(Luận văn) vấn đề duy nhất của hàm phân hình chung nhau ba tập hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LẠI THANH LOAN lu an n va p ie gh tn to VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU BA TẬP HỢP d oa nl w nf va an lu lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2016 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LẠI THANH LOAN lu an n va ie gh tn to VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU BA TẬP HỢP p Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH d oa nl w Mã số: 60.46.01.02 nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z @ Hướng dẫn khoa học m co l gm PGS.TS.HÀ TRẦN PHƯƠNG an Lu THÁI NGUYÊN - 2016 n va ac th si i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm lu bảo trung thực xác, tuân thủ qui định quyền sở hữu an trí tuệ va n Thái Nguyên, tháng năm 2016 to p ie gh tn Tác giả w d oa nl Lại Thanh Loan nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Hà Trần Phương, người thầy tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình nghiên cứu để tơi hồn thành lu an luận văn n va Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, khoa Tốn tồn thể tn to thầy giáo trường ĐHSP Thái Ngun, Viện Tốn học Trường gh Đại học Sư phạm Hà Nội truyền thụ cho kiến thức quan p ie trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho ý kiến đóng góp quý báu w suốt trình học tập thực luận văn oa nl Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè người d giúp đỡ chia sẻ với tác giả suốt thời gian học tập hoàn thành an lu luận văn nf va Tơi xin chân thành cảm ơn! Tác giả z at nh oi lm ul Thái Nguyên, tháng năm 2016 z m co l gm @ Lại Thanh Loan an Lu n va ac th si iii Mục lục lu an Mục lục iii Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 3 1.1.1 Các hàm Nevanlinna tính chất 1.1.2 Hai định lí quan hệ số khuyết n va 1.1 Lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình gh tn to 1.2.1 Khái niệm mở đầu p ie 1.2 Hàm phân hình chung ba giá trị w 10 d oa nl 1.2.2 Một số tính chất an lu Vấn đề hàm phân hình chung ba tập 13 nf va hợp 2.1 Hàm phân hình chung ba giá trị 13 lm ul 13 2.1.2 Chung có trọng số 23 2.2 Hàm phân hình chung ba tập hợp 28 2.2.1 Một số bổ đề liên quan 28 2.2.2 Vấn đề 30 z at nh oi 2.1.1 Chung kể bội z l gm @ Kết luận 45 m co 47 an Lu Tài liệu tham khảo n va ac th si Mở đầu Năm 1929, R Nevanlinna chứng minh hai định lí tiếng vấn đề cho hàm phân hình, thường gọi Định lý năm điểm Định lý bốn điểm Về sau có nhiều nhà toán học mở rộng lu kết Nevanlinna cho trường hợp khác nhau: hàm phân hình an chung tập điểm, kể bội, không kể bội, va n Cho f hàm phân hình, a ∈ C ∪ {∞} Kí hiệu E(a, f ) tập tn to không điểm kể bội f − a, E(a, f ) tập không điểm phân biệt ie gh f − a Cho S ⊂ C ∪ {∞} tập hợp phần tử khác Kí hiệu p Ef (S) = ∪a∈S E(a, f ); E f (S) = ∪a∈S E(a, f ) d oa thỏa mãn nl w R Nevanlinna chứng minh, hai hàm phân hình khác f , g lu ∀i = 1, 5, nf va an E (ai , f ) = E (ai , g) giá trị phân biệt, f g phải trùng lm ul Vào năm 1976, H Yi ([15]) đặt câu hỏi: Có thể tìm thấy hay z at nh oi không ba tập hữu hạn Sj (j = 1, 2, 3) cho hai hàm phân hình thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2, 3) f ≡ g? Vào năm 1994, H Yi ([15]) đưa số kết để trả lời cho câu hỏi đặt z @ Với mục đích tìm hiểu số kết nghiên cứu theo hướng này, chúng l gm chọn đề tài "Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp" Mục đích luận văn trình bày lại số kết co m nghiên cứu H Yi ([16], [20]), W C Lin H Yi ([6]) điều Luận văn chia thành hai chương: an Lu kiện xác định hàm phân hình chung ba giá trị, ba tập hợp n va ac th si Chương 1: Một số kiến thức bản, trình bày kiến thức sở, cần thiết cho việc chứng minh kết Chương như: lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna cho hàm phân hình chung ba giá trị, ba tập hợp Chương 2: Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp, trình bày hàm phân hình chung ba giá trị kể bội chung có trọng số; trình bày lại chứng minh số điều kiện đủ tính hàm phân hình chung ba tập hợp lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an 1.1 Lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình 1.1.1 Các hàm Nevanlinna tính chất va n Trong luận văn ln kí hiệu C trường số phức Ta gh tn to kí hiệu tập p ie D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | < r}, w D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | ≤ r}, d oa nl ∂D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | = r}, an lu hình trịn, hình trịn đóng, đường trịn tâm z0 , bán kính r > nf va Đặc biệt, z0 = 0, ta kí hiệu ngắn gọn lm ul DR = D(0, R); DR = D(0, R) z at nh oi Cho f hàm chỉnh hình mặt phẳng phức C, điểm z0 gọi không điểm bội k f tồn hàm chỉnh hình h(z) khơng triệt tiêu lân cận U z0 cho lân cận hàm f z gm @ biểu diễn dạng: f (z) = (z − z0 )k h(z) l m co Điều kéo theo f (z0 ) = f (z0 ) = = f (k−1) (z0 ) = f (k) (z0 ) 6= ordf (z) = k, trường hợp khác ordf (z) = an Lu Với z ∈ C, z không điểm bội k hàm f ta kí hiệu n va ac th si f1 , f2 f1 , f2 hàm chỉnh hình Một điểm z0 gọi khơng điểm bội Cho f hàm phân hình mặt phẳng phức C, f = k f z0 không điểm bội k f1 , z0 gọi cực điểm bội k f z0 không điểm bội k f2 Với số thực x > 0, kí hiệu: log+ x = max{log x, 0} Khi log x = log+ x − log+ x1 Bây ta định nghĩa hàm đếm, hàm xấp xỉ, hàm đặc trưng hàm phân hình Cho f hàm phân hình DR số thực lu an r > 0, < R ≤ ∞, r < R Dễ thấy: n va Z2π 13 Chương Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp lu an 2.1 Hàm phân hình chung ba giá trị n va tn to Trong phần này, chúng tơi trình bày lại số kết vấn đề cho hàm phân hình chung ba giá trị số tác gh p ie giả chứng minh thời gian gần Chung kể bội oa nl w 2.1.1 d Năm 1980, H Ueda chứng minh lu nf va an Định lý 2.1 ([9]) Cho f g hai hàm nguyên phân biệt khác cho f g chung 0, CM , cho a 6= 0, số phức hữu z at nh oi lm ul hạn Nếu a số khuyết f (1 − a) số khuyết g (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) Chú ý rằng, hai hàm nguyên chung giá trị ∞ Năm 1988, H z Yi mở rộng Định lý 2.1 thu kết sau gm @ Định lý 2.2 ([11]) Cho f g hai hàm nguyên phân biệt khác l co cho f g chung 0, CM , cho a 6= 0, số phức hữu hạn m Nếu δ(a, f ) > 1/3, a − a giá trị bỏ Picard an Lu f g, (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) n va ac th si 14 Năm 1992, S Z Ye mở rộng định lí hàm phân hình thu kết sau Định lý 2.3 ([7]) Cho f g hai hàm phân hình khác cho f g chung 0, 1, ∞ CM Cho a 6= 0, số phức hữu hạn Nếu δ (a, f ) + δ (∞, f ) > 4/3, a, ∞ giá trị bỏ Picard f ; − a, ∞ giá trị bỏ Picard g (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) lu Định lý 2.4 ([7]) Cho f g hai hàm phân hình khác cho an f g chung 0, 1, ∞ CM Cho a1 , a2 , , ap p (≥ 1) số phức hữu va n hạn phân biệt, aj 6= 0, (j = 1, 2, , p) Nếu to gh tn p X δ (aj , f ) + δ (∞, f ) > p ie j=1 (p + 1) , p+2 tồn ak a1 , a2 , , ap cho ak , ∞ giá d oa nl w trị bỏ Picard f ; − ak , ∞ giá trị bỏ Picard g (f − ak ) (g + ak − 1) ≡ ak (1 − ak ) an lu nf va Năm 1995, H Yi chứng minh định lý sau lm ul Định lý 2.5 ([16]) Cho f g hai hàm phân hình khác cho f g chung 0, 1, ∞ CM Cho a 6= 0, số phức hữu hạn  z at nh oi Nếu N r, f −a 6= T (r, f ) + S (r, f ) z gm @  N (r, f ) 6= T (r, f ) + S(r, f ), l m co a, ∞ giá trị bỏ Picard f ; − a, ∞ giá trị bỏ Picard g an Lu (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) n va ac th si 15 Chứng minh Từ giả thiết Bổ đề 1.1 ta có e−q − eq − , g = −p , f= p e −1 e −1 (2.1) p q hàm nguyên với ep 6≡ 1, eq 6≡ 1, eq−p 6≡ T (r, g) + T (r, ep ) + T (r, eq ) = O (T (r, f )) (r ∈ / E) (2.2) Ta xét bốn trường hợp sau Trường hợp 1: Giả sử ep ≡ c (6= 0, 1) Từ (2.1) ta có (2.3) eq − − a (c − 1) f −a= c−1 (2.4) lu eq − f= c−1 an n va tn to p ie gh Nếu −1 − a (c − 1) 6= 0, từ (2.4) ta có   N r, = T (r, f ) + S(r, f ), f −a w oa nl điều mâu thuẫn giả thiết Định lí 2.5 Khi −1 − a(c − 1) = d c = (a − 1)/a lu nf va an Mặt khác từ (2.1) ta z at nh oi lm ul f = a − aeq g = (1 − a) − (1 − a) e−q Vì a, ∞ giá trị bỏ Picard f ; − a, ∞ giá trị bỏ z gm @ Picard g m co Trường hợp 2: Giả sử eq ≡ c (6= 0, 1) l (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) f= n va c−1 ep − an Lu Từ (2.1) ta có ac th si 16 N (r, f ) = T (r, f ) + S (r, f ), Vì điều mâu thuẫn Định lí 2.5 Trường hợp 3: Giả sử eq−p ≡ c (6= 0, 1) Từ (2.1) ta có c−1 cep − = c + ep − ep − N (r, f ) = T (r, f ) + S(r, f ), mâu thuẫn f= Vì Trường hợp 4: Giả sử khơng có ep , eq , eq−p số Rõ ràng p0 6≡ 0, q 6≡ 0, p0 6≡ q Từ Bổ đề 1.1 Bổ đề 1.3 ta có T (r, p0 ) + T (r, q ) = S(r, f ) (2.5) q0 h = p (2.6) lu Đặt an n va gh tn to Từ (2.5) (2.6) ta h 6≡ 0, p ie T (r, h) = S(r, f ) w Nếu oa nl q (h − 1) − h0 ≡ 0, d phép lấy tích phân ta có nf va an lu h − = c1 e q , (2.7) lm ul c1 số, c1 6= Từ (2.6) (2.7) ta Lấy tích phân ta z at nh oi q0 = p0 q c1 e + z c1 + e−q = c2 e−p , m co c2 e−p − e−q = c1 l gm @ c2 số, c2 6= Vì
T r, e−p = S(r, e−p ), an Lu Từ Bổ đề 1.2 ta n va ac th si 17 điều khơng thể xảy Vì q (h − 1) − h0 6≡ Từ (2.1) ta có eq − hep + h − ep − f −h= (2.8) Đặt F = (f − h) (ep − 1) = eq − hep + h − 1, Khi lu F0 (eq − hep + h − 1)0 − q (eq − hep + h − 1) −q = F (f − h) (ep − 1) q (h − 1) − h0 , = f −h an n va gh tn to p ie (F /F ) − q = f − h q (h − 1) − h0 (2.9) d oa nl w Từ (2.9) ta  m r,  nf va F0 ≤ m r, F   + S (r, f ) = S (r, f ) (2.10) an lu f −h  Mặt khác, từ (2.1) ta có  = S(r, f ) (2.11) z at nh oi lm ul N2 r, f −h f −g = eq − g−1 z @ m co Do l gm g0 q ep − p0 eq + (p0 − q ) = g (eq − 1) (ep − 1) (2.12) an Lu g (f − g) q ep − p0 eq + (p0 − q ) = g (g − 1) ep − n va ac th si 18 Từ (2.6) (2.8) ta q ep − p0 eq + (p0 − q ) −p (f − h) = ep − (2.13) Từ (2.12) (2.13) suy g (f − g) −p (f − h) = g (g − 1) (2.14) Mặt khác, từ Bổ đề 1.4 (2.11) ta có     1 N r, = N r, + N0 (r) + S(r, f ), f −h g (2.15) N0 (r) hàm đếm số khơng điểm f − g mà không không lu an điểm g g − Từ (2.10) (2.15) ta n va p ie gh tn to oa nl w Do T (r, f ) = T (r, f − h) + S (r, f )     1 + N r, + S (r, f ) = m r, f −h f −h   = N r, + N0 (r) + S(r, f ) g  d T (r, f ) − N r, g  (2.16) an lu = N0 (r) + S(r, f ) nf va Bằng phương pháp tương tự, ta có   T (r, g) − N r, = N0 (r) + S(r, f ) f lm ul (2.17) z at nh oi z Từ Định lí thứ hai (2.16) ta     1 T (r, f ) + T (r, g) ≤ T (r, f ) + N r, + N r, + N (r, g) g g−1   − N r, + S (r, f ) g     1 + N r, + N (r, g) = N r, g g−1 m co l gm @ an Lu + N0 (r) + S (r, f ) n va ac th si 19  ≤ N r, f −g  + N (r, g) + S (r, f ) ≤ T (r, f − g) + N (r, g) + S (r, f ) ≤ m (r, f ) + m (r, g) + N (r, f − g) + N (r, g) + S (r, f ) ≤ m (r, f ) + m (r, g) + N (r, f ) + N (r, g) + S (r, f ) = T (r, f ) + T (r, g) + S(r, f ) Do  T (r, f ) + T (r, g) = N r, g   + N r, g−1  + N (r, g) + N0 (r) + S(r, f ) (2.18) lu an n va p ie gh tn to Sử dụng Định lí thứ hai, (2.7) (2.8) ta có       1 2T (r, f ) ≤ N r, + N r, + N r, f f −1 f −a   + N (r, f ) − N r, + S (r, f ) f       1 ≤ N r, + N r, + N r, g g−1 f −a d oa nl w + N (r, g) + N0 (r) − T (r, g) + S (r, f )   + S (r, f ) = T (r, f ) + N r, f −a an lu nf va ≤ 2T (r, f ) + S(r, f ) z at nh oi  N r, = T (r, f ) + S(r, f ), f −a điều mâu thuẫn với giả thiết Định lí 2.5 Định lí 2.5 chứng  z minh  lm ul Do @ gm Định lý 2.6 ([16]) Cho f g hai hàm phân hình khác cho l f g chung 0, 1, ∞ CM , cho a 6= 0, số phức hữu hạn (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) an Lu − a, ∞ giá trị bỏ Picard g m co Nếu δ(a, f ) > 0, δ(∞, f ) > a, ∞ giá trị bỏ Picard f ; n va ac th si 20

Ví dụ 2.1 Cho f (z) = e2z + / (ez + 1) , g (z) = e−2z + / (e−z + 1) , a = Ta dễ thấy f g chung 0, 1, ∞ CM N (r, f ) 6= T (r, f ) + S(r, f ), δ (∞, f ) = 1/2 > Với ta có e2z − 2ez − f (z) − a = , ez +   N r, f −a = T (r, f ) + S (r, f ) δ (a, f ) = (f − a) (g + a − 1) 6≡ a (1 − a) hiển nhiên Ví dụ 2.2 Cho f (z) = 2/ (1 + ez ), g (z) = 2/ (1 + e−z ), a = Ta dễ lu thấy f g chung 0, 1, ∞ CM an n va N (r, f ) = T (r, f ) + S(r, f ), 2ez , f (z) − a = − z + e   N r, f −a 6= T (r, f ) + S (r, f ) ta có p ie gh tn to δ (∞, f ) = Với (f − a) (g + a − 1) 6≡ a (1 − a) hiển nhiên nl w δ (a, f ) = > d oa Ví dụ 2.3 Cho f (z) = 1/ (ez + 1), g (z) = 1/ (e−z + 1), a = Ta dễ an lu thấy f g chung 0, 1, ∞ CM lm ul δ (∞, f ) = Với nf va N (r, f ) = T (r, f ) + S(r, f ), δ (a, f ) = (f − a) (g + a − 1) 6≡ a (1 − a) hiển nhiên z at nh oi ta có 2ez + f (z) − a = − z , e +   N r, f −a = T (r, f ) + S (r, f ) z @ Định lý sau mở rộng Định lí 2.5 gm l Định lý 2.7 ([16]) Cho f g hai hàm phân hình khác cho   6= T (r, f ) + S(r, f ), n va N r, f −a an Lu Nếu m co f g chung 0, 1, ∞ CM Cho a 6= 0, số phức hữu hạn ac th si 21 a giá trị bỏ Picard f , f g thỏa mãn điều kiện sau: (i) (f − a) (g + a − 1) ≡ a (1 − a), điều xảy ∞ giá trị bỏ Picard f Trong trường hợp này, − a ∞ giá trị bỏ Picard g (ii) f + (a − 1) g ≡ a, điều xảy giá trị bỏ Picard f Trong trường hợp này, a/(a − 1) giá trị bỏ Picard g (iii) f ≡ ag, điều xảy giá trị bỏ Picard f lu Trong trường hợp này, 1/a giá trị bỏ Picard g an n va Chứng minh Tương tự chứng minh Định lí 2.5, ta có a) Giả sử ep ≡ c (6= 0, 1) Tương tự chứng minh Định gh tn to (2.1) Ta xét bốn trường hợp sau: p ie lí 2.5 ta có điều kiện (i) a, ∞ giá trị bỏ Picard f − a, ∞ giá trị bỏ Picard g d oa nl w b) Giả sử eq ≡ c (6= 0, 1) Từ (2.1) ta có c−1 f= p e −1 nf va an lu (c − + a) − aep f −a= ep − lm ul (2.19) z at nh oi Nếu c − + a 6= 0, từ (2.19) ta   N r, = T (r, f ) + S(r, f ) f −a z Điều mâu thuẫn với giả thiết Định lí 2.7 Vậy c − + a = m co n va aep g= (a − 1) (ep − 1) an Lu a ep − l f =− gm @ c = − a Từ (2.1) ta ac th si 22 Vì vậy, ta có điều kiện (ii) a, giá trị bỏ Picard f ; a/(a−1) giá trị bỏ Picard g c) Giả sử eq−p ≡ c (6= 0, 1) Từ (2.1) ta có cep − f= p e −1 (c − a) ep − (1 − a) f −a= ep − (2.20) Nếu c − a 6= 0, từ (2.20) ta   N r, = T (r, f ) + S(r, f ), f −a lu an điều mâu thuẫn với giả thiết Định lí 2.7 Vậy c = a, từ (2.1) ta aep − f= p e −1 n va suy tn to gh p ie aep − g= a (ep − 1) Vì vậy, ta có điều kiện (iii) a, giá trị bỏ Picard f ; 1/a nl w d oa giá trị bỏ Picard g an lu d) Giả sử hàm ep , eq , eq−p khác số Tương tự nf va chứng minh Định lí 2.5, ta thấy mâu thuẫn Như Định lí 2.7 chứng minh tất trường hợp  lm ul Từ Định lí 2.7, ta có hệ sau cho điều kiện đại số để hai z at nh oi hàm phân hình Hệ 2.1 ([16]) Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, với f z g chung 0, 1, ∞ CM cho a số phức hữu hạn, a 6= 0,  gm @ Nếu m co l  N r, 6= T (r, f ) + S (r, f ) f −a khơng có giá trị giá trị 0, 1, ∞ giá trị bỏ Picard Vào năm 1998, H Yi ([19]) chứng minh an Lu f Khi f ≡ g n va ac th si 23 Định lý 2.8 ([19]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung 0, 1, ∞ CM Nếu N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) − 1/2m (r, 1, g) < , r→∞ T (r, f ) lim r∈I f ≡ g f.g ≡ 2.1.2 Chung có trọng số Vào năm 2001, I Lahiri chứng minh Định lý 2.9 ([5]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung lu (0, 1), (∞, ∞) (1, ∞) Nếu an n va N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < (λ + O (1)) T (r), gh tn to với r ∈ I < λ < 1/2, f ≡ g f.g ≡ Ta chứng minh kết sau p ie Định lý 2.10 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung thỏa mãn d oa nl w (0, k1 ), (∞, k2 ) (1, k3 ), với kj (j = 1, 2, 3) số nguyên dương (2.21) nf va an lu k1 k2 k3 > k1 + k2 + k3 + Nếu lm ul N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) − 1/2m (r, 1, g) < , r→∞ T (r, f ) (2.22) z at nh oi lim r∈I với I tập có độ đo tuyến tính vơ hạn, f ≡ g f.g ≡ z Rõ ràng, kj (j = 1, 2, 3) số nguyên dương thỏa mãn (2.21) gm @ kj ki > (j 6= i, j, i = 1, 2, 3) (2.23) l m co Chứng minh Giả sử f 6≡ g Từ f g chung (0, k1 ), (∞, k2 ) (1, k3 ), an Lu với kj (j = 1, 2, 3) thỏa mãn (2.21), từ Bổ đề 1.10 ta (1.10) Cho H xác định (1.3), H 6≡ 0, từ Bổ đề 1.7 (1.10) ta (1.8), mâu n va ac th si 24 thuẫn với (2.22) Do H ≡ Từ Bổ đề 1.8 ta thấy f g chung (0, ∞), (∞, ∞) (1, ∞) Mặt khác, từ Định lí 2.8 ta có kết luận định lí  Định lý 2.11 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung (0, k1 ), (∞, k2 ) (1, k3 ), với kj (j = 1, 2, 3) số nguyên dương thỏa mãn (2.21) Nếu N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < (λ + O (1)) T (r), (2.24) với r ∈ I < λ < 1/2, f ≡ g f.g ≡ Chứng minh Đặt lu an n va T (r) = với r ∈ I1 ;  T (r, g) với r ∈ I2 , (2.25) tn to   T (r, f ) ie gh p I = I1 ∪ I2 , (2.26) w oa nl với I tập độ đo tuyến tính vơ hạn (0, ∞), từ (2.26) ta thấy I1 d tập độ đo tuyến tính vô hạn (0, ∞) I2 tập độ đo tuyến tính nf va (2.25) ta an lu vô hạn (0, ∞) Nếu I1 tập độ đo tuyến tính vơ hạn, từ (2.24) r∈I1 z at nh oi lm ul N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < r→∞ T (r, f ) lim Mặt khác, từ Định lí 2.10 ta có kết luận định lí Nếu I2 tập độ đo tuyến tính vơ hạn, với f g chung (0, k1 ) z (∞, k2 ), từ (2.24) (2.25) ta @ r∈I2 co  m Từ Định lí 2.10 ta có kết luận định lí l gm N 1) (r, 0, g) + N 1) (r, g) < r→∞ T (r, g) lim an Lu Từ Định lí 2.10 Định lí 2.11 ta có hai định lí sau: n va ac th si 25 Định lý 2.12 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung (a1 , k1 ), (a2 , k2 ) (a3 , k3 ), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1}, kj (j = 1, 2, 3) thỏa mãn điều kiện sau: (i) k1 > 1, k2 ≥ k3 ≥ 4, (ii) k1 ≥ 2, k2 ≥ k3 ≥ 3, (iii) k1 ≥ 1, k2 ≥ k3 ≥ Nếu f g thỏa mãn (2.22), f ≡ g f.g ≡ Định lý 2.13 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung lu (a1 , k1 ), (a2 , k2 ) (a3 , k3 ), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1}, kj (j = 1, 2, 3) an thỏa mãn điều kiện sau: n va tn to (i) k1 ≥ 1, k2 ≥ k3 ≥ 4, ie gh (ii) k1 ≥ 2, k2 ≥ k3 ≥ 3, p (iii) k1 ≥ 1, k2 ≥ k3 ≥ oa nl w Nếu f g thỏa mãn (2.24), f ≡ g f.g ≡ d Định lý 2.14 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung lu an (a1 , k1 ), (a2 , k2 ) (a3 , ∞), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1}, k1 k2 hai số nf va nguyên dương thỏa mãn lm ul k1 k2 > (2.27) z at nh oi Nếu f g thỏa mãn (2.22), f ≡ g f.g ≡ Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử k1 ≤ k2 Từ (2.27) z ta thấy k1 ≥ k2 ≥ Lưu ý với f g chung (a, k) f g chung @ gm (a, p) với p tất số nguyên, ≤ p < k Từ f g chung (a1 , k1 ),  m co ta có kết luận định lí l (a2 , k2 ), (a3 , ∞) ta có f g chung (a1 , 1), (a2 , 2), (a3 , 6) Từ Định lí 2.12 an Lu Định lý 2.15 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung n va (a1 , k), (a2 , ∞) (a3 , ∞), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1} k số ac th si 26 nguyên thỏa mãn k ≥ (2.28) Nếu f g thỏa mãn (2.22), f ≡ g f.g ≡ Chứng minh Với f g chung (a1 , k), (a2 , ∞), (a3 , ∞) k ≥ 1, ta có f g chung (a1 , 1), (a2 , 2), (a3 , 6) Từ Định lí 2.12 ta có kết định lí  Ví dụ 2.4 Cho f (z) = − ez g (z) = − e−z Ta thấy f g chung (0, ∞), (∞, ∞), (1, ∞) thỏa mãn điều kiện (2.21), (2.27), (2.28) lu an N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) + 1/2m (r, 1, g) = 1/2, r→∞ T (r, f ) lim va r∈I n tn to không thỏa mãn điều kiện (2.22) Ngoài ta thấy f.g 6≡ ie gh Như tồn hai hàm f g khơng thỏa mãn điều kiện định p lí f g 6≡ oa nl w Ví dụ 2.5 Cho f (z) = ez − e2z g (z) = e−z − e−2z d Ví dụ 2.6 Cho f (z) = 1/ (ez + 1) g (z) = ez / (ez + 1) nf va định lí an lu Ta thấy Ví dụ 2.5 2.6 không thỏa mãn điều kiện (2.22) lm ul Định lý 2.16 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung z at nh oi (a1 , k1 ), (a2 , k2 ) (a3 , ∞), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1} k1 , k2 số nguyên dương thỏa mãn (2.27) Nếu f g thỏa mãn (2.24) f ≡ g f.g ≡ z @ Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử k1 ≤ k2 Từ (2.27) l gm ta thấy k1 ≥ k2 ≥ Lưu ý với f g chung (a, k) f g chung (a, p) với p tất số nguyên, ≤ p < k Từ f g chung (a1 , k1 ), co m (a2 , k2 ), (a3 , ∞) ta có f g chung (a1 , 1), (a2 , 2), (a3 , 6) Từ Định lí 2.13  an Lu ta có kết luận định lí n va ac th si 27 Định lý 2.17 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung (a1 , k), (a2 , ∞) (a3 , ∞), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1} k số nguyên thỏa mãn (2.28) Nếu f g thỏa mãn (2.24) f ≡ g f.g ≡ Chứng minh Với f g chung (a1 , k), (a2 , ∞), (a3 , ∞) k ≥ Ta có f g chung (a1 , 1), (a2 , 2), (a3 , 6) Từ Định lí 2.13 ta có kết định lí  Ví dụ 2.7 Cho f (z) = e2z ez −1 g (z) = ez (1−ez ) Ta thấy f g chung (0, ∞), (∞, ∞), (1, ∞), thỏa mãn điều kiện (2.21), (2.27) (2.28) Tuy nhiên khơng thỏa mãn (2.24) Ngồi ta thấy f g 6≡ lu an Như tồn hai hàm f g không thỏa mãn điều kiện giả thiết n va định lí f g 6≡ tn to Ví dụ 2.8 Cho f (z) = 4ez (ez −1) (ez +1) g (z) = −(ez −1) 4ez (ez +1) Ta thấy f g p ie gh chung (0, 1), (∞, 1) (1, ∞), thỏa mãn điều kiện (2.21), (2.28) w N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < (λ + O (1)) T (r) d f g 6≡ oa nl Tuy nhiên, k1 k2 = 1, khơng thỏa mãn điều kiện (2.27) Ngồi ta thấy lu nf va an Như tồn hai hàm f g không thỏa mãn điều kiện giả thiết định lí f g 6≡ (ez −1) (3ez −1) lm ul Ví dụ 2.9 Cho f (z) = g (z) = 4(ez −1) (3ez −1) Ta thấy f g chung z at nh oi (0, 0), (∞, ∞) (1, ∞), thỏa mãn điều kiện (2.21) N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < (λ + O (1)) T (r) z f g 6≡ l gm @ Tuy nhiên, k1 k2 = 1, khơng thỏa mãn điều kiện (2.28) Ngồi ta thấy m định lí f g 6≡ co Như tồn hai hàm f g không thỏa mãn điều kiện giả thiết an Lu n va ac th si