Vấn Đề Duy Nhất Của Hàm Phân Hình Chung Nhau Ba Tập Hợp.pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LẠI THANH LOAN VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU BA TẬP HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2016 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!![.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LẠI THANH LOAN VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU BA TẬP HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LẠI THANH LOAN VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU BA TẬP HỢP Chuyên ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hướng dẫn khoa học PGS.TS.HÀ TRẦN PHƯƠNG THÁI NGUYÊN - 2016 i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các kết nêu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bảo trung thực xác, tuân thủ qui định quyền sở hữu trí tuệ Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả Lại Thanh Loan ii Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lòng 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 luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, khoa Tốn tồn thể thầy giáo trường ĐHSP Thái Ngun, Viện Tốn học Trường Đại học Sư phạm Hà Nội truyền thụ cho kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi ý kiến đóng góp quý báu suốt trình học tập thực luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè người giúp đỡ chia sẻ với tác giả suốt thời gian học tập hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả Lại Thanh Loan iii Mục lục Mục lục iii Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình 1.1.1 Các hàm Nevanlinna tính chất 1.1.2 Hai định lí quan hệ số khuyết 1.2 Hàm phân hình chung ba giá trị 1.2.1 Khái niệm mở đầu 1.2.2 Một số tính chất 10 Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp 13 2.1 Hàm phân hình chung ba giá trị 13 2.1.1 Chung kể bội 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 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 47 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 kết Nevanlinna cho trường hợp khác nhau: hàm phân hình chung tập điểm, kể bội, không kể bội, Cho f hàm phân hình, a ∈ C ∪ {∞} Kí hiệu E(a, f ) tập không điểm kể bội f − a, E(a, f ) tập không điểm phân biệt f − a Cho S ⊂ C ∪ {∞} tập hợp phần tử khác Kí hiệu Ef (S) = ∪a∈S E(a, f ); E f (S) = ∪a∈S E(a, f ) R Nevanlinna chứng minh, hai hàm phân hình khác f , g thỏa mãn E (ai , f ) = E (ai , g) ∀i = 1, 5, giá trị phân biệt, f g phải trùng Vào năm 1976, H Yi ([15]) đặt câu hỏi: Có thể tìm thấy hay khơng 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 Với mục đích tìm hiểu số kết nghiên cứu theo hướng này, chọn đề tài "Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp" Mục đích luận văn trình bày lại số kết nghiên cứu H Yi ([16], [20]), W C Lin H Yi ([6]) điều kiện xác định hàm phân hình chung ba giá trị, ba tập hợp Luận văn chia thành hai chương: 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 Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình 1.1.1 Các hàm Nevanlinna tính chất Trong luận văn ln kí hiệu C trường số phức Ta kí hiệu tập D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | < r}, D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | ≤ r}, ∂D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | = r}, hình trịn, hình trịn đóng, đường trịn tâm z0 , bán kính r > Đặc biệt, z0 = 0, ta kí hiệu ngắn gọn DR = D(0, R); DR = D(0, R) 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 biểu diễn dạng: f (z) = (z − z0 )k h(z) Điều kéo theo f (z0 ) = f (z0 ) = = f (k−1) (z0 ) = f (k) (z0 ) 6= Với z ∈ C, z không điểm bội k hàm f ta kí hiệu ordf (z) = k, trường hợp khác ordf (z) = 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 r > 0, < R ≤ ∞, r < R Dễ thấy: 2π Z2π 13 Chương Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp 2.1 Hàm phân hình chung ba giá trị Trong phần này, chúng tơi trình bày lại số kết vấn đề cho hàm phân hình chung ba giá trị số tác giả chứng minh thời gian gần 2.1.1 Chung kể bội Năm 1980, H Ueda chứng minh 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 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 Yi mở rộng Định lý 2.1 thu kết sau Định lý 2.2 ([11]) Cho f g hai hàm nguyên phân biệt khác cho f g chung 0, CM , cho a 6= 0, số phức hữu hạn Nếu δ(a, f ) > 1/3, a − a giá trị bỏ Picard f g, (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) 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) Định lý 2.4 ([7]) Cho f g hai hàm phân hình khác cho f g chung 0, 1, ∞ CM Cho a1 , a2 , , ap p (≥ 1) số phức hữu hạn phân biệt, aj 6= 0, (j = 1, 2, , p) Nếu p X δ (aj , f ) + δ (∞, f ) > j=1 (p + 1) , p+2 tồn ak a1 , a2 , , ap cho ak , ∞ giá trị bỏ Picard f ; − ak , ∞ giá trị bỏ Picard g (f − ak ) (g + ak − 1) ≡ ak (1 − ak ) Năm 1995, H Yi chứng minh định lý sau 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 Nếu  N r, f −a  6= T (r, f ) + S (r, f ) N (r, f ) 6= T (r, f ) + S(r, f ), a, ∞ giá trị bỏ Picard f ; − a, ∞ giá trị bỏ Picard g (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) 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 eq − f= c−1 (2.3) eq − − a (c − 1) f −a= c−1 (2.4) Nếu −1 − a (c − 1) 6= 0, từ (2.4) ta có   N r, = T (r, f ) + S(r, f ), f −a điều mâu thuẫn giả thiết Định lí 2.5 Khi −1 − a(c − 1) = c = (a − 1)/a Mặt khác từ (2.1) ta f = a − aeq g = (1 − a) − (1 − a) e−q Vì a, ∞ giá trị bỏ Picard f ; − a, ∞ giá trị bỏ Picard g (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) Trường hợp 2: Giả sử eq ≡ c (6= 0, 1) Từ (2.1) ta có f= c−1 ep − 16 Vì N (r, f ) = T (r, f ) + S (r, f ), 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) Đặt Từ (2.5) (2.6) ta h 6≡ 0, T (r, h) = S(r, f ) Nếu q (h − 1) − h0 ≡ 0, phép lấy tích phân ta có h − = c1 e q , c1 số, c1 6= Từ (2.6) (2.7) ta q0 = p0 q c1 e + Lấy tích phân ta c1 + e−q = c2 e−p , c2 số, c2 6= Vì c2 e−p − e−q = c1 Từ Bổ đề 1.2 ta
T r, e−p = S(r, e−p ), (2.7) 17 điều khơng thể xảy Vì q (h − 1) − h0 6≡ Từ (2.1) ta có f −h= eq − hep + h − ep − (2.8) Đặt F = (f − h) (ep − 1) = eq − hep + h − 1, Khi F0 (eq − hep + h − 1)0 − q (eq − hep + h − 1) −q = F (f − h) (ep − 1) q (h − 1) − h0 , = f −h (F /F ) − q = f − h q (h − 1) − h0 Từ (2.9) ta  m r, f −h  F0 ≤ m r, F  (2.9)  + S (r, f ) = S (r, f ) (2.10)  N2 r, f −h  = S(r, f ) (2.11) Mặt khác, từ (2.1) ta có f −g = eq − g−1 g0 q ep − p0 eq + (p0 − q ) = g (eq − 1) (ep − 1) Do g (f − g) q ep − p0 eq + (p0 − q ) = g (g − 1) ep − (2.12) 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) Mặt khác, từ Bổ đề 1.4 (2.11) ta có     1 N r, = N r, + N0 (r) + S(r, f ), f −h g (2.14) (2.15) N0 (r) hàm đếm số không điểm f − g mà không không điểm g g − Từ (2.10) (2.15) ta 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 Do  T (r, f ) − N r, g  = N0 (r) + S(r, f ) Bằng phương pháp tương tự, ta có   T (r, g) − N r, = N0 (r) + S(r, f ) f (2.16) (2.17) 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 + N0 (r) + S (r, f ) 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) 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 + N (r, g) + N0 (r) − T (r, g) + S (r, f )   + S (r, f ) = T (r, f ) + N r, f −a ≤ 2T (r, f ) + S(r, f ) Do   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 minh  Định lý 2.6 ([16]) 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 ) > 0, δ(∞, f ) > a, ∞ giá trị bỏ Picard f ; − a, ∞ giá trị bỏ Picard g (f − a) (g + a − 1) ≡ a(1 − a) 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 thấy f g chung 0, 1, ∞ CM N (r, f ) = T (r, f ) + S(r, f ), δ (∞, f ) = Với ta có 2ez , f (z) − a = − z + e   N r, f −a 6= T (r, f ) + S (r, f ) δ (a, f ) = > (f − a) (g + a − 1) 6≡ a (1 − a) hiển nhiên Ví dụ 2.3 Cho f (z) = 1/ (ez + 1), g (z) = 1/ (e−z + 1), a = Ta dễ thấy f g chung 0, 1, ∞ CM N (r, f ) = T (r, f ) + S(r, f ), δ (∞, f ) = Với ta có 2ez + f (z) − a = − z , e +   N r, f −a = T (r, f ) + S (r, f ) δ (a, f ) = (f − a) (g + a − 1) 6≡ a (1 − a) hiển nhiên Định lý sau mở rộng Định lí 2.5 Định lý 2.7 ([16]) Cho f g hai hàm phân hình khác cho f g chung 0, 1, ∞ CM Cho a 6= 0, số phức hữu hạn Nếu  N r, f −a  6= T (r, f ) + S(r, f ), 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 Trong trường hợp này, 1/a giá trị bỏ Picard g Chứng minh Tương tự chứng minh Định lí 2.5, ta có (2.1) Ta xét bốn trường hợp sau: a) Giả sử ep ≡ c (6= 0, 1) Tương tự chứng minh Định lí 2.5 ta có điều kiện (i) a, ∞ giá trị bỏ Picard f − a, ∞ giá trị bỏ Picard g b) Giả sử eq ≡ c (6= 0, 1) Từ (2.1) ta có c−1 f= p e −1 (c − + a) − aep f −a= ep − (2.19) Nếu c − + a 6= 0, từ (2.19) ta   N r, = T (r, f ) + S(r, f ) f −a Điều mâu thuẫn với giả thiết Định lí 2.7 Vậy c − + a = c = − a Từ (2.1) ta f =− a ep − aep g= (a − 1) (ep − 1) 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 điều mâu thuẫn với giả thiết Định lí 2.7 Vậy c = a, từ (2.1) ta suy aep − f= p e −1 aep − g= a (ep − 1) Vì vậy, ta có điều kiện (iii) a, giá trị bỏ Picard f ; 1/a giá trị bỏ Picard g d) Giả sử hàm ep , eq , eq−p khác số Tương tự chứng minh Định lí 2.5, ta thấy mâu thuẫn Như Định lí 2.7 chứng minh tất trường hợp  Từ Định lí 2.7, ta có hệ sau cho điều kiện đại số để hai hàm phân hình Hệ 2.1 ([16]) Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, với f g chung 0, 1, ∞ CM cho a số phức hữu hạn, a 6= 0, Nếu   N r, 6= T (r, f ) + S (r, f ) f −a khơng có giá trị giá trị 0, 1, ∞ giá trị bỏ Picard f Khi f ≡ g Vào năm 1998, H Yi ([19]) chứng minh 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 (0, 1), (∞, ∞) (1, ∞) Nếu N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < (λ + O (1)) T (r), với r ∈ I < λ < 1/2, f ≡ g f.g ≡ Ta chứng minh kết sau Định lý 2.10 ([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 k1 k2 k3 > k1 + k2 + k3 + (2.21) N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) − 1/2m (r, 1, g) < , r→∞ T (r, f ) (2.22) Nếu lim r∈I với I tập có độ đo tuyến tính vơ hạn, f ≡ g f.g ≡ Rõ ràng, kj (j = 1, 2, 3) số nguyên dương thỏa mãn (2.21) kj ki > (j 6= i, j, i = 1, 2, 3) (2.23) Chứng minh Giả sử f 6≡ g Từ f g chung (0, k1 ), (∞, k2 ) (1, k3 ), 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 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 T (r) =   T (r, f ) với r ∈ I1 ;  T (r, g) với r ∈ I2 , (2.25) I = I1 ∪ I2 , (2.26) với I tập độ đo tuyến tính vô hạn (0, ∞), từ (2.26) ta thấy I1 tập độ đo tuyến tính vơ hạn (0, ∞) I2 tập độ đo tuyến tính vơ hạn (0, ∞) Nếu I1 tập độ đo tuyến tính vơ hạn, từ (2.24) (2.25) ta N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < r→∞ T (r, f ) lim r∈I1 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 ) (∞, k2 ), từ (2.24) (2.25) ta N 1) (r, 0, g) + N 1) (r, g) < r→∞ T (r, g) lim r∈I2 Từ Định lí 2.10 ta có kết luận định lí Từ Định lí 2.10 Định lí 2.11 ta có hai định lí sau:  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 (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 (2.24), f ≡ g f.g ≡ Định lý 2.14 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung (a1 , k1 ), (a2 , k2 ) (a3 , ∞), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1}, k1 k2 hai số nguyên dương thỏa mãn k1 k2 > (2.27) Nếu f g thỏa mãn (2.22), f ≡ g f.g ≡ Chứng minh Không tính tổng quát ta giả sử k1 ≤ k2 Từ (2.27) 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 ), (a2 , k2 ), (a3 , ∞) ta có f g chung (a1 , 1), (a2 , 2), (a3 , 6) Từ Định lí 2.12 ta có kết luận định lí  Định lý 2.15 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung (a1 , k), (a2 , ∞) (a3 , ∞), với {a1 , a2 , a3 } = {0, ∞, 1} k số 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) N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) + 1/2m (r, 1, g) = 1/2, r→∞ T (r, f ) lim r∈I không thỏa mãn điều kiện (2.22) Ngoài ta thấy f.g 6≡ Như tồn hai hàm f g không thỏa mãn điều kiện định lí f g 6≡ Ví dụ 2.5 Cho f (z) = ez − e2z g (z) = e−z − e−2z Ví dụ 2.6 Cho f (z) = 1/ (ez + 1) g (z) = ez / (ez + 1) Ta thấy Ví dụ 2.5 2.6 khơng thỏa mãn điều kiện (2.22) định lí Định lý 2.16 ([20]) Cho f g hai hàm phân hình khác chung (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 ≡ Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử k1 ≤ k2 Từ (2.27) 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 ), (a2 , k2 ), (a3 , ∞) ta có f g chung (a1 , 1), (a2 , 2), (a3 , 6) Từ Định lí 2.13 ta có kết luận định lí  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≡ Như tồn hai hàm f g không thỏa mãn điều kiện giả thiết định lí f g 6≡ Ví dụ 2.8 Cho f (z) = 4ez (ez −1) (ez +1) g (z) = −(ez −1) 4ez (ez +1) Ta thấy f g chung (0, 1), (∞, 1) (1, ∞), thỏa mãn điều kiện (2.21), (2.28) N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < (λ + O (1)) T (r) Tuy nhiên, k1 k2 = 1, không thỏa mãn điều kiện (2.27) Ngoài ta thấy f g 6≡ Như tồn hai hàm f g không thỏa mãn điều kiện giả thiết định lí f g 6≡ Ví dụ 2.9 Cho f (z) = (ez −1) (3ez −1) g (z) = 4(ez −1) (3ez −1) Ta thấy f g chung (0, 0), (∞, ∞) (1, ∞), thỏa mãn điều kiện (2.21) N 1) (r, 0, f ) + N 1) (r, f ) < (λ + O (1)) T (r) Tuy nhiên, k1 k2 = 1, khơng thỏa mãn điều kiện (2.28) Ngồi ta thấy f g 6≡ Như tồn hai hàm f g không thỏa mãn điều kiện giả thiết định lí f g 6≡