Luận văn Đa thức vi phân các hàm phân hình và vấn đề chia sẻ giá trị

    , trong đó f và g xác định như trong (2.1). Dễ dàng thấy rằng  , fT r  ít nhiều gần với     1 . ,n k T r f  . Đặc biệt ta có        , 1 , ,fT r n k T r f S r f     . Ta cần áp dụng định lý cơ bản thứ hai cho f để suy ra ước lượng kiểu      , , ,fT r cT r f S r f   , (2.4) trong đó 0c  độc lập với n . Từ ( 2.4 ) suy ra      , , , 1 c T r f T r f S r f n k     , mâu thuẫn nếu n đủ lớn. (Như đã nêu trong các định lý, 5 17n k  trong trường hợp phân hình,  11, 2n max k  trong trường hợp hàm nguyên). Để có được một đánh giá như trong (2.4), ta cần nghiên cứu các hàm đếm thu gọn các không điểm và cực điểm của f và các không điểm của 1f  . Các không điểm của f là không điểm của f , các không điểm của 1f  là không điểm của  kf b và cực điểm của f . Nhờ định lý cơ bản thứ nhất, các hàm đếm thu gọn 1 1 , , , 1f f N r N r                 có thể ước lượng bởi    , ,T r f S r f và      2 . , ,k T r f S r f  . Cực điểm của f là các không điểm của 1f  . Điểm khó khăn chính trong các chứng minh là cần nhận được một số ước lượng cho 16 các hàm đếm tương ứng 1 , 1f N r        . Ở đây, các không điểm bội của f b  là dễ dàng kiểm soát; hàm đếm của chúng không vượt quá      3 . , ,k T r f S r f  . (tương ứng nhiều nhất là     2 , ,T r f S r f trong trường hợp hàm nguyên). Vì vậy, chúng ta có thể giới hạn ở việc xét các không điểm đơn f b  . Hàm phụ trợ hàm sau đây rất có ích ' ' : f g f g D b b         , nó có nhiều tính chất đẹp. Do bổ đề về đạo hàm logarit  ,m r D là nhỏ và do f b  và g b  chia sẻ giá trị 0, D không có cực điểm nào ngoài có thể là các cực điểm của f và g và tất cả các cực điểm của D là đơn (vì D gồm các đạo hàm logarit). Nếu 0z là không điểm của f b  và g b  , thì ta có thể tính    0 0 '' ''1 2 ' ' f g f g D z z             , nên 0z là không điểm của  0 '' ''1 : 2 ' ' f g f g D z H              . Điều này có nghĩa rằng chúng ta có thể ước lượng hàm đếm 1) 1 , f N r b       bởi  ,T r H . Nhưng ở đây, một trong những vấn đề lớn xảy ra,  ,m r H lại nhỏ, nhưng có vẻ như  ,N r H không thể kiểm soát được theo các yêu cầu đặt ra. Các giải pháp cho vấn đề này là như sau. Nếu 0z là một không điểm đơn của f b  thì chúng tôi sử dụng các phương trình      0 0 knf z b f z  để thay thế các từ trong ' f cái nào là "lớn" 17 trong ý nghĩa của lý thuyết Nevanlinna (tức là với đặc trưng  . ,nT r f ) bằng những cái nhỏ hơn (với đặc trưng  ,cT r f trong đó c là độc lập với n ). Suy ra           22 1 2 0 011 2 '' 1 ' '' ' ' kn n f kn f n n f f nf f f f z z nf f f f                           22 2 012 1 ' '' ' k k k k k n n f b f nff b f f f z nff b f f f           . Do đó , thay vì H ta đưa vào hàm phụ phức tạp hơn    :H D Q f Q g   . Ở đây,                  22 2 12 1 ' ''1 : 2 '' k k k k k n n f b f nff b f f f Q f f f nff b f           . Khi đó, mỗi không điểm đơn của f b  là một số không của H . Ưu điểm chính của H là nó không chứa bất kỳ số hạng nào liên quan đến nf nữa. Giả sử rằng 0H  . Khi đó, ta có    1) 1 1 , , , 1 f N r N r T r H o b H               . Ở đây, như đã nói trên, D không có cực điểm nào khác hơn ngoài có thể là các cực điểm của f và g và nó bao gồm các đạo hàm logarit , vì vậy  ,m r D là nhỏ và      , , ,N r D N r f N r g  là " không quá lớn". Do đó, chỉ còn phải xét  Q f và  Q g . Sử dụng định lý cơ bản thứ nhất hàm đếm các cực điểm của  Q f (đây là các số không điểm của mẫu số của  Q f và các cực điểm của )f có thể được ước lượng bởi      5 , ,k T r f S r f  . Nhưng ta có thể nói gì về   ,m r Q f (và   ,m r Q f ) ?. Ta thấy rằng 18            1 '' k k V ff f Q f n f V ff b      , trong đó       1 ' : k k f f V f n f f b     , nghĩa là  Q f và  Q g một lần nữa, lại là một tổ hợp của các đạo hàm logarit, vì vậy hàm xấp xỉ của nó là nhỏ. Điều này cho chúng ta ước lượng mong muốn ( 2.4) , do đó nhận được mâu thuẫn. (Thật ra, vấn đề phức tạp hơn. Nói chính xác hơn , thay vì  ,T r f chúng ta phải làm việc với     , , ,max T r f T r g và đôi khi ta phải sử dụng những đánh giá phức tạp và tinh tế hơn so với trong phần nói tóm tắt này). Như vậy, ta phải chỉ ra 0H  , tức là phải đưa ra đồng nhất thức đầu tiên liên hệ f và g . Trong những phần còn lại của chứng minh, ta nhận được những đánh giá và đồng nhất thức ngày càng mạnh. Trước tiên ta chỉ ra rằng    V f cV g ,  \ 0c . Sau đó, suy luận rằng c là hàm hữu tỷ, chẳng hạn p c q  , ,p q . Kết hợp    V f cV g và 0H  ta được           2 2 q q k f q p n q p k g f bb b g g b            ,  . Ở đây, theo giả thiết hàm ở hàm vế trái không có không điểm và cực điểm nào khác ngoài có thể là cực điểm của f và g . Điều này cho chúng ta mối quan hệ giữa các không điểm của  , , kf g f b và  kg b . Phân tích cẩn thận những mối quan hệ ta có mâu thuẫn cho trường hợp  1,1c  ; ở đây trường hợp 0, 1c c  có chứng minh khó khăn nhất. Các công cụ chính trong việc dùng trong phần này của chứng minh là ứng dụng lặp đi lặp lại bất đẳng thức Milloux. Vì vậy, ta kết thúc với 1c , tức là     n n k k f g d f b g b    hoặc    kn nk f g b d gf b    , 19 với d nào đó và bây giờ dễ dàng chỉ ra rằng 1d  , suy ra điều phải chứng minh. Ngoài ra , đối với trường hợp các hàm nguyên, 1c   có thể được loại trừ. 2.2. Chứng minh Định lý 2.1.1 và Định lý 2.1.2 Không giảm tổng quát, có thể giả thiết rằng 1a  . (Nếu không thì thay thế f và g bởi cf , cg và thay nb bc , trong đó c là một hằng số thích hợp thỏa mãn 1 nc a  ). Tất nhiên , f là khác hằng, vì nếu ngược lại, từ bổ đề logarit chúng ta sẽ có được         , , , 1knnT r f T r f T r f o          , , , 1 k f T r f m r k N r f o f           (2.5)      1 , ,k T r f S r f   . Mà do 2n k  suy ra    , ,T r f S r f (mâu thuẫn). Lí luận tương tự, ta thấy g cũng khác hằng. Giả sử chia sẻ giá trị suy ra rằng f g b b     không có không điểm và cực điểm trừ ra có thể là các cực điểm của f và g . Do 2n k  , một cực điểm của f để p là một cực điểm của f cấp np và điều này cũng đúng cho g . Những sự kiện này sẽ được sử dụng nhiều lần về sau. +) Trường hợp  kf b Khi đó f là một đa thức bậc k và các hàm : nf f b f    và   : kn g g b g g b      chia sẻ giá trị 0 CM. Vì trong trường hợp này f là một đa thức, g chỉ có hữu hạn không điểm và tất cả các không điểm của g có bội ít nhất n (vì mỗi không điểm như vậy là không điểm của nf với cùng bội). 20 Ta giả thiết phản chứng rằng  kg b . Áp dụng mở rộng định lý Tumura - Clunie Yi (Bổ đề 7) với    kP u u b  và bổ đề Döringer (bổ đề 8), ta được         1 1 1 , ( , ) ( , ) 1 ( , ) , g n T r g N r N r k N r g S r g f b              1 1 , ( , ) 1 ( , ) , g T r g N r k N r g S r g n b             1 , ( , ) 1 ( , ) ,gT r g T r b k N r g S r g n             1 , ( , ) 1 ( , ) ,T r g nT r g k N r g S r g n           2 , 1 ( , ) ,T r g k N r g S r g    . Vì thế        3 , 1 ( , ) ,n T r g k N r g S r g    . Điều này cho ta mâu thuẫn cả trong trường hợp phân hình (trong đó 3 1n k   ) và trong trường hợp hàm nguyên (trong đó ( , ) 0N r g  ). Vì vậy,  k g b . Do nf f  , n g g  chia sẻ giá trị 0 và vì f và g là đa thức, tồn tại một số  sao cho f g (1). Từ (1) và     0k kf b g   suy ra f g . Vì vậy, khẳng định của định lý đúng trong trường hợp này. Trường hợp mà  kg b được chứng minh tương tự. +) Trường hợp  kf b và  kg b Định nghĩa 2.1. : n f f f b     và : n g g g b     . Nếu f là hằng số, f c  , khi đó ta có     1 knf c c f b   . (2.6) Trong đó 1c  do ta đã giả thiết rằng  kf b , nên như trong (2.5) ta có           , , (1) 1 , ,knT r f T r f O k T r f S r f     , 21 tức là    , ,T r f S r f , mâu thuẫn. Do đó f không phải là hằng số, và g cũng vậy. Do f là giải tích tại cực điểm của f , ta có   1 , ,f f N r N r b          (2.7) và từ   1 1 k n f f b f    và     1 1 1 n f k k f b f b f f b           . Suy ra   1 , , k n f f b N r N r f              và   1 , , 1 n k f f N r N r f b             . (2.8) Hơn nữa, nhận xét rằng mỗi không điểm của f mà không phải là không điểm của  kf b sẽ là một số không điểm của f với bội ít nhất là n , tức là.     1 1 , | , k fN r f b N r f n         (2.9) Áp dụng định lý cơ bản thứ hai và sử dụng (2.7), (2.8), (2.9) suy ra       1 1 , , , , , 1 f f f f T r f N r N r N r S r                           1 , , , , k n n k f f b f N r N r N r S r f b f f b                              1 1 1 , , | , , , k k f N r N r f b N r N r f S r f b f f b                            1 1 1 1 , , , , , k f f N r N r N r N r f S r f b n f b                          . (2.10) Ở đây, trong đánh giá thứ ba, ta đã sử dụng sự kiện, một không điểm chung của f và  kf b có thể là một cực điểm của nhiều nhất là một trong hai hàm  k n f b f  và   n k f f b ( vì hai hàm không có cực điểm chung). 22 Như đã nói trong phần mô tả ngắn gọn phương hướng chứng minh, khó khăn chính trong phần sau là làm thế nào có được một ước lượng cho 1 , f N r b       . Đối với ánh xạ phân hình w , ta định nghĩa       12 'P w : 2 w 2 wk kw nww b   . Ta sẽ chứng tỏ rằng   0P f  . Giả sử   0P f  . Khi đó vì   0kf b  ta có     1 ' k k f f n ff b    và lấy tích phân ta được   knf c f b  , đối với hằng số thích hợp 0c  nào đó. Phương pháp như trong (2.6) dẫn đến một mâu thuẫn. Như vậy   0P f  và lí luận tương tự ta có   0P g  . Giả sử w là ánh xạ phân hình ta đặt               22 21Q w : 1 w ' w w '' w w w w k k k n n b n w b P                       22 2 12 1 w ' w w '' w w w 2 w 2 ' w k k k k k n n b n w b w nww b           . Hơn nữa, ta định nghĩa ' ' : f g f g D b b         và    :H D Q f Q g   . +) Xem trường hợp 0H   Ước lượng hàm đếm cho các không điểm đơn của f b  a. Giả sử 0z là một không điểm của f b  và do đó, của g b  . 23 Khi đó ' f f b    có khai triển Laurent           0 0 0 2 0 0 0 0 ' ' '' ... ''1 1 ( ) ... 1 2 ' ' '' ... 2 f f f f f f f f z z z z z b z z z z z z z                     Vì khai triển tương tự cũng đúng cho 'g g b    ta có      0 0 0 '' ''1 1 2 ' 2 ' f g f g D z z z       . (2.11) Thay        0 0 0 kn fb z f z f z   vào             2 22 2 1 2 1 2 1 11 1 2 '' 1 ' 1 ' ' ' ' k kn n n n n n f k kn n f n n f f nf f f n n f f nf f f f nf f f nf f f f                    . Suy ra                       22 2 0 0 012 1 ''' 2 ' ' k k kn f k k f n n f b f nff b f f f z z Q f z nff b f f f              . Làm tương tự ta có được     0 0 '' 2 ' g g z Q g z    , Thay điều này vào (2.11) ta được        0 0 0D z Q f z Q g z  , ở đây  0 0H z  . Suy ra  1) 1) 1 1 1 , , , , (1) f g N r N r N r T r f o b b H                          . (2.12) Ta xem xét một cách riêng rẽ  ,m r H và  ,N r H , và luôn nhớ rằng    H D Q f Q g   . b. Sử dụng bổ đề đạo hàm logarit ta có          , , , , ,f gm r D S r S r S r f S r g     . (2.13) Các ước lượng cho   ,m r Q f và   ,m r Q g là phức tạp hơn. Ta đặt 24       1 w w : w k k L b    ,     2 w [w]: w k k L b    ,     w ' w : w w V n L  . Khi đó ta có         ' 2 w w wL L L  . Đối với tất cả các hàm phân hình khác hằng w với  W k b , do đó         2 2 2 1 w ' w '' w w 2 w w ' w w n n n w L Q n w L                22 2 2 2 ww '' w w ' w w w ' w ' ww ' w w ' w w n L L n n w L n n w L               2 2 w '' w ' w ' w ' w ww w 'w w w n n L n L n L              w 'w ' w w w V n L V    , (2.14) với điều kiện  w 0P  và do đó  w 0V  . Đặc biệt , suy ra w f và w g . Dựa vào bổ đề đạo hàm logarit và định lý cơ bản thứ nhất, dễ nhận được       , , ,T r V f CT r f S r f  , với 0c  nào đó (thực ra, có thể chọn 3c k  , nhưng giá trị chính xác của c không phải là cần thiết trong phần sau ). Do đó ta có suy ra     , ,S r V f S r f . Từ (2.14 ) suy ra            , , , , ,km r Q f S r f S r f S r V f S r f       . Tương tự như vậy ta có     , ,m r Q g S r g . Kết hợp điều này với (2.13) ta có      , , ,m r H S r f S r g  . (2.15) c. Vì f và g chia sẻ giá trị b tính cả bội, những cực điểm có thể của D chỉ là cực điểm của f và g và tất nhiên tất cả các cực điểm của D là đơn. Tuy nhiên, ta có thể suy ra từ (2.14), các cực điểm của f , tương ứng của g là các cực điểm của  Q f , tương ứng của  Q g . Suy ra 25        , , ,N r H N r Q f N r Q g  . (2.16) Để ước lượng hàm đếm các cực điểm của  Q f , xét một không điểm đơn 0z của  k f b mà không phải là không điểm của f . Khi đó 0z cực điểm đơn của  L f , và do đó của  V f và      'V f V f . Dó đó có các thặng dư   0Re ; 1s L f z  ,      0 ' Re ; 1 V f s z V f          . Do (2.14 ) ta suy ra rằng  Q f giải tích tại 0z . Vì vậy mỗi cực điểm của  Q f là một không điểm hoặc cực điểm của f , mỗi không điểm bội của  kf b hoặc là không điểm hoặc cực điểm của  V f . Nhưng các cực điểm của  V f lại là các không điểm hoặc cực điểm của f hoặc các không điểm của  k f b . Hơn nữa , tất cả các cực điểm của  Q f là cực điểm đơn. Vì vậy, suy ra          (2 1 1 , , , , , k N r Q f N r Q f N r f N r N r f f b                 1 ,N r V f         , Ở đây, theo Định lý cơ bản thứ nhất       1 (2 1 , , (1) ' k k k f f N r T r n O ff b f b                          (2 1 1 1, , , , , , kk kN r N r f N r N r S r f S r fff b f b                      (2.17)       1 1 , , , , k N r f N r N r S r f f f b              và ta được          1 1 , 2 , 2 , , , k N r Q f N r f N r N r S r f f f b              . 26 Đánh giá tương tự cũng đúng cho  Q g ,          1 1 , 2 , 2 , , , k N r Q f N r g N r N r S r g g g b              . d. Từ (2.12) , ( 2.15) , ( 2.16 ) và hai đánh giá sau cùng, ta nhận được  1) 1 , , (1) f N r T r H o b                 , , , ,N r Q f N r Q g S r f S r g    (2.18)             1 1 1 1 2 , 2 , 2 , 2 , , , , k k N r Q f N r Q g N r N r N r N r S r f f g f b g b                               ,S r g .  Các không điểm bội của f b  Giả sử 0z là một không điểm bội. Khi đó,  0' 0f z  . Do đó      0 0 knf z f z b  và      11 0 0' 0 knnf f z f z    , và ta có kết luận hoặc          10 0 00 k k f z f z b f z      , tức là 0z là không điểm của  kf b hoặc    0 k f z b và            1 0 0 0 ' 0 k k f f n z z V f z f f b      . Kết hợp với (2.17) ta có          (2 (2 (2 1 1 1 1 1 , , , , , , , k k f N r N r N r N r f N r N r S r f b V f ff b f b                                (2.19)  Kết hợp (2.19) với (2.18) ta được đánh giá cần tìm đối với hàm đếm các không điểm của hàm f b  1) (2 1 1 1 , , , f f f N r N r N r b b b                            27             1 1 1 3 , 2 , 2 , 2 , , , , k k N r f N r g N r N r N r S r f S r g g f b g b                        , (2.20) thay vào (2.10) ta có           1 1 1 1 1 1 , , 4 , 2 , 3 , 2 , 3 , ,f k k f T r N r N r f N r g N r N r N r N r n f g f b g b                                         , ,S r f S r g  .                   1 , 6 , 3 , 3 4 , 2 , , ,fT r T r f T r g k N r f k N r g S r f S r g n          . Đặt       : , ; ,T r max T r f T r g và ký hiệu bởi  S r số hạng tùy ý có dạng     S r o T r khi r  ngoài một tập có độ đo Lebesgue hữu hạn.               1 1 , 9 3 4 , 2 ,fT r T r k N r f k N r g S r n              . (2.21) Từ   1 1 f k n f b f     , ta có         1 , , , 1 k n k f b nT r f T r T r o f f b                     , , 1kfT r T r f o          , , , ,fT r T r f k N r f S r f    . Vì thế       1 , , , 1 fT r f T r S r f n k     . (2.22) Thay (2.21) vào (2.22) ta được 28           1 1 , 1 , ,fn k n T r f n T r S r f                 9 3 4 , 2 ,nT r n k N r f n k N r g S r      . Kết hợp điều này với đánh giá tương tự đối với  ,T r g ta có           1 1 15 4n k n T r k nT r S r      . (2.23) Suy ra       21 1 15 4 17 5 1 1 0n k n k n n k n k k             . Suy ra    T r S r (mâu thuẫn). Nếu f và g là các hàm nguyên , nghĩa là nếu các số hạng  ,N r f và  ,N r g triệt tiêu, thì thay vì (2.22), chúng ta có đánh giá mạnh hơn       1 , , , 1 fT r f T r S r f n    , (và một đánh giá tương tự cho  ,T r g ) và thay vì (2.23), ta có         2 1 9n T r nT r S r   . Vì vậy các giả thiết yếu 11n của Định lý 2.1.2 (suy ra   2 1 9n n  ) cũng đủ để tạo ra một mâu thuẫn. Vì vậy, cả trong trường hợp hàm phân hình và trong trường hợp hàm nguyên không thể xảy ra 0H  . +) Trường hợp 0H  Từ (2.14) và     ' ' 0 2 2 2 2 2 f g f g H Q f Q g b b            , bằng cách lấy tích phân, ta suy ra sự tồn tại của một hằng số  \ 0c sao cho         2 kn f n k g b V ff f b c b g V gg b           , (2.24) 29 ta sẽ xét các trường hợp của    .V f cV g và    V f cV g một cách riêng rẽ.  Giả sử    V f cV g Giả sử 0z là không điểm đơn của f b  (và do đó của g b  ) nhưng không phải là không điểm của f hoặc g . Khi đó vì      0 0 knf z b f z  và      0 0 kng z b g z  , 0z không là không điểm của  k f b hoặc của  kg b và rõ ràng nó không phải là một cực điểm của f hoặc g . Tính toán cho ta           11 0 0 011 ' ' kn f f kn g g b nf f f z z z b ng g                         1 0 01 ' ' k kn n k k f f n ff f b z z g g g n g g b               0 0 n n V ff z z g V g  . Thay vào (2.24) ta được                             2 2 2 0 0 0 0 0 02 2 kn n n n n nk V f V f V ff f f b f z z c z z c z z g V g g V g g V gg b          . Sử dụng sự kiện 0z không phải là không điểm hoặc cực điểm của n n f g cũng không phải là không điểm hay cực điểm của f g b b     , từ (2.24) dễ thấy rằng     V f V g không có không điểm hoặc cực điểm tại 0z . Hơn nữa , từ định nghĩa của V ta thấy rằng  V f và  V g đều không có cực điểm tại 0z . Suy ra      0 V f z c V g  và      0 0 0V f z cV g z  . 30 Nếu 0z là không điểm bội của f b  ( và do đó của g b  ) thì những lập luận dẫn đến (2.19) cho thấy 0z là không điểm của f hoặc g hoặc không điểm chung của  V f và  V g , do đó cũng là không điểm của    V f cV g . Do đó, ta có     1 1 1 1 , , , , f N r N r N r N r b f g V f cV g                                 1 1 , , , , (1)N r N r T r V f T r V g o f g                         1 1 1 1 1 1 , , 2 , 2 , , , , , k k N r N r N r N r N r N r S r f S r g f g f g f b g b                                           như vậy đánh giá thậm chí còn tốt hơn so với ( 2.20) . Sử dụng cùng một lập luận như trong phần (2.3.3.3) suy ra mâu thuẫn.     V f cV g Khi đó         1 1 ' ' k k k k f f g g n c n f gf b g b           . (2.25) Do   0V g  ta có thể đơn giản ước (2.24) để có được     2 2 kn f n k g b f f b c b g g b           . (2.26) Bây giờ chúng ta xét nhiều trường hợp tùy theo bản chất của c . a. Nếu c là không hữu tỷ, so sánh các thặng dư của vế trái và vế phải của (2.25) và lưu ý rằng thặng dư của đạo hàm logarit là số nguyên, ta suy ra rằng     1 ' k k f f n f f b    không có cực điểm ở tất cả các trường hợp, vì vậy   n k f f b là một hàm nguyên không triệt tiêu. Suy ra f cũng là một hàm nguyên (vì một cực điểm của f bội P sẽ là cực điểm của   n k f f b bội   0np p k   ). 31 Hơn nữa , tất cả các không điểm của  kf b có ít nhất bội n và ta có       1 1 1 1 , , , , k k N r N r N r S r f f n f b f b                   . Thay những đánh giá này vào bất đẳng thức Milloux của (Bổ đề 6) ta được         1 1 , , , , , k T r f N r f N r N r S r f f f b                  2 1 0 , , k r S r f n f b             2 , ,km r f S r f n           2 2, , , ,km r f S r f T r f S r f n n     . Do 3n , điều này có nghĩa là    , ,T r f S r f , mâu thuẫn. Do đó ta kết luận c hữu tỷ và 0c  . b. Giả sử 0c  ( c hữu tỷ ) khi đó có tồn tại ,p q mà p c q   lấy tích phân (2.25) ta được     pq kn nk f g b d gf b              , (2.27) với  \ 0d  . Kết hợp điều này với (2.26), ta được         2 2 2 p n p qp f q p p k k g b c f b d f b g b             (2.28) và         2 2 2 q q k f q q p n p q k g f bb c d b g g b           . (2.29) 1. Xét các trường hợp cả f và g đều là các hàm nguyên 32 Không giảm tổng quát, có thể giả sử p q . Khi đó f g b b     không có không điểm và cực điểm. Từ (2.28) và(2.29) ta suy ra   1 1 , , k N r N r fg b             ,     1 1 1 , , , k k N r N r N r gf b g b                  ,         1 1 2 1 , , , k k p q p N r N r N r f n p q n p qf b g b                     và         1 2 1 1 , , , k k q q p N r N r N r f n p q n p qf b g b                     . Thay vào bất đẳng thức Milloux, ta có    , ,T r f T r g         1 1 1 1 , , , , , , k k N r N r N r N r S r f S r g f g f b g b                                 1 1 3 , 2 , , ,N r N r S r f S r g f g                            7 3 1 8 2 1 , , , , k k q p p q N r N r S r f S r g n p q n p qf b g b          