Đang tải... (xem toàn văn)
Trong bài báo này, các tác giả thảo luận vấn đề nhận giá trị và duy nhất của toán tử sai phân và tích sai phân đối với hàm phân hình trên trường số padic...............................................................................................................................................................
Khoa học Tự nhiên Vấn đề nhận giá trị tốn tử sai phân tích sai phân hàm phân hình trường khơng Archimedes Phạm Ngọc Hoa, Nguyễn Xuân Lai* Khoa Toán, Trường Cao đẳng Hải Dương Ngày nhận 5/2/2018; ngày chuyển phản biện 12/2/2018; ngày nhận phản biện 26/3/2018; ngày chấp nhận đăng 30/3/2018 Tóm tắt: Trong báo này, tác giả thảo luận vấn đề nhận giá trị tốn tử sai phân tích sai phân hàm phân hình trường số p-adic Từ khóa: Giả thuyết Hayman, hàm phân hình, tốn tử sai phân, trường không Archimedes Chỉ số phân loại: 1.1 Mở đầu Phân bố giá trị vấn đề xác định nhiều nhà toán học nước xét mối liên hệ với đạo hàm hàm phân hình ảnh ngược điểm riêng rẽ Người khởi xướng hướng nghiên cứu Hayman Năm 1967, Hayman [1] chứng minh kết sau đây: Định lý A Cho f hàm phân hình C Nếu f (z) = f (k) (z) = với k số nguyên dương với z ∈ C f Năm 1967, Hayman [1] đưa giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman Nếu hàm nguyên f thỏa mãn f n (z) f (z) = với n số nguyên dương với z ∈ C f Giả thuyết Hayman Hayman kiểm tra hàm nguyên siêu việt n > 1, Clunie [2] kiểm tra n ≥ Các kết vấn đề liên quan hình thành nhánh nghiên cứu gọi lựa chọn Hayman Cơng trình quan trọng thúc đẩy hướng nghiên cứu thuộc C.C Yang X.H Hua [3] Năm 1997, hai ông chứng minh định lý sau đây: Định lý B [3] Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, n ≥ 11 số nguyên a ∈ C - {0} Nếu f n f g n g nhận giá trị a CM hoặcf = 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 Trong trường hợp p-adic, kết theo hướng nghiên cứu thuộc J Ojeda [4] Năm 2008, J Ojeda xét vấn đề nhận giá trị f + T f n với T hàm hữu tỷ Ở đó, J Ojeda nhận kết sau: Định lý C [4] Cho f hàm phân hình Cp , n ≥ số nguyên a ∈ Cp - {0} Khi f n (z) f (z) = a với z ∈ Cp f Trong năm gần đây, vấn đề nhiều nhà tốn học ngồi nước xét mối liên hệ với đa thức sai phân hàm phân hình ảnh ngược điểm riêng rẽ Năm 2006, Halburd Korhonen [5] thiết The problem of value-sharing and uniqueness between the difference operator and the differential equation for the meromorphic function of a non-Archimedean field Ngoc Hoa Pham, Xuan Lai Nguyen* Department of Mathematics, Hai Duong College Received February 2018; accepted 30 March 2018 Abstract: In this paper, we discuss the value-sharing and uniqueness problem for difference operators and differential multiplications of meromorphic functions in a p-adic field Keywords: difference operators, Hayman conjecture, meromorphic functions, non-Archimedesn field Classification number: 1.1 * Tác giả liên hệ: Email: laicdhd@gmail.com 60(6) 6.2018 1 nghiên cứu thuộc J Ojeda [4] Năm 2008, J Ojeda xét vấn đề nhận giá trị f + T f n với T hàm hữu tỷ Ở đó, J Ojeda nhận kết sau: Định lý C [4] Cho f hàm phân hình Cp , n ≥ Khoa Tự nhiên sốhọc nguyên a ∈ Cp - {0} Khi f n (z) f (z) = a với z ∈ Cp f Trong năm gần đây, vấn đề nhiều nhà tốn học ngồi nước xét mối liên hệ với đa thức sai phân hàm phân hình ảnh ngược điểm riêng rẽ Năm 2006, Halburd Korhonen [5] thiết lập tương tự tự của lý lý thuyết thuyết Nevanlinna Nevanlinnacho chotoán toántửtửsai saiphân phân lập tương hàm phân hình có bậc hữu hạn Năm 2007, I Laine hàm phân hình có bậc hữu hạn Năm 2007, I Laine vàvà C.C Yang Yang [6] [6] đã thiết thiết lập lập tương tươngtự tự Định ĐịnhlýlýAAcủa củaHayman Hayman C.C cho một kiểu kiểu đa đa thức thức sai saiphân phânđặc đặcbiệt biệtcủa củahàm hàmnguyên nguyênsiêu siêu cho việt có có bậc bậc hữu hữu hạn hạn Hai Haiơng ơngđã đãchứng chứngminh minhkết kếtquả quảsau sauđây: đây: việt Định lý lý D D [6] [6] Cho Cho ff làlàhàm hàmnguyên nguyênsiêu siêuviệt việtcócóbậc bậchữu hữu Định hạn trên C C và cc là số phức phứckhác khác00, ,nnlàlàmột mộtsốsốnguyên, nguyên, hạn n≥ ≥ 22 Khi Khi đó ffnn(z) (z)ff (z (z++c)c)nhận nhậnaa, ,aa∈∈C, C,vôvôhạn hạnlần lần n Năm 2009, K Liu Liu và L.Z.Yang L.Z.Yang [7] [7]đã đãchứng chứngminh minhđược Năm 2009, K kết tương tự Định lý D cho toán tử sai phân hàm kết tương tự Định lý D cho toán tử sai phân hàm nguyên siêu siêu việt việt có có bậc bậc hữu hữu hạn, hạn, đãchứng chứngminh minhđược đượckết kết nguyên tương tương tự tự Định Định lý lý BB (xem (xem [3]) [3])cho chomột mộtkiểu kiểuđa đathức thứcsai sai phân đặc đặc biệt biệt của hàm hàm phân phânhình hình phân Gần đây, đây, Hà Hà Huy Huy Khối Khối và Vũ Vũ Hồi HồiAn An[1, [1,8], 8],Hà HàHuy Huy Gần Khối, Vũ Vũ Hồi Hồi An An và Nguyễn NguyễnXuân XuânLai Lai[9] [9]đã đãxét xétphân phânbốbố Khoái, giá trị trị và vấn vấn đề đề duy nhấtđối đốivới vớiđạo đạohàm hàmbậc bậccao caocủa củahàm hàm giá phân hình trường khơng Archimedes Họ chứng phân hình trường không Archimedes Họ chứng minh được kết kết quả tương tương tự tự của Yang Yang- -Hua Hua(Định (ĐịnhlýlýB)B) minh (k) cho (f (f nn))(k) với ff là hàm hàm phân phân hình hìnhtrên trênmột mộttrường trườngkhông không cho với Archimedes Archimedes Trong bài báo báo này, này, chúng xét xétvấn vấnđề đềnhận nhậngiá giátrịtrịvàvà Trong nhất đối với tốn tốn tử tử sai saiphân phânvà vàtích tíchsai saiphân phâncủa củahàm hàm phân hình hình trên một trường trường không khôngArchimedes Archimedes phân Vấn Vấn đề đề nhận nhận giá giá trị trị của tốn tốn tử tửsai saiphân phânvà vàtích tích sai phân hàm phân hình trường khơng sai phân hàm phân hình trường không Archimedes Archimedes Trong bài báo báo ta ta luôn giả giả thiết thiết KKlàlàmột mộttrường trườngđặc đặcsốsố Trong không, đầy đầy đủ đủ với với chuẩn chuẩn khơng khơngArchimedes Archimedesvàvàđóng đóngđại đạisố số khơng, Các khái niệm, ký hiệu kết dùng báo Các khái niệm, ký hiệu kết dùng báo ở tài tài liệu liệu [1, [1, 8-10] 8-10] Trước Trướctiên tiênta taphát phátbiểu biểuGiả Giảthuyết thuyếtHayHaycác man cho cho toán toán tử tử sai sai phân phântrên trênmột mộttrường trườngkhông khôngArchimedes Archimedes man -adic) ((pp-adic) Giả thuyết thuyết Hayman Hayman cho cho toán toán tử tửsai saiphân phânp-adic p-adic Giả Nếu một hàm hàm phân phân hình hình pp-adic -adic ff thỏa thỏamãn mãnffn n(z) (z)∆∆ f (z) Nếu c fc (z) với nn là số nguyên nguyên dương dươngnào nàođó đóvàvàvới vớimọi mọiz z∈∈KK = 11 với = ff là hằng Ta cần bổ bổ đề đề sau: sau: Ta cần Bổ đề đề 2.1 2.1 Nếu Nếu hàm hàmphân phânhình hìnhfftrên trênKKthỏa thỏamãn mãn∆∆ f (z) = Bổ c fc (z) = với z ∈ K f 22 Chứng minh: Giả sử ngược lại, f khác Do f hàm phân hình K, tồn hai hàm nguyên f1 , f2 f1 cho f1 , f2 khơng có khơng điểm chung f = Do f f2 khác nên hai hàm f1 , f2 khác Không giảm tổng quát, giả sử f1 khác Vì ∆c f (z) = f1 (z) f1 (z + c) = = a, a = với với z ∈ K nên f2 (z) f2 (z + c) z ∈ Cp Khi f1 (z) = af1 (z + c) Ta chứng minh f1 (z) khơng có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Giả sử ngược lại, f1 (z) có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Gọi b khơng điểm f1 (z) cho |c| < |b| Đặt |b| = r Do |c| < |b| nên |z + mc| = |z| với |z| = r, m số nguyên dương Chú ý rằng, tập hợp khơng điểm có mơ đun hàm nguyên hữu hạn Do f1 (z) = af1 (z + c) nên b, b + c, , b + mc khơng điểm phân biệt có mô đun f1 (z) với m số nguyên dương Từ ta nhận mâu thuẫn Vậy f1 (z) khơng có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Do f1 (z) đa thức với bậc n Từ f1 (z) = af1 (z + c) nhận f1 (z)(n−1) đa thức với bậc (n−1) f1 (z)(n−1) = af1 (z + c)60(6) Viết f1 (z)(n−1) = dz + e Khi 6.2018 af1 (z + c)(n−1) = a(d(z + c) + e) dz + e = adz + adc + ae Từ suy a = 1, c = Mâu thuẫn với giả thiết c = Vậy f z ∈ Cp Khi f1 (z) = af1 (z + c) Ta chứng minh f1 (z) khơng có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Giả sử ngược lại, f1 (z) có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Gọi b không điểm f1 (z) cho |c| < |b| Đặt |b| = r Do |c| < |b| nên |z + mc| = |z| với |z| = r, m số nguyên dương Chú ý rằng, tập hợp khơng điểm có mơ đun hàm nguyên hữu hạn Do f1 (z) = af1 (z + c) nên b, b + c, , b + mc không điểm phân biệt có mơ đun f1 (z) với m số nguyên dương Từ ta nhận mâu thuẫn Vậy f1 (z) khơng có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Do f1 (z) đa thức với bậc n Từ f1 (z) = af1 (z + c) nhận f1 (z)(n−1) đa thức với bậc f1 (z)(n−1) = af1 (z + c)(n−1) Viết f1 (z)(n−1) = dz + e Khi af1 (z + c)(n−1) = a(d(z + c) + e) dz + e = adz + adc + ae Từ suy a = 1, c = Mâu thuẫn với giả thiết c = Vậy f Định lý sau trả lời chưa trọn vẹn Giả thuyết Hayman cho toán tử sai phân p-adic Định lý 2.2 Nếu hàm phân hình f K thỏa mãn f n (z) ∆c f (z) = với n ≥ số nguyên dương với z ∈ K f Chứng minh: Giả sử ngược lại, f khác Theo Bổ đề 2.1 ta có ∆c f khơng đồng khơng Đặt G = f n (z) ∆c f Ta thấy rằng, cực điểm G xảy cực điểm f, f (z + c), khơng điểm G xảy không điểm f, ∆c f Áp dụng Định lý thứ hai, thứ kết hợp với Bổđề đề 3.1, 3.1, 3.2 3.2 [8] [8] ta ta có có Bổ (n−1)T(r, (r,ff))≤ ≤ TT(r, (r,ffmm(z)∆ (z)∆ccff)+O(1) )+O(1) ≤ N1 (r, G)+N1 (r, (n−1)T ) G 11 −log logrr + + O(1) O(1) ≤ ≤ TT(r, (r, f ) + T (r, f ) + T (r, f ) ))− (r, +N1,G +N 1,G(r, G− −11 G 11 +2T(r, (r,ff))+ +N N11(r, +2T )) − − log r + O(1) (r, G G− − 11 Dođó Do ) + O(1) (n− −6)T 6)T(r, (r,ff))+ + log logrr ≤ ≤N N11(r, (r, (n G−1 Từ Từff khác khác hằng và nn ≥ ≥ 66 ta ta có có G G nhận nhận giá trị 1, mâu thuẫn thuẫn Vậy Vậy ff là hằng Định lý lý 2.2 2.2 góp góp phần phần khẳng khẳng định định Giả Giả thuyết Hay man pĐịnh adic adic Câuhỏi hỏiđặt đặt ra là: là: Với Với nn = Câu = 1, 1, , , 55 thì Định lý 2.2 nữahay hay không? không? Sau đây ta ta trình trình bày bày Giả Giả thuyết thuyết Hayman Hayman tích sai Sau phâncủa củahàm hàmphân phân hình hình trên một trường trường khơng Archimedes phân ((pp-adic) -adic) Giả thuyết thuyết Hayman Hayman được phát phát biểu biểu cho tích sai phân Giả hàmphân phân hình hình pp-adic hàm -adic như sau: sau: Giả thuyết thuyết Hayman Hayman cho cho tích tích sai sai phân p-adic.Nếu f Giả hàm hàm phân phân hình hình trên K K thỏa thỏa mãn mãn f n (z) f (z + c) = làlà vớinnlàlàmột số số nguyên nguyên dương dương nào đó, đó, c = với z ∈ K với ff làlà Địnhlý lý sau sau đây trả trả lời lời chưa chưa trọn trọn vẹn vẹn Giả thuyết Hayman Định chotích tích sai sai phân phân pp-adic cho -adic Định Định lý lý 2.3 2.3 Nếu Nếu một hàm hàm phân phân hình hình f K thỏa mãn ffnn(z) (z)ff(z (z++c) c) = = 11 với với nn ≥ ≥ 55 là số nguyên dương và với với mọi zz ∈∈ K K thì ff là hằng Chứng minh: minh: Giả Giả sử sử ngược ngược lại, lại, f khác Theo Bổ Chứng đề2.1 2.1ta ta có có ff(z đề (z+ +c) c) khác khác hằng Đặt Đặt F = f n (z) f (z + c) Ta thấyrằng, rằng, mọi cực cực điểm điểm của FF thấy có xảy cực điểmcủa củaf, điểm f,ff(z (z+ +c) c),, và mọi không không điểm điểm F xảy ra tại f, f,ff(z (z+ +c) c) Áp Áp dụng dụng Định Định lý lý chính thứ hai, thứ kết hợp với Bổ đề 3.1, 3.2 [8] ta có 44 (n−1)T (r, f ) ≤ T (r, f m (z)f (z + c))+O(1) ≤ N1 (r, F )+N1 (r, )+ F ) − log r + O(1) F −1 ≤ T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+N1 (r, )−log r+O(1) F −1 Do ) + O(1) (n − 5)T (r, f ) + log r ≤ N1 (r, F −1 N1,F (r, (2) Ta thấy rằng, khơng điểm A xảy (2) thấy rằng, f, không cácTakhông điểm f(z +điểm c) A xảy cácTương khôngtự điểm f, f(zđược + c) (2) ta nhận vàvàkết kếthợp hợp hợpvới với với vớiBổ Bổ Bổ Bổ đề đề 3.1, 3.1, 3.1, 3.2ta [8] [8] [8]cóta ta tacó có có kết hợp đềđề 3.1, 3.23.2 [8] Tương tự (2) ta nhận Khoa học Tự nhiên 1 ≥2 11 N1 (r, )+N1,A (r, ) ≤ 3T (r, f)+O(1) kết hợp với Bổ đề m3.1, m mm 3.2 [8] ta có ≥2 )+ )+ (n−1)T (n−1)T (r, (r,f) ff) f) ≤ )≤≤ ≤ TT(r, (r, (r, f (z)f (z)f(z (z)f+(z (zc))+O(1) + + +c))+O(1) c))+O(1) c))+O(1) ≤N (r, F1(r, F)+N )+N )+N (r, )+)+ (n−1)T(r, (r, TT(r, f ff(z)f(z ≤ N1≤ (r, FN1)+N (r, (r, 11(r, N1 (r, A)+N1,A (r, A) ≤ 3T (r, f)+O(1) F F FF (3) m A A (n−1)T (r, f ) ≤ T (r, f (z)f (z + c))+O(1) ≤ N1 (r, F )+N1 (r, )+ F (3) 11 Tương tự B ta có: )− − −rlog log log rrr++ +O(1) O(1) + O(1) (r, (r, ) − )log (r, N N1,F NN 1,F 1,F(r, 1,F Tương tự B ta có: FF1−−)1− log r + O(1) N1,F (r,F − ≥2 N1,B (∞, r)+N1,B (∞, r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) F −1 11 ≥2 ≤≤TTT(r, (r,ff)+T f)+T f)+T )+T (r, (r, (r, ff)+T f)+T )+T (r, (r,ff)+T f)+T )+T (r, (r, (r,f)+N ff)+N (r, (r, f)+T (r,(r, f)+T (r, f)+N )−logr+O(1) r+O(1) r+O(1) r+O(1) (r, (r, 11(r, N1,B (∞, r)+N1,B (∞, r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) )−log)−log 1(r, 1)+N −11 r+O(1) ≤ T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+N1 (r,F − 1FF− )−log ≥2 F −1 (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) N1,B (0, r)+N1,B ≥2 Do Dođó Do N1,B (0, r)+N1,B (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) (4) Do 1 111 (4) Từ (1)-(4) ta có )O(1) )++O(1) O(1) O(1) (n (n (n− −− −5)T 5)T 5)T 5)T (r, (r, (r, f)+)+ +log +log rrN≤ ≤ ≤ N N111(r, (r, (r, ) + (n (r, f) + log rlog )+ (n 5)T (r, ff)f) r≤≤ N (r, (r, 1N F − −11 F − F1FF−− Từ (1)-(4) ta có (n − 1)T (r, f) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) Từ f khác n ≥ ta có F nhận giá trị , mâu Từ Từfffkhác khác kháchằng hằng và nnn5≥≥ta55có ta taFcó có có FFF nhận nhận nhận giá trị1,1mâu ,một mộtmâu mâu mâu Từ khác vàvà n≥ nhận giá trịgiá 1, trị (n − 1)T (r, f) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) thuẫn Vậy f thuẫn thuẫn Vậy Vậyfffflàlàlà thuẫn Vậy Vậy hằng hằng Tương tự Tương tự Vấn đề tích sai phân hàm phân 3.hình 3.Vấn Vấn đề đề đềduy duy nhất của tích tích sai sai saiphân phân phân củahàm hàmphân phân phân Vấn tíchtích sai phân hàm phân trường không Archimedes (n − 1)T (r, g) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) hình hình trên một trường trường trường không không Archimedes Archimedes Archimedes hình Archimedes Câu hỏi đặt ratrường là: Với nkhơng =khơng 1, , Định lý 2.3 (n − 1)T (r, g) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) Suy ta có hay khơng? Câu Câu hỏi hỏi hỏi đặt đặt đặt ra là: là: Với Với Với Câu hỏi đặt rara là:là: Với 1,1,4 , , , thì thìĐịnh Định Định 2.3 2.3 cònđúng đúng n =nn1,== , thì444Định lý 2.3.lýlý Suy ta có ta có kết tương tự Định lý B cho nữa hay haytheo, khơng? khơng? khơng? nữaTiếp hay khơng? tích sai phân hàm phân hình p-adic Tiếp Tiếptheo, theo, theo,tata ta tacócó có có các kết tương tương tương tự tự tựĐịnh củaĐịnh lýlýBB Bcho cho cho Tiếp theo, kếtkết quảquả tương tự lýĐịnh B cho (n − 1)(Tf (r) + Tg (r)) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1), Định lý 3.1 Giả sử f, g hàm phân hình K (n − 1)(Tf (r) + Tg (r)) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1), tích tích sai sai phân phân phân của hàm hàm hàm phân phân hình hình hình tích sai phân hàm phân hình p p p -adic -adic -adic p -adic Nếu Ef f (z+c) (1) = Eg g(z+c)g (1) n ≥ 13, n số nguyên, (n − 13)(Tf (r) + Tg (r)) + log r ≤ O(1) n+1 n+1 phân Định Định lý lý lý 3.1 3.1 3.1 Giả Giả Giả sử sử sử Định 3.1 Giả sử f, f, g g là các hàm hàm hàm phân hình hình trên K K K f, g hàm phân hình K = f g = l với l = f = hg với h (n − 13)(Tf (r) + Tg (r)) + log r ≤ O(1) n(z+c) nE Nếu Nếu Nếu EEEffnffnfnf(z+c) (1) (1) (1) = = = E (1) (1) (1) n13, nnvới ≥≥ ≥ 13,số nn làgặp sốsốnguyên, nguyên, nguyên, (1) =Áp EgE (1)đề nvà ≥[8] n13, nguyên, f(z+c) f (z+c) ggngnng(z+c)g g(z+c)g g(z+c)g g(z+c)g Chứng minh: dụng Bổ 3.3 trường hợp Do nvà ≥ 13 nên ta mâu thuẫn n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 hg hgvới với với vớihhn+1 hhn+1 = 111hoặc fg fTrường fglg= = =lllvới với vớihợp l lln+1 = thìsau: hg == 1=hoặc fg = với = = thìfff===hg DoDo nn≥n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn ≥ 13 nên tata gặp mâu 6thuẫn Do n13≥ ≥ 13 13 nên nên ta gặp gặp mâu mâu thuẫn thuẫn Do n nên ta gặp mâu thuẫn Trường hợp Do nn ≥ 13 nên2 ta gặp mâu thuẫn nđề[8] nvới Chứng Chứng Chứngminh: minh: minh: minh: Áp Áp Áp dụng dụng dụng Bổf3.3 đề đề 3.3 3.3 3.3 [8] [8] [8]các với các trường trường hợp hợp hợp Chứng Áp dụng BổnBổ đề với trường hợp Trường hợp Trường hợp f(z + c)g g(z + c) ≡ Khi ta có (fg) (f(z + c)g(z + Trường Trường hợp hợp 2 n Trường hợp Đặt A = f f (z + c), B = g g(z + c) Khi ta có Trường hợp nn nn nn nn n nnn sau: sau: sau: ncó c)g g(z c) ≡ 1≡1 .1Khi ta có (fg) + ++++ + c)g g(zg(z c)1c) tata (fg) (f(z c)) = ff(z ff(z f(z f(z + +nc)g c)g + c) ≡ 1đó Khi Khi Khi tacó có (fg) (fg) (f(z ++c)g(z c)g(z c)g(z ffnnf(z ++ c)g g(z c)++≡+ ≡Khi tađó cóđó (fg) (f(z + (f(z c)g(z ++c)g(z n +g(z n (f(z 1 ≥2 ≥2 f f(z + c)g g(z + c) ≡ Khi ta có (fg) (f(z + c)g(z + Trường Trường Trường hợp hợp hợp 1 Trường hợp )+ phải hàmc)) T (r, A)+O(1) ≤ N1 (r, A)+N1 Đặt (r, A)+N (r,và )+N = 1 l = fg giả sử l không Khi ta có 1,A (r, c)) = c)) c)) = = 1 A A nn nnn c)) =l = fg Đặt ĐặtA Đặt =fffnfnf(z ff(z f(z(z + +c), c), c),B g(z +Khi c) c) c) Khi Khi đótatacócó AA== ++ c), B =Bg=n=g(z +g(z c)+ + tađó có 1gg g(z 1Khi Đặt giả sử ll khơng hàm Khi tata có fgvà giả phải hàm Đặt l == giả sửgiả lsửkhông phảiphải hàm hằng Khi ta cóđóđó Đặt Đặt llfg == fg fg và giả sử sử lkhông l không phải hàm hàm hằng Khi Khi Khi đó ta tacó có có N1 (r, B) + N1≥2 (r, B) + N1 (r, ) + N1≥2 (r, ) − logr + O(1) Đặt l = fg giả sử l hàm Khi ta có B B n≥2 11 11≥2 1≥2 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 l (z) = Kết hợp với Bổ đề 3.2 [8] ta có )+N )+N )+ )+ )+ T T(r, (r,A)+O(1) A)+O(1) A)+O(1)≤≤≤ ≤ N (r, A)+N A)+N A)+N (r, (r, (r,A)+N A)+N A)+N (r, 1,A (r,(r, )+ (r, A)+O(1) NN (r, A)+N (r, 1,A1,A 11(r, 1(r, 1)+N 1N (r, 11(r, 11 A)+N (r, 11 nn = AA Al(z + c) A AA A llnnn(z) (z) === 111 ln(z) = l l (z) (z) 1 1 1 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2T (r, A)+O(1) ≤ N (r, ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 A)+N +++ c) l(z l (z) l(z=+l(z c)l(z l(z +c)c)c) ) )N ≤ A)+N (r, N(n−1)T N )1)+ +N N N1≥2 ) )− −+logr ) + )N )(r, − (r,B) B)(r, ++ +fN NN (r, (r, (r, B) B) ++1N N11(r, (r, (r, logr ++O(1) O(1) O(1) B) B)B) ++ N (r, (r, logr O(1) (r, (r, 11(r, 11 (r, 1111(r, 1+ l(z + c) Theo Bổ B [8] ta có A B BB B đề B3.1 1 với Kết Kết hợp hợp với với vớiBổ Bổ Bổ Bổ đề đề 3.2 3.2 [8]có ta tacó có có Kết hợp đềđề 3.23.2 [8] [8] ta Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có Theo BổBổ đề 3.1 [8][8] tata cócó ≥2 hợp Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có Theo Theo Bổ đề đề 3.1 3.1 [8] ta có (r, )+N1 (r, B)+N1≥2 (r, B)+N1 (r, )+N1≥2 (r, )− logr1+O(1), +N1,A Theo Bổ đề 3.1≤[8]T (r, ta l)+O(1) có A ) ≤ T (r, l(z+c))+O(1) nT (r, l) = BT≥2 (r, ln≥2 )≥2= TB(r, 1 11 11 11 l(z)1 (r, c) ) )) nT n nn nn (n−1)T (n−1)T (r, (r,f) ff) f) ≤ )≤≤ ≤ TT(r, (r, (r, A)+O(1) A)+O(1) A)+O(1) ≤ N N NA)+N (r,A)+N A)+N A)+N (r,A)+N A)+N A)+N (r, (n−1)T(r, (r, TT(r, A)+O(1) ≤ N≤ (r, 11(r, 1(r, 1+ 1(r, 1≤ (r, (r, (r, 1A)+N T≤T(r, l(z+c))+O(1) ≤≤≤ T≤(r, l)+O(1) )≤)≤ l(z+c))+O(1) TTT(r, (r,(r, l) = T= ll=n)l)lT=)= T=T(r, l)=l) =T= T(r, (r, )1≤ T)(r, ≤ T (r, l)+O(1) (r, l)(r, (r, )(r, )l(z+c))+O(1) ≤ TT(r, (r, (r, l(z+c))+O(1) l(z+c))+O(1) (r, (r,l)+O(1) l)+O(1) l)+O(1) nT nT l) T(r, Tl (r, )(r, = T T (r, (r,l(z AA A nT A +++ c) c)l(z ) ≤ T (r, l(z+c))+O(1) ≤ T (r, l)+O(1) nT (r, l) = T (r, l ) = Tl(z (r,+l(z l(z +c)c)c) l(z + c) Điều mâu thuẫn với n ≥ 13 Vì l phải hàm 11≥2 ≥2≥2 ≥2 1 1+O(1), ≥2 ≥2 11 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 )+N )+N )+N )+N )+N )− )− )+N (r, (r,(r,)+N (r, (r, B)+N B)+N B)+N (r, (r,B)+N B)+N B)+N (r,l với (r, (r, logr logr logr +O(1), +O(1), B)+N (r, (r,n+1 logr +O(1), +N +N +N1,A 11(r, 1(r, 11(r, 1(r, (r, 1N (n−1)T ≤ 11 B)+N 1(r, 1)− (r, 1,A 1,A Điều mâu thuẫn với với nvới ≥với lVì phải mâu thuẫn n13 13 13 llàlphải làhằng hàm mâu thuẫn n≥ Vì làlà (r, (r, )+ Điều Do fg =A)+N 1B.B)− Điều Điều này mâu mâu thuẫn thuẫn với nn.≥Vì ≥ ≥1313 Vì Vì vậy lphải lhàm phải phải làhàm hàm hàm hằng AA Ag) ≤ T (r, B)+O(1) BB1 1l≥2B B=A)+N A Điều mâu thuẫn với n ≥ 13 Vì l phải hàm n+1n+1 n+1 (n−1)T (r, g) ≤ T (r, B)+O(1) ≤ N (r, A)+N n+1 n+1 ≥2(r, A)+N1 (r, )+ Do Do fg = l với l = fg = l với l = fg = l với l = Trường hợp Do Do đó fg fg = = l l với với l l = = 1 1 1 )+ (n−1)T (r, g) ≤ T (r, B)+O(1) ≤ N (r, A)+N (r, A)+N (r, n+1 1 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 A(r,)+ 1(r, 11 (r, 1(r,)+ fg fhợp =hợp l với l = ≥2 ≥2 1A)+N )+Do )+Trường (n−1)T (n−1)T (n−1)T (r, (r, g) g) (r, g) ≤≤g) ≤ TT(r, ≤ T(r,(r, B)+O(1) TB)+O(1) (r, B)+O(1) B)+O(1) N ≤B) N N ≤1+ (r, (r, A)+N (r, A)+N A)+N A)+N (r, A)+N (r, A)+N (r, 55≤ ≥25≤ 3 (r, 1nN 1(r, 1A Trường Trường hợp 1(r, 1) + 1N )+ N1A)+N N(n−1)T n 11 Trường Trường hợp hợp 3.h (r, 1= (r, 1,A (r, ) + N1 (r, B) + N1 (r, A A A A A = f f(z + c) ≡ B g g(z c) Đặt h = Giả sử ≥2 ≥2 ≥2 Trường hợp A B B f f fff n nngnn n nn nn NN1,A ≥2(r, 1) + N1 (r, B) + N1≥2(r, B) + N1 (r, ) + N1≥2(r, ) A = f f(z + c) ≡ B =≡ g(z c)g(z +Đặt hc) sửf .Giả h Giả 11 1− 1logr ≥2 1≥2B1(1) 1) A AA = ff nff(z +++ c) ≡≡≡ BBgBB = g(z c) h hGiả = sửsử h hhh === c)c)c) = g(z ++ Đặt Đặt )+ N1 (r, N1≥2≥2(r, (r, B) + N≥21≥2≥2(r,≥2B) + N1 (r,1 B11) + ≥2 ff(z f(z f(z + =g=g+ +c).c) = Đặt Đặt hh=== Giả Giả sử sử ≥2 ≥2≥2 ≥2A 1,A ngg g(z + O(1) g )+ (r, A)+N (r, ) ) + ) + + N ) N N + N ) + ) ) N + + ) N N + N ) ) ) ) (r, (r, (r, (r, (r, (r, (r, B) B) (r, B) + + B) N + N N + (r, N (r, (r, B) B) (r, B) + + B) N + N (r, N + (r, N (r, (r, (r, (r, (r, (r, N N N khơng phải hàm Khi ta có A B B A = f f(z + c) ≡ B = g g(z + c) Đặt h =g ggg Giả sử h 11 1 11 1 1 1 1 1,A 1,A 1,A 1,A A AAA A B B B B B B B B g ++O(1) (1) − logr hàm KhiKhi đóKhi tađó có khơng phải hàm tatata cócócó phải hàm Khi logrcủa O(1) (1) khơng khơng phải phải hàm hàm hằng Khi đó ta có Mọi cực − điểm A xảy cực điểm 1 hàm Khi ta có logr logr logr + logr + + O(1) O(1) O(1) + O(1) (1) (1) (1) (1) − − − − ≥2 n ) + N1 (r, ) f, f(z Mọi cực điểm A xảy cực điểm + c) Kết hợp với Định lý thứ Bổ đề 3.1 h (z) = 1111 Mọi cực điểm A xảy cực điểm h(z + c) B B nn = hn(z) = Mọi Mọi Mọi cực cực cựcđiểm cực điểm điểm điểm của Avới AA chỉ Acócó thể xảy thể xảy xảy raxảy ratại các cựccác cực cực điểm cực điểm điểm điểm củacủa f, f(z + c) Kết hợp Định lý thứ Bổ đề 3.1 hhnnnh(z) (z) == [8] taMọi có h (z) (z) =h(z f, f(z + c) Kết hợp với Định lý thứ Bổ đề 3.1 h(z c)h(z (1) [8] +++ c) h (z) =+h(z h(z +c)c)c) f,f,f(z f(z f, f(zcó + f(z ++ c) c).c) +Kết Kết c) Kết hợp Kết hợp hợp với hợp với với Định với Định Định Định lý lý lý lý chính thứ thứ thứ thứ nhất và Bổ Bổ Bổ đề đề Bổ 3.1 đề 3.1 đề 3.1 3.1 ta ≥2 h(z + c) [8] ta có Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có N (r, A) + N (r, A) ≤ 2N (r, f) + (N (r, f(z + c))+ 1 1 ác cực điểm [8][8] ta ta [8] tacó có ta cócó ≥2 Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có ≥2 Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có Theo BổBổ đề 3.1 [8][8] tata cócó N(r,1 (r, (r, 2N (r, f(z Theo Theo Bổ đề đề 3.1 3.1 [8] ta có f(zA) +++ c))NN+ f)f) ++ N(r, + c))++c))+ O(1) 1≥2O(1) (r, A) (r,≥2A) A)≤≤≤2N(r, 2N11(r, (r, f) +(N (N1f(z c))+ hất Bổ đề 3.1 N1≥2 N Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có (r, h)≤= 1 (r, f(z +nT ≥2 1≥2≥2 N N (r, A) (r, A) ++ A) + NNT1+ N1(r, (r, N (r, (r, A) A) (r, A) ≤ ≤ A) 2N ≤ 2N 2N ≤ (r, 2N (r, (r, f) f) (r, + f) + (N f) + (N (N + (r, (N (r, f(z (r, f(z (r, f(z + f(z c))+ + + c))+ c))+ + c))+ (r, f(z + c)) O(1) ≤ 2N(r, f) + N(r, f(z + c)) O(1) ≤ NN1≥2N 11(r, 1N 1A) 1 1 1 1 2T (r, f) + f(z + c)) + O(1) ≤ 3T (r, f) + O(1) nT (r, h) =(r, (r,≥2f(z + c)) +1O(1) ≤ 2N(r, f) + N(r, f(z + c)) + O(1) ≤ nT (r, h)h)h) ==== nT (r, ≥2 nT nT (r, h) 1≥2≥2 1++c)) (r, (r, (r, f(z f(z (r, f(z + f(z ++ c)) c)) c)) ++ +c)) O(1) +O(1) O(1) + O(1) ≤≤ ≤ 2N(r, 2N(r, 2N(r, ≤+ 2N(r, f)O(1) f) f)+ N(r, f) +N(r, N(r, +3T f(z N(r, f(z f(z +f) f(z c)) + c)) +O(1) O(1) +c)) +O(1) O(1) +≤O(1) ≤≤ ≤ NN 2T (r, f) + T (r, f(z + c)) ≤ (r, + nT (r, h) = n+ 11 1N 2T (r, f) + T (r, f(z + c)) 3T (r, f) + )O(1) ≤ T (r, h(z+c))+O(1) ≤ T (r, h)+O(1) )=≤ T (r, T (r,+hO(1) 11 Suy nnn , f(z + c))+ 1 2T 2T2T (r, (r, 2T (r, f) f) (r, f) ++f) + TT(r, T+ (r,(r, f(z Tf(z (r, f(z +f(z +c)) +c)) c)) +++ c)) O(1) +O(1) O(1) +≤ O(1) ≤3T ≤3T (r, 3T ≤h(z (r, f) 3T (r,f) + (r, f)O(1) ++ f)O(1) O(1) + O(1) c) (r, h(z+c))+O(1) ≤ T (r, ≤ h)+O(1) T T(r, hh ) ))=nn= T≤ h(z+c))+O(1) T≤T(r, h)+O(1) T(r, h(z+c))+O(1) ≤≤ h)+O(1) T(r, TT (r, (r, 1) ≤)T)≤ Suy )≤ )≤ T(r, T(r, (r, h(z+c))+O(1) h(z+c))+O(1) TT(r, (r, (r, h)+O(1) h)+O(1) )) = = T(r, Th(z (r, (r, TT(r, (r,nhh = + c)+ h(z c) h(z ++ c)c)c) z + c)) + O(1) ≤ Suy N1 (r, A)+N1≥2 (r, A) ) ≤ T (r, h(z+c))+O(1) ≤ T (r, h)+O(1) ) = T (r, T (r, h h(z h(z + ≤ 3T (r, f)+O(1) Điều mâu thuẫn với n ≥ 13 Vì h phải hàm hằng, Suy Suy Suy Suy rara h(z + c) Điều mâu thuẫn với với nvới ≥nn 13.≥Vì hvậy phảihlà hàmlàhằng, , f) + O(1) n+1 NN1 (r, A)+N1≥2 3T (r,hn+1 f)+O(1) ≥2(r, A) (2)với hĐiều mâu thuẫn 13 13 hàm hằng, mâu thuẫn Vì hằng, kéo≤theo = 1, f = hg =này 1này Điều Điều mâu mâu thuẫn thuẫn với với≥ nn ≥ ≥1313 Vì Vì Vìvậy vậyhphải hhphải phải phảilàlà làhàm hàm hàm hằng, hằng, (r, A)+N n+1 n+1 ≥2 ≥2A) ≤ 3T (r, f)+O(1) 1≥2≥2(r, Điều mâu thuẫn với n ≥ 13 Vì h phải kéo theo h = , f = hg với h = n+1 n+1 n+1 n+1 NN1N (r, (r, A)+N (r, A)+N A)+N (r, (r, (r, A) A) (r, A) ≤ ≤ A) 3T ≤ 3T 3T (r, ≤ (r, 3T (r, f)+O(1) f)+O(1) (r, f)+O(1) f)+O(1) (2) n+1 n+1 n+1 n+1 1(r, 1N 1A)+N Ta thấy rằng, khơng điểm A xảy 111 kéo theo theo hhn+1 1= ff= hg với hhhn+1 1=.11.1 hàm hằng, 1,,1do đóđó với Định lý 3.1 chứng minh kéo kéo theo theo hh === 1do ,, ff== =hghg hg với với h === (2) theo h3.1 = 1chứng , fminh = hg với h = lýlý minh (2)tại (2) (2)(2) kéoĐịnh thấy rằng, không điểm cácTa không f(z + c) CẢM Định chứng Định lý3.1 3.1 chứng minh Định Định lýlý 3.1 3.1 được chứng chứng minh minh LỜI Ta thấy điểm rằng,của mọif, không điểm AAƠN có thể xảy xảy ra Định lý 3.1 chứng minh 1) LỜI CẢM ƠN Ta Ta Ta thấy thấy Ta thấy thấy rằng, rằng, rằng, rằng, mọi không không không không điểm điểm điểm điểm của A A A chỉ A có có thể xảy thể xảy xảy xảy tại tại không điểm f, f(z + c) Tương tự (2) ta nhận LỜI CẢM ƠN CẢM ƠN Nghiên cứu tài trợ Quỹ phát triển khoa không điểm f, f(z + c) LỜI LỜI CẢM CẢM ƠN ƠNhọc Nghiên cứu tài trợ Quỹ phát triển khoa học CẢM ƠN (2) các không không không không điểm điểm điểm điểm của của f, f,f(z f,f(z f(z f, +f(z + c) +c) công c) + .c) nghệ quốc gia (NAFOSTED)LỜI Tương Nghiên cứu tài trợ Quỹ phát triển khoa học Nghiên cứu tài trợ Quỹ phát triển khoa học thông qua đề tài mã Tương tự tự (2) (2)1ta ta nhận nhận Nghiên Nghiên cứu cứu này được tài tài trợ trợ bởi Quỹ Quỹ phát phát triển triển khoa khoa học học ≥2 công nghệ quốc gia (NAFOSTED) thông qua đề tài mãkhoa Nghiên cứuquốc tài trợ Quỹ phátqua triển học ó thể xảy Tương Tương Tương Tương tự tựtự (2) tự (2)ta(2) tata nhận nhận ta nhận nhận được được )101.01-2012.19 ≤ 3T (r, f)+O(1) N (r, (r, 1(2) công nghệ gia (NAFOSTED) thông đề tài mã công nghệ quốc gia (NAFOSTED) thông qua đề tài mã số Các tác giả xin trân trọng cảm ơn 1A1 )+N1,A và công công nghệ nghệ quốc quốc gia gia (NAFOSTED) (NAFOSTED) thông thông qua qua đề đề tài tài mã mã ≥2 A số Các gia tác giả xin trân trọng cảm ơn qua đề tài mã 101.01-2012.19 công nghệ quốc (NAFOSTED) thông )+N NN1 (r, ≥2(r, 1) ≤ 3T (r, f)+O(1) 1,A số 101.01-2012.19 Các tác giả xin trân trọng cảm ơn 101.01-2012.19 Các tác giả xin trân trọng cảm ơn (3) 1 1 1 1 )+N ) ≤ 3T (r, f)+O(1) (r, (r, số số 101.01-2012.19 101.01-2012.19 Các Các tác tác giả giả xin xin trân trân trọng trọng cảm cảm ơn ơn ≥2 ≥2≥2 ≥2A 1,A số 101.01-2012.19 Các tác giả xin trân trọng cảm ơn )+N )+N )+N )+N )(r,)≤)≤3T ≤)3T 3T (r, ≤(r, 3T (r, f)+O(1) f)+O(1) (r, f)+O(1) f)+O(1) N1N11(r, (r, (r,1AA(r, (r,(r, (r,TÀI A 1N 1,A 1,A Tương N tự đối ta AAvới A AB1,A1,A AAA có: ALIỆU THAM KHẢO (3) (3) TÀI LIỆU THAM KHẢO (3)(3) (3)(3) TÀI LIỆU THAM KHẢO LIỆU THAM KHẢO Tương với BB ta TÀI TÀI LIỆU LIỆU THAM THAM KHẢO KHẢO ≥2 có: Tương tự tự đối ta cũng có: r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) TÀI LIỆU THAM KHẢO Nđối (∞, r)+N (∞, (1) 1,B 1,B Tương Tương Tương Tương tự tựtựđối đối tự với với Bvới BB ta taB ta cũng ta cũng có: có: có: có: ≥2 NN1,B (∞, r)+N1,B ≥2(∞, r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) (3) r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) ≥2 1,B (∞, r)+N ≥21,B ≥2 ≥2(∞, ≥2 ≤ 60(6) 6.2018 (0, r)+N (0, r) (r, g)+O(1) NN1,B N1,B (∞, N (∞, (∞, r)+N (∞, r)+N r)+N r)+N (∞, (∞, (∞, r)(∞, r)≤ r)(k+2)T ≤(k+2)T ≤ r)(k+2)T (k+2)T ≤ (k+2)T (r)+O(1) 1,B1,B g (r)+O(1) gg(r)+O(1) g (r)+O(1) 1,B 1,B 1,B 1,B 1,B ≥2 7 77 r)+N (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) NN1,B (0, ≥2 (4) 1,B (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) 1,B (0, r)+N ≥21,B ≥2 ≥2 ≥2 (0, (0, r)+N r)+N (0, r)+N r)+N (0,(0, (0, r)r) (0, ≤ r)≤(k+2)T r) ≤(k+2)T (k+2)T ≤ (k+2)T (r,(r, g)+O(1) (r,g)+O(1) (r, g)+O(1) g)+O(1) N1,B1,B N(0, (4) 1,B 1,B Từ (1)-(4)NN ta có 1,B 1,B 1,B 1,B )Tg (r)+O(1) (4) n n Math Soc., 42, pp.389-392 [3] C.C Yang and X.H Hua (1997), "Uniqueness and valuesharing of meromorphic functions", Ann Acad Sci Fenn Math., pp.395-406 [4] J Ojeda (2008), "Hayman’s conjecture in a p-adic field", Taiwanese J Math., 9, pp.2295-2313 [5] R.G Halburd, R.J Korhonen (2006), "Nevanlinna theory for the difference operator", Ann Acad Sci Fenn Math., 31, pp.463-478 [6] I Laine and C.C.Yang (2007), "Value distribution of TÀI LIỆU THAM KHẢO difference polynomials", Proceedings of the Japan Academy, [1] Ha (2011), "Value distriHa Huy Huy Khoai Khoaiand andVu VuHoai HoaiAnAn (2011), "Value distri- Series A, 83(8), pp.148-151 [7] K Liu and L.Z Yang (2009), "Value distribution of the bution problem andand their bution problem for forp-adic p-adicmeromorphic meromorphicfunctions functions their difference operator", Archiv der Mathematik, 92(3), pp.270derivatives", Ann XX(Special), pp.135derivatives", Ann.Fac Fac.Sc Sc.Toulouse, Toulouse, XX(Special), pp.135278 149 149 [8] Ha Huy Khoai and Vu Hoai An (2012), "Value - sharing [2] J Clunie (1967), "On a result of Hayman", J London [2] J Clunie (1967), "On a result of Hayman", J London problem for p-adic meromorphic functions and their differMath Soc., 42, pp.389-392 Math Soc., 42, pp.389-392 ence operators and difference polynomials", Ukranian Math [3] C.C Yang and X.H Hua (1997), "Uniqueness and value[3] C.C and X.H.functions", Hua (1997), "Uniqueness value- J., 64(2), pp.147-164 sharing of Yang meromorphic Ann Acad Sci.and Fenn sharing of meromorphic functions", Ann Acad Sci Fenn Math, [9] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai Math., pp.395-406 (2012), "Value sharing problem and Uniqueness for p-adic [4] J Ojeda (2008), "Hayman’s conjecture in a p-adic field", meromorphic functions", Annales Univ Sci Budapest, 38, Taiwanese J Math., 9, pp.2295-2313 pp.71-92 [5] R.G Halburd, R.J Korhonen (2006), "Nevanlinna the[10] P.C Hu, C.C Yang (2000), Meromorphic functions ory for the difference operator", Ann Acad Sci Fenn Math., 31, pp.463-478 over non-Archimedean fields, Kluwer [6] I Laine and C.C.Yang (2007), "Value distribution of difference polynomials", Proceedings of the Japan Academy, Series A, 83(8), pp.148-151 [7] K Liu and L.Z Yang (2009), "Value distribution of the difference operator", Archiv der Mathematik, 92(3), pp.270278 [8] Ha Huy Khoai and Vu Hoai An (2012), "Value - sharing problem for p-adic meromorphic functions and their difference operators and difference polynomials", Ukranian Math J., 64(2), pp.147-164 [9] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai (2012), "Value sharing problem and Uniqueness for p-adic meromorphic functions", Annales Univ Sci Budapest, 38, pp.71-92 [10] P.C Hu, C.C Yang (2000), Meromorphic functions over non-Archimedean fields, Kluwer Điều mâu thuẫn với n ≥ 13 Vì h phải hàm hằng, kéo theo hn+1 = 1, f = hg với hn+1 = Định lý 3.1 chứng minh LỜI CẢM ƠN Khoa học Tự nhiên Nghiên cứu tài trợ Quỹ phát triển khoa học công nghệ quốc gia (NAFOSTED) thông qua đề tài mã số 101.01-2012.19 Các tác giả xin trân trọng cảm ơn 60(6) 6.2018