Luận văn Thạc sĩ Toán học: Vấn đề duy nhất của lũy thừa một hàm phân hình chung nhau một tập với đạo hàm cấp cao của chúng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TỐNG THÁI DƯƠNG

VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA LŨY THỪA MỘT HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU MỘT TẬP VỚI ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA CHÚNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2020

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TỐNG THÁI DƯƠNG

VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA LŨY THỪA MỘT HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU MỘT TẬP VỚI ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA CHÚNG

Chuyên ngành : TOÁN GIẢI TÍCH Mã số : 8.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS HÀ TRẦN PHƯƠNG

Thái Nguyên - 2020

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trung

thực và không trùng lặp với đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan rằng các

kết quả nêu trong luận văn, tài liệu tham khảo và nội dung trích dẫn đảm

bảo tính trung thực chính xác.

Thái Nguyên, tháng 9 năm 2020 Người viết luận văn

Tống Thái Dương

Xác nhận của trưởng khoa Toán

Xác nhận của người hướng dẫn

Trần Nguyên An

PGS. TS. Hà Trần Phương

Lời cảm ơn

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên. Qua đây tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo Khoa Toán, Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo nhà trường và các Quý Thầy Cô giảng dạy lớp Cao học K26 trường Đại học Sư phạm- Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu, đã trang bị kiến thức cơ bản và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu.

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới PGS. TS. Hà Trần Phương, người đã tận tình chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi có thêm nhiều kiến thức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn một cách hoàn chỉnh.

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè và các đồng nghiệp đã

động viên, giúp đỡ tôi quá trình học tập của mình.

Do thời gian và trình độ còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 9 năm 2020 Người viết luận văn

Tống Thái Dương

Mục lục

Lời cam đoan i

Lời cảm ơn ii

Mục lục iii

Mở đầu 1

1 Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Các hàm Nevanlinna và định lý cơ bản thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Định lý cơ bản thứ hai và quan hệ số khuyết 1.3 Một số tính chất nâng cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 8 10

2 Vấn đề duy nhất

2.1 Một số bổ đề chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Trường hợp hàm nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Trường hợp hàm phân hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 16 31 35

Kết luận 40

iii

Tài liệu tham khảo 42

Mở đầu

Cho f là một hàm phân hình trên mặt phẳng phức C. Ta kí hiệu

Ef (a) = f −1(a) = {z ∈ C : f (z) = a}

Ef (a) = {(z, n) ∈ C × N : f (z) = a, ordf −a(z) = n}.

Cho S là một tập con của mặt phẳng phức mở rộng, ta kí hiệu

(cid:91) (cid:91)

E(S) =

Ef (a).

Ef (a) và Ef (S) =

a∈S

Cho f và g là hai hàm trên mặt phẳng phức C và a là một giá trị phức. Ta nói rằng f và g chung nhau a kể cả bội nếu Ef (a) = Eg(a). Ta nói rằng f và g chung nhau a không kể bội nếu Ef (a) = Eg(a). Tương tự, ta nói f và g tập S kể cả bội nếu Ef (S) = Eg(S), ta nói rằng f và g chung nhau tập S không kể bội nếu Ef (S) = Eg(S).

Cho f là một hàm phân hình, một hàm phân hình a(z) được gọi là hàm

nhỏ của f nếu T (r, a) = o(T (r, f )). Với hàm phân hình f , ta ký hiệu

.

ρ2(f ) = lim sup

log log T (r, f ) log r

r→∞

Năm 1976, Rubel và Yang ([3]) đã chứng minh: Cho f là một hàm nguyên khác hằng, nếu f và f (cid:48) chung nhau hai giá trị hữu hạn phân biệt a và b kể cả bội thì f = f (cid:48). Năm 1979, Mues và Steinmetz ([2]) đã chứng minh

kết quả tương tự khi thay điều kiện chung nhau kể cả bội bởi chung nhau

không kể bội. Từ những công trình này của các tác giả đã nảy sinh vấn đề

duy nhất cho các hàm phân hình với đạo hàm của chúng.

Năm 2008, Yang ([4]) đã xem xét vấn đề nghiên cứu của Rubel và Yang

khi thay thế f với lũy thừa bậc n của nó và đã chứng minh: Nếu F và F (cid:48) chung nhau nhau giá trị 1 kể cả bội thì F = F (cid:48), trong đó F = f n,

với f là hàm nguyên và n > 7 hoặc f là hàm phân hình và n > 12. Năm

2009, Zhang ([4]) đã nghiên cứu lại vấn đề trên theo hướng giảm n xuống

và chứng minh được các kết quả đó vẫn còn đúng khi n > 6 đối với hàm

nguyên và n > 7 đối với hàm phân hình. Gần đây các tác giả xem xét mở

rộng kết quả của Rubel, Yang và Zhang theo các hướng:

(cid:136) Xem xét lại các vấn đề trên khi thay đạo hàm bậc nhất bởi đạo hàm

bậc cao.

(cid:136) Xem xét lại các vấn đề trên khi thay giá trị 1 bởi một tập hợp.

(cid:136) Xem xét lại các vấn đề trên khi thay giá điều kiện chung nhau kể cả

bội bởi chung nhau không kể bội.

Mục đích chính của luận văn là giới thiệu một số nghiên cứu gần đây

của Zhang, Yang, Banerjee, Chakraborty một số tác giả khác theo hướng

nghiên cứu nói trên.

Thái Nguyên, tháng 9 năm 2020

Người viết luận văn

Tống Thái Dương

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Các hàm Nevanlinna và định lý cơ bản thứ nhất

Định nghĩa 1.1.1. Cho f là một hàm xác định trên mặt phẳng phức C, lấy giá trị trên C, D ⊂ C là một miền. Ta nói f chỉnh hình tại z0 ∈ C nếu tồn tại một lân cận U của z0 sao cho ∞ (cid:88)

f (z) =

cn(z − z0)n

n=0

với mọi z ∈ U , trong đó cn ∈ C là các hằng số. Hàm f (z) được gọi là chỉnh hình trên D nếu nó chỉnh hình tại mọi z ∈ D.

Ví dụ 1.1.2. Hàm f (z) = z chỉnh hình trên tập mở bất kỳ trong C. Bất

kỳ đa thức

P (z) = a0 + a1z + · · · + anzn

chỉnh hình trên toàn bộ mặt phẳng thức.

Ví dụ 1.1.3. Hàm 1/z chỉnh hình trong tập mở bất kỳ của C mà không

chứa điểm gốc tọa độ.

Định nghĩa 1.1.4. Hàm f (z) được gọi là hàm nguyên nếu nó chỉnh hình trong toàn mặt phẳng phức C.

Ví dụ 1.1.5. Hàm f (z) = ez, g(z) = e−πz2 chỉnh hình trên toàn mặt phẳng phức C nên chúng là hàm nguyên.

Với hàm f : C → C, điểm z0 ∈ C được gọi là điểm bất thường cô lập của hàm f (z) nếu f (z) chỉnh hình trong một lân cận nào đó của z0, trừ ra tại chính z0. Điểm bất thường cô lập của z0 của hàm f (z) được gọi là

f (z).

(i) Điểm bất thường khử được nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim z→z0

f (z) = ∞.

(ii) Cực điểm của f (z) nếu lim z→z0

f (z).

(iii) Điểm bất thường cốt yếu của hàm f (z) nếu không tồn tại lim z→z0

Định nghĩa 1.1.6. Hàm f (z) được gọi là phân hình trong miền D ⊂ C nếu nó chỉnh hình trong miền D, trừ ra một số hữu hạn các điểm bất thường cực điểm. Nếu D = C thì ta nói f (z) là hàm phân hình trên C, hay đơn

giản là hàm phân hình.

Nhận xét 1.1.7. Nếu f (z) là hàm phân hình trên D thì trong mỗi lân cận

của z ∈ D hàm f (z) biểu diễn được dưới dạng thương của hai hàm chỉnh

hình.

. Định nghĩa 1.1.8. Điểm z0 được gọi là không điểm cấp m của hàm f (z) nếu trong lân cận của z0, hàm f (z) có biểu diễn f (z) = (z − z0)mh(z), trong đó h(z) chỉnh hình trong lân cận của z0 và h(z0) (cid:54)= 0. Điểm z0 được gọi là cực điểm cấp m ≥ 0 của hàm f (z) nếu z0 là không điểm cấp m của hàm

1 f (z)

Với hàm phân hình f , ta kí hiệu

m

ordf (z0) = nếu z0 là không điểm cấp m của f (z) nếu f (z0) (cid:54)= 0, ∞

  0  −m nếu z0 là cực điểm cấp m của f (z)

Nhận xét 1.1.9. Nếu f (z) là hàm phân hình trên D thì f (cid:48)(z) cũng là hàm phân hình trên D. Hàm f (z) và f (cid:48)(z) có cùng cực điểm, đồng thời nếu z0 là cực điểm cấp m ≥ 0 của f (z) thì nó là cực điểm cấp m + 1 của f (cid:48)(z).

Hơn nữa, hàm f (z) có không quá đếm được các cực điểm trên D.

Bây giờ ta định nghĩa hàm đếm, hàm xấp xỉ và hàm đặc trưng Nevanlinna

+, kí hiệu

của một hàm phân hình. Với mỗi số thực dương x ∈ R∗

(cid:40)

log x

nếu x ≥ 1

log+(x) =

0

nếu 0 < x < 1.

Như vậy

log+(x) = max{log x, 0}

và

.

log x = log+ x − log+ 1 x

2π (cid:90)

Cho f : C → C là một hàm phân hình, với một số thực R > 0, ta có

log (cid:12)

(cid:12)f (Reiϕ)(cid:12) (cid:12) dϕ

1 2π

2π (cid:90)

dϕ

=

log+ (cid:12)

log+

(cid:12)f (Reiϕ)(cid:12) (cid:12) dϕ −

1 2π

1 f (Reiϕ)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

2π (cid:90)

Định nghĩa 1.1.10. Hàm

m(R, f ) =

log+ (cid:12)

(cid:12)f (Reiϕ)(cid:12) (cid:12) dϕ

1 2π

được gọi là hàm xấp xỉ của hàm phân hình f .

Bây giờ ta định nghĩa các hàm đếm. Cho f là hàm phân hình và t > 0.

Kí hiệu n(t, f ) là số cực điểm kể cả bội của hàm f (z) trong hình tròn

{|z| < t} và n(0, f ) = limt→0 n(t, f ). Ký hiệu n(t, f ) là số cực điểm không kể bội của f , và n(0, f ) = limt→0 n(t, f ). Ký hiệu n(t, 1/f ) là số không điểm kể cả bội, n(t, 1/f ) là số không điểm kể cả bội của f trong hình tròn

{|z| < t}.

r (cid:90)

Định nghĩa 1.1.11. Hàm

N (r, ∞; f ) = N (r, f ) =

dt + n(0, f ) log r

n(t, f ) − n(0, f ) t

được gọi là hàm đếm kể cả bội của f (còn gọi là hàm đếm tại các cực điểm).

r (cid:90)

Hàm

N (r, ∞; f ) = N (r, f ) =

dt + n(0, f ) log r

n(t, f ) − n(0, f ) t

được gọi là hàm đếm không kể bội của f .

Định nghĩa 1.1.12. Hàm

T (r, f ) = m(r, f ) + N (r, f )

gọi là hàm đặc trưng của hàm f.

Các hàm đặc trưng T (r, f ), hàm xấp xỉ m(r, f ) và hàm đếm N (r, f )

là ba hàm cơ bản trong lý thuyết phân bố giá trị, nó còn gọi là các hàm

Nevanlinna. Định lý sau đây cho thấy một số tính chất của các hàm này.

p (cid:88)

Định lý 1.1.13. Cho các hàm phân hình f1, f2, . . . , fp. Khi đó

(1)

m(r,

fν) ≤

m(r, fν) + log p;

ν=1 p (cid:89)

ν=1 p (cid:88)

(2)

m(r,

fν) ≤

m(r, fν)

ν=1 p (cid:88)

(3)

N (r,

N (r, fν)

fν) ≤

ν=1 p (cid:89)

ν=1 p (cid:88)

(4)

N (r,

fν) ≤

N (r, fν)

ν=1 p (cid:88)

(5)

T (r,

fν) ≤

T (r, fν) + log p;

ν=1 p (cid:89)

ν=1 p (cid:88)

(6)

T (r,

fν) ≤

T (r, fν).

ν=1

Việc chứng minh các tính chất này dựa theo tính chất: nếu a1, . . . , ap là

p (cid:89)

p (cid:88)

các số phức phân biệt thì

≤

log+

aν

log+ |aν|

ν=1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

p (cid:88)

và

log+

aν

|aν|) ≤

log+ |aν| + log p.

≤ log+(p max ν=1,...,p

ν=1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Định lý 1.1.14 (Công thức Poisson–Jensen). Cho f (z) (cid:54)≡ 0 là một hàm

phân hình trong hình tròn {|z| ≤ R} với 0 < R < ∞. Giả sử a1, . . . , ap là các không điểm kể cả bội, b1, . . . , bq là các cực điểm kể cả bội trong hình tròn đó. Khi đó với mỗi z trong {|z| ≤ R} không phải là không điểm hay

2π (cid:90)

cực điểm của f , ta có

log |f (z)| =

1 2π

0 p (cid:88)

q (cid:88)

log

−

log

.

+

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

R2 − aiz R(z − ai)

R2 − bjz R(z − bj)

R2 − |z|2 |Reiθ − z|2 log |f (Reiϕ)|dθ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

i=1

j=1

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Nhận xét 1.1.15. Công thức Poisson–Jensen chỉ ra rằng, nếu biết giá trị

của |f (z)| trên biên, biết các cực điểm và không điểm của hàm f (z) trong

|z| < R thì ta có thể tìm được giá trị của môđun |f (z)| tại các giá trị z

khác bên trong đĩa |z| ≤ R.

2π (cid:90)

Hệ quả 1.1.16. Với |z| < R, ta có

=

1 |R2eiθ − z|2

dθ 2π

1 R2 − |z|2 .

Hệ quả 1.1.17 (Công thức Jensen). Cho f (z) (cid:54)≡ 0 là một hàm phân hình

2π (cid:90)

p (cid:88)

q (cid:88)

trong hình tròn {|z| ≤ R} với 0 < R < ∞. Giả sử a1, . . . , ap là các không điểm kể cả bội, b1, . . . , bq là các cực điểm kể cả bội trong hình tròn đó trừ bỏ đi điểm 0. Khi đó

log |f (Reiθ)|dθ −

+

log

log |cf | =

1 2π

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

R ai

R bj

i=1

j=1

− (ord0f ) log R,

trong đó f (z) = cf zord0f + · · · , ord0f ∈ Z, cf là hằng số khác không nhỏ nhất trong khai triển Laurent của f tại 0.

Định lý sau đây là một cách viết lại của công thức Jensen, được gọi là

Định lý cơ bản thứ nhất.

Định lý 1.1.18 (Định lý cơ bản thứ nhất). Cho f (z) (cid:54)≡ 0 là một hàm phân hình trên C. Khi đó, với mỗi r > 0, ta có

(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (1) T (r, f ) = m

r,

+ N

r,

+ log |cf |;

1 f

(cid:19) (cid:18) (2) Với mỗi số phức a ∈ C, (cid:18)

− N

r,

≤

T (r, f ) − m

r,

log

+log+ |a|+log 2,

1 f − a

c1 f − a

(cid:19)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

trong đó cf là hệ số khác không nhỏ nhất trong khai triển Taylor của hàm f trong lân cận điểm 0, c1/(f − a) là hệ số khác không nhỏ nhất trong khai triển Taylor của hàm 1/(f − a) trong lân cận điểm 0.

Nhận xét 1.1.19. Ta thường dùng (2) của Định lý cơ bản thứ nhất dưới

dạng (cid:19) (cid:18)

= T (r, f ) + O(1),

T

r,

1 f − a

trong đó O(1) là đại lượng bị chặn khi r → ∞.

1.2 Định lý cơ bản thứ hai và quan hệ số khuyết

Cho f là một hàm phân hình, r > 0. Kí hiệu

(cid:17)

+ 2N (r, f ) − N (r, f (cid:48))

Nram(r, f ) = N (cid:0)r,

1 f (cid:48)

và gọi là hàm giá trị phân nhánh của hàm f . Hiển nhiên Nram(r, f ) ≥ 0.

Định lý 1.2.1 (Định lý cơ bản thứ hai). Giả sử f là hàm phân hình khác hằng trên C, a1, . . . , aq ∈ C, (q > 2) là các hằng số phân biệt, khi đó với

mỗi ε > 0, bất đẳng thức

q (cid:88)

(cid:16) (cid:17)

(q − 1)T (r, f ) ≤

N

r,

+ N (r, f ) − Nram(r, f ) + log T (r, f )

1 f − aj

j=1 + (1 + ε) log+ log T (r, f ) + O(1)

q (cid:88)

(cid:17) (cid:16)

r,

≤

N

+ N (r, f ) − Nram(r, f ) + log T (r, f )

j=1

1 f − aj + (1 + ε) log+ log T (r, f ) + O(1)

đúng với mọi r ≥ r0 nằm ngoài một tập E có độ đo Lebesgue hữu hạn.

Giả sử f (z) là hàm phân hình trên C, a ∈ C ∪ {∞} và k là một số

nguyên dương. Ta kí hiệu

(cid:1) (cid:1)

= 1 − lim sup

δ(a, f ) = lim inf r→∞

N (cid:0)r, 1 f −a T (r, f )

r→∞

(cid:1)

Θ(a, f ) = 1 − lim sup

r→∞ N (cid:0)r,

(cid:1)

m(cid:0)r, 1 f −a T (r, f ) N (cid:0)r, 1 f −a T (r, f ) 1 f −a

1 f −a

.

θ(a, f ) = lim inf r→∞

(cid:1) − N (cid:0)r, T (r, f )

Định nghĩa 1.2.2. δ(a, f ) được gọi là số khuyết, Θ(a, f ) gọi là số khuyết

không kể bội, θ(a, f ) gọi là bậc của bội của số khuyết.

1 f −a

Nhận xét 1.2.3. 1. Nếu f (z) = a vô nghiệm thì N (cid:0)r, (cid:1) = 0 với mọi

r suy ra δ(a, f ) = 1. Chẳng hạn f (z) = ez thì δ(0, f ) = 1.

1 f −a

2. Nếu N (cid:0)r,

(cid:1) = o(T (r, f )) khi đó δ(a, f ) = 1. Như vậy số khuyết bằng 1 khi số nghiệm của phương trình quá ít so với cấp tăng của nó.

3. Với mỗi hàm phân hình f và a ∈ C, ta luôn có

0 ≤ δ(a, f ) ≤ Θ(a, f ) ≤ 1.

Định lý sau cho ta một tính chất của số khuyết, thường được gọi là Bổ

đề quan hệ số khuyết.

Định lý 1.2.4. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C. Khi đó tập hợp các giá trị của a mà Θ(a, f ) > 0 cùng lắm là đếm được, đồng thời ta có

(cid:88) (cid:88)

(δ(a, f ) + θ(a, f )) ≤

Θ(a, f ) ≤ 2.

z∈ ˆC

a∈ ˆC

Hệ quả 1.2.5. Giả sử f là hàm phân hình trên C, nếu f không nhận 3 giá trị a1, a2, a3 ∈ C ∪ {∞} thì f là hàm hằng.

1.3 Một số tính chất nâng cao

Trong luận văn này, ta xét hàm phân hình là hàm phân hình trên toàn bộ

mặt phẳng phức. Ta sẽ sử dụng các ký hiệu thông thường của lý thuyết hàm

phân phối giá trị Nevanlinna về hàm phân hình như T (r, f ), N (r, f ), m(r, f ).

Với hàm phân hình f khác hằng, ký hiệu S(r, f ) là đại lượng thỏa mãn

= 0,

lim r→∞

S(r, f ) T (r, f )

có thể bên ngoài tập độ đo hữu hạn tuyến tính trong R+. Hàm phân hình a(z) được gọi là hàm nhỏ của f nếu T (r, a) = S(r, f ).

Định nghĩa 1.3.1. ([1]) Cho f và g là hàm hàm phân hình khác hằng và

cho a là số phức hữu hạn. Ta nói rằng f và g chung nhau giá trị a CM (kể

cả bội) nếu f − a và g − a có cùng số không điểm và các không điểm có

bội như nhau. Tương tự, ta nói f và g chung nhau giá trị a IM (không kể

bội) nếu f − a và g − a có cùng số không điểm phân biệt và không tính

đến bội của các không điểm. Ta nói rằng f và g chung nhau ∞ kể cả bội

(tương ứng không kể bội) nếu 1/f và 1/g chung nhau 0 kể cả bội (tương

ứng không kể bội).

Định nghĩa 1.3.2. ([4]) Ta nói rằng hai hàm phân hình f và g chung nhau

hàm nhỏ a không kể bội (tương ứng không kể bội) nếu f − a và g − a chung

nhau giá trị 0 kể cả bội (tương ứng không kể bội).

Định nghĩa 1.3.3. ([1]) Cho k là số nguyên không âm hoặc vô cùng, với a ∈ C ∪ {∞}, ta định nghĩa tập Ek(a; f ) là tập các a-điểm của f , trong đó a-điểm bội m được tính m lần nếu m ≤ k và được tính k + 1 lần nếu

m > k.

Định nghĩa 1.3.4. ([1]) Ta nói rằng f và g chung nhau giá trị a với trọng

số k nếu Ek(a; f ) = Ek(a; g). Khi đó, ta nói rằng f và g chung nhau (a, k).

Rõ ràng, nếu f và g chung nhau (a, k) thì f và g cũng chung nhau (a, p)

với bất kỳ số nguyên p thỏa mãn 0 ≤ p < k. Ngoài ra, chú ý rằng f và g

chung nhau giá trị a kể cả bội (không kể bội) khi và chỉ khi f và g chung

nhau (a, ∞) (tương ứng chung nhau (a, 0)).

Định nghĩa 1.3.5. ([1]) Gọi S là tập các phần tử phân biệt của C∪{∞} và k là số nguyên không âm hoặc ∞. Ký hiệu Ef (S, k) là tập (cid:83) a∈S Ek(a; f ). Ta nói rằng f và g chung nhau tập S với trọng số k nếu Ef (S, k) = Eg(S, k).

Định nghĩa 1.3.6. ([1]) Tập S ⊂ C ∪ {∞} được gọi là tập xác định duy nhất của hàm phân hình (tương ứng, hàm nguyên) với trọng số k, viết là

U RSMk (tương ứng, U RSEk) nếu với hai hàm phân hình (tương ứng, hàm nguyên) khác hằng f và g bất kỳ thì điều kiện Ef (S, k) = Eg(S, k) kéo theo f ≡ g.

Định nghĩa 1.3.7. ([1]) Cho f, g là hai hàm phân hình và a là một số

phức hữu hạn. Kí hiệu

(i) N L(r, 1/(f − a)) = N L(r, a; f ) là hàm đếm không kể bội tại các a- điểm chung của f và g sao cho bội tại a-điểm này đối với f lớn hơn

đối với g.

(ii) NL(r, 1/(f − a)) = NL(r, a; f ) là hàm đếm kể cả bội tại các a-điểm

của f sao cho bội tại a-điểm này đối với f lớn hơn đối với g.

E (r, 1/(f − a)) = N 1)

E (r, a; f ) là hàm đếm kể cả bội tại các a-điểm chung của f và g sao cho bội tại các a-điểm này đối với f bằng đối với

(iii) N 1)

g và bằng 1.

(2 E (r, 1/(f − a)) = N

(2 E (r, a; f ) là hàm đếm không kể bội tại các a- điểm chung của f và g sao cho bội tại các a-điểm này đối với f bằng

(iii) N

đối với g và lớn hơn hay bằng 2.

Định nghĩa 1.3.8. ([1]) Giả sử f và g chung nhau (a, 0). Khi đó, ký hiệu

N ∗(r, a; f, g) là hàm đếm không kể bội các a-điểm của f mà có bội khác với bội của a-điểm tương ứng của g. Do đó

N ∗(r, a; f, g) ≡ N ∗(r, a; g, f )

và

N ∗(r, a; f, g) = N L(r, a; f ) + N L(r, a; g).

Cho p là số nguyên dương và a ∈ C ∪ {∞}. Ký hiệu Np)(1, 1 f −a) là hàm 1 f −a) là đếm các không điểm của f − a có bội nhỏ hơn hoặc bằng p, N(p+1(1, 1 f −a) hàm đếm các không điểm của f − a có bội lớn hơn p. Ký hiệu N p)(1, 1 f −a) tương ứng là hàm các hàm đếm không kể bội của f − a với và N (p+1(1, 1 bội nhỏ hơn hay bằng p tương ứng lớn hơn p. Ký hiệu Np(r, f −a) là hàm đếm các không điểm của f − a trong đó các không điểm cấp m được đếm

m lần nếu m ≤ p và được đếm p lần nếu m > p. Hiển nhiên

).

N (r,

) = N1(r,

1 f − a

Cho F và G là hai hàm phân hình khác hằng chung nhau giá trị 1 không

kể bội. Từ các khái niệm trên ta thấy nếu F và G chung nhau giá trị 1 kể

cả bội thì (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (1.1)

r,

= 0.

NL

= NL

1 F − 1

1 G − 1

Nếu F và G chung nhau 1 không kể bội thì

(cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:17)

1,

N

r,

1,

+ NL

1 F − 1

(cid:16)

= N 1) E (cid:16)

(cid:16) (cid:17) (cid:17) (1.2)

r,

1,

= N

.

+ NL

+ N (2 E

1 F − 1 1 (cid:17) G − 1

1 F − 1 1 G − 1

1 G − 1

(cid:19) (cid:19) (cid:18)G(cid:48)(cid:48) Bổ đề 1.3.9. ([4]) Giả sử (cid:18)F (cid:48)(cid:48) (1.3)

−

,

H =

2F (cid:48) F − 1

G(cid:48) −

2G(cid:48) G − 1

F (cid:48) −

trong đó F và G là hàm phân hình khác hằng. Nếu H (cid:54)= 0 thì

(cid:18) (cid:19) (1.4)

r,

≤ N (r, H) + S(r, F ) + S(r, G).

N 1) E

1 F − 1

Bổ đề 1.3.10. ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng và k, p là các số

nguyên dương. Khi đó

(1.5)

(1.6)

Np(r, 1/f (k)) ≤ T (r, f (k)) − T (r, f ) + Np+k(r, 1/f ) + S(r, f ), Np(r, 1/f (k)) ≤ kN (r, f ) + Np+k(r, 1/f ) + S(r, f ).

Bổ đề 1.3.11. ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng, n, k là các số

a , G = (f n)(k)

. Nếu H (cid:54)= 0 và n > k + 1

nguyên dương và a(z) là hàm phân hình nhỏ đối với f thỏa mãn a(z) (cid:54)≡ 0, ∞. Giả sử f n − a và (f n)(k) − a chung nhau giá trị 0 không kể bội và H xác định bởi (1.3), trong đó F = f n thì

(1.7)

T (r, f ) = O(N (r, f ) + N (r, 1/f )).

Chứng minh. Vì f n − a và (f n)(k) − a chung nhau giá trị 0 không kể bội

và F và G chung nhau giá trị 1 không kể bội, có thể trừ ra tại các không

điểm và cực điểm của a(z). Theo định nghĩa của H, ta có

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ N (r, F ) + NL

N (r, H) ≤ N (2

+ N (2

1 F − 1

1 G (cid:16)

(cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:17) (1.8)

r,

+ S(r, f ),

+ N 0

+ NL

+ N 0

1 F 1 G − 1

1 F (cid:48)

1 G(cid:48)

(cid:1) là hàm đếm các không điểm của F (cid:48) mà không là không (cid:0)r, 1 F (cid:48)

trong đó N0 điểm của F và F − 1, và tương tự đối với G(cid:48).

Từ (1.2), (1.4) và (1.8), ta thu được

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (1.9)

N

r,

+ N

r,

1 F − 1 (cid:16)

(cid:17)

1 G − 1 (cid:16)

(cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ 2NL

+ 2N (2 E

1 F − 1

= 2N 1) E (cid:16)

(cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ 3NL

≤ N (2

+ N (2

1 F − 1 1 (cid:17) F

1 G − 1 1 F − 1

(cid:16) (cid:17)

+ N (r, F ) + N 1) E (cid:16)

(cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:17)

r,

.

+ 3NL

+ N 0

1 G + 2N (2 E

1 G − 1

1 G − 1 1 F − 1 1 (cid:17) F (cid:48)

1 G(cid:48)

Chú ý rằng

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ 2NL

+ NL

+ 2N (2 E

N 1) E

1 F − 1

1 G − 1

(cid:16) (cid:17)

≤ T (r, F ) + O(1),

≤ N

r,

1 F − 1 1 F − 1

nên (1.9) kéo theo

(cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:16) (1.10)

N

r,

+ N

r,

(cid:17) (cid:16) (cid:16) (cid:17)

r,

+ N (r, F ) + NL

≤ N (2

+ N (2

1 F − 1 1 (cid:16) F

1 G − 1 1 (cid:17) G

(cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ O(1).

r,

+ 2NL

+ T (r, F ) + N 0

+ N 0

1 G − 1

1 F − 1 1 (cid:16) G(cid:48)

1 F (cid:48)

Theo Định lý cơ bản thứ hai, ta có

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

T (r, F ) ≤ N

r,

+ N (r, F ) + N

r,

+ S(r, F )

− N 0

1 F (cid:48)

1 F − 1

1 F

(1.11)

(cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:16)

r,

+ S(r, G).

T (r, G) ≤ N

r,

+ N (r, G) + N

r,

− N 0

1 G(cid:48)

1 G − 1

1 G

(1.12)

Kết hợp (1.10), (1.11) và (1.12), ta thu được

(cid:16) (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:17)

r,

T (r, F ) + T (r, G) ≤ N2

+ N2

+ 3N (r, f ) + NL

1 F

1 G

1 F − 1

(cid:16) (cid:17)

r,

+ T (r, F ) + S(r, f ),

+ 2NL

1 G − 1

hay

(cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17)

r,

+ 3N (r, f )

T (r, (f n)(k)) ≤ N2

+ N2

1 (f n)(k)

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ S(r, f ).

r,

+ 2NL

+ NL

1 f n 1 F − 1

1 G − 1

Từ bất đẳng thức trên và (1.5) ta có

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ 3N (r, f )

r,

T (r, f n) ≤ N2

+ N2+k

(cid:16) (cid:17)

1 f n (cid:16)

(cid:17) (1.13)

r,

+ S(r, f ).

+ NL

+ 2NL

1 f n 1 F − 1

1 G − 1

Theo định nghĩa ta có

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

N

r,

+ S(r, f ).

= N1

≤ N1

1 G

1 (f n)(k)

Kết hợp điều này với (1.6), ta thu được

(cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16)

r,

N

r,

+ kN (r, f ) + S(r, f )

≤ N1+k

1 G

1 f n (cid:16)

(cid:17) (1.14)

r,

+ kN (r, f ) + S(r, f ).

≤ (k + 1)N

1 f

Chú ý rằng n > k + 1, theo (1.14) ta thu được

(cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:16)

≤ N

r,

≤ N

r,

+ S(r, f ) ≤

r,

NL

1 F − 1

F (cid:48) F

(cid:16)

≤ N

r,

+ N (r, F ) + S(r, f )

(cid:16) (cid:17) (1.15)

≤ N

r,

+ N (r, f ) + S(r, f ),

(cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16)

r,

≤ N

r,

≤ N

r,

+ S(r, f )

NL

1 G − 1

G(cid:48) G

(cid:16)

≤ N

r,

+ N (r, G) + S(r, f )

F F (cid:48) 1 (cid:17) F 1 f G G(cid:48) 1 (cid:17) G

(cid:16) (cid:17) (1.16)

r,

+ (k + 1)N (r, f ) + S(r, f ),

≤ (k + 1)N

1 f

Thay (1.15) và (1.16) vào (1.13) ta thu được kết luận của Bổ đề 1.3.11.

Chương 2

Vấn đề duy nhất

Trong vài thập niên qua, vấn đề duy nhất của các hàm nguyên và hàm

phân hình đã phát triển mạnh mẽ trở thành lĩnh vực con quan trọng của

lý thuyết phân bố giá trị. Một trong những hướng nghiên cứu thu hút được

sự quan tâm của nhiều tác giả là khảo sát tính duy nhất của hàm phân

hình và các đạo hàm của nó chung nhau giá trị hàm nhỏ. Người khởi sướng

cho hướng nghiên cứu này là Rubel-Yang ([3]). Trong phần này chúng tôi

sẽ giới thiệu một số kết quả nghiên cứu trong thời gian gần đây cho các

hàm nguyên và hàm phân hình.

2.1 Một số bổ đề chuẩn bị

Bổ đề 2.1.1. ([4]) Giả sử

(cid:19) (cid:19) (cid:18) G(cid:48) (cid:18) F (cid:48) (2.1)

−

V =

F − 1

F (cid:48) F

G − 1

G(cid:48) G

trong đó F và G xác định bởi Bổ đề 1.3.11. Nếu V = 0 và n ≥ 2 thì F = G.

Chứng minh. Vì V = 0 nên ta có

(2.2)

= B −

,

1 −

1 F

B G

với B là hằng số khác hằng. Ta chia làm hai trường hợp sau.

1 f (z0) = 0, do đó

F (z0) = 1

Trường hợp 1. Giả sử N (r, f ) (cid:54)= N (r, f ). Khi đó tồn tại điểm z0 không là G(z0) = 0. không điểm hay cực điểm của a sao cho

1 F − 1

1−B

(cid:1) =

Từ (2.2) ta thu được B = 1. Trường hợp 2. Giả sử N (r, f ) = S(r, f ). Nếu B (cid:54)= 1 thì N (cid:0)1, N (r, G) = S(r, f ). Theo Định lý cơ bản thứ hai, ta có

(cid:16) (cid:17)

r,

+ N (cid:0)1,

T (r, F ) ≤ N (r, F ) + N

(cid:1) + S(r, F )

1 F

1 F − 1 1−B

(cid:16) (cid:17)

r,

+ S(r, f ),

≤ N

1 f

mâu thuẫn vì n ≥ 2. Do đó B = 1. Vậy F = G, điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.1.2. ([4]) Giả sử V được xác định bởi (2.1) và V (cid:54)= 0 thì

(2.3)

(n − 1)N (r, f ) ≤ N (r, V ) + S(r, f ).

Chứng minh. Theo (2.1), ta có

V =

−

.

F (cid:48) F (F − 1)

G(cid:48) G(G − 1)

G(cid:48)

Giả sử z0 là cực điểm của f với bội p thỏa mãn a(z0) (cid:54)= 0 và a(z0) (cid:54)= ∞. Khi đó z0 là không điểm của f racF (cid:48)F (F − 1) với bội np − 1 và là không G(G−1) với bội np + k − 1. Do đó z0 là không điểm của V với bội điểm của

ít nhất n − 1. Chú ý rằng m(r, V ) = S(r, f ) nên ta có

(cid:16) (cid:17)

(n−1)N (r, f ) ≤ N

r,

+S(r, f ) ≤ T (r, V )+S(r, f ) ≤ N (r, V )+S(r, f ).

1 V

Bổ đề 2.1.3. ([4]) Giả sử các điều kiện của Bổ đề 2.1.2 được thỏa mãn và

n > k + 1.

(1) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 kể cả bội thì

(cid:16) (cid:17) (2.4)

(n − k − 1)N (r, f ) ≤ (k + 1)N

r,

+ S(r, f ).

1 f

(2) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 không kể bội thì

(cid:16) (cid:17) (2.5)

(n − 2k − 3)N (r, f ) ≤ (2k + 3)N

r,

+ S(r, f ).

1 f

Chứng minh. (1) Từ (2.1), ta có

(cid:16) (cid:17)

N (r, V ) ≤ N

r,

+ S(r, f ).

1 G

Kết hợp bất đẳng thức này với (2.3) và (1.14), ta thu được (2.4).

(2) Từ (2.1), ta có

(cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

N (r, V ) ≤ N

r,

+ S(r, f ).

+ NL

1 G

1 F − 1

1 G − 1

Thay (1.14), (1.15) và (1.16) vào bất đẳng thức bên trên và sử dụng (2.3),

ta thu được (2.5).

Bổ đề 2.1.4. ([4]) Giả sử

(2.6)

U =

−

F (cid:48) F − 1

G(cid:48) G − 1

trong đó F và G xác định như trong Bổ đề 1.3.11. Nếu U = 0 và n > k + 1

thì F = G.

Chứng minh. Giả sử phản chứng F (cid:54)= G. Do U = 0, ta thu được

(2.7)

F = DG + 1 − D,

trong đó D là hằng số khác không. Theo (2.7) ta thấy D (cid:54)= 1, N (r, f ) =

S(r, f ). Giả sử tồn tại điểm z0 sao cho f (z0) = 0 và a(z0) (cid:54)= 0. Vì n > k +1, ta có F (z0) = G(z0) = 0. Nên D = 1, mâu thuẫn. Do đó N (r, 1/f ) =

S(r, f ). Theo Định lý cơ bản thứ hai, từ (2.7) và (1.14) ta có

(cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:16)

+ S(r, f )

≤ N (r, F ) + N

r,

+ N

r,

nT (r, f ) ≤ T (r, F ) + S(r, f ) 1 F

(cid:16) (cid:16) (cid:17)

≤ N

r,

+ N (r, f ) + N

r,

+ S(r, f )

1 F + D − 1 1 (cid:17) G

(cid:16) (cid:17)

r,

+ S(r, f )

≤ N

1 f 1 G

(cid:16) (cid:17)

≤ (k + 1)N

r,

+ kN (r, f ) + S(r, f )

1 f

≤ S(r, f ),

mâu thuẫn. Điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.1.5. ([4]) Giả sử U như trong Bổ đề 2.1.4. Nếu U (cid:54)= 0 và n > k+1

thì

(2.8)

(n − k − 1)N (r, 1/f ) ≤ N (r, U ) + S(r, f ).

Chứng minh. Giả sử z0 là không điểm của f với bội p và thỏa mãn a(z0) (cid:54)= 0 và a(z0) (cid:54)= ∞. Khi đó z0 là không điểm của F (cid:48) F −1 với bội np − 1 và là không điểm của G(cid:48) G−1 với bội np − k − 1. Nên z0 là không điểm của U với bội ít nhất là n − k − 1. Chú ý rằng m(r, U ) = S(r, f ), nên ta có

(cid:16) (cid:17)

r,

+ S(r, f ) ≤ T (r, U ) + S(r, f )

(n − k − 1)N (r, 1/f ) ≤ N

1 U

≤ N (r, U ) + S(r, f ).

Bổ đề 2.1.6. ([4]) Giả sử các điều kiện của Bổ đề 2.1.5 được thỏa mãn.

(1) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 kể cả bội thì

(2.9)

(n − k − 1)N (r, 1/f ) ≤ N (r, f ) + S(r, f ).

(2) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 không kể bội thì

(2.10)

(n − 2k − 3)N (r, 1/f ) ≤ (k + 3)N (r, f ) + S(r, f ).

Chứng minh. (1) Từ (2.6) ta có

N (r, U ) ≤ N (r, f ) + S(r, f ).

Kết hợp với (2.8), ta thu được (2.9).

(2) Từ (2.6) ta có

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

r,

+ S(r, f ).

N (r, U ) ≤ N (r, f ) + NL

+ NL

1 F − 1

1 G − 1

Kết hợp với (2.8), (1.15) và (1.16) ta thu được (2.10).

Bổ đề 2.1.7. ([4]) Cho F và G như trong Bổ đề 1.3.11. Giả sử F = G và

n > k + 1 thì f có dạng

f (z) = ce

n z,

trong đó c là hằng số khác không và λk = 1.

Chứng minh. Vì F = G nên

(2.11)

f n = (f n)(k).

Ta khẳng định rằng 0 là giá trị bỏ được Picard của f. Thật vậy, nếu z0 là không điểm của f với bội p thì z0 là không điểm của f n với bội np và là không điểm của (f n)(k) với bội np − k, mâu với (2.11). Do đó, theo (2.11)

n z,

ta có

f (z) = ce

với c là hằng số khác không và λk = 1.

Bổ đề 2.1.8. ([4]) Cho H như trong Bổ đề 1.3.11 và

(2.12)

N (r, f ) = N (r, 1/f ) = S(r, f ).

Giả sử H = 0 thì F = G.

Chứng minh. Từ (2.7) lấy tích phân ta được

(2.13)

=

+ B,

1 F − 1

A G − 1

trong đó A ((cid:54)= 0) và B là hằng số. Từ (2.13) ta có

(2.14)

G =

.

(B − A)F + (A − B − 1) BF − (B + 1)

Ta chia làm ba trường hợp.

Trường hợp 1. Giả sử B (cid:54)= 0, 1. Theo (2.14) ta có

N (r,

) = N (r, G).

1 F − B+1 B

Theo (2.12) và Định lý cơ bản thứ hai, ta có

(cid:16) (cid:17)

≤ N (r, F ) + N

r,

+ N (r,

) + S(r, f )

nT (r, f ) ≤ T (r, F ) + S(r, f ) 1 F

1 F − B+1 B

(cid:17) (cid:16)

+ N (r, F ) + N (r, G) + S(r, f )

r,

≤ N

1 f ≤ S(r, f ),

mâu thuẫn.

Trường hợp 2. Giả sử B = 0. Theo (2.14) ta có

(2.15)

G = AF − (A − 1).

Nếu A (cid:54)= 1, từ (2.15) ta thu đuược

(cid:16) (cid:17)

N (r,

) = N

r,

.

1 G

1 F − A−1 A

Theo (1.6), (2.12) và Định lý cơ bản thứ hai, ta thu được

(cid:17) (cid:16)

) + S(r, f )

≤ N (r, F ) + N

r,

+ N (r,

nT (r, f ) ≤ T (r, F ) + S(r, f ) 1 F

1 F − A−1 A

≤ S(r, f ),

mâu thuẫn. Do đó A = 1. Từ (2.15) ta có F = B.

Trường hợp 3. Giả sử B = −1. Từ (2.14) ta có

(2.16)

G =

.

(A + 1)F − A F

Nếu A (cid:54)= −1, từ (2.16) ta có

(cid:16) (cid:17)

N (r,

) = N

r,

.

1 G

1 F − A A+1

Lập luận tương tự như Trường hợp 2, ta thu được mâu thuẫn. Do đó

A = −1. Từ (2.16) ta có F · G = 1, tức là

f n · (f n)(k) = a2.

Từ phương trình trên và (2.12), ta có

(cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16)

= T

r,

= T

r,

+ O(1)

2T

r,

f n a

a2 f 2n

(cid:16) (cid:17)

= T

r,

+ O(1) = S(r, f ).

f 2n a2 (f n)(k) f n

Do đó T (r, f ) = S(r, f ), mâu thuẫn. Điều phải chứng minh.

Để trình bày các bổ đề tiếp theo, ta sử dụng các kí hiệu: với f là hàm

phân hình, m, k là những số nguyên dương,

T (r) := T (r, f m) + T (r, (f m)(k))

S(r) := S(r, f )

F := R(f m)

G := R((f m)(k))

. Kí hiệu trong đó R(z) := −

(cid:17) (2.17)

H :=

−

(cid:17) .

zn + azn−1 b (cid:16)F (cid:48)(cid:48) F (cid:48) −

2F (cid:48) F − 1

(cid:16)G(cid:48)(cid:48) G(cid:48) −

2G(cid:48) G − 1

Bổ đề 2.1.9. ([1]) Nếu F và G chung nhau (1, 0) thì

i) N L(r, 1; F ) ≤ N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f ) + S(r, f ) và

ii) N L(r, 1; G) ≤ N (r, 0; (f m)(k)) + N (r, ∞; f ) + S(r, f ).

Chứng minh. Rõ ràng

N L(r, 1; F ) ≤ N (r, 1; F ) − N (r, 1, F ) (cid:18)

(cid:19)

≤ N

r, ∞;

+ S(r, f )

(f m)(cid:48) f m

≤ (N (r, 0; f m) + N (r, ∞; f m)) + S(r, f )

≤ (N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )) + S(r, f ).

Tương tự, ta cũng thu được bất đẳng thức cho N L(r, 1; G).

Bổ đề 2.1.10. ([1]) Nếu F và G chung nhau (1, l) với l ≥ 1 thì

(N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )) + S(r, f ).

N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) ≤

1 l

Chứng minh. Rõ ràng

N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) ≤ N (r, 1; F | ≥ l + 1)

≤

(N (r, 1; F ) − N (r, 1, F ))

(cid:18) (cid:19)

≤

N

r, ∞,

+ S(r, f )

(f m)(cid:48) f m

≤

(N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )) + S(r, f ).

1 l 1 l 1 l

Điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.1.11. ([1]) Giả sử F và G chung nhau (1, l), F (cid:54)≡ G và m ≥ k +1.

i) Nếu f là hàm phân hình, l = 0 và n ≥ 5 thì

N (r, 0; f ) ≤ N (r, 0, (f m)(k)) ≤

N (r, ∞; f ) + S(r).

3 n − 4

ii) Nếu f là hàm nguyên, l = 0 và n ≥ 5 thì

N (r, 0; f ) = N (r, 0, (f m)(k)) = S(r).

l thì

iii) Nếu f là hàm phân hình, l ≥ 1 và n > 2 + 1

N (r, 0; f ) ≤ N (r, 0, (f m)(k)) ≤

N (r, ∞; f ) + S(r).

l + 1 nl − 2l − 1

l thì

iv) Nếu f là hàm nguyên, l ≥ 1 và n > 2 + 1

N (r, 0; f ) ≤ N (r, 0, (f m)(k)) = S(r).

Chứng minh. Với bổ đề này, ta định nghĩa

(cid:19) (cid:18) F (cid:48)

U :=

−

.

F − 1

G(cid:48) G − 1

Trường hợp 1. Giả sử U ≡ 0. Lấy tích phân ta được

(2.18)

F − 1 = B(G − 1).

Nếu z0 là không điểm của f thì phương trình (2.18) kéo theo B = 1, điều này là không thể. Do đó N (r, 0; f ) = S(r, f ).

Trường hợp 2. Giả sử U (cid:54)≡ 0. Nếu z0 không là không điểm bậc t của f thì nó là không điểm của F bậc mt(n − 1) và là không điểm của G với

bậc (mt − k)(n − 1). Do đó z0 là không điểm của U với bậc ít nhất là ν = (n − 2). Do đó

νN (r, 0; f )

≤ νN (r, 0; (f m)(k))

≤ N (r, 0; U ) ≤ N (r, ∞; U ) + S(r, f )

≤ N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) + N L(r, ∞; F ) + N L(r, ∞; G) + S(r, f )

≤ N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) + N L(r, ∞; f ) + S(r, f ).

Tiếp theo, ta xét hai trường hợp con:

Trường hợp 2.1. Giả sử l = 0. Theo Bổ đề 2.1.9 ta có

νN (r, 0; f ) ≤ νN (r, 0; (f m)(k))

≤ N (r, 0; f ) + N (r, 0; (f m)(k)) + 3N (r, ∞; f ) + S(r, f )

≤ 2N (r, 0; (f m)(k)) + 3N (r, ∞; f ) + S(r).

Do đó

N (r, ∞; f ) + S(r).

N (r, 0; f ) ≤ N (r, 0; (f m)(k)) ≤

3 n − 4

Trường hợp 2.2. Giả sử l ≥ 1. Trong trường hợp này, thay vì sử dụng Bổ

đề 2.1.9, ta sử dụng Bổ đề 2.1.10 và thu được

νN (r, 0; f ) ≤ νN (r, 0; (f m)(k))

≤

(cid:0)N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )(cid:1) + N (r, ∞; f ) + S(r, f ),

1 l

tức là

N (r, 0; f ) ≤ N (r, 0; (f m)(k)) ≤

N (r, ∞; f ) + S(r).

l + 1 nl − 2l − 1

Bổ đề 2.1.12. ([1]) Giả sử F và G chung nhau (1, l), F (cid:54)≡ G và m ≥ k +1.

i) Nếu l = 0 và n ≥ 6 thì

N (r, ∞; f ) ≤

T (r) + S(r).

n − 4 2n2 − 11n + 3

ii) Nếu l ≥ 1 và n ≥ 4 thì

(nl − 2l − 1)l

N (r, ∞; f ) ≤

(2nl − l − 1)(nl − 2l − 1) − (l + 1)2 T (r) + S(r).

Chứng minh. Với bổ đề này, ta định nghĩa

(cid:18) (cid:19)

−

V :=

.

F (cid:48) F (F − 1)

G(cid:48) G(G − 1)

(cid:19) (cid:19) (cid:18) Trường hợp 1. Giả sử V ≡ 0. Lấy tích phân ta được (cid:18) (2.19)

= A

1 −

.

1 −

1 F

1 G

Vì f m và (f m)(k) chung nhau (∞, 0) nên nếu N (r, ∞; f ) (cid:54)= S(r, f ) thì

phương trình (2.19) kéo theo A = 1, nhưng điều này là không thể. Do đó

N (r, ∞; f ) = S(r, f ).

F −1 − F (cid:48)

Trường hợp 2. Giả sử V (cid:54)≡ 0. Giả sử z0 là cực điểm bậc p của f thì z0 là cực điểm bậc (pm + k) của (f m)(k). Do đó z0 là cực điểm của F và G tương ứng với bậc pmn và (pm + k)n. Do đó z0 là không điểm của (cid:0) F (cid:48) (cid:1) với

bậc ít nhất là (pmn − 1) và là không điểm của V với bậc ít nhất là λ với

λ = 2n − 1. Do đó

λN (r, ∞; f )

≤ N (r, 0; V ) ≤ N (r, ∞; V ) + S(r, f )

≤ N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) + N L(r, 0; F )

+ N L(r, 0; G) + N (r, 0; G|F (cid:54)= 0) + S(r, f )

≤ N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) + N (r, 0; G) + S(r, f ) ≤ N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) + N (r, 0; (f m)(k)) + T (r) + S(r).

Bây giờ ta xét hai trường hợp nhỏ.

Trường hợp 2.1. Giả sử l = 0. Khi đó, sử dụng Bổ đề 2.1.9, ta thu được

λN (r, ∞; f )

≤ N (r, 0; f ) + N (r, 0; (f m)(k)) + 2N (r, ∞; f )

+ N (r, 0; (f m)(k)) + T (r) + S(r).

Áp dụng Bổ đề 2.1.11, ta thu được

(2n − 3)N (r, ∞; f ) ≤ T (r) + 3N (r, 0; (f m)(k)) + S(r)

≤ T (r) +

N (r, 0; f ) + S(r).

9 n − 4

Do đó

T (r) + S(r).

N (r, ∞; f ) ≤

n − 4 2n2 − 11n + 3 Trường hợp 2.2. Giả sử l ≥ 1. Thay vì áp dụng Bổ đề 2.1.9, ta sử dụng Bổ

đề 2.1.10 ta thu được

λN (r, ∞; f )

≤

(cid:0)N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )(cid:1) + N (r, 0; (f m)(k)) + T (r) + S(r).

1 l

Tức là

(lλ − 1)N (r, ∞; f ) ≤ (l + 1)N (r, 0; (f m)(k)) + lT (r) + S(r)

≤ lT (r) +

N (r, ∞; f ) + S(r).

(l + 1)2 nl − 2l − 1

Do đó,

nl − 2l − 1

N (r, ∞; f ) ≤

(2nl − 2l − 1)(nl − 2l − 1) − (l + 1)2 T (r) + S(r),

trong đó

(2nl − 2l − 1)(nl − 2l − 1) − (l + 1)2 = l (l{n(2n − 5) + 1} − (3n − 1))

≥ 2l > 0

vì n ≥ 4 và l ≥ 1.

Bổ đề 2.1.13. ([1]) Nếu F và G chung nhau (1, l), H (cid:54)≡ 0 và m ≥ k + 1

thì

(2.20)

N (r, ∞; H)

(cid:18) (cid:19)

≤ N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k)) + N

r, −a

; f m

n − 1 n

(cid:18) (cid:19)

+ N

r, −a

; (f m)(k)

+ N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G)

n − 1 n

+ N 0(r, 0; (f m)(cid:48)) + N 0(r, 0; (f m)(k+1)),

n ) và F −1. Tương tự, N 0(r, 0; (f m)(k+1))

trong đó N 0(r, 0; (f m)(cid:48)) là hàm đếm không kể bội tại các không điểm của (f m)(cid:48) mà khác không điểm của f m(f m+a n−1

được định nghĩa tương tự.

Chứng minh. Chứng minh là hiển nhiên vì các không điểm của F là từ các không điểm của f m và các không điểm của f m + a. Ngoài ra các không điểm của G là từ các không điểm của (f m)(k) và (f m)(k) + a.

Một lần nữa, không điểm bất kỳ của f m là không điểm của (f m)(k) khi

m ≥ k + 1. Do đó

N L(r, 0; f m)+N L(r, 0; (f m)(k))+N 0(r, 0; (f m)(k)|f m (cid:54)= 0) ≤ N (r, 0; (f m)(k)).

Bổ đề 2.1.14. ([1]) Nếu F và G chung nhau (1, l) với 0 ≤ l < ∞ thì

(cid:16) (cid:17)

N (r, 1; F ) + N (r, 1; G) − N 1

l −

N ∗(r, 1; F, G)

E(r, 1, F ) +

1 2

≤

(N (r, 1; F ) + N (r, 1; G)) .

1 2

Bổ đề 2.1.15. ([1]) Giả sử f m = (f m)(k) và m ≥ k + 1 thì khi đó f có

m z,

dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1.

Chứng minh. Nếu f m = (f m)(k) thì ta khẳng định rằng 0 và ∞ là giá trị

bỏ được Picard của f.

Quay lại chứng minh, nếu z0 là không điểm bậc t của f thì nó tương ứng là không điểm của f m và (f m)(k) với bậc mt và (mt − k), mâu thuẫn.

Tương tự, nếu z0 là cực điểm bậc s của f thì nó tương ứng là cực điểm

bậc ms và (ms + k) của f m và (f m)(k), mâu thuẫn.

m z,

Do đó, f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1.

Bổ đề 2.1.16. ([1]) Giả sử H ≡ 0, m > k + 1 và n ≥ 4 thì F ≡ G.

Chứng minh. Dễ thấy F và G chung nhau (1, ∞) và (∞, 0). Lấy tính phân

H ≡ 0 hai lần ta thu được

(2.21)

,

F ≡

AG + B CG + D

với A, B, C, D là các hằng số thỏa mãn AD − BC (cid:54)= 0. Do đó, theo bổ đề

Mokhon ([7]), ta có

(2.22)

T (r, f m) = T (r, (f m)(k)) + S(r, f ).

Tiếp theo ta xét hai trường hợp.

Trường hợp 1. Giả sử C (cid:54)= 0. Rõ ràng N (r, ∞; f ) = S(r, f ), vì nếu ngược

z0 là cực điểm của f bội t thì z0 là cực điểm của F bội mnt trong đó vì z0 là điểm giải tích hoặc điểm kì dị xóa được của AG+B CG+D , mâu thuẫn nếu n ≥ 4

và phương trình (2.21) đúng.

Trường hợp 1.1. Giả sử A (cid:54)= 0. Trong trường hợp này, (2.21) có thể được

viết thành

(2.23)

=

.

F −

BC − AD C(CG + D)

A C

Do đó (cid:18) (cid:19)

N

r,

; F

= N (r, ∞; G).

A C

Sử dụng Định lý cơ bản thứ hai, ta thu được

nT (r, f m) + O(1) = T (r, F )

(cid:18) (cid:19)

≤ N (r, ∞; F ) + N (r, 0; F ) + N

r,

; F

+ S(r, F )

A C

≤ 2N (r, ∞; f ) + N (r, −a; f m) + N (r, 0; f m) + S(r, f )

≤ N (r, −a; f m) + N (r, 0; f m) + S(r, f ),

mâu thuẫn vì n ≥ 3.

Trường hợp 1.2. Giả sử A = 0. Khi đó hiển nhiên B (cid:54)= 0 và (2.21) được

viết thành

(2.24)

,

F =

1 γG + δ

B và δ = D B .

trong đó γ = C

Nếu F không có 1-điểm thì theo Định lý cơ bản thứ hai, ta có

nT (r, f m) + O(1) = T (r, F )

≤ N (r, ∞; F ) + N (r, 0; F ) + N (r, 1; F ) + S(r, F )

≤ N (r, ∞; f m) + N (r, −a; f m) + N (r, 0; f m) + S(r, f )

≤ N (r, −a; f m) + N (r, 0; f m) + S(r, f ),

mâu thuẫn vì n ≥ 3. Do đó γ + δ = 1 và γ (cid:54)= 0. Nên phương trình (2.24)

trở thành

F =

.

1 γG + 1 − γ

(cid:17) Do đó, N

= N (r, ∞; F ). Nếu γ (cid:54)= 1 thì sử dụng Định lý cơ

(cid:16) r, 0; G + 1−γ γ

bản thứ hai và phương trình (2.22), ta thu được

nT (r, (f m)(k)) + O(1) = T (r, G)

(cid:18) (cid:19)

r, 0; G +

+ S(r, G)

≤ N (r, ∞; G) + N (r, 0; G) + N

1 − γ γ

≤ 2N (r, ∞; (f m)(k)) + N (r, −a; (f m)(k)) + N (r, 0; (f m)(k)) + S(r)

≤ N (r, −a; (f m)(k)) + N (r, 0; (f m)(k)) + S(r),

mâu thuẫn vì n ≥ 3. Do đó γ = 1, tức là F G ≡ 1, hay

(cid:16) (cid:17)

(f m)n−1 + (f m + a)

(f m)(k)(cid:17)n−1 (cid:16)

(f m)(k) + a

≡ b2.

Do f m và (f m)(k) chung nhau (∞, 0) nên ∞ là giá trị bỏ được Picard của f m. Ngoài ra vì các không điểm của F bị trung hòa bởi các cực điểm của G nên 0, −a cũng là giá trị bỏ được Picard của f m. Nhưng theo Định lý cơ

bản thứ hai điều này là không thể. Do đó F G (cid:54)≡ 1.

Trường hợp 2. Giả sử C = 0. Khi đó AD (cid:54)= 0 và phương trình (2.21) có

thể được viết lại thành

F = λG + µ,

D . Ngoài ra F và G chung nhau (∞, 0). Cho nên

D và µ = B trong trường hợp này, ta có

trong đó λ = A

(2.25)

N (r, ∞; f ) = S(r, f ).

Bởi vì nếu ngược lại, z0 là cực điểm bậc t của f , nó là cực điểm bậc mtn của F và là cực điểm bậc (mt + k)n của G. Nhưng F và G chung nhau cực

điểm tính cả bội. Do đó mtn = (mt + k)n, nhưng theo giả thiết nk (cid:54)= 0,

mâu thuẫn.

Tiến hành như trường hợp trước, ta cũng kết luận rằng F có ít nhất

một 1-điểm. Do đó λ + µ = 1 với λ (cid:54)= 0.

Trường hợp 2.1. Giả sử λ (cid:54)= 1. Khi đó N (r, 0; f ) = S(r, f ), bởi vì nếu ngược

lại z0 là không điểm của f thì nó cũng là không điểm F cũng như G do

m ≥ k + 1. Do đó µ = 0, mâu thuẫn. Tiếp theo, sử dụng Định lý cơ bản

thứ hai, phương trình (2.22), (2.25), ta thu được

nT (r, f m) + O(1) = T (r, F )

≤ N (r, ∞; F ) + N (r, 0; F ) + N (r, 1 − λ; F ) + S(r, F )

≤ N (r, 0; f m) + N (r, −a; f m) + N (r, 0; (f m)(k)) + N (r, −a; (f m)(k))

+ S(r, f )

≤ 3T (r, f m) + S(r, f ),

mâu thuẫn vì n ≥ 4.

Trường hợp 2.2. Giả sử λ = 1. Suy ra F ≡ G.

Bổ đề 2.1.17. ([1]) Nếu F ≡ G thì f m ≡ (f m)(k) với bất kỳ m ≥ 1, k ≥ 1

và n ≥ 4.

Chứng minh. Ta thấy F và G chung nhau (1, ∞) và (∞, ∞); N (r, ∞; f ) =

S(r, f ). Lấy λi (i = 1, 2, . . . , n − 1) là các không điểm phân biệt của hn − 1 = 0. Đặt h := (f m)(k) f m

trong F ≡ G thì f m = −a hn−1−1 hn−1 .

Nếu h là hàm phân hình khác hằng thì theo Định lý cơ bản thứ hai và

bổ đề Mokhon’ko, ta có

(n − 3)T (r, h)

n−1 (cid:88)

≤

N (r, λi; h) + S(r, h)

i=1

≤ N (r, ∞; f ) + S(r, f )

≤ S(r, f ),

mâu thuẫn vì n ≥ 4. Do đó h là hằng số. Hệ quả là chỉ có một khả năng hh = 1 và do đó f m ≡ (f m)(k).

2.2 Trường hợp hàm nguyên

Năm 1976, Rubel-Yang ([3]) đã chứng minh rằng nếu hàm nguyên khác hằng f và f (cid:48) chung nhau hai giá trị hữu hạn phân biệt (a, ∞) và (b, ∞)

thì f = f (cid:48). Năm 1979, Mues–Steinmetz đã cải tiến của Rubel-Yang và thu

được:

Định lý 2.2.1. Giả sử f là hàm nguyên khác hằng. Nếu f và f (cid:48) chung nhau hai giá trị phân biệt (a, 0) và (b, 0) thì f (cid:48) ≡ f.

Để tìm các dạng hàm đặc biệt thỏa mãn định lý trên, năm 2008, Yang -

Zhang ([4]) là những người đầu tiên nghiên cứu giá trị chung nhau cho lũy thừa của hàm phân hình (tương ứng, hàm nguyên) F = f m và đạo hàm F (cid:48)

m , trong đó c là một hằng số khác không.

của nó và thu được kết quả

Định lý 2.2.2. Cho f là hàm nguyên khác hằng và m > 7 là một số nguyên. Nếu F và F (cid:48) chung nhau giá trị 1 kể cả bội thì F = F (cid:48) và f có dạng f (z) = ce z

Theo hướng này, J. Zhang và L. Yang ([4]) thu được kết quả sau:

Định lý 2.2.3. ([4]) Cho f là hàm nguyên khác hằng, n và k là hai số nguyên dương và a(z) ((cid:54)≡ 0, ∞) là hàm nhỏ đối với f . Giả sử f n − a và (f n)(k) − a chung nhau giá trị 0 kể cả bội và n > k + 1. Khi đó f n ≡ (f n)(k)

λ n z

và f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và λk = 1.

Sau kết quả này của J. Zhang và L. Yang, có nhiều cải tiến và tổng quát hóa đã được đưa ra bởi nhiều nhà toán học về tính duy nhất của f m và (f m)(k). Năm 2018, A. Banerjee và B. Chakraborty đã nghiên cứu vấn đề

trên khi thay thế việc chung nhau một giá trị hay hàm nhỏ bằng chung

nhau một tập hợp, các tác giả đặt ra câu hỏi:

Câu hỏi 2.2.4. ([1]) Nếu f m và (f m)(k) chung nhau tập S thay vì giá trị

a ((cid:54)= 0, ∞) thì ta có thể được kết luận của Định lý 2.2.3 nữa hay không?

Và nếu đúng thì lực lượng tối thiểu của tập S là bao nhiêu?

Ví dụ sau minh họa lực lượng tối thiểu của những tập như trên nhỏ nhất

m , m ≥ 2. Khi đó

là 3.

Ví dụ 2.2.5. Lấy S = {a, b}, trong đó a và b là hai số phức phân biệt và m ≥ 1 là số nguyên bất kỳ. Lấy f (z) = (e−z + a + b) 1 Ef m(S) = E(f m)(cid:48)(S) nhưng f m (cid:54)≡ (f m)(cid:48).

Cũng trong bài báo ([1]), các tác giả đã trả lời câu hỏi trên. Tiếp theo

chúng tôi trình bày các kết quả của A. Banerjee và B. Chakraborty đã công

bố trong ([1]).

Với số nguyên dương n, ký hiệu P (z) là đa thức

(2.26)

P (z) = zn + azn−1 + b,

b

trong đó ab (cid:54)= 0 và . Rõ ràng P (z) không có nghiệm

an (cid:54)= (−1)n (n − 1)(n−1)

nn

bội.

Định lý 2.2.6. ([1]) Giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) và m (≥ k+1) là ba số nguyên

dương. Giả sử S = {z : P (z) = 0} trong đó P (z) được xác định như (2.26).

Giả sử f là hàm nguyên khác hằng thỏa mãn Ef m(S, l) = E(f m)(k)(S, l). Nếu

(1) 1 ≤ l ≤ ∞ và n ≥ 4 hoặc

m z, trong đó c là một hằng số khác

(2) l = 0 và n ≥ 5

thì f m ≡ (f m)(k) và f có dạng f (z) = ce không và ζ k = 1.

Chứng minh. Ta xét hai trường hợp.

Trường hợp 1. Giả sử H (cid:54)≡ 0. Khi đó F (cid:54)≡ G và

N (r, 1; F | = 1) = (r, 1; G| = 1) ≤ N (r, ∞; H).

Sử dụng Định lý cơ bản thứ hai và Bổ đề 2.1.13, ta thu được

(2.27)

(n + 1){T (f, f m) + T (r, (f m)(k))}

≤ N (r, ∞; f m) + N (r, ∞; (f m)(k)) + N (r, 0; f m) + N (r, 0; (f m)(k))

(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)

+ N

r, −a

; f m

+ N

r, −a

; (f m)(k)

+ N (r, 1; F )

n − 1 n

+ N (r, 1; G) − N0(r, 0, (f m)(cid:48)) − N0(r, 0, (f m)(k+1)) + S(r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))} + N (r, 1; F ) + N (r, 1; G)

+ 2T (r) − N (r, 1; F | = 1) + N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) + S(r).

Do đó, theo Bổ đề 2.1.14, ta thu được

(cid:17) (2.28)

− 1

T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))}

(cid:16)n 2 (cid:17)

+

− l

{N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G)} + S(r).

(cid:16)3 2

Trường hợp 1.1. Giả sử l ≥ 2. Áp dụng Bổ đề 2.1.11 và 2.1.12 cho (2.39),

ta thu được

(cid:17) (2.29)

− 1

T (r) ≤

N L(r, ∞; f ) + S(r).

(cid:16)n 2

3(n − 1)l (n − 2)l − 1

Tức là

(cid:17) (2.30)

− 1

T (r)

(cid:16)n 2

3(n − 1)l2

≤

(2nl − l − 1)(nl − 2l − 1) − (l + 1)2 T (r) + S(r)

T (r) + S(r).

3(n − 1)l 2n2l − 5nl − 3n + l + 1

Do đó nếu n ≥ 4 và f là hàm nguyên thì bất đẳng thức (2.40) dẫn đến

mâu thuẫn.

Trường hợp 1.2. Giả sử l = 1. Áp dụng Bổ đề 2.1.10, 2.1.11 và 2.1.12 cho

(2.39), ta thu được

(cid:17)

− 1

T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))}

(cid:16)n 2

+

{N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )} + S(r)

(2.31)

≤

N (r, ∞; f ) + S(r)

1 2 7(n − 1) 2(n − 3)

(2.32)

≤

T (r) + S(r).

7(n − 1) 2{(2n − 2)(n − 3) − 4}

Do đó bất đẳng thức (2.42) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là hàm nguyên và

n ≥ 4.

Trường hợp 1.3. Giả sử l = 0. Áp dụng Bổ đề 2.1.9, 2.1.11 và 2.1.12 cho

(2.39), ta thu được

(cid:17)

− 1

T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))}

(cid:16)n 2

+ 3{N (r, 0; (f m)(k)) + N (r, ∞; f )} + S(r)

(2.33)

N (r, ∞; f ) + S(r)

≤

6(n − 1) (n − 4)

(2.34)

≤

T (r) + S(r).

6(n − 1) 2n2 − 11n + 3

Do đó bất đẳng thức (2.44) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là hàm nguyên và

n ≥ 5.

m z,

Trường hợp 2. Tiếp theo ta giả sử H ≡ 0. Khi đó theo Bổ đề 2.1.16 và 2.1.17, ta có f m = (f m)(k). Áp dụng Bổ đề 2.1.15, ta thấy rằng f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1. Điều phải chứng minh.

2.3 Trường hợp hàm phân hình

Năm 2008, L. Z. Yang và J. L. Zhang đã chứng minh:

m , trong đó c là hằng số khác không.

Định lý 2.3.1. Giả sử f là hàm phân hình khác hằng và m > 12 là một số nguyên. Nếu F và F (cid:48) chung nhau giá trị 1 kể cả bội thì F = F (cid:48) và f có dạng f (z) = ce z

Năm 2009, J. L. Zhang đã chứng minh:

λ n z

Định lý 2.3.2. ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng, n và k là hai số nguyên dương và a(z) ((cid:54)≡ 0, ∞) là hàm nhỏ đối với f . Giả sử f n − a và (f n)(k) − a chung nhau giá trị 0 kể cả bội và (n − k − 1)(n − k − 4) > 3k + 6. Khi đó f n ≡ (f n)(k) và f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và λk = 1.

Năm 2009, J. L. Zhang và L. Z. Yang đã chứng minh:

Định lý 2.3.3. ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng, n và k là hai

số nguyên dương và a(z) ((cid:54)≡ 0, ∞) là hàm nhỏ phân hình đối với f . Giả sử f n − a và (f n)(k) − a chung nhau giá trị 0 không kể bội và

(cid:113) (2.35)

n > 2k + 3 +

(2k + 3)(k + 3).

λ n z

Khi đó f n ≡ (f n)(k) và f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và λk = 1.

Chứng minh. Lấy H, U và V lần lượt xác định bởi (1.3), (2.6) và (2.1).

Nếu U V = 0 thì từ Bổ đề 2.1.4 và 2.1.1 ta thu được F = G. Vậy theo

Bổ đề 2.1.7 ta suy ra Định lý 2.3.3. Tiếp theo, giả sử U V (cid:54)= 0. Từ (2.5) và

(2.10), ta có

((n − 2k − 3)2 − (2k + 3)(k + 3))N (r, f ) ≤ S(r, f )

((n − 2k − 3)2 − (2k + 3)(k + 3))N (r, 1/f ) ≤ S(r, f ).

Thay (2.35) vào hai bất đẳng thức trên, ta thu được

(2.36)

N (r, 1/f ) = N (r, f ) = S(r, f ).

Nếu H (cid:54)= 0, kết hợp (2.36) với (1.7) ta thu được

T (r, f ) = S(r, f ),

mâu thuẫn. Do đó H = 0. Từ (2.36), Bổ đề 2.1.8 và Bổ đề 2.1.7 ta suy ra

Định lý 2.3.3.

λ n z

Định lý 2.3.4. ([4]) Giả sử f là hàm nguyên khác hằng, n và k là hai số nguyên dương và a(z) ((cid:54)≡ 0, ∞) là hàm nhỏ đối với f . Giả sử f n − a và (f n)(k) − a chung nhau giá trị 0 không kể bội và n > 2k + 3. Khi đó f n ≡ (f n)(k) và f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và λk = 1.

Chứng minh. Lấy H, U và V lần lượt xác định bởi (1.3), (2.6) và (2.1).

Nếu U = 0, từ Bổ đề 2.1.4 ta thu được F = G. Nên Định lý 2.3.3 được

suy ra từ Bổ đề 2.1.7. Tiếp theo, ta giả sử U (cid:54)= 0. Chú ý rằng n > 2k + 3,

từ (2.10) ta thu được (cid:17) (cid:16)

= S(r, f ).

N

r,

1 f

Nếu H (cid:54)= 0 thì từ (1.7) ta có T (r, f ) = S(r, f ), mâu thuẫn. Do đó

H = 0, Từ Bổ đề 2.1.8 và 2.1.7 ta suy ra Định lý 2.3.4.

Định lý 2.3.5. ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng, n và k là hai

số nguyên dương và a(z) ((cid:54)≡ 0, ∞) là hàm nhỏ phân hình đối với f . Giả sử f n − a và (f n)(k) − a chung nhau giá trị 0 kể cả bội và

√

(2.37)

n > k + 1 +

k + 1.

λ n z

Khi đó f n ≡ (f n)(k) và f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và λk = 1.

Chứng minh. Ta sử dụng (2.4) và (2.9) thay cho (2.5) và (2.10) trong chứng

minh của Định lý 2.3.4 và 2.3.3, ta thu được chứng minh của Định lý

2.3.5.

n z,

Hệ quả 2.3.6. ([4]) Cho f là hàm phân hình khác hằng và n ≥ 4 là số nguyên. Ký hiệu F = f n. Giả sử F và F (cid:48) chung nhau giá trị 1 kể cả bội thì F = F (cid:48) và f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không.

Năm 2018, A. Banerjee và B. Chakraborty đã chứng minh:

Định lý 2.3.7. ([1]) Giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) và m (≥ k+1) là ba số nguyên

dương. Giả sử S = {z : P (z) = 0} trong đó P (z) được xác định như (2.26).

Giả sử f là hàm phân hình khác hằng thỏa mãn Ef m(S, l) = E(f m)(k)(S, l). Nếu

(1) 2 ≤ l ≤ ∞ và (n − 2)(2n2l − 5nl − 3n + l + 1) > 6(n − 1)l hoặc

(2) l = 1 và n ≥ 5 hoặc

m z, trong đó c là hằng số khác

(3) l = 0 và n ≥ 7

thì f m ≡ (f m)(k) và f có dạng f (z) = ce không và ζ k = 1.

Chứng minh. Ta xét hai trường hợp. Trường hợp 1. Giả sử H (cid:54)≡ 0. Khi đó

F (cid:54)≡ G và

N (r, 1; F | = 1) = (r, 1; G| = 1) ≤ N (r, ∞; H).

Sử dụng Định lý cơ bản thứ hai và Bổ đề 2.1.13, ta thu được

(2.38)

(n + 1){T (f, f m) + T (r, (f m)(k))}

≤ N (r, ∞; f m) + N (r, ∞; (f m)(k)) + N (r, 0; f m) + N (r, 0; (f m)(k))

(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)

+ N

r, −a

; f m

+ N

r, −a

; (f m)(k)

+ N (r, 1; F )

n − 1 n

+ N (r, 1; G) − N0(r, 0, (f m)(cid:48)) − N0(r, 0, (f m)(k+1)) + S(r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))} + N (r, 1; F ) + N (r, 1; G)

+ 2T (r) − N (r, 1; F | = 1) + N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G) + S(r).

Do đó, theo Bổ đề 2.1.14, ta thu được

(cid:17) (2.39)

− 1

T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))}

(cid:16)n 2 (cid:17)

+

− l

{N L(r, 1; F ) + N L(r, 1; G)} + S(r).

(cid:16)3 2

Trường hợp 1.1. Giả sử l ≥ 2. Áp dụng Bổ đề 2.1.11 và 2.1.12 cho (2.39),

ta thu được

(cid:17) (2.40)

− 1

T (r) ≤

N L(r, ∞; f ) + S(r).

(cid:16)n 2

3(n − 1)l (n − 2)l − 1

Tức là

(cid:17) (2.41)

− 1

T (r)

(cid:16)n 2

3(n − 1)l2

≤

(2nl − l − 1)(nl − 2l − 1) − (l + 1)2 T (r) + S(r)

T (r) + S(r).

3(n − 1)l 2n2l − 5nl − 3n + l + 1

Do đó nếu (n − 2)(2n2l − 5nl − 3n + l + 1) > 6(n − 1)l thì bất đẳng thức

(2.41) dẫn đến mâu thuẫn.

Trường hợp 1.2. Giả sử l = 1. Áp dụng Bổ đề 2.1.10, 2.1.11 và 2.1.12 cho

(cid:17)

− 1

T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))}

(2.39), ta thu được (cid:16)n 2

+

{N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )} + S(r)

(2.42)

≤

N (r, ∞; f ) + S(r)

1 2 7(n − 1) 2(n − 3)

(2.43)

≤

T (r) + S(r).

7(n − 1) 2{(2n − 2)(n − 3) − 4}

Do đó bất đẳng thức (2.43)) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là phân hình và

n ≥ 5.

Trường hợp 1.3. Giả sử l = 0. Áp dụng Bổ đề 2.1.9, 2.1.11 và 2.1.12 cho

− 1

T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m)(k))}

(2.39), ta thu được (cid:16)n (cid:17) 2

+ 3{N (r, 0; (f m)(k)) + N (r, ∞; f )} + S(r)

(2.44)

≤

N (r, ∞; f ) + S(r)

6(n − 1) (n − 4)

(2.45)

≤

T (r) + S(r).

6(n − 1) 2n2 − 11n + 3

Do đó bất đẳng thức (2.45) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là hàm phân hình và

n ≥ 7.

m z,

Trường hợp 2. Tiếp theo ta giả sử H ≡ 0. Khi đó theo Bổ đề 2.1.16 và 2.1.17, ta có f m = (f m)(k). Áp dụng Bổ đề 2.1.15, ta thấy rằng f có dạng

f (z) = ce

trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1. Điều phải chứng minh.

Hệ quả 2.3.8. ([1]) Giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) và m (≥ k +1) là ba số nguyên

dương. Giả sử S = {z : P (z) = 0} trong đó P (z) được xác định như (2.26).

Giả sử f là hàm phân hình khác hằng thỏa mãn Ef m(S, 3) = E(f m)(k)(S, 3). Khi đó, f m ≡ (f m)(k) và f có dạng f (z) = ce m z, trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1.

Kết luận

Với mục đích tìm hiểu một số kết quả nghiên cứu gần đây vấn đề duy

nhất của hàm phân hình khi lũy thừa một hàm phân hình có chung một

tập hợp với đạo hàm cấp cao của chúng, trong luận văn này chúng tôi đã:

1. Giới thiệu một số vấn đề cơ bản trong lý thuyết phân bố giá trị bao

gồm các hàm Nevanlinna, hai Định lý cơ bản, bổ đề số khuyết, điểm bỏ

được Picard trong lý thuyết Nevanlinna cho các hàm phân hình; giới thiệu

chi tiết một số bổ đề cần thiết để chứng minh các kết quả chính trong

Chương 2.

2. Giới thiệu một số kết quả về vấn đề duy nhất của hàm phân hình khi

lũy thừa một hàm phân hình có chung một tập hợp với đạo hàm cấp cao

của chúng. Cụ thể các định lý (Định lý 2.2.1–2.2.3, 2.2.6) về vấn đề duy