(LUẬN văn THẠC sĩ) tập duy nhất cho đường cong chỉnh hình trên annuli gồm 2n + 3 siêu phẳng

Hàm đặc trưng và định lý cơ bản thứ nhất

Kiến thức cơ sở về phân bố giá trị cho hàm phân hình trên Annuli

Cho R 0 > 1 là một số thực dương hoặc +∞, ta kí hiệu

R 0 < |z| < R 0 , là một Annuli trong C Với mỗi số thực dương r thỏa mãn 1 < r < R0, ta kí hiệu

∆ r z ∈ C : 1 r < |z| < r Cho f là một hàm phân hình trên ∆, tức là f chỉnh hình trên ∆ trừ ra một số các điểm bất thường cực điểm, ta nhắc lại m r, 1 f −a

0 log + |f(re iθ )|dθ, trong đó log + x = max{0,logx}, a∈ Cvà r ∈ (R −1 0 ;R 0 ).

Với một số thực r ∈ (1, R 0 ), ta kí hiệu m 0 r, 1 f −a

Khi đó hàm m0 r, 1 f −a được gọi là hàm xấp xỉ hay hàm bù của f tại a ∈ C.

Kí hiệu n 1 t, 1 f −a là số các không điểm của f −a trong {z ∈ C: t 0 Khi đó, với mỗi r ∈ (1, R 0 ).

Mệnh đề 1.7 ([5], Bổ đề đạo hàm logarit) Cho f là một hàm phân hình trên∆ và λ > 0 Khi đó: i) trường hợp R0 = ∞, m0 r, f 0 /f

= O(log(rT0(r, f))) với mỗir ∈ (1, R0), ngoại trừ một tập ∆r thỏa mãn:

R 0 −r với mỗir ∈ (1, R0), ngoại trừ một tập ∆ 0 r thỏa mãn:

Mệnh đề 1.8 ([5], Định lý cơ bản thứ hai) Cho f là một hàm phân hình trên∆, a 1 , a 2 , , a p là các số phức phân biệt và λ > 0 Khi đó: m 0 (r, f) + p

N 0 (1) (r, f) =N 0 (r,1/f 0 ) + 2N 0 (r, f)−N 0 (r, f 0 ), và i) trường hợp R0 = ∞, s(r, f) = O(log(rT0(r, f))) với mỗir ∈ (1, R 0 ), ngoại trừ một tập ∆ r thỏa mãn:

∆ r r λ−1 dr < +∞; ii) trường hợp R 0 < +∞, s(r, f) =O log

R0 −r với mỗir ∈ (1, R0), ngoại trừ một tập ∆ 0 r thỏa mãn:

Với hàm phân hình f trên đĩa thủng ∆, ta kí hiệu các số khuyết δ 0 (a) = lim inf r−→∞ m 0 (r,1/f −a)

T 0 (r, f). Mệnh đề 1.9 ([5], Quan hệ số khuyết) Chof là một hàm phân hình trên

∆, aν, ν = 1, , q là các số phức phân biệt, có thể gồm cả ∞ Khi đó q

Hàm đặc trưng và tính chất

Trong phần này, chúng ta trình bày khái niệm về các hàm đặc trưng cho đường cong chỉnh hình theo Phương - Thìn Kí hiệu Pn(C) là không gian xạ ảnh n chiều trên trường số phức C Đường cong chỉnh hình được định nghĩa là ánh xạ f = (f0 : : fn) từ ∆ vào Pn(C), trong đó f j (0 ≤ j ≤ n) là các hàm nguyên trên ∆ Nếu các hàm f j là đa thức, thì f được gọi là đường cong đại số và (f0, f1, , fn) là biểu diễn tối giản của f Ngoài ra, đường cong chỉnh hình f được gọi là suy biến tuyến tính nếu ảnh của f nằm trong một đa tạp tuyến tính thực sự của không gian xạ ảnh Pn(C).

Cho f = (f 0 : ã ã ã : f n ) : ∆ −→ P n (C) là một đường cong chỉnh hình, trong đó f 0 , , f n là các hàm chỉnh hình không có không điểm chung trong∆ Với1< r < R 0 , hàm đặc trưngT f (r) củaf được định nghĩa bởi

0 logkf(r −1 e iθ )kdθ, trong đó kf(z)k = max{|f 0 (z)|, ,|f n (z)|} Khái niệm này là độc lập với mọi cách chọn biểu diễn tối giản của f, sai khác một hằng số.

Cho H là một siêu phẳng trong P n (C), tức là

X j=0 a j z j là một dạng tuyến tính xác định H, trong đó a j ∈ C, j = 0, , n, là các hằng số Vectơ khác khônga = (a 0 , , a n ) được gọi là vectơ liên kết với

Cho 1 < r < R0 Giả sử (a, f) 6≡ 0, hàm xấp xỉ của f liên kết với H được xác định như sau m f (r, H) = 1

|(a, f)(r −1 e iθ )|dθ, khái niệm này là độc lập với mọi cách chọn biểu diễn tối giản của f, sai khác một hằng số.

Cho 1 < r < R0, ta tiếp tục giả thiết (a, f) 6≡ 0, kí hiệu n1,f(r, H) là số các không điểm của (a, f) trong ∆1,r, kể cả bội và n2,f(r, H) là số các không điểm (a, f) trong ∆ 2,r kể cả bội Đặt

Hàm đếm (kể cả bội) của hàmf liên kết với siêu phẳngH định nghĩa bởi

Với một số nguyên dương δ, ký hiệu n δ 1,f (r, H) và n δ 2,f (r, H) lần lượt đại diện cho số lượng không điểm của hàm số (a, f) trong các miền ∆ 1,r và ∆ 2,r, trong đó mỗi không điểm có bội lớn hơn δ sẽ được tính là δ lần.

Hàm đếm bội cắt cụt bởiδ của hàm f định nghĩa bởi

Với k là một số nguyên dương, ký hiệu n1,f(r, H,6 k) và n2,f(r, H,6 k) đại diện cho số lượng không điểm có bội 6k của (f, H) trong các miền ∆1,r và ∆2,r, bao gồm cả bội Đồng thời, n1,f(r, H, > k) và n2,f(r, H, > k) thể hiện số không điểm có bội lớn hơn k của (f, H) trong cùng các miền ∆1,r và ∆2,r, cũng tính cả bội.

Mệnh đề 1.12 cho biết rằng cho một đường cong chỉnh hình f = (f 0 : ã ã ã : f n ) từ ∆ đến P n (C), trong đó các hàm chỉnh hình f 0, , f n không có điểm chung trong ∆ và H là một siêu phẳng trong P n (C) Khi đó, với mỗi số thực dương r > 0 và các số nguyên dương k, δ, có những kết quả nhất định được xác lập.

Định lý cơ bản thứ nhất

Định lý 1.13 ([7]) Cho H là một siêu phẳng trong P n (C) và f = (f 0 : ã ã ã : f n ) : ∆ −→ P n (C) là một đường cong chỉnh hình mà ảnh không chứa trong H Khi đó, với mỗi 1< r < R 0 ta có

Chứng minh Theo định nghĩa các hàm T f (r), N f (r, H), m f (r, H) và từ Mệnh đề 1.1 ta có

0 logkf(r −1 e iθ )kdθ+O(1). Điều này kéo theo

N f (r, H) +m f (r, H) = T f (r) +O(1). Định lý được chứng minh.

Định lý cơ bản thứ hai

Một số mệnh đề chuẩn bị

Cho f = (f 0 : ã ã ã : f n ) : ∆ −→ P n (C) là một đường cong chỉnh hình, định thức Wronskian của f được định nghĩa bởi

Bổ đề sau là một tính chất quan trọng của Wronskian thường sử dụng trong lý thuyết phân bố giá trị.

Bổ đề 1.14 Chon+ 1dạng tuyến tính độc lập tuyến tính L 0 , , L n trong

P n (C) Với mỗi j = 0, , n, đặt F j = L j (f 0 , , f n ) Khi đó

W(F 0 , , F n ) =C.W(f 0 , , f n ), trong đó C 6= 0 là một hằng số chỉ phụ thuộc vào các hệ số của

Ta kí hiệu N W (r,0) là hàm đếm các không điểm của W(f 0 , , f n ) trong ∆ r , tức là

Gọi L0, , Ln là các dạng độc lập tuyến tính của z0, , zn Đối với j = 0, , n, đặt

Theo Bổ đề 1.14, tồn tại hằng số C 6= 0 sao cho

Ta nhắc lại rằng các siêu phẳng H 1 , , H q , q > n, trong P n (C) được gọi là ở vị trí tổng quát nếu với mỗi cách chọn các chỉ số phân biệt i 1 , , i n+1 ∈ {1, , q}, n+1

\ k=1 supp(H i k ) = ∅, điều này tương đương với H i 1 , , H i n+1 là độc lập tuyến tính.

Mệnh đề 1.15 ([7]) Chof = (f 0 : ã ã ã : f n ) : ∆−→ P n (C) là một đường cong không suy biến tuyến tính và H 1 , , H q là các siêu phẳng P n (C) ở vị trí tổng quát Khi đó ta có k

6 (n+ 1)Tf(r)−NW(r,0) +Of(r), trong đó

R 0 −r + logT f (r)) if R 0 < +∞, ở đây maximum được lấy trên tất cả các tập conK của {1, , q}sao cho aj, j ∈ K, là độc lập tuyến tính.

Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp R 0 = +∞, trường hợp

R 0 < +∞được chứng minh tương tự Đầu tiên ta chứng minh k

0 logkf(re iθ )kdθ +O(logr + logT f (r)), đúng với mọi r ∈ (1, R 0 ) Đặt K ⊂ {1, , q} sao cho a j , j ∈ K, là độc lập tuyến tính Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng q > n+ 1 và

#K = n+ 1 Đặt T là một tập tất cả các đơn xạ à : {0,1, , n} −→ {1, , q} Khi đó #T < +∞ và ta có

|W((a à(0) , f), ,(a à(n) , f))(re iθ )| dθ 2π + O(1). Theo tính chất của Wronskian, ta có

|W((a à(0) , f), ,(a à(n) , f))| = C|W(f0, , fn)|, trong đó C 6= 0 là một hằng số Bởi vậy ta có

Theo Mệnh đề 1.6, ta có m0(r,(a à(j) , f) 0

Từ định nghĩa các hàm T 0 (r,(a à(j) , f) 0 ), N(a à(j) , f) 0 = 0 và (1.5), ta có

Tương tự, ta sử dụng Mệnh đề 1.6 một lần nữa, kết hợp với (1.6) ta có

Lập luận như (1.7) và sử dụng quy nạp ta thu được bất đẳng thức

(1.8) đúng với mọil ∈ N ∗ Ngoài ra theo Mệnh đề 1.6, ta cũng có bất đẳng thức m 0 (r, (a à(j) , f) (l+1)

(a à(j) , f) (l) ) =O(logr + logT 0 (r,(a à(j) , f) (l) )), (1.9) đúng với mọi l ∈ N Kết hợp (1.10), (1.8) và (1.9), ta có với mỗi k ∈ {1, , n} vàj ∈ {0, , n}, k m r,(a à(j) , f) (k) (a à(j) , f)

6 O(logr + logT 0 (r,(a à(j) , f)) (1.10) Theo định nghĩa của T 0 (r, f t ), T f (r), ta có với mỗi t∈ {0, , n},

Khi đó, từ (1.10) ta có, k m r,(a à(j) , f) (k) (a à(j) , f)

Như vậy, với mỗià ∈ T, ta có k

|(a à(j) , f)(re iθ )| dθ 2π 6O(logr + logT f (r)). Điều đó kéo theo k

Ta thu được bất đẳng thức (1.1) từ (1.2) và (1.11) Tương tự ta có k

0 logkf(r −1 e iθ )kdθ+O(logr + logT f (r)) đúng với mỗi r ∈ (1, R 0 ) Kết hợp (1.1) và (1.12) ta thu được k

0 log|W(f)(r −1 e iθ )|dθ+O(1), ta có kết luận của mệnh đề.

Mệnh đề 1.16 cho rằng f = (f0 : ã ã ã : fn) : ∆ −→ P n (C) là một đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính, trong khi H1, , Hq là các siêu phẳng trong P n (C) ở vị trí tổng quát Mỗi vectơ aj liên kết với siêu phẳng Hj với j = 1, , q.

Chứng minh rằng vectơ gọia j = (a (j) 0 , , a (j) n) liên kết với H j, với 1 ≤ j ≤ q, và tập hợp T chứa tất cả các đơn ánh từ {0, 1, , n} đến {1, , q} Theo giả thiết, các H 1, , H q được đặt ở vị trí tổng quát, do đó, với mỗi à ∈ T, các vectơ a à(0), , a à(n) là độc lập tuyến tính.

(f, a à(t) ) = a à(t) 0 f 0 +ã ã ã+a à(t) n f n , t = 0,1, , n (1.13) Giải hệ phương trình tuyến tính (1.13), ta có f t = b à(t) 0 (a à(t) 0 , f) +ã ã ã+b à(t) n (a à(t) n , f), t = 0,1, , n, trong đó b à(t) j n t,j=0 là ma trận ngược của a à(t) j n t,j=0

Khi đó tồn tại một hằng số khác không C à thỏa mãn kf(z)k 6C à max

0 6 t 6 n|(a à(t) , f)(z)|. Đặt C = max à∈T C à Khi đó với mỗi à ∈ T, ta có kf(z)k 6C max

Với mỗi z ∈ ∆ r , tồn tại một ánh xạ à∈ T sao cho

Bởi vậy ta thu được q

|(a j , f)(r −1 e iθ )| dθ 2π + O(1). Điều này kéo theo kết luận của mệnh đề.

Định lý duy nhất cho đường cong chỉnh hình gồm 2n+3 siêu phẳng 24

Mở đầu về vấn đề duy nhất cho đường cong chỉnh hình trên

Trong phần này, chúng tôi khẳng định lại một số kết quả liên quan đến vấn đề duy nhất cho đường cong chỉnh hình trên Annuli Số siêu phẳng xác định trong trường hợp này tương tự như những gì Fujimoto đã đưa ra cho trường hợp đường cong chỉnh hình trên C.

2.1.1 Khái niệm và bổ đề

Cho đường cong chỉnh hình f: ∆ −→ P n (C) với biểu diễn tối giản (f 0, , f n) của f Gọi H là một siêu phẳng trong P n (C) và L là một dạng tuyến tính thuần nhất với các hệ số trong C, xác định H.

E f (H) := {(z, m) ∈ CìN | H ◦f(z) = 0 và ord H◦f (z) = m}. Với họ các siêu phẳng H = {H 1 , , H q } trong P n (C), ta định nghĩa

Mệnh đề 2.1 cho rằng, với một đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính f : ∆ −→ P n (C) và một họ các siêu phẳng H1, , Hq ở vị trí tổng quát trong P n (C), thì với mỗi số nguyên dương k, ta có bất đẳng thức k q(k+ 1−n)−(n+ 1)(k+ 1) k T f (r) 6 q.

Chứng minh Đặt H = {H 1 , , H q }, khi đó ta có H j ∈ H, theo Mệnh đề 1.1 ta có

6 n k+ 1N f (r, H j ), nên từ (1.1) và Định lý 1.13, ta có

N f, n 6 k (r, H j ) + qn k+ 1T f (r) +O(1) (1.2) Mặt khác, theo Định lý 1.17, ta có k (q −n−1)T f (r) 6 q

Kết hợp (1.2) và (1.3) ta có q − qn k + 1 −n−1

N f, n 6 k (r, H j ) + O f (r). Điều này suy ra kết luận của mệnh đề.

P n (C) là các ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến tính Khi đó với mỗi i 6= j ∈ {0, , n} thỏa mãn h = f i g j −f j g i 6≡ 0ta có

Chứng minh Từ Mệnh đề 2.1 ta có

(1.4) Ngoài ra, với mỗi z ∈ ∆ ta có log|h(z)| = log|(f i g j −f j g i )(z)|

= max{log|f i (z)|+ log|g j (z)|,log|f j (z)|+ log|g i (z)|}+ log 2

6max{log|f i (z)|,log|f j (z)|}+ max{log|g i (z)|,log|g j (z)|} + log 2

= log max{|f i (z)|,|f j (z)|}+ log max{|g i (z)|,|g j (z)|}+ log 2

Từ (1.4), ta có chứng minh của mệnh đề.

2.1.2 Một số định lý duy nhất

Vào năm 1975, H Fujimoto đã chứng minh Định lý 2.3, trong đó cho H = {H1, , H3n+2} là một tập hợp gồm 3n + 2 siêu phẳng ở vị trí tổng quát trong không gian Pn(C) Ông đã chỉ ra rằng đối với hai ánh xạ chỉnh hình f và g từ Cm đến Pn(C), điều kiện f(Cm) không nằm trong H và g(Cm) cũng không nằm trong H với mọi H thuộc H là cần thiết.

E f (H j ) = E g (H j ) với mọi H j ∈ H th×f ≡ g Định lý 2.3 đưa ra một điều kiện đủ bao gồm 3n+ 2 siêu phẳng ở vị trí tổng quát để xác định một ánh xạ chỉnh hình Gần đây, nhiều nhà toán học đã tập trung vào hai vấn đề chính: tìm các tính chất của tập duy nhất cho các ánh xạ phân chỉnh hình và xác định tập duy nhất với số phần tử tối thiểu Về đường cong chỉnh hình trên Annuli, N V Phuong đã chứng minh hai định lý quan trọng vào năm 2013 Định lý 2.4 khẳng định rằng nếu H = {H 1 , , H q } là một họ gồmq > 2n 2 +n+ 2 siêu phẳng ở vị trí tổng quát, thì f, g : ∆ −→ P n (C) là một đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính.

Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử f không tương đương g, khi đó tồn tại hai chỉ số i1 và i2 trong tập {0, , n} với i1 khác i2, sao cho fi1 gi2 không tương đương fi2 gi1 Gọi k là một số nguyên dương đủ lớn, và chúng ta sẽ thực hiện lựa chọn sau Đối với mỗi Hj thuộc H và mỗi số thực dương r đủ lớn, theo Mệnh đề 2.1, ta có

Giả sử z0 ∈ ∆r là một không điểm của (f, Hj) với bội không lớn hơn k, thì z0 thuộc Ef(H)∪Eg(H) Điều này dẫn đến g(z0) = f(z0), từ đó suy ra fi 1 (z0)gi 2 (z0) = fi 2 (z0)gi 1 (z0), nghĩa là z0 là một không điểm của hàm h = fi 1 gi 2 − fi 2 gi 1 Chú ý rằng, với giả thiết họ H ở vị trí tổng quát, tồn tại tối đa n siêu phẳng Hj thuộc H sao cho (f, Hj)(z0) = 0.

Từ đó, theo Mệnh đề 2.2, (1.5) trở thành

Tương tự cho ánh xạ g ta có

Kết hợp bất đẳng thức (1.6) và (1.7), ta có

6 2n 2 k(Tf(r) +Tg(r)) +Of(r) +Og(r). Điều này kéo theo q(k + 1−n)−(n+ 1)(k+ 1)−2n 2 k 6 O f (r) +O g (r)

T f (r) +T g (r) đúng với mọi số thựcr đủ lớn Cho r −→ R 0 ta có q(k + 1−n)−(n+ 1)(k+ 1)−2n 2 k 6 lim inf r−→R 0

Tf(r) +Tg(r) < +∞. Điều này tương đương với k(q −n−1−2n 2 ) + (q −qn−n−1) 6 lim inf r−→R 0

(1.8) Nếu ra chọn k > (qn+ k 0 + n+ 1−q) q −n−1−2n 2 , trong đó k0 = lim inf r−→R 0

Theo giả thiết q > 2n² + n + 2, ta có sự mâu thuẫn khi xem xét T f (r) + T g (r) Do đó, ta kết luận rằng figj ≡ fjgi với mỗi i ≠ j thuộc {0, , n}, dẫn đến f ≡ g Kết quả này củng cố Định lý 2.4 Định lý 2.5 phát biểu rằng H = {H1, , Hq} là tập hợp gồm 3n + 2 siêu phẳng ở vị trí tổng quát, và f, g : ∆ → Pn(C) là một đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính thỏa mãn các điều kiện nhất định.

Chúng ta sẽ chứng minh Định lý 2.5 bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng f không tương đương với g, tức là tồn tại hai chỉ số i1 và i2 trong tập {0, , n} với i1 khác i2, sao cho fi1 gi2 không tương đương với fi2 gi1 Gọi k là một số nguyên dương mà chúng ta sẽ chọn sau Dựa trên các giả thiết của Định lý 2.5 và theo cách chứng minh của Định lý 2.4, chúng ta có thể áp dụng Mệnh đề 2.1.

N f, 1 6 k (r, Hj) +Of(r), với mỗiH j ∈ H, với mọi số thực dương r thỏa mãn Mệnh đề 2.1 Từ giả thiÕt ta cã

E f (H i )∩E f (H j ) =∅ với mỗi cặp i 6= j ∈ {1, , q} Lập luận giống như trong chứng minh của Định lý 2.4, ta có q

N f, 1 6 k (r, H j ) 6 N 0 (r, 1 h) 6 T f (r) + T g (r) +O f (r). trong đó h = f i 1 g i 2 −f i 2 g i 1 Điều này kéo theo

Tương tự cho ánh xạ g ta có

Kết hợp (1.10) và (1.11), ta có

Tf(r) +Tg(r) đúng với mọi số thựcr Cho r −→ R 0 ta có q(k + 1−n)−(n+ 1)(k+ 1)−2nk 6 lim inf r−→R 0

T f (r) +T g (r) < +∞. Điều này tương đương với k(q −3n−1) + (q−qn−n−1) 6lim inf r−→R 0

T f (r) +T g (r) (1.12) Nếu ta chọn k > (qn+ k 0 + n+ 1−q) q −3n−1 , trong đó k 0 = lim inf r−→R 0

T f (r) +T g (r), thì từ giả thiết rằng q > 3n+ 2 ta sẽ có mâu thuẫn Từfigj ≡ fjgi với mọii 6= j ∈ {0, , n}, tức là f ≡ g. Định lý 2.5 được chứng minh.

Chú ý rằng Định lý 2.4 và Định lý 2.5 là các định lý duy nhất liên quan đến đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính trên Annuli, cung cấp điều kiện đại số để xác định khi hai đường cong này trùng nhau Đặc biệt, Định lý 2.5 chỉ ra rằng số lượng siêu phẳng là 3n + 2, trùng khớp với kết quả của Fujimoto.

Định lý duy nhất gồm 2n + 3 siêu phẳng

Mệnh đề 2.6 ([6]) Cho f : ∆ −→ P n (C) là một đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính và H1, H2 là các siêu phẳng phân biệt Khi đó ta cã

Từ Mệnh đề 1.1, ta có

0 log max{|f 0 (re iθ )|,|f 1 (re iθ )|, ,|f n (re iθ )|}dθ

2π + O(1). Kết hợp (1.14), (1.15), (1.16) và (1.17), ta có (1.13).

Với các đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tínhf, g : ∆ −→

P n (C) trong Định lý 2.9 ta kí hiệu T(r) = T f (r) +T g (r) và

Mệnh đề 2.7 đề cập đến một tập hợp H = {H1, , Hq} gồm q siêu phẳng ở vị trí tổng quát và hai đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính f, g: ∆ −→ Pn(C) Theo giả thiết, các điều kiện sau được đặt ra: a) Tập giao E f (Hi) và E f (Hj) rỗng với mọi i khác j trong {1, , q}; b) Tập E f (Hj) nằm trong E g (Hj) với mọi j = 1, 2, , q và f(z) = g(z) cho mọi z thuộc E f (H); c) lim inf r→R 0.

Pq j=1N f 1 (r, H j )/Pq j=1N g 1 (r, H j ) > n n+ 1. Khi đó, với mỗik 6= l ∈ {1, , q}thỏa mãnΦ = (f, H k )

(g, Hl) 6≡ 0, ta cã nN f 1 (r, H k ) + nN f 1 (r, H l ) +X j

6 T(r) + F k +F l +G k +G l +O(1),với mỗi r sao cho 1 < r < R0, trong đó tổng được lấy trên j ∈{1, , q}\{k, l}.

Chứng minh Trước hết ta chứng minh

{z ∈ ∆ r : (f, H j )(z) = 0}, khi đó từ f(z) = g(z) với mỗi z ∈ f −1 (H j ) và f −1 (H i ) ∩ f −1 (H j ) = ∅ với mọi i 6= j ∈ {1, , q}, ta cã

(f, H k )(z 0 ) =λ(g, H k )(z 0 ) 6= 0, (f, H l )(z 0 ) =λ(g, H l )(z 0 ) 6= 0. Điều này kéo theoΦ(z 0 ) = 0, bởi vậy ta có (1.19).

Ta xem xét ba trường hợp có thể xảy ra:

Trường hợp 1.z 0 ∈ {z ∈ ∆ r : ν (f,H k ) (z) = 1} Khi đó min{ν (f,H k ) (z 0 ), n}= 1 = min{ν (f,H k ) (z 0 ), ν (g,H k ) (z 0 )} 6ν Φ (z 0 ).

Trường hợp 2.z 0 ∈ {z ∈ ∆ r : ν (f,H k ) (z) =α}, trong đó 2 6 α 6 n−1. NÕu z 0 ∈ {z ∈ ∆ r : ν (g,H k ) (z) =β > α}, th× min{ν (f,H k ) (z 0 ), n} = α = min{ν (f,H k ) (z 0 ), ν (g,H k ) (z 0 )} 6 ν Φ (z 0 ).

Sử dụng Mệnh đề 1.4 ta có

Từ Mệnh đề 2.6 ta có m 0 (r,Φ) 6 T(r)−N 0 r, 1 (f, H l )

+O(1), trong đó T(r) = T f (r) +T g (r) Khi đó (1.21) trở thành

Ta thấy rằng nếu z 0 là không điểm của (f, H l ) hoặc (g, H l ) thì z 0 là cực điểm của Φ và ν Φ ∞ (z 0 ) 6max{ν (f,H l ) (z 0 ), ν (g,H l ) (z 0 )}, trong đó ν Φ ∞ (z 0 ) là bậc của cực điểm của Φ tại z 0 Do đó ν (f,H l ) (z 0 ) +ν (g,H l ) (z 0 )−ν Φ ∞ (z 0 ) >ν (f,H l ) (z 0 ) +ν (g,H l ) (z 0 )

Lập luận tương tự như chứng minh bất đẳng thức (1.19) ta có

(1.23) Kết hợp (1.22) và (1.23) ta có (1.20) Như vậy, từ (1.19) và (1.20), ta có X j

N f n (r, H k ) = nN f 1 (r, H k )−F k ; N f n (r, H l ) = nN f 1 (r, H l )−F l , bởi vậy từ (1.24) ta có (1.18) Điều này kéo theo kết luận của mệnh đề.

Năm 2010, Chen và Yan đã chứng minh định lý 2.8, trong đó cho rằng hai ánh xạ phân hình không suy biến tuyến tính g: C^n → P^N(C) và Hj, với 1 ≤ j ≤ q, là q siêu phẳng ở vị trí tổng quát Điều kiện cần thiết là dim(f^−1(Hi ∩ Hj)) ≤ n − 2 đối với mọi i khác j.

Ef(Hj) ⊂ Eg(Hj), j = 1,2, , q và f(z) =g(z) với mọi z ∈ Sq j=1f −1 (H j ) Nếu q = 2N + 3 và lim inf r−→+∞

Định lý 2.8 đưa ra điều kiện đủ với 2n + 3 siêu phẳng ở vị trí tổng quát để xác định ánh xạ chỉnh hình từ C^n vào P^N (C) Năm 2013, H T Phương và T H Minh đã chứng minh Định lý 2.9, trong đó cho H = {H1, , Hq} là một họ gồmg siêu phẳng ở vị trí tổng quát, và f, g: ∆ → P^n (C) là các đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính thỏa mãn log 1.

R 0 −r O(T g (r)) khi r −→R 0 nếu R 0 < +∞ Giả sử rằng a) E f (H i )∩E f (H j ) =∅ với mọi i 6= j ∈ {1, , q}; b) Ef(Hj) ⊂ Eg(Hj) với mọi j = 1,2, , q và f(z) = g(z) với mọi z ∈ Ef(H). c) lim inf r−→R 0

Chứng minh Ta chứng minh Định lý 2.9 bằng phản chứng, giả sử rằng f 6≡ g Bằng cách sắp xếp lại các chỉ số ta có thể giả thiết rằng

(g, H l ) nếu H k , H l thuộc các họ khác nhau.

Từ giả thiết, ta xác định rằng họ H nằm ở vị trí tổng quát và với điều kiện f 6≡ g, số lượng siêu phẳng trong mỗi họ H j không vượt quá n Chúng ta định nghĩa ánh xạ p: {1, , q} −→ {1, , q} với công thức p(i) = i+n nếu i+n ≤ q và p(i) = i+n−q nếu i+n > q.

Khi đó p là song ánh.

Cố định i ∈ {1, , q}, ta có |p(i)−i| > n vì q > 2n Điều này kéo theo rằng H i và H p(i) thuộc các họ khác nhau, do đó Φ i = (f, H i )

Với mỗi 1 6 j 6 q, j 6= p(i), nếu z 0 là không điểm của (f, H j ) thì z 0 ∈ E f (H) Từ f(z) = g(z) với mọi z ∈ E f (H), ta có f(z 0 ) = g(z 0 ), do đó

(f, H p(i) )(z 0 ) = (g, H p(i) )(z 0 ) 6= 0. Điều đó kép theo z 0 là không điểm của Φ i Như vậy q

N f 1 (r, Hj)−N f 1 (r, H p(i) ) 6 N0(r, 1 Φ i ) (1.25) Ngoài ra ta thấy rằng

Từ Mệnh đề 2.6 ta có m 0 (r,Φ i ) 6 T f (r) +T g (r)−N 0 r, 1

Theo Định lý 1.17 và giả thiết của Định lý 2.9 ta có k (q−n−1)T f (r) 6 q

Tương tự cho g, ta có k (q −n−1)T g (r) 6 q

(n−k)Ng,=k(r, Hj). Khi đó ta có k (q −n−1)T(r) 6 n q

Từ Mệnh đề 2.7, với mỗi i ∈ {1, , q}, ta có nN f 1 (r, H i ) +nN f 1 (r, H p(i) ) + X j∈{1, ,q}\{i,p(i)}

6 T(r) +F i +F p(i) +G i +G p(i) + O(1). Lấy tổng của (1.28) trên các chỉ số i ∈ {1, , q}, ta có n q

Từ p là song ánh, (1.29) trở thành

Kết hợp (1.26) và (1.31), ta có q

N g 1 (r, H j ) +o(T(r)). Điều này kéo theo lim inf r−→R 0 q

N g 1 (r, Hj) 6 n q −n−2. NÕu ta lÊy q > 2n+ 3 th× lim inf r−→R 0 q

N g 1 (r, Hj) 6 n n+ 1. Điều này là mâu thuẫn Như vậyf = g.

Luận văn này nhằm giới thiệu các kết quả nghiên cứu về lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna-Cartan cho đường cong chỉnh hình trên Annuli, đồng thời trình bày một ứng dụng của lý thuyết này trong việc chứng minh các định lý liên quan đến tập xác định duy nhất cho đường cong chỉnh hình Các kết quả chính đạt được trong luận văn sẽ làm sáng tỏ những khía cạnh quan trọng của lý thuyết này.

1) Giới thiệu các khái niệm, các định lý cơ bản trong lý thuyết phân bố giá trị cho các đường cong chỉnh hình trên Annuli trong trường hợp mục tiêu là các siêu phẳng.

2) Chứng minh một số định lý về vấn đề duy nhất cho đường cong chỉnh hình trên Annuli trong trường hợp mục tiêu là các siêu phẳng cố định ở vị trí tổng quát.

Các vấn đề nghiên cứu trong luận văn hiện tại chỉ tập trung vào trường hợp siêu phẳng cố định Trong tương lai, chúng tôi sẽ mở rộng và phát triển các kết quả này cho các trường hợp siêu mặt cố định và di động.