Các hàm Nevanlinna và định lý cơ bản thứ nhất
Hàm f được định nghĩa trên mặt phẳng phức C và có giá trị trong miền D ⊂ C Chúng ta nói rằng f chỉnh hình tại điểm z0 ∈ C nếu tồn tại một lân cận U của z0, sao cho giá trị của f(z) là vô hạn.
X n=0 cn(z −z0) n với mọi z ∈ U, trong đó c n ∈ C là các hằng số Hàm f(z) được gọi là chỉnh hình trên D nếu nó chỉnh hình tại mọi z ∈ D.
Ví dụ 1.1.2 Hàm f(z) = z chỉnh hình trên tập mở bất kỳ trong C Bất kỳ đa thức
P(z) =a 0 + a 1 z+ ã ã ã+ a n z n chỉnh hình trên toàn bộ mặt phẳng thức.
Hàm 1/z là một hàm chỉnh hình trong tập mở của C mà không chứa điểm gốc tọa độ Một hàm f(z) được gọi là hàm nguyên nếu nó chỉnh hình trên toàn bộ mặt phẳng phức C.
Ví dụ 1.1.5 Hàmf(z) =e z , g(z) =e −πz 2 chỉnh hình trên toàn mặt phẳng phức C nên chúng là hàm nguyên.
Điểm z₀ ∈ C được gọi là điểm bất thường cô lập của hàm f : C → C nếu hàm f(z) chỉnh hình trong một lân cận của z₀, ngoại trừ tại chính z₀ Điểm bất thường cô lập này của hàm f(z) là một khái niệm quan trọng trong phân tích phức.
(i) Điểm bất thường khử được nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim z→z 0 f(z).
(ii) Cực điểm của f(z) nếu lim z→z 0 f(z) = ∞.
Hàm f(z) được coi là phân hình trong miền D ⊂ C nếu nó chỉnh hình trong miền D, ngoại trừ một số hữu hạn các điểm bất thường cốt yếu Điểm bất thường cốt yếu của hàm f(z) xuất hiện khi không tồn tại giới hạn lim z→z 0 f(z) Nếu miền D là toàn bộ mặt phẳng phức C, thì f(z) được gọi là hàm phân hình trên C.
Nếu f(z) là hàm phân hình trên miền D, thì trong mỗi lân cận của z ∈ D, hàm f(z) có thể được biểu diễn dưới dạng thương của hai hàm chỉnh hình Điểm z₀ được gọi là không điểm cấp m của hàm f(z) nếu trong lân cận của z₀, hàm f(z) có dạng f(z) = (z − z₀)ⁿh(z), với h(z) là hàm chỉnh hình trong lân cận của z₀ và h(z₀) ≠ 0 Ngoài ra, z₀ cũng được gọi là cực điểm cấp m ≥ 0 của hàm f(z) nếu z₀ là không điểm cấp m của hàm 1/f(z).
Với hàm phân hình f, ta kí hiệu ord f (z 0 )
m nếu z0 là không điểm cấp m của f(z)
−m nếu z 0 là cực điểm cấp m của f(z)
Nếu f(z) là hàm phân hình trên miền D, thì đạo hàm f'(z) cũng là hàm phân hình trên D Cả hai hàm f(z) và f'(z) đều có cùng các cực điểm Nếu z₀ là cực điểm cấp m ≥ 0 của f(z), thì z₀ sẽ trở thành cực điểm cấp m + 1 của f'(z) Thêm vào đó, hàm f(z) chỉ có không quá đếm được các cực điểm trên miền D.
Hàm đếm, hàm xấp xỉ và hàm đặc trưng Nevanlinna của một hàm phân hình sẽ được định nghĩa trong bài viết này Đối với mỗi số thực dương x thuộc R ∗ +, ta sử dụng kí hiệu log + (x) (log x nếu x ≥ 1).
Như vậy log + (x) = max{logx,0} và logx = log + x−log + 1 x. Cho f : C → C là một hàm phân hình, với một số thực R > 0, ta có
0 log + f(Re iϕ ) dϕ được gọi là hàm xấp xỉ của hàm phân hình f.
Bây giờ ta định nghĩa các hàm đếm Cho f là hàm phân hình và t > 0.
Kí hiệu n(t, f) đại diện cho số cực điểm, bao gồm cả bội, của hàm f(z) trong hình tròn {|z| < t}, với n(0, f) = lim t→0 n(t, f) Ngoài ra, n(t, f) cũng thể hiện số cực điểm không kể bội và tương tự, n(0, f) = lim t→0 n(t, f) Đối với hàm nghịch đảo, n(t, 1/f) biểu thị số không điểm kể cả bội của hàm f trong hình tròn {|z| < t}.
0 n(t, f)−n(0, f) t dt+n(0, f) logr được gọi là hàm đếm kể cả bội củaf (còn gọi là hàm đếm tại các cực điểm). Hàm
0 n(t, f)−n(0, f) t dt+n(0, f) logr được gọi là hàm đếm không kể bội của f. Định nghĩa 1.1.12 Hàm
T(r, f) =m(r, f) +N(r, f) gọi là hàm đặc trưng của hàm f.
Các hàm T(r, f), m(r, f) và N(r, f) là những hàm cơ bản trong lý thuyết phân bố giá trị, còn được gọi là các hàm Nevanlinna Định lý 1.1.13 chứng minh một số tính chất quan trọng của các hàm này liên quan đến các hàm phân hình f1, f2, , fp.
Việc chứng minh các tính chất này dựa theo tính chất: nếu a 1 , , a p là các số phức phân biệt thì log + p
Công thức Poisson–Jensen (Định lý 1.1.14) áp dụng cho hàm phân hình f(z) không bằng 0 trong hình tròn {|z| ≤ R} với 0 < R < ∞ Nếu a1, , ap là các không điểm (bao gồm cả bội) và b1, , bq là các cực điểm (bao gồm cả bội) trong hình tròn đó, thì với mỗi z trong {|z| ≤ R} không phải là không điểm hay cực điểm của f, ta có thể biểu diễn log|f(z)| = 1.
Nhận xét 1.1.15 Công thức Poisson–Jensen chỉ ra rằng, nếu biết giá trị của |f(z)| trên biên, biết các cực điểm và không điểm của hàm f(z) trong
|z| < R thì ta có thể tìm được giá trị của môđun |f(z)| tại các giá trị z khác bên trong đĩa |z| ≤ R.
Hệ quả 1.1.16 Với |z| < R, ta có
Hệ quả 1.1.17, hay còn gọi là Công thức Jensen, áp dụng cho hàm phân hình f(z) không bằng 0 trong hình tròn {|z| ≤ R} với R là một số dương hữu hạn Giả sử a1, , ap là các không điểm (bao gồm cả bội) và b1, , bq là các cực điểm (bao gồm cả bội) trong hình tròn, ngoại trừ điểm 0 Khi đó, ta có log|c f| = 1.
Hàm phân hình f(z) có thể được biểu diễn dưới dạng khai triển Laurent tại 0, với logR, ord 0 f(z) = c f z ord 0 f + ã ã ã, trong đó ord 0 f thuộc Z và c f là hằng số nhỏ nhất Định lý cơ bản thứ nhất, một cách viết lại của công thức Jensen, khẳng định rằng nếu f(z) khác không trên C, thì với mỗi r > 0, điều kiện trên vẫn được thỏa mãn.
Trong khai triển Taylor của hàm f gần điểm 0, hệ số khác không nhỏ nhất được ký hiệu là c f, trong khi hệ số khác không nhỏ nhất của hàm 1/(f −a) cũng được xác định trong lân cận điểm 0 và được ký hiệu là c 1 /(f −a).
Nhận xét 1.1.19 Ta thường dùng (2) của Định lý cơ bản thứ nhất dưới dạng
= T(r, f) +O(1),trong đó O(1) là đại lượng bị chặn khi r → ∞.
Định lý cơ bản thứ hai và quan hệ số khuyết
Cho f là một hàm phân hình, r > 0 Kí hiệu
Hàm giá trị phân nhánh của hàm f được định nghĩa là 2N(r, f)−N(r, f 0 ), với N ram (r, f) luôn lớn hơn hoặc bằng 0 Theo Định lý cơ bản thứ hai, nếu f là hàm phân hình khác hằng trên C và a 1, , a q (với q > 2) là các hằng số phân biệt, thì với mỗi ε > 0, có bất đẳng thức liên quan.
+ N(r, f)−N ram (r, f) + logT(r, f) + (1 +ε) log + logT(r, f) +O(1) đúng với mọi r ≥ r 0 nằm ngoài một tập E có độ đo Lebesgue hữu hạn.
Giả sử f(z) là hàm phân hình trên C, a ∈ C ∪ {∞} và k là một số nguyên dương Ta kí hiệu δ(a, f) = lim inf r→∞ m r, f −a 1
T(r, f) Định nghĩa 1.2.2 δ(a, f) được gọi là số khuyết, Θ(a, f) gọi là số khuyết không kể bội, θ(a, f) gọi là bậc của bội của số khuyết.
Nhận xét 1.2.3 1 Nếu f(z) = a vô nghiệm thì N r, f −a 1 = 0 với mọi r suy ra δ(a, f) = 1 Chẳng hạn f(z) =e z thì δ(0, f) = 1.
2 Nếu N r, f −a 1 = o(T(r, f)) khi đó δ(a, f) = 1 Như vậy số khuyết bằng 1 khi số nghiệm của phương trình quá ít so với cấp tăng của nó.
3 Với mỗi hàm phân hình f và a ∈ C, ta luôn có
Định lý 1.2.4 khẳng định rằng với hàm phân hình khác hằng f trên C, tập hợp các giá trị a mà Θ(a, f) > 0 là đếm được Điều này liên quan đến số khuyết và được gọi là Bổ đề quan hệ số khuyết, với điều kiện 0 ≤ δ(a, f) ≤ Θ(a, f) ≤ 1.
Hệ quả 1.2.5 Giả sử f là hàm phân hình trên C, nếu f không nhận 3 giá trị a 1 , a 2 , a 3 ∈ C∪ {∞} thì f là hàm hằng.
Một số tính chất nâng cao
Trong bài viết này, chúng ta sẽ nghiên cứu hàm phân hình trên toàn bộ mặt phẳng phức, sử dụng các ký hiệu thông thường trong lý thuyết hàm phân phối giá trị Nevanlinna như T(r, f), N(r, f), và m(r, f) Đối với hàm phân hình f không hằng, ký hiệu S(r, f) sẽ được định nghĩa là đại lượng thỏa mãn giới hạn r→∞lim.
Hàm phân hình a(z) được gọi là hàm nhỏ của f nếu T(r, a) = S(r, f) Hai hàm phân hình f và g được coi là chung nhau giá trị aCM nếu f − a và g − a có cùng số không điểm và các không điểm có bội như nhau Tương tự, f và g chung nhau giá trị aIM nếu f − a và g − a có cùng số không điểm phân biệt Nếu 1/f và 1/g chung nhau 0, thì f và g chung nhau ∞ Hai hàm phân hình f và g chung nhau hàm nhỏ a không kể bội nếu f − a và g − a chung nhau giá trị 0 Tập Ek(a; f) được định nghĩa là tập các a-điểm của f, trong đó a-điểm bội m được tính theo quy tắc nhất định Cuối cùng, f và g chung nhau giá trị a với trọng số k nếu E k (a; f) = E k (a; g).
Nếu hai hàm f và g có cùng bội (a, k), thì chúng cũng sẽ có chung bội (a, p) với mọi số nguyên p thỏa mãn 0 ≤ p < k Điều này cho thấy rằng f và g có chung giá trị a cả khi xét bội hay không bội, nếu và chỉ nếu chúng chung nhau (a, ∞) hoặc (a, 0) Định nghĩa 1.3.5 chỉ ra rằng S là tập hợp các phần tử phân biệt của C∪{∞}, với k là số nguyên không âm hoặc vô cực, và ký hiệu E f (S, k) là tập hợp S a∈S E k (a;f) Chúng ta nói rằng f và g chung nhau tập S với trọng số k khi Ef(S, k) = Eg(S, k) Định nghĩa 1.3.6 nêu rõ rằng tập S ⊂ C∪ {∞} được gọi là tập xác định duy nhất của hàm phân hình (hoặc hàm nguyên) với trọng số k.
Trong bài viết này, định nghĩa U RSM k (cùng với U RSE k) nêu rõ rằng nếu hai hàm phân hình f và g bất kỳ thỏa mãn điều kiện E f (S, k) = E g (S, k), thì f và g sẽ tương đương nhau (f ≡ g) Định nghĩa 1.3.7 chỉ ra rằng f và g là hai hàm phân hình, trong khi a được xác định là một số phức hữu hạn.
(i) N L (r,1/(f −a)) = N L (r, a;f) là hàm đếm không kể bội tại các a- điểm chung của f và g sao cho bội tại a-điểm này đối với f lớn hơn đối với g.
(ii) N L (r,1/(f −a)) = N L (r, a;f) là hàm đếm kể cả bội tại các a-điểm của f sao cho bội tại a-điểm này đối với f lớn hơn đối với g.
(iii) N E 1) (r,1/(f −a)) = N E 1) (r, a;f) là hàm đếm kể cả bội tại các a-điểm chung của f và g sao cho bội tại các a-điểm này đối với f bằng đối với g và bằng 1.
N (2 E (r,1/(f − a)) = N (2 E (r, a;f) là hàm đếm không kể bội tại các a- điểm chung của f và g, với điều kiện bội tại các a-điểm này đối với f và g bằng nhau và lớn hơn hoặc bằng 2 Định nghĩa 1.3.8 ([1]) cho biết rằng nếu f và g có điểm chung tại (a,0), thì ký hiệu sẽ được áp dụng.
N ∗ (r, a;f, g) là hàm đếm không kể bội các a-điểm của f mà có bội khác với bội của a-điểm tương ứng của g Do đó
Cho p là số nguyên dương và a thuộc C∪ {∞} Hàm N(p) (1, f − a) đếm số không điểm của f − a với bội nhỏ hơn hoặc bằng p, trong khi N(p+1) (1, f − a) đếm số không điểm có bội lớn hơn p N(p) (1, f − a) và N(p+1) (1, f − a) lần lượt là các hàm đếm không kể bội của f − a với bội nhỏ hơn hoặc bằng p và lớn hơn p Định nghĩa N(p) (r, f − a) là hàm đếm các không điểm của f − a, trong đó các không điểm cấp m được đếm m lần nếu m ≤ p và được đếm p lần nếu m > p.
Cho F và G là hai hàm phân hình khác hằng có giá trị chung là 1 không kể bội Từ các khái niệm này, ta nhận thấy rằng nếu F và G có giá trị chung là 1 kể cả bội, thì
Nếu F và G chung nhau 1 không kể bội thì
, (1.3) trong đó F và G là hàm phân hình khác hằng Nếu H 6= 0 thì
Bổ đề 1.3.10 ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng và k, p là các số nguyên dương Khi đó
Bổ đề 1.3.11 ([4]) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng, n, k là các số nguyên dương và a(z) là hàm phân hình nhỏ đối với f thỏa mãn a(z) 6≡
0,∞ Giả sử f n −a và (f n ) (k) −a chung nhau giá trị 0 không kể bội và H xác định bởi (1.3), trong đó F = f a n , G = (f n a ) (k) Nếu H 6= 0 và n > k+ 1 thì
Chứng minh rằng f n − a và (f n ) (k) − a có giá trị chung bằng 0 không kể bội, đồng thời F và G có giá trị chung bằng 1 không kể bội Điều này cho phép chúng ta loại bỏ tại các không điểm và cực điểm của a(z) Theo định nghĩa của H, chúng ta có.
+S(r, f), (1.8) trong đó N 0 r, F 1 0 là hàm đếm các không điểm của F 0 mà không là không điểm của F và F −1, và tương tự đối với G 0
Từ (1.2), (1.4) và (1.8), ta thu được
+ O(1). Theo Định lý cơ bản thứ hai, ta có
(1.12) Kết hợp (1.10), (1.11) và (1.12), ta thu được
Từ bất đẳng thức trên và (1.5) ta có
+S(r, f) (1.13) Theo định nghĩa ta có
Kết hợp điều này với (1.6), ta thu được
+ kN(r, f) +S(r, f) (1.14) Chú ý rằng n > k + 1, theo (1.14) ta thu được
+ (k+ 1)N(r, f) +S(r, f), (1.16)Thay (1.15) và (1.16) vào (1.13) ta thu được kết luận của Bổ đề 1.3.11.
Trong vài thập niên qua, hàm nguyên và hàm phân hình đã trở thành lĩnh vực con quan trọng trong lý thuyết phân bố giá trị Nghiên cứu về tính duy nhất của hàm phân hình và các đạo hàm của nó với giá trị hàm nhỏ đã thu hút sự quan tâm của nhiều tác giả, khởi đầu bởi Rubel-Yang Bài viết này sẽ giới thiệu một số kết quả nghiên cứu gần đây liên quan đến hàm nguyên và hàm phân hình.
Một số bổ đề chuẩn bị
(2.1) trong đó F và G xác định bởi Bổ đề 1.3.11 Nếu V = 0và n ≥ 2thìF = G. Chứng minh Vì V = 0 nên ta có
G, (2.2) với B là hằng số khác hằng Ta chia làm hai trường hợp sau.
Trường hợp 1 Giả sử N(r, f) 6= N(r, f) Khi đó tồn tại điểm z 0 không là không điểm hay cực điểm của a sao cho f (z 1
Trường hợp 2 Giả sử N(r, f) = S(r, f) Nếu B 6= 1 thì N 1, F− 1 1
N(r, G) =S(r, f) Theo Định lý cơ bản thứ hai, ta có
+S(r, f), mâu thuẫn vì n ≥2 Do đó B = 1 Vậy F = G, điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.1.2 ([4]) Giả sử V được xác định bởi (2.1) và V 6= 0 thì
(n−1)N(r, f) ≤N(r, V) +S(r, f) (2.3) Chứng minh Theo (2.1), ta có
Giả sử z 0 là cực điểm của hàm f với bội p và thỏa mãn điều kiện a(z 0 ) 6= 0 và a(z 0 ) 6= ∞, thì z 0 sẽ là không điểm của f racF 0 F(F −1) với bội np−1 và cũng là không điểm của G(G−1) G 0 với bội np+k−1 Như vậy, z 0 là không điểm của V với bội ít nhất n−1 Lưu ý rằng m(r, V) = S(r, f), do đó ta có.
Bổ đề 2.1.3 ([4]) Giả sử các điều kiện của Bổ đề 2.1.2 được thỏa mãn và n > k + 1.
(1) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 kể cả bội thì
(2) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 không kể bội thì
Chứng minh (1) Từ (2.1), ta có
Kết hợp bất đẳng thức này với (2.3) và (1.14), ta thu được (2.4).
Thay (1.14), (1.15) và (1.16) vào bất đẳng thức bên trên và sử dụng (2.3), ta thu được (2.5).
G−1 (2.6) trong đó F và G xác định như trong Bổ đề 1.3.11 Nếu U = 0 và n > k+ 1 thì F = G.
Chứng minh Giả sử phản chứng F 6= G Do U = 0, ta thu được
Theo công thức F = DG + 1 - D, với D là hằng số khác không, ta nhận thấy D không thể bằng 1, dẫn đến N(r, f) không bằng S(r, f) Giả sử tồn tại điểm z0 sao cho f(z0) = 0 và a(z0) không bằng 0, với n lớn hơn k + 1, ta có F(z0) = G(z0) = 0, điều này gây mâu thuẫn với giả thiết D = 1 Do đó, ta khẳng định N(r, 1/f) không bằng S(r, f) Theo Định lý cơ bản thứ hai, từ công thức (2.7) và (1.14), ta có nT(r, f) nhỏ hơn hoặc bằng T(r, F) cộng với S(r, f).
≤ S(r, f), mâu thuẫn Điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.1.5 ([4])Giả sử U như trong Bổ đề 2.1.4 Nếu U 6= 0 và n > k+1 thì
Giả sử z 0 là không điểm của bộ ip và thỏa mãn a(z 0 ) khác 0 và a(z 0 ) khác vô cực Khi đó, z 0 trở thành không điểm của F F −1 0 với bội np−1 và của G−1 G 0 với bội np−k −1, dẫn đến việc z 0 là không điểm của U với bội ít nhất n−k−1 Lưu ý rằng m(r, U) = S(r, f), do đó ta có.
Bổ đề 2.1.6 ([4]) Giả sử các điều kiện của Bổ đề 2.1.5 được thỏa mãn.
(1) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 kể cả bội thì
(2) Nếu F và G chung nhau giá trị 1 không kể bội thì
Chứng minh (1) Từ (2.6) ta có
Kết hợp với (2.8), ta thu được (2.9).
+S(r, f). Kết hợp với (2.8), (1.15) và (1.16) ta thu được (2.10).
Bổ đề 2.1.7 ([4]) Cho F và G như trong Bổ đề 1.3.11 Giả sử F = G và n > k + 1 thì f có dạng f(z) small> λ n z , trong đó c là hằng số khác không và λ k = 1.
Ta khẳng định rằng 0 là giá trị bỏ được Picard của hàm f Nếu z₀ là không điểm của f với bội p, thì z₀ cũng là không điểm của f^n với bội np và là không điểm của (f^n)(k) với bội np−k, theo mâu thuẫn với (2.11) Do đó, theo (2.11), ta có f(z) nhỏ hơn λn z, với c là hằng số khác không và λk = 1.
Bổ đề 2.1.8 ([4]) Cho H như trong Bổ đề 1.3.11 và
Chứng minh Từ (2.7) lấy tích phân ta được
G−1 +B, (2.13) trong đó A (6= 0) và B là hằng số Từ (2.13) ta có
Ta chia làm ba trường hợp.
Trường hợp 1 Giả sử B 6= 0,1 Theo (2.14) ta có
Theo (2.12) và Định lý cơ bản thứ hai, ta có nT(r, f) ≤T(r, F) +S(r, f)
Trường hợp 2 Giả sử B = 0 Theo (2.14) ta có
Nếu A 6= 1, từ (2.15) ta thu đuược
Theo (1.6), (2.12) và Định lý cơ bản thứ hai, ta thu được nT(r, f) ≤ T(r, F) +S(r, f)
≤ S(r, f), mâu thuẫn Do đó A = 1 Từ (2.15) ta có F = B.
Trường hợp 3 Giả sử B = −1 Từ (2.14) ta có
Lập luận tương tự như Trường hợp 2, ta thu được mâu thuẫn Do đó
A = −1 Từ (2.16) ta cú F ãG= 1, tức là f n ã(f n ) (k) = a 2
Từ phương trình trên và (2.12), ta có
Do đó, T(r, f) = S(r, f) dẫn đến mâu thuẫn, điều này cần được chứng minh Để trình bày các bổ đề tiếp theo, chúng ta sử dụng các ký hiệu với f là hàm phân hình, trong đó m và k là các số nguyên dương.
G := R((f m ) (k) ) trong đó R(z) := −z n +az n−1 b Kí hiệu
Bổ đề 2.1.9 ([1]) Nếu F và G chung nhau (1,0) thì i) N L (r,1;F) ≤N(r,0;f) +N(r,∞;f) +S(r, f) và ii) N L (r,1;G) ≤N(r,0; (f m ) (k) ) + N(r,∞;f) +S(r, f).
Tương tự, ta cũng thu được bất đẳng thức cho N L (r,1;G).
Bổ đề 2.1.10 ([1]) Nếu F và G chung nhau (1, l) với l ≥1 thì
Bổ đề 2.1.11 ([1]) Giả sửF và Gchung nhau (1, l), F 6≡ G và m ≥ k+1. i) Nếu f là hàm phân hình, l = 0 và n≥ 5 thì
N(r,0;f) ≤ N(r,0,(f m ) (k) ) ≤ 3 n−4N(r,∞;f) +S(r). ii) Nếu f là hàm nguyên, l = 0 và n≥ 5 thì
N(r,0;f) =N(r,0,(f m ) (k) ) =S(r). iii) Nếu f là hàm phân hình, l ≥ 1 và n > 2 + 1 l thì
N(r,0;f) ≤ N(r,0,(f m ) (k) ) ≤ l + 1 nl−2l −1N(r,∞;f) +S(r). iv) Nếu f là hàm nguyên, l ≥ 1 và n > 2 + 1 l thì
Chứng minh Với bổ đề này, ta định nghĩa
Trường hợp 1 Giả sử U ≡0 Lấy tích phân ta được
Nếu z 0 là không điểm của f thì phương trình (2.18) kéo theo B = 1, điều này là không thể Do đó N(r,0;f) = S(r, f).
Trong trường hợp U 6≡ 0, nếu z 0 không phải là không điểm bậc t của hàm f, thì nó trở thành không điểm của F bậc mt(n − 1) và cũng là không điểm của G với bậc (mt − k)(n − 1) Điều này dẫn đến việc z 0 là không điểm của U với bậc ít nhất là ν = (n−2), do đó νN(r,0;f).
Tiếp theo, ta xét hai trường hợp con:
Trường hợp 2.1 Giả sử l = 0 Theo Bổ đề 2.1.9 ta có νN(r,0;f) ≤ νN(r,0; (f m ) (k) )
Trường hợp 2.2 Giả sử l ≥ 1 Trong trường hợp này, thay vì sử dụng Bổ đề 2.1.9, ta sử dụng Bổ đề 2.1.10 và thu được νN(r,0;f) ≤ νN(r,0; (f m ) (k) )
Bổ đề 2.1.12 ([1]) Giả sửF và Gchung nhau (1, l), F 6≡ G và m ≥ k+1. i) Nếu l = 0 và n ≥ 6 thì
(2nl−l −1)(nl−2l −1)−(l+ 1) 2 T(r) +S(r). Chứng minh Với bổ đề này, ta định nghĩa
Trường hợp 1 Giả sử V ≡ 0 Lấy tích phân ta được
Vì f m và (f m ) (k) chung nhau (∞,0) nên nếu N(r,∞;f) 6= S(r, f) thì phương trình (2.19) kéo theo A = 1, nhưng điều này là không thể Do đó
Trong trường hợp V 6≡ 0, nếu z 0 là cực điểm bậc p của hàm f, thì z 0 cũng sẽ là cực điểm bậc (pm+k) của (f m ) (k) Điều này cho thấy z 0 là cực điểm của các hàm F và G tương ứng với bậc pm và (pm+k)n Hơn nữa, z 0 còn là không điểm của F−1 F 0 − F F 0 với bậc ít nhất là (pmn−1) và là không điểm của V với bậc ít nhất là λ, trong đó λ = 2n−1 Do đó, λN(r,∞;f) được xác định.
Bây giờ ta xét hai trường hợp nhỏ.
Trường hợp 2.1 Giả sử l = 0 Khi đó, sử dụng Bổ đề 2.1.9, ta thu được λN(r,∞;f)
≤ N(r,0;f) +N(r,0; (f m ) (k) ) + 2N(r,∞;f) +N(r,0; (f m ) (k) ) +T(r) +S(r). Áp dụng Bổ đề 2.1.11, ta thu được
Trường hợp 2.2 Giả sử l ≥ 1 Thay vì áp dụng Bổ đề 2.1.9, ta sử dụng Bổ đề 2.1.10 ta thu được λN(r,∞;f)
Bổ đề 2.1.13 ([1]) Nếu F và G chung nhau (1, l), H 6≡ 0 và m ≥ k + 1 thì
+ N L (r,1;F) +N L (r,1;G) +N 0 (r,0; (f m ) 0 ) +N 0 (r,0; (f m ) (k+1) ), trong đó N 0 (r,0; (f m ) 0 ) là hàm đếm không kể bội tại các không điểm của
(f m ) 0 mà khác không điểm củaf m (f m +a n−1 n )vàF−1.Tương tự, N 0 (r,0; (f m ) (k+1) ) được định nghĩa tương tự.
Chứng minh rõ ràng rằng các không điểm của F được hình thành từ các không điểm của f m và f m + a Đồng thời, các không điểm của G cũng xuất phát từ các không điểm của (f m )(k) và (f m )(k) + a.
Một lần nữa, không điểm bất kỳ của f m là không điểm của (f m ) (k) khi m ≥k + 1 Do đó
Bổ đề 2.1.14 ([1]) Nếu F và G chung nhau (1, l) với 0≤ l < ∞ thì
Bổ đề 2.1.15 ([1]) Giả sử f m = (f m ) (k) và m ≥ k + 1 thì khi đó f có dạng f(z) = ce m ζ z , trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1.
Chứng minh Nếu f m = (f m ) (k) thì ta khẳng định rằng 0 và ∞ là giá trị bỏ được Picard của f.
Nếu z0 là không điểm bậc t của hàm f, thì nó cũng là không điểm của f m và (f m)(k) với bậc mt và (mt−k), dẫn đến mâu thuẫn Tương tự, nếu z0 là cực điểm bậc s của hàm f, thì nó tương ứng là cực điểm bậc ms và (ms+k) của f m và (f m)(k), gây ra mâu thuẫn.
Do đó, f có dạng f(z) = ce m ζ z , trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1.
Bổ đề 2.1.16 ([1]) Giả sử H ≡ 0, m > k + 1 và n ≥4 thì F ≡G.
Chứng minh Dễ thấyF và G chung nhau (1,∞) và (∞,0) Lấy tính phân
H ≡ 0 hai lần ta thu được
CG+D, (2.21) với A, B, C, D là các hằng số thỏa mãn AD −BC 6= 0 Do đó, theo bổ đề Mokhon ([7]), ta có
T(r, f m ) =T(r,(f m ) (k) ) + S(r, f) (2.22) Tiếp theo ta xét hai trường hợp.
Trong trường hợp C ≠ 0, ta có N(r,∞;f) = S(r, f) Điều này cho thấy nếu z₀ là cực điểm của f bội t, thì z₀ cũng là cực điểm của F bội mnt Bởi vì z₀ là điểm giải tích hoặc điểm kỳ dị có thể xóa được của AG+B CG+D, điều này dẫn đến mâu thuẫn khi n ≥ 4 và phương trình (2.21) được xác nhận là đúng.
Trường hợp 1.1 Giả sử A 6= 0 Trong trường hợp này, (2.21) có thể được viết thành
Sử dụng Định lý cơ bản thứ hai, ta thu được nT(r, f m ) +O(1) = T(r, F)
Trường hợp 1.2 Giả sử A = 0 Khi đó hiển nhiên B 6= 0 và (2.21) được viết thành
Nếu F không có 1-điểm thì theo Định lý cơ bản thứ hai, ta có nT(r, f m ) +O(1) = T(r, F)
≤ N(r,−a;f m ) + N(r,0;f m ) +S(r, f), mâu thuẫn vì n ≥ 3 Do đó γ + δ = 1 và γ 6= 0 Nên phương trình (2.24) trở thành
Do đó, N r,0;G+ 1−γ γ = N(r,∞;F) Nếu γ 6= 1 thì sử dụng Định lý cơ bản thứ hai và phương trình (2.22), ta thu được nT(r,(f m ) (k) ) +O(1) = T(r, G)
≤ N(r,−a; (f m ) (k) ) +N(r,0; (f m ) (k) ) + S(r), mâu thuẫn vì n≥ 3 Do đó γ = 1, tức là F G ≡ 1, hay
Do f m và (f m ) (k) chung nhau (∞,0) nên ∞ là giá trị bỏ được Picard của f m Ngoài ra vì các không điểm của F bị trung hòa bởi các cực điểm của
G nên 0,−a cũng là giá trị bỏ được Picard của f m Nhưng theo Định lý cơ bản thứ hai điều này là không thể Do đó F G 6≡ 1.
Trường hợp 2 Giả sử C = 0 Khi đó AD 6= 0 và phương trình (2.21) có thể được viết lại thành
F = λG+à, trong đú λ = A D và à = B D Ngoài ra F và G chung nhau (∞,0) Cho nờn trong trường hợp này, ta có
Nếu z 0 là cực điểm bậc t của hàm f, thì nó cũng là cực điểm bậc mtn của hàm F và cực điểm bậc (mt+k)n của hàm G Tuy nhiên, F và G có chung cực điểm, bao gồm cả bội, dẫn đến mtn = (mt + k)n Nhưng theo giả thiết nk ≠ 0, điều này tạo ra mâu thuẫn.
Tiến hành như trường hợp trước, ta cũng kết luận rằng F có ít nhất một 1-điểm Do đú λ+ à= 1 với λ 6= 0.
Trong trường hợp λ khác 1, ta có N(r, 0; f) = S(r, f) Nếu z 0 không phải là nghiệm của f, thì nó cũng không phải là nghiệm của F và G do m ≥ k + 1 Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì a = 0 Tiếp theo, áp dụng Định lý cơ bản thứ hai cùng với các phương trình (2.22) và (2.25), ta có nT(r, f m) + O(1) = T(r, F).
Trường hợp 2.2 Giả sử λ = 1 Suy ra F ≡ G.
Bổ đề 2.1.17 ([1]) Nếu F ≡ G thì f m ≡ (f m ) (k) với bất kỳ m ≥ 1, k ≥1 và n≥ 4.
Chứng minh Ta thấyF vàG chung nhau(1,∞) và (∞,∞);N(r,∞;f) S(r, f) Lấy λi (i = 1,2, , n − 1) là các không điểm phân biệt của h n −1 = 0 Đặt h := (f m f m ) (k) trong F ≡G thì f m = −a h h n−1 n −1 −1
Nếu h là hàm phân hình khác hằng thì theo Định lý cơ bản thứ hai và bổ đề Mokhon’ko, ta có
≤S(r, f), mâu thuẫn vì n ≥ 4 Do đó h là hằng số Hệ quả là chỉ có một khả năng hh = 1 và do đó f m ≡ (f m ) (k)
Trường hợp hàm nguyên
Năm 1976, Rubel-Yang đã chứng minh rằng nếu hai hàm nguyên khác hằng f và f 0 chung nhau hai giá trị hữu hạn phân biệt (a,∞) và (b,∞), thì f = f 0 Đến năm 1979, Mues–Steinmetz đã cải tiến kết quả này, đưa ra định lý 2.2.1, cho rằng nếu f là hàm nguyên khác hằng và f cùng f 0 chung nhau hai giá trị phân biệt (a,0) và (b,0), thì f 0 ≡ f Để tìm các dạng hàm đặc biệt thỏa mãn định lý trên, năm 2008, Yang - Zhang đã nghiên cứu giá trị chung nhau cho lũy thừa của hàm phân hình F = f m và đạo hàm F 0, và đã đưa ra kết quả trong định lý 2.2.2 Theo đó, nếu f là hàm nguyên khác hằng và m > 7 là một số nguyên, thì nếu F và F 0 chung nhau giá trị 1 kể cả bội, thì F = F 0 và f có dạng f(z) = ce m z, với c là một hằng số khác không.
Theo J Zhang và L Yang, nếu f là hàm nguyên không hằng, n và k là hai số nguyên dương, và a(z) là hàm nhỏ hơn f, với điều kiện f n −a và (f n ) (k) −a có giá trị chung là 0, đồng thời n > k + 1, thì f n ≡ (f n ) (k) và f có dạng f(z) nhỏ hơn λ n z, trong đó c là hằng số khác không và λ k = 1.
Sau kết quả của J Zhang và L Yang, nhiều nhà toán học đã đưa ra các cải tiến và tổng quát hóa về tính duy nhất của f m và (f m ) (k) Năm 2018, A Banerjee và B Chakraborty đã nghiên cứu vấn đề này bằng cách thay thế việc chia sẻ một giá trị hay hàm nhỏ bằng việc chia sẻ một tập hợp, từ đó đặt ra câu hỏi mới.
Câu hỏi 2.2.4 ([1]) Nếu f m và (f m ) (k) chung nhau tập S thay vì giá trị a (6= 0,∞) thì ta có thể được kết luận của Định lý 2.2.3 nữa hay không?
Và nếu đúng thì lực lượng tối thiểu của tập S là bao nhiêu?
Ví dụ sau minh họa lực lượng tối thiểu của những tập như trên nhỏ nhất là 3.
Ví dụ 2.2.5 Lấy S = {a, b}, trong đó a và b là hai số phức phân biệt và m ≥ 1 là số nguyên bất kỳ Lấy f(z) = (e −z + a + b) m 1 , m ≥ 2 Khi đó
Trong bài báo ([1]), các tác giả đã đưa ra câu trả lời cho câu hỏi đã nêu Dưới đây, chúng tôi sẽ trình bày các kết quả nghiên cứu của A Banerjee và B Chakraborty được công bố trong tài liệu này.
Với số nguyên dương n, ký hiệu P(z) là đa thức
P(z) = z^n + az^(n−1) + b (2.26) với ab ≠ 0 và b/a^n ≠ (−1)^n(n−1)^(n/n) Rõ ràng, P(z) không có nghiệm bội Định lý 2.2.6 Giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) và m (≥ k+1) là ba số nguyên dương Giả sử S = {z : P(z) = 0}, trong đó P(z) được xác định như (2.26) Nếu f là hàm nguyên khác hằng thỏa mãn E_f^m(S, l) = E(f^m)(k)(S, l).
(2) l = 0 và n ≥ 5 thì f m ≡ (f m ) (k) và f có dạng f(z) = ce m ζ z , trong đó c là một hằng số khác không và ζ k = 1.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp.
Trường hợp 1 Giả sử H 6≡ 0 Khi đó F 6≡ G và
Sử dụng Định lý cơ bản thứ hai và Bổ đề 2.1.13, ta thu được
Do đó, theo Bổ đề 2.1.14, ta thu được n
Trường hợp 1.1 Giả sử l ≥ 2 Áp dụng Bổ đề 2.1.11 và 2.1.12 cho (2.39), ta thu được n
Do đó nếu n ≥ 4 và f là hàm nguyên thì bất đẳng thức (2.40) dẫn đến mâu thuẫn.
Trường hợp 1.2 Giả sử l = 1 Áp dụng Bổ đề 2.1.10, 2.1.11 và 2.1.12 cho
Do đó bất đẳng thức (2.42) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là hàm nguyên và n ≥ 4.
Trường hợp 1.3 Giả sử l = 0 Áp dụng Bổ đề 2.1.9, 2.1.11 và 2.1.12 cho (2.39), ta thu được n
Do đó bất đẳng thức (2.44) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là hàm nguyên và n ≥ 5.
Trong trường hợp H ≡ 0, theo Bổ đề 2.1.16 và 2.1.17, ta có f m = (f m)(k) Áp dụng Bổ đề 2.1.15, ta suy ra rằng hàm f có dạng f(z) = ce m ζ z, với c là hằng số khác không và ζ k = 1 Điều này cần được chứng minh.
Trường hợp hàm phân hình
Năm 2008, L Z Yang và J L Zhang đã chứng minh rằng nếu f là hàm phân hình khác hằng và m > 12 là một số nguyên, thì F và F 0 chung nhau giá trị 1 kể cả bội, dẫn đến F = F 0 Trong trường hợp này, f có dạng f(z) = ce^mz, với c là hằng số khác không.
Năm 2009, J L Zhang đã chứng minh rằng nếu f là hàm phân hình không hằng, n và k là hai số nguyên dương, và a(z) (khác 0 và ∞) là hàm nhỏ hơn f, thì f n −a và (f n ) (k) −a chung nhau giá trị 0, với điều kiện (n−k−1)(n−k−4) > 3k + 6 Kết quả là f n ≡ (f n ) (k) và f có dạng f(z) nhỏ hơn λ n z, trong đó c là hằng số khác không và λ k = 1.
Năm 2009, J L Zhang và L Z Yang đã chứng minh rằng nếu f là hàm phân hình không hằng, n và k là hai số nguyên dương, và a(z) (khác 0 và ∞) là hàm nhỏ phân hình đối với f, thì dưới điều kiện f n − a và (f n) (k) − a chung nhau giá trị 0 không kể bội với n > 2k + 3 + q/(2k + 3)(k + 3), ta có f n ≡ (f n) (k) và f có dạng f(z) nhỏ hơn λ n z, trong đó c là hằng số khác không và λ k = 1.
Chứng minh Lấy H, U và V lần lượt xác định bởi (1.3), (2.6) và (2.1). Nếu U V = 0 thì từ Bổ đề 2.1.4 và 2.1.1 ta thu được F = G Vậy theo
Bổ đề 2.1.7 ta suy ra Định lý 2.3.3 Tiếp theo, giả sử U V 6= 0 Từ (2.5) và (2.10), ta có
Thay (2.35) vào hai bất đẳng thức trên, ta thu được
N(r,1/f) = N(r, f) = S(r, f) (2.36) Nếu H 6= 0, kết hợp (2.36) với (1.7) ta thu được
Từ mối quan hệ T(r, f) = S(r, f), ta có H = 0, dẫn đến việc suy ra Định lý 2.3.3 từ Bổ đề 2.1.8 và Bổ đề 2.1.7 Định lý 2.3.4 khẳng định rằng nếu f là hàm nguyên không hằng, với n và k là hai số nguyên dương, và a(z) không bằng 0 hoặc vô cực, thì khi f n - a và (f n)(k) - a chung nhau giá trị 0 không kể bội và n > 2k + 3, ta có f n ≡ (f n)(k) và f có dạng f(z) nhỏ hơn λ n z, trong đó c là hằng số khác không và λ k = 1.
Chứng minh rằng với H, U và V được xác định theo các công thức (1.3), (2.6) và (2.1), nếu U = 0, theo Bổ đề 2.1.4, ta có F = G, dẫn đến Định lý 2.3.3 từ Bổ đề 2.1.7 Tiếp theo, giả sử U khác 0, với điều kiện n > 2k + 3, ta có thể thu được kết quả từ (2.10).
Nếu H 6= 0 thì từ (1.7) ta có T(r, f) = S(r, f), mâu thuẫn Do đó
Theo Bổ đề 2.1.8 và 2.1.7, ta có thể suy ra Định lý 2.3.4 Định lý 2.3.5 khẳng định rằng nếu f là hàm phân hình không hằng, với n và k là hai số nguyên dương, và a(z) (khác 0 và vô cực) là hàm nhỏ phân hình đối với f, thì nếu f n −a và (f n ) (k) −a có chung giá trị 0, bao gồm cả bội, và n > k + 1 + √(k + 1), thì điều này được thỏa mãn.
Khi đó f n ≡(f n ) (k) và f có dạng f(z) small> λ n z trong đó c là hằng số khác không và λ k = 1.
Chứng minh Ta sử dụng (2.4) và (2.9) thay cho (2.5) và (2.10) trong chứng minh của Định lý 2.3.4 và 2.3.3, ta thu được chứng minh của Định lý 2.3.5.
Hệ quả 2.3.6 cho rằng nếu f là hàm phân hình không hằng và n ≥ 4 là số nguyên, thì ký hiệu F = f^n Nếu F và F' có chung giá trị 1, kể cả bội, thì F = F' và f có dạng f(z) = c * z^(n-1), trong đó c là hằng số khác không.
Năm 2018, A Banerjee và B Chakraborty đã chứng minh Định lý 2.3.7, trong đó giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) và m (≥ k + 1) là ba số nguyên dương Đặt S = {z : P(z) = 0} với P(z) được xác định như (2.26) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng thỏa mãn điều kiện E f m (S, l) = E (f m ) (k) (S, l).
(3) l = 0 và n ≥ 7 thì f m ≡ (f m ) (k) và f có dạng f(z) = ce m ζ z , trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1.
Chứng minh Ta xét hai trường hợp Trường hợp 1 Giả sử H 6≡ 0 Khi đó
Sử dụng Định lý cơ bản thứ hai và Bổ đề 2.1.13, ta thu được
Do đó, theo Bổ đề 2.1.14, ta thu được n
Trường hợp 1.1 Giả sử l ≥ 2 Áp dụng Bổ đề 2.1.11 và 2.1.12 cho (2.39), ta thu được n
Do đó nếu (n−2)(2n 2 l−5nl−3n+l + 1)> 6(n−1)l thì bất đẳng thức (2.41) dẫn đến mâu thuẫn.
Trường hợp 1.2 Giả sử l = 1 Áp dụng Bổ đề 2.1.10, 2.1.11 và 2.1.12 cho
Do đó bất đẳng thức (2.43)) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là phân hình và n ≥ 5.
Trường hợp 1.3 Giả sử l = 0 Áp dụng Bổ đề 2.1.9, 2.1.11 và 2.1.12 cho (2.39), ta thu được n
Do đó bất đẳng thức (2.45) dẫn tới mâu thuẫn nếu f là hàm phân hình và n ≥ 7.
Trong trường hợp H ≡ 0, theo Bổ đề 2.1.16 và 2.1.17, ta có f m = (f m)(k) Áp dụng Bổ đề 2.1.15, ta nhận thấy rằng hàm f có dạng f(z) = ce m ζ z, với c là hằng số khác không và ζ k = 1, điều này cần được chứng minh.
Giả sử n (≥4), k (≥1) và m (≥k+1) là ba số nguyên dương, với S = {z : P(z) = 0} và P(z) được xác định như (2.26) Nếu f là hàm phân hình khác hằng thỏa mãn E f m (S,3) = E (f m ) (k) (S,3), thì ta có f m ≡ (f m ) (k) và f có dạng f(z) = c m ζ z, trong đó c là hằng số khác không và ζ k = 1.
Trong luận văn này, chúng tôi đã nghiên cứu các kết quả gần đây liên quan đến vấn đề duy nhất của hàm phân hình khi lũy thừa một hàm phân hình có chung tập hợp với đạo hàm cấp cao của chúng.
Trong lý thuyết phân bố giá trị, bài viết giới thiệu các vấn đề cơ bản như hàm Nevanlinna, hai Định lý cơ bản, bổ đề số khuyết và điểm bỏ được Picard cho các hàm phân hình Ngoài ra, bài viết cũng trình bày chi tiết một số bổ đề quan trọng cần thiết để chứng minh các kết quả chính trong Chương 2.
Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu một số kết quả liên quan đến vấn đề duy nhất của hàm phân hình khi lũy thừa một hàm phân hình có chung tập hợp với đạo hàm cấp cao Cụ thể, chúng tôi trình bày các định lý về vấn đề duy nhất trong trường hợp hàm nguyên (Định lý 2.2.1–2.2.3, 2.2.6) và trong trường hợp hàm phân hình (Định lý 2.3.1–2.3.5, 2.3.7) Những định lý này chỉ ra rằng nếu lũy thừa một hàm phân hình có chung một hàm nhỏ hoặc một tập nghiệm của một đa thức đặc biệt với đạo hàm của lũy thừa đó, thì các hàm này sẽ trùng nhau.
Đa thức đặc biệt với tập nghiệm được phân tích theo các định lý duy nhất trong luận văn của H Yi đã được giới thiệu Chúng tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu các trường hợp liên quan đến tập nghiệm của những đa thức đặc biệt khác trong thời gian tới.