Định lý picard đối với đạo hàm của hàm phân hình

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 TỐN HỌC Thái Nguyên - Năm 2016 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRẦN THỊ HƯƠNG ĐỊNH LÝ PICARD ĐỐI VỚI ĐẠO HÀM CỦA HÀM PHÂN HÌNH Chun 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 cơng trình nghiên cứu riêng tơi, hướng dẫn TS Vũ Hoài An Luận văn khơng trùng với luận văn thạc sĩ tài liệu tham khảo luận văn trung thực Học viên Xác nhận Xác nhận trưởng Khoa Toán người hướng dẫn khoa học ii Lời cám ơn Luận văn hoàn thành Khoa sau đại học, Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn Tiến sĩ Vũ Hồi An Nhân dịp này, Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến Tiến sĩ Vũ Hoài An, người dành nhiều thời gian, tận tình, hướng dẫn giúp đỡ tạo điều kiện để tơi hồn thành tốt luận văn Một lần tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến nhà toán học Khoa Toán, Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Viện Toán học Việt Nam Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè thành viên lớp cao học K21 ủng hộ giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận ý kiến đóng góp nhà khoa học 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 Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình 1.1 Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình 1.2 Vấn đề đạo hàm hàm phân hình 11 Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình p-adic 23 2.1 Định lý Picard với đạo hàm hàm phân hình p-adic 23 2.2 Vấn đề đạo hàm 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 f a • m(r, f ) : Hàm xấp xỉ f • T (r, f ): Hàm đặc trưng f • O(1): Đại lượng giới nội • Nf (r), Nk (f, r): Hàm đếm, hàm đếm mức k Mở đầu Định lý Picard nói rằng: hàm phân hình khơng nhận ba giá trị phân biệt hàm Lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna xây dựng với nội dung hai định lý Định lý thứ mở rộng Định lý đại số, mô tả phân bố giá trị hàm phân hình khác mặt phẳng phức C Định lý thứ hai mở rộng Định lý Picard, mô tả ảnh hưởng đạo hàm đến phân bố giá trị hàm phân hình Hà Huy Khối người xây dựng tương tự Lý thuyết phân bố giá trị cho trường hợp p-adic Ông học trò tương tự lý thuyết Nevanlinna cho trường số phức p-adic mà ngày thường gọi lý thuyết Nevanlinna p-adic Họ đưa hai Định lý cho hàm phân hình p-adic Các kiểu Định lý Picard nhiều nhà tốn học ngồi nước xét mối liên hệ với đạo hàm hàm phân hình Người khởi xướng hướng nghiên cứu Hayman Năm 1967, Hayman chứng minh kết sau đây: Định lí A.[7] Cho f hàm phân hình C Nếu f (z) 6= f (k) (z) 6= với k số nguyên dương với z ∈ C, f Năm 1967, Hayman đưa giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman.[7] Nếu hàm nguyên f thỏa mãn f n (z) f (z) 6= với n số nguyên dương với z ∈ C, f Giả thuyết Hayman Hayman kiểm tra hàm nguyên siêu việt n > 1, Clunie kiểm tra n ≥ Các kết vấn đề liên quan hình thành nhánh nghiên cứu gọi lựa chọn Hayman Tiếp đó, hàm nguyên f g , C C Yang G G Gundersen nghiên cứu trường hợp f (k) g (k) nhận giá trị CM, k = 0, Cơng trình quan trọng thúc đẩy hướng nghiên cứu thuộc C.C.Yang – X.H Hua Năm 1997, hai ông chứng minh định lý sau đây: Định lí B.[16] Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, n ≥ 11 0 số nguyên a ∈ C - {0} Nếu f n f g n g nhận giá trị a CM f = dg với dn+1 = f (z) = c1 ecz g (z) = c2 e−cz , c, c1 , c2 số thỏa mãn (c1 c2 )n+1 c2 = −a2 Từ đó, hướng nghiên cứu phát triển mạnh mẽ với kết sâu sắc 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 số kiểu Định lý Picard Định lý thứ hai cho đa thức vi phân với ước lượng hàm đặc trưng, hàm đếm hàm đạo hàm Tuy nhiên, Việt nam, hướng nghiên cứu mẻ, kết lĩnh vực ỏi Nhằm thúc đẩy góp phần làm phong phú kết hướng nghiên cứu nước, nghiên cứu đề tài : Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình Trong luận văn tơi trình bày kết vấn đề nhận giá trị đạo hàm hàm phân hình tương tự p-adic Trình bày định lý Picard đạo hàm hàm phân hình tương tự p-adic Đây vấn đề mang tính thời cấp thiết giải tích p-adic, nhiều nhà tốn học quan tâm nghiên cứu Ngoài phần mở đầu tài liệu tham khảo, luận văn chia thành chương: Chương Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình Kết chương Định lý 1.7, 1.11, 1.13 Chương Trình bày lại định lý Picard đạo hàm hàm phân hình p-adic Kết chương Định lý 2.3, 2.6, 2.9, 2.11, 2.12, 2.13 Chương Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình Trong chương chúng tơi trình bày lại kết [3],[16] - Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình Mục tiêu Định lý kiểu Picard xem xét vấn đề nhận giá trị số kiểu đa thức vi phân - Vấn đề đạo hàm hàm phân hình Đây ứng dụng Định lý kiểu Picard Định lý thứ hai lý thuyết phân bố giá trị 1.1 Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình Cho n > 1, f hàm nguyên khác C z0 thuộc C Khi ta viết f dạng f= ∞ X an (z − b)n n=q với aq 6= ta đặt µ0f (z) = q Đối với a ∈ C, k , l số nguyên dương, ta định nghĩa hàm µaf : C → N µaf (z) = µ0f −a (z), n(r, P P 1 )= )= µf −a (z), nl (r, {µf −a (z), l} , f −a f −a |z|≤r |z|≤r N (r, )= f −a Z r n(x, 1 Z r nl (x, ) ) f −a f −a dx, Nl (r, )= dx x f −a x Ta định nghĩa hàm µ≤k f từ Cp vào N xác định bởi:  0 µ0 (z) > k f ≤k µf (z) = µ0 (z) µ0 (z) ≤ k f ; f n o P ≤k P 1 ≤k ≤k n (r, )= )= µf −a (z), nl (r, µf −a (z), l , f −a f −a |z|≤r |z|≤r Z r n≤k (r, ) 1 f −a ≤k )= dx, N (r, f −a lnp ρ0 x Z r n≤k (x, ) l 1 f −a ≤k Nl (r, )= dx f −a lnp ρ0 x ≤k Tương tự ta định nghĩa: N k (r, ) f −a f −a f1 , hàm phân hình C, f1 , f2 hàm nguyên f2 C khơng có khơng điểm chung Với a ∈ C, k , l số nguyên dương, ta định nghĩa hàm Giả sử f = µaf (z) = µ0f1 −af2 (z) a 6= ∞ µ∞ f (z) = µf2 (z), Z 2π 38 T (r, f ) ≤ N1 (r, f ) + N1 (r, 1 ) − logr + O(1) a ) + N1 (r, f−d f −1 = N1 (r, f ) + O(1) Ta nhận i Trường hợp nhỏ a = 0, c 6= ta có f ≡ b Nếu d 6= từ cg + d Định lý thứ hai ta có 1 ) + N (r, ) − logr + O(1) f f − db 1 = N1 (r, f ) + N1 (r, ) − logr + N1 (r, ) + O(1) g f T (r, f ) ≤ N1 (r, f ) + N1 (r, Ta nhận i Nếu d = f ≡ b b Nếu = f g ≡1 Khi ta nhận ii cg c b 6= từ Ef (1) = Eg (1) Định lý thứ hai ta có f 6= 1, c b f 6= c 1 T (r, f ) ≤ N1 (r, f ) + N1 (r, ) − logr + O(1) ) + N (r, f −1 f − cb Nếu = N1 (r, f ) − logr + O(1) Ta nhận i Vậy 1 i T (r, f ) ≤ N1 (r, f ) + N1≥2 (r, f ) + N1 (r, ) + N1≥2 (r, ) + N1 (r, g) + f f 1 N1≥2 (r, g) + N1 (r, ) + N1≥2 (r, ) − logr + O(1), g g Bất đẳng thức tương tự xảy T (r, g); ii f g ≡ ; iii f ≡ g Định lý sau tương tự Định lý Bốn điểm, Định lý Yang - Hua cho hàm phân hình p− adic đạo hàm 39 Định lý 2.9 Cho f g hàm phân hình khác Cp Ef n f (a) = Egn g0 (a), a ∈ Cp với a 6= 0, n ≥ 10 Khi f = dg với dn+1 = Chứng minh Ta đặt F = g n+1 f n+1 ,G= a(n + 1) a(n + 1) Khi f nf 0 gng0 F = ,G = , a a N (r, F ) = (n + 1)N (r, f ) + N1 (r, f ), N (r, G0 ) = (n + 1)N (r, g) + N1 (r, g), N1 (r, F ) = N1≥2 (r, F ) = N1 (r, f ), N1 (r, G0 ) = N1≥2 (r, G0 ) = N1 (r, g) Do Ef n f (a) = Egn g0 (a) Nên EF (1) = EG0 (1) (2.11) Ta có 1 1 ≥2 ) + N (r, ) ≤ 2N (r, ) + N (r, ) 1 F0 F0 f f0 ≤ 2T (r, f ) + N (r, ) + O(1), f 1 1 N1 (r, ) + N1≥2 (r, ) ≤ 2N1 (r, ) + N (r, ) G G g g ≤ 2T (r, g) + N (r, ) + O(1) g N1 (r, (2.12) Từ Bổ đề 2.1, ta có (n − 1)T (r, f ) + N (r, ) + N (r, f ) ≤ T (r, F ) + O(1) f (2.13) Áp dụng Bổ đề 2.8 với trường hợp sau: Trường hợp 1 T (r, F ) ≤ N1 (r, F ) + N1≥2 (r, F ) + N1 (r, ) + N1≥2 (r, ) F F 1 ≥2 ≥2 0 +N1 (r, G ) + N1 (r, G ) + N1 (r, ) + N1 (r, ) − logr + O(1) G G 40 Kết hợp với (2.11), (2.12), (2.13) ta có (n − 1)T (r, f ) + N (r, 2N1 (r, f ) + 2T (r, f ) + N (r, +N (r, ) + N (r, f ) ≤ f0 ) + 2N1 (r, g) + 2T (r, g) f0 ) − logr + O(1) g0 Vì ) g0 − logr + O(1) (2.14) (n − 3)T (r, f ) + N (r, f ) ≤ 2N1 (r, f ) + 2N1 (r, g) + 2T (r, g) + N (r, Tương tự ta có ) f0 − logr + O(1) (2.15) (n − 3)T (r, g) + N (r, g) ≤ 2N1 (r, g) + 2N1 (r, f ) + 2T (r, f ) + N (r, Hơn N (r, ) ≤ T (r, f ) + O(1) = m(r, f ) + N (r, f ) + O(1) f f0 1 ≤ m(r, ) + m(r, ) + N (r, ) + N1 (r, f ) + O(1) f f f ≤ T (r, f ) + N1 (r, f ) + O(1) Tương tự N (r, ) ≤ T (r, g) + N1 (r, g) + O(1) g0 Từ bất đẳng thức (2.14), (2.15), ta có (n − 6)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 5(N1 (r, f ) + N1 (r, g)) − N (r, f ) − N (r, g) − logr + O(1) Vì (n − 6)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 4(N1 (r, f ) + N1 (r, g)) − logr + O(1), (n − 6)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 4(T (r, f ) + T (r, g)) − logr + O(1) 41 Vì ta có (n − 10)(T (r, f ) + T (r, g)) + logr ≤ O(1) Vì n ≥ 10, ta nhận điều mâu thuẫn Trường hợp F G0 = f n f g n g ≡ Ta chứng minh f 6= g 6= Giả sử f có khơng điểm a với µ0f (a) = m Khi a cực điểm g với µ0g (a) = p f n f g n g ≡ Vì nm + m − = np + p + Do ta có (m − p)(n + 1) = Điều n ≥ 10 m, p số nguyên 1 , g = , f1 , g1 hàm f1 g1 n n nguyên khác Do f f g g ≡ nên ta có Vì f 6=0 g 6= Do f = 0 f1 g1 ≡ f1n+2 g1n+2 (2.16) Do n ≥ 10 , nên ta có 0 0 T (r, f1 g1 ) = T (r, f1 ) + T (r, g1 ) ≤ T (r, f1 ) + T (r, g1 ) + O(1) < T (r, f1n+2 ) + T (r, g1n+2 ) + O(1) (2.17) cho r đủ lớn Từ (2.16) (2.17), ta nhận điều mâu thuẫn Vì f n f ≡ g n g Do ta có f n+1 = g n+1 + c Ta chứng minh c = Giả sử ngược lại c 6= Ta có phương trình z n+1 + c = có n + nghiệm phân biệt z1 , z2 , , zn+1 Với i = 1, 2, , n + 1, tất không điểm g − zi có bội n + Từ Định lý Quan hệ số khuyết ta có (n + 1)(1 − ) < Từ suy n < n+1 Do n ≥ 10 ta có mâu thuẫn Vậy c = Do f n+1 = g n+1 Vậy f = dg với dn+1 = Bổ đề sau kiểu Định lý thứ hai cho hàm phân hình p- adic Trước tiên cần vài khái niệm 42 Cho f g hai hàm phân hình khác Cp cho E f (1) = E g (1), a không điểm f − với bội µ1f (a), g − với bội µ1g (a) Ta kí hiệu N1,f (1, r; µ1f (a) > µ1g (a)) hàm đếm khơng điểm f − µ1f (a) > µ1g (a) khơng điểm tính với bội 1, kí ≥2 hiệu N1,f (1, r; µ1f (a) = µ1g (a)) hàm đếm không điểm f − µ1f (a) = µ1g (a) ≥ khơng điểm tính với bội Bổ đề 2.10 Cho f g hàm phân hình khác Cp Nếu E f (1) = E g (1) ba trường hợp sau i 1 T (r, f ) ≤ N2 (r, f ) + N2 (r, ) + N2 (r, g) + N2 (r, ) + 2(N1 (r, f ) f g 1 +N1 (r, )) + N1 (r, g) + N1 (r, ) − logr + O(1), f g Bất đẳng thức tương tự cho T (r, g); ii f g = 1; iii f ≡ g Chứng minh Đặt f 00 f0 g 00 g0 ,G = ,L = − − +2 F = f −1 g−1 f f − g0 g−1 Khi F 00 G00 L = − F G (2.18) Bây ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp L không đồng Do (2.18) nên tất cực điểm g1 f1 L có bậc Viết f = (Tương ứng g = ), f1 , f2 (Tương f2 g2 ứng g1 , g2 ) hàm chỉnh hình Cp khơng có khơng điểm chung 43 Khi f10 f2 − f20 f1 (f1 ”f2 − f2 ”f1 )f2 − 2f20 (f10 f2 − f20 f1 ) , f ” = ; f22 f23 f ” (f1 ”f2 − f2 ”f1 )f2 − 2f20 (f10 f2 − f20 f1 ) , = f0 f2 (f10 f2 − f20 f1 ) (f f2 − f20 f1 ) f0 = (2.19) f −1 f2 (f1 − f2 ) Tương tự f0 = g” (g1 ”g2 − g2 ”g1 )g2 − 2g20 (g10 g2 − g20 g1 ) ; = g0 g2 (g10 g2 − g20 g1 ) g0 (g10 g2 − g20 g1 ) = g−1 g2 (g1 − g2 ) (2.20) Từ (2.18), (2.19), (2.30) có a cực điểm L, f (a) = ∞ f (a) = f (a) = g(a) = ∞ g (a) = g(a) = Bây xét a cực điểm L với µ∞ f (a) = f3 Viết f = z−a , f3 (a) 6= 0, f3 (a) 6= ∞ z−a = f3 −(z−a) , Khi F = f −1 f3 − f30 (z − a) F = , (f3 − (z − a))2 −f3 ”.(z − a)(f3 − (z − a)) − 2(f30 − 1)(f3 − f30 (z − a)) F” = ; (f3 − (z − a))3 F ” −f3 ”.(z − a)(f3 − (z − a)) − 2(f30 − 1)(f3 − f30 (z − a)) = (2.21) F0 (f3 − (z − a))(f3 − f30 (z − a)) Từ (2.21) ta suy f g với µ∞ f (a) F” F (a) 6= ∞ Do = µ∞ g (a) = 1, a cực điểm G” F” (a) − (a)] 6= ∞ F0 G0 Bây xét a không điểm f − với µ1f (a) = m Do E f (1) = E g (1) nên g(a) = µ1g (a) = n Viết F1 F = , F1 (a) 6= 0, F1 (a) 6= ∞; (z − a)m L(a) = [ (2.22) 44 G= G1 , G1 (a) 6= 0, G1 (a) 6= ∞ (z − a)n Khi F10 (z − a) − mF1 ; F = (z − a)m+1 [F1 ”.(z − a) + (1 − m)F10 ](z − a) − (m + 1)(F10 (z − a) − mF1 ) F” = (z − a)m+2 Tương tự cho G0 , G” Từ suy F ” G” − = F0 G (F1 ”.(z − a) + (1 − m)F10 )(z − a) − (m + 1)(F10 (z − a) − mF1 ) [ z−a F10 (z − a) − mF1 (G1 ”.(z − a) + (1 − n)G01 )(z − a) − (n + 1)(G01 (z − a) − nG1 ) − ] G01 (z − a) − nG1 Nếu m = n = (F100 − G001 ).(z − a)2 F ” G” − = F0 G z − a (F10 (z − a) − F1 )(G01 (z − a) − G1 ) (F100 − G001 ).(z − a) = ; (F10 (z − a) − F1 )(G01 (z − a) − G1 ) m = n ≥ 2, F ” G” − = F0 G (F1 ”.(z − a) + (1 − m)F1 )(z − a) − (m + 1)(F10 (z − a) − mF1 ) [ z−a F10 (z − a) − mF1 (G1 ”.(z − a) + (1 − m)G01 )(z − a) − (m + 1)(G01 (z − a) − mG1 ) − ] G01 (z − a) − mG1 Từ đẳng thức L không đồng 0, ta nhận m = L(a) = m = n ≥ L(a) 6= ∞ Từ (2.18)-(2.22) ta thấy a cực điểm L 0 f (a) = ∞ với µ∞ f (a) ≥ 2, hoặcf (a) = µf (a) ≥ f (a) = 0, 45 f (a) = với µ1f (a) > µ1g (a), 0 g(a) = ∞ với µ∞ g (a) ≥ 2, g(a) = µg (a) ≥ 2hoặc g (a) = 0, g(a) = 1với µ1g (a) > µ1f (a) (6) Từ (2.18) ta có m(r, L) = O(1) N ≤1 (r, 1 ) = N ≤1 (r, ) ≤ N (r, ) f −1 g−1 L ≤ T (r, L) + O(1) ≤ N (r, L) (2.23) Theo Định lý thứ hai ta có 1 T (r, f ) ≤ N1 (r, f ) + N1 (r, ) + N1 (r, ) − N0 (r, ) − logr + O(1) f f −1 f (2.24) ) hàm đếm không điểm f không điểm f f (f − 1) Cũng định nghĩa tương tự N1,0 (r, ), f khơng điểm f tính với bội Tương tự Ở N0 (r, 1 T (r, g) ≤ N1 (r, g) + N1 (r, ) + N1 (r, ) − N0 (r, ) g g−1 g − logr + O(1) (2.25) Từ (2.25) (2.26) ta có 1 T (r, f ) + T (r, g) ≤ N1 (r, f ) + N1 (r, ) + N1 (r, ) − N0 (r, ) f f −1 f 1 + N1 (r, g) + N1 (r, ) + N1 (r, ) − N0 (r, ) g g−1 g − logr + O(1) (2.26) 46 Từ E f (1) = E g (1), N1 (r, 1 ) = N ≤1 (r, ) + N1≥2 (r, ) f −1 f −1 f −1 Ta có N1≥2 (r, 1 ) ≤ N1 (r, ; µ1f (a) > µ1g (a))+N1 (r, ; µ1g (a) > µ1f (a)) f −1 f −1 g−1 1 ; µ1g (a) = µ1f (a)), N1 (r, ) + N1 (r, ) g−1 f −1 g−1 1 )+N1 (r, ; µ1f (a) > µ1g (a))+N1 (r, ; µ1g (a) > µ1f (a)) ≤ N ≤1 (r, f −1 f −1 g−1 1 +N1≥2 (r, ; µ1g (a) = µ1f (a)) + N1 (r, ) g−1 g−1 1 ≤ N ≤1 (r, ) + N1 (r, ; µ1f (a) > µ1g (a)) + N (r, ) f −1 f −1 g−1 1 ≤ N ≤1 (r, ) + N1 (r, ; µ1f (a) > µ1g (a)) + T (r, g) f −1 f −1 +N1≥2 (r, Từ (2.27) ta có 1 ) − N0 (r, ) + N1 (r, g) T (r, f ) ≤ N1 (r, f ) + N1 (r, ) + N ≤1 (r, f f −1 f 1 + N1 (r, ) + N1 (r, ; µ1f (a) > µ1g (a)) − N0 (r, ) g f −1 g − logr + O(1) (2.27) Từ (2.23) (2.24) ta có N ≤1 (r, 1 ) ≤ N (r, L) ≤ N1≥2 (r, f ) + N1≥2 (r, g) + N1,0 (r, ) f −1 f 1 + N1,0 (r, ) + N1≥2 (r, ) + N1≥2 (r, ) g f g + N1 (r, ; µ1f (a) > µ1g (a) f −1 ; µ1g (a)) > µ1f (a)) + O(1) (2.28) + N1 (r, g−1 Kết hợp (2.28) với (2.29) ta có 47 1 T (r, f ) ≤ N2 (r, f ) + N2 (r, ) + N2,g ((r, g)) + N2 (r, ) f g 1 + N1 (r, ; µ1f (a) > µ1g (a)) + N1,g (r, ; µ1g (a) > µ1f (a)) f −1 g−1 − logr + O(1) (2.29) Mặt khác ta thấy 1 1 (N (r, ) − N1 (r, ) + (N (r, ) − N1 (r, ) ≤ Nf (r), f −1 f −1 f f 1 N (r, ) ≤ N1 (r, f ) + N (r, ) + O(1) f f Chú ý N1 (r, 1 ; µ1f (a) > µ1g (a)) ≤ N (r, ) − N1 (r, ) f −1 f −1 f −1 N1 (r, 1 ; µ1f (a)) > µ1g (a)) ≤ N1 (r, f ) − N1 (r, ) + O(1) f −1 f Vì Tương tự ta có N1 (r, 1 ; µ1g (a)) > µ1f (a) ≤ N1 (r, g) − N1 (r, ) + O(1) g−1 g Kết hợp với (2.30) ta nhận Trường hợp Trường hợp L ≡ Lý luận tương tự Trường hợp Bổ đề 2.8 Định lý sau tương tự Định lý Năm điểm, Định lý Yang - Hua cho hàm phân hình p− adic đạo hàm Định lý 2.11 Giả sử f g hai hàm phân hình khác Cp E f n f (a) = E gn g0 (a), a ∈ Cp , a 6= 0, n ≥ 22 Khi f ≡ g Chứng minh Đặt f n+1 g n+1 F = ,G = a(n + 1) a(n + 1) 48 f nf 0 gng0 F = ,G = a a Ta có 1 1 ) ≤ 2N (r, ) + N (r, ) ≤ 2T (r, f ) + N (r, ) + O(1), 1,f F0 f f0 f0 N2 (r, F ) = 2N1 (r, f ), 1 1 N2 (r, ) ≤ 2N1 (r, ) + N (r, ) ≤ 2T (r, g) + N (r, ) + O(1), G g g g N2 (r, G0 ) = 2N1 (r, g), 1 1 2N1 (r, ) ≤ 2N1 (r, ) + N (r, ) ≤ 2T (r, f ) + N (r, ) + O(1), F f f f 2N (r, F ) = 2N1 (r, f ), 1 N1 (r, ) ≤ N1 (r, ) + N (r, ) ≤ Tg (r) + Ng0 (0, r) + O(1), G g g N1 (r, G0 ) = N1 (r, g), N (r, ) ≤ T (r, f ) + N1 (r, f ) + O(1), f (2.30) N (r, ) ≤ T (r, g) + N1 (r, g) + O(1) g N2 (r, Từ E f n f (a) = E gn g0 (a) dẫn đến E F (1) = E G0 (1) , (n − 1)T (r, f ) + N (r, ) + N (r, f ) ≤ T (r, F ) + O(1) f (2.31) Áp dụng Bổ đề 2.10 ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1 ) + N2 (r, G0 ) + N2 (r, ) F G 1 + 2(N1 (r, F ) + N1 (r, )) + N1 (r, G0 ) + N1 (r, ) − logr + O(1) F G T (r, F ) ≤ N2 (r, F ) + N2 (r, Kết hợp với (2.31) (2.32) ta có 49 (n − 1)T (r, f ) ≤ 6T (r, f ) + 5T (r, g) + 6N1 (r, f ) + 5N1 (r, g) − N (r, f ) − logr + O(1) (n − 1)T (r, g) ≤ 6T (r, g) + 5T (r, f ) + 6N1 (r, g) + 5N1 (r, f ) − N (r, g) − logr + O(1) Vì (n − 1)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 11(T (r, f ) + T (r, g)) + 10(N1 (r, f ) + N1 (r, g)) − logr + O(1) (n − 1)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 21(T (r, f ) + T (r, g)) − logr + O(1) Khi (n − 22)(T (r, f ) + T (r, g)) + logr ≤ O(1) Khi n ≥ 22 ta thấy mâu thuẫn Trường hợp F G0 = f n f g n g ≡ Chứng minh tương tự Trường hợp Định lý 2.9 ta nhận mâu thuẫn Trường hợp 3.f n f ≡ g n g Tiếp tục chứng minh tương tự Định lý 2.9 ta nhận f ≡ g Tiếp theo ta đưa tương tự Định lý điểm cho f n ∆c f Định lý 2.12 Cho f hàm phân hình khác Cp n ≥ 6, E f n ∆c f (ai ) = E f n ∆d f (ai ) q ≥ + n+2 n−1 Khi c = d Chứng minh Từ Định lý 2.6 n ≥ nên f n ∆c f, f n ∆d f khác Giả sử c 6= d Khi f n (∆c f − ∆d f ) không đồng không Áp dụng Định lý thứ hai, ta có (q − 2)Tf n ∆c (f ) (r) ≤ q X N1,f n ∆c f (ai , r) − logr + O(1) i=1 ≤ Nf n (∆c f −∆d f ) (0, r) − logr + O(1) ≤ Tf n (∆c f −∆d f ) (r) − logr + O(1) 50 ≤ Tf n (f (z+c)−f (z+d)) (r) − logr + O(1) ≤ Tf n (r) + Tf (z+c) (r) + Tf (z+d) (r) − logr + O(1) ≤ (n + 2)Tf (r) − logr + O(1) Mặt khác Tf n ∆c (f ) ≥ (n − 1)Tf (r) + O(1) Từ bất đẳng thức ta có (q − 2)(n − 1)Tf (r) ≤ (n + 2)Tf (r) − logr + O(1), ((q − 2)(n − 1)Tf (r) − (n + 2))Tf (r) + logr ≤ O(1) Từ q ≥ + n+2 n−1 ta có mâu thuẫn Vậy c = d Tiếp theo ta đưa tương tự Định lý Bốn điểm cho Toán tử sai phân Định lý 2.13 Cho f hàm phân hình Cp , n ≥ 15 Ef n ∆c (1) = Ef n ∆d (1) Khi c = d Chứng minh Từ Định lý 2.6 n ≥ nên f n ∆c , f n ∆d khác Đặt A = f n ∆c , B = f n ∆d Áp dụng Bổ đề 2.8 với trường hợp sau Trường hợp TA (r) ≤ N2,A (∞, r) + N2,A (0, r) + N2,B (∞, r) + N2,B (0, r) − logr + O(1) Ta có N2,A (∞, r) ≤ N2,f n+1 (∞, r)+Nf (z+c) (∞, r) = 2N1,f (∞, r)+Nf (z+c) (∞, r) ≤ 2Tf (r) + Tf (z+c) (r) + O(1) ≤ 3Tf (r) + O(1), N2,A (0, r) ≤ N2,f n (0, r) + N∆c f (0, r) ≤ 2N1,f (0, r) + N∆c f (0, r) ≤ 2Tf (r) + T∆c f (r) + O(1) ≤ 2Tf (r) + 2Tf (r) + O(1) Vậy N2,A (∞, r) ≤ 3Tf (r) + O(1) N2,A (0, r) ≤ 4Tf (r) + O(1) 51 Tương tự ta có N2,B (∞, r) ≤ 3Tf (r) + O(1) N2,B (0, r) ≤ 4Tf (r) + O(1) Mặt khác TA (r) ≥ (n − 1)Tf (r) Kết hợp bất đẳng thức ta có (n − 1)Tf (r) ≤ 14Tf (r) − logr + O(1) (n − 15)Tf (r) + logr ≤ O(1) Do n ≥ 15 ta có mâu thuẫn Vậy Trường hợp không xảy Trường hợp f n ∆c f f n ∆d f = Khi f 2n = ∆c f ∆d f , Tf 2n (r) = T ∆ f1∆ f (r) ≤ T ∆1 f (r) + T ∆1 f (r) + O(1) c d c d ≤ 4Tf (r) + 4Tf (r) + O(1) Mặt khác Tf 2n (r) = 2nTf (r) + O(1) Từ bất đẳng thức trên, ta có 2nTf (r) + O(1) ≤ 8Tf (r) + O(1) 2(n − 4)Tf (r) ≤ O(1) Do n ≥ 15 ta có mâu thuẫn Vậy Trường hợp không xảy Trường hợp f n ∆c f = f n ∆d f Từ ta nhận c = d 52 KẾT LUẬN Luận văn trình bày Định lý Picard cho đạo hàm hàm phân hình phức, p- adic vấn đề Kết trình bày luận văn là: Định lý 1.7, Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình phức; Định lý 1.11, Định lý 1.13 hai ứng dụng Định lý Picard kiểu Định lý thứ hai đạo hàm vào vấn đề hàm phân hình; Định lý 2.3 Định lý Picard đạo hàm hàm phân hình p-adic Định lý 2.6 Định lý Picard Toán tử sai phân hàm phân hình p-adic; Định lý 2.9, Định lý 2.11 hai ứng dụng Định lý Picard kiểu Định lý thứ hai đạo hàm hàm phân hình p-dic; Định lý 2.12, Định lý 2.13 hai ứng dụng Định lý Picard kiểu Định lý thứ hai Toán tử sai phân vào vấn đề hàm phân hình p-adic