Chương 2 Vấn đề duy nhất với điều kiện của đa thức đạo hàm 19
2.1 Trường hợp hàm nguyên
Năm 1990, H. X. Yi đã chứng minh
Định lý 2.1.1. ([9]). Cho f và g là hai hàm nguyên khác hàm hằng và k là số nguyên không âm. Nếu f và g chung nhau giá tị 0 CM, f(k) và g(k) chung nhau giá trị 1 CM và δ(0, f) > 12 thì f ≡ g trừ khi f(k).g(k) ≡ 1.
Năm 2015, J. T. Li và P. Li đã mở rộng kết quả trên của H. X. Yi.
Cụ thể, với h là một hàm phân hình, kí hiệu
P(h) = h(k)+a1h(k−1) +ã ã ã+ak−1h0+akh,
trong đó aj, j = 1, . . . , k là các số phức và k là một số nguyên dương.
Nhận xét. f = 12e−2z và g = e−2z, khi đó f và g chung nhau giá trị 0 CM, f00+ 2f0 và g00+ 2g0 chung nhau giá trị 1 CM và δ(0, f) > 12 nhưng f 6= g và (f00 + 2f0)(g00 + 2g0) 6= 1. Điều này chỉ ra rằng, trong Định lí 2.1.1, không thể thay các hàm f(k) và g(k) bởi P(f) và P(g).
Các kết quả sau được chứng minh bởi J. T. Li và P. Li trong [9] vào năm 2015.
Định lý 2.1.2. ([9]). Cho f và g là hai hàm nguyên khác hằng. Giả sử rằng f và g chung nhau giá trị 0 CM, P(f) và P(g) chung nhau giá trị 1 IM và δ(0, f) > 45. Nếu λ(f) 6= 1 thì f ≡ g trừ khi P(f).P(g) ≡1.
Chứng minh. Ta chia ra làm hai trường hợp.
Trường hợp 1: Giả sử P(f), P(g) 6≡c,c là một hằng số phức hữu hạn.
Do f và g chung nhau giá trị 0 CM, P(f) và P(g) chung nhau giá trị 1 IM và theo kết quả của Milloux ta có:
T(r, f) ≤ N(r, f) + N(r, 1
f) + N(r, 1
P(f)−1) +S(r, f)
= N(r,1
g) +N(r, 1
P(g)−1) +S(r, f)
≤ T(r, g) +T(r, P(g)) +S(r, f).
Theo Bổ đề 1.2.1 ta có:
T(r, f) ≤ (k+ 2)T(r, g) +S(r, f) +S(r, g). (2.1) Tương tự ta có:
T(r, g) ≤ (k + 2)T(r, f) +S(r, f) +S(r, g). (2.2) Khi đó:
S(r, f) = S(r, g). (2.3)
Cho F = P(f), G= P(g) và H được xác định bởi (1.8), khi đó F và G chung nhau giá trị 1 IM. Nếu H 6≡ 0 thì từ Bổ đề 1.2.11 ta có:
T(r, F) ≤ N(r, 1
F) +N(r, 1
G) + 2NL(r, 1 F −1) +NL(r, 1
G−1) +S(r, F) +S(r, G).
(2.4) Từ (1.5), ta có:
NL(r, 1
F −1) ≤ N(r, 1
F0) ≤ N(r, 1
F) +N(r, F) +S(r, F), NL(r, 1
G−1) ≤ N(r, 1
G0) ≤ N(r, 1
G) +N(r, G) +S(r, G).
(2.5) Thay (2.5) vào (2.4), ta suy ra :
T(r, F) ≤ 3N(r, 1
F) + 2N(r, 1
G) +S(r, F) + S(r, G). (2.6) Theo Bổ để 1.2.2 và (2.6) ta có:
T(r, P(f)) ≤T(r, P(f)) −T(r, f) +N(r, 1
f) + 2N(r, 1 f) + 2N(r,1
g) +S(r, f) + S(r, g).
(2.7)
Chú ý rằng f và g chung nhau giá trị 0 CM, từ (2.3) và (2.7) ta có T(r, f) ≤ 5N(r,f1) +S(r, f), mâu thuẫn với điều kiện δ(0, f) > 45. Như vậy H ≡ 0. Giải phương trình này ta nhận được:
F = AG+B
CG+D (AD −BC 6= 0), (2.8) trong đó A, B, C và D là các hằng số phức hữu hạn. Tiếp theo chúng ta xét ba trường hợp nhỏ.
Trường hợp 1.1: Giả sử rằng AC 6= 0, từ (2.8) chúng ta biết rằng CA là một giá trị Picard của F. Từ định lí cơ bản thứ hai của Nevanlinna ta có:
T(r, F) ≤ N(r, 1
F) + N(r, 1
F − AC) +N(r, F) + S(r, F)
= N(r, 1
F) +S(r, F).
(2.9)
Từ (1.5) và (2.9) ta có:
T(r, P(f)) ≤T(r, P(f))−T(r, f) +N(r, 1
f) +S(r, f),
nghĩa là T(r, f) ≤N(r,1f) +S(r, f), mâu thuẫn với điều kiệnδ(0, f) > 45. Trường hợp 1.2: Giả sử rằng A 6= 0 và C = 0, khi đó F = ADG+ DB. Nếu B 6= 0 thì N(r,F−1B
D
) = N(r,G1). Theo định lí cơ bản thứ hai của Nevanlinna ta có:
T(r, F) ≤ N(r, 1
F) +N(r, 1
F − BD) +N(r, F) +S(r, F)
= N(r, 1
F) +N(r, 1
G) +S(r, F).
(2.10)
Từ Bổ đề 1.2.11 và (2.10) ta có được:
T(r, P(f)) ≤T(r, P(f)) −T(r, f) +N(r, 1 f) +N(r, 1
g) +S(r, f) +S(r, g).
(2.11)
Từ (2.3) và (2.11) ta có:
T(r, f) ≤ N(r, 1
f) +N(r, 1
g) +S(r, f) = 2N(r, 1
f) +S(r, f),
mâu thuẫn với điều kiện δ(0, f) > 45. Như vậy B = 0, nghĩa là F = DAG.
Nếu 1 là một giá trị Picard của F, khi đó DA = 1. Mặt khác, DA là một giá trị Picard của F khác 1, điều này mâu thuẫn với định lí [11]. Như vậy F ≡ G. Nếu 1 là không phải giá trị Picard của F, khi đó có một số phức z0 sao cho F(z0) =G(z0) = 1. Bởi vậy, DA = 1, nghĩa là F ≡G.
Trường hợp 1.3: Giả sử rằng A = 0 và C 6= 0. Chứng minh tương tự trường hợp 1.2 ta có F.G ≡ 1.
Kết luận: Ta biết rằng F ≡ G trừ khi F.G≡ 1. Nếu F.G ≡1 , tức là P(f).P(g) ≡ 1, thì kết quả của Định lý 2.1.2 là đúng. Nếu P(f−g) ≡0, giải phương trình này (từ [1,4]) ta có:
f −g =
m
X
j=1
pj(z)eαjz, (2.12) khi m(≤ k) là số nguyên dương, αj(j = 1, ..., m) là các hằng số phức phân biệt và pj(z)(j = 1, ..., m) là các đa thức. Tiếp theo ta chứng minh rằng nếu λ(f) 6= 1 thì f ≡ g. Ta chia ra hai trường hợp.
Trường hợp I: Giả sử rằng λ(f) < 1. Từ (2.1) và (2.2), ta biết rằng λ(f) = λ(g). Từ f và g chung nhau giá trị 0 CM, ta có fg = eh(z), với h(z) là một hàm số nguyên. Khi đó:
λ(eh(z)) = λ(f
g) ≤max
λ(f), λ(1 g)
< 1.
Như vậy eh(z) ≡ c0, trong đó c0 là hằng số phức hữu hạn. Suy ra f ≡ c0g.
Khi đó P(f) ≡c0P(g). Vì P(f) ≡ P(g) nên c0 = 1, nghĩa là f ≡ g.
Trường hợp II: Giả sử rằng λ(f) > 1. Theo định lí nổi tiếng của Weierstrass ta có:
f(z) =π(z)el1(z) g(z) =π(z)el2(z)
trong đó π(z) là hàm các không điểm của f và g, l1(z) và l2(z) là các hàm nguyên.
Nếu l1 ≡ l2 thì f ≡ g. Nếu l1 6≡ l2 thì λ(π) = τ(f) là số mũ hội tụ của các không điểm của f(z) và τ(f) ≤ τ(f −g) ≤ λ(f −g) , từ (2.12)
ta có:
λ(π) ≤λ(f −g) =λ(
m
X
j=1
pj(z)eαjz) ≤ 1.
Vì λ(f) = λ(g) > 1 và f −g = (el1−l2 −1)g, ta nhận được λ(el1(z)) > 1, λ(el2(z)) > 1vàλ(el1(z)−l2(z)) > 1. Từπ(z)el1(z)−π(z)el2(z) = Pmj=1pj(z)eαjz và Bổ đề 1.2.5 ta có được Pmj=1pj(z)eαjz ≡ 0 và π(z) ≡ 0. Khi đó f(z) ≡0, mâu thuẫn giả thiết.
Trường hợp 2: Giả sử rằng P(f) ≡ c với c là một hằng số phức hữu hạn.
Ta biết rằng f ≡c1+Pmj=1qj(z)eβjz, trong đó c1 là các hằng số phức hữu hạn, qj(j = 1,2, ..., m) là các đa thức và βj(j = 1,2, ..., m) là các hằng số phức hữu hạn phân biệt và λ(f) < 1 theo chứng minh trên. Khi đó f ≡ c1 + Pmj=1qj(z), nghĩa là f là đa thức. Giả sử bậc của f là n.
Khi đó:
N(r, 1
f) = nlogr và T(r, f) = nlogr +O(1).
Vì vậy δ(0, f) = 1− lim
r→∞
N(r,1f)
T(r,f) = 0 < 45, điều này mâu thuẫn.
Định lý được chứng minh.
Chứng minh tương tự như Định lý 2.1.2, ta có kết quả sau
Định lý 2.1.3. ([9]). Cho f và g là hai hàm nguyên khác hằng. Giả sử rằng f và g chung nhau giá trị 0 CM, P(f) và P(g) chung nhau giá trị 1 CM và δ(0, f) > 12. Nếu λ(f) 6= 1 thì f ≡ g trừ khi P(f).P(g) ≡1.
Chú ý, trong các định lý trên có thể xảy ra trường hợp P(f).P(g) ≡1 và f 6= g. Ta xem ví dụ sau:
Ví dụ 2.1.4. f = ez, g = e−z và P(h) = h(3) −h(2) −h(1). Khi đó f và g chung nhau giá trị 0 CM, P(f) = −ez và P(g) =−e−z chung nhau giá trị 1 CM. P(f).P(g) ≡ 1.