Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRẦN THỊ HƯƠNG

ĐỊNH LÝ PICARD ĐỐI VỚI ĐẠO HÀM CỦA
HÀM PHÂN HÌNH

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRẦN THỊ HƯƠNG

ĐỊNH LÝ PICARD ĐỐI VỚI ĐẠO HÀM CỦA
HÀM PHÂN HÌNH

Chuyên ngành:

GIẢI TÍCH

Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
TS. VŨ HOÀI AN

Thái Nguyên - Năm 2016


i

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi, dưới sự hướng
dẫn của TS. Vũ Hoài An. Luận văn không trùng với bất kì luận văn thạc
sĩ nào và mọi tài liệu tham khảo trong luận văn là trung thực.
Học viên

Xác nhận

Xác nhận

của trưởng Khoa Toán

của người hướng dẫn khoa học


ii

Lời cám ơn
Luận văn được hoàn thành tại Khoa sau đại học, Đại học Sư phạm - Đại
học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của Tiến sĩ Vũ Hoài An. Nhân dịp
này, Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất đến Tiến sĩ Vũ
Hoài An, người đã dành nhiều thời gian, tận tình, hướng dẫn giúp đỡ và
tạo điều kiện để tôi hoàn thành tốt luận văn này.
Một lần nữa tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến các nhà toán học của

Khoa Toán, Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên và Viện Toán học
Việt Nam.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè và các thành viên trong lớp
cao học K21 đã luôn ủng hộ và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập
và thực hiện luận văn này. Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian và năng
lực của bản thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Rất
mong nhận được những ý kiến đóng góp của các nhà khoa học và bạn đọc.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

Thái Nguyên, tháng 08 năm 2016
Tác giả
Trần Thị Hương


iii

Mục lục
Mở đầu

1

1 Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình

3

1.1

Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình

1.2

Vấn đề duy nhất đối với đạo hàm của hàm phân hình 11

3

2 Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình p-adic 23
2.1

Định lý Picard với đạo hàm của hàm phân hình p-adic 23

2.2

Vấn đề duy nhất đối với đạo hàm của hàm phân
hình p-adic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33


iv

Các kí hiệu
• Cp : Trường số phức p-adic
• f : Hàm phân hình p-adic
• N (r, f − a): Hàm đếm của f tại a
• m(r, f ) : Hàm xấp xỉ của f
• T (r, f ): Hàm đặc trưng của f
• O(1): Đại lượng giới nội
• Nf (r), Nk (f, r): Hàm đếm, hàm đếm mức k


1

Mở đầu
Định lý Picard nói rằng: một hàm phân hình không nhận ba giá trị phân
biệt là hàm hằng. Lý thuyết phân bố giá trị do Nevanlinna xây dựng với
nội dung chính là hai định lý cơ bản. Định lý cơ bản thứ nhất là mở rộng
Định lý cơ bản của đại số, mô tả sự phân bố đều giá trị của hàm phân
hình khác hằng trên mặt phẳng phức C. Định lý cơ bản thứ hai là mở rộng
Định lý Picard, mô tả ảnh hưởng của đạo hàm đến sự phân bố giá trị của
hàm phân hình. Hà Huy Khoái là người đầu tiên xây dựng tương tự Lý
thuyết phân bố giá trị cho trường hợp p-adic. Ông và các học trò đã tương
tự lý thuyết Nevanlinna cho trường số phức p-adic mà ngày nay thường gọi
là lý thuyết Nevanlinna p-adic. Họ đã đưa ra hai Định lý chính cho hàm
phân hình p-adic. Các kiểu Định lý Picard đã được nhiều nhà toán học
trong và ngoài nước xét trong mối liên hệ với đạo hàm của hàm phân hình.
Người khởi xướng hướng nghiên cứu này là Hayman. Năm 1967, Hayman
đã chứng minh kết quả sau đây:
Định lí A.[7] Cho f là hàm phân hình trên C. Nếu f (z) = 0 và

f (k) (z) = 1 với k là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ C, thì f
là hằng. Năm 1967, Hayman cũng đưa ra giả thuyết sau đây:
Giả thuyết Hayman.[7] Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn
f n (z) f (z) = 1 với n là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ C,
thì f là hằng. Giả thuyết Hayman đã được Hayman kiểm tra đối với hàm
nguyên siêu việt và n > 1, đã được Clunie kiểm tra đối với n ≥ 1. Các kết
quả này và các vấn đề liên quan đã hình thành nhánh nghiên cứu được gọi
là sự lựa chọn của Hayman. Tiếp đó, đối với các hàm nguyên f và g , C.
C. Yang và G. G. Gundersen đã nghiên cứu trường hợp ở đó f (k) và g (k)


2

nhận giá trị 0 CM, k = 0, 1.
Công trình quan trọng đầu tiên thúc đẩy hướng nghiên cứu này thuộc về
C.C.Yang – X.H. Hua. Năm 1997, hai ông đã chứng minh định lý sau đây:
Định lí B.[16] Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng, n ≥ 11 là
một số nguyên và a ∈ C - {0}. Nếu f n f và g n g nhận giá trị a CM thì
hoặc f = dg với dn+1 = 1 hoặc f (z) = c1 ecz và g (z) = c2 e−cz , ở đó c, c1 ,

c2 là các hằng số và thỏa mãn (c1 c2 )n+1 c2 = −a2 .
Từ đó, hướng nghiên cứu trên phát triển mạnh mẽ với những kết quả sâu
sắc của I. Lahiri, Q. Han – H. X. Yi, W. Bergweiler, J. K. Langley, K. Liu,
L. Z. Yang, L. C. Hong, M. L. Fang, B. Q. Li, P. C. Hu - C.C.Yang, A.
Eremenko, G. Frank - X. Hua – R. Vaillancourt . . . . Công cụ sử dụng ở
đó là một số kiểu Định lý Picard và Định lý chính thứ hai cho đa thức vi
phân cùng với các ước lượng giữa hàm đặc trưng, hàm đếm của hàm và
đạo hàm. Tuy nhiên, ở Việt nam, hướng nghiên cứu trên là mới mẻ, các
kết quả ở lĩnh vực này hiện nay ít ỏi. Nhằm thúc đẩy và góp phần làm
phong phú các kết quả đối với hướng nghiên cứu này ở trong nước, tôi
nghiên cứu đề tài :
Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình
Trong luận văn này tôi sẽ trình bày các kết quả về vấn đề nhận giá trị của
đạo hàm của hàm phân hình và tương tự p-adic của nó. Trình bày định
lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình và tương tự p-adic của nó.
Đây là một trong những vấn đề mang tính thời sự và cấp thiết của giải
tích p-adic, được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu.
Ngoài phần mở đầu và tài liệu tham khảo, luận văn được chia thành 2
chương:
Chương 1. Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình. Kết quả
chính của chương 1 là các Định lý 1.7, 1.11, 1.13.
Chương 2. Trình bày lại định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân
hình p-adic. Kết quả chính của chương 2 là các Định lý 2.3, 2.6, 2.9, 2.11,

2.12, 2.13.


3

Chương 1

Định lý Picard đối với đạo hàm của
hàm phân hình
Trong chương 1 chúng tôi trình bày lại các kết quả trong [3],[16].
- Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình. Mục tiêu của các
Định lý kiểu Picard là xem xét vấn đề nhận giá trị của một số kiểu đa
thức vi phân.
- Vấn đề duy nhất đối với đạo hàm của hàm phân hình. Đây là một ứng
dụng của các Định lý kiểu Picard và Định lý chính thứ hai của lý thuyết
phân bố giá trị.

1.1

Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình

Cho n > 1, f là hàm nguyên khác hằng trên C và z0 bất kỳ thuộc C . Khi
đó ta có thể viết f ở dạng
∞

an (z − b)n

f=
n=q

với aq = 0 và ta đặt µ0f (z) = q .
Đối với mỗi a ∈ C, k , l là các số nguyên dương, ta định nghĩa hàm
µaf : C → N bởi µaf (z) = µ0f −a (z),


4

n(r,

1
1
)=
)=
µf −a (z), nl (r,
min {µf −a (z), l} ,
f −a
f −a
|z|≤r
|z|≤r

N (r,

1
)=
f −a

r

n(x,

1

1
)
1
f −a
dx, Nl (r,
)=
x
f −a

Ta định nghĩa hàm µ≤k
f từ Cp vào N xác định bởi:

0 nếu µ0 (z) > k
f
≤k
µf (z) =
µ0 (z) nếu µ0 (z) ≤ k
f

n≤k (r,

r

nl (x,

1

1

)
f −a
dx.
x

;

f

1
1
≤k
)=
)=
µ≤k
(z),
n
(r,
min µ≤k
f −a
l
f −a (z), l ,
f −a
f −a
|z|≤r
|z|≤r
1
≤k
)
r n (r,

1
1
f −a
≤k
)=
dx,
N (r,
f −a
lnp ρ0
x
1
≤k
)
r nl (x,
1
1
f −a
≤k
Nl (r,
)=
dx.
f −a
lnp ρ0
x

Tương tự ta định nghĩa:

N
1

1
1
1
), Nl), N >k (r,
), N ≥k (r,
),
f −a
f −a
f −a
f −a
Nl≥k (r,

1
1
), Nl>k (r,
).
f −a
f −a

f1
, là hàm phân hình trên C, ở đó f1 , f2 là các hàm nguyên
f2
trên C không có không điểm chung.
Với mỗi a ∈ C, k , l là các số nguyên dương, ta định nghĩa hàm
Giả sử f =

µaf (z) = µ0f1 −af2 (z) nếu a = ∞ và µ∞
f (z) = µf2 (z),
2π

log + f (reiθ |

m(r, f ) =
0

dθ
.
2π

1
1
N (r, f −a
) = N (r, f1 −af
), N (r, f ) = N (r, f12 ), T (r, f ) = N (r, f ) + m(r, f ).
2


5

Ta định nghĩa

N ≤k (r,

1
1
), N ≤k (r, f ) = N ≤k (r, f2 ),
) = N ≤k (r,
f −a
f1 − af2

Nl≤k (r,

1
1
) = Nl≤k (r,
), Nl≤k (r, f ) = Nl≤k (r, f2 ).
f −a
f1 − af2

Tương tự ta định nghĩa:

N
1
1
1
1
), Nl), N >k (r,
), N ≥k (r,
),
f −a
f −a
f −a
f −a
Nl≥k (r,

1
1

), Nl>k (r,
),
f −a
f −a

N Chúng ta sẽ dùng kết quả sau đây.
Định lý 1.1. (Định lý chính thứ hai) Cho f là hàm phân hình khác hằng
trên C và a1 , a2 , ..., aq ∈ C {∞} . Khi đó

(q − 2)T (r, f ) ≤

q
1
i=1 N1 (r, f −ai )

+ S(r, f ),

Ở đó S(r, f ) = o(T (r, f )) với mọi r không thuộc tập có độ đo Lebesgue
hữu hạn.
Định lý 1.2. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên C và

a1 , a2 , ..., aq ∈ C {∞} . Giả sử rằng, nếu f − ai có không điểm thì mọi
không điểm có bội ít nhất là mi , i = 1, 2, ..., q. Khi đó
q
i=1 (1

−

1

mi )

≤ 2.

Bổ đề 1.3. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và n, k là các số
nguyên dương, n > k và a là cực điểm của f . Khi đó

(f n )(k) =

ϕk
,
(z − a)np+k

ở đó ϕk (z) là hàm chỉnh hình trong lân cận của a, p = µ∞
f (a), ϕk (a) = 0.


6

Chứng minh. Do a là cực điểm của f ta nhận được

fn =

ϕ
, p = µ∞
f (a), ϕ(a) = 0.
np
(z − a)

Bây giờ ta chứng minh bằng qui nạp. Với k = 1 ta có

ϕ
ϕ (z − a) − npϕ
(f n )(1) = (
)
=
.
(z − a)np
(z − a)np+1
Tập ϕ1 = ϕ (z − a) − npϕ.
ϕ1
Khi đó: (f n )(1) =
, ϕ1 (a) = 0.
(z − a)np+1
Giả sử:
ϕk
(f n )(k) =
, ϕk (a) = 0.
(z − a)np+k
Ta có:

(f n )(k+1) = ((f n )(k) ) = (

ϕ (z − a) − (np + k)ϕk
ϕk
) = k
.
np+k
(z − a)
(z − a)np+k+1

Tập hợp

ϕk+1 = ϕk (z − a) − (np + k)ϕk .
Khi đó

(f n )(k+1) =

ϕk+1
, ϕk+1 (a) = 0.
(z − a)np+k+1

Bổ đề 1.4. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và n, k là các số
nguyên dương, n > k và a, b là cực điểm và không điểm của f, tương ứng.
Khi đó

(f n )(k)
hk
1. n−k =
, ở đó p = µ∞
f (a), hk (a) = 0;
pk+k
f
(z − a)
(f n )(k)
2. n−k = (z − b)(m−1)k Sk , ở đó m = µ0f (b), Sk (b) = 0.
f


7

Chứng minh.
1. Do a là cực điểm của f ta nhận được

h
ϕk
n (k)
,
h(a)
=
0,
(f
)
=
, ϕk (a) = 0,
(z − a)p
(z − a)np+k

f=

f n−k =
Do đó

hn−k
.
(z − a)p(n−k)

hk
ϕk
(f n )(k)
=

,
h
=
, hk (a) = 0.
k
f n−k
(z − a)pk+k
hn−k

2. Do b là không điểm của f ta nhận được

f = (z − b)m l, l(b) = 0, f n = (z − b)mn ln ,
(f n )(k) = (z − b)mn−k lk , lk (b) = 0, f n−k = (z − b)m(n−k) ln−k .
Như vậy

lk
(f n )(k)
(m−1).k
=
(z
−
b)
S
,
S
=
, Sk (b) = 0.
k
k
f n−k

ln−k

Bổ đề 1.5. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và n, k là các số
nguyên dương, n ≥ k + 1. Khi đó

T (r, f ) ≤ T (r, (f n )(k) ) + S(r, f ),
nói riêng (f n )(k) là khác hằng.
Chứng minh. Đặt A = (f n )(k) − 1. Khi đó ta có

A + 1 = (f n )(k) = f n−k P,
1
1
1
1 1
1 P
N (r, ) ≤ N (r,
), n = n−k k =
.
f
A+1 f
f
f
A + 1 fk
Hơn nữa,

P
f n−k P
(f n )(k)
m(r, k ) = m(r,
) = m(r,

) = S(r, f ).
f
fn
fn
Vậy thì,


8

1
1
1
1
m(r, ) ≤ nm(r, ) ≤ m(r, n ) ≤ m(r,
) + S(r, f ).
f
f
f
A+1
Khi đó

1
1
1
1
1
) + m(r,
) + S(r, f )
T (r, ) = N (r, ) + m(r, ) ≤ N (r,
f

f
f
A+1
A+1
1
= T (r, n )(k) ) + S(r, f ).
(f
Do vậy,

T (r, f ) ≤ T (r, (f n )( k)) + S(r, f ).
Từ điều này, và f là khác hằng, điều đó chỉ ra rằng (f n )(k) là khác hằng.
Bổ đề 1.6. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và n, k là các số
nguyên dương, n > k + 2, a ∈ C, a = 0. Khi đó

n−k−2
1
) + S(r, f ).
T (r, f ) ≤ N1 (r, n (k)
n+k
(f ) − a
Chứng minh. Từ n > k + 2 ta có

n−k−2
n+k

≥ 0. Vì n > k + 2, từ Bổ đề 1.5

chỉ ra rằng (f n )(k) khác hằng. Áp dụng Định lý 1.1 cho (f n )(k) với các giá
trị ∞, 0 và a, ta có

T (r, (f n )(k) ) ≤ N1 (r, (f n )(k) )+N1 (r,

1
(f n )(k)

)+N1 (r,

1
(f n )(k)

−a

)+S(r, f ).

1
Ký hiệu bởi N (r, f (k)
; f = 0) là hàm đếm các không điểm của f (k) nhưng
không là không điểm của f , ở đó mỗi không điểm của f (k) được tính cả

bội. Đặt (f n )(k) = f n−k P. Khi đó

P
(f n )(k)
=
.
fk
fn
Ta thấy rằng bất kỳ cực điểm nào của
n (k)

P
fk

của (f f )n , và nếu z0 là một cực điểm của
của f hoặc là không điểm của f.

có thể xảy ra chỉ tại cực điểm
(f n )(k)
fn ,

thì z0 cũng là cực điểm


9

Do đó:

1
fk
P
N (r, ; f = 0) = N (r, ) ≤ T (r, k ) + S(r, f )
P
P
f
P
P
≤ N (r, k ) + m(r, k ) + S(r, f )
f
f
1

≤ kN1 (r, f ) + kN1 (r, ) + S(r, f ).
f
Vậy

1
1
; f = 0) ≤ kN1 (r, f ) + kN1 (r, ) + S(r, f ).
P
f
Từ điều này dưới đây
1
1
N1 (r, n (k) ) = N1 (r, n−k )
f P
(f )
1
1
≤ N1 (r, ) + N (r, ; f = 0)
f
P
1
1
≤ N1 (r, ) + kN1 (r, f ) + kN1 (r, ) + S(r, f )
f
f
1
(1.1)
≤ (k + 1)N1 (r, ) + kN1 (r, f ) + S(r, f ).
f
N (r,

Do Bổ đề 1.3, Bổ đề 1.4, nếu a, b tương ứng là cực điểm và không điểm
của f thì
Bk
n (k)
(f n )(k) = (z−a)
= Ck (z − b)mn−k , Ck (b) = 0.
np+k , Bk (a) = 0 và (f )
Vậy thì ta thấy rằng :

N (r,

1
(f n )(k)

) − N1 (r,

1
(f n )(k)

≥(k+1)

) ≥ ((n − 1)(k + 1))N1

1
+(n − k − 1)N1≤k (r, )
f
≥(k+1)

1

(r, )+
f
(1.2)

Mặt khác N1 (r, f1 ) = N1≤k (r, f1 )+N1
(r, f1 ). Từ điều này và (1.1), (1.2)
ta nhận được
1
1
1
1
N1≤k (r, ) ≤
N (r, n (k) ) − N1 (r, n (k) )−
f
n−k−1
(f )
(f )
≥(k+1)

(n − 1)(k + 1)N1

1
(r, ) ,
f


10

N1 (r,

1
1
)
≤
(k
+
1)N
(r,
) + kN1 (r, f )
1
f
(f n )(k)
1
1
≥(k+1)
≤ (k + 1)N1≤k (r, ) + (k + 1)N1
(r, ) + kN1 (r, f )
f
f
k+1
1
1
≥(k+1)
≤ (k + 1)N1
(r, ) +
N (r, n (k) ) + kN1 (r, f )
f
n−k−1
(f )
1

1
≥(k+1)
≤ −N1 (r, n (k) ) − (n − 1)(k + 1)N1
(r, ) .
f
(f )

Do đó

n
1
k+1
1
N1 (r, n (k) ) ≤
N (r, n (k) ) + kN1 (r, f )
n−k−1
n−k−1
(f )
(f )
(k + 1)2 (n − 1) ≥(k+1) 1
+ k+1−
N1
(r, ).
n−k−1
f
Chú ý rằng

k+1−

(k + 1)2 (n − 1)

< 0,
n−k−1

Ta có

N1 (r,

k+1
k(n − k − 1)
1
1
)
≤
)
+
N
(r,
N1 (r, f ).
n
n
(f n )(k)
(f n )(k)

Hơn nữa, nếu a là một cực điểm của f với bội p thì a là cực điểm của
(f n )(k) với bội np + k ≥ n + k . Do đó

1
N n (k) (∞, r) ≥ N1,f (∞, r), N1,(f n )(k) (∞, r) = N1,f (∞, r).
n + k (f )
Vậy thì,

T (r, (f n )(k) ) ≤

k+1
1
k(n − k − 1)
N (r, n (k) ) + 1 +
N1 (r, (f n )(k) )
n
n
(f )
1
+ N1 (r, n (k)
) + S(r, f ),
(f ) − a


11

T (r, (f n )(k) ) ≤

k+1
1
n + k(n − k − 1)
N (r, n (k) ) +
N (r, (f n )(k) )
n
(n + k)n
(f )
1

+ N1 (r, n (k)
) + S(r, f ).
(f ) − a

Từ điều này, ta có

k + 1 n + k(n − k − 1)
1
+
T (r, n (k) )
n
(n + k)n
(f )
1
+N1 (r, n (k)
) + S(r, f ),
(f ) − a

T (r, (f n )(k) ) ≤

1−

2(k + 1)
1
T (r, (f n )(k) ) ≤ N1 (r, n (k)
) + S(r, f ),
n+k
(f ) − a
1
n−k−2

) + S(r, f ).
T (r, f ) ≤ N1 (r, n (k)
n+k
(f ) − a

Định lý 1.7. (Định lý Picard đối với đạo hàm của hàm phân hình)
Cho f là hàm phân hình trên C, n, k, là các số nguyên dương, n > k + 2,
a ∈ C, a = 0. Nếu (f n )(k) (z) = a, với mọi z ∈ C thì f là hằng.

1.2

Vấn đề duy nhất đối với đạo hàm của hàm phân hình

Phần này trình bày lại một số kết quả về vấn đề duy nhất đối với
((f d + a)n )(k) với a = 0 trong trường hợp tính bội và không tính bội.
Trước tiên, chúng ta cần các bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.8. [16] Cho f và g là các hàm phân hình khác hằng trên C. Nếu
Ef (1) = Eg (1), thì một trong ba hệ thức sau đây là đúng:
1
1
1. T (r, f ) ≤ N2 (r, f ) + N2 (r, ) + N2 (r, g) + N2 (r, ) + S(r, f ) + S(r, g),
f
g
Bất đẳng thức tương tự xảy ra đối với T (r, g);
2. f g ≡ 1 ;
3. f ≡ g.


12

Bổ đề 1.9. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và n, k là các số
nguyên dương, n > 2k. Khi đó
1. (n − 2k)T (r, f ) + kN (r, f ) + N (r,

2. N (r,

1
n (k) )

(f )
f n−k

1

(f n )(k)
f n−k

) ≤ T (r, (f n )(k) ) + S(r, f );

≤ kT (r, f ) + kN1 (r, f ) + S(r, f ).

Chứng minh. 1. Đặt A = (f n )(k) . Khi đó A = f n−k P. .
Theo Bổ đề 1.3 ta có

N (r, A) = nN (r, f ) + kN1 (r, f ),
hay

nN (r, f ) = N (r, A) − kN1 (r, f )

(1.3)

Từ đây ta có

1
A
) ≤ m(r, A) + m(r, )
P
P
1
1
1
= m(r, A) + m(r, ) = m(r, A) + T (r, ) − N (r, )
P
P
P

(n − k)m(r, f ) = m(r, f n−k ) = m(r,

1
) + S(r, f )
P
P
1
= m(r, A) + N (r, P ) + m(r, k f k ) − N (r, ) + S(r, f )
f
P
≤ m(r, A) + T (r, P ) − N (r,

(f n )(k) k
1

= m(r, A) + N (r, P ) + m(r, (n) f ) − N (r, ) + S(r, f )
P
f
1
≤ m(r, A) + kN (r, f ) + km(r, f ) + kN1 (r, f ) − N (r, ) + S(r, f )
P
1
= m(r, A) + kT (r, f ) + kN1 (r, f ) − N (r, ) + S(r, f )
(1.4)
P


13

Từ (1.3) và (1.4) ta nhận được

nN (r, f ) + (n − k)m(r, f ) = (n − k)( N (r, f ) + m(r, f ) + kN (r, f )
= (n − k)T (r, f ) + kN (r, f )
≤ N (r, A) + m(r, A) − kN1 (r, f ) + kT (r, f )
1
+ kN1 (r, f ) − N (r, ) + S(r, f )
P
1
= T (r, (f n )(k) ) − N (r, ) + kT (r, f ) + S(r, f ).
P
Vậy

(n − 2k)T (r, f ) + kN (r, f ) + N (r,

1

) ≤ T (r, (f n )(k) ) + S(r, f ).
P

2. Ta có

N (r,

1
) ≤ T (r, P ) = m(r, P ) + N (r, P )
P
P
= m(r, k f k ) + N (r, P )
f
(f n )(k) k
= m(r,
f ) + N (r, P )
fn
(f n )(k)
≤ m(r,
) + m(r, f k ) + N (r, P )
n
f
≤ km(r, f ) + N (r, P ) + S(r, f )
≤ k(T (r, f ) − N (r, f )) + N (r, P ) + S(r, f )
≤ k(T (r, f ) − N (r, f )) + kN1 (r, f ) + kN (r, f ) + S(r, f )
= kT (r, f ) + kN1 (r, f ) + S(r, f ).

Vậy N (r,

1

n (k) )

(f )
f n−k

≤ kT (r, f ) + kN1 (r, f ) + S(r, f ).

Bổ đề 1.10. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C, a ∈ C, a = 0 và
n, k là các số nguyên dương, n > 2k. Khi đó


14

1. (n − 2k)dT (r, f ) + kN (r, f d + a) + N (r,

1
d

((f + a)n )(k)
(f d + a)n−k

)

≤ T (r, ((f d + a)n )(k) ) + S(r, f );

2. N (r,

1
d

n (k) )

((f + a) )
(f d + a)n−k

≤ kdT (r, f ) + kN1 (r, f d + a) + S(r, f ) =

kdT (r, f ) + kN1 (r, f ) + S(r, f ) ≤ k(d + 1)T (r, f ) + S(r, f ).
Chứng minh. 1. Đặt A = ((f d + a)n )(k) , C = f d + a.
Khi đó A = (C n )(k) = C n−k P. Ta có

(n − 2k)T (r, C) + kN (r, C) + N (r,

1
A

) ≤ T (r, A) + S(r, f )

C n−k

Mặt khác,

T (r, C) = T (r, f d + a) = dT (r, f ) + S(r, f ).
Từ đây và bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
2. Ta có
1
N (r, A ) ≤ T (r, C) + kN1 (r, C) + S(r, f ).
C n−k

Mặt khác,

T (r, C) = T (r, f d + a) = dT (r, f ) + S(r, f ),
N1 (r, C) = N1 (r, f ) ≤ N (r, f ) ≤ T (r, f ) + S(r, f ).
Từ đây và bất đẳng thức trên, ta có điều chứng minh.
Định lý 1.11. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên C,

a ∈ C, a = 0, và n, d, k là các số nguyên dương thỏa mãn n > 2k+ 4+d(k+4)
,
d
d
d ≥ 4. Nếu E((f d +a)n )(k) (1) = E((gd +a)n )(k) (1), thì f = hg với h = 1.
Chứng minh. Ta có

f d +a = (f −a1 )...(f −ad ), ai ∈ C, ai = 0, (f d +a)n = (f −a1 )n ...(f −ad )n ,


15

Đặt A = ((f d + a)n )(k) , B = ((g d + a)n )(k) , C = f d + a, D = g d + a,
A
, Q = DB
P = C n−k
n−k .
Khi đó

C = (f − a1 )...(f − ad ), D = (g − a1 )...(g − ad ),
A = (C n )(k) = P C n−k , B = (Dn )(k) = QDn−k .
Áp dụng Bổ đề 1.8 cho (C n )(k) , (Dn )(k) chúng ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1. Từ A = ((f d + a)n )(k) , B = ((g d + a)n )(k) ,
Ta có

S(r, A) = S(r, f ), S(r, B) = S(r, g).
1
1
T (r, A) ≤ N2 (r, A) + N2 (r, ) + N2 (r, B) + N2 (r, ) + S(r, f ) + S(r, g).
A
B
1
1
T (r, B) ≤ N2 (r, A) + N2 (r, ) + N2 (r, B) + N2 (r, ) + S(r, g) + S(r, f ).
A
B
Ta thấy, nếu a là cực điểm của A thì C(a) = ∞ với µ∞
A (a) ≥ n + k ≥ 2,
ta nhận được

N1 (r, C) = N1 (r, (f − a1 )...(f − ad )) = N1 (r, f ) ≤ T (r, f ) + S(r, f ),
1
N1 (r, ) ≤
C

d

N1 (r,
i=1

1
) + S(r, f ) ≤ dT (r, f ) + S(r, f ),
f − ai

N2 (r, A) = 2N1 (r, C) ≤ 2T (r, f ) + S(r, f ),
1
1
1
N2 (r, ) ≤ N2 (r, n−k ) + N (r, )
A
C
P
1
1
= 2N1 (r, ) + N (r, )
C
P
1
≤ 2dT (r, f ) + N (r, ) + S(r, f )
P
≤ 2dT (r, f ) + kN1 (r, C) + kdT (r, f ) + S(r, f )
= 2dT (r, f ) + kdT (r, f ) + kN1 (r, f ) + S(r, f )
= d(k + 2)T (r, f ) + kN1 (r, f ) + S(r, f ).


16

Tương tự, ta có

N2 (r, B) ≤ 2T (r, g) + S(r, g),
1
1
N2 (r, ) ≤ 2dT (r, g) + N (r, ) ≤ d(k + 2)T (r, g) + kN1 (r, g) + S(r, g).
B

Q
Từ các bất đẳng thức trên, ta có

T (r, A) ≤ (2 + 2d + kd)T (r, f ) + (2 + 2d)T (r, g) + kN1 (r, C) + N (r,

1
)
Q

+S(r, f ) + S(r, g).
T (r, B) ≤ (2 + 2d + kd)T (r, g) + (2 + 2d)T (r, f ) + kN1 (r, D) + N (r,

1
)
P

+S(r, f ) + S(r, g).
T (r, A)+ T (r, B) ≤ (4+4d + kd)(T (r, f )+ T (r, g))+ kN1 (r, C)+ N (r,
+kN1 (r, D) + N (r,

1
)
Q

1
) + S(r, f ) + S(r, g).
P

Theo Bổ đề 1.10 ta nhận được

1
) ≤ T (r, A) + S(r, f )
P
1
(n − 2k)dT (r, g) + kN (r, D) + N (r, ) ≤ T (r, B) + S(r, g)
Q

(n − 2k)dT (r, f ) + kN (r, C) + N (r,

Vậy

(n − 2k)d(T (r, f ) + T (r, g)) + kN (r, C) + N (r,

1
1
) + kN (r, D) + N (r, )
P
Q

≤ T (r, A) + T (r, B) + S(r, f ) + S(r, g),
1
1
(n − 2k)d(T (r, f ) + T (r, g)) + kN (r, C) + N (r, ) + kN (r, D) + N (r, )
P
Q
1
1
≤ (4+4d+kd)(T (r, f )+T (r, g))+kN1 (r, C)+N (r, )+kN1 (r, D)+N (r, )
Q
P

+S(r, f ) + S(r, g).
Do đó

(n−2k)d(T (r, f )+T (r, g)) ≤ (4+4d+kd)(T (r, f )+T (r, g))+S(r, f )+S(r, g),


17

((n − 2k)d − 4 − 4d − kd)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S(r, f ) + S(r, g).
Do n > 2k + 4+4d+kd
, ta nhận được điều mâu thuẫn.
d
Vậy Trường hợp 1. không xảy ra.
Trường hợp 2.

((f d + a)n )(k) ((g d + a)n )(k) = 1,
Ta có f d + a = (f − a1 )...(f − ad ), (C n )(k) = C n−k P
Do đó

(f − a1 )n−k ...(f − ad )n−d .P.B = 1
Ta thấy rằng, nếu z0 là một cực điểm của f − ai với 1 ≤ i ≤ d thì z0 là
một cực điểm của D và do đó z0 là một cực điểm của g và

(n − k)µafi (z0 ) = ndµg∞ (z0 ) + k ≥ nd + k.
Do đó µafi (z0 ) ≥

nd+k
n−k .

Áp dụng Định lý 1.2 ta nhận được

d

(1 −
i=1

n−k
) ≤ 2.
nd + k

Từ đây ta suy ra n(d2 −3d) ≤ 2k(1−d). Điều này mâu thuẫn với d ≥ 4, n, k
là các số nguyên dương. Vậy không xảy ra Trường hợp 2 .
Trường hợp 3.

((f d + a)n )(k) ((g d + a)n )(k) = 1, (C n )(k) = (Dn )(k) .
Do đó (f d + a)n − p = (g d + a)n . Ta chứng minh p ≡ 0. Giả sử trái lại
p ≡ 0. Khi đó
(f d + a)n
(g − a1 )n ...(g − ad )n
−1=
p
p
và

(g − a1 )n ...(g − ad )n
(f − a1 )n ...(f − ad )n
+1=
.
p
p
n

n

Đặt F = Cp , G = Dp . Ta có C, D, F, G khác hằng. Áp dụng Định lý 1.1
với các giá trị ∞, 0, 1 ta có

T (r, F ) ≤ N1 (r, F ) + N1 (r,

1
1
) + N1 (r,
) + S(r, F )
F
F −1


18

Bây giờ ta chứng minh S(r, F ) = S(r, f ).
Từ F p = C n ta có

ndT (r, f ) + S(r, f ) = T (r, C n ) ≤ T (r, F ) + (k − 1)logr
≤ T (r, F ) + (k − 1)T (r, f ).
Từ đây suy ra

(nd − k + 1)T (r, f ) + S(r, f ) ≤ T (r, F ), T (r, f ) + S(r, f ) ≤ M T (r, F ).
1
với M = nd−k+1
.
Mặt khác từ F =

Cn
p

ta có

T (r, F ) ≤ T (r, C n ) + (k − 1)logr = ndT (r, f ) + (k − 1)logr + S(r, f )
≤ (nd + k − 1)T (r, f ) + S(r, f ).
Từ đây suy ra

KT (r, F ) ≤ T (r, f ) + S(r, f ).
1
với K = nd+k−1
Kết hợp các bất đẳng thức trên, ta có

KT (r, F ) ≤ T (r, f ) + S(r, f ) ≤ M T (r, F ).
Do đó

S(r, F )
S(r, F )
S(r, F )
≤
≤
.
M T (r, F ) T (r, f ) + S(r, f ) KT (r, F )
Vậy S(r, F ) = S(r, f ).
Tương tự ta có S(r, G) = S(r, g).
Hơn nữa ta có
1
N1 (r, F ) ≤ N1 (r, C n ) + N1 (r, ) ≤ N1 (r, f ) + (k − 1)logr

P
≤ T (r, f ) + (k − 1)logr,
1
1
1
N1 (r, ) ≤ N1 (r, n ) = N1 (r, ) ≤
F
C
C

d

N1 (r,
i=1
d

≤

1
f − ai

T (r, f ) = dT (r, f ).
i=1


19

N1 (r,

1

1
1
1
) = N1 (r, ) ≤ N1 (r, n ) = N1 (r, )
F −1
G
D
D
d
1
≤
N1 (r,
)
g
−
a
i
i=1
d

≤

T (r, g) = dT (r, g).
i=1

ndT (r, f ) − (k − 1)logr ≤ T (r, f ) + (k − 1)logr + d(T (r, f ) + T (r, g))
+S(r, f ),
(nd − 2(k − 1))T (r, f ) ≤ T (r, f ) + d(T (r, f ) + T (r, g)) + S(r, f ).
1
1

T (r, G) ≤ N1 (r, G) + N1 (r, ) + N1 (r,
) + S(r, G).
G
G+1
ndT (r, g) − (k − 1)logr ≤ T (r, g) + (k − 1)logr + d(T (r, f ) + T (r, g))
+S(r, g)
(nd − 2(k − 1))T (r, g) ≤ T (r, g) + d(T (r, f ) + T (r, g)) + S(r, g)
(nd − 2(k − 1))(T (r, g) + T (r, g)) ≤ T (r, f ) + T (r, g) + 2d(T (r, f )
+T (r, g)) + S(r, f ) + S(r, g).
(nd − 2d − 2k + 1))(T (r, g) + T (r, g)) ≤ S(r, f ) + S(r, g).
(do n > 2k + 4+4d+kd
).
Mâu thuẫn với n > 2d+2k−1
d
d
Vậy p = 0, tức là (f d + a)n = (g d + a)n .
Từ đây suy ra
f d + a = e(g d + a), với en = 1, hay f d + a(1 − e) = eg d .
Ta chứng minh e = 1 . Giả sử trái lại e = 1. Khi đó a(1 − e) = 0.
Áp dụng Định lý 1.1 cho f d với các giá trị ∞, 0, a(1 − e), ta có

dT (r, f ) + S(r, f ) = T (r, f d ) ≤ N1 (r, f d ) + N1 (r,
1
) + S(r, f )
+ a(1 − e)
1
1
= N1 (r, f ) + N1 (r, ) + N1 (r, d ) + S(r, f )
f
eg

+N1 (r,

fd

1
)
fd