Chứng minh Định lý 2.3.1. Giả sử mầm siêu mặt(M,0) trong C2 được xác định bởi phương trình
ρ(z1, z2) = Re z1+P(z2) + (Im z1)Q(z2,Imz1) = 0,
trong đóP, Qlà các hàm C∞-trơn thỏa mãn ba điều kiện trong giả thiết Định lý 2.3.1. Ta xét trường vector chỉnh hình H =h1(z1, z2)∂z∂
1 +h2(z1, z2)∂z∂
2 xác định trên một lân cận của gốc tọa độ. Hơn nữa, ta chỉ xem xét trường hợp trường vector H tiếp xúc với M. Điều đó có nghĩa là
(ReH)ρ(z) = 0, ∀z ∈M (2.28)
Mục đích của ta là chỉ ra rằng H ≡ 0. Thật vậy, giả sử mâu thuẫn rằng H 6≡ 0. Khi đó, nếu h2 ≡0thì từ (2.27) ta thấy được h1 ≡0. Do đó, ta có thể giả sử rằng h1 6≡0
và h2 6≡0.
Khai triển h1 và h2 thành chuỗi Taylor tại gốc tọa độ ta có:
h1(z1, z2) = ∞ X j,k=0 ajkz1jzk2 và h2(z1, z2) = ∞ X j,k=0 bjkzj1z2k, trong đó ajk, bjk ∈C. Chú ý rằnga00=b00 = 0 bởi vì h1(0,0) = h2(0,0) = 0.
Tiếp theo, gọi j0 là nguyên nhỏ nhất sao cho aj0k 6= 0 với số nguyênk nào đó và gọi k0 là nguyên nhỏ nhất sao cho aj0k0 6= 0. Tương tự như vậy, ta gọi m0 là nguyên nhỏ nhất sao cho bm0n 6= 0 với số nguyên n nào đó và gọi n0 là nguyên nhỏ nhất sao cho bm0n0 6= 0. Chú ý rằng j0 ≥1 nếu k0 = 0 và m0 ≥1nếu n0 = 0
Lập luận như trong chứng minh của Định lý 2.2.1, ta có: Re 1 2aj0k0(iα−1)j0(P(z2))j0zk0 2 +bm0n0(iα−1)m0(z2)n0 +o(|z2|n0)(P(z2))m0 × P0(z2) +αP(z2)Qz2(z2, αP(z2)) =o(P(z2)j0|z2|k0) (2.29)
với mọi |z2| < 0 và với mọiα ∈R đủ nhỏ. Ta chú ý rằng trong trường hợp k0 = 0và
Re(aj00) = 0, α được chọn sao cho Re((iα−1)j0aj00) 6= 0. Do đó, phương trình trên suy ra j0 > m0.
Bây giờ, ta chia lập luận thành hai trường hợp sau đây:
Trường hợp 1. n0 ≥1. Trong trường hợp này, phương trình (2.29) mâu thuẫn với Bổ đề 2.3.2.
Trường hợp 2. n0 = 0.Do hàm P thỏa mãn hệ điều kiện (I)và m0 ≥1 nên theo Bổ đề 2.3.3 ta có thể chọn được số thực α sao cho
lim sup ˜ ∆03z2→0 |Re bm0(iα−1)mP0(z2)/P(z2) |= +∞,
với 0 >0 đủ nhỏ. Do đó, (2.29) là mâu thuẫn. Vì vậy, h1 ≡0 trên lân cận của (0,0)
trong C2.
Do h1 ≡0nên từ phương trình (2.4) với t= 0 ta có:
Re ∞ X m,n=0 bmnz2nP0(z2) = 0
với mọi z2 thỏa mãn |z2|< 0. Bởi vìP thỏa mãn điều kiện(I.1) nên bmn = 0 với mọi m ≥0, n ≥1.
Hơn nữa, ta sẽ chỉ ra rằngbm0 = 0 với mọi m ∈N∗. Thật vậy, giả sử ngược lại. Khi đó, ta có thể gọi m là số nguyên nhỏ nhất sao cho bm0 6= 0. Từ phương trình (2.6) trong chứng minh của Định lý 2.2.1, ta có
Re
bm0(iα−1)mP0(z2)/P(z2)
bị chặn trên ∆˜0 với 0 >0 đủ nhỏ và với mọi α ∈ R đủ nhỏ. Theo Bổ đề 2.3.3, điều này không thể xảy ra.