Luận văn Vấn đề duy nhất của hàm phân hình chung nhau ba tập hợp

giá trị Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày lại một số kết quả về vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình chung nhau ba giá trị được một số tác giả chứng minh trong thời gian gần đây. 2.1.1. Chung nhau kể cả bội Năm 1980, H. Ueda đã chứng minh Định lý 2.1 ([9]). Cho f và g là hai hàm nguyên phân biệt khác hằng sao cho f và g chung nhau 0, 1 CM , cho a 6= 0, 1 là một số phức hữu hạn. Nếu a là số khuyết của f thì (1− a) là số khuyết của g và (f − a) (g + a− 1) ≡ a(1− a). Chú ý rằng, hai hàm nguyên luôn chung nhau giá trị ∞. Năm 1988, H. Yi đã mở rộng Định lý 2.1 và thu được kết quả sau Định lý 2.2 ([11]). Cho f và g là hai hàm nguyên phân biệt khác hằng sao cho f và g chung nhau 0, 1 CM , cho a 6= 0, 1 là một số phức hữu hạn. Nếu δ(a, f) > 1/3, thì a và 1−a lần lượt là các giá trị bỏ được Picard của f và g, hơn nữa (f − a) (g + a− 1) ≡ a(1− a). 14 Năm 1992, S. Z. Ye mở rộng các định lí trên của hàm phân hình và thu được các kết quả sau Định lý 2.3 ([7]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng sao cho f và g chung nhau 0, 1, ∞ CM . Cho a 6= 0, 1 là một số phức hữu hạn. Nếu δ (a, f) + δ (∞, f) > 4/3, thì a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của f ; 1−a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của g và (f − a) (g + a− 1) ≡ a(1− a). Định lý 2.4 ([7]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng sao cho f và g chung nhau 0, 1, ∞ CM . Cho a1, a2, ..., ap là p (≥ 1) số phức hữu hạn phân biệt, aj 6= 0, (j = 1, 2, ..., p). Nếu p∑ j=1 δ (aj, f) + δ (∞, f) > 2 (p+ 1) p+ 2 , thì tồn tại một và chỉ một ak trong a1, a2, ..., ap sao cho ak,∞ là các giá trị bỏ được Picard của f ; 1− ak,∞ là các giá trị bỏ được Picard của g và (f − ak) (g + ak − 1) ≡ ak(1− ak). Năm 1995, H. Yi đã chứng minh các định lý sau Định lý 2.5 ([16]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng sao cho f và g chung nhau 0, 1, ∞ CM . Cho a 6= 0, 1 là một số phức hữu hạn. Nếu N ( r, 1 f − a ) 6= T (r, f) + S (r, f) và N (r, f) 6= T (r, f) + S(r, f), thì a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của f ; 1−a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của g và (f − a) (g + a− 1) ≡ a(1− a). 15 Chứng minh. Từ giả thiết và Bổ đề 1.1 ta có f = eq − 1 ep − 1 , g = e−q − 1 e−p − 1 , (2.1) trong đó p và q là những hàm nguyên với ep 6≡ 1, eq 6≡ 1, eq−p 6≡ 1 và T (r, g) + T (r, ep) + T (r, eq) = O (T (r, f)) (r /∈ E) . (2.2) Ta xét bốn trường hợp sau Trường hợp 1: Giả sử ep ≡ c (6= 0, 1). Từ (2.1) ta có f = eq − 1 c− 1 (2.3) và f − a = e q − 1− a (c− 1) c− 1 . (2.4) Nếu −1− a (c− 1) 6= 0, từ (2.4) ta có N ( r, 1 f − a ) = T (r, f) + S(r, f), điều này mâu thuẫn giả thiết của Định lí 2.5. Khi đó −1 − a(c − 1) = 0 và c = (a− 1)/a. Mặt khác từ (2.1) ta được f = a− aeq và g = (1− a)− (1− a) e−q. Vì vậy a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của f ; 1− a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của g và (f − a) (g + a− 1) ≡ a(1− a). Trường hợp 2: Giả sử eq ≡ c (6= 0, 1). Từ (2.1) ta có f = c− 1 ep − 1 . 16 Vì vậy N (r, f) = T (r, f) + S (r, f), điều này mâu thuẫn của Định lí 2.5. Trường hợp 3: Giả sử eq−p ≡ c (6= 0, 1). Từ (2.1) ta có f = cep − 1 ep − 1 = c+ c− 1 ep − 1 . Vì vậy N (r, f) = T (r, f) + S(r, f), đó là mâu thuẫn. Trường hợp 4: Giả sử không có một ep, eq, eq−p là hằng số. Rõ ràng là p′ 6≡ 0, q′ 6≡ 0, p′ 6≡ q′. Từ Bổ đề 1.1 và Bổ đề 1.3 ta có T (r, p′) + T (r, q′) = S(r, f). (2.5) Đặt h = q′ p′ . (2.6) Từ (2.5) và (2.6) ta được h 6≡ 0, 1 và T (r, h) = S(r, f). Nếu q′ (h− 1)− h′ ≡ 0, bằng phép lấy tích phân ta có h− 1 = c1eq, (2.7) trong đó c1 là hằng số, c1 6= 0. Từ (2.6) và (2.7) ta được q′ c1eq + 1 = p′. Lấy tích phân ta được c1 + e −q = c2e−p, trong đó c2 là hằng số, c2 6= 0. Vì vậy c2e −p − e−q = c1. Từ Bổ đề 1.2 ta được T ( r, e−p ) = S(r, e−p), 17 điều đó là không thể xảy ra. Vì thế q′ (h− 1)− h′ 6≡ 0. Từ (2.1) ta có f − h = e q − hep + h− 1 ep − 1 . (2.8) Đặt F = (f − h) (ep − 1) = eq − hep + h− 1, Khi đó F ′ F − q′ = (e q − hep + h− 1)′ − q′ (eq − hep + h− 1) (f − h) (ep − 1) = q′ (h− 1)− h′ f − h , vì vậy 1 f − h = (F ′/F )− q′ q′ (h− 1)− h′ . (2.9) Từ (2.9) ta được m ( r, 1 f − h ) ≤ m ( r, F ′ F ) + S (r, f) = S (r, f) (2.10) và N2 ( r, 1 f − h ) = S(r, f). (2.11) Mặt khác, từ (2.1) ta có f − g g − 1 = e q − 1 và g′ g = q′ep − p′eq + (p′ − q′) (eq − 1) (ep − 1) . Do đó g′ (f − g) g (g − 1) = q′ep − p′eq + (p′ − q′) ep − 1 . (2.12) 18 Từ (2.6) và (2.8) ta được −p′ (f − h) = q ′ep − p′eq + (p′ − q′) ep − 1 . (2.13) Từ (2.12) và (2.13) suy ra −p′ (f − h) = g ′ (f − g) g (g − 1) . (2.14) Mặt khác, từ Bổ đề 1.4 và (2.11) ta có N ( r, 1 f − h ) = N ( r, 1 g′ ) +N0 (r) + S(r, f), (2.15) trong đó N0 (r) là hàm đếm số không điểm của f − g mà không là không điểm của g và g − 1. Từ (2.10) và (2.15) ta được T (r, f) = T (r, f − h) + S (r, f) = m ( r, 1 f − h ) +N ( r, 1 f − h ) + S (r, f) = N ( r, 1 g′ ) +N0 (r) + S(r, f). Do đó T (r, f)−N ( r, 1 g′ ) = N0 (r) + S(r, f). (2.16) Bằng phương pháp tương tự, ta có T (r, g)−N ( r, 1 f ′ ) = N0 (r) + S(r, f). (2.17) Từ Định lí cơ bản thứ hai và (2.16) ta được T (r, f) + T (r, g) ≤ T (r, f) +N ( r, 1 g ) +N ( r, 1 g − 1 ) +N (r, g) −N ( r, 1 g′ ) + S (r, f) = N ( r, 1 g ) +N ( r, 1 g − 1 ) +N (r, g) +N0 (r) + S (r, f) 19 ≤ N ( r, 1 f − g ) +N (r, g) + S (r, f) ≤ T (r, f − g) +N (r, g) + S (r, f) ≤ m (r, f) +m (r, g) +N (r, f − g) +N (r, g) + S (r, f) ≤ m (r, f) +m (r, g) +N (r, f) +N (r, g) + S (r, f) = T (r, f) + T (r, g) + S(r, f). Do đó T (r, f) + T (r, g) = N ( r, 1 g ) +N ( r, 1 g − 1 ) +N (r, g) +N0 (r) + S(r, f). (2.18) Sử dụng Định lí cơ bản thứ hai, (2.7) và (2.8) ta có 2T (r, f) ≤ N ( r, 1 f ) +N ( r, 1 f − 1 ) +N ( r, 1 f − a ) +N (r, f)−N ( r, 1 f ′ ) + S (r, f) ≤ N ( r, 1 g ) +N ( r, 1 g − 1 ) +N ( r, 1 f − a ) +N (r, g) +N0 (r)− T (r, g) + S (r, f) = T (r, f) +N ( r, 1 f − a ) + S (r, f) ≤ 2T (r, f) + S(r, f). Do đó N ( r, 1 f − a ) = T (r, f) + S(r, f), điều này mâu thuẫn với giả thiết của Định lí 2.5. Định lí 2.5 được chứng minh.  Định lý 2.6 ([16]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng sao cho f và g chung nhau 0, 1, ∞ CM , cho a 6= 0, 1 là một số phức hữu hạn. Nếu δ(a, f) > 0, δ(∞, f) > 0 thì a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của f ; 1− a,∞ là các giá trị bỏ được Picard của g và (f − a) (g + a− 1) ≡ a(1− a). 20 Ví dụ 2.1. Cho f (z) = ( e2z + 1 ) / (ez + 1) , g (z) = ( e−2z + 1 ) / (e−z + 1) , a = 2. Ta dễ thấy f và g chung nhau 0, 1,∞ CM và N (r, f) 6= T (r, f) + S(r, f), δ (∞, f) = 1/2 > 0. Với f (z)− a = e 2z − 2ez − 1 ez + 1 , ta có N ( r, 1f−a ) = T (r, f) + S (r, f) và δ (a, f) = 0. (f − a) (g + a− 1) 6≡ a (1− a) là hiển nhiên. Ví dụ 2.2. Cho f (z) = 2/ (1 + ez), g (z) = 2/ (1 + e−z), a = 2. Ta dễ thấy f và g chung nhau 0, 1,∞ CM và N (r, f) = T (r, f) + S(r, f), δ (∞, f) = 0. Với f (z)− a = − 2e z 1 + ez , ta có N ( r, 1f−a ) 6= T (r, f) + S (r, f) và δ (a, f) = 1 > 0. (f − a) (g + a− 1) 6≡ a (1− a) là hiển nhiên. Ví dụ 2.3. Cho f (z) = 1/ (ez + 1), g (z) = 1/ (e−z + 1), a = 2. Ta dễ thấy f và g chung nhau 0, 1,∞ CM và N (r, f) = T (r, f) + S(r, f), δ (∞, f) = 0. Với f (z)− a = −2e z + 1 ez + 1 , ta có N ( r, 1f−a ) = T (r, f) + S (r, f) và δ (a, f) = 0. (f − a) (g + a− 1) 6≡ a (1− a) là hiển nhiên. Định lý sau đây là một mở rộng của Định lí 2.5. Định lý 2.7 ([16]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng sao cho f và g chung nhau 0, 1, ∞ CM . Cho a 6= 0, 1 là một số phức hữu hạn. Nếu N ( r, 1 f − a ) 6= T (r, f) + S(r, f), 21 thì a là một giá trị bỏ được Picard của f , hơn nữa f và g thỏa mãn một trong các điều kiện sau: (i) (f − a) (g + a− 1) ≡ a (1− a), điều này chỉ xảy ra khi ∞ là một giá trị bỏ được Picard của f . Trong trường hợp này, 1− a và ∞ là giá trị bỏ được Picard của g. (ii) f + (a− 1) g ≡ a, điều này chỉ xảy ra khi 0 là một giá trị bỏ được Picard của f . Trong trường hợp này, a/(a− 1) và 0 là giá trị bỏ được Picard của g. (iii) f ≡ ag, điều này chỉ xảy ra khi 1 là giá trị bỏ được Picard của f . Trong trường hợp này, 1/a và 1 là giá trị bỏ được Picard của g. Chứng minh. Tương tự như trong chứng minh của Định lí 2.5, ta có được (2.1). Ta xét bốn trường hợp sau: a) Giả sử ep ≡ c (6= 0, 1). Tương tự như trong chứng minh của Định lí 2.5 ta có điều kiện (i) và a, ∞ là giá trị bỏ được Picard của f và 1− a, ∞ là giá trị bỏ được Picard của g. b) Giả sử eq ≡ c (6= 0, 1). Từ (2.1) ta có f = c− 1 ep − 1 và f − a = (c− 1 + a)− ae p ep − 1 . (2.19) Nếu c− 1 + a 6= 0, từ (2.19) ta được N ( r, 1 f − a ) = T (r, f) + S(r, f). Điều này mâu thuẫn với giả thiết của Định lí 2.7. Vậy c − 1 + a = 0 và c = 1− a. Từ (2.1) ta được f = − a ep − 1 và g = aep (a− 1) (ep − 1) . 22 Vì vậy, ta có điều kiện (ii) và a, 0 là giá trị bỏ được Picard của f ; a/(a−1) và 0 là giá trị bỏ được Picard của g. c) Giả sử eq−p ≡ c (6= 0, 1). Từ (2.1) ta có f = cep − 1 ep − 1 và f − a = (c− a) e p − (1− a) ep − 1 . (2.20) Nếu c− a 6= 0, từ (2.20) ta được N ( r, 1 f − a ) = T (r, f) + S(r, f), điều này mâu thuẫn với giả thiết của Định lí 2.7. Vậy c = a, từ (2.1) ta suy ra f = aep − 1 ep − 1 và g = aep − 1 a (ep − 1) . Vì vậy, ta có điều kiện (iii) và a, 1 là giá trị bỏ được Picard của f ; 1/a và 1 là giá trị bỏ được Picard của g. d) Giả sử các hàm ep, eq, eq−p đều khác hằng số. Tương tự như trong chứng minh của Định lí 2.5, ta thấy mâu thuẫn. Như vậy Định lí 2.7 được chứng minh trong tất cả các trường hợp.  Từ Định lí 2.7, ta có hệ quả sau đây cho một điều kiện đại số để hai hàm phân hình là bằng nhau. Hệ quả 2.1 ([16]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng, với f và g chung nhau 0, 1, ∞ CM và cho a là một số phức hữu hạn, a 6= 0, 1. Nếu N ( r, 1 f − a ) 6= T (r, f) + S (r, f) và không có giá trị nào trong các giá trị 0, 1, ∞ là giá trị bỏ được Picard của f . Khi đó f ≡ g. Vào năm 1998, H. Yi ([19]) đã chứng minh 23 Định lý 2.8 ([19]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung nhau 0, 1,∞ CM. Nếu lim r→∞ r∈I N1) (r, 0, f) +N1) (r, f)− 1/2m (r, 1, g) T (r, f) < 1 2 , thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. 2.1.2. Chung nhau có trọng số Vào năm 2001, I. Lahiri đã chứng minh Định lý 2.9 ([5]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (0, 1), (∞,∞) và (1,∞). Nếu N1) (r, 0, f) +N1) (r, f) < (λ+O (1))T (r), với r ∈ I và 0 < λ < 1/2, thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Ta chứng minh các kết quả sau Định lý 2.10 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung nhau (0, k1), (∞, k2) và (1, k3), với kj (j = 1, 2, 3) là số nguyên dương thỏa mãn k1k2k3 > k1 + k2 + k3 + 2. (2.21) Nếu lim r→∞ r∈I N1) (r, 0, f) +N1) (r, f)− 1/2m (r, 1, g) T (r, f) < 1 2 , (2.22) với I là tập có độ đo tuyến tính vô hạn, thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Rõ ràng, nếu kj (j = 1, 2, 3) là số nguyên dương thỏa mãn (2.21) thì kjki > 1 (j 6= i, j, i = 1, 2, 3). (2.23) Chứng minh. Giả sử f 6≡ g. Từ f và g chung (0, k1), (∞, k2) và (1, k3), với kj (j = 1, 2, 3) thỏa mãn (2.21), từ Bổ đề 1.10 ta được (1.10). Cho H xác định bởi (1.3), nếu H 6≡ 0, từ Bổ đề 1.7 và (1.10) ta được (1.8), mâu 24 thuẫn với (2.22). Do đó H ≡ 0. Từ Bổ đề 1.8 ta thấy f và g chung (0,∞), (∞,∞) và (1,∞). Mặt khác, từ Định lí 2.8 ta có được kết luận của định lí.  Định lý 2.11 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (0, k1), (∞, k2) và (1, k3), với kj (j = 1, 2, 3) là những số nguyên dương thỏa mãn (2.21). Nếu N1) (r, 0, f) +N1) (r, f) < (λ+O (1))T (r), (2.24) với r ∈ I và 0 < λ < 1/2, thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Chứng minh. Đặt T (r) = T (r, f) với r ∈ I1;T (r, g) với r ∈ I2, (2.25) trong đó I = I1 ∪ I2, (2.26) với I là tập độ đo tuyến tính vô hạn của (0,∞), từ (2.26) ta thấy I1 là tập độ đo tuyến tính vô hạn của (0,∞) hoặc I2 là tập độ đo tuyến tính vô hạn của (0,∞). Nếu I1 là tập độ đo tuyến tính vô hạn, từ (2.24) và (2.25) ta được lim r→∞ r∈I1 N1) (r, 0, f) +N1) (r, f) T (r, f) < 1 2 . Mặt khác, từ Định lí 2.10 ta có được kết luận của định lí. Nếu I2 là tập độ đo tuyến tính vô hạn, với f và g chung nhau (0, k1) và (∞, k2), từ (2.24) và (2.25) ta được lim r→∞ r∈I2 N1) (r, 0, g) +N1) (r, g) T (r, g) < 1 2 . Từ Định lí 2.10 ta có được kết luận của định lí.  Từ Định lí 2.10 và Định lí 2.11 ta có hai định lí sau: 25 Định lý 2.12 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (a1, k1), (a2, k2) và (a3, k3), với {a1, a2, a3} = {0,∞, 1}, kj (j = 1, 2, 3) thỏa mãn một trong các điều kiện sau: (i) k1 > 1, k2 ≥ 3 và k3 ≥ 4, (ii) k1 ≥ 2, k2 ≥ 2 và k3 ≥ 3, (iii) k1 ≥ 1, k2 ≥ 2 và k3 ≥ 6. Nếu f và g thỏa mãn (2.22), thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Định lý 2.13 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (a1, k1), (a2, k2) và (a3, k3), với {a1, a2, a3} = {0,∞, 1}, kj (j = 1, 2, 3) thỏa mãn một trong các điều kiện sau: (i) k1 ≥ 1, k2 ≥ 3 và k3 ≥ 4, (ii) k1 ≥ 2, k2 ≥ 2 và k3 ≥ 3, (iii) k1 ≥ 1, k2 ≥ 2 và k3 ≥ 6. Nếu f và g thỏa mãn (2.24), thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Định lý 2.14 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (a1, k1), (a2, k2) và (a3,∞), với {a1, a2, a3} = {0,∞, 1}, k1 và k2 là hai số nguyên dương thỏa mãn k1k2 > 1. (2.27) Nếu f và g thỏa mãn (2.22), thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử k1 ≤ k2. Từ (2.27) ta thấy k1 ≥ 1 và k2 ≥ 2. Lưu ý với f và g chung (a, k) thì f và g chung (a, p) với p là tất cả các số nguyên, 0 ≤ p < k. Từ f và g chung (a1, k1), (a2, k2), (a3,∞) ta có f và g chung (a1, 1), (a2, 2), (a3, 6). Từ Định lí 2.12 ta có được kết luận của định lí.  Định lý 2.15 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (a1, k), (a2,∞) và (a3,∞), với {a1, a2, a3} = {0,∞, 1} và k là một số 26 nguyên thỏa mãn k ≥ 1. (2.28) Nếu f và g thỏa mãn (2.22), thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Chứng minh. Với f và g chung (a1, k), (a2,∞), (a3,∞) và k ≥ 1, ta có f và g chung (a1, 1), (a2, 2), (a3, 6). Từ Định lí 2.12 ta có được kết quả của định lí.  Ví dụ 2.4. Cho f (z) = 1− ez và g (z) = 1− e−z. Ta thấy f và g chung nhau (0,∞), (∞,∞), (1,∞) và thỏa mãn điều kiện (2.21), (2.27), (2.28) và lim r→∞ r∈I N1) (r, 0, f) +N1) (r, f) + 1/2m (r, 1, g) T (r, f) = 1/2, không thỏa mãn điều kiện (2.22). Ngoài ra ta thấy f.g 6≡ 1. Như vậy tồn tại hai hàm f và g không thỏa mãn các điều kiện của định lí thì fg 6≡ 1. Ví dụ 2.5. Cho f (z) = ez − e2z và g (z) = e−z − e−2z. Ví dụ 2.6. Cho f (z) = 1/ (ez + 1) và g (z) = ez/ (ez + 1). Ta thấy Ví dụ 2.5 và 2.6 cũng không thỏa mãn điều kiện (2.22) của định lí Định lý 2.16 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (a1, k1), (a2, k2) và (a3,∞), với {a1, a2, a3} = {0,∞, 1} và k1, k2 là các số nguyên dương thỏa mãn (2.27). Nếu f và g thỏa mãn (2.24) thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử k1 ≤ k2. Từ (2.27) ta thấy k1 ≥ 1 và k2 ≥ 2. Lưu ý với f và g chung (a, k) thì f và g chung (a, p) với p là tất cả các số nguyên, 0 ≤ p < k. Từ f và g chung (a1, k1), (a2, k2), (a3,∞) ta có f và g chung (a1, 1), (a2, 2), (a3, 6). Từ Định lí 2.13 ta có được kết luận của định lí.  27 Định lý 2.17 ([20]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung (a1, k), (a2,∞) và (a3,∞), với {a1, a2, a3} = {0,∞, 1} và k là một số nguyên thỏa mãn (2.28). Nếu f và g thỏa mãn (2.24) thì f ≡ g hoặc f.g ≡ 1. Chứng minh. Với f và g chung (a1, k), (a2,∞), (a3,∞) và k ≥ 1. Ta có f và g chung (a1, 1), (a2, 2), (a3, 6). Từ Định lí 2.13 ta có được kết quả của định lí.  Ví dụ 2.7. Cho f (z) = e 2z ez−1 và g (z) = 1 ez(1−ez) . Ta thấy f và g chung (0,∞), (∞,∞), (1,∞), thỏa mãn điều kiện (2.21), (2.27) và (2.28). Tuy nhiên không thỏa mãn (2.24). Ngoài ra ta thấy fg 6≡ 1. Như vậy tồn tại hai hàm f và g không thỏa mãn các điều kiện giả thiết của định lí thì fg 6≡ 1. Ví dụ 2.8. Cho f (z) = 4e z(ez−1)2 (ez+1) 4 và g (z) = −(ez−1)4 4ez(ez+1) 2 . Ta thấy f và g chung nhau (0, 1), (∞, 1) và (1,∞), thỏa mãn điều kiện (2.21), (2.28) và N1) (r, 0, f) +N1) (r, f) < (λ+O (1))T (r). Tuy nhiên, k1k2 = 1, không thỏa mãn điều kiện (2.27). Ngoài ra ta thấy fg 6≡ 1. Như vậy tồn tại hai hàm f và g không thỏa mãn các điều kiện giả thiết của định lí thì fg 6≡ 1. Ví dụ 2.9. Cho f (z) = (e z−1)3 (3ez−1) và g (z) = 4(ez−1) (3ez−1) . Ta thấy f và g chung nhau (0, 0), (∞,∞) và (1,∞), thỏa mãn điều kiện (2.21) và N1) (r, 0, f) +N1) (r, f) < (λ+O (1))T (r). Tuy nhiên, k1k2 = 1, không thỏa mãn điều kiện (2.28). Ngoài ra ta thấy fg 6≡ 1. Như vậy tồn tại hai hàm f và g không thỏa mãn các điều kiện giả thiết của định lí thì fg 6≡ 1. 28 2.2. Hàm phân hình chung nhau ba tập hợp Trong phần này, chúng tôi đã trình bày lại một số kết quả của W. C. Lin và H. Yi ([6]) về hàm phân hình chung nhau ba tập hợp. Trước hết ta chứng minh một số bổ đề cần thiết cho việc chứng minh các kết quả chính. 2.2.1. Một số bổ đề liên quan Bổ đề 2.1 ([17]). Cho H = ( F ′′ F ′ − 2F ′ F − 1 ) − (G ′′ G′ − 2G ′ G− 1), (2.29) với F và G là hai hàm phân hình khác hằng. Nếu F và G chung nhau giá trị 1 CM và H 6≡ 0, thì N1) ( r, 1 F − 1 ) ≤ N (r,H) + S (r, F ) + S(r,G). (2.30) Bổ đề 2.2 ([17]). Cho U = F ′′ F ′ − 2F ′ F − 1 , với F là hàm phân hình khác hằng. Nếu z0 là cực điểm đơn của F , thì U là chính quy tại z0. Bổ đề 2.3 ([6]). Cho F = afn n (n− 1) (f − α1) (f − α2) , G = agn n (n− 1) (g − α1) (g − α2) , (2.31) với f và g là hai hàm phân hình khác hằng, n(> 3) là số nguyên, α1 và α2 là hai số phức hữu hạn phân biệt. Tập V = ( F ′ F − 1 − F ′ F ) − ( G ′ G− 1 − G′ G ). (2.32) Nếu V ≡ 0, E ({∞} , f) = E ({∞} , g) 6= φ, thì F ≡ G. Chứng minh. Từ V ≡ 0 ta có F ′ F − 1 − F ′ F = G′ G− 1 − G′ G . 29 Lấy tích phân hai vế ta được 1− 1 F ≡ A(1− 1 G ), (2.33) với A là hằng số khác không. Cho z0 là cực điểm của f , thì z0 là cực điểm của g. Vì vậy, từ định nghĩa của F và G ta có 1 F (z0) = 0, 1 G (z0) = 0. Thế vào (2.33) ta được A = 1. Từ đó, F ≡ G.  Bổ đề 2.4 ([6]). Cho F và G được định nghĩa như trong Bổ đề 2.3 và H được được định nghĩa như trong Bổ đề 2.1. Nếu F và G chung 0, 1 CM; f và g chung ∞ IM và H 6≡ 0, thì N (r, f) = N (r, g) = S (r, F ) + S(r,G). (2.34) Chứng minh. Ta xét hai trường hợp sau. Trường hợp 1: Giả sử E ({∞} , f) = φ, thì (2.34) là hiển nhiên. Trường hợp 2: Giả sử E ({∞} , f) = φ, cho V được định nghĩa như trong Bổ đề 2.3. Từ H 6≡ 0 và Bổ đề 2.3 ta suy ra V 6≡ 0. Từ (2.32) ta có V = F ′ F (F − 1) − G′ G (G− 1) , (2.35) với f và g chung ∞ IM, ta giả sử z0 là cực điểm cấp p của f , là cực điểm cấp q của g. Từ (2.31) ta thấy z0 là cực điểm cấp (n− 2)p của F , là cực điểm cấp (n−2)q của G. Từ (2.35) ta thấy z0 là không điểm cấp tối thiểu là n− 3. Vì vậy (n− 3)N (r, f) ≤ N ( r, 1 V ) ≤ T (r, V ) +O(1). (2.36) Từ định nghĩa của V , ta có m (r, V ) = S (r, F ) + S(r,G), với F và G chung 0, 1 CM, từ (2.32) ta có N (r, V ) = S (r, F ) + S(r,G). 30 Từ đó T (r, V ) = S (r, F ) + S(r,G), (2.37) với n > 3, từ (2.36) và (2.37) ta được (2.34). Bổ đề được chứng minh.  Bổ đề 2.5 ([1]). Cho Q (ω) = (n− 1)2 (ω2 − 1) (ωn−2 − 1)− n (n− 2) (ωn−1 − 1)2, (2.38) thì Q (ω) = (n− 1)4 (ω − β1) (ω − β1) ...(ω − β2n−6), (2.39) với βj ∈ C\ {0, 1} (j = 1, 2, ..., 2n− 6), từng đôi một phân biệt. 2.2.2. Vấn đề duy nhất Năm 1990, H. Yi chứng minh Định lý 2.18 ([14]). Cho S1 = {a1, a2}, S2 = {b1, b2} là hai cặp phân biệt sao cho a1 + a2 = b1 + b2 và a1a2 6= b1b2, cho S3 = {∞}. Giả sử f và g là hai hàm phân hình khác hằng thỏa mãn Ef (Sj) = Eg (Sj) với j = 1, 2, 3. Khi đó N (r, f) = S (r, f) và N (r, f) = T (r, g) + S(r, f). Định lý 2.19 ([14]). Cho S1 = {a1, a2} và S2 = {b1, b2} là hai cặp phân biệt với a1 + a2 = b1 + b2 mà a1a2 6= b1b2 và cho S3 = {∞}. Giả sử f và g là hai hàm phân hình khác hằng thỏa mãn Ef (Sj) = Eg (Sj) với j = 1, 2, 3 và δ (c/2, f) > 1/5 với c = a1 +a2, thì f và g phải thỏa mãn các điều kiện sau: (i) f ≡ g; (ii) f + g = a1 + a2; (iii) (f − c/2) (g − c/2) = ±((a1 − a2) /2)2, điều này chỉ xảy ra với (a1 − a2)2 + (b1 − b2)2 = 0. 31 Định lý 2.20 ([14]). Giả sử các hàm f, g thỏa mãn các giả thiết của Định lí 2.18, thỏa mãn thêm N ( r, 1 f − b1 ) +N ( r, 1 f − b2 ) = 2T (r, f) + S (r, f) và δ (c/2, f) > 0, với c = a1 + a2. Khi đó kết luận của Định lí 2.19 đúng. Sử dụng Định lí 2.5, năm 1995, H. Yi chứng minh các kết quả sau là mở rộng của Định lí 2.19 và Định lí 2.20. Định lý 2.21 ([16]). Giả sử các hàm f, g thỏa mãn các giả thiết của Định lí 2.18 và thỏa mãn thêm δ (c/2, f) > 0, với c = a1 + a2. Khi đó kết luận của Định lí 2.19 là đúng. Chứng minh. Từ Định lí 2.18 ta có N (r, f) 6= T (r, f) + S(r, f). (2.40) Mặt khác, sử dụng δ (c/2, f) > 0 ta cũng có N ( r, 1 f − c/2 ) 6= T (r, f) + S(r, f). (2.41) Đặt F = (f − c/2)2 − ((a1 − a2) /2)2 ((b1 − b2) /2)2 − ((a1 − a2) /2)2 , G = (g − c/2)2 − ((a1 − a2) /2)2 ((b1 − b2) /2)2 − ((a1 − a2) /2)2 . Nếu F ≡ G thì rõ ràng f ≡ g hoặc f + g ≡ a1 + a2. Giả sử F 6≡ G. Từ Ef (Sj) = Eg (Sj) (j = 1, 2, 3), ta biết rằng F , G chung nhau 0, 1, ∞ CM . Từ (2.40) và (2.41) ta có N (r, F ) 6= T (r, F ) + S (r, F ) và N ( r, 1F−a ) 6= T (r, F ) + S (r, F ) , trong đó a = −((a1 − a2) /2)2 ((b1 − b2) /2)2 − ((a1 − a2) /2)2 6= 0, 1. 32 Từ Định lí 2.5, cho thấy a là giá trị bỏ được Picard của F và khi đó c/2 là một giá trị Picard của f . Vì vậy δ (c/2, f) = 1 > 1/5, từ Định lí 2.19 ta được (f − c/2) (g − c/2) ≡ ±((a1 − a2) /2)2, chỉ xảy ra khi (a1 − a2)2 + (b1 − b2)2 = 0. Định lí 2.21 được chứng minh. Ví dụ 2.10. Cho f (z) = 1 − ez, g (z) = 1 − e−z, a1 = −1, a2 = 1, b1 = −√3i, b2 = √ 3i, S1 = {a1, a2} , S2 = {b1, b2} , S3 = {∞}. Dễ thấy (f − a1) (f − a2) (g − a1) (g − a2) = −8e 3z, (f − b1) (f − b2) (g − b1) (g − b2) = 4e 2z, chứng tỏ Ef (Sj) = Eg (Sj) (j = 1, 2, 3). Vì vậy f và g thỏa mãn các điều kiện của Định lí 2.18. Lưu ý rằng c = a1 +a2 = 0 và f (z)− c/2 = 1−4ez, ta có δ (c/2, f) = 0. f 6≡ g, f + g 6≡ a1 + a2 và (f − c/2) (g − c/2) 6≡ ±((a1 − a2) /2)2 hiển nhiên. Điều này cho thấy Định lí 2.21 là tương đối chặt chẽ. Vào năm 1982, F. Gross và C. Osgood ([4]) đã chứng minh Định lý 2.22 ([4]). Cho S1 = {−1, 1}, S2 = {0}. Nếu f và g là các hàm nguyên cấp hữu hạn khác hằng thỏa mãn Ef (Sj,∞) = Eg (Sj,∞) (j = 1, 2), thì f ≡ ±g hoặc f.g ≡ ±1. Vào năm 1987, H. Yi ([10]) chứng minh rằng có thể khắc phục được những hạn chế của f và g trong các định lí trước và đưa ra kết quả Định lý 2.23 ([10]). Cho S1 = {−1, 1}, S2 = {0} và S3 = {∞}. Nếu f và g là hai hàm phân hình thỏa mãn Ef (Sj,∞) = Eg (Sj,∞) (j = 1, 2, 3), thì f ≡ ±g hoặc f.g ≡ ±1. Vào năm 1997, H. Yi ([18]) đã chứng minh Định lý 2.24 ([18]). Cho S1 = { 1, ω, ..., ωn−1 } , S2 = {0} , S3 = {∞}, với n là số nguyên dương, ω = cos (2pi/n) + i sin (2pi/n). Nếu n ≥ 7 và Ef (Sj, 0) = Eg (Sj, 0) (j = 1, 2, 3), thì f ≡ tg với tn = 1 hoặc f.g ≡ s với sn = 1. 33 Ta có thể phát biểu theo cách khác, S1 = {a+ b, a+ bω, ..., a+ bωn−1}, S2 = {a} và S3 = {∞}, với n là số nguyên dương, a và b (6= 0) là hằng số và ω = cos (2pi/n) + i sin (2pi/n). Vào năm 1988, H. Yi ([12]) và K. Tohge ([8]) chứng minh định lí sau là mở rộng của Định lí 2.23. Định lý 2.25 ([12], [8]). Nếu n ≥ 2 và Ef (Sj,∞) = Eg (Sj,∞) với (j = 1, 2, 3), thì f − a ≡ t(g − a), với tn = 1 hoặc (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n. Vào năm 2001, I. Lahiri ([5]) đã chứng minh định lí sau là mở rộng của Định lí 2.25. Định lý 2.26 ([5]). Nếu n ≥ 2 và Ef (S1,∞) = Eg (S1,∞), Ef (S2, 1) = Eg (S2, 1) và Ef (S3,∞) = Eg (S3,∞), thì f − a ≡ t(g − a), với tn = 1 hoặc (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n. Từ Định lí 2.13 ta có thể chứng minh định lí sau. Định lý 2.27 ([20]). Nếu n ≥ 2 và Ef (S1, 4) = Eg (S1, 4), Ef (S2, 0) = Eg (S2, 0) và Ef (S3, 1) = Eg (S3, 1), thì f − a ≡ t(g − a), với tn = 1 hoặc (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n. Chứng minh. Cho F = ((f − a) /b)n và G = ((g − a) /b)n. Thì F và G chung (1, 4), (0, 1) và (∞, 3). Từ N1) (r, 1/F ) = N1) (r, F ) = 0, từ Định lí 2.13 ta được F ≡ G hoặc F.G ≡ 1.  Ví dụ 2.11. Cho f (z) = (e2z+1) 2 2ez(e2z−1) và g (z) = 2iez(e2z+1) (e2z−1)2 , cho S1 = {−1, 1} , S2 = {0} và S3 = {∞}. Chắc chắn, Ef(S1,∞) = Eg (S1,∞), Ef(S2, 0) = Eg (S2, 0), Ef(S3, 0) = Eg (S3, 0) trong Ví dụ 2.11. Dễ dàng nhận thấy điều kiện "Ef (S3, 1) = Eg (S3, 1) " trong Định lí 2.27 từ ví dụ trên là rõ nét nhất. Ví dụ 2.12. Cho f (z) = a − 3b (ez + e2z) và g (z) = a + b(1 + e−z)3 và cho S1 = {a+ b} , S2 = {a} và S3 = {∞}, với a và b (6= 0) là hằng số. Dễ dàng nhận thấy giả sử "n ≥ 2 " trong Định lí 2.27 từ ví dụ trên. Từ Định lí 2.13 ta có thể chứng minh được các định lí sau. 34 Định lý 2.28 ([20]). Nếu n ≥ 2 và Ef (S1, 2) = Eg (S1, 2), Ef (S2, 1) = Eg (S2, 1) và Ef (S3, 1) = Eg (S3, 1), thì f − a ≡ t(g − a), với tn = 1 hoặc (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n.