Giả thuyết hayman và vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình p adic

Lời cam đoanTôi xin cam đoan nội dung trong luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giảitích với đề tài "Giả thuyết Hayman và vấn đề duy nhất cho hàm phân hình p-adic" là sự nghiên cứu của tô

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

—————————————————

NGUYỄN THỊ THƯƠNG

GIẢ THUYẾT HAYMAN VÀ VẤN ĐỀ DUY NHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2017

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

—————————————————

NGUYỄN THỊ THƯƠNG

GIẢ THUYẾT HAYMAN VÀ VẤN ĐỀ DUY NHẤT

Chuyên ngành: GIẢI TÍCH

Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa họcPGS.TS HÀ TRẦN PHƯƠNG

Thái Nguyên - Năm 2017

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan nội dung trong luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giảitích với đề tài "Giả thuyết Hayman và vấn đề duy nhất cho hàm phân hình

p-adic" là sự nghiên cứu của tôi dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Hà TrầnPhương Các kết quả chính trong luận văn chưa từng được công bố trong cácluận văn Thạc sĩ của các tác giả khác ở Việt Nam

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2017

Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Thương

Lời cảm ơn

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS.TS Hà Trần Phương, người đã địnhhướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn, cho tôi những nhận xét quý báu đểtôi có thể hoàn thành luận văn

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng Sau Đại học, cácthầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích trường Đại học Sư phạm

- Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trìnhhọc tập và nghiên cứu khoa học

Nhân dịp này tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè

đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quátrình học tập

Bản luận văn không thể tránh những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp

ý của quý thầy cô và bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn thiệnhơn

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2017

Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Thương

1.1 Phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic 51.2 Giả thuyết Hayman cho các hàm phân hình p-adic 13Chương 2 Vấn đề duy nhất cho hàm phân hình p-adic 342.1 Đa thức duy nhất 342.2 Các hàm phân hình chung nhau một hàm nhỏ 40

Một số ký hiệu viết tắt

Cp Không gian các số phức p-adic

|.| Giá trị tuyệt đối |.|p trên Cp

A(Cp) Tập hợp các hàm nguyên trong Cp

M(Cp) Tập hợp các hàm phân hình trong Cp,

tức là, trường phân số của A(Cp)

Cp(z) Tập các hàm hữu tỷ trên Cp Khi đó Cp(z) ⊂ M(Cp)

Γ(a, r1, r2) Hình vành khăn {z ∈ Cp : r1 < |z − a| < r2}

Cp(a; r) Đĩa mở {z ∈Cp : |z − a| < r}

Cpha; ri Đường tròn {z ∈ Cp : |z − a| = r}

Cp[a; r] Đĩa đóng {z ∈ Cp : |z − a| ≤ r}

A(Cp(a; r)) Tập hợp các hàm giải tích trong đĩa Cp(a; r),

tức là, Cp- đại số của chuỗi lũy thừa

∞

P

n=0

an(z − a)n

với an ∈ Cp
hội tụ trong Cp(a; r)

M(Cp(a; r)) Tập hợp các hàm phân hình trong đĩa Cp(a; r),

tức là, trường phân số của A(Cp(a; r))

Ab(Cp(a; r)) Cp(a; r)-đại số con của A(Cp(a; r)) chứa biên của

hàm giải tích f ∈ A(Cp(a; r)), thỏa mãn sup

n∈N

|an| rn < +∞

Mb(Cp(a; r)) Trường phân số của Ab(Cp(a; r))

Ar(Cp) Vành của chuỗi lũy thừa f (z) =

A(r(Cp) Tập các chuỗi lũy thừa của z mà bán kính hội tụ

lớn hơn hoặc bằng r

Mf(Cp) Tập hợp các hàm phân hình nhỏ đối với f trong Cp

Mf(Cp(0; R)) Tập hợp các hàm phân hình nhỏ đối với f trong Cp(0; R).b

log Logarit thực cơ số e

Z(r, f ) Hàm đếm tại các không điểm của f trong Cp(0; R)

(với 0 < r < R)

N (r, f ) Hàm đếm tại các cực điểm (hàm đếm không kể bội)

của f trong Cp(0; R) (với 0 < r < R)

m(r, f ) Hàm bù (hàm xấp xỉ) của f

T (r, f ) Hàm đặc trưng của f

v(z) = − log |z|

Ar(Cp) = A(∞(Cp)

Au(Cp(a; r)) = A(Cp(a; r))\Ab(Cp(a; r))

Mu(Cp(a; r)) = M(Cp(a; r))\Mb(Cp(a; r))

Các phần tử trong M(Cp)\Cp(z) được gọi là hàm siêu việt và có vô hạnkhông điểm hoặc cực điểm

(Với a ∈ Cp, r > 0 và r1, r2 thỏa mãn 0 < r1 < r2)

Mở đầu

Năm 1967, W K Hayman đã đặt ra một giả thuyết khá nổi tiếng mà tathường gọi là giả thuyết Hayman: Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn điều kiện

fn(z)f0(z) 6= 1 với mọi z ∈ C, trong đó n là một số nguyên dương nào đó thì

f phải là hàm hằng Và ông cũng đặt ra câu hỏi: nếu f là hàm phân hình siêuviệt, thì f0+ afm có vô số không điểm mà không là không điểm của f với mỗi

số nguyên m ≥ 3 và a ∈ C\ {0}? Giả thuyết này thu hút được sự quan tâmnghiên cứu của nhiều tác giả và đã có nhiều công trình khoa học được công bốtheo hướng nghiên cứu này trong các trường hợp khác nhau: hàm phân hìnhphức, hàm phân hình p-adic, đa thức sai phân, Các kết quả nghiên cứu giảthuyết Hayman theo hướng này tập trung lại thành một vấn đề chung đượcgọi là “Sự lựa chọn Hayman”

Từ năm 2008, trong công trình [19], nhà toán học J Ojeda đã nghiên cứugiả thuyết Hayman trong trường hợp hàm phân hình siêu việt p-adic Ý tưởngchính trong bài báo này của ông là trả lời câu hỏi của Hayman bằng cách xéthàm f0+ T fm với T ∈ Cp(z) và ông đã chứng minh câu hỏi của Hayman đúngkhi m ≥ 5 và m = 1 Ngoài ra, trong một số công trình gần đây J Ojeda đãcông bố một số kết quả về vấn đề duy nhất cho hàm phân hình p-adic Ông

đã chứng minh: với f, g là các hàm nguyên trên Cp, Giả sử a ∈ Cp\ {0} và

n, k ∈ N, k ≥ 2, α là hàm nguyên nhỏ đối với f và g Nếu fn(f − a)kf0 và

gn(g − a)kg0 chung nhau giá trị α kể cả bội, với n ≥ max {6 − k, k + 1} thì

f = g Nếu α ∈ Cp ∗ và n ≥ max {5 − k, k + 1} thì f = g Và : với f, g là haihàm giải tích không giới nội trong một đĩa mở của Cp, α là hàm nhỏ giải tíchtrong cùng đĩa Nếu fn(f − a)2f0 và gn(g − a)2g0 chung nhau giá trị α kể cảbội, với n ≥ 4 thì f = g Nếu fn(f − a)f0 và gn(g − a)g0 chung nhau giá trị α

kể cả bội, với n ≥ 5 thì f = g

Mục đích của luận văn "Giả thuyết Hayman và vấn đề duy nhất chocác hàm phân hình p-adic" trình bày lại một số kết quả nghiên cứu về giảthuyết Hayman p-adic và vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình p-adic, đượcJ.Ojeda công bố trong các tài liệu [19] và [20] Luận văn được bố cục thành 2chương cùng phần mở đầu, kết luận và danh mục tài liệu tham khảo

Chương 1 Giả thuyết Hayman p-adic Trình bày những kiến thức cơ bản

về phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic, giả thuyết Hayman cho các hàmphân hình p-adic - một trong những kết quả nghiên cứu của J.Ojeda từ năm2008

Chương 2 Vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình p-adic Trong chươngnày chúng tôi trình bày lại một số nghiên cứu của J.Ojeda và một số tác giảkhác trong thời gian gần đây về vấn đề đa thức xác định duy nhất cho cáchàm phân hình và các hàm phân hình chung nhau một hàm nhỏ

Chương 1

Giả thuyết Hayman p-adic

1.1 Phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic

Cho f ∈ A(ρ(Cp), biểu diễn f dưới dạng:

m(r, f ) = log+µ(r, f ) = max {0, log µ(r, f )}



= log+ 1

µ (r, f ) = max {0, − log µ(r, f )}

Định nghĩa 1.5 Hàm đặc trưng của hàm f là hàm được cho bởi công thức



= T (r, f ) − log µ(ρ0, f ) (1.1)Ngoài ra, cho α ∈ Cp(0; R)và h ∈ M(Cp(0; R)) Nếu h có một không điểmcấp n tại α, ta đặt ωα(h) = n, nếu h có một cực điểm cấp n tại α, ta đặt

ωα(h) = −n, và cuối cùng, nếu h(α) 6= 0 và ∞, ta đặt ωα(h) = 0

Cho f ∈ M(Cp(0; R)) thỏa mãn 0 không là không điểm cũng không là cựcđiểm của f Cho r ∈ (0, R) Khi đó, ta cũng ký hiệu Z(r, f ) là hàm đếm tạicác không điểm của f trong Cp(0; R)



và N (r, f ) = Z



r, 1f

đếm tại các không điểm của f0 trong Cp[0; r] thỏa mãn các không điểm đókhông là không điểm của f − s bất kì với s ∈ S Khi đó

A Boutabaa và A Escassut trong [5], A Escassut trong [7], P C Hu và C

C Yang trong [16] cho ta một số kết quả liên quan tới lý thuyết Nevanlinnadưới đây

Bổ đề 1.7 Nếu f ∈ A(Cp)\Cp[z] tương ứng nếu f ∈ Au(Cp(0; R))
thì f có

vô số không điểm

Bổ đề 1.8 Cho f ∈ A(Cp) tương ứng cho f ∈ A(Cp(0; R))
thỏa mãn

f (0) 6= 0 và cho r > 0 tương ứng r ∈ (0, R)
Với b ∈ Cp bất kì, ta có

Z(r, f − b) = Z(r, f ) + O(1)

Bổ đề 1.9 Cho f ∈ A(Cp) tương ứng cho f ∈ A(Cp(0; R))
thỏa mãn

f (0) 6= 0 và cho r > 0 tương ứng r ∈ (0, R)
Hàm T (r, f ) và Z(r, f ) làtương đương sai khác một hằng số cộng

Mệnh đề 1.10 Cho fi ∈ M(Cp) tương ứng cho fi ∈ M(Cp(0; R))
thỏamãn fi(0) 6= 0, ∞ với i = 1, , k Khi đó, cho r > 0 tương ứng r ∈ (0, R)
,

Mệnh đề 1.11 Cho f ∈ M(Cp(0; R)) thỏa mãn f (0) 6= 0, ∞ Khi đó, f ∈

Mb(Cp(0; R)) khi và chỉ khi T (r, f ) bị chặn trong (0, R)

Hai định lý cơ bản

Cố định hai số thực ρ và ρ0 sao cho 0 < ρ0 < ρ < ∞ Trước tiên, ta tìmhiểu Định lý cơ bản thứ nhất, định lý này tương tự với trường hợp phức.Định lý 1.12 (Định lý cơ bản thứ nhất) Nếu f là hàm phân hình khác hằngtrên Cp(0; ρ) thì với mọi a ∈ Cp ta có

Với một hàm phân hình khác hằng f trong Cp(0; ρ), ta định nghĩa giá trịphân nhánh bởi

Một số dạng của Định lý cơ bản thứ hai

Định lý sau đây là một dạng Định lý chính thứ hai cho hàm phân hình trên

Cp

Định lý 1.16 ([2], [9]) Cho β1, , βn ∈ Cp với n ≥ 2 và cho f ∈ M(Cp)

tương ứng f ∈ M(Cp(0; R))
Giả sử S = {β1, , βn} Giả thiết rằng khônghàm nào trong các hàm f, f0 và f − βj bằng 0 hoặc ∞ tại gốc với 1 ≤ j ≤ n.Khi đó với mọi r > 0 tương ứng với mọi r ∈ (0, R)
ta có

Tiếp theo, ta nhắc lại định nghĩa hàm nhỏ đối với hàm phân hình

Định nghĩa 1.17 Cho f ∈ M(Cp) tương ứng cho f ∈ M(Cp(0; R)
thỏamãn f (0) 6= 0, ∞ Một hàm α ∈ M(Cp) tương ứng cho α ∈ M(Cp(0; R)

không có không điểm và cực điểm tại 0 được gọi là hàm nhỏ đối với f nếu nóthỏa mãn lim

r→+∞

T (r, α)

T (r, f ) = 0

tương ứng lim

r→R −

T (r, α)

T (r, f ) = 0

.Nếu 0 là một không điểm hoặc cực điểm của f hoặc α, ta có thể thay đổibiến sao cho gốc mới không là không điểm hoặc cực điểm của f và α Như vậy

ta có thể thấy rằng quan hệ sau cùng không thực sự phụ thuộc vào gốc.Định lý 1.18 ([17]) Cho f ∈ A(Cp) tương ứng cho f ∈ A(Cp(0; R))

khác hàm hằng thỏa mãn f (0) 6= 0 và cho u1, u2 ∈ A(Cp) tương ứng cho

u1, u2 ∈ A(Cp(0; R))
là hàm nhỏ đối với f và không có không điểm tại 0 Khiđó

T (r, f ) ≤ Z(r, f − u1) + Z(r, f − u2) + S(r),

trong đó S(r) = 2T (r, u1) + 3T (r, u2) − log r + O(1)

Một định lý Nevanlinna đặc biệt được biết đến từ Định lý Nevanlinna trên

ba hàm nhỏ ([21]):

Bổ đề 1.19 Cho f ∈ M(Cp)\{0} tương ứng f ∈ M(Cp(0; R))
và cho

α ∈ Mf(Cp) tương ứng α ∈ Mf(Cp(0; R))
không có không điểm và cựcđiểm tại 0 Khi đó, với r > 0 tương ứng r ∈ (0, R)
, ta có T (r, f ) ≤ Z(r, f ) +Z(r, f − α) + N (r, f ) + Sf(r)

1.2 Giả thuyết Hayman cho các hàm phân hình p-adic

Trong phần này, ta nghiên cứu giả thuyết nổi tiếng của Hayman cho hàmphân hình siêu việt trong một trường p-adic bằng việc sử dụng phương phápcủa giải tích p-adic và đặc biệt lý thuyết Nevanlinna p-adic

Trước tiên, ta tìm hiểu giả thuyết Hayman cho các hàm phân hình siêu việttrong một trường thặng dư đặc số bất kỳ và tiếp theo trong trường thặng dưđặc số0 Vấn đề đặt ra là: Cho f ∈ M(Cp) là một hàm siêu việt và T ∈Cp(z).

Ta có thể kết luận rằng f0+ T fm có vô số không điểm mà không là không điểmcủa f? Đặt g = 1

f, có thể thấy rằng số không điểm của f

0+ T fm mà không làkhông điểm của f chính là số không điểm của g0gm−2− T Như vậy, giải quyếtgiả thuyết Hayman tương tương với việc trả lời câu hỏi: Cho g ∈ M(Cp) làmột hàm siêu việt và T ∈ Cp(z) Ta có thể kết luận g0gn − T có vô số khôngđiểm?

Câu hỏi đã nghiên cứu trong giải tích phức nhiều năm, xét T = a ∈ C.

Vào năm 1959, W.K.Hayman ([14]) chứng minh nếu g là một hàm phân hìnhsiêu việt, a ∈ C\ {0} và n ≥ 3 thì g0gn − a có vô số không điểm Hai mươinăm sau, E.Mues ([24]) chứng minh trường hợp n = 2 và cuối cùng vào năm

1995, W.Bergweiler và A.Eremenko ([1]), H.H.Chen và M.L.Fang ([6]) chứngminh giả thiết này cũng đúng với n = 1, điều này hoàn thiện chứng minh giảthuyết Hayman Như vậy, trong trường hợp phức, chúng ta có thể kết luậnrằng f0+ afm có vô số không điểm mà không là không điểm của f khi m ≥ 3

Nhận xét 1.20 Trong C, f0 + fm có thể không có không điểm nếu m = 1

hoặc m = 2 có thể chỉ ra tương ứng f (z) = exp(z) và f (z) = tan(−z)

Trong giải tích p-adic, ta cũng có thể nhận được các kết quả trong một bàitoán tương tự Trước khi phát biểu định lý chính, ta nhắc lại một số ký hiệu

sử dụng trong nhiều công trình trong giải tích p-adic, đặc biệt các ký hiệu nàyđược sử dụng bởi A.Escassut trong [7]

i ∈ Z (tương ứng số nguyên nhỏ nhất i ∈ Z) thỏa mãn v (ai) − i log r =inf

n∈Z(v(an) − n log r) (như vậy, ν+(f, r) = ν(r, f )) Ta chỉ viết ν(f, r) khi

(r0, r00).

Ở đây ta xét N∗ = N\ {0}, R > 1 là một số nguyên và T = A

B ∈ Cp(z) với

A, B ∈ Cp[z] không có không điểm chung

Như hệ quả của Định lý 2.1 ([5]), bổ đề dưới đây được coi là dạng p-adiccủa công thức Jensen

Bổ đề 1.21 Cho f ∈ M(Cp) tương ứng cho f ∈ M(Cp(0; R))
thỏa mãn 0

không là không điểm và không là cực điểm của f Khi đó

r→R|T | (r) > 1

R

thì

f0+ T f có vô số không điểm mà không là không điểm của f

Chứng minh Giả sử r > 0 tương ứng giả sử r ∈ [1, R)
Theo Bổ đề 4([3]), ta có |f0| (r) ≤ 1

r |f | (r) Ta sẽ kiểm tra sự tồn tại của ρ ∈ (0, +∞)

tương ứng ρ ∈ [1, R)
thỏa mãn |f0| (r) < |T f | (r) ∀r ∈ (ρ, +∞) tươngứng ∀r ∈ (ρ, R)
Thật vậy, nếu f ∈ M(Cp) thì ρ tồn tại vì lim

r→+∞|T | (r) > 0.Bây giờ, ta giả sử f ∈ Mu(Cp(0; R)) Từ lim

r→R|T | (r) > 1

R, bởi tính liên tục,

ta có thể tìm ρ ∈ [1, R) thỏa mãn |T | (r) > 1

r ∀r ∈ (ρ, R) Như vậy, ta đãchứng minh sự tồn tại của ρ ∈ (0, +∞) tương ứng ρ ∈ [1, R)
thỏa mãn

ứng không bị chặn trong Cp(0; R)
Hơn nữa, tồn tại một dãy tăng {rn}n∈N

ν+(f0 + T f, rn)−ν−(f0+ T f, rn)là số không điểm củaf0 + T f trong Cph0; rni

(kể cả bội) Vì vậy, ta có thể suy ra f0+ T f có không điểm trong Cph0; rni và

số không điểm của f0+ T f bằng số không điểm của f trong Cph0; rni (kể cảbội)

Mặt khác, từ mỗi không điểm của f trong Cph0; rni không là một khôngđiểm của f0+ T f hoặc là một không điểm của f0 + T f có bậc thấp hơn bậccủa nó, do (1.4) tồn tại ít nhất một không điểm của f0 + T f mà không làkhông điểm của f trong Cph0; rni Từ điều này đúng với mọi n ∈ N, ta được

f0+ T f có vô số không điểm trong Cp (tương ứng trong Cp(0; R)) mà không

là không là không điểm của f

Bây giờ, giả sử f có vô số cực điểm Khi đó, tồn tại một dãy tăng {rn}n∈N

với lim

n→+∞rn = +∞ (tương ứng lim

n→+∞rn = R), thỏa mãn f có cực điểm trong

Cph0; rni, T không có không điểm và cực điểm trong Cph0; rni và

|f0 + T f | (r) = |T f | (r) ∀r ≥ r1

Cho n ∈ N Giả sử sn và tn lần lượt là số không điểm và cực điểm của f

trong Cph0; rni, giả sử γn và τn lần lượt là số không điểm và cực điểm của

có ít nhất một không điểm trong Cph0; rni mà không là không điểm của f Vìđiều này đúng với tất cả n ∈ N, ta suy ra f0+ T f có vô số không điểm trong

Cp (tương ứng trong Cp(0; R)) mà không là không điểm của f

Định lý 1.23 ([19]) Cho f ∈ M(Cp) là một hàm siêu việt và deg(A) ≥deg(B) tương ứng cho f ∈ Mu(Cp(0; R))
Cho m > 2 là một số nguyên.Nếu lim sup

r→+∞

|f | (r) > 0 tương ứng lim sup

r→R

|f | (r) = +∞
thì f0 + T fm có vô

số không điểm mà không là không điểm của f

Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử 0 không là không điểm cũngkhông là cực điểm của T fm và f0+ T fm Ta sẽ chứng minh f có vô số khôngđiểm trong Cp tương ứng trong Cp(0; R)
Trước tiên, ta giả sử f ∈ M(Cp)

Từ giả thiết lim sup

và do đó N (r, f ) + C ≤ q log r Vì vậy f có hữu hạn cực điểm, mâu thuẫn vì

Giả sử tập các không điểm của f0 + T fm mà không là không điểm của f

là hữu hạn Khi đó, tồn tại ρ > 0 tương ứng ρ ∈ [1, R)
thỏa mãn f0 + T fm

không có không điểm khác không điểm bội của f trong Cp\Cp[0, ρ] tương ứngtrong Γ(0, ρ, R)
và T không có không điểm và cực điểm trong Cp\Cp[0, ρ]

tương ứng trong Γ(0, ρ, R)
Thế nên mỗi cực điểm của f0+ T fm là một cựcđiểm của fm cùng số bội Vì vậy

N (r, f0 + T fm) − N (ρ, f0+ T fm)

=N (r, fm) − N (ρ, fm) ∀r ∈Cp\Cp[0, ρ] (tương ứng ∀r ∈ (ρ, R)) (1.5)Giả sử σ > ρ thỏa mãn Cph0; σi chứa ít nhất một không điểm của f Mỗikhông điểm của f, chẳng hạn có bậc q, không là không điểm của f0 + T fm

hoặc là một không điểm của f0 + T fm với bậc q − 1 Từ f0 + T fm không cókhông điểm trong Cph0; ri khác không điểm của f và T không có không điểm

và cực điểm trong Cph0; ri, dễ thấy số không điểm của f0+ T fm trong Cph0; ri

(kể cả bội) là ít hơn số không điểm của T fm (kể cả bội) Vì thế, hàm

Ψ(r) = Z(r, fm) − Z(ρ, fm) − [Z(r, f0+ T fm) − Z(ρ, f0 + T fm)]

là hàm tăng nghiêm ngặt trong [σ, +∞) tương ứng trong [σ, R)

Bây giờ, ta sẽ chỉ ra có một dãy tăng của các khoảng (r0n, r00n) với ρ <

r0n < r00n < r0n+1 và lim

n→+∞r00n = +∞ tương ứng lim

n→+∞rn00 = R
thỏa mãn

|f0+ T fm| (r) = |T fm| (r) ∀r ∈ (r0n, r00n) Trước tiên, ta giả sử f ∈ M(Cp).

Từ T không có không điểm và cực điểm trong(r0n, r00n)vàdeg(A) ≥ deg(B)

suy ra tồn tại λ > 0 thỏa mãn |T | (r) ≥ λ ∀r ∈ (r0n, r00n) Vì vậy

|T fm| (r) > Cmλ ∀r ∈ (r0n, rn00) ∀n ∈ N

Mặt khác, theo Bổ đề 4 ([3]), |f0| (r) ≤ 1

r |f | (r) Vì vậy, ta có thể suy rarằng

f0

T fm



1C

m−1

< 1 Do đó |f0| (r) = |T fm| (r) Bởivậy, |f0+ T fm| (r) = |T fm| (r) Như vậy, đẳng thức này đúng trong tất cả cáchình vành khăn Γ(0, r0n, r00n) khi r0n đủ lớn Vì vậy, không mất tính tổng quát,

ta có |f0 + T fm| (r) = |T fm| (r) ∀r ∈ (r0n, r00n) ∀n ∈ N.

Bây giờ, ta giả sử f ∈ Mu(d(0, R−)) Từ lim sup

r→R

|f | (r) = +∞tồn tại 1 dãycủa các hình vành khăn {Γ(0, r0n, r00n)}n∈N với ρ < rn0 < rn00 và lim

bởi vì rn0 > 1 Do đó, khi n đủ lớn, ta có |f0| (r) < |f | (r) < λnm−1|f | (r) ≤

|T fm| (r) ∀r ∈ (r0n, r00n), từ đó |f0 + T fm| (r) = |T fm| (r) ∀r ∈ (r0n, r00n)

Vì vậy, theo Bổ đề (1.21), ta nhận được

Z(r, f0 + T fm) − N (r, f0+ T fm)

= Z(r, fm) − N (r, fm) + χ ∀r ∈ (r0n, r00n) , (1.6)trong đó χ được xác định bởi m log |f (0)| − log |T (0)fm(0) + f0(0)| Và từ(1.5) và (1.6), ta có thể kiểm tra được

Hệ quả 1.25 ([19]) Chog ∈ M(Cp)là một hàm siêu việt vàdeg(A) ≥ deg(B)

tương ứng cho g ∈ Mu(Cp(0; R))
Nếu g có hữu hạn không điểm thì g0gn− T

có vô số không điểm với mọi n ∈N∗

Chứng minh Từg có hữu hạn không điểm, suy ra f = 1

g có hữu hạn cực điểm.

Vì vậy áp dụng Định lý 1.23 cho f với m ≥ 3 và xét n = m − 2, ta có thể suy

ra hệ quả này

Bổ đề 1.26 ([19]) Cho f ∈ M(Cp(0; R)) và cho bf là hàm phân hình xác địnhbởi f trong bCp(0, R) Khi đó số không điểm và cực điểm của bf trong bCp(0, R)

chính là số không điểm và cực điểm của f trong Cp(0; R), kể cả bội

Chứng minh Điều kiện đủ để có khẳng định làf ∈ A(Cp(0; R)) Giả sửf (z) =

Giả sử r ∈ (0; R) và α1, , αq là các không điểm của f trong Cph0; ri với

ωαi(f ) = si,i = 1, , q Do đó, f được phân tích dưới dạngf =

q

Q

i=1

(z − αi)sig,trong đó g ∈ A(Cp(0; R)) và g(αi) 6= 0 với i = 1, , q Lưu ý rằng sự phântích này cũng đúng trong M(Cbp(0; R)) Vì vậy, αi cũng là không điểm bậc si

của bf với i = 1, , q Bây giờ, giả sử bf nhận các không điểm khác αq+1, , αt

với ωαi(f ) = sb i, i = q + 1, , t Theo định lý 23.1 ([7]), với mọi r ∈ (0, R), tacó

l0 với

f0 < /p>

T fm < /p>

< /p>

 < /p>

1C < /p>

m−1 < /p>

< Do |f0| (r) = |T fm| (r) Bởivậy, |f0+... 1 < /p>

g có hữu hạn cực điểm. < /p>

Vì ? ?p dụng Định lý 1.23 cho f với m ≥ xét n = m − 2, ta suy < /p>

ra hệ < /p> Trang 27

= Z(r, fm) − N (r, fm) + χ ∀r ∈ (r0n, r00n) , (1.6)trong