊂ Ns , rk(Ns ) < n + 1.
(ii) 0 < slN0 N1 < slN1 N2 < ... < slNs−1 Ns <

n+1−rk(Ns )
2N−n+1−|Ns |

< 1.

(iii) Với 1 ≤ i ≤ s và Ni−1 ⊂ R ⊂ Q, nếu rk(Ni−1 ) < rk(R) < n + 1 thì
slNi−1 (Ni ) ≤ slNi−1 (R),
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi R ⊂ Ni .
(iv) Với Ns ⊂ R ⊂ Q và rk(Ns ) < rk(R) < n + 1,
slNs (R) ≥

n + 1 − rk(Ns )
.
2N − n + 1 − |Ns |

Chứng minh
Ta đặt N0 = 0,
/ chúng ta sẽ xác định Ni bằng phương thức quy nạp như sau.
Giả sử ta đã chọn được {Ni }si=0 thỏa mãn (i) ∼ (iii). Nếu chúng thỏa 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+1
i=1 thỏa mãn (i) ∼ (iii).

Vì Hi 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 )
<1
2N − n + 1 − |Ns |

Giả sử rằng (iv) không đúng. Đặt
R = {R : Ns ⊂ R ⊂ Q, rk(Ns ) < rk(R) < n + 1}.
Khi đó R = 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 )
<1
2N − n + 1 − |Ns |
4

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN



(1.2.1)

Theo (iii) ta có slNs−1 (Ns ) ≤ slNs−1 (R), ∀R ∈ R. Do vậy
rk(R) − rk(Ns ) rk(R) − rk(Ns−1 ) − (rk(Ns ) − rk(Ns−1 ))
=
|R| − |Ns |
(|R| − |Ns−1 |) − (|Ns | − |Ns−1 |)
rk(Ns ) − rk(Ns−1 )
>
= slNs−1 (Ns ).
|Ns | − |Ns−1 |

slNs (R) =

Đặt R = {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 ) ≤

ε0
(2N − 2n − 2|Ns | + 2rk(Ns ))
1 − ε0

1
− 1)(2N − 2n − 2|Ns | + 2rk(Ns ))
1 − ε0
(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
rk(R1 ∩ R2 ) − rk(Ns−1 )
|R1 ∩ R2 | − |Ns−1 |
rk(Ns ) − rk(Ns−1 )
<
= slNs−1 (Ns ) (vô lý).
|Ns | − |Ns−1 |

slNs−1 (Ns ) ≤ slNs−1 (R1 ∩ R2 ) =

Vậy ta có bất đẳng thức (1.2.2). Suy ra
rk(R1 ∪ R2 )
|R1 ∪ R2 | − |Ns |
slNs (R1 ) + slNs (R2 ) − slNs (R1 ∩ R2 )
≤
(|R1 | − |Ns |) + (|R2 | − |Ns |) − (|R1 ∩ R2 | − |Ns |)

slNs (R1 ∪ R2 ) =

≤ ε0
Điều này chứng tỏ rằng R1 ∪ R2 ∈ R .
Đặt
Ns+1 =

R
R∈R

Như vậy Ns+1 ∈ R và họ {Ni }s+1
i=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∈Q ω( j), thì
q

∑ ω( j) = ω(q − 2N + n − 1) + n + 1.

j=1

(iii)

n+1
2N−n+1

≤ ω ≤ Nn .

(iv) Nếu R ⊂ Q và 0 < |R| ≤ N + 1 thì ∑ j∈R ω( 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:


 slNi (Ni+1 ), j ∈ Ni+1 \ Ni , 0 ≤ i ≤ s,
ω( j) =
n + 1 − rk(Ns )


, j ∈ Ns+1 .
 slNs (Ns+1 ) =
2N − n + 1 − |Ns |
Ta sẽ chứng minh rằng chúng thỏa mãn các mệnh đề (i) ∼ (iv) như sau.
(i) Nếu j ∈ 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 |
≤
= 1.
N + 1 − |Ns |
=

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) = slNi Ni+1 ≤ slNs Ns+1 < 1.
(ii) Theo định nghĩa ta có ω = slNs (Ns+1 ). Phân hoạch Q = (Q\Ns+1 )
N j ), ta có
q

s

∑ ω( j) = ∑

j=1

ω( j) + ∑

∑

ω( j)

i=0 j∈Ni+1 \Ni
s

j∈Q\Ns+1

= ω(q − |Ns+1 |) + ∑ (slNi Ni+1 )(|Ni+1 | − |Ni |)
i=0

s

= ω(q − 2N + n − 1) + ∑ (rk(Ni+1 ) − rk(Ni ))
i=0

= ω(q − 2N + n − 1) + rk(Ns+1 )
= ω(q − 2N + n − 1) + n + 1.
(iii) Ta có
q

n+1 =

∑ ω( j) − ω(q − 2N + n − 1)

j=1

≤ qω − ω(q − 2N + n − 1)
= (2N − n + 1)ω.
Do vậy ω ≥

n+1
2N−n+1 .

Nếu s = 0 thì ω =

n+1
2N−n+1

≤ Nn .
8

S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN



s
j=0 (N j+1 \

Nếu s > 0 thì rk(Ns ) ≥ 1, do vậy
n + 1 − rk(Ns )
(N + 1) + (N − n − |Ns |)
n + 1 − rk(Ns )
≤
N + 1 − rk(Ns )
N −n
= 1−
N + 1 − rk(Ns )
N −n n
≤ 1−
= .
N
N
(iv) Lấy R ⊂ Q với 0 < |R| ≤ n + 1.
ω=

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

∑ ω( j) ≤ ω|R| ≤ ω(rk(R) + N − n)

j∈R

N −n

rk(R)
N −n
≤ ω rk(R) 1 +
n + 1 − rk(Ns )
N + 1 − rk(Ns )
= rk(R)
)
2N − n + 1 − |Ns |
N + 1 − rk(Ns )
≤ rk(R)
= rk(R).
2N − n + 1 − (rk(Ns ) + N − n)
= ω rk(R) 1 +

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 ,


 R,

0≤i≤s
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
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 ∪ Ri ) =

= slNi−2 (Ni−1 ).
Mặt khác rk(NNi−2 ) < rk(Ni−1 ) ≤ rk(Ni−1 ∪ Ri ) ≤ rk(R ∪ Ns ) < n + 1, suy
ra
slNi−2 Ni−1 ≤ slNi−2 (Ni−1 ∪ Ri ).
Do vậy slNi−2 Ni−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−2 Ni−1 ≤ rk(Ri ) − rk(Ri−1 ) 1 ≤ i ≤ s + 1.
10
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN



(1.2.3)


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 ) rk(Ri ) − rk(Ri−1 )
=
|Ri ∪ Ni−1 | − |Ni−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
s+1

∑ ω( j) = ∑ ∑

i∈R

s+1

ω( j) =

i=1 j∈Ri \Ri−1

∑ ∑

slNi−1 (Ni )

i=1 j∈Ri \Ri−1

s+1

=

∑ (|Ri| − |Ri−1|)slNi−1 (Ni)

i=1
s+1

=

∑ (rk(Ri) − rk(Ri−1))

i=1

s

= rk(R) − rk(Rs ) + ∑ (rk(Ri ) − rk(Ri−1 )) = rk(R).
i=1

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. Cho ω( 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,
rk(R)

tồn tại các chỉ số phân biệt j1 , ..., jrk(R) ∈ R sao cho rk({ jl }l=1 ) = rk(R) và

∏

ω( j)
Ej

rk(R)

≤

j∈R

∏ E jl .

l=1

Chứng minh
Bằng cách đổi chỉ số, ta có thể giả sử rằng E1 ≤ E2 ≥ ... ≥ Eq . Đặt j1 =
min R, 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 ∈ V (Rl )},
Rl+1 = Rl ∪ {l + 1},
l

j ∈ R\

Sl+1 =

Sk ; H j ∈ V (Rl+1 ) .
k=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 = min Sl , 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

∑ ω( j) ≤ rk(Tl ) = l.

j∈Tl

Suy ra

∏

j∈R

ω( j)
Ej

rk(R)

=

∏∏

ω( j)
Ej

rk(R)

≤

l=1 j∈Sl

∑ j∈Sl ω( j)

∏ E jl

l=1

−1+∑ j∈T1 ω( j)
≤ E j1 E j1
−1+∑ j∈T1 ω( j)

≤ E j1 E j2

rk(R)

∑ j∈Sl ω( j)

∏

E jl

∏

E jl

l=2
rk(R)

∑ j∈Sl ω( j)

l=2

12
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




−2+∑ j∈T2 ω( j)
= E j1 E j2 E j2

rk(R)

∏

∑ j∈Sl ω( j)

E jl

l=3

...
−rk(R)+∑ j∈R ω( j)

= E j1 E j2 ...E jrk(R) E jrk(R)
Vì −rk(R) + ∑ j∈R ω( j) ≤ 0, cho nên

∏

ω( j)
Ej

rk(R)

≤

j∈R

∏ E jl .

l=1

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

2.1.1

Các hàm cơ bản và Bổ đề đạo hàm logarit

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=0 ai ωi =
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=0 ai xi .
1

1

Ta đặt ||H|| = (|a0 |2 + ... + |an |2 ) 2 , || f || = (| f0 |2 + ... + | fn |2 ) 2 và ( f , H) =
∑ni=0 ai 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 ) ⊂ H hay ( f , H) ≡ 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
| fk |2
f Ω| f −1 (Vi ) = dd log(1 + ∑
) = dd c log || f ||2 .
2
k=i | f i |
∗

c

Do vậy, ký hiệu T f ( f ) là hàm đặc trưng của f ta có:

14
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




r

T f (r) = T f (r, Ω) =

dt

f ∗ Ω ∧ α m−1

t 2m−1
1

B(t)
r

=

dt

dd c log || f ||2 ∧ α m−1

t 2m−1
1

B(t)

log || f ||γ −

=
S(r)

log || f ||γ.

S(1)

(c) Lấy H là siêu phẳng như mục (a) sao cho f (Cm ) ⊂ H. Ta có f ∗ D =
dd c 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
r

N(r, f ∗ H) =

r

dt
t 2m−1

1

χB(t) α m−1 =
f ∗H

S(r)

dd c log |( f , H)|2 α m−1

t 2m−1
1

log |( f , H)|γ −

=

dt
B(t)

log |( f , H)|γ.

S(1)

Ta kí hiệu m f (r, H) là hàm xấp xỉ của f tương ứng với H, ta có:
r

m f (r, H) =
1

2.1.2

r

1
log
γ=
||σ ◦ f ||

log

|| f ||
γ.
|( f , H)|

1

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
log+ | f |γ.

m(r, f ) =
S(r)

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. T f (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 ) ⊂ 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 ) +

log 1 +

S(r)

= N(r, f ∗ H) +

log

S(r)

| f0 |2 + | f1 |2
| f1 |2

1
2

| f0 |2
| f1 |2

1
2

γ + O(1)

γ + O(1)

|| f ||
γ + O(1)
|( f , H)|

= N(r, f ∗ H) +
S(r)

= N(r, f ∗ H) + m f (r, H) + O(1)
= T f (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
) = T (r, f ) + O(1).
f −a

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
| f0 |2 + | f1 |2
log
γ + O(1)
| f0 − a f1 |2

1
T (r, f ) = T f (r) + O(1) = N(r, ( f0 − a f2 )0 ) +
2
= N(r, ( f − a)0 ) +

1
2

log

S(r)

= N(r, ( f − a)0 ) +

1
2

S(r)
| f0 − a f1 |2 + | f1 |2

| f0 − a f1 |2

log 1 +

S(r)

γ + O(1)

1
γ + O(1)
| f0 − a f1 |2

1
1
)∞ + m(1,
) + O(1)
f −a
f −a
1
= T (r,
) + O(1).
f −a
= N r, (

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
n

H = {ω :

n

∑ aiωi = 0}, G = {ω : ∑ biωi = 0}.

i=0

i=0

Giả sử f (Cm ) ⊂ G. Đặt
g(z) :=

( f , H)
∑ni=0 ai fi
(z) = n
(z).
( f , G)
∑i=0 bi fi

Định lý 2.1.3. Với các kí hiệu như trên, ta có
(i) T (r, g) ≤ T f (r) + O(1)
(ii) Nếu fk ≡ 0 thì

1
n

n

∑ T r,
i=0

n

fi
fk

+ O(1) ≤ T f (r) ≤ ∑ T r,
i=0

fi
fk

+ 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) +

log 1 +

S(r)

17
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN



|( f , H)|

γ + O(1)
|( f , G)|


= N(r, f ∗ G) +

log

|( f , G)| + |( f , H)|
γ + O(1)
|( f , G)|

log

|| f ||
γ + O(1)
|( f , G)|

S(r)

≤ N(r, f ∗ G) +
S(r)

= T f (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, ffk ) = 0). Ta chứng minh bất đẳng thức thứ hai. Không mất
k

tính tổng quát ta có thể giả sử rằng k = 0 và ( f0 : ... : fn ) là biểu diễn rút
gọn của f . Giả sử z0 ∈ 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

N(r, ( f )0 ) ≤ ∑ N r, (
i=1

fi
)∞ .
f0

Áp dụng định lý cơ bản thứ nhất cho f và siêu phẳng {ω : ω0 = 0}, ta có
1
T f (r) =
2
S(r)

1
=
2

n

| fi |2
log 1 + ∑
2
i=1 | f 0 |

log

S(r)
n

≤∑

n

| fi |2
∑ 2
i=1 | f 0 |

+

log+

i=1
S(r)
n

≤ ∑ {(m(r,
i=1
n

= ∑ T (r,
i=0

γ + N(r, ( f0 )0 ) + O(1)

γ + N(r, ( f0 )0 ) + O(1)

| fi |
γ + N(r, ( f0 )0 ) + O(1)
| f0 |

fi
fi
) + N(r, ( )∞ )} + O(1)
f0
f0

fi
) + O(1).
fk

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
m

||dg|| = ( ∑ |
j=1

m(r,

||dg||
)=
g

log+

∂g 2 1
| )2
j
∂z
||dg||
γ.
g

S(r)

Bổ đề 2.1.4 (Bổ đề đạo hàm Logarit). Với g ≡ 0 là hàm phân hình trên Cm .
Khi đó với mỗi δ > 0 ta có:
||dg||
(1 + δ )2
δ (2m − 1) +
||m(r,

) ≤ (1 +
) log+ T (r, g) +
log r + O(1).
g
2
2
Chứng minh
Trên C xét (1,1) - dạng Φ =

1
(1+log2 |ω|)|ω|2

i
dω
4π 2

∧ dω, với các điểm kì dị

∞, 0. Ta có Φ = 1. Đồng thời
C

2mπg∗ Φ ∧ α m−1
m
1
i m ∂g j
∂g
j
m−1
= 2mπ
(

dz
)
∧
(
dz
)
∧
α
∑
∑
2
2
j
j
(1 + log |g|)|g|2 4π j=1 ∂ z
j=1 ∂ z

1
i
2
(1 + log |g|)|g|2 2π
||dg||2
=
α m.
2
2
(1 + log |g|)|g|
=m

r

Đặt µ(r) =
1

dt
t 2m−1

m

(m − 1)!||dg||2 ∧mj=1 dz j ∧ dz j

g∗ Φ ∧ α m−1 . Khi đó ta có
B(t)
r

µ(r) =

dt

α m−1 Φ(ω)

t 2m−1
ω∈C

1

B(t)∩(g−ω)0

19
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN




N(r, (g − ω)0 )Φ(ω)

=
ω∈C

≤

(T (r, g) + O(1))Φ(ω) = T (r, g) + O(1)
ω∈C

Mặt khác ta có
||dg||2
1
log
γ
=
|g|2
2

||dg||
1
m(r,
)=
|g|

2

+

S(r)

1
≤
2

S(r)

||dg||2
1
log
γ
+
2
(1 + log2 |g|)|g|2

log+ (1 + log2 |g|)γ

||dg||2
1
log
γ
+
2
(1 + log2 |g|)|g|2

log+ 1 + log+ |g| + log+

+

S(r)

1
≤
2

S(r)

+

S(r)

1
≤
2
S(r)

S(r)

||dg||2
log[1 +
]γ
(1 + log2 |g|)|g|2

log+ (log+ |g| + log+

+

||dg||2
log (
(1 + log2 |g|)γ
2
2
(1 + log |g|)|g|
+

1
1
) γ + log 2
|g|
2

S(r)

1
≤ log 1 +
2
S(r)

+

1
2

||dg||2
γ

(1 + log2 |g|)|g|2

log 1 + (log+ |g| + log+

1
1
) γ + log 2
|g|
2

S(r)

1
1
d
≤ log 1 +
2m−1
2
2mr
dr
B(r)

||dg||2
m
α
2
(1 + log |g|)|g|2

1
1

1
+ log m(r, g) + m(r, ) + 1 + log 2
2
g
2
1
π d
≤ log 1 + 2m−1
g∗ Φ ∧ α m−1 + log+ T (r, g) + O(1)
2
r
dr
B(r)

20
S hóa bi Trung tâm Hc liu

ĐHTN



1
|g|

2

γ