Các hàm Nevanlinna cho hàm phân hình
Giả sử f là hàm phân hình trong đĩa bán kính R và r < R.
Kí hiệu n(f,∞, r), (tương ứng, n(f,∞, r)), là số các cực điểm tính cả bội, (tương ứng, không tính bội), của hàm f trong đĩa đóng bán kính r Giả sử a ∈ C, ta định nghĩa n(f, a, r) = n
1.1.1 Định nghĩa Hàm đếm tính cả bội N(f, a, r), (tương ứng, hàm đếm không tính bội N(f, a, r)), của hàm f tại giá trị a được định nghĩa như sau
(ord + z f) log | r z |, trong đó D(r) là đĩa có bán kính r và ord + zf = max{0,ord z f} là bội của không điểm.
1.1.2 Định nghĩa Hàm xấp xỉ m(f, a, r) của hàm f tại giá trị a ∈ C được định nghĩa như sau m(f, a, r) Z 2π
2π, trong đó log + x = max{0,logx}.
Hàm m(f,∞, r) đo độ lớn trung bình củalog|f|trên đường tròn |z| = r.
1.1.3 Định nghĩa Hàm đặc trưng T(f, a, r) của hàm f tại giá trị a ∈ C được định nghĩa như sau
Xét về mặt nào đó, hàm đặc trưng Nevanlinna đối với lý thuyết hàm phân hình có vai trò tương tự như bậc của đa thức trong lý thuyết đa thức Từ định nghĩa hàm đặc trưng ta có
T(f, a, r) ≥N(f, a, r) +O(1),trong đó O(1) là một đại lượng bị chặn khi r → ∞.
1.1.4 Định nghĩa Cấp của hàm phân hình f được định nghĩa bởi công thức ρ(f) = lim sup r→∞ logT(r, f) logr Nếu ρ(f) = ∞ thì f được gọi là có cấp vô hạn, nếu 0 < ρ(f) < ∞ thì f được gọi là có cấp hữu hạn.
Ta nói f có dạng tối đại nếu C = ∞, có dạng trung bình nếu 0 < C < ∞, có dạng tối tiểu nếu C = 0.
1.1.5 Ví dụ Nếu f là hàm hữu tỷ thì T(f, r) = O(logr), do đó hàm hữu tỷ có cấp 0 Nếu f = e z thì T(f, r) = r/π + O(1), do đó e z có cấp 1, dạng trung bình Hàm e e z là hàm có cấp vô hạn.
1.1.6 Định lý Giả sử f(z) 6≡ 0,∞ là một hàm phân hình trong hình tròn
D = {|z| ≤ R} với 0< R < ∞ Giả sử a à , à = 1, , M là các không điểm của f trong D, mỗi không điểm được kể một số lần bằng bội của nó. b ν ,(ν = 1,2, , N)là các cực điểm củaf trong trongD,mỗi cực điểm được kể một số lần bằng bội của nó.
Khi đó, với mỗi z = re iθ ∈ D sao cho f(z) 6= 0, f(z) 6= ∞ta có log|f(z)| = 1
Chứng minh Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Hàm f(z) không có không điểm và cực điểm trong {|z| ≤R}, z = 0.
Khi đó ta cần chứng minh log|f(0)| = 1
Do f(z) 6= 0 trong D nên logf(z) là hàm chỉnh hình trong D Theo Định lý Cauchy, ta cã: logf(0) = 1
LÊy phÇn thùc hai vÕ ta cã: log|f(0)| = 1
Trường hợp 2: Hàm f(z) không có không điểm và cực điểm trong {|z| ≤R}, víi z tuú ý, z = re iθ (0 < r < R)
Xét ánh xạ bảo giác:
R 2 −zξ Như vậy |ς| = R tương ứng với |ω| = 1, vì
Do logf(z) là chỉnh hình trong |ξ| ≤ R, theo định lý Cauchy, ta có logf(z) = 1
> R nghĩa là điểm R 2 z nằm ngoài |ξ| ≤ R nên hàm logf(ξ) 1 ξ − R 2 z là hàm chỉnh hình Kết hợp với (1.2) và (1.3) ta có logf(z) = 1
Mặt khác ξ = Re iϕ = Rcosϕ+iRsinϕ, z = re iθ = rcosθ+ irsinθ, ξ −z = (Rcosϕ−rcosθ) +i(Rsinϕ−rsinθ),
R 2 −2Rrcos(θ−ϕ) +r 2 dϕ (1.4) Lấy phần thực hai vế của (1.4) ta được log|f(z)| = 1
Trường hợp 3: Hàmf(z)có không điểm và cực điểm trên biên{|z| = R} nhưng không có không điểm và cực điểm ở trong miền {|z| < R}.
Ta có số không điểm và cực điểm của hàm f(z) trên biên {|z| = R} là hữu hạn Thật vậy, giả sửf(z)có vô hạn không điểm{z k },khi đó{|ξ| = R} compact, do đó z k j hội tụ đếnz k 0 ∈ {|ξ| = R}vàf(z k j ) = 0,do đóf = 0 trên một tập hợp có điểm giới hạn Điều này kéo theo f ≡ 0suy ra vô lý. Giả sử có vô hạn không điểm {z k }, khi đó tồn tại z k j → z 0 ∈ {|ξ| = R}, z 0 là điểm bất thường; vì f là hàm phân hình nên z 0 là cực điểm nghĩa là trong một lân cận của z 0 hàm f chỉnh hình chỉ trừ tại z 0 suy ra vô lý vì zk j → z0 nên trong mọi lân cận củaz0 đều chứazk j nào đó mà tại đó f có cực điểm.
Vậy f(z) có hữu hạn không điểm và cực điểm trên biên {|z| = R} Giả sử Z 0 là không điểm hoặc cực điểm cấp k của f(ξ), Z 0 ∈ ∂D Trong một lân cận nào đó của Z0, ta có khai triển sau: f(ξ) = a(ξ −Z 0 ) k + , a 6= 0.
Xét vòng tròn Cδ tâm Z0, bán kính δ đủ nhỏ Thay vòng tròn |ξ| = R bởi vòng tròn C δ ,khi đóf không có không điểm và cực điểm trên biên của miền mới nhận được.
Quay lại trường hợp 2, ta có tích phân bên phải của bước 2 chỉ khác tích phân ở trên vòng tròn|ξ| = R một đại lượngP
|ξ−Z 0 |=δ log|f(ξ)| |dξ| → 0 Công thức được chứng minh.
Trường hợp 4: Bây giờ ta xét trong trường hợp f(z) có các không điểm và cực điểm trong |z| ≤R.
Khi đó ψ(z) suy ra không có không điểm và cực điểm ở trong |ξ| 6 R vì giả sử ngược lại ψ(z 0 ) = 0 suy ra f(z 0 ) = 0 Do đó ψ(ξ) bị khử đi mẫu số. Tương tự ψ(ξ) cũng không có cực điểm. áp dụng công thức đã chứng minh ta có: log|ψ(z)| = 1
Từ Công thức Poisson-Jensen ta có định lý sau đây.
1.1.7 Định lý (Định lí cơ bản thứ nhất) Giả sửf là hàm phân hình,a là một số phức tuỳ ý Khi đó ta có m(f, a, r) +N(f, a, r) =T(f, r)−log|f(0)−a|+(a, r), trong đó (a, r) ≤loga+ log 2.
Ta thường dùng Định lý cơ bản thứ nhất dưới dạng
T(f, a, r) =T(f, r) +O(1), trong đó O(1) là đại lượng bị chặn khi r → ∞. Định lý cơ bản thứ nhất cho ta thấy vế trái trong công thức không phụ thuộc a với sai khác một đại lượng bị chặn.
1.1.8 Định lý (Định lí cơ bản thứ hai) Giả sử f(z) là hàm phân hình trong
C và a 1 , , a q là q số phức phân biệt Khi đó,
, cho r → ∞ bên ngoài tập hợp có độ đo Lebesgue hữu hạn và
Quan hệ số khuyết cho hàm phân hình
Quan hệ số khuyết là một dạng phát biểu khác của Định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna Số khuyết liên quan chặt chẽ đến bài toán ngược củaNevanlinna trong [9] Trước hết ta nhắc lại định nghĩa số khuyết.
1.2.1 Định nghĩa Số khuyết của hàm f tại điểm a được định nghĩa bởi δ(f, a) = lim inf r→∞ n
Số khuyết rẽ nhánh của hàm f tại điểm a được định nghĩa bởi θ(f, a) = lim inf r→∞ nN(f, a, r)−N(f, a, r)
Số khuyết bị chặt của hàm f tại điểm a được định nghĩa bởi Θ(f, a) =θ(f, a) +δ(f, a) = lim inf r→∞ n
1.2.2 Định nghĩa Cho a ∈ C∪ {∞}, giá trị ađược gọi là giá trị khuyết của hàm f nếu δ(f, a) > 0; giá trị a được gọi là giá trị khuyết cực đại của hàm f nÕu δ(f, a) = 1.
Cho hàm phân hình f và các điểm phân biệt a 1 , , a q trong C∪ {∞}, ký hiệu
Khi đó, Định lý cơ bản thứ hai có thể được phát biểu ở dạng yếu hơn như sau.
1.2.4 Định lý Giả sử f(z) là hàm phân hình khác hằng số trên C và a 1 , , a q là các phần tử phân biệt trong C ∪ {∞} Khi đó lim inf r→∞
1.2.5 Định lý Giả sử f(z) là hàm phân hình khác hằng số trong |z| < R 0 Khi đó tập hợp các giá trị a mà δ(f, a) > 0 và θ(f, a) > 0 là đếm được, đồng thời ta có
Chứng minh Xét q điểm khác nhau a 1 , a 2 , , a q trong C∪ {∞} Khi đó q
= lim inf r→∞ qT(f, r)−Pq j=1N(f, aj, r) + Pq j=1N(f, aj, r)−Pq j=1N¯(f, aj, r)
Rõ ràng N(f, a j , r)−N¯(f, a j , r) đếm số lần hàm f = a với bội lớn hơn 1 và do đó q
(δ(f, a j ) +θ(f, a j )) ≤lim inf r→∞ qT(f, r)−Pq j=1N(f, a j , r) + N ram (f, r)
T(f, r) ≤ 2, bởi áp dụng Định lý 1.2.4.
Với mọi số nguyên dương k, tồn tại nhiều nhất hữu hạn giá trị a sao cho Θ(f, a) ≥ 1/k Do
{a : Θ(f, a) ≥ 0} = ∪ ∞ k=1 {a : Θ(f, a) ≥ 1/k}, ta có nhiều nhất đếm được a như vậy.
1.2.6 Hệ quả Nếu f là hàm nguyên thì
Chứng minh Do f là hàm nguyên nên Θ(f,∞) = 1.
Chúng ta có định lý sau là hệ quả trực tiếp của định lý quan hệ số khuyết.
1.2.7 Định lý (Định lý Picard) Giả sử f(z) là hàm phân hình, không nhận
3 giá trị 0, 1, ∞khi đó f là hàm hằng.
Chứng minh Giả sử f không phải là hàm hằng, do f(z) không nhận 3 giá trị 0, 1, ∞ nên
X a∈ C ∪{∞} Θ(f, a) > 2, mâu thuẫn với định lý về số khuyết, như vậy f(z) phải là hàm hằng.
Vấn đề ngược của Nevanlinna Cho 1 ≤ i ≤ N ≤ ∞, giả sử {δ i } và {θ i } là dãy các số thực không âm sao cho
Giả sử a i ,1 ≤ i < N là các điểm phân biệt trong C∪ {∞} Nevanlinna đã ® a ra c©u hái sau:
Tồn tại hay không hàm phân hình f trên C sao cho δ(f, a i ) = δ i , θ(f, a i ) =θ i , 1 ≤i < N và δ(f, a) = θ(f, a) = 0 cho mọi a /∈ {a i }?
Vấn đề này đã được giải quyết trọn vẹn bởi Drasin trong [3].
Các hàm Nevanlinna cho đường cong chỉnh hình
Trước hết ta nhắc lại khái niệm không gian xạ ảnh.
1.3.1 Định nghĩa Đặt(C ∗ ) n+1 = C n+1 \(0, ,0) Ta định nghĩa một quan hệ tương đương trên (C ∗ ) n+1 như sau: (x 0 , , x n ) ∼ (y 0 , , y n ) nếu tồn tại 06= λ ∈ C sao cho (x 0 , , x n ) = λ(y 0 , , y n ).
Không gian xạ ảnh n chiều trên C, ký hiệu là P n (C) hay đơn giản là P n , là không gian (C ∗ ) n+1 với quan hệ tương đương ∼ Ta có P n = (C ∗ ) n+1 / ∼ Mỗi phần tử của không gian xạ ảnh P n là một lớp (x 0 , , x n ) theo quan hệ tương đương ∼ Mỗi phần tử P của không gian xạ ảnh P n được gọi là một điểm, kí hiệu là P = (x0 : ã ã ã : xn) và (x0 : ã ã ã : xn) được gọi là tọa độ thuần nhất của điểm P.
1.3.2 Định nghĩa ánh xạ f = (f0 : f1 : ã ã ã : fn) : C→ P n (C) được gọi là đường cong chỉnh hình nếu f i là các hàm nguyên trên C.
Ta có thể viết f = (fe 0 ,fe 1 , ,fe n ) trong đó fe i là các hàm nguyên không có các không điểm chung Khi đó (fe 0 ,fe 1 , ,fe n ) được gọi là biểu diễn rút gọn của đường cong f.
Giả sử f : C →P n (C)là đường cong chỉnh hình Giả sử f = (f 0 , , f n ) là biểu diễn rút gọn của f, trong đó f 0 , , f n là các hàm nguyên trong C không có không điểm chung. Đặt kf(z)k = (|f 0 (z)| 2 +ã ã ã+|f n (z)| 2 ) 1 2
Hàm đặc trưng Nevanlinna-Cartan T f (r) được định nghĩa bởi
Giả sửQlà đa thức thuần nhất bậcdvớin+1biến Hàm xấp xỉm(r, Q, f) của ánh xạ f ứng với đa thức Q được định nghĩa là m(r, Q, f) = 1
Ta gọi n(r, Q, f), (tương ứng, n(r, Q, f)), là số các không điểm tính cả bội, (tương ứng, không tính bội), của Q◦f trong đĩa |z| ≤ r.
Hàm đếm tính cả bội N(r, Q, f), (tương ứng, hàm đếm không tính bội
N(r, Q, f)), được định nghĩa như sau:
0 n(t, Q, f)−n(0, Q, f) t dt−n(0, Q, f) logr). Tương tự như đối với hàm phân hình, ta cũng có hai định lý cơ bản cho các đường cong chỉnh hình.
1.3.3 Định lý (Định lí cơ bản thứ nhất) Giả sử f : C → P n (C) là đường cong chỉnh hình và Q là đa thức thuần nhất bậc d trong P n (C) Giả sử
Q◦f(C) 6≡0, thì với mọi 0< r < ∞ m(r, Q, f) + N(r, Q, f) = dT(r, f) +O(1), trong đó O(1) là đại lượng bị chặn không phụ thuộc vào r.
1.3.4 Định lý (Định lí cơ bản thứ hai) Giả sửf : C→ P n (C) là đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính Giả sửL1, , Lq là các đa thức tuyến tính P n (C) Khi đó
|L j (f)(re iθ )| dθ2π 6(n+ 1)T(r, f) + o(T(r, f)), trong đó maximum được lấy trên tất cả các tập con K của {1, , q} sao cho L j , j ∈ K là độc lập tuyến tính và kL j k là maximum của các giá trị tuyệt đối của các hệ số trong Lj.
Chương 2 Đường cong chỉnh hình với vô số giá trị khuyÕt
Trong Chương 1, ta đã chứng minh rằng tập hợp các giá trị a sao cho hàm số khuyết của một hàm phân hình tại điểm adương là đếm được Trong chương này, chúng tôi sẽ xây dựng các đường cong chỉnh hình có vô số hàm số khuyết dương Trước hết ta đưa ra các kết quả dùng để hỗ trợ cho việc xây dựng các đường cong chỉnh hình như vậy.
Các kết quả bổ trợ
Cho a 0 z 0 + ã ã ã + a n z n = 0 là một dạng tuyến tính xác định một siêu phẳng H trong không gian xạ ảnh P n Khi đó, có tương ứng 1-1 giữa siêu phẳng H và điểm a = (a 0 , , a n ) ∈ C n+1 \ {(0, ,0)} Do đó, ta có thể thay việc xét một siêu phẳng trong không gian xạ ảnh P n bằng việc xét một điểm trong C n+1 và ta ký hiệu kak = (|a 0 | 2 + +|a n | 2 ) 1 2 ,
20 trong đó f := (f 0 , , f n ) : C → P n (C) là đường cong chỉnh hình khác hằng Khi đó, hàm đếm, hàm xấp xỉ của Nevanlinna-Cartan được viết lại như sau
2.1.1 Định nghĩa Với a ∈ C n+1 − {0}, ta có m(r,a, f) = 1
2.1.2 Định nghĩa Đường cong chỉnh hình f := (f 0 , , f n ) : C → P n (C) được gọi là không suy biến tuyến tính trên C nếu f 0 , , f n là độc lập tuyến tính trên C.
2.1.3 Định nghĩa Đường cong f := (f 0 , , f n ) : C → P n (C) được gọi là siêu việt nếu f là không suy biến tuyến tính và lim r→∞
2.1.4 Định nghĩa. ρ(f) = lim sup r→∞ logT(r, f) logr được gọi là cấp của f.
2.1.5 Định lý (Định lý cơ bản thứ nhất) Cho f : C → P n (C) là ánh xạ chỉnh hình, a ∈ C n+1 − {0} tuỳ ý Khi đó ta có
T(r, f) =m(r,a, f) +N(r,a, f) +O(1), (2.1) trong đó O(1) là đại lượng giới nội.
2.1.6 Định nghĩa Chof : C→ P n (C)là ánh xạ chỉnh hình,a ∈ C n+1 −{0}. δ(f,a) = 1−lim sup r→∞
T(r, f) được gọi là số khuyết của f tại a.
Nhận xét Từ công thức (2.1) ta có 0 6δ(f,a) 6 1.
Tương tự như đối với hàm phân hình, ta có các định nghĩa về giá trị khuyết nh sau.
2.1.7 Định nghĩa Cho a ∈ C n+1 − {0}, giá trị a được gọi là giá trị khuyết của đường cong chỉnh hình f nếu δ(f,a) > 0; giá trị a được gọi là giá trị khuyết cực đại của hàm f nếu δ(f,a) = 1.
2.1.8 Định nghĩa Cho X là một tập con của C n+1 − {0}, và N là một số nguyên thoả mãn N > n X được gọi là ở N - vị trí tổng quát nếu
#X > N + 1 và N + 1 phần tử bất kỳ của X sinh ra C n+1
Chúng ta nói rằng X là ở vị trí tổng quát nếu X ở n - vị trí tổng quát. Định lý sau đây là một mở rộng của Định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna- Cartan cho họ các phần tử ở N - vị trí tổng quát Kết quả này được chứng minh bởi Cartan [1] cho trường hợp N = n và bởi Nocka [10] cho N > n. 2.1.9 Định lý Cho ánh xạ chỉnh hình f : C → P n (C) Với q phần tử a 1 , ,a q bất kỳ của X ở N - vị trí tổng quát Khi đó q
X j=1 δ(a j , f) 6 2N −n+ 1, trong đó 2N −n+ 1 6 q 6 ∞. Để xây dựng đường cong chỉnh hình có vô số giá trị khuyết, ta cũng cần các kết quả sau đây của lý thuyết dãy.
Cho {η v } là một dãy giảm thoả mãn ηv > 0,
Khi đó {θ k } là một dãy tăng ngặt và tiến tới π
2.1.10 Bổ đề Giả sử k > 1, z = re iθ và θ thoả mãn θ k − 1
Chứng minh Trước hết ta chứng minh khẳng định (a) Với v < n θ −θ v > (θ n −θ n−1 )− 1
Ta tiếp tục chứng minh khẳng định (b) Sử dụng (a), ta có : e ze −iθv
Vậy bổ đề được chứng minh.
Giả sử m là một số nguyên dương bất kỳ, {a k } là một dãy tuỳ ý các số phức trong đó có ít nhất 2 phần tử của {a k } k > m phân biệt và khác không, {b k } là một dãy các số dương thoả mãn:
X k=1 α k e ze − iθk , (m > 2) với số phức αk bất kỳ Hơn nữa ta đặt
Ta có các mệnh đề sau.
2.1.11 Mệnh đề Cho z = re iθ Khi đó
Chứng minh Trước hết ta có: e ze − iθk
= e r cos(θ−θ k ) 6 e r Khi đó các khẳng định được chứng minh như sau:
2.1.12 Bổ đề Cho θ thoả mãn (2.2) và k > m, z = re iθ Khi đó, ta có các bất đẳng thức sau:
6(S 2 + A m−1 )e r cos 2 3 πη k , (2.5) và với r đủ lớn
Chứng minh Ta có u(z) +w m−1 (z)−b k a k e ze − iθk
6 (S 1 +A m−1 )e r cos 2 3 πη k , khẳng định (1) được chứng minh. vm(z)−bke ze − iθk
6S 2 e r cos 2 3 πη k , bất đẳng thức (2) được chứng minh. v m (z) +w m−1 (z)−b k e ze − iθk
= (S 2 +A m−1 )e r cos 2 3 πη k , đưa ra chứng minh cho bất đẳng thức (3).
Giả sử a k 6= 0, ta có b k a k e ze − iθk
6 (S1 +A m−1 )e r cos 2 3 πη k Điều này kéo theo
2bk|a k |e r cos 1 3 πη k , khẳng định (4) được chứng minh.
Bất đẳng thức (5) được chứng minh như sau: b k e ze − iθk
Bất đẳng thức (6) được suy ra từ b k e ze − iθk
6 (S2 +A m−1 )e r cos 2 3 πη k , điều này kéo theo
Bổ đề được chứng minh.
2.1.13 Bổ đề. u(z) +wm−1(z) và vm(z) là độc lập tuyến tính trên C.
Chứng minh Trước hết từ bất đẳng thức (2.6) và (2.7) ta nhận thấy cả u(z) +w m−1 (z) vàvm(z) đều không đồng nhất bằng không.
Giả sử u(z) +w m−1 (z) và v m (z) là phụ thuộc tuyến tính trên C, khi đó tồn tại một hằng số a 6= 0 thoả mãn u(z)+w v m (z) m−1 (z) ≡ a.
Mặt khác do cách chọn dãy{a k }nên có ít nhất mộtk >mđểak 6= 0, a k 6= a,khi đó với θ thoả mãn (2.2), với z = re iθ và r đủ lớn ta có
(do sin π 6 η k sin π 2 η k > 0.) Điều này mâu thuẫn Vậy điều giả sử không, tức u(z) +w m−1 (z) và v m (z) là độc lập tuyến tính trên C.
Cho f := (f 1 : : f n+1 ) là một đường cong chỉnh hình siêu việt; p là một số nguyên dương tuỳ ý, đặt P(z) = z p , chúng ta xét đường cong chỉnh h×nh f ◦P = (f 1 ◦P, , f n+1 ◦P).
Chú ý rằng f 1 ◦P, , f n+1 ◦P không có không điểm chung và độc lập tuyến tính trên C.
2.1.14 Bổ đề Cho a ∈ C n+1 − {0} Khi đó
Chứng minh Bởi định nghĩa của hàm đặc trưng và theo giả thiết kf ◦P(z)k = kf(z p )k f(r p e ipθ )
Mặt khác ρ(f ◦P) = lim sup r→∞ logT(r, f ◦P) logr = lim sup r→∞ logT(r p , f)
Khẳng định (1) được chứng minh.
Ta sẽ chứng minh khẳng định (2) Thật vậy, m(r,a, f ◦P) = 1
Từ (1) và (2) ta có δ(a, f ◦P) = lim inf r→∞ m(r,a, f ◦P)
T(r p , f) = δ(a, f),suy ra (3) đựơc chứng minh.
Các ví dụ về đường cong chỉnh hình với vô số giá trị khuyết
Như ta đã biết, bài toán về hàm phân hình với hữu hạn hay vô hạn giá trị khuyết đã được nghiên cứu khá trọn vẹn trong các công trình của Le V T.
[11], D Drasin [3], Hayman [4], Trong phần này ta nghiên cứu bài toán này cho đường cong chỉnh hình Ta giả thiết n >2.
Cho {η v }và {θ k } là các dãy sao cho {η v } là một dãy giảm với ηv > 0,
X v=1 ηv = 1, η0 = η1, và {θ k } là một dãy tăng ngặt với θ0 = 0, θk = π k−1
Cho Y = {a k = (a1k, , ank,1) ∈ C n+1 } ở vị trí tổng quát và {c jk } ∞ k=1 , (j = 1, , n) là những dãy số dương thoả mãn: det (c jk ) 6= 0,(j, k = 1, , n), c1k = c2k = = cnk = ck,(k = n, n+ 1, ), và
Chú ý rằng, nếu ta đặt a k = Pn j=1a jk , (k = 1,2, ), thì do Y là ở vị trí tổng quát, nên dãy{a k }thoả mãn các điều kiện của dãy{a k }đã nêu ở trước Mệnh đề 2.1.11 Ta có mệnh đề sau.
2.2.1 Mệnh đề Cho |z| = r Khi đó
Chứng minh Với số k bất kỳ và z = re iθ , ta có: e ze − iθk
2.2.2 Mệnh đề Các hàm ϕ 1 , , ϕ n+1 không có không điểm chung.
Chứng minh Chúng ta chỉ phải chứng minh ϕ 1 , , ϕ n không có không điểm chung Giả sử rằng chúng có không điểm chung tại z = z 0 , thì từ ϕ j (z) n−1
Do đó, bởi cách chọn {c jk }, ta có
= c nn det(c jk −c nk ),(j, k = 1, , n−1) do c nn 6= 0 vậy nên từ (2.9) ta có e z 0 e − iθk = 0,(k = 1, , n−1). Đây là điều vô lý Vậy ϕ 1 , , ϕ n+1 không có không điểm chung.
2.2.3 Mệnh đề Các hàm ϕ 1 , , ϕ n+1 là độc lập tuyến tính trênC.
Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn tại các sốα i không đồng thời bằng không sao cho α 1 ϕ 1 + +α n+1 ϕ n+1 = 0.
Khi đó α1(h1 + ψ1) + +αn(hn+ψ1) +αn+1ϕn+1 = 0, mà kéo theo α 1 h 1 + +α n h n +α n+1 ϕ n+1 + (α 1 + +α n )ψ 1 = 0 (2.10)
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử α n+1 6= 0, khi đó phương trình (2.10) tương đương với αn+1(α 1 h 1 + +α n h n α n+1 +ϕn+1) + (α1 + +αn)ψ1 = 0 (2.11)
Từ định nghĩa của ϕ n+1 , ψ 1 và h 1 , , h n ta có thể xem m = n và u= ϕ n+1 , w m−1 = α 1 h 1 + +α n h n α n+1 , v n = ψ 1 Theo Bổ đề 2.1.13 ta có u(z) +w m−1 (z) và vm(z) là độc lập tuyến tính trên
C Do đó α 1 h 1 + +α α n+1 n h n +ϕ n+1 và ψ 1 là độc lập tuyến tính trên C.
Từ hệ thức (2.11) và α n+1 6= 0, điều này vô lý Vậy α n+1 = 0.
Giả sử α 1 + + α n 6= 0 khi đó (2.12) tương đương với α 1 h 1 + + α n h n α1 + +αn
Theo bất đẳng thức (2.8) với m = n , v n = ψ 1 , w m−1 = α 1 h α 1 +ããã+α n h n
+ψ 1 6= 0, suy ra mâu thuẫn, vậy α 1 +ã ã ã+α n = 0 suy raα n = −α 1 − ã ã ã −α n−1 Từ (2.12) ta cã α1(h1 −hn) +ã ã ã+α n−1 (h n−1 −hn) = 0, (2.13) trong đó h j (z)−h n (z) n−1
(c jk −c nk )e ze − iθk ,(j = 1, , n−1), det(c jk − c nk ) 6= 0 và do 0 < θ 1 < ã ã ã < θ n−1 < 2π nên e ze −iθ 1 , , e ze − iθn−1 là độc lập tuyến tính trên C Từ (2.13) ta có α 1 = ã ã ã = α n−1 = 0 và α n = 0.
Vậy ϕ 1 , , ϕ n+1 độc lập tuyến tính trên C.
Từ các Mệnh đề 2.2.2 và 2.2.3, ta thấy rằng nếu ϕ := [ϕ1, , ϕn+1] thì ϕ là đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính từ C vào P n (C).
Chứng minh Từ Mệnh đề 2.2.1 ta có|ϕ j (z)| < S j e r ,(j = 1,2, , n+1)nên ϕ(re iθ ) ϕ 1 (re iθ )
Theo định nghĩa hàm đặc trưng T(r, ϕ) ta có
2.2.5 Mệnh đề Cho θ thoả mãn (2.2), cho |z| = r Khi đó
Chứng minh Khẳng định (1) suy ra do ϕn+1(z) + n
Khẳng định (2) được kéo theo từ ϕ j (z)−c jk e ze − iθk
> 1 2 c jk e r cos 1 3 πη k , (j = 1, , n) (theo bất đẳng thức (2.6)) Khẳng định (3) được chứng minh.
2.2.6 Mệnh đề Cho θ thoả mãn (2.2), cho z = re iθ và r đủ lớn ka k k ϕ(re iθ )
|(a k , ϕ(re iθ ))| > ka k k(max 1 6 j 6 n c jk )e r cos 1 3 πη k
Chứng minh Do Mệnh đề 2.2.3, (a k , ϕ(re iθ )) 6= 0 với bất kỳ a k ∈ Y.
Với θ thoả mãn (2.2), với r đủ lớn, theo bất đẳng thức (2.16) của Mệnh đề 2.2.5 ta có ka k k ϕ(re iθ )
1max6 j 6 nc jk e r cos 1 3 πη k (2.17) Theo bất đẳng thức (2.14) và (2.15) của Mệnh đề 2.2.5 ta có
Từ (2.17) và (2.18) ta có điều phải chứng minh
2.2.7 Mệnh đề Với r đủ lớn m(r,ak, ϕ) > 2
Chứng minh Từ định nghĩa của m(r,a k , ϕ), với β k = 1 3 πη k và theo Mệnh đề 2.2.6 ta có m(r,a k , ϕ) = 1
9rη 3 k + O(1), (ta cã sinx > 2 π x víi 06 x 6 π 2 ). Định lý sau đây cho ta một cách xây dựng đường cong chỉnh hình có bậc
1 với vô số giá trị khuyết.
2.2.8 Định lý Giả sử ϕ, Y = {a k } và ηk như đã xây dựng ở phần trên.
Chứng minh I Từ Mệnh đề 2.2.4 và 2.2.7 ta có:
II Từ Mệnh đề 2.2.4 và 2.2.7 ta có: δ(a k , ϕ) = lim inf r→∞ m(r,a k , ϕ)
9η k 3 Định lý sau đây cho ta một cách xây dựng đường cong chỉnh hình có bậc p, với p là số nguyên dương nào đó, với vô số giá trị khuyết.
2.2.9 Định lý Giả sử ϕ, Y = {a k } và η k như đã xây dựng ở phần trên Với mỗi số nguyên dương p bất kỳ đặt P(z) = z p Giả sử ϕ◦P = [ϕ 1 ◦P, , ϕ n+1 ◦P]. Khi đó ta có:
Chứng minh của định lý trên suy ra trực tiếp từ Định lý 2.2.8 và Bổ đề 2.1.14. Đặt Y 1 = Y ∪ {b m = (m+ 1)a 1 |16 m 6 N −m} với N là một số nguyên dương lớn hơn n.
2.2.10 Hệ quả Với ϕ◦P được đưa ra ở Định lý 2.2.8, ta có: δ(a k , ϕ◦P) > 2
Như trong trường hợp hàm phân hình ta có hệ quả sau:
2.2.11 Hệ quả Cho 0 < ε < 1 3 , tồn tại một đường cong chỉnh hình ϕ◦ P cấp p và dãy {a k },(k = 1,2, ) ở vị trí tổng quát thoả mãn
Như vậy, luận văn này đã trình bày lại các khái niệm, các tính chất và các định lý của lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình và cho đường cong chỉnh hình một cách có hệ thống Phân tích và chứng minh lại một cách tỉ mỉ, cụ thể các bổ đề, mệnh đề và các kết quả trong bài báo của N Toda [12] về xây dựng đường cong chỉnh hình với vô số giá trị khuyết Kết quả chính của luận văn là đã xây dựng các đường cong chỉnh hình với hữu hạn hay vô hạn giá trị khuyết đã được trình bày trong luận văn.
[1] H Cartan, Sur les zeros des combinaisions linearires de p fonctions holomorpes donnees, Mathematica (Cluj) 7 (1933), 80-103.
[2] W Cherry and Z Ye, Nevanlinna's Theory of Value Distribution The Second Main Theorem and its Error Terms, Springer Monographs in Mathematics, Springer-Verlag, 2001.
[3] D Drasin, The inverse problem of the Nevanlinna theory, Acta Math.
[4] W K Hayman, Meromorphic functions, Clarendo Press, Oxford, 1964.
[5] R Hartshorne, Algebraic Geometry, Grad Texts in Math vol 52, Springer-Verlag, New York, 1997.
[6] Hà Huy Khoái, Giáo trình giải tích phức, Viện Toán học, 2000.
[7] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải, Hàm biến phức, NXB Đại học Quốc gia, Hà Nội (1997).
[8] S Kobayashi, Hyperbolic manifolds and holomophic mappings, Marcel Dekker, 1970.
[9] R Nevanlinna, Einige Eindeutigkeitssatze in der Theorie der meromor- phen Function, Acta Math 48 (1926), 367-391.
[10] E I Nochka, On the theory of meromorphic curves, Soviet Math Dokl.