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

Header Page 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 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 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 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 i LỜI CẢM ƠN Lời xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TSKH Trần Văn Tấn, người thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ, động viên suốt trình hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn TS Hà Trần Phương thầy cô giáo tổ Giải tích trường ĐHSP Thái Nguyên truyền thụ cho kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho ý kiến đóng góp quý báu để hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn trường ĐHSP Thái Nguyên khoa Toán nơi mà đào tạo hoàn thành luận văn thạc sĩ khoa học Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè nguồn động viên lớn lao trình làm luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2011 Tác giả Hà Thị Thanh Huyền Footer PageSố3 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 ii Mục lục Mở đầu 1 Một số khái niệm Lý thuyết Nevanlinna 1.1 1.2 Một số khái niệm 1.1.1 Hàm đếm 1.1.2 Hàm xấp xỉ 1.1.3 Ánh xạ chỉnh hình từ C vào CP n 1.1.4 Hàm đặc trưng 1.1.5 Họ siêu phẳng vị trí tổng quát Một số định lý mệnh đề Định lý thứ hai Cartan 2.1 Công thức Jensen 2.2 Bổ đề đạo hàm logarit 12 2.3 Định lý thứ hai Cartan 17 Ứng dụng Định lý thứ hai toán xác định ánh xạ chỉnh hình 19 3.1 Định lý Smiley 19 3.2 Mở rộng Định lý Smiley tới trường hợp họ siêu phẳng 21 Kết luận 28 Tài liệu tham khảo 29 Footer PageSố4 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Mở đầu Năm 1925 Nevanlinna công bố nghiên cứu phân bố giá trị hàm phân hình Kết sau nhanh chóng mở rộng sang trường hợp chiều cao hình thành Lý thuyết mang tên Nevanlinna Trọng tâm Lý thuyết Nevanlinna hai định lý bản, thứ thứ hai Trong Định lý thứ hệ trực tiếp công thức Jensen Định lý thứ hai biết đến trường hợp Năm 1933 Cartan mở rộng kết 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 q siêu phẳng H1 , , Hq vị trí tổng quát CP n , H Cartan chứng minh: với r > tập có độ đo Lebesgue hữu hạn, q (q − n − 1) Tf (r) ≤ j=1 [n] NHj (f ) (r) + o (Tf (r)) Định lý không kết cho trường hợp chiều cao, mà chứng minh có vai trò quan trọng việc chứng minh Định lý thứ hai nhiều trường hợp khác Trong luận văn này, tìm hiểu cách chứng minh kết có tính chất khơi đầu nói Bên cạnh đó, tìm hiểu ứng dụng Lý thuyết Nevanlinnna toán xác định ánh xạ chỉnh hình Footer PageSố5 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Nội dung luận văn gồm chương: Chương 1: Chúng trình bày số khái niệm Lý thuyết Nevanlinna Chương 2: Chúng trình bày Định lý thứ hai Cartan Chương 3: Ứng dụng Định lý thứ hai Cartan toán xác định ánh xạ chỉnh hình Footer PageSố6 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Chương Một số khái niệm Lý thuyết Nevanlinna 1.1 1.1.1 Một số khái niệm Hàm đếm Cho ϕ hàm phân hình khác đồng không C Kí hiệu νϕ divisor không điểm ϕ, có nghĩa νϕ (a) = m a không điểm bội m ϕ νϕ (a) = trường hợp lại Với số nguyên dương ( +∞ ) k , đặt n[k] ϕ (t) = {νϕ (z) , k}, |z| Định nghĩa 1.1 Hàm đếm không điểm ϕ với bội ngắt k định nghĩa sau [k] Nϕ (r) r = [k] nϕ (t) t dt Trong trường hợp k = +∞, ta bỏ ký tự [k] hàm đếm divisor Footer PageSố7 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 1.1.2 Hàm xấp xỉ Định nghĩa 1.2 Hàm xấp xỉ ϕ định nghĩa m (r, ϕ) = 2π log+ |ϕ (z)| dθ |z|=r Ở ta kí hiệu log+ x = max {log x, 0}, với x ∈ (0, +∞) Ta để ý 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 suy 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 gọi đường cong chỉnh hình, không gian xạ ảnh CP n định nghĩa ánh xạ f = (f0 : : fn ) : C → CP n z → (f0 (z) : : fn (z)) fj , ≤ j ≤ n, hàm nguyên C Footer PageSố8 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 1.1.4 Hàm đặc trưng Cho f : C → CP n ánh xạ chỉnh hình khác với biểu diễn rút gọn f = (f0 : : fn ) Khi với siêu phẳng H : a0 x0 + + an xn = 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 f biểu diễn phương trình H Kí hiệu f = |f0 |2 + + |fn |2 Định nghĩa 1.4 Hàm đặc trưng f định nghĩa Tf (r) = 2π log f dθ − |z|=r 1.1.5 2π log f dθ, r > |z|=1 Họ siêu phẳng vị trí tổng quát Định nghĩa 1.5 Họ siêu phẳng H1 , , Hq thuộc CP n gọi vị trí tổng quát với họ k siêu phẳng chúng ( k ≤ n + ) giao k siêu phẳng phẳng có số chiều n − k Trong trường hợp q ≥ n + 1, họ siêu phẳng nói vị trí tổng quát giao họ n + siêu phẳng chúng rỗng 1.2 Một số định lý mệnh đề Mệnh đề 1.6 Cho n+1 siêu phẳng H0 , , Hn vị trí tổng quát CP n ánh xạ chỉnh hình khác f : C → CP n Đặt F = (H0 (f ) : : Hn (f )) Khi Tf (r) = TF (r) + O (1) Footer PageSố9 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 10 of 89 P để mệnh đề P với r ∈ [0, +∞) trừ 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 miền C với biên ∂D thuộc lớp C Xét η = P dz + Qd¯ z 1− dạng thuộc lớp C lân ¯ Khi ta có cận mở D dη = D ∂D − dη = ∂Q ∂P + dz ∧ d¯ z ∂ z¯ ∂z D Cho ϕ hàm khả vi 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 = ∂ϕ ∂x − i ∂ϕ ∂y , ∂ϕ ∂ z¯ = ∂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 4π ∂ϕ ∂x dy − ∂ϕ ∂y dx , ¯ dϕ = ∂ϕ + ∂ϕ i ¯ 2π ∂ ∂ϕ ∂ 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 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 19 of 89 15  ≤ 12 log 1 + πrδ (để ý d dr r r d dr 1+δ f ∗Φ dt t   + log+ Tf (r) + O (1) ∆(t) ∗ f Φ ∗ dt t f Φ= ∆(r) ) r ∆(t) ≤ 12 log + πrδ µ(r)(1+δ) ≤ 1+ (1+δ) 2 + log+ Tf (r) + O (1) log+ Tf (r) + 2δ log+ r + O (1) Ta có điều phải chứng minh Hệ 2.5 Cho f hàm phân hình khác Khi m r, f f = o (Tf (r)) Bổ đề 2.6 (Bổ đề đạo hàm logarit cho đạo hàm bậc cao) Cho f hàm phân hình khác Khi a) Tf (k) (r) ≤ (k + 1) Tf (r) + o (Tf (r)), (k) b) m r, f f = o (Tf (r)), f (k) đạo hàm cấp k f Chứng minh Theo bổ đề đạo hàm logarit ta có kết luận a), b) với k = 0, Giả sử a) với k ≤ n − b) với k ≤ n, n ≥ Ta chứng minh a), b) với k = n k = n + 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) f (k) Footer PageSố19hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 20 of 89 16 Do theo Định lý thứ nhất, ta có Tf (k) (r) = N f (k) (r) + m r, f (k) ≤ (k + 1) Tf (r) + o (Tf (r)) , 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 điều phải chứng minh Bổ đề 2.7 (Bổ đề đạo hàm logarit cho trường hợp chiều cao) Cho f : C → CP n ánh xạ phân hình không suy biến tuyến tính Khi với n+1 siêu phẳng H0 , , Hn vị trí tổng quát CP n ta có m r, W (f0 , , fn ) H0 (f ) Hn (f ) = o (Tf (r)) , (f0 : : fn ) biểu diễn rút gọn f Chứng minh Ta có W (f0 , , fn ) = c.W (H0 (f ) , , Hn (f )), với c số Không tính tổng quát, giả sử H0 (f ) ≡ Khi m r, H (f ) W (f0 , ,fn ) H0 (f ) Hn (f ) = m r, n (f ) W 1, H1 (f ) , , H H (f ) 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 ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến tính Giả sử H1 , , Hn siêu phẳng vị trí tổng quát CP n Khi q q νHj (f ) − νW (f ) ≤ j=1 Footer PageSố20hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên νHj (f ) , n j=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 21 of 89 17 Chứng minh Lấy a thuộc C Do H1 , , Hn vị trí tổng quát nên tồn không n số j cho Hj (f (a)) = Không tính tổng quát, giả sử νH1 (f ) (a) ≥ ≥ νHn (f ) (a) ≥ = 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, n+1 = j=1 νHj (f ) (a) , n q = j=1 2.3 νHj (f ) (a) , n Định lý thứ hai Cartan Định lý 2.9 (Định lý thứ hai Cartan) Cho f : C → CP n ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến tính Giả sử H1 , , Hn siêu phẳng vị trí tổng quát CP n Khi q [n] (q − n − 1) Tf (r) ≤ NHj (f ) (r) + o (Tf (r)) j=1 Chứng minh Do siêu phẳng H1 , , Hn 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 đường tròn |z| = r, áp dụng công thức Jensen, Footer PageSố21hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 22 of 89 18 Bổ đề đạo hàm logarit Bổ đề 2.8 ta có q q j=1 [n] NHj (f ) (r) ≥ ≥ 2π 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 điều phải chứng minh Footer PageSố22hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 23 of 89 19 Chương Ứng dụng Định lý thứ hai toán xác định ánh xạ chỉnh hình Một ứng dụng đẹp đẽ Lý thuyết Nevanlinna toán xác định ánh xạ chỉnh hình Được lần đầu nghiên cứu Nevanlinna cho trường hợp hàm phân hình, ngày toán xác định ánh xạ phân hình thu nhiều kết thú vị đông đảo nhà toán học Chúng đưa kết chủ đề cho trường hợp chiều cao đạt Smiley kết mở rộng gần Dethloff-Quang-Tan 3.1 Định lý Smiley Định lý 3.1 (Định lý Smiley) Cho f g hai ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến tính từ C vào CP n Giả sử H1 , , H3n+2 siêu phẳng vị trí tổng quát CP n Giả sử điều sau thoả mãn i) f −1 (Hj ) = g −1 (Hj ) , j = 1, , 3n + 2, ii) f −1 (Hi ) ∩ f −1 (Hj ) = ∅, với ≤ i = j ≤ 3n + 2, Footer PageSố23hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 24 of 89 20 3n+2 iii) f = g f −1 (Hj ) j=1 Khi f ≡ g Chứng minh Giả sử trái lại f ≡ g Lấy siêu phẳng H cho f −1 (H) ∩ f −1 (Hj ) = ∅, ∀j = 1, , 3n + Khi tồn số i, chẳng hạn i = cho H1 (f ) H1 (g) ≡ H (f ) H (g) Thật vậy, trái lại suy Hj (f ) Hj (g) ≡ , H (f ) H (g) với j = 1, , 3n + Khi Hj (f ) Hj (g) ≡ , H1 (f ) H1 (g) với j = 1, , 3n + Vậy f ≡ g Điều mâu thuẫn Do Từ iii) suy H1 (f ) H1 (g) ≡ H (f ) H (g) H1 (f ) H(f ) − H1 (g) H(g) 3n+2 = 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 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 25 of 89 21 Do 3n+2 3n+2 [1] NHj (f ) (r) (Tf (r) + Tg (r)) ≥ [1] + j=1 NHj (g) (r) + O (1) j=1 Mặt khác theo Định lý thứ hai ta có 3n+2 [1] NHj (f ) (r) j=1 ≥ n 3n+2 [n] NHj (f ) (r) ≥ j=1 3n+2 [1] NHj (g) (r) ≥ j=1 2n + Tf (r) − o (Tf (r)) , n 2n + Tg (r) − o (Tg (r)) n Do ta có (Tf (r) + Tg (r)) ≥ 2n + (Tf (r) + Tg (r)) + o (Tf (r) + Tg (r)) n Điều mâu thuẫn Vậy ta nhận điều phải chứng minh 3.2 Mở rộng Định lý Smiley tới trường hợp họ siêu phẳng Gần Dethloff-Quang-Tan mở rộng kết tới trường hợp hai họ siêu phẳng, số lượng siêu phẳng giảm, ánh xạ chỉnh hình khác Để tiện việc trình bày, phát biểu chứng minh kết Dethloff-Quang-Tan trường hợp đặc biệt ánh xạ không suy biến tuyến tính Định lý 3.2 Cho f, g hai ánh xạ phân hình không suy biến tuyến tính 2n+3 từ C vào CP n Cho {Hj }2n+3 j=1 {Lj }j=1 hai họ siêu phẳng vị trí tổng quát CP n Giả sử a) b) f −1 (Hj ) = g −1 (Lj ) với ≤ j ≤ 2n + , f −1 (Hi ) ∩ f −1 (Hj ) = ∅ với ≤ i < j ≤ 2n + , Footer PageSố25hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 26 of 89 22 c) (f,Hi ) (g,Li ) Khi = (f,Hj ) (g,Lj ) 2n+3 k=1 k=i,j f −1 (Hk ) với ≤ i < j ≤ 2n + (f, H1 ) (f, H2n+3 ) ≡ ··· ≡ (g, L1 ) (g, L2n+3 ) Hơn tồn biến đổi xạ ảnh L CP n cho L(f ) ≡ g L(Hj ) = Lj với j ∈ {1, , 2n + 3} Chứng minh Trước hết ta chứng minh (f, H1 ) (f, H2n+3 ) ≡ ··· ≡ (g, L1 ) (g, L2n+3 ) (3.1) Ta chia làm hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Tồn J := {j0 , , jn } ⊂ {1, , 2n + 3} cho (f, Hjn ) (f, Hj0 ) ≡ ··· ≡ (g, Lj0 ) (g, Ljn ) định nghĩa ≡ u Ta có u hàm chỉnh hình không triệt tiêu Do Hj0 , , Hjn vị trí tổng quát nên F := (f, Hj0 ) : · · · : (f, Hjn ) biểu diễn rút gọn ánh xạ chỉnh hình F từ Cm vào CP n Ta có TF (r) = Tf (r) + O(1) Giả sử (3.1) không Khi tồn i0 ∈ {1, , 2n+3}\{j0 , , jn } cho (f, Hi0 ) ≡ u (g, Li0 ) (3.2) 2n+3 i0 Do họ {Hj }2n+3 : j=1 {Lj }j=1 vị trí tổng quát, nên tồn H a0 ω0 + · · · + an ωn = 0, Li0 : b0 ω0 + · · · + bn ωn = CP n cho i0 (f, Hi0 ) ≡ (F, H i0 ), (g, Li0 ) ≡ b0 (g, Lj0 ) + · · · + bn (g, Ljn ) ≡ (F,Lu ) Khi (3.2) ta có (F, H i0 ) (f, Hi0 ) ≡ ≡ (F, Li0 ) u(g, Li0 ) Footer PageSố26hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 27 of 89 23 Vậy (f,Hj0 ) (f,Hi0 ) (F,H i0 ) −1 2n+3 (Hk ), = = u k=1 f (g,Lj0 ) (g,Li0 ) (F,Li0 ) k=i,j i0 (f,H ) (f,H ) ) −1 (Hk ) u = (g,Ljj1) = (g,Lii0) = u (F,H 2n+3 k=1 f i 0) (F,L k=i,j u= Do (F,H i0 ) (F,Li0 ) 2n+3 = k=1 k=i,j f −1 (Hk ) Suy q [1] N(f,Hk ) (r) ≤ N (F,H i0 ) −1 (F,Li0 ) k=1,k=i0 (r) ≤ T (F,H i0 ) (r) + O(1) ≤ TF (r) + O(1) = Tf (r) + O(1) (F,Li0 ) Do đó, theo Định lý thứ hai Cartan ta có 2n+3 2n+3 [1] N(f,Hk ) (r) Tf (r) + O(1) ≥ k=1,k=i0 ≥ k=1,k=i0 ≥ [n] N (r) n (f,Hk ) n+1 Tf (r) − o(Tf (r)) n Mâu thuẫn Vậy ta nhận (3.1) trường hợp Trường hợp 2: Với J ⊂ {1, , 2n + 3} với #J = n + 1, tồn cặp i, j ∈ J cho (f, Hi ) (f, Hj ) ≡ (g, Li ) (g, Lj ) Xét quan hệ tương đương L := {1, · · · , 2n + 3} sau: i ∼ j  (f, Hi )  det  (g, Li )  (f, Hj )   = (g, Lj ) Đặt {L1 , · · · , Ls } = L/ ∼ Khi đó, #Lk ≤ n với k ∈ {1, · · · , s} Không tính tổng quát giả sử Lk := {ik−1 +1, · · · , ik } (k ∈ {1, · · · , s}), = i0 < · · · < is = 2n + Footer PageSố27hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 28 of 89 24 Xét ánh xạ σ : {1, · · · , q} → {1, · · · , 2n + 3} cho  i + n σ(i) = i + n − q i ≤ n + 3, i > n + Dễ ràng nhận thấy σ đơn ánh | σ(i) − i |≥ n Do i σ(i) thuộc hai tập phân biệt {L1 , · · · , Ls } Suy với i ∈ {1, , q}, ta có  (f, Hi )  Pi := det   (f, Hσ(i) )   = (g, Lσ(i) ) (g, Li ) Ta có 2n+3 [1] νPi ≥ min{ν(f,Hi ) , ν(g,Li ) } + min{ν(f,Hσ(i) ) , ν(g,Lσ(i) ) } + ν(f,Hj ) (3.3) j=1 j=i,σ(i) Mặt khác từ f −1 (Hk ) = g −1 (Lk ) ta có min{ν(f,Hk ) , ν(g,Lk ) } ≥ min{ν(f,Hk ) , n} + min{ν(g,Lk ) , n} − n min{ν(f,Hk ) , 1} [n] [n] [1] = ν(f,Hk ) + ν(g,Lk ) − nν(f,Hk ) , với k ∈ {i, σ(i)} Do từ (3.3) ta có [n] [n] [n] [n] νPi ≥ ν(f,Hi ) + ν(g,Li ) + ν(f,Hσ(i) ) + ν(g,Lσ(i) ) 2n+3 − [1] nν(f,Hi ) − [1] nν(f,Hσ(i) ) [1] + ν(f,Hj ) j=1 j=i,σ(i) Footer PageSố28hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 29 of 89 25 Vậy với i ∈ {1, , 2n + 3} ta có [p] [n] [n] [n] NPi (r) ≥ N(f,Hi ) (r) + N(g,Li ) (r) + N(f,Hσ(i) ) (r) + N(g,Lσ(i) ) (r) 2n+3 − [1] nN(f,Hi ) (r) − [1] nN(f,Hσ(i) ) (r) [1] N(f,Hj ) (r) + j=1 j=i,σ(i) (3.4) Từ công thức Jensen ta có log |Pi |σ + O(1) NPi (r) = S(r) log(|(f, Hi )|2 + |(f, Hσ(i) )|2 ) σ ≤ S(r) log(|(g, Li )|2 + |(g, Lσ(i) )|2 ) σ + O(1) + S(r) ≤ Tf (r) + Tg (r) + O(1) Vì từ (3.4) với i ∈ {1, , q} ta có [n] [n] [n] [n] N(f,Hi ) (r) + N(g,Li ) (r) + N(f,Hσ(i) ) (r) + N(g,Lσ(i) ) (r) 2n+3 − [1] nN(f,Hi ) (r) − [1] nN(f,Hσ(i) ) (r) [1] + N(f,Hj ) (r) j=1 j=i,σ(i) ≤ Tf (r) + Tg (r) + O(1) (3.5) Do 2n+3 2n+3 [n] N(f,Hj ) (r) + [n] N(g,Lj ) (r) j=1 [1] + N(f,Hj ) (r) j=1 ≤ (2n + 3) Tf (r) + Tg (r) + O(1) (3.6) Mặt khác từ f −1 (Hj ) = g −1 (Lj ) ta có 2n+3 [n] N(f,Hj ) (r) j=1 + [n] N(g,Lj ) (r) + 2n+3 [1] [1] N(f,Hj ) (r) + N(g,Lj ) (r) j=1 ≤ (2n + 3) Tf (r) + Tg (r) + O(1) (3.7) Footer PageSố29hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 30 of 89 26 Do 2+ 2n 2n+3 [n] [n] N(f,Hj ) (r) + N(g,Lj ) (r) ≤ (2n + 3) Tf (r) + Tg (r) + O(1) j=1 (3.8) Từ (3.8) Định lý thứ hai cho f siêu phẳng Hj cho g siêu phẳng Lj ta có (n + 2)(2 + ) Tf (r) + Tg (r) ≤ (2n + 3) Tf (r) + Tg (r) 2n +o Tf (r) + Tg (r) Mâu thuẫn Vậy ta nhận (3.1) trường hợp Giả sử Hj : aj0 ω0 + · · · + ajn ωn = 0, Lj : bj0 ω0 + · · · + bjn ωn = (j = 1, , 2n + 3) Đặt  a10 a20 a1n a2n   b10 b20 b1n b2n           , B :=  , A :=          a(n+1)0 a(n+1)n b(n+1)0 b(n+1)n L = B −1 · A Từ (3.1), ta có A(f ) ≡ B(g) Vậy L(f ) ≡ g Đặt Hj∗ = (aj0 , , ajn ) ∈ Cn+1 , L∗j = (bj0 , , bjn ) ∈ Cn+1 Ta viết ∗ Hj∗ = αj1 H1∗ + · · · + αj(n+1) Hn+1 L∗j = βj1 L∗1 + · · · + βj(n+1) L∗n+1 Footer PageSố30hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 31 of 89 27 Từ (3.1) ta có αj1 (f, H1 ) + · · · + αj(n+1) (f, Hn+1 ) (f, H1 ) (f, Hn+1 ) ≡ ≡ ··· ≡ , βj1 (g, L1 ) + · · · + βj(n+1) (g, Ln+1 ) (g, L1 ) (g, Ln+1 ) với j ∈ {1, , 2n + 3} Kéo theo (αj1 − βj1 )(f, H1 ) + · · · + (αj(n+1) − βj(n+1) )(f, Hn+1 ) ≡ 0, (3.9) với j ∈ {1, , q} Mặt khác f không suy biến tuyến tính {Hj }n+1 j=1 vị trí tổng quát CP n Do từ (3.9) ta có (αj1 − βj1 )(ω, H1 ) + · · · + (αj(n+1) − βj(n+1) )(ω, Hn+1 ) = 0, (3.10) với ω j ∈ {1, , 2n + 3} Xét siêu phẳng αj : αj1 ω0 + · · · + αj(n+1) ωn = βj : βj1 ω0 + · · · + βj(n+1) ωn = (j = 1, , 2n + 3) Từ (3.10) ta có (A(ω), αj ) = (A(ω), βj ) (3.11) với ω j ∈ {1, , 2n + 3} Với j ∈ {1, , 2n + 3} ω ta có (ω, Hj ) = αj1 (ω, H1 ) + · · · + αj(n+1) (ω, Hn+1 ) = (A(ω), αj ) (3.11) = (A(ω), βj ) = (B · L(ω), βj ) = βj1 (L(ω), L1 ) + · · · + βj(n+1) (L(ω), Ln+1 ) = (L(ω), Lj ) Do L(Hj ) = Lj với j ∈ {1, , 2n + 3} Footer PageSố31hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 32 of 89 28 Kết luận Luận văn đạt số kết sau: Trình bày số khái niệm kết Lý thuyết Nevanlinna Trình bày cách tường minh phép chứng minh Định lý thứ hai Cartan Lý thuyết Nevanlinna Trình bày ứng dụng Định lý thứ hai Cartan toán xác định ánh xạ chỉnh hình Footer PageSố32hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 33 of 89 29 Tài liệu tham khảo [1] Gerd Dethloff and Sy Duc Quang and Tran Van Tan (2011), A uniqueness theorem for meromorphic mappings with two families of hyperplanes, Proc Amer Math Soc [2] Hirotaka Fujimoto (1993), Value Distribution Theory of the Gauss Map of Minimal Surfaces in Rm , Aspects of Math E 21 [3] Noguchi (March 2004), Nevanlinna Theory in Several Complex Variables and Diophantine Approximation [4] Smiley (1983), Geometric conditions for unicity of holomorphic curves, Contemp Math 25, pp 149-154 Footer PageSố33hóa of 89.Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... thành Lý thuyết mang tên Nevanlinna Trọng tâm Lý thuyết Nevanlinna hai định lý bản, thứ thứ hai Trong Định lý thứ hệ trực tiếp công thức Jensen Định lý thứ hai biết đến trường hợp Năm 1933 Cartan. .. 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... Chương 2: Chúng trình bày Định lý thứ hai Cartan Chương 3: Ứng dụng Định lý thứ hai Cartan toán xác định ánh xạ chỉnh hình Footer PageSố6 hóa of 89 Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn