Kiến thức chuẩn bị
Các kiến thức cơ bản trong lý thuyết Nevanlinna
Với mỗi số thực x > 0, kí hiệu: log + x = max{logx,0}.
Khi đó logx = log + x−log + 1 x
Cho f là một hàm phân hình trên C, r > 0, với mỗi ϕ∈ [0; 2π], ta có log | f re iϕ |= log + | f re iϕ | −log + | 1 f (re iϕ ) | nên
Khi đó ta có một số định nghĩa và tính chất sau: Định nghĩa 1.1.1 Hàm m(r, f) = 2π 1 R 0 2π log + | f re iϕ | dϕ được gọi là hàm xấp xỉ của hàm phân hình f.
Kí hiệu n r, 1 f là số không điểm kể cả bội, n r, 1 f là số không điểm không kể bội của f trong D r = {z ∈ C :| z |≤ r}. Định nghĩa 1.1.2 Hàm
N (r, f) = R 0 r n(t, f)−n(0, f) t dt+n(0, f) logr được gọi là hàm đếm kể cả bội của f.
N (r, f) = R 0 r n(t, f)−n(0, f) t dt+n(0, f) logr được gọi là hàm đếm không kể cả bội của f Trong đó n(0, f) = lim t→0 n(t, f), n(0, f) = lim t→0 n(t, f). Định nghĩa 1.1.3 HàmT (r, f) := m(r, f) +N(r, f)được gọi là hàm đặc trưng Nevanlinna của f Đây là hàm đóng vai trò cốt yếu trong lý thuyết Nevanlinna.
Các hàm đặc trưng, hàm xấp xỉ, hàm đếm là ba hàm cơ bản trong lý thuyết phân bố giá trị và được gọi là các hàm Nevanlinna Các bất đẳng thức sau đây là các tính chất cơ bản của hàm xấp xỉ, hàm đếm, hàm đặc trưng. Định lý 1.1.4 Nếu f v (z) (v = 1,2, , p) là hàm phân hình trong | z |≤ R
(0 < R < ∞), thì với 0 < r < R, ta có: i) N (r,Q p v=1 f v ) ≤ P p v=1 N (r, f v ) và N (r,P p v=1 f v ) ≤ P p v=1 N (r, f v ), ii) m(r,Q p v=1 f v ) ≤ P p v=1 m(r, f v ) và m(r,P p v=1 f v ) ≤ P p v=1 m(r, f v ) + logp, iii) T (r,Q p v=1 f v ) ≤ P p v=1 T (r, f v ) và T (r,P p v=1 f v ) ≤ P p v=1 T (r, f v ) + logp. Định lý 1.1.5 Cho f (z) là hàm phân hình trong | z |≤ R (0< R < ∞) với 0< r < R Khi đó, ta có:
= T (r, f) +O(1), trong đó O(1) là đại lượng giới nội phụ thuộc vào f và a nhưng không phụ thuộc r.
1.1.2 Các định lý cơ bản Định lý sau đây là cách viết lại của công thức Jensen, được gọi là Định lý cơ bản thứ nhất. Định lý 1.1.6 Cho f(z) là hàm phân hình khác hằng xác định trong
| z |≤R (0 < R < ∞) và cho a ∈ C∪{∞} là số phức bất kì Với0 < r < R, ta có:
T r, f −a 1 = T (r, f) +O(1), trong đó O(1) là đại lượng giới nội phụ thuộc vào f và a nhưng không phụ thuộc r.
Nhận xét 1.1.7 Định lý cơ bản thứ nhất cho ta cận trên của số không điểm của phương trình f(z) = a với a ∈ C∪ {∞}.
Cho f là một hàm phân hình, r > 0 Kí hiệu:
+ 2N(r, f)−N (r, f 0 ) được gọi là hàm giá trị phân nhánh của hàm f Sau đây là Định lý cơ bản thứ hai. Định lý 1.1.8 Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và a 1 , , a q ∈
C,(q > 2) phân biệt Khi đó với mỗi ε > 0, bất đẳng thức
+N (r, f) + logT (r, f) + (1 +ε) log + logT (r, f) +O(1) đúng với mọi r ≥ r 0 nằm ngoài một tập có độ đo Lebesgue hữu hạn.
Một số tính chất của hàm phân hình chung nhau một giá trị hay một hàm nhỏ
một giá trị hay một hàm nhỏ
Cho f là một hàm phân hình, a là một hàm nhỏ của f Kí hiệu E(a, f) là tập các không điểm kể cả bội của f −a, E(a, f) là tập các không điểm phân biệt của f −a. Định nghĩa 1.2.1 Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng, nếu E(a, f) = E(a, g) thì ta nói f và g chung nhau hàm nhỏ a CM (kể cả bội), nếu E(a, f) = E(a, g) thì ta nói f và g chung nhau hàm nhỏ a IM (không kể bội).
Trong định nghĩa trên nếu a là một giá trị hữu hạn thì ta nói f và g chung nhau giá trị a. Định nghĩa 1.2.2 Nếu
N r, f −a 1 + N r, g−a 1 −2N E (r, a;f, g) = S(r, f) +S(r, g) thì ta nói f và g chung nhau hàm nhỏ (giá trị) a "CM" Nếu
N r, f −a 1 +N r, g−a 1 −2N 0 (r, a;f, g) = S(r, f) +S(r, g) thì ta nói f và g chung nhau hàm nhỏ (giá trị) a "IM".
Ta dễ dàng chứng minh được nếu f và g chung nhau hàm nhỏ (giá trị) a CM thì chúng chung nhau hàm nhỏ (giá trị) a "CM", chung nhau hàm nhỏ (giá trị) a IM thì chúng chung nhau hàm nhỏ (giá trị) a "IM" Do đó có thể nói điều kiện "CM" ("IM") lỏng hơn điều kiện CM (IM).
Cho a là hàm nhỏ hoặc a ∈ C ∪ {∞}, kí hiệu E k (a, f) là tập tất cả các không điểm của f −a với một không điểm bội m được tính m lần nếu m ≤ k và k + 1 lần nếu m > k. Định nghĩa 1.2.3 Nếu E k (a, f) = E k (a, g) thì ta nói f và g chung nhau giá trị a với trọng số k.
Từ định nghĩa trên ta có: Nếu f và g chung nhau giá trị a với trọng số k thì z 0 là không điểm của f −a với bội m(≤k) nếu và chỉ nếu nó là không điểm của g −a với bội m(≤ k) và z 0 là không điểm của f −a với bội m(> k) nếu và chỉ nếu nó là không điểm của g−a với bội n(> k), với m không nhất thiết bằng n Ta viết f, g chung nhau (a, k) có nghĩa là f, g chung nhau giá trị a với trọng số k Ta thấy f và g chung nhau a giá trị a
IM ( hoặc CM) nếu và chỉ nếu f và g chung nhau (a,0) hoặc ((a,∞)).
1.2.2 Một số định lý, bổ đề chuẩn bị
Bổ đề 1.2.4 Gọi f là một hàm nguyên siêu bậc σ2(f) Khi đó σ 2 (f) = lim r→∞ log logν(r, f) logr , trong đó ν(r, f) là chỉ số trung tâm của f.
Bổ đề 1.2.5 Chof là một hàm nguyên siêu việt vàE ⊂ [1,∞) có độ đo log- arit hữu hạn Khi đó tồn tại {z k = r k e iθ k } sao cho |f(z k )| = M(r k , f), θ k ∈
(i) nếu 0 < σ(f) < ∞, thì với mọi ε > 0 cho trước và r k đủ lớn, ta có r k σ(f )−ε < v(r k , f) < r k σ(f )+ε ;
(ii) nếu σ(f) = ∞, thì với mọi M > 0 cho trước và r k đủ lớn, v(r k , f) > r k M
Bổ đề 1.2.6 Cho Q(z) = bnz n + b n−1 z n−1 + + b0, với n là số nguyên dương và b n = |b n |e iϕ n , ϕ n ∈ [0,2π) Với mọi ε(0 < ε < π/(4n)) cho trước, ta giới thiệu 2n hình quạt mở
2n−ε,(j = 0, ,2n−1). Khi đó tồn tại số dương R = R(ε) sao cho |z| = r > R,
Re{Q(z)} < −|b n |(1−ε) sin(nε)r n nếu z ∈ S j với j lẻ và
Re{Q(z)} > |b n |(1−ε) sin(nε)r n nếu z ∈ Sj với j chẵn.
Bổ đề 1.2.7 Gọi Q(z) là một đa thức khác hằng,
Ak(z)(6≡ 0), A k−1 (z), , A0(z), B(z) là các đa thức và k là số nguyên dương. Nếu f(z) là một nghiệm của phương trình
Ak(z)f (k) (z) + +A1(z)f 0 (z)−(e Q(z) −A0(z))f(z) = B(z) (1.1) sao cho σ(f) > 1 + max 0≤j≤k−1 degAj −degAk k−j ,0
Bổ đề 1.2.8 Gọi f là một nguyên hàm bậc σ(f) < 1 2 và đặt
Nếu σ(f) < α < 1, thì logdens{r : A(r) > (cosπα)B(r)} ≥ 1− σ(f) α , trong đó logdensH = lim inf r→∞
/logr, χ H (t) là hàm đặc trưng của tập H.
Nhận xét 1.2.9 Với tập H ⊂ (1,+∞), nếu logdensH > 0, thì độ đo logarit của H là vô hạn.
Bổ đề 1.2.10 Gọi f là hàm phân hình siêu việt và α > 1 là hằng số cho trước.
(1) Tồn tại tập E ⊂[0,2π) với độ đo tuyến tính bằng 0 và hằng số B > 0 phụ thuộc vào α và i, j (0 ≤i < j ≤2k), sao cho nếu ϕ 0 ∈ [0,2π)\E, thì với hằng số R = R(ϕ 0 ) > 1 và với mọi z thỏa mãn argz = ϕ 0 và
(2) Tồn tại tập E ⊂ [1,∞) với độ đo lôgarit hữu hạn và hằng số B > 0 phụ thuộc vào α và i, j (0≤ i < j ≤2k), sao cho với mọi z thỏa mãn
|z| = r /∈ [0,1]∪ E, khi đó bất đẳng thức trên đúng.
Bổ đề 1.2.11 Cho f(z) là một hàm nguyên siêu việt Khi đó, tồn tại tập
E 2 ⊂ (1,∞) với độ đo lôgarit hữu hạn sao cho |z| = r /∈ [0,1] ∪ E 2 và
|f(z)| = M(r, f), ta có: f (j) (z) f(z) = (1 +o(1)) ν(r, f) z j với j = 1,2,3, , k, với k là số nguyên dương.
Bổ đề 1.2.12 Cho P(z) =b n z n +b n−1 z n−1 + +b 0 (b n 6= 0) là một đa thức có bậcn Khi đó với mọiε(> 0)tồn tại R(> 0)sao cho với mọi |z| = r > R, ta có:
Bổ đề 1.2.13 Nếu f là một hàm nguyên có cấp σ(f), thì σ(f) = lim sup r→∞ log + ν(r, f) logr
Bổ đề 1.2.14 Cho f và a là hai hàm nguyên sao cho 0 ≤ σ(a) < σ(f) 0) cho trước và rn đủ lớn r n σ(f )−ε < ν(rn, f) < r σ(f n )+ε
Bổ đề 1.2.16 Cho P(z) =bz p +b 1 z p−1 +b 2 z p−2 + +b p−1 z+b p (b 6= 0) là đa thức bậc p(≥ 1) Khi đó với mọi ε(0 < ε < 1), tồn tại R(> 0) sao cho với mọi |z| > R bất đẳng thức sau đúng: dn(1−ε)
Bổ đề 1.2.17 Cho f là hàm phân hình khác hằng, n là số nguyên dương và đặt
F (z) = f n (z) +P[f], trong đó P[f] là đa thức vi phân có bậc lớn nhất là n−1 trong f có hệ số là các hàm nhỏ liên quan đến f Giả sử N(r, f) +N(r, F 1 ) = S(r, f) Khi đó F (z) =h n (z), h(z) =f(z) + ( n 1 )a(z) và h n−1 (z)a(z) thu được bằng cách thay thế h(z) cho f(z), h 0 (z) cho f 0 (z) trong các số hạng có bậc n−1 trong
Như vậy, F(z) có dạng (f+ a n ) n trong đó a được xác định bởi các số hạng có bậc n-1 trong P[f] và F (z).
Bổ đề 1.2.18 Cho f là hàm phân hình khác hằng, n là số nguyên dương.
P[f] và Q[f] là hai đa thức vi phân trong f, trong đó bậc của P[f] cao nhất là n Nếu f n Q[f] = P[f] thì m(r, Q[f]) = O P a m(r, a) +P j≤J m(r, f f (j) ) + 1 trong đó P am(r, a) gồm tất cả các hệ số của P[f] và Q[f], J là bậc lớn nhất của các đạo hàm của f trong P[f] và Q[f].
Bổ đề 1.2.19 Cho f là hàm phân hình khác hằng, k là số nguyên dương. Khi đó m(r, f f (k) ) = S(r, f). Đặc biệt, nếu bậc của f là hữu hạn thì m(r, f (k) f ) =O(logr).
Hơn nữa, nếu bậc của f nhiều nhất một thì m(r, f f (k) ) = o(logr).
Bổ đề 1.2.20 Cho f là hàm phân hình, k là số nguyên dương Giả sử f là một nghiệm của phương trình vi phân sau: a 0 ω (k) +a 1 ω (k−1) + +a k ω = 0, trong đó a0(6= 0), a 1 , , ak là các hằng số Khi đó
Hơn nữa, nếu f là hàm siêu việt thì r = O(T(r, f)).
Bổ đề 1.2.21 Cho g là hàm nguyên, n là số nguyên dương Nếu tồn tại các hàm phân hình a 0 (6≡ 0), a 1 , , a n sao cho a 0 g n +a 1 g n−1 + +a n−1 g+a n ≡ 0, thì
A(z) = P j c j e λ j z , trong đó c j là hằng số khác 0, λ j là các hằng số khác 0 thoả mãn (λ j ) k = 1. Khi đó với mọi số nguyên dương s, ta có
Bổ đề 1.2.23 Cho f là hàm nguyên khác hằng và k ≥ 2 là số nguyên dương Nếu f (k) 6= 0 thì f(z) = e az+b trong đó a(6= 0), b là hằng số.
Bổ đề 1.2.24 Cho f là hàm nguyên khác hằng, cho a(6≡ 0) là hàm nhỏ liên quan tới f và số nguyên dương k Giả sử rằng f (k) −a f −a = e α và f (k+1) −a f −a = e β trong đó α và β là hai hàm nguyên Nếu
Bổ đề 1.2.25 Cho f là hàm nguyên khác hằng, cho a là hàm nhỏ khác hằng liên quan tới f và số nguyên dương k ≥2 Giả sử rằng f 0 −a f −a = e α và f (k) −a f −a = e β trong đó α và β là hai hàm nguyên Nếu
Vấn đề duy nhất cho hàm phân hình và đa thức vi phân tuyến tính
Định lý duy nhất cho hàm nguyên
Ký hiệu: σ(f), σ 2 (f) để biểu thị bậc và siêu bậc của f, trong đó: σ(f) = lim r→∞ logT(r, f) logr , σ 2 (f) = lim r→∞ log logT(r, f) logr Định lý 2.1.1 [3] GọiP(z)là một đa thức khác không,Ak(z)(6≡ 0), , A0(z) là đa thức vàf là hàm nguyên củaσ(f) > 1+max 0≤j≤k−1 degA j −degA k k−j ,0 và σ 2 (f) < 1 2 Nếu f và L 1 (f) := A k f (k) + + A 1 f 0 +A 0 f chung nhau P
L 1 (f)(z)−P(z) f(z)−P(z) = c với hằng số c 6= 0, trong đó degA j là bậc của A j (z), k là số nguyên dương.
Chứng minh Vì f và L 1 (f) có chung P CM nên ta có
L 1 (f)(z)−P(z) f(z)−P(z) = e Q(z) , (2.1) trong đó Q(z) là hàm nguyên Đặt F(z) = f(z)−P(z), khi đó σ(F) = σ(f) > 1 + max
F(z) = e Q(z) , (2.2) trong đó B(z) = P(z)− P k j=0 A j (z)P (j) (z) là một đa thức Khi đó ta có ba trường hợp sau:
Trường hợp 1 Q(z) là một hằng số phức Khi đó Định lý 2.1.1 đúng. Trường hợp 2 Q(z) là một đa thức với degQ = n ≥ 1 Theo Bổ đề 1.2.7, ta được σ(F) = ∞ Từ lý thuyết Wiman– Valiron, tồn tại tập
E 2 ⊂ [1,∞) với độ đo logarit hữu hạn, sao cho với mọi z thỏa mãn
Theo Bổ đề 1.2.5, tồn tại {z m = r m e iθ m } với
|F(z m )| = M(r m , F), lim m→∞θ m = θ 0 ∈ [0,2π),r m ∈/ [0,1]∪E 2 , sao cho với M và r m đủ lớn, ta có: v(r m , F) ≥r M m (2.4)
Vì F là một hàm nguyên siêu việt và |F(z m )| = M(r m , F), ta được
Q(z) = b n z n +b n−1 z n−1 + +b 0 , trong đó b n (6= 0), , b 0 là các hằng số phức Theo (2.6), ta có
Khi đó theo (2.7) và Bổ đề 1.2.4, ta có σ 2 (F) ≥ n, điều này mâu thuẫn với σ 2 (F) < 1 2
Trường hợp 3 Q(z) là một hàm nguyên siêu việt Theo (2.1), ta được σ(F) = ∞ Áp dụng lập luận tương tự như trong chứng minh của Trường hợp 2, chúng ta thu được (2.6) và
Theo Bổ đề 1.2.4, với r đủ lớn, ta có log logv(r, F) logr ≤σ 2 (F) + 1.
Kết hợp với (2.8), ta được
Mặt khác, theo Bổ đề 1.2.8 và Nhận xét 1.2.9, tồn tại tập H ⊂ (1,∞) với độ đo lôgarit vô hạn, sao cho với mọi z m thỏa mãn |z m | = r m ∈ H\E 2 và
Khi đó theo (2.9) và (2.10), ta có
Vì Q(z) là một hàm nguyên siêu việt, nên ta có
→ ∞, mâu thuẫn với (2.11) Do đó, Định lý 2.1.1 được chứng minh.
Ví dụ 2.1.2 Đặtf(z) = e −z +z và L(f) =f” + 2f 0 +f Khi đó f vàL(f) chung nhau z CM, nhưng L(f f (z)−z )(z)−z = 2e z , trong đó f thỏa mãn σ(f) = 1.
Ví dụ 2.1.3 Đặt f(z) = e − 1 2 z 2 + z 2 và L(f) = 1 3 f” + z 3 f 0 + 1 3 f Thì f và
3e 1 2 z 2 , trong đó f thỏa mãn σ(f) = 2 = 1 + max
. Định lý 2.1.4 [3] Cho Ak(z)(6≡ 0), , A2(z) là các đa thức và f là hàm nguyên khác hằng của σ2(f) < ∞, trong đó σ2(f) không phải là số nguyên dương Nếu f và L2(f) := Akf (k) + +A2f” +f chung nhau z CM, thì
L2(f)(z)−z f(z)−z = c với hằng số c 6= 0, trong đó k(≥2) là một số nguyên dương.
Chứng minh Vì f và L 2 (f) chung nhau z CM nên ta có
L 2 (f)(z)−z f(z)−z = e Q(z) , (2.12) trong đó Q(z) là một hàm nguyên Ta chia làm hai trường hợp sau.
Trường hợp 1 Q(z) là hằng số phức Khi đó Định lý 2.1.4 đúng. Trường hợp 2 Q(z) là đa thức với degQ = n ≥ 1 hoặc hàm nguyên siêu việt Đặt F(z) = f(z)−z, khi đó σ(F) =σ(f), σ2(F) = σ2(f).
Theo Bổ đề 1.2.10, tồn tại tập E ⊂ [1,∞) với độ đo lôgarit hữu hạn và hằng số B > 0, sao cho với mọi z thỏa mãn |z| = r /∈ [0,1]∪E, ta có
Theo (2.14) và (2.15), với mọi z thỏa mãn |z| = r /∈ [0,1]∪ E và r → ∞, ta được
|e Q | ≤ r M 1 (T(2r, F)) k+1 , trong đó M 1 là hằng số dương Vì vậy σ 2 (F) ≥σ(e Q ) (2.16)
Mặt khác, theo Lý thuyết Wiman- Valiron, tồn tại tập E 1 ⊂ [1,∞) với độ đo logarit hữu hạn, sao cho với mọi z thỏa mãn |z| = r /∈ [0,1] ∪ E 1 và
Theo Bổ đề 1.2.4, ta nhận được σ 2 (F) ≤σ(e Q ) (2.20)
Kết hợp (2.16) và (2.20), ta được σ 2 (F) =σ(e Q ).
Do đó ta có σ 2 (f) = σ 2 (F) = n hoặc σ 2 (f) = σ 2 (F) = ∞, điều này mâu thuẫn với giả thuyết của Định lý 2.1.4 Do đó Định lý 2.1.4 được chứng minh. Định lý 2.1.5 (5) Cho f là hàm nguyên khác hằng, cho a 6≡0 là hàm nhỏ liên quan đến f và số nguyên dương k Nếu f, f (k) và f (k+1) chung nhau a
Chứng minh Vì f, f (k) và f (k+1) chung nhau hàm a CM nên tồn tại hàm nguyên α và β sao cho f (k) −a f −a = e α ,f (k+1) −a f −a = e β (2.21) Đặt
Bây giờ, chúng ta xét 4 trường hợp sau.
Trường hợp 1 a−a (k) ≡ a−a (k+1) ≡ 0.Khi đó a là hàm nguyên thoả mãn a ≡a 0 và
F = e β Theo bổ đề đạo hàm Logarit, T(r, e α ) +T(r, e β ) = S(r, F) Nên theo Bổ đề (1.2.24), f ≡f 0
Trường hợp 2 a−a (k) ≡ 0 và a−a (k+1) 6≡ 0 Khi đó với k ≥ 2 và a là hàm nguyên, ta có F là hàm nguyên
Trong đó A = a−a 0 6≡0 Theo bổ đề đạo hàm Logarit,
Từ phương trình đầu tiên của (2.24), ta có
F (k) = e α F nên F (k+1) = α 0 e α F + e α F 0 Từ phương trình thứ hai của (2.24), ta có
F 0 = α1F +β1, (2.25) trong đó α1 và β1 là hàm nguyên thoả mãn α 1 = e β−α −α 0 (2.26) β 1 = Ae −α (2.27)
Từ (2.25) và sử dụng phương pháp quy nạp, ta được
F (j) = α j F + β j , j = 1,2, , (2.28) trong đó α j và β j là hàm nguyên thoả mãn α j+1 = α 0 j +α 1 α j , α 1 = e β−α −α 0 (2.29) β j+1 = β j 0 +β 1 α j , β 1 = Ae −α (2.30) Tiếp tục sử dụng phương pháp quy nạp, ta được αj = Ajn j e β n j +Ajn j−1 e β n j−1 + + Aj1e β +Aj0, β j = B jm j e β m j + B jm j−1 e β m j−1 + + B j1 e β + B j0 , trong đó các hệ số A ji (0 ≤ i ≤ n j ) và B ji (0 ≤ i ≤ m j ) là các hàm nhỏ có liên quan tới F Ta kí hiệu A j0 bởi A j (0) và B j0 bởi B j (0) Ta có:
A (s) P j,s [α 0 ], (2.32) trong đó Q j [α 0 ] và P j,s [α 0 ] (0 ≤ s ≤ j−1) là đa thức vi phân trong α 0 với hệ số hằng.
Từ (2.29)-(2.30), α j và β j là các đa thức trong e −β Đặt α j = A j (e β ) = e β Ab j (e β ) +A j (0) và β j = B j (e β ) = e β Bb j (e β ) + B j (0) trong đó Ab j (e β ) và Bb j (e β ) là các đa thức trong e β có hệ số là các hàm nhỏ liên quan tới F Từ (2.29) và (2.30), ta biết A j (0) và B j (0) thoả mãn
Theo hai công thức trên và (2.26)-(2.27) và quy nạp toán học, ta được (2.31) và (2.32).
Vế trái của (2.33) là đa thức trong e β , được kí hiệu là P(e β ) trong đó các hệ số là các hàm nhỏ liên quan tới F.
Nếu T(r, e β ) 6= S(r, F) thì theo Bổ đề 1.2.21, các số hạng hằng số của
P(e β ) là 0 Nên từ (2.33), ta có
Từ (2.31) và (2.32), T(r, A) = O(r) và bổ đề đạo hàm Logarit, ta được m r, A k (0) + B k+1 (0)e α
Theo (2.35) và Bổ đề 1.2.21 ta suy ra
Vậy α là hằng số Theo phương trình đầu tiên của (2.24) và Bổ đề 1.2.20, ta có T(r, F) = O(r) Ta thu được mâu thuẫn T(r, F) = O(T(r, A)) Do đó ta chứng minh được rằng
T(r, e β ) =S(r, F) và từ Bổ đề 1.2.24 thì f ≡f 0
Trường hợp 3 a−a (k+1) ≡ 0và a−a (k) 6≡ 0 Khi đó a là hàm nguyên, ta có F là hàm nguyên
Trong đóA = a−a (k) 6≡0 Hiển nhiênA 0 6≡ 0.Theo bổ đề đạo hàm Logarit,
Sử dụng đối số tương tự như trong Trường hợp 2, ta có
F (j) = α j F + β j , j = 1,2, trong đó α j và β j là hàm nguyên thoả mãn α j+1 = α 0 j +α 1 α j , α 1 = e β−α −α 0 (2.37) β j+1 = β j 0 +β 1 α j , β 1 = −A 0 e −α (2.38) Hơn nữa, sử dụng phương pháp quy nạp, ta được α j = A jn j e −α n j +A jn j−1 e −α n j−1 + + A j1 e −α +A j0 , β j = B jm j e −α m j + B jm j−1 e −α m j−1 + + B j1 e −α + B j0 , trong đó các hệ số A ji (0 ≤ i ≤ n j ) và B ji (0 ≤ i ≤ m j ) là các hàm nhỏ có liên quan tới F Ta kí hiệu A j0 bởi A j (0) và B j0 bởi B j (0) Ta có:
Ta kí hiệu hệ số B j1 của số hạng tuyến tính trong β j là B j 0 (0) Ta có
A (s) P j,s [α 0 ], (2.46) trong đó Q j [α 0 ], P j,s [α 0 ] (1 ≤s ≤ j) là đa thức vi phân trong α 0 với bậc nhiều nhất là j −3 và hệ số của Q j [α 0 ], P j,s [α 0 ] (1 ≤ s≤ j) là hằng số.
Từ (2.37)-(2.38), α j và β j là các đa thức trong e −α và thu được (2.39)- (2.41), (2.43)-(2.45).
Bây giờ ta chứng minh (2.42) và (2.46) Đặt α j = A j (e −α ) = e −α Ab j (e −α ) +A j (0) và β j = B j (e −α ) = e −2α Bb j (e −α ) +B j 0 (0)e −α +B j (0) trong đó Ab j (e −α ) và Bb j (e −α ) là các đa thức trong e −α có hệ số là các hàm nhỏ liên quan tới F Từ (2.37) và (2.38), ta biết B j (0) = 0 và A j (0), B j 0 (0) thoả mãn
Theo hai công thức trên và quy nạp toán học ta có (2.42)-(2.46).
P(e −α ) := β k+1 e α −α k β k+1 −(e β −α k+1 )(β k −A) = 0, (2.48) trong đó P(e −α ) là đa thức trong e −α và hệ số của P(e −α ) là hàm nhỏ liên quan tới F.
NếuT(r, e −α ) 6= S(r, F)thì theo (2.48) và Bổ đề 1.2.21, ta đượcP(0) ≡0 trong đó P(0) là số hạng "hằng số" của P(e −α ) Do đó, từ (2.42) và (2.46), ta thu được
A P k,s [α 0 ], (2.49) trong đó Q k [α 0 ], P k,s [α 0 ] (1 ≤s ≤ k+ 1) là đa thức vi phân có bậc nhiều nhất là k−2 và hệ số của Q k [α 0 ], P k,s [α 0 ] (1 ≤ s ≤k + 1) là hằng số.
Từ (2.49), T(r, A) =O(r) và bổ đề đạo hàm Logarit, ta có
Nếu bậc dưới của α 0 lớn hơn 1 thì T(r, A) = S(r, α 0 ) Từ Bổ đề 1.2.17 và (2.49), ta có e β
Rõ ràng A 6= 0 Vì A= α−α k và α−α k+1 = 0 nên A(z) = Ce λz trong đó
C và λ là các hằng số khác không thoả mãn λ k+1 = 1 và λ 6= 1.
2(k + 1)β 0 −λ, (2.52) trong đó ω là hằng số thoả mãn ω k+1 = 1.
Từ (2.49), (2.52), A(z) small> λz , ta thu được
24(k + 1)(β 0 ) 2 ω k−1 e k+1 1 β k−1 = P e k+1 1 β (2.53) trong đó P e k+1 1 β là đa thức bậc nhiều nhất là k−2 trong e k+1 1 β và hệ số của P e k+1 1 β là hàm nhỏ liên quan tới e k+1 1 β Do đó, từ (2.53) và Bổ đề 1.2.21, ta có
(β 0 ) 2 −2(k + 1)β 00 = 0 hay β 0 = 0, vậy β là hằng số Từ (2.36), ta thấy mâu thuẫn:
Tiếp theo ta chứng minh rằng bậc của α 0 là 1 Từ (2.49), ta có
(α 0 ) k α 0 = H k [α 0 ] + (−1) k+1 e β , trong đó H k [α 0 ] là đa thức vi phân có bậc lớn nhất là k Theo Bổ đề 1.2.18 và bổ đề đạo hàm Logarit, ta có
Khi đó bậc của α 0 nhiều nhất 1 Từ (2.50), bậc của α 0 ít nhất là 1 Vậy bậc của α 0 là 1.
Vi phân 2 vế của (2.49), ta được ce β = (−1) k+1 (k + 1)(α 0 ) k α 00 + P k [α 0 ].
[cα 0 −(k+ 1)α 00 ](−1) k+1 (α 0 ) k = Q k [α 0 ], trong đó P k [α 0 ] và Q k [α 0 ] là hai đa thức vi phân bậc nhiều nhất là k và hệ số b của P k [α 0 ] và Q k [α 0 ] thoả mãnm(r, b) = o(logr) Theo Bổ đề 1.2.18 và
Bổ đề đạo hàm Logarit, ta có
Vậy cα 0 −(k+ 1)α 00 là hằng số Khi đó ta có α 0 = Ce k+1 c z +D, (2.54) trong đó C 6= 0 và D là hằng số.
= C k+1 (e k+1 c z ) k+1 +C k (e k+1 c z ) k +C k−1 (e k+1 c z ) k−1 + +C 0 , (2.55) trong đó C j (0 ≤ j ≤ k+ 1) là tổ hợp tuyến tính của A (s)
A (0 ≤ s ≤ k + 1) với các hệ số là hằng số Đặc biệt
12(k+ 1) 2 ), (2.58) theo Bổ đề 1.2.21 và bổ đề đạo hàm Logarit, ta thấy hằng số C k+1 = 0 Ta đi chứng minh
Thật vậy, từ (2.37) - (2.38) và sử dụng quy nạp toán học, ta viết lại (2.42) và (2.46) như sau
A (s) Ql,s[α 0 ] (2.61) trong đó P l [α 0 ], Q l,s [α 0 ] là đa thức vi phân trong α 0 và hệ số của P l [α 0 ],
A H l,s [α 0 ], (2.62) trong đó H l,s [α 0 ] là đa thức vi phân trong α 0 với hệ số hằng Do đó, từ (2.54)-(2.55) và (2.62), ta có (2.59).
A = X j c j e λ j z (2.63) trong đó c j và λ j là hằng số khác không thoả mãn λ k+1 j = 1 Theo Bổ đề 1.2.22, ta được
C n → C n,0 khi | z |→ ∞ và argz = −argλ j với n= 0,1,2, , k trong đó C n,0 (0 ≤ n≤ k) là các hằng số hữu hạn Hơn nữa, từ (2.59), ta có
Từ (2.55) và C k+1 = 0, ta suy ra e k+1 c z →R khi | z |→ ∞ và argz = −argλj, trong đó R là nghiệm của phương trình sau:
Vì e k+1 c z chỉ có một giá trị hữu hạn tiệm cận 0vàC 0,0 nên từ (2.64), λ j = D.
A= c 1 e λ j z (2.66) nên Cn(0≤ n ≤k) là các hằng số Hơn nữa, từ (2.57) và (2.58),
Rõ ràng hoặc C k hoặc C k−1 bằng 0 Từ Bổ đề 1.2.21 và (2.55), chúng ta có điều mâu thuẫn: T(r, e k+1 c z ) = O(1).
Do đó theo Bổ đề 1.2.24, f ≡ f 0
Tiếp theo ta xét 2 trường hợp nhỏ.
Trường hợp 4.1 φ 6≡ 0 Khi đó T(r, a) = S(r, F) và bổ đề đạo hàm
Từ (2.22)-(2.23), ta viết lại φ như sau φ = (a−a (k+1) )e α −(a−a (k) )e β (2.71)
Vì T(r, a) =S(r, F) nên N(r, φ) =S(r, F) Từ (2.70), ta thu được
(a−a (k+1) )e α φ = 1 + (a−a (k) )e β φ Theo Định lý cơ bản thứ 2, ta có
T(r, e α ) = S(r, F) (2.73) Khi đó từ (2.71)-(2.73), ta có
T(r, e β ) = T(r,(a−a (k+1) )e α −φ a−a (k) ) = S(r, F) (2.74) Khi đó theo Bổ đề 1.2.24, f ≡ f 0
(a−a (k+1) )F (k) = (a−a (k) )F (k+1) (2.75) Chúng ta viết lại (2.75) như sau:
Do đó a là hàm nguyên Hơn nữa f (k) và f (k+1) chung nhau a CM, tồn tại hàm nguyên γ sao cho f (k+1) −a f (k) −a = e γ Nên từ (2.75) và (2.76) ta có
Vì F nguyên, ta có F (k) 6= 0 và F (k+1) 6= 0 Do đó tồn tại hàm nguyên h sao cho h 0 6= 0, và
F = Ae −α +e ϕ (2.77) trong đó A = a (k) − a và ϕ = h −α Lấy đạo hàm thứ k cả hai vế của (2.77), ta thu được,
P k = P k j=0 A (j) P k,j [α 0 ] và P k,j [α 0 ] là đa thức vi phân trong α 0 , Q k là đa thức vi phân trong ϕ 0
T(r, P k ) + T(r, Q k ) = S(r, F) (2.79) Lấy đạo hàm cả 2 vế của (2.78), ta thu được
Vì F (k) = e h và F (k+1) = h 0 e h và (2.78), (2.80), ta thu được
Nếu 4 := Pk(Q 0 k +ϕ 0 Qk)−Qk(P k 0 −α 0 Pk) 6≡ 0, từ (2.81) -(2.82) và(2.79), ta có
Do đó từ (2.77), ta có mâu thuẫn: T(r, F) =S(r, F), ta có
Hơn nữa, từ (2.81) - (2.83), ta có
Ta có Q k 6≡ 0 Thật vậy, nếu Q k ≡ 0 thì từ (2.77)-(2.78), ta có (e ϕ ) (k) Q k e ϕ ≡ 0 Do đó e ϕ là đa thức Như vậy φ là hằng số Từ (2.81), e 2α P k e −ϕ Từ (2.79), ta có T(r, e α ) = S(r, F) Nên từ (2.77) ta có mâu thuẫn
Vì Q k 6≡ 0 và α 0 là nguyên, nên từ (2.84), ta thấy Q k 6= 0 nên (e ϕ ) (k) Q k e ϕ 6= 0 Theo Bổ đề 1.2.23, ϕ(z) = cz + d trong đó c(6= 0), d là hằng số Hay Q k = c k là hằng số Từ (2.84), α là hằng số Theo định nghĩa,
P k = A (k) = a (2k) −a (k) nên từ (2.85), ta thấy a (2k+1) −ca (2k) −a (k+1) +ac (k) = 0.
Nếu a không là đa thức thì theo Bổ đề 1.2.20, r = O(T(r, a)) Từ (2.77), ta có mâu thuẫn T(r, F) = O(r) = O(T(r, a)) Do vậy, a là đa thức Vì bậc của a nhỏ hơn k nên từ (2.22) và (2.77), ta có f(z) = e cz+d +Ka.
Trong đó K là hằng số Vì f, f (k) , f (k+1) chung nhau a CM nên c = 1 và a ≡ 0 (mâu thuẫn) Vậy Định lý được chứng minh.
Định lý duy nhất cho hàm phân hình
Định lý 2.2.1 [2] Cho f và a là các hàm phân hình, cả hai đều có số cực hữu hạn Giả sử f và a không có cực chung và σ(a) < σ(f) < ∞ Cho
L(f) = a 0 f + a 1 f (1) + +a k f (k) , trong đó k(≥ 1) là số nguyên và a0, a1, , ak(6= 0) là các hằng số.
Nếu f và L(f) chung nhau hàm a CM thì L(f)−a = c(f −a), trong đó c(6= 0) là hằng số, với điều kiện là một trong các giá trị sau đúng:
Chứng minh Theo giả thuyết, ta có
H, (2.86) trong đó Avà H là các đa thức và nếu H khác hằng thì degH là bội củak.
Vì f có số cực hữu hạn nên tồn tại đa thức p và hàm nguyên siêu việt g sao cho g = f p Vì σ(f) > σ(a) ≥0 nên ta có σ(f) = σ(g) Ta có
Theo Bổ đề 1.2.11, tồn tại E 2 ⊂ (1,∞) với độ đo logarit hữu hạn sao cho với |z| = r /∈ [0,1]∪ E 2 và |g(z)| = M(r, g), ta có g (i) (z) g(z) ν(r, g) z j
Gọi E 1 là tập hợp có độ đo lôgarit vô hạn như trong Bổ đề 1.2.14 Theo
Bổ đề 1.2.15, chọn E = [0,1] ∪E 2 Khi đó theo Bổ đề 1.2.15, tồn tại một dãy {z n = rne iθ n } sao cho
|g(z n )| = M(r n , g), θ n ∈ [0,2π),lim n→∞ θ n = θ 0 ∈ [0,2π) và r n ∈ E 1 \E. Với mọi (0 < < 1) cho trước và r n đủ lớn, ta có r n σ(g)− < ν(r n , g) < r σ(g)+ n (2.88)
Chú ý trong (2.87) có thể thay z bởi z n = r n e iθ n Vậy với |z n | = r n đủ lớn, từ (2.87), (2.88) và Bổ đề 1.2.16, ta có g (k−s) (zn) g(z n ) s
≤M k−s {ν(r n , g)} k−s với s= 0,1,2, , k, trong đóM k−s là hằng số dương Do đó, với mọi |z n | r n đủ lớn, ta có
Vì a chỉ có số cực hữu hạn nên tồn tại hàm nguyên b và đa thức q sao cho b = aq Gọi α và β là các hệ số đầu của p và q tương ứng và m = degp−degq Rõ ràng σ(b) = σ(a) và như vậy σ(b) < σ(g).
Theo Bổ đề 1.2.12 và 1.2.14, với mọi |z n | = r n đủ lớn ta có a(zn) f(z n ) b(zn) q(z n ).p(zn) g(z n ) b(z n )p(zn) q(z n )
Nếu σ(f) < 1, thì (2.86) dễ dàng thấy rằng A là một hằng số Vì vậy, ta có σ(f) ≥ 1 Trước tiên ta giả sử σ(f) > 1 Dặt γ là hệ số đầu của H Bây giờ từ (2.86) ta có e A(z) = H(L(f)−a) f −a H
= log|F(z)|+iArg(F(z)), (2.91) trong đó Arg(F(z)) là đối số chính của F(z) Do đó, với z = z n , trong đó với |z n | = r n đủ lớn, từ Bổ đề 1.2.12 và (2.89)- (2.90) và Bổ đề 1.2.15 ta thu được
(2.92) trong đó M 0 là hằng số dương thích hợp Mặt khác, theo Bổ đề (1.2.12), với mọi giá trị |z n | = r n đủ lớn, ta có
2|δ|r deg n A ≤ |A(z n )|, (2.93) trong đó δ là hệ số đầu của A Từ (2.92) và (2.93) ta có
2|δ|r n deg A ≤(degH +kσ(g) +k) logrn+O(1), nghĩa là degA = 0 Vậy A là một hằng số.
Tiếp theo, ta giả sử σ(f) = 1 Nếu f không nguyên, thì H khác hằng và do đó A là một hằng số Bây giờ ta giả sử f nguyên, thì H là hằng số và f = g Từ (2.86) ta có e A a k f (k) f − f a
1− f a Vậy với |z n | = r n đủ lớn, từ (2.87) và (2.90) ta được e A(z n ) = a k ν(r n , f) zn k
Vậy nên từ (2.88) ta có
|A(z n )| = |loge A(z n ) | ≤ klogν(r n , f) +klogr n +O(1) ≤ 3klogr n +O(1), mâu thuẫn bởi Bổ đề 1.2.12 trừ khi A là một hằng số Do đó, từ (2.86) ta có
H, (2.94) trong đó c 1 (6= 0) là hằng số Từ (2.94) ta được
Cho σ(f) = σ(g) = σ > 1 Ta chọn 0 < ε < min{1, σ−1 2k } Bây giờ cho
= o(r n (σ−1−ε)k ) khi r n → ∞ với j = 1,2, , k − 1 Áp dụng một lần nữa Bổ đề 1.2.16, ta suy ra với j = 1,2, , k, ta có p(zn)
Do đó, theo Bổ đề 1.2.11 và 1.2.15, ta nhận được
> λr n (σ−1−ε)k , trong đó λ(0 < λ ≤ 1 2 |a k |) là hằng số Do đó, từ (2.90), (2.95) và Bổ đề 1.2.12, với mọi giá trị |z n | = r n đủ lớn ta có: λr (σ−1−ε)k n ≤ a(z n ) f(z n )
, điều này mâu thuẫn Do đó, σ(f) ≤1.
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1 Cho σ(f) =σ(g) =σ < 1 Ta chọn
Giả sử l là số nguyên không âm bé nhất sao cho al 6= 0 Giả sử l < k thì aj = 0 với 0≤ j < l Theo Bổ đề 1.2.15, ta có với mọi rn đủ lớn ν(r n , g) r n l
Ngoài ra, đối với l < j ≤k ta có
= o(r (σ−1−ε)l n ) (2.98) khi r n → ∞ với 0≤ s < k −l Áp dụng Bổ đề 1.2.16 và (2.98) ta được ν(r n , g) r n k−s p(zn)
= o r n (σ−1−ε)l (2.99) khi r n → ∞, với 0 ≤s < k −l và j ≥ 0 Cũng theo Bổ đề 1.2.15 và 1.2.16, ta có ν(r n , g) r n l p(z n )
≤ 3d k−l−t r n 1−2l → 0 khi r n → ∞ vì ε < 1−σ 2k < 2k 1 < 2l 1 và k − l − t − 2εl ≥ 1 − 2εl với t = 0,1,2, , k −l−1 Do đó, với t = 0,1,2, , k −l−1 ta có ν(r n , g) r n l p(z n )
= o r (σ−1−ε)l n khi r n → ∞ Với k −l + 1 ≤ s ≤ k và 0 ≤ t ≤ k −l, từ các Bổ đề 1.2.11, 1.2.15 và 1.2.16 ta có g (k−s) (z n ) g(z n ) p(z n )
→ 0 khi rn → ∞, vì l−(σ +ε)(l −1) = l > 0 nếu l = 1, l −(σ +ε)(l −1) = σ +ε > 0 nếu l = 0 và l −(σ+ε)(l −1)> 0 với 0< ε < l−1 l −σ nếu l > 1 Ta có
Do đó, theo Bổ đề 1.2.11, ta có
Vì vậy, theo lập luận ở trên, tồn tại hằng số λ(0< λ ≤ 1 2 |a l |) sao cho
> λr n (σ−1−ε)l (2.100) với mọi giá trị lớn của r n Tiếp theo cho l = k Khi đó
Từ đó ta có thể suy ra (2.100) Bây giờ từ (2.90), (2.95) và (2.100), với mọi
Gọi H là khác hằng số và degH = u Khi đó u ≥ k và (σ −1−ε)l +u ≥ (σ −1−ε)l + k > 0 vì ε < σ Bây giờ từ (2.101) và theo Bổ đề 1.2.12 ta thu được λr (σ−1−ε)l n < 4|α|
|γ| , điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy H là hằng số.
Trường hợp 2 Cho σ(f) =σ(g) = σ = 1 và a0 = a1 = = ak−1 = 0. Khi đó
Vì vậy, theo các Bổ đề 1.2.11, 1.2.12, 1.2.15 và 1.2.16, ta có
≥ λr n −εk cho tất cả các giá trị lớn của r n , trong đó λ(0 < λ ≤ 1 2 |a k |) là hằng số và
0 < ε < 2k−1 1 Do đó, từ (2.90), (2.95) và Bổ đề 1.2.12, với mọi giá trị lớn của |z n | = r n ta được λr −εk n ≤ a(z n ) f(zn)
|γ| , trong đó u = degH vàγ là hệ số đầu của H Nếu H khác hằng số thì u≥ k và do đó u−kε > 0 (mâu thuẫn) Vậy H là một hằng số Cuối cùng ta đặt c = H c 1 và thu được kết quả Định lý được chứng minh. Điều kiện a 0 = = a k−1 = 0 khi σ(f) = 1 rất quan trọng, chẳng hạn trong ví dụ sau đây σ(f) = 1 và a j 6= 0, j = 0,1, thì kết luận không còn đúng.
Ví dụ 2.2.2 Cho f(z) =e −z +z và L(f) =f (2) + 2f (1) +f Khi đó f vàL(f) chung nhau z CM nhưng L(f)−z = 2e z (f −z), trong đó σ(f) = 1.