Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ BÌNH

ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ
TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,
ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ BÌNH

ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ
TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,
ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. VŨ HOÀI AN

Thái Nguyên - 2015


i

Lời cảm ơn

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại khoa sau đại học, Trường Đại
học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành
và sâu sắc tới Tiến sĩ Vũ Hoài An, người đã tận tình chỉ bảo cho tôi thêm nhiều
kiến thức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo của Trường Đại học Thái Nguyên
và Viện Toán học đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong
quá trình học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 3 năm 2015
Tác giả
Nguyễn Thị Bình


ii

Mục lục
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Bảng ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iii

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1 Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số,
đặc số không

4

1.1

Hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không . . . . . . .

5

1.2

Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số,
đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực trong toán học phổ
thông
2.1

Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và đạo hàm của nó trên
trường số thực R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2

22
23

Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và sai phân của nó trên
trường số thực R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

Kết luận luận văn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

iii

Bảng ký hiệu
f
n(f, a)
T (f )
K
R

Hàm hữu tỷ
Hàm đếm của f tại điểm a
Hàm độ cao của f
Trường đóng đại số, đặc số không
Trường số thực


1

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Năm 1967, Hayman đưa ra giả thuyết sau đây:
Giả thuyết Hayman: 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 hàm 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 (thường
được gọi là Định lý Hayman) và các vấn đề liên quan đã hình thành nhánh
nghiên cứu là vấn đề nhận giá trị của đa thức vi phân mà trường hợp riêng là
vấn đề nhận giá trị của hàm và đạo hàm của nó.
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 lý A. 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 aCM thì hoặc f = dg
với dn+1 = 1 hoặc g(z) = c1 .ecz và f (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 chính thứ hai cho đa thức vi phân cùng với các ước lượng giữa các hàm đặc
trưng, hàm đếm của hàm và đạo hàm.
Trong trường hợp p-adic, kết quả đầu tiên theo hướng nghiên cứu này thuộc
về J. Ojeda. Năm 2008, J. Ojeda đã nhận được kết quả sau.
Định lý B. Cho f là hàm phân hình trên Cp , n

2 là một số nguyên và

a ∈ Cp − {0}. Khi đó f n (z)f (z) = a với mọi z ∈ Cp thì f là hằng.
Gần đây, Ha Huy Khoai and Vu Hoai An [4], Ha Huy Khoai, Vu Hoai An
and Nguyen Xuan Lai [5] đã thiết lập các kết quả tương tự cho hàm phân hình


2

p-adic, đạo hàm, toán tử sai phân, đa thức sai phân của nó.
Theo hướng nghiên cứu này, đề tài nhằm nghiên cứu vấn đề: Định lý
Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không

và ứng dụng.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Tổng hợp, trình bày lại các bài giảng về Giả thuyết Hayman cho hàm hữu
tỷ và đạo hàm của nó trên trường đóng đại số, đặc số không [1].
Đưa ra các ví dụ trong toán học phổ thông để kiểm tra Giả thuyết Hayman
đối với hàm số thực, đạo hàm và sai phân của nó trên trường số thực R.
3. Nội dung nghiên cứu
• Luận văn tìm hiểu tổng quan về Giả thuyết Hayman.
• Luận văn tìm hiểu, tổng hợp và trình bày vấn đề nhận giá trị của hàm
hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không.
4. Kết quả nghiên cứu
• Tổng hợp và trình bày lại các định lý chính đối với hàm hữu tỷ trên trường
đóng đại số, đặc số không.
• Tổng hợp và trình bày lại các kết quả về vấn đề nhận giá trị của f n (f (k) )m ,
(f n )(k) , (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11).
Nội dung của hai vấn đề trên được trình bày ở Chương 1.
• Tổng hợp và trình bày 35 ví dụ để kiểm tra Giả thuyết Hayman đối với
hàm số thực trong toán học phổ thông. Nội dung của vấn đề này được
trình bày ở Chương 2.
5. Bố cục luận văn
Ngoài phần mở đầu và phần kết luận, luận văn gồm 2 chương.
Chương 1: Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại
số, đặc số không.
Trong Chương 1, tôi tổng hợp và trình bày lại các bài giảng về Giả thuyết
Hayman cho hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và đạo hàm của


3

nó. Các kết quả này ở trong [1] (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11).

Chương 2: Giả thuyết Hayman đối với toán học trung học phổ thông.
Trong Chương 2, tôi đưa ra 35 ví dụ trong toán học phổ thông để kiểm tra
Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực, đạo hàm và sai phân của nó trên
trường số thực R.


4

Chương 1
Định lý Hayman đối với hàm hữu
tỷ trên trường đóng đại số, đặc số
không
Trong Chương 1, tôi trình bày lại các vấn đề nhận giá trị của f n (f (k) )m ,
(f n )(k) , ở đó f là hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không K; n, m, k
là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện nào đó. Vấn đề nhận giá trị nói ở
đây là:
Tìm mối quan hệ của n, m, k để f n (f (k) )m hoặc (f n )(k) nhận giá trị a, a ∈ K,
a = 0. Ý nghĩa của vấn đề này nằm ở chỗ: Xét ảnh hưởng của đạo hàm đối với
hàm đã cho. Khi vấn đề này được xét với hàm số thực, ta có sự liên hệ giữa
Giả thuyết Hayman với toán trung học phổ thông. Kết quả của vấn đề này suy
ra được các kết quả: Với điều kiện nào đó của m, n, k thì f là hằng. Các định
lý kiểu như vậy được gọi là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên K.
Trong Chương 1, Định lý 1.2.2 là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và
đạo hàm bậc nhất của nó; Định lý 1.2.6 là Định lý Hayman đối với hàm hữu
tỷ và đạo hàm bậc cao của nó; Định lý 1.2.11 là Định lý Hayman đối với đạo
hàm bậc cao.
Trước tiên, tôi nhắc lại khái niệm trường đóng đại số, đặc số không và hàm
hữu tỷ trên đó [3].

5

1.1

Hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số
không

Định nghĩa 1.1.1.
Một trường K được gọi là đóng đại số nếu mọi đa thức một ẩn có bậc khác
không, với hệ số trong K, có nghiệm trong K.
Ví dụ 1.1.2.
1. Trường số hữu tỷ Q không là trường đóng đại số vì đa thức A(x) = x2 − 2
có các hệ số thuộc Q nhưng không có nghiệm trong Q.
2. Trường số thực R không là đóng đại số vì đa thức P (x) = x2 + 5 có các hệ
số thuộc R nhưng không có nghiệm trong R.
Định nghĩa 1.1.3. Cho K là một trường.
1. Số tự nhiên n nhỏ nhất khác không sao cho n.1 = 0 thì số n được gọi là đặc
số của trường K. Ký hiệu char(K).
2. Với mọi số tự nhiên n = 0 mà n.1 = 0 thì khi đó ta nói trường K có đặc số
là 0.
Ví dụ 1.1.4.
1. Trường Q có đặc số không. Vì n1 = 0 với mọi n

1, n ∈ N.

2. Trường Z5 có đặc số 5.
Thật vậy, ta có 5.1 = 0 và n1 = 0 với 1

n

4. Do đó Z5 có đặc số là 5.

Ký hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không.
Gọi f là đa thức khác hằng có bậc n trên K và a là không điểm của f . Khi đó
f = (z − a)m p(z)
với p(a) = 0 và m là bội của không điểm a của f .
Đặt µ0f (a) = m. Ký hiệu n(f ) là số các không điểm của f kể cả bội, d ∈ K và
l là số nguyên dương. Ta định nghĩa:
n(f, d) = n(f − d),
q

min{mi , l} ở đó f = a(f − z1 )m1 . . . (f − zq )mq ,

nl (f ) =
i=1

nl (f, d) = nl (f − d),


6

n0 (f ) = q,
n0 (f, d) = n0 (f − d).
Ta nêu các ví dụ minh họa các khái niệm trên.
Ví dụ 1.1.5. Cho đa thức f (x) = (x + 1)2 (x − 2)3 ∈ K[x].
Ta có n(f ) = 5, degf = 5, n0 (f ) = 2, n1 (f ) = 2, n2 (f ) = 4, n4 (f ) = 5.
Ví dụ 1.1.6. Cho đa thức f (x) = x3 ∈ K[x].
Ta có n(f ) = 3, degf = 3, n0 (f ) = 1, n1 (f ) = 1, n2 (f ) = 2, n(f, 1) = 3,
n0 (f, 1) = 3, n1 (f, 1) = 3.
f1

là hàm hữu tỷ trên K, với f1 , f2 ∈ K[x] và f1 , f2 không có không
Giả sử f =
f2
điểm chung, d ∈ K, ta ký hiệu
n(f ) = n(f1 ),

n(f, d) = n(f1 − df2 ),

nl (f ) = nl (f1 ),

nl (f, d) = nl (f1 − df2 ),

n0 (f, d) = n0 (f1 − df2 ),

n(f, ∞) = n(f2 ),

nl (f, ∞) = nl (f2 ),

n0 (f, ∞) = n0 (f2 ),

degf = degf1 − degf2 ,

0
µdf = µ0f1 −df2 , µ∞
f = µf2 ,

T (f ) = max{degf1 , degf2 }.
Ví dụ sau đây minh họa cho các khái niệm trên đối với hàm hữu tỷ.
x3
∈ K[x].

Ví dụ 1.1.7. Cho đa thức f (x) =
−3x2 − 3x − 1
Tính degf , T (f ), n(f, 0), n1 (f, 0), n2 (f, 0), n3 (f, 0),
n(f, ∞), n1 (f, ∞), n2 (f, ∞), n3 (f, ∞), n(f, 1), n1 (f, 1), n2 (f, 1), n3 (f, 1).
Giải.
Đặt f1 = x3 , f2 = −3x2 − 3x − 1.
Ta có (f1 , f2 ) = 1; f2 = 0 suy ra 3x2 + 3x + 1 = 0. Lấy a ∈ K sao cho a2 = −3.
Khi đó
x1 =

−3 − a
,
6

x2 =

−3 + a
,
6

x1 = x2 .

Xét f − 1 hay
x3
(x + 1)3
f3
−
1
=
= .

2
2
−3x − 3x − 1
−3x − 3x − 1 f2
Ta có
degf1 = 3, degf2 = 2, do đó degf = 1; T (f ) = max{degf1 , degf2 } = 3.


7

n(f, 0) = 3, n(f, ∞) = n2 (f, 0) = 2, n1 (f, 0) = n1 (f1 , 0) = 1, n2 (f, 0) = 2,
n3 (f, 0) = 3,
n1 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2, n2 (f, ∞) = n3 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2,
n(f, 1) = n(f3 , 0) = 3, n1 (f, 1) = n1 (f3 , 0) = 1, n2 (f, 1) = n2 (f3 , 0) = 3,
n3 (f, 1) = n3 (f3 , 0) = 3.
Giả sử f là đa thức bậc k trên K và b ∈ K. Khi đó chúng ta có thể viết f trong
dạng
k

bn (z − b)n

f=
n=0

với bk = 0 và ta đặt µ0f (b) = k. Cho a ∈ K, ta định nghĩa hàm
µaf : K −→ N bởi µaf (b) = µ0f =a (b).
Giả sử k là số nguyên dương. Ta định nghĩa hàm µf k từ K tới N bởi

0
nếu µ0f (z) > k

k
µf (z) =
µ0 (z) nếu µ0 (z) k
f

f

và
µf k (z),

n k (f ) =

(z ∈ K),

z∈K

n k (f, a) = n k (f − a).
Chú ý rằng nf k (z) bằng 0 hầu hết trừ một số hữu hạn z ∈ K,
lim n k (f, a) = n(f, a).

k→∞

Giả sử l là số nguyên dương. Ta định nghĩa
nl k (f ) =

min µf k (z), l .
z∈K

Chú ý rằng lim nl k (f ) = nl (f ).
k→∞

Bây giờ giả sử f là hàm hữu tỷ trên K, d ∈ K, l là số nguyên dương. Tương tự
như trên, ta định nghĩa các hàm
n k (f, a), n<k (f, a), n k (f, a), n>k (f, a),
k
>k
nl k (f, a), nl (f, a), nl (f, a), nl (f, a).


8

Ví dụ 1.1.8. Cho đa thức f (x) = x3 − 3x2 + 3x ∈ K[x], k = 2. Tính n 2 (f, 0),
n 2 (f, 1), n 2 (f, 0), n 2 (f, 1).
Giải.
f (x) = x(x2 − 3x + 3) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 trong K.
f − 1 = x3 − 3x2 + 3x − 1 = (x − 1)3 = 0 suy ra x = 1 là nghiệm bội 3 của
f = 1.
Vậy n 2 (f, 0) = 3, n 2 (f, 1) = 0 , n 2 (f, 0) = 0, n 2 (f, 1) = 3.
x4
∈ K[x], k = 3.
Ví dụ 1.1.9. Cho đa thức f (x) = 2
2x − 1
Tính n 3 (f, 0), n 3 (f, ∞), n>3 (f, 0), n 3 (f, 1), n>3 (f, 1) .
Giải.
Đặt f1 = x4 , f2 = 2x2 − 1. Ta có (f1 , f2 ) = 1. Hơn nữa
x4
x4 − 2x2 + 1 (x2 − 1)2
f −1= 2
−1=

=
.
2x − 1
2x2 − 1
2x2 − 1
Từ đây suy ra n 3 (f, 0) = 0, n 3 (f, ∞) = 2, n>3 (f, 0) = 4, n 3 (f, 1) = 4,
n>3 (f, 1) = 0.
Định lý 1.1.10. (Định lý chính thứ hai). Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng
trên K và a1 , a2 , ..., aq ∈K∪{∞}. Khi đó
q

(q − 2)T (f )

n1 (f, ai ) − 1.
i=1

1.2

Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường
đóng đại số, đặc số không

Trong mục này chúng ta trình bày lại các kết quả khi kiểm tra Giả thuyết
Hayman cho hàm hữu tỷ trên K và đạo hàm của nó.
Bổ đề 1.2.1. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và n là số nguyên dương,
n > 1. Khi đó
(n − 1)T (f ) + n(f , 0) + n(f, ∞)

T (f n f ).

9

Chứng minh.
f n+1
. Khi đó A = f n f ,
n+1
n(A , ∞) = (n + 1)n(f, ∞) + n1 (f, ∞).

Đặt

A=

Do đó

n.n(f, ∞) = n(A , ∞) − n(f, ∞) − n1 (f, ∞).

Mặt khác ta có
f
m( , ∞) = 0,
f
nm(f, ∞) = m(

A
, ∞)
f

1
m(A , ∞) + m( , ∞)
f

= m(A , ∞) + T (f ) − n(f , 0)
f
= m(A , ∞) + n(f , ∞) + m( f, ∞) − n(f , 0)
f
f
m(A , ∞) + n(f , ∞) + m(f, ∞) + m( , ∞) − n(f , 0)
f
= m(A , ∞) + n(f, ∞) + m(f, ∞) + n1 (f, ∞) − n(f , 0)
= m(A , ∞) + T (f ) + n1 (f, ∞) − n(f , 0).
Kết hợp với các bất đẳng thức trên ta có
nT (f )

T (f n f ) + T (f ) − n(f , 0) − n(f, ∞)

và
(n − 1)T (f ) + n(f , 0) + n(f, ∞)

T (f n f ).

Vậy bổ đề được chứng minh.
Định lý 1.2.2. (Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậc
nhất). Cho f là hàm hữu tỷ trên K. Nếu f n (z)f (z) = 1 với mọi z ∈ K và
n

2 thì f là hằng.

Chứng minh. Giả sử, trái lại, f khác hằng. Theo Bổ đề 1.2.1 ta có
(n − 1)T (f ) + n(f , 0) + n(f, ∞)

T (f n f ).

Áp dụng Định lý chính thứ hai cho f n f với các giá trị ∞, 0, 1 ta có
T (f n f )

n1 (f n f , ∞) + n1 (f n f , 0) + n1 (f n f , 1) − 1.


10

Ta có n1 (f n f , ∞) = n1 (f, ∞); n1 (f n f , 0)

n1 (f, 0) + n1 (f , 0).

Từ các bất đẳng thức trên ta có
n1 (f, ∞) + n1 (f, 0) + n1 (f , 0) + n1 (f n f , 1) − 1.

(n − 1)T (f ) + n(f , 0) + n(f, ∞)

n1 (f n f , 1) − 1.

(n − 2)T (f )
Do n

2 ta có n1 (f n f , 1)

1.

Từ đây suy ra f n f nhận giá trị 1.
Mâu thuẫn. Vậy f là hằng.
Bổ đề 1.2.3. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n > 1 là số nguyên

dương và a1 , a2 , a3 , · · · , aq là các điểm phân biệt của K. Khi đó
4(n + 1)
T (f n f )
q− 2
n + 3n + 2

q

n1 (f n f , ai ) − 1.
i=1

Chứng minh. Áp dụng Định lý chính thứ hai cho f n f với các giá trị ∞, 0,
a1 , i = 1, ..., q ta có
q
n

qT (f f )

n

n

n1 (f n f , ai ) − 1.

n1 (f f , ∞) + n1 (f f , 0) +
i=1

Ta ký hiệu n(f , 0; f = 0) là các hàm đếm các không điểm của f nhưng không
là không điểm của f , ở đó mỗi không điểm của f được tính cả bội. Khi đó
n(f , 0; f = 0) = n

f
,∞
f

n

f
f
,∞ + m
,∞
f
f

n1 (f, ∞) + n1 (f, 0).

Vậy
n(f , 0; f = 0)

n1 (f, ∞) + n1 (f, 0).

Từ đây ta có
n1 (f n f , 0)

n1 (f, 0) + n(f , f = 0)

n1 (f, ∞) + 2n1 (f, 0).

Hơn nữa ta thấy
n(f n f , 0) − n1 (f n f , 0)

2nn1 2 (f, 0) + (n − 1)n1 1 (f, 0).

Mặt khác
n1 (f, 0) = n1 1 (f, 0) + n1 1 (f, 0).


11

Từ các bất đẳng thức trên ta nhận được
2n1 2 (f, 0)+n1 (f, ∞)+

n1 (f n f , 0)

2
n(f n f , 0)−n1 (f n f , 0)−2nn1 2 (f, 0) .
n−1

Vậy
n+1
n1 (f n f , 0)
n−1

2
4n
n(f n f , 0) + n1 (f, ∞) + 2 −
n1 2 (f, 0).
n−1
n−1

Từ đây ta nhận được
n1 (f n f , 0)

2
n−1
n(f n f , 0) +
n1 (f, ∞).
n+1
n+1

Hơn nữa
n(f n f , ∞)

(n + 2)n1 (f, ∞),

n1 (f n f , ∞) = n1 (f, ∞).

Do đó
n

qT (f f )

n−1
2
n(f n f , 0) + 1 +
n1 (f, ∞) +
n+1
n+1

n

qT (f f )

n−1
1
2
+ 1+
T (f n f ) +
n+1
n+1 n+2

q

n1 (f n f , ai ) − 1;
i=1
q

n1 (f n f , ai ) − 1.
i=1

Từ đây và Định lý chính thứ nhất ta nhận được
4(n + 1)
q− 2
T (f n f )
n + 3n + 2

q

n1 (f n f , ai ) − 1.
i=1

Bổ đề được chứng minh.
Tiếp theo, tôi trình bày Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm
bậc cao của nó.
Bổ đề 1.2.4. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K thỏa mãn f (k) ≡ 0, m, k, n
là các số nguyên dương. Khi đó
1. T (f )

T f n (f (k) )m + 1 .

2. T (f )

T f n (f (k) )m .

Chứng minh.
1. Đặt A = f n f (k)

m

− 1.

Khi đó ta có
A + 1 = f n f (k)

m

,


12

n(f )
1
f n+m

=

n(A + 1),
1
f (k)
A+1 f

m

.

f (k)
, ∞ = 0. Do đó
f

Hơn nữa m

(n + m)m(f, 0) = m(f n+m , 0) = m(A + 1, 0).

m(f, 0)

n(A + 1, 0) + m(A + 1, 0) = T f n f (k)

Vậy T (f ) = n(f, 0) + m(f, 0)
2. Từ T f n f

(k) m

= T fn f

(k) m

+ 1 , ta nhận được T (f )

m

T f n f (k)

+1 .
m

.

Bổ đề 1.2.5. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K thỏa mãn f (k) ≡ 0, n, k, m
là các số nguyên dương, n > 1 và a ∈ K, a = 0. Khi đó
n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1)
1.
T (f ) n1 f n (f (k) )m , a −1.
(n + k)(m + n + km)
2. Nếu n2 − n − k > 0 thì
n2 − n − k − 1
T (f )
(n + k)(m + n + km)

n1 f n f (k) , a −1.

Chứng minh.
1. Theo Bổ đề 1.2.4 ta có f n f (k)
cho f n f

(k) m

T f n f (k)

m

khác hằng. Áp dụng Định lý chính thứ hai

nhận ba giá trị ∞, 0, a ta có

m

n1 f n f (k)

m

, ∞ +n1 f n f (k)

m

, 0 +n1 f n f (k)

m

, a −1.

Ký hiệu n(f (k) , 0; f = 0) là số các không điểm của f (k) nhưng số các không
điểm này không là không điểm của f , ở đó các không điểm của f (k) được tính
cả bội. Khi đó ta có
n(f

(k)

f (k)
, 0; f = 0) = n
,0
f
T (f )
f (k)
f (k)
, ∞ +m
,∞
f
f
f (k)
=n
,∞
f

=n

kn1 (f, ∞) + n k (f, 0) + kn>k
1 (f, 0).

13

Do đó
n(f (k) , 0; f = 0)

kn1 (f, ∞) + n k (f, 0) + kn>k
1 (f, 0).

Từ đó nhận được
n1 f n f (k)

m

n1 (f, 0) + n(f (k) , 0; f = 0)

,0

kn1 (f, ∞) + n k (f, 0) + kn>k
1 (f, 0)
(k + 1)n1 (f, 0) + kn1 (f, ∞).
Lại có
n f n f (k)

m

, 0 −n1 f n f (k)

m

,0

Mặt khác n1 (f, 0) = n1 k (f, 0) + n1

(1+k)n+m−1 n1
(k+1)

(k+1)

(f, 0)+(n−1)n1 k (f, 0).

(f, 0).

Từ đây và các bất đẳng thức trên ta có
n f n f (k)
+

m

,0

(k + 1)n1

k+1
n f n f (k)
n−1

m

(k+1)

(f, 0) + kn1 (f, ∞)

− n1 f n f (k)

m

, 0 − (1 + k)n + m − 1 n1

(k+1)

(f, 0) .

Do đó
n+k
n1 f n f (k)
n−1

m

,0

k+1
m
n f n f (k) , 0 + kn1 (f, ∞)
n−1
(k + 1) (k + 1)n + m − 1
+ k+1−
n−1

n1

(k+1)

(f, 0).

Chú ý rằng
k+1−

(k + 1) (k + 1)n + m − 1
< 0.
n − 1)

Do đó
n1 f n f (k)

m

,0

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

m

,0 +

k(n − 1)
n1 (f, ∞).
n+k

Hơn nữa, nếu a là một cực điểm của f với bội t thì a là một cực điểm của f n
với bội nt + (t + k)m

n + (1 + k)m.

Do đó
n f n f (k)

m

,∞

n + (k + 1)m n1 (f, ∞) và n1 f n f (k)

Do đó
T f n f (k)

m

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

m

,0

m

, ∞ = n1 (f, ∞).


14

+ 1+
T f n f (k)

m

k(n − 1)
n1 f n f (k)
n+k

m

, ∞ + n1 f n f (k)

k+1
m
n f n f (k) , 0
n+k
n(k + 1)
n f n f (k)
+ 1+
(n + k) n + (k + 1)m
+ n1 f n f (k)

m

m

m

, a − 1.

,∞

, a − 1.

Do
n f n f (k)
n f n f (k)

m
m

,0

T f n f (k)

,∞

T f n f (k)

m
m

,
.

nên
n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1)
T f n f (k)
(n + k)(n + m + km)

m

m

n1 f n f (k)

, a − 1.

Theo Bổ đề 1.2.4 ta có
n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1)
T (f )
(n + k)(n + m + km)

n1 f n f (k)

m

, a − 1.

2. Áp dụng 1. khi m = 1 và để ý rằng n2 − n − k > 0 ta nhận được
n2 − n − k − 1
T (f )
(n + k)(m + n + km)

n1 f n f (k)

m

, a − 1.

Bổ đề 1.2.5 được chứng minh.
Định lý 1.2.6. (Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậc
cao). Cho f là hàm hữu tỷ trên K thỏa mãn điều kiện f n (z) f (k)

m

(z) = 1 với

mọi z ∈ K và n, m, k là các số
√ nguyên dương thỏa mãn điều kiện m > 1 và
1 + 1 + 4k
n 1 hoặc m = 1 và n >
. Khi đó f là đa thức bậc nhỏ hơn k.
2
Chú ý rằng khi k = 1 thì từ Định lý 1.2.6
√ ta nhận được Định lý 1.2.2.
1+ 5
Thật vậy, khi k = 1, m = 1 ta có n >
tức là n 2. Áp dụng Định lý
2
1.2.6 ta có f là đa thức bậc bé hơn 1. Do đó f là hàm hằng.
Chứng minh.
Với m > 1 và n

1 hoặc m = 1 và n >

1+

√

1 + 4k
, theo Bổ đề 1.2.5 ta thấy
2


15

không xảy ra f khác hằng thỏa mãn f (k) ≡ 0. Nếu f là hằng thì f là đa thức
bậc 0 < k. Nếu f khác hằng và f (k) ≡ 0 thì f là đa thức có bậc nhỏ hơn k.
Tiếp theo ta xét vấn đề đã nêu đối với (f n )(k) . Ta cần các bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.7. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n, k là các số nguyên
dương, n > k và a là cực điểm của f . Khi đó
fn

(k)

=

ϕk
(z − a)np+k

ở đó p = µ∞
f (a), ϕk (a) = 0.
Chứng minh.

Do a là cực điểm của f ta nhận được
fn =

ϕ
,
(z − a)np

p = µ∞
f (a),

ϕ(a) = 0.

Bây giờ ta chứng minh bằng quy nạp theo k.
Với k = 1 ta có
(f n )(1) =

ϕ
(z − a)np

=

ϕ .(z − a) − npϕ
.
(z − a)np+1

Đặt ϕ1 = ϕ .(z − a) − npϕ. Khi đó
(f n )(1) =

ϕ1
,

(z − a)np+1

ϕ1 (a) = 0.

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

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

=

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

ϕk+1
,
(z − a)np+k+1

Bổ đề 1.2.7 được chứng minh.

ϕk+1 (a) = 0.


16

Bổ đề 1.2.8. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n, k là các số nguyên
dương, n > k và a, b lần lượt là cực điểm và không điểm của f . Khi đó
(k)

fn
hk
, ở đó p = µ∞
1.
=
f (a), hk (a) = 0.
pk+k
n−k
f
z−a
(k)

fn
2.
= z−b
f n−k

(m−1)k

Sk , ở đó m = µ0f (b), Sk (b) = 0.

Chứng minh.
1. Do a là cực điểm của f ta có
f=

f n−k

p = µ∞
f (a),

h(a) = 0,

ϕk
,
(z − a)np+k
hn−k
.
=
(z − a)p(n−k)

(k)

fn

Do đó

h
,
(z − a)p

ϕk (a) = 0,

=

(k)

fn
hk
=
,
f n−k
(z − a)pk+k

hk =

ϕk
,
hn−k

hk (a) = 0.

2. Do b là không điểm của f nên
f = z−b
fn

(k)

m

l,

l(b) = 0,

= z−b

f n−k = z − b

mn−k

lk ,

m(n−k) n−k

l

fn = z − b

mn n

l ,

lk (b) = 0,
.

Vậy
(k)

fn
= z−b
f n−k

(m−1)k

Sk ,

Sk =

lk
ln−k

,

Sk (b) = 0.

Bổ đề 1.2.8 được chứng minh.
Bổ đề 1.2.9. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và k, n là các số nguyên
dương, n
1. T (f )
2. f

n (k)

k + 1. Khi đó:
T

fn

(k)

khác hằng.

.


17

Chứng minh.
(k)

Đặt A = f n

−1. Khi đó ta có
(k)

A + 1 = f n = f n−k p,
1
1
n
,
n
f
A+1
1
1 1
1 p
=
=
.
fn
f n−k f k
A + 1 fk
Hơn nữa
fn
fn

p
f n−k p
m k,∞ = m
,∞ = m
f
fn

(k)

, ∞ = 0.

Vậy
m

1
,∞
f

nm

1
1
1
,∞ = m n,∞ = m
,∞ .
f
f
A+1

Do đó

T (f ) = n(f, ∞) + m(f, ∞)
1
1
= n , ∞ +m , ∞
f
f
1
1
, ∞ +m
,∞
n
A+1
A+1
=T

fn

Từ đây và f khác hằng suy ra f n

(k)

(k)

.

khác hằng. Bổ đề 1.2.9 được chứng minh.

Bổ đề 1.2.10. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và n, k là các số nguyên
dương, n

k + 2, a ∈ K, a = 0. Khi đó
n−k−2
T (f )
n+k

1

n1

(k)
fn

−1.
−a

Chứng minh.
Từ n

k + 2 và Bổ đề 1.2.9 ta có f n

Áp dụng Định lý chính thứ hai cho f
T

fn

(k)

n1 f n

(k)

(k)

khác hằng.

n (k)

với các giá trị ∞, 0, a ta có

, ∞ +n1 f n

(k)

, 0 +n1 f n

(k)

, a −1.


18

Đặt f n

(k)

= f n−k p . Khi đó
fn
p
=

fk
fn

(k)

.

p
có thể xảy ra chỉ tại cực điểm của
fk
(k)
(k)
fn
fn
và nếu z0 là một cực điểm của
thì z0 cũng là cực điểm của f
fn
fn
hoặc là không điểm của f . Theo Bổ đề 1.2.7 và Bổ đề 1.2.8 ta thấy rằng nếu

Ta thấy rằng bất kỳ cực điểm nào của

a, b tương ứng là cực điểm và không điểm của f thì
fn
fn

(k)

B
(z − a)k

=

và

f n )(k)
C
=
.
n
f
(z − b)k

Từ đây suy ra
1
fk
p
, 0; f = 0 = n
,0
T k
p
p
f
p
p
n k +m k , ∞
f
f

n

kn1 (f, ∞) + kn1 (f, 0).
Vậy
1
, 0; f = 0
p

n

k(n1 (f, ∞) + n1 (f, 0)).

Hơn nữa
n1

1

= n1

(k)
fn

1
f n−k p

n1 (f ) + n(p, 0; f = 0)

n1 (f, 0) + kn1 (f, ∞) + kn1 (f, 0)
(k + 1)n1 (f, 0) + kn1 (f, ∞).
Theo Bổ đề 1.2.8 và Bổ đề 1.2.9 nếu a, b lần lượt là cực điểm và không điểm
của f thì

fn

(k)

=

Bk
,
(z − a)np+k

Bk (a) = 0,

và
fn

(k)

= Ck (z − b)mn−k ,

Ck (b) = 0.


19

Do đó
n fn

(k)

, 0 −n1 f n

(k)

,0

(n − 1)(k + 1)n1 k+1 (f, 0) + (n − k − 1)n1 k (f, 0).

Mặt khác
n1 (f, 0) = n1 k (f, 0) + n1 k+1 (f, 0).
Từ đây và các bất đẳng thức trên ta nhận được
1
n (f n )(k) , 0 − n1 (f n )(k) − (n − 1)(k + 1)n1 k+1 (f, 0) .
n−k−1

n1 k (f, 0)
n1 f n

(k)

(k + 1)n1 (f, 0) + kn1 (f, ∞)

,0

(k + 1)n1 k (f, 0) + (k + 1)n1 k+1 (f, 0) + kn1 (f, ∞)
(k + 1)n1 k+1 (f, 0) + kn1 (f, ∞)
k+1
n (f n )(k) , 0 −n1 (f n )(k) , 0 −(n − 1)(k + 1)n1 k+1 (f, 0) .
+
n−k−1
Do đó

n
n1 (f n )(k) , 0
n−k−1

k+1
n (f n )(k) , 0
n−k−1
(k + 1)2 (n − 1)
+ kn1 (f, ∞) + k + 1 −
n1 k+1 (f, 0).
n−k−1

Chú ý rằng
k+1−

(k + 1)2 (n − 1)
< 0,
n−k−1

ta có
k+1
k(n − k − 1)
n (f n )(k) , 0 +
n1 (f, ∞).
n
n
Hơn nữa, nếu a là một cực điểm của f với bội p thì a là cực điểm của (f n )(k)
n1 (f n )(k) , 0

với bội np + k

n + k.

Do đó
1
n (f n )(k) , ∞
n+k

n1 (f, ∞),

n1 (f n )(k) , ∞ = n1 (f, ∞)
Do đó
T (f n )(k)

k+1
k(n − k − 1)
n (f n )(k) , 0 + 1 +
n1 (f n )(k) , ∞
n
n


20

+ n1 (f n )(k) , a −1.
n + k(n − k − 1)
k+1
n (f n )(k) , 0 +
n (f n )(k) , ∞
n

(n + k)n

T (f n )(k)

+ n1 (f n )(k) , a −1.
Từ đây suy ra
k + 1 n + k(n − k − 1)
T (f n )(k) +n1 (f n )(k) , a −1;
+
n
(n + k)n
n + (n + k)(k + 1) + k(n − k − 1)
1−
T (f n )(k)
n1 (f n )(k) , a −1;
n(n + k)
2(k + 1)
T (f n )(k)
1−
n1 (f n )(k) , a −1;
n+k
n−k−2
T (f ) + 1 n1 (f n )(k) , a .
n+k

T (f n )(k)

Vậy Bổ đề 1.2.10 được chứng minh.
Định lý 1.2.11. (Định lý Hayman đối với đạo hàm bậc cao). Cho f là
hàm hữu tỷ trên K, n, k là các số nguyên dương, n

k + 2. Nếu f n

(k)

(z) = 1

với mọi z ∈ K thì f là hàm hằng.
Chứng minh.
Giả sử ngược lại f khác hằng. Áp dụng Bổ đề 1.2.10 với a = 1 ta có
n−k−2
T (f ) + 1
n+k
Từ n

n1 (f n )(k) , 1 .

k + 2 và f khác hằng ta có
n1 (f n )(k) , 1

1.

Khi đó tồn tại z sao cho (f n )(k) (z) = 1. Mâu thuẫn.
Vậy f là hàm hằng.
Nhận xét 1.2.12. Lấy k = 1 thì từ Định lý 1.2.11 ta nhận được Định lý 1.2.2.
Thật vậy, khi đó
(f n )(1) = n.f n−1 .f (1) .
Do n

k + 2 = 3 nên n − 1

z ∈ K, ở đó n

2. Từ đây dẫn đến, nếu f n (z)f (z) = 1 với mọi

2, thì f là hàm hằng.