Vấn đề duy nhất của l hàm và hàm phân hình liên quan đến đa thức vi phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Đặng Thị Giang VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA L HÀM VÀ HÀM PHÂN HÌNH LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2022 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Đặng Thị Giang

VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA L - HÀM VÀ HÀM PHÂN HÌNH

LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC VI PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2022

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Đặng Thị Giang

VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA L - HÀM VÀ HÀM PHÂN HÌNH

LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC VI PHÂN

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 8460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

TS LÊ QUANG NINH

Thái Nguyên - 2022

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trungthực và không trùng lặp với đề tài khác Nguồn tài liệu sử dụng cho việchoàn thành luận văn là nguồn tài liệu mở Các thông tin, tài liệu trongluận văn này đã được ghi rõ nguồn gốc

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2022Xác nhận

i

Lời cảm ơn

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin bày tỏ lòngbiết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Lê Quang Ninh, người đã trực tiếp hướng dẫn,giúp đỡ, chỉ bảo tận tình, tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thànhluận văn này

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, khoa Toán cùng toàn thểcác thầy cô giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, ViệnToán học và Trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã truyền thụ cho tôi nhữngkiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi và cho tôi những ý kiến đónggóp quý báu trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn gia đình, bạn bè đã quan tâm giúp

đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình làm luận văn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2022Người viết luận văn

Đặng Thị Giang

Mục lục

Lời cam đoan i

Lời cảm ơn ii

Mục lục 1

Mở đầu 2

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 3

1.1 Các hàm Nevanlinna của hàm phân hình 3

1.2 Một số vấn đề về L - hàm 11

Chương 2 Vấn đề duy nhất của L - hàm và hàm phân hình liên quan đến đa thức vi phân 16

2.1 Đa thức vi phân [fn(f − 1)](k) và [Ln(L − 1)](k) chia sẻ một giá trị hữu hạn 16

2.2 Đa thức vi phân [fn(f − 1)m](k) và [Ln(L − 1)m](k) chia sẻ một giá trị hữu hạn 24

Kết luận 41

Tài liệu tham khảo 42

Mở đầu

Vấn đề duy nhất của hàm phân hình liên quan đến đa thức vi phân đãđược nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu và thu được nhiều kết quả.Năm 2002, M L Fang đã chỉ ra rằng: Nếu hai đa thức vi phân [fn(f −1)](k) và[gn(g − 1)](k) chia sẻ 1 CM thì f = g Trong đó, f và g là hai hàmnguyên khác hằng và n, k là các số nguyên dương thỏa mãn n ̸= 2k + 8.Năm 2018, Wen- Jie Hao và Jun- Fan Chen [9] đã đưa ra kết quả trongtrường hợp[fn(f − 1)](k) và[Ln(L − 1)](k) chia sẻ giá trị 1 trong hai trườnghợp CM (IM) thì f = L

Năm 2019, Xiao - Min li và các cộng sự [12] đã đưa ra kết quả trongtrường hợp [fn(f − 1)m](k) và [Ln(L − 1)m](k) chia sẻ giá trị 1 trong haitrường hợp CM (IM) thì f = L

Luận văn trình bày một cách hệ thống các kết quả nói trên Luận văngồm phần mở đầu, hai chương nội dung, phần kết luận và tài liệu thamkhảo

Chương 1 trình bày một số vấn đề về hàm phân hình và L - hàm.Chương 2 trình bày vấn đề duy nhất của L -hàm và hàm phân hìnhliên quan đến đa thức vi phân

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Các hàm Nevanlinna của hàm phân hình

Với mỗi số thực dương x ∈ R∗+, kí hiệu

log+|f (reiφ)|dφ,

được gọi là hàm xấp xỉ của hàm f Ta kí hiệu n(r, f ) là số cực điểm kể cảbội, n(r, f ) là số cực điểm phân biệt (không kể bội) của hàm f trong Dr

Định nghĩa 1.1.2 Hàm

N (r, f ) =

Z r 0

n(t, f ) − n(0, f )

t dt + n(0, f ) log r,

được gọi là hàm đếm kể cả bội của hàm f (còn được gọi là hàm đếm tạicác cực điểm)

Định nghĩa 1.1.3 Hàm

N (r, f ) =

Z r 0



là số không điểm kể cả bội, n



t, 1f



là số không điểmkhông kể bội của f

Định nghĩa 1.1.5 Hàm

N



r, 1f



− n



0, 1f



t dt + n



0, 1f

trong đó O(1) là đại lượng bị chặn.

Định lý 1.1.7 (Định lý cơ bản thứ hai) [10] Cho f là hàm phân hìnhkhác hằng trên C và a1, a2, , aq là các số phức phân biệt Khi đó ta cóbất đẳng thức

Bổ đề 1.1.9 [1] Cho f là một hàm phân hình khác hằng và cho

F =

Pp k=0akfk

Tương tự trong trường hợp không kể bội làNp)

Cho f là hàm phân hình và ta kí hiệu số cực điểm của f (s) với | s |≤ r

là n(r, ∞, f ) (kể cả bội) Với c ∈ C, c - giá trị của f được xác định bởi

Bổ đề 1.1.11 [6] Cho f là hàm phân hình và số phức c bất kì Khi đó

T (r, c, f ) = T (r, f ) + O(1),

với sai số phụ thuộc vào f và c

Định nghĩa 1.1.12 Giả sử p là số nguyên dương và c ∈ C ∪ {∞}



r, 1

F − c

.Định nghĩa 1.1.13 Giả sử z0 là c - điểm chung của F và G lần lượt vớibộik vàl NL

T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N



r, 1f

Bổ đề 1.1.16 [2] Cho f là một hàm phân hình khác hằng và k là sốnguyên dương Khi đó

0 ≤ δk(a, f ) ≤ δk−1(a, f ) ≤ δ1(a, f ) ≤ Θ(a, f ) ≤ 1

Bổ đề 1.1.18 [13] Cho F và G là hai hàm phân hình khác hằng saocho F(k)− P và G(k)− P chia sẻ 0 CM, với số nguyên k ≥ 1 và đa thức

+Θ(0, G) + 2δk+1(0, F ) + 3δk+1(0, G) > 4k + 13

và

(2k + 3)Θ(∞, G) + (2k + 4)Θ(∞, F ) + Θ(0, G)+Θ(0, F ) + 2δk+1(0, G) + 3δk+1(0, F ) > 4k + 13,

thì F(k)G(k) = P2 hoặc F = G

Bổ đề 1.1.20 [4] Giả sử f là hàm phân hình có bậc hữu hạn và f(k) cóhữu hạn không điểm với k ≥ 2 Khi đó f có hữu hạn cực điểm trong mặtphẳng phức

Bổ đề 1.1.21 [8] Cho f1 và f2 là hai hàm phân hình khác hằng sao cho

với 1 ≤ j ≤ 2 Khi đó N0(r, 1; f1, f2) = S(r) hoặc tồn tại hai số nguyên p

và q thỏa mãn | p | + | q |> 0 sao cho f1pf2q = 1, trong đó N0(r, 1; f1, f2)

là hàm đếm 1 - điểm chung của f1 và f2 trong | z |< r, T (r) = T (r, f1) +

T (r, f2) và S(r) = o(T (r)) với r /∈ E và r → ∞ Ở đây, E ⊂ (0, +∞) làmột tập hợp con có độ đo hữu hạn

Bổ đề 1.1.22 Cho f là hàm phân hình siêu việt Nếu f(n) ̸≡ 0, ta có



+ S(r, f ) (1.5)Chứng minh Từ Định lí cơ bản thứ nhất và Bổ đề đạo hàm logarit ta có



+ S(r, f )

+ kN (r, f ) + S(r, f )

Khi đó Bổ đề 1.1.23 được chứng minh

Bổ đề 1.1.24 [11] Cho f là hàm phân hình siêu việt trong mặt phẳngphức Khi đó, mỗi K > 1 tồn tại một tập hợp M (K) ⊂ (0, +∞) với mật

sao cho, với mọi số nguyên dương k, ta có

của một biến phức s = σ + it, thỏa mãn các tiên đề sau:

(i) Giả thiết Ramanujan: a(n) ≪ nε với mọi ε > 0

(ii) Thác triển giải tích: Tồn tại số nguyên không âm k sao cho

(s − 1)kL(s) là hàm nguyên có bậc hữu hạn

(iii) Phương trình hàm: L(s) thỏa mãn phương trình hàm dạng

ΛL(s) = ωΛL(1 − ¯s), (1.6)trong đó

trong đó K, λj là những số thỏa mãn (iii).

L-hàm thỏa mãn (i)-(ii) và đồng thời thỏa mãn (iv) được gọi là L-hàmlớp Selberg S

Từ (ii) L-hàm có thể được thác triển thành hàm phân hình trong mặtphẳng phức C.

Cho NLc(σ, T ) là hàm đếm số c - giá trị ϱc = βc + iγc của L(s) thỏamãn βc > σ, | γc |≤ T

Bổ đề 1.2.2 [7] Giả sử L(s) thỏa mãn các tiên đề (i) - (iii) với a(1) = 1,

Z

{θ:1−σ 0 ≤r cos θ≤σ 0 }

log+ | L(r exp(i θ)) | d θ ≪ log r

Lưu ý rằng độ đo Lebesgue của tập

Với z = r exp(iθ) tồn tại số nguyên n0 thỏa mãn n0 < r < n0 + 1 sao cho

1Γ(z) = F1(z)F2(z),

!

,

vớiγ là hằng số Euler - Mascheroni vàF2(z)là hàm nguyên vớim(F2, r) ≪

r Γ(z) có bậc tăng dần theo quy tắc bậc tăng dần của F1(z) Ta được

log | F1(z) |= −r log r cos θ + O(r)

Nếu λ là một số thực dương và µ là một số phức tùy ý thì

12π

Z

{θ:r cos θ<1−σ 0 }

log+ | Γ(λ(1 − r exp(iθ)) + µ) | dθ

≤ λ2π

Z π2

− π 2

r log r cos θdθ + O(r)

được gọi là tập các nghịch ảnh (tập ảnh ngược) của giá trị c ∈ C∪ {∞}

bởi f hay còn gọi là tập hợp không điểm của f − c

Định nghĩa 1.2.5 Hai hàm phân hình f và g trong C được gọi là chia

sẻ giá trị c ∈ C∪ {∞} không kể cả bội (IM ) nếu f−1(c) = g−1(c)

Định nghĩa 1.2.6 Hai hàm phân hình f và g trong C được gọi là chia

sẻ giá trị c ∈ C ∪ {∞} kể cả bội (CM ) nếu nghiệm của phương trình

f (s) = c và g(s) = c có bội giống nhau

T (r, L) = d

πr log r + O(r). (2.1)

Đặt

F1 = fn(f − 1), G1 = Ln(L − 1) (2.2)Bây giờ, cho

∆1 = (k + 2)Θ(∞, F1) + 2Θ(∞, G1) + Θ(0, F1)+ Θ(0, G1) + δk+1(0, F1) + δk+1(0, G1) (2.3)

∆2 = (k + 2)Θ(∞, G1) + 2Θ(∞, F1) + Θ(0, G1)+ Θ(0, F1) + δk+1(0, G1) + δk+1(0, F1) (2.4)

suy ra F1(k)G(k)1 = 1 hoặc F1 = G1 Ta xét hai trường hợp sau.

Trường hợp 1 Giả sử F1(k)G(k)1 = 1 Khi đó, từ (2.2) ta có

(fn(f − 1))(k)(Ln(L − 1))(k) = 1 (2.10)Mặt khác, từ (2.1), (2.10) và định nghĩa bậc của hàm phân hình ta có

f có nhiều nhất một cực điểm trong mặt phẳng phức Từ (2.10) suy ra

(Ln(L − 1))(k) có nhiều nhất một không điểm trong mặt phẳng phức Vìvậy, từ (2.2) ta có

N (r, F1(k)) + N (r, 1

F1(k)) ≤ O(log r) (2.12)và

N (r, G(k)1 ) + N (r, 1

G(k)1) ≤ O(log r) (2.13)Đặt

f1 = F

(k) 1

G(k)1, f2 = F

(k)

1 − 1

Từ (2.14) và giả thiết f và L là hàm phân hình siêu việt, ta có f1 ̸≡ 0 và

f2 ̸≡ 0

Giả sử f1 hoặc f2 là hàm khác hằng Khi đó, từ (2.14), ta thấy F1(k) và

G(k)1 chia sẻ ∞ CM Kết hợp với F1(k)G(k)1 = 1 ta suy ra ∞ là một giá trịPicard của f và L

Tiếp theo f1 và f2 là hàm phân hình khác hằng Ta xét

F2 = F1(k), G2 = G(k)1 (2.15)Khi đó, từ (2.14) và (2.15), ta có

T (r, G2) ≤ 2(T (r, f1) + T (r, f2)) + S(r) ≤ 8T (r, G2) + S(r), (2.18)với r → I và r → ∞, trong đó T (r) = T (r, f1) + T (r, f2) Không mất tínhtổng quát, giả sử (2.17) là đúng Khi đó, ta có S(r) = S(r, F2), với r ∈ I

≤ N r, 1

F2 + 1 + O(log r) + o(T (r, F2))

≤ N0(r, 1; f1, f2) + o(T (r, F2)), (2.20)với r ∈ I và r → ∞ Từ (2.17) và (2.20) ta có

T (r, f1) + T (r, f2) ≤ N0(r, 1; f1, f2) + o(T (r)) (2.21)

Từ (2.12) đến (2.15), (2.19), (2.21) và Bổ đề 1.1.21 ta tìm được tồn tại hai

số nguyên tố s và t thỏa mãn | s | + | t |> 0, sao cho f1sf2t = 1 Kết hợpvới (2.14) và (2.15), ta có

Choz1 ∈ C là một cực điểm củaF2 tính cả bộip1 ≥ 1 Khi đó, từF2G2 = 1

ta có thể thấy z1 là không điểm của G2 tính cả bội p1 Vì vậy, từ (2.23)

ta suy ra 2s = t1 = −t Kết hợp cùng với giả thiết s và t là hai số nguyên

tố, ta có s = 1 và t = −t1 = −2 Khi đó, (3.23) có thể viết lại như sau

F2(G2 − 1)2 = (F2 − 1)2G2, suy ra F2G2 = 1

Ta có thể suy ra sự mâu thuẫn bằng cách sử dụng phương pháp khác.Thật vậy, từ (2.11), (2.13), (2.2); L và (Ln(L − 1))(k) có nhiều nhất mộtcực điểm z = 1 ta suy ra

≤ 3eKT (r, (Ln(L − 1))k)

= 3eK | A1 | r

π (1 + o(1)) + O(log r), (2.25)

với r ∈ I và r → ∞ Từ (2.1) và (2.25), ta có sự mâu thuẫn

Giả sử rằngst = 0, chọns = 0 vàt ̸= 0 Khi đó, từ (2.22) ta có thể thấy

F2 và G2 chia sẻ ∞ CM Đồng thời từ (2.2), (2.15), giả thiết F2G2 = 1

cho ta ∞ là một giá trị Picard

Giả sử rằngst > 0, chọns > 0 vàt > 0 Khi đó, từ (2.22) ta có thể thấy

F2 và G2 chia sẻ ∞ CM Đồng thời từ (2.2), (2.15), giả thiết F2G2 = 1

cho ta ∞ là một giá trị Picard

Từ (2.2), (2.13) và giả thiết n > 3k + 9 ta suy ra rằng L có hữu hạnkhông điểm của trong mặt phẳng phức Đồng thời cùng với kết quả thuđược là ∞ là một giá trị Picard của hàm f và L ta có

Điều này mâu thuẫn với (2.1)

Trường hợp 2 Giả sử F1 = G1 Khi đó, từ (2.2) ta có

fn(f − 1) = Ln(L − 1) (2.28)Đặt

Trường hợp 2.1 Giả sử H là hàm phân hình khác hằng Khi đó, từ(2.30) ta có

f = 1 − H

n

1 − Hn+1 (2.31)

Don vàn + 1 là hai số nguyên tố dương; hơn nữa từ Bổ đề 1.1.25 cóω = 1

là không điểm chung duy nhất của ωn − 1 và ωn+1 − 1 nên (2.31) có thểviết lại như sau

λn+1j = 1 với 1 ≤ j ≤ n Từ L là hàm phân hình siêu việt sao cho L cónhiều nhất một cực điểm z = 1, từ (2.34) ta thấy tồn tại một số dương đủnhỏ ε0 thỏa mãn 0 < ε0 < 1, sao cho

(n − 2 − ε0)T (r, H) ≤ N (r, L) = log r + O(1) (2.35)

Từ (2.35) và giả thiết n > 3k + 9, k ≥ 2 suy ra H là hàm số hữu tỷ kháchằng sao cho

T (r, H) ≥ log r + O(1) (2.36)

Từ (2.35) và (2.36) ta có điều mâu thuẫn

Trường hợp 2.2 Giả sử H là hằng số Nếu Hn+1 ̸= 1 thì từ (2.30) ta được

(2.31) Điều này mâu thuẫn với giả thiết f là hàm phân hình khác hằng.

Do đó,Hn+1 = 1 và từ (3.30) ta có Hn+1− 1 = Hn− 1 = 0 Suy raH = 1.Kết hợp với (2.29), ta được kết luận của Định lý 2.1.1

Định lý 2.1.2 Giả sử f là hàm phân hình khác hằng, L là một L hàm, n, k là hai số nguyên dương thỏa mãn n > 7k + 17 và k ≥ 2 Nếu

∆4 = (2k + 3)Θ(∞, G1) + (2k + 4)Θ(∞, F1)

+ Θ(0, G1) + Θ(0, F1) + 2δk+1(0, G1) + 3δk+1(0, F1) (2.38)Tương tự như chứng minh Định lý 2.1.1, ta có (2.5) - (2.8) Từ (2.5) -(2.8), (2.37) và (2.38) ta có

Trường hợp 1 Giả sử F1(k)G(k)1 = 1 Khi đó, tương tự như trường hợp 1của chứng minh Định lý 2.1.1, ta thấy sự mâu thuẫn.

Trường hợp 2 Giả sử F1 = G1 Khi đó, tương tự như trường hợp 2 củachứng minh Định lý 2.1.1, ta được kết luận của Định lý 2.1.2

Vậy Định lý được chứng minh

2.2 Đa thức vi phân [fn(f − 1)m](k) và [Ln(L − 1)m](k)

chia sẻ một giá trị hữu hạn

Bổ đề 2.2.1 Cho f là một hàm phân hình khác hằng, L là một L hàm; cho n, m, k là các số nguyên dương và α, β là hai hằng số thỏa mãn

chia sẻ giá trị 1 CM ta được F ̸= 1 Sử dụng Bổ đề 1.1.9 suy ra

T (r, F1) = (n +m)T (r, f ) + S(r, f ).e (2.43)Ngoài ra, từ Bổ đề 1.1.15, ta có

≤ N (r, f ) + Nk+1 r, 1

fn + Nk+1 r, 1

αfm + β + S(r, f )

≤ (k +m + 2)T (r, f ) + S(r, f ).e (2.44)Kết hợp (2.43) với n > 3k +m + 6e , ta được L là L - hàm khác hằng.Tương tự, sử dụng Bổ đề 1.1.9 suy ra



+ S(r, f ) (2.46)Giả sửW ̸= 0, z0 là không điểm của F − 1 có bậc là j và z0 là không điểmcủa G − 1 có bậc là j , trong đó F và G chia sẻ giá trị 1 CM Bằng cáchkhai triển Laurent của W ta có W (z0) = 0 với j = 1 và W (z0) ̸= ∞ với



≤ T (r, W ) + O(1)

≤ N (r, W ) + S(r, f ) + S(r, L) (2.47)Tương tự, giả sửz1 là một cực điểm củaF có bậc là1, ta đượcW (z1) ̸= ∞.Nếu z2 là một cực điểm của G có bậc là 1, ta được W (z2) ̸= ∞ Do đó từ(2.41), ta được

N (r, W ) ≤ N(2



r, 1F



+ N(2



r, 1G



+ N(2(r, F )+ N(2(r, G) + N0



− N(2



r, 1G

+ N (r, G) + S(r, L) (2.50)Kết hợp (2.49) với (2.50) ta có



+ N(2



r, 1F



+ N(2



r, 1G



≤ N2(r, F ) + N2(r, G) + N2



r, 1F



+ N2



r, 1G



+ S(r, f ) + S(r, L), (2.54)trong đó



− 2N(2



r, 1F



− 2N(2



r, 1G



(2.55)

Cho z3 là một không điểm của f có bậc là i, i ≥ 1 Từ



− 2N(2



r, 1F



≥ (n − k − 2)N



r, 1f



− 2N(2



r, 1G



≥ (n − k − 2)N



r, 1L



(2.57)Kết hợp (2.54) - (2.57) ta được



≤ N



r, 1G



− (n − k − 2)N



r, 1L



r, 1f



+ N



r, 1L



r, 1f



+ (k + 2)N



r, 1L



+ S(r, f ) + S(r, L) (2.61)Tương tự, ta có



r, 1f



+ (k + 2)N



r, 1L

(n +m)T (r, L) ≤ (2k +e m + 4)T (r, f )e

+ (k +m + 2)T (r, L)e+ S(r, f ) + S(r, L) (2.64)Giả sử tồn tại tập E ⊆ R+ có độ đo tuyến tính mesE = ∞ thỏa mãn

T (r, L) ≤ T (r, f ), r ∈ E và r → ∞ Từ (2.63) suy ra n ≤ 2k + m + 6.e

Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > 3k +m + 6.e

Giả sử tồn tại tập E ⊆ R+ có độ đo tuyến tính mesE = ∞ thỏa mãn

vàn, m, k là các số nguyên dương Giả sử[fn(f −1)m](k) và[Ln(L−1)m](k)

chia sẻ 1 CM Nếu n > 3k +m+6 và k ≥ 2,thì f ≡ L hoặc fn(f −1)m ≡

Vì L có nhiều nhất một cực điểm z = 1, và (2.69) suy ra [fn(αfm+ β)](k)

có nhiều nhất một không điểm z = 1

Từ (2.71), giả thiết k ≥ 2, Bổ đề 1.1.20, ta được fn(f − 1)m và f có hữuhạn cực điểm Đồng thời, từ (2.69) suy ra [Ln(L − 1)m](k) có hữu hạn cáckhông điểm Ngoài ra, từ giả thiết n > 3k + m + 6 ta suy ra L có hữu hạncác không điểm Do đó

L = QeAz+B, (2.72)

trong đó Q là hàm số hữu tỷ thỏa mãn L không có các không điểm và cựcđiểm, A ̸= 0 và B là hằng số Từ (2.72) ta được



+ Nk+1



r, 1(f − 1)m



+ O(log r) + S(r, f )

≤ (k + m + 2)T (r, f ) + S(r, f ), (2.75)điều này mâu thuẫn với n > 3k + m + 6

Trường hợp 3 V = 0 và U ̸= 0 Khi đó, từ (2.67), ta có

G = U F − U + 1, (2.77)sao cho

G1 = U F1 + (1 − U )γ(z), (2.78)trong đó γ(z) là một đa thức có bậc cao nhất là k Từ (2.70), ta được L

và G1 là một hàm phân hình siêu việt Khi đó, ta có T (r, γ) = oT (r, L).Nếu γ ̸= 1 thì (1 − U )γ(z) ̸≡ 0 Từ (2.78) và Bổ đề 1.1.8, ta có



+ N



r, 1f

(m + n)T (r, L) ≤ 4T (r, L) + S(r, L), (2.80)điều này mâu thuẫn với n > 3k + m + 6 Do đó U = 1 Từ (2.78), ta có

F1 = G1, suy ra

fn(f − 1)m = Ln(L − 1)m (2.81)Tức là

fn(fm + · · · + (−1)iCmm−ifm−i + · · · + (−1)m)