Một số kiến thức cơ bản của lý thuyết Nevanlinna
Các khái niệm
Với một 0 < R ≤ ∞, ta kí hiệu
D(R) ={z ∈ C : |z| < R}, D(R) = {z ∈ C : |z| 6 R}. Định nghĩa 1.1.1 (Hàm đếm tại cực điểm) Cho hàm f là hàm phân hình trên đĩa D(R) và r < R, kí hiệu n(r, f) là số cực điểm của f kể cả bội trong đĩa đóng D(r) Khi đó hàm đếm tại cực điểm của f, kí hiệu
N(r, f) được xác định như sau
0 n(t, f)−n(0, f) t dt+n(0, f) logr trong đó n(0, f) = lim inf t→0 n(t, f). Định nghĩa 1.1.2 (Hàm xấp xỉ) Hàm xấp xỉ m(r, f) = 1
0 log + f(re iθ ) Dθ, trong đó log + (x) = max{logx,0}, với x > 0. Định nghĩa 1.1.3 (Hàm đặc trưng Nevanlinna) Hàm đặc trưng Nevan- linna của f, kí hiệu là T(r, f), được xác định bởi:
T(r, f) =m(r, f) +N(r, f). Định nghĩa 1.1.4 (Hàm đếm tại các a-điểm) Với mỗi a ∈ C, kí hiệu n r, 1 f là số các không điểm của f kể cả bội trong đĩa D(r) Khi đó hàm đếm tại các a - điểm của f , kí hiệu N r, 1 f −a
, được xác định như sau:
Tiếp theo ta định nghĩa hàm xấp xỉ: m r, 1 f −a
|f(re iθ )−a|dθ và hàm đặc trưng
Định nghĩa 1.1.5 Ta định nghĩa A là lớp các hàm phân hình f trong C thỏa mãn điều kiện N(r, f) +N r, 1 f
= S(r, f) Rõ ràng các hàm trong lớp A là các hàm phân hình.
Bổ đề 1.1.6 Cho f1, f2, , fn là các hàm phân hình trên C, khi đó
Các định lí cơ bản
Định lý 1.1.7 (Định lý cơ bản thứ nhất) Cho f là hàm phân hình khác hằng trên D(r), khi đó ta có
= T(r, f) +O(1), trong đó O(1) là đại lượng bị chặn. Định lý 1.1.8 (Định lý cơ bản thứ hai) Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và a 1 , a 2 , , a q là các số phức phân biệt, khi đó với mọi ε > 0 ta có bất đẳng thức
+(1 + ε) log + (logT(r, f)) + logT(r, f) +O(1) đúng với mọi r > 0 đủ lớn nằm ngoài tập có độ đo Lebesgue hữu hạn. Trong đó
Hiển nhiên N ram (r, f) ≥ 0 Một dạng khác của định lý cơ bản thứ hai thường được sử dụng trong chứng minh các kết quả về vấn đề duy nhất như sau:
Hệ quả 1.1.9 Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và a1, a2, , aq là các số phức phân biệt, khi đó ta có bất đẳng thức
+S(r, f) đúng với mọi r > 0 và đủ lớn nằm ngoài một tập có độ đo Lebesgue hữu hạn, S(r, f) = o(T(r, f)) khi r → ∞ và N 0 r, 1 f 0 là hàm đếm tại không điểm của f 0 mà không là không điểm của q
Một hàm phân hình a(z) được gọi là hàm nhỏ của f(z) nếu T(r, a) S(r, f) Trong đó S(r, f) = o(T(r, f)) khi r → ∞ nằm ngoài một tập có độ đo hữu hạn. Định lý 1.1.10 Chof là hàm phân hình khác hằng trên Cvàa 1 (z), a 2 (z), , a q (z) là các hàm nhỏ đối với f Khi đó ta có bất đẳng thức sau
Quan hệ số khuyết
Định nghĩa 1.1.11 Giả sử f(z) là hàm phân hình trên C, a ∈ C.
T f (r) được gọi là số khuyết của hàm f tại giá trị a.
T f (r) được gọi là chỉ số bội của hàm f tại giá trị a Số Θ f (a) = 1−lim sup r→+∞
T f (r) được gọi là số khuyết không kể bội của hàm f tại a.
Dễ thấy, với mỗi hàm phân hình f và a ∈ C, ta luôn có
0≤ δ f (a) ≤ Θ f (a) ≤ 1. Định lý 1.1.12 Giả sử f là hàm phân phân hình khác hằng trên C Khi đó tập các giá trị a mà Θ f (a) > 0 cùng lắm là đếm được, đồng thời ta có
Nhận xét: Nếuf là hàm phân hình mà phương trình f(z) = a vô nghiệm thì N f (r, a) = 0 Khi đó m f (r, a) = T f (r) +O(1) nên δ f (a) = 1.
Nếu f là hàm chỉnh hình thì f không có cực điểm Do đó, Θ f (∞) = 1, suy ra P a∈ C Θ f (a) ≤ 1. Định lý 1.1.13 (Định lý Picard) Giả sử f(z) là hàm phân hình trên C.Khi đó f nhận mọi giá trị trừ ra cùng lắm hai giá trị.
Một số mệnh đề chuẩn bị
Bổ đề 1.2.1 ([5]) Cho f và g là hai hàm phân hình phân biệt khác hằng mà có cùng chung bốn giá trị a1, a2, a3, a4 CM thì khi đó f là phép biến đổi Mobius của g: hai trong các giá trị chung, chẳng hạn a 1 và a 2 là giá trị picard đặc biệt và tỉ lệ kép (a 1 , a 2 , a 3 , a 4 ) = −1.
Bổ đề 1.2.2 ([4]) Cho f là một hàm phân hình khác hằng và a 1 , a 2 , a 3 là ba hàm phân hình nhỏ phân biệt đối với f, khi đó
Bổ đề 1.2.3 ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng và k ≥2 là một số nguyên Nếu
, thì khi đó f = e az+b , với a 6= 0, b là hằng số.
Cho f là một hàm phân hình siêu việt trong mặt phẳng phức mở C Kí hiệu
X j=0 a j (z)M j (f), trong đó aj là các hàm nhỏ đối với f P(f) được gọi là đa thức vi phân của f Kí hiệu d(P) = max
Nếu d(P) = d(P) = n thì P(f) được gọi là đa thức vi phân thuần nhất bậc n.
Bổ đề 1.2.4 ([1]) Cho f là một hàm phân hình bậc hữu hạn và P là đa thức vi phân thuần nhất bậc n của f Nếu Θ(0, f) = Θ(∞, f) = 1, khi đó
Bổ đề 1.2.5 ([6]) Cho f là hàm phân hình khác hằng Thì
N(r, 1 f (k) ) ≤ N(r, 1 f) +k.N(r, f) +S(r, f) với k là số nguyên dương.
Bổ đề 1.2.6 ([6]) Cho F và G là hai hàm phân hình phân biệt khác hằng, cho c là một số phức (c 6= 0,1) Nếu F và G có chung 1 và c IM, và nếu N r, 1
Bổ đề 1.2.7 ([6]) Nếu f(z) ∈ A và k là một số nguyên dương, khi đó
Bổ đề 1.2.8 ([7]) Cho f j (j = 1,2,3) là các hàm phân hình thỏa mãn
Giả sử f1 không phải là một hằng số và
N(r, fj) < (λ+o(1))T(r), r ∈ I với λ < 1, T(r) = max{T(r, f1), T(r, f2), T(r, f3)}, N2(r, f 1 j) là hàm đếm tại các không điểm của hàm fj(f = 1,2,3), tại đó một không điểm bội được tính hai lần và không điểm đơn được tính một lần Khi đó f 2 = 1 hoặc f 3 = 1.
Bổ đề 1.2.9 ([3]) Cho f, g ∈ A, n ≥ m+k+ 1 và k là số nguyên dương. Nếu f n [P(f)] (k) và g n [P(g)] (k) có chung nhau giá trị 1 CM, thì
Chứng minh Có G = g n [P(k)] (k) Khi đó nó là một đa thức bậc (n+m− k) Từ Mệnh đề 1.2.4, ta có
(n+m−k)T(r, g) ∼T(r, G) (1.1) Áp dụng Mệnh đề 1.2.2 với T(r, G), ta có
Bởi vì f n [P(f)] (k) và g n [P(g)] (k) có chung nhau giá trị 1 CM Nó có nghĩa làf n [P(f)] (k) −1và g n [P(g)] (k) −1 có các không điểm chung với cùng bội số, sử dụng điều này và Mệnh đề 1.2.5, chúng ta có được
Theo giả thuyết, ta có
= S(r, g). Áp dụng Định lý cơ bản đầu tiên của Nevanlinna và theo Mệnh đề 1.2.4, ta có
Như vậy Mệnh đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2.10 ([3]) Chof, g ∈ A, n ≥m+1 vàk là số nguyên dương Nếu f n [P(f)] k và g n [P(g)] k chung nhau giá trị 1 CM, thì S(r, f) = S(r, g). Chứng minh Từ phần chứng minh Mệnh đề 1.2.9, ta có
Từ hai bất phương trình trên, ta dễ dàng có được
S(r, f) =S(r, g). Điều này kéo theo kết luận của Mệnh đề.
Bổ đề 1.2.11 ([3]) Cho f, g ∈ A, n ≥ m + 1 và k là một số nguyên dương Nếu f n [P(f)] (k) g n [P(g)] (k) = 1 thì f = c 3 e pz và g = c 4 e −pz trong đó c 3 , c 4 và p là các hằng số sao cho (−1) k (c 3 c 4 ) n+1 p 2k = 1.
F = f n [P(f)] (k) và G= g n [P(g)] (k) (1.4) Theo Mệnh đề 1.2.4, ta có
T(r, G) ∼ (n+m −k)T(r, g) rõ ràng S(r, F) = S(r, f) và S(r, G) = S(r, g) Theo Mệnh đề 1.2.10, ta có
Từ giả thiết, ta có f n [P(f)] (k) g n [P(g)] (k) = 1 hoặc F G = 1 (1.6)
Từ (1.6) và việc f và g là các hàm siêu việt, suy ra
Theo giả thiết, ta có
= S(r, g) (1.6) có thể biểu diễn dưới dạng như sau f n [P(f)] (k) = 1 g n [P(g)] (k) từ đó suy ra
Sử dụng điều này cùng với Mệnh đề 1.2.5 với (1.5), (1.7) và (1.8), (1.9) có thể được viết như sau
Từ (1.7), (1.8) và Mệnh đề 1.2.5, ta có
Hơn nữa từ (1.8) và (1.10), ta có
Theo (1.6), ta thấy F và G chung giá trị 1 và −1 IM, cùng với (1.16) và Mệnh đề 1.2.6 suy ra F và G chung giá trị 1;−1; 0;∞ CM, do đó theo Mệnh đề 1.2.1, ta có 0 và ∞ là các giá trị Picard của F và G Do vậy từ (1.4) có thể suy ra rằng cả f và g là hàm siêu việt Từ (1.7) ta có f(z) = e α(z) ; (1.17) g(z) = e β (z) với α(z) và β(z) đều là các hàm nguyên khác hằng.
Vậy T(r, f f 0 ) = T(r, e α e α α 0 ) = T(r, α 0 ) Cho rằng α(z) +β(z) = c, c là hằng số.
Từ (1.17), ta thấy hoặc α hoặc β là hàm siêu việt hoặc cả α và β là các đa thức.
Từ điều này và (1.6), ta có
Nếu k ≥ 2, giả sử rằng α là một hàm nguyên siêu việt Từ Mệnh đề 1.2.2, ta cóf = e α(z) = e az+b , suy ra α(z) =az+b là một đa thức, điều này trái với giả thiết Do đó α và β là các đa thức.
Ta suy ra từ (1.17) rằng
Trong đó P (k−1)(α 0 ) và Q (k−1)(β 0 ) là các đa thức vi phân theo α 0 và β 0 với bậc tối đa là (k −1) Do đó, từ (1.6) ta suy ra
[(α 0 ) k +P (k−1)(α 0 ) ][(β 0 ) k +Q (k−1)(β 0 ) ]p(e(n+m−k)(α+β)) = 1 (1.18) ta suy ra từ (1.18) rằng α(z) +β(z) =c, c là một hằng số.
Cho α+β = γ Nếu α và β là các hàm nguyên siêu việt thì γ không phải là một hằng số và (1.19) tương đương với
≤ 2T(r, α 0 ) +S(r, p(e (n+m−k)γ )). Điều này có nghĩa rằng
Do đó T(r, γ 0 ) = S(r, α 0 ) Theo (1.20) và Mệnh đề 1.2.2 ta có
Từ α và β là các hàm nguyên siêu việt và (1.20) ta có được T(r, α 0 ) ≤ S(r, α 0 ) và điều này có nghĩa là α 0 là một hằng số (mâu thuẫn) Do đó α và β đều là các đa thức và α(z) +β(z) = c, với c là một hằng số.
Do đó từ (1.18), ta có
(α 0 ) 2k = 1 +P (2k−1) (α 0 ) (1.21) với P (2k−1) (α 0 ) là các đa thức vi phân tại α 0 Từ (1.22), ta có
Nên T(r, α 0 ) ≤ S(r, α 0 ), điều này đồng nghĩa với α 0 là hằng số Do đó α = pz + c 1 , β = −pz + c 2 Từ (1.17) ta biểu diễn f và g như sau f = c 3 e pz , g = c 4 e −pz
Trong đóc 3 , c 4 và plà các hằng số sao cho (−1) k (c 3 c 4 ) n+1 p 2k = 1 Mệnh đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2.12 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P) ≥ 2 và k là một số nguyên dương. Nếu f d(P) f (k) và g d(P ) g (k) chung nhau giá trị 1 CM thì
Chứng minh Đặt G = g d(P ) g (k) Khi đó nó là một đa thức vi phân bậc (d(P) + 1) Theo Mệnh đề 1.2.2 ta có
(d(P) + 1)T(r, g) ∼ T(r, G) (1.22) Áp dụng Mệnh đề 1.2.2 với T(r, G), ta có
Từ đóf d(P ) f (k) vàg d(P ) g (k) chung 1 CM, suy raf d(P ) f (k) −1vàg d(P ) g (k) −1 có cùng số không điểm với cùng bội số, sử dụng điều này với Mệnh đề1.2.5 ta được
Theo giả thiết, ta có
Sử dụng Định lý cơ bản thứ nhất và Mệnh đề 1.2.4 , ta có
(d(P)−1)T(r, f) +S(r, g). Điều này kéo theo chứng minh của Mệnh đề.
Bổ đề 1.2.13 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P) ≥ 2 và k là một số nguyên dương. Nếu f d(P) f (k) và g d(P ) g (k) chung nhau giá trị 1 CM thì
Chứng minh Tiến hành như trong chứng minh Mệnh đề 1.2.12 ta có
Sử dụng hai bất đẳng thức trên ta dễ dàng thu được S(r, f) = S(r, g). Điều này hoàn thành việc chứng minh mệnh đề.
Sử dụng phương pháp trong [6], ta chứng minh Mệnh đề sau.
Bổ đề 1.2.14 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P) ≥ 2 và k là một số nguyên dương. Nếu f d(P ) f (k) g d(P ) g (k) = 1 thì f = c 3 e pz và g = c 4 e −pz trong đó c 3 , c 4 và p là các hằng số sao cho (−1) k (c 3 c 4 ) d(P )+1 p 2k = 1.
F = f d(P) f (k) và G= g d(P ) g (k) (1.25) Theo Mệnh đề 1.2.4, ta có
Theo Mệnh đề 1.2.13, ta có S(r, f) =S(r, g)
S(r, F) =S(r, f) =S(r, g) =S(r, G) (1.26) Theo giả thiết, ta có f d(P) f (k) g d(P) g (k) = 1 hoặc F G = 1 (1.27)
Từ (1.27) và f, g là các hàm siêu việt, suy ra
Theo giả thiết, ta có
N(r, f) + N(r, 1 f) =S(r, f), N(r, g) +N(r, 1 g) = S(r, g) (1.29) (1.27) có thể biểu diễn dưới dạng f d(P ) f (k) = 1 g d(P ) g (k) nên ta suy ra
Kết hợp điều này với Mệnh đề 1.2.5 và phương trình (1.26), (1.28) và (1.29), (1.30) có thể được viết thành
= S(r, g) điều này có nghĩa là
Theo (1.28), (1.29) và Mệnh đề 1.2.5, ta có
Hơn nữa sử dụng (1.29) và (1.31), ta có
Từ(1.27), ta biết rằngF và Gchung 1 và−1IM, điều này cùng với (1.37) và Mệnh đề1.2.6, có nghĩa rằng F và Gchung 1,−1,0;∞CM, do đó theo Mệnh đề 1.2.1, ta được 0 và ∞ là các giá trị Picard của F và G Do đó từ (1.26) ta suy ra cả f và g là là các hàm nguyên siêu việt Theo (1.28) ta có f(z) =e α(z) , g(z) =e β(z) (1.38) trong đó α(z) và β(z) là các hàm nguyên khác hằng.
Ta khẳng định rằng α(z) +β(z) =c, c là một hằng số.
Từ (1.38), ta biết rằng α và β là các hàm siêu việt hoặc cả α và β là các đa thức.
Từ điều này và (1.27), ta có
Nếu k ≥ 2, giả sử rằng α là một hàm nguyên siêu việt Từ Mệnh đề 1.2.3, ta có f = e α(z) = e az+b , suy ra α(z) = az + b, một đa thức (mâu thuẫn).
Do đó α và β là các đa thức.
Ta suy ra từ (1.38) rằng f (k) = [(α 0 ) k +P k−1 (α 0 )]e α , g (k) = [(β 0 ) k +Q k−1 (β 0 )]e β trong đó Pk−1(α 0 ) và Qk−1(β 0 ) là các đa thức vi phân tại α 0 và β 0 có bậc tương ứng lớn nhất là (k −1).
Do đó, từ (1.27) ta có
[(α 0 ) k +P k−1 (α 0 )][(β 0 ) k +Q k−1 (β 0 )]e (d(P )+1)(α+β) = 1 (1.39) từ (1.39) ta suy ra α(z) +β(z) = c, c là một hằng số.
Nếu k = 1, từ (1.38) ta có α 0 β 0 e(d(P)+1)(α+β) = 1 (1.40) Đặt α+β = γ Nếu α và β là các hàm siêu việt thì γ không là hằng số và (1.40) suy ra α 0 (γ 0 −α 0 )e (d(P)+1)γ = 1 (1.41)
≤ 2T(r, α 0 ) +S(r, e (d(P )+1)γ ). Điều này suy ra rằng
Theo (1.20) và theo Mệnh đề 1.2.2, ta có
Vì α và β là các hàm nguyên siêu việt và từ (1.41), ta có
T(r, α 0 ) ≤ S(r, α 0 ), điều này suy raα 0 là một hằng số, là một mâu thuẫn Do đó α và β là các đa thức và α(z) +β(z) = c, với c một là hằng số.
Do đó từ (1.39), ta có
(α 0 ) 2k = 1 +Pe 2k−1 (α 0 ) (1.42) trong đó Pe 2k−1 (α 0 ) là đa thức vi phân tại α 0 với bậc lớn nhất (2k−1).
Do đó T(r, α 0 ) ≤ S(r, α 0 ). Điều này suy ra α 0 là một hằng số.
Do đó α = pz + c 1 , β = −pz + c 2 Theo (1.38), ta biểu diễn f và g như sau f = c 3 e pz , g = c 4 e −pz trong đó c 3 , c 4 và p là các hằng số sao cho (−1) k (c 3 c 4 ) d(P)+1 p 2k = 1 Điều này hoàn thành chứng minh Mệnh đề.
Vấn đề nhận giá trị và duy nhất
Vấn đề nhận giá trị
Định lý 2.1.1 ([3]) Nếu f, g ∈ A, n≥ m+k+ 1 và k là một số nguyên dương Khi đó f n [P(f)] (k) = 1 có vô số không điểm.
Chứng minh Cho F = f n [P(f)] (k) Theo Mệnh đề1.2.4và Mệnh đề1.2.7, ta có
Do đó S(r, f n [P(f)] (k) ) = S(r, f), thế các bất đẳng thức trong (2.1) ta được
[P(f)] (k) ) + N(r, 1 f n [P(f)] (k) −1) +S(r, f) sử dụng Mệnh đề 1.2.5, ta có
Theo giả thiết, ta có N(r, f) = S(r, f), N(r, 1 f) =S(r, f).
(n−m−k)T(r, f) ≤ N(r, 1 f n [P(f)] (k) −1) +S(r, f) điều này có nghĩa làf n [P(f)] (k) −1có vô số không điểm vớin≥ m+k+1. Định lý 2.1.1 đã được chứng minh. Định lý 2.1.2 ([2]) Nếu f, g ∈ A, d(P) ≥2 và k là số nguyên dương thì f d(P) f (k) = 1 có vô số không điểm.
Chứng minh Cho F = f d(P ) f (k) Theo Mệnh đề 1.2.2 và 1.2.4, ta có
Thay các bất đẳng thức trên vào (2.3), ta có
Sử dụng Mệnh đề 1.2.5, ta có
Theo giả thiết, ta có N(r, f) = S(r, f), N(r, 1 f) =S(r, f).
(d(P)−1)T(r, f) ≤ N(r, 1 f d(P) f (k) −1) +S(r, f). Điều này suy ra f d(P) f (k) −1 có vô số không điểm với d(P) ≥2 Điều này kết thúc chứng minh Định lý.
Vấn đề duy nhất
Định lý 2.2.1 ([3]) Cho f, g ∈ A, n ≥ m + k + 4 và k là một số nguyên dương Nếu f n [P(f)] (k) và g n [P(g)] (k) chung nhau giá trị 1
CM, thì hoặc f ≡ tg với t là một hằng số thỏa mãn t n+1 = 1 hoặc f(z) = c3e pz , g(z) = c4e −pz với c3, c4, p là các hằng số thỏa mãn thỏa mãn (−1) (k) (c 3 c 4 ) n+1 p 2k = 1.
Chứng minh Từ giả thiết f n [P(f)] (k) và g n [P(g)] (k) có chung nhau giá trị
H(z) = f n [P(f)] (k) −1 g n [P gf)] (k) −1 (2.5) Khi đó, H(z) là hàm phân hình thỏa mãn T(r, H) =O(T(r, f) +T(r, g)), theo Định lý cơ bản thứ nhất và Mệnh đề 1.2.4.
Từ (2.5) ta thấy rằng các không điểm và cực điểm của H(z) là các không điểm bội và cực điểm bội thỏa mãn
Cho f 1 = f n [P(f)] (k) , f 2 = −H.g n [P(g)] (k) , f 3 = H (2.7) từ (2.5), ta dễ dàng nhận thấy f 1 +f 2 +f 3 = f n [P(f)] (k) −Hg n [P(g)] (k) +H
Giả sử f 1 khác hằng và Mệnh đề 1.2.8, ta có
N(r, g n [P(g)] (k) ) ≤ mN(r, g) + (k + 1)N(r, g) sử dụng điều này với (2.6) và Mệnh đê 1.2.5, (1.28) trở thành
Với m = 1, sử dụng Mệnh đê 1.2.9 và 1.2.10 ta có
(n−m −1)(n+ m−1) < 1, dùng Mệnh đề 1.2.8, ta có f 2 = 1 hoặc f 3 = 1 Tiếp theo, ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: f 2 = 1, tức là −Hg n [P(g)] (k) = 1 dùng (2.5) ta có f n [P(f)] (k) −1 g n [P(g)] (k) −1g n [P(g)] (k) = 1 bằng tính toán đơn giản, ta có f n [P(g)] (k) g n [P(g)] (k) = 1.
Theo Mệnh đề 1.2.11, ta có được kết quả của Định lý 2.1.2.
Trường hợp 2: f 3 = 1, tức là H = 1 sử dụng (2.5), ta có f n [P(f)] (k) −1 g n [P(g)] (k) −1 = 1 tức là f n [P(f)] (k) = g n [P(g)] (k) (2.10) Theo Mệnh đề 1.2.4, ta có
Cho h = g f Khi đó (2.10), ta có h n = [P(f)] (k)
[P(g)] (k) , h (n+1) = g[P(f)] (k) f[P(g)] (k) Giả sử h không phải là hằng số Theo (2.11), ta có
≤ 2T(r, f) +O(1). Điều này có nghĩa là
Theo định lý cơ bản thứ nhất và Mệnh đề 1.2.7, ta có
= S(r, h). Điều này mâu thuẫn vì n ≥ m +k + 4 Do đó h là một hằng số Vì f và g là các hàm phân hình siêu việt, ta có h 6= 0.
Cho t = 1 h , suy ra f = tg Từ (2.10), ta có t n+1 = 1 Điều này kết thúc chứng minh Định lý 2.1.2. Định lý 2.2.2 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P) ≥ 5 và k là số nguyên dương. Nếu f d(P ) f (k) và g d(P) g (k) có chung nhau giá trị 1 CM, thì hoặc f ≡tg với một hằng số t thỏa mãn t d(P)+1 = 1 hoặc f = c3e pz , g = c4e −pz , trong đó c3, c4 và p là hằng số sao cho (−1) k (c3c4) d(P)+1 p 2k = 1.
Chứng minh Theo giả thiết f d(P ) f (k) và g d(P ) g (k) chung nhau giá trị 1
H(z) = f d(P ) f (k) −1 g d(P ) g (k) −1 (2.13) Khi đó H(z) là một hàm phân hình thỏa mãn T(r, H) = O(T(r, f) +
T(r, g)), theo định lý cơ bản đầu tiên và Mệnh đề 1.2.4.
Từ (2.13), ta thấy rằng các không điểm và cực điểm của H(z) là bội số thỏa mãn
Cho f 1 = f d(P) f (k) , f 2 = −Hg d(P) g (k) , f 3 = H (2.15) Khi đó, bằng cách sử dụng (2.13), ta dễ dàng thấy rằng f 1 +f 2 +f 3 = f d(P) f (k) −Hg d(P ) g (k) +H
Giả sử rằng f 1 không là hằng số và theo Mệnh đề 1.2.8, ta có
N(r, g d(P ) f (k) ) ≤N(r, g) + (k + 1)N(r, g) sử dụng điều này với (2.14) và Mệnh đề 1.2.5, (2.16) trở thành
N(r, f j ) ≤ 2(T(r, f) +T(r, g)) +S(r, f) +S(r, g) sử dụng Mệnh đề 1.2.12 và Mệnh đề 1.2.13, ta có
(d(P)−1)(d(P) + 1) < 1 sử dụng Mệnh đề 1.2.8, ta có
Tiếp tục ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1 F2 = 1 nghĩa là −Hg d(P ) g (k) = 1.
! g d(P) g (k) = 1 bằng tính toán đơn giản ta có f d(P ) g (k) g d(P ) g (k) = 1.
Theo Mệnh đề 1.2.14, ta suy ra kết luận của Định lý 2.1.2.
Sử dụng (2.13), ta có f d(P ) f (k) −1 g d(P ) g (k) −1 = 1 nghĩa là f d(P ) f (k) = g d(P) g (k) (2.18) Theo Mệnh đề 1.2.4, ta có
S(r, f) =S(r, g) (2.20) Đặt h = g f Khi đó theo (2.18), ta có h d(P ) = f (k) g (k) , h (d(P)+1) = gf (k) f g (k) , giả sử h không là hằng số Theo (2.19), ta có
Theo định lý cơ bản thứ nhất và Định lý 1.2.7, ta có
= S(r, h). Điều này mâu thuẫn vì d(P) ≥ 5 Do đó h là một hằng số Vì f và g là các hàm phân hình siêu việt nên h 6= 0. Đặt t = 1 h, suy ra f = tg Từ (2.18), ta có t d(P )+1 = 1 Điều này hoàn thành chứng minh Định lý.
Trong luận văn này, ngoài việc tổng hợp một số kiến thức cơ bản trong lý thuyết Nevanlinna, chúng tôi đã giới thiệu một số kết quả nghiên cứu gần đây của các nhà toán học về số nghiệm của phương trình vi phân và vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình Cụ thể
1 Định lý 2.1.1 và Định lý 2.1.2 về số nghiệm của các phương trình dạng f n [P(f)] (k) = 1 và f d(P) f (k) = 1, trong đó f là một hàm siêu việt đặc biệt Các định lý cho thấy, với một số điều kiện đại số phù hợp thì hai phương trình trên có vô số không điểm.
2 Định lý 2.2.1 và Định lý 2.2.2 về vấn đề duy nhất cho lớp các hàm phân hình thuộc lớp A khi một dạng đặc biệt (dạng f n [P(f)] (k) và f d(P ) f (k) ) của đa thức vi phân của chúng chung nhau giá trị 1 kể cả bội Các kết quả trong phần này là các mở rộng có ý nghĩa của kết quả Yang - Hua.
Trong thời gian tới chúng tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu vấn đề này với các dạng khác của đa thức vi phân chung nhau một giá trị hay hàm nhỏ.