BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM
_______________

Nguyễn Công Minh

LÝ THUYẾT SỰ XÁC ĐỊNH DUY NHẤT
CÁC HÀM PHÂN HÌNH

Chun ngành : Tốn Giải tích
Mã số

: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS. NGUYỄN VĂN ĐƠNG

Thành phố Hồ Chí Minh - 2009


MỞ ĐẦU
Lý thuyết về sự xác định duy nhất các hàm phân hình nghiên cứu những điều kiện mà tồn tại duy nhất một
hàm phân hình thoả mãn các điều kiện này. Ta đã biết các đa thức được xác định bởi các khơng điểm của nó
( sai khác một nhân tử hằng ), nhưng điề u đó khơng đúng đối với hàm ng uyên và hàm phân hình siêu việt.
Ví dụ như hai hàm e z và e − z nhận chung các điểm ±1 , 0 , ∞ . Do đó việc xác định duy nhất các hàm phân
hình là đề tài hấp dẫn và phức tạp. Trong lĩnh vực này, lý thuyết phân bố giá trị được xây dựng bởi
Nevanlinna trở thành một cơng cụ chính cho việc nghiên cứu . Nevanlinna đã chứng minh được rằng hàm
phân hình khác hằng có thể được xác định duy nhất bởi 5 điểm, nghĩa là nếu hai hàm phân hình f và g

giờ nhận giá trị 0. Do vậy, sự khái quát “ngây thơ” của định lý cơ bản của đại số mà người ta có thể tưởng
tượng là có thể khơng đúng cho hàm ngun. Ngồi ra các hàm siêu việt có thể nhận các giá trị vô hạn lần,
nhưng ta không thể thật sự nói được tổng số lần mà hàm số nhận một giá trị. Vì hàm phân hình trên tồn mặt
phẳng phức chỉ có thể có quá lắm hữu hạn khơng điểm trong một đĩa hữu hạn, những gì chúng ta có thể nói
và sẽ nói thay cho số lần nhận là tốc độ mà số các không điểm trong một đĩa bán kính r tăng khi r → ∞ .
Cho f là hàm phân hình và a ∈  , lý thuyết Nevanlinna nghiên cứu mối liên hệ giữa ba hàm sau:


1 
1 
N  r,
 , m  r,
 , T ( r, f ) .
 f −a
 f −a

1 
◦ Hàm N  r ,
 là “hàm đếm” vì nó đếm, như là trung bình loga, số lần f nhận giá trị a trên đĩa tròn
 f −a
bán kính r.

1 
◦ Hàm m  r ,
 là hàm xấp xỉ trung bình đo độ gần a của giá trị hàm f trên đường tròn tâm O bán
 f −a
kính r .
◦ Hàm T ( r , f ) là hàm đặc trưng. Hàm đặc trưng đóng vai trò trong định lý Nevanlinna như là bậc của đa
thức trong định lý cơ bản của đại số.


=
T ( r, f ) N  r,
 + m  r,
 . Như ậy
 f −a
 f −a

f nhận giá trị a với một tần số đủ nhỏ để



1 
1 
N  r,
 không tăng nhanh như T ( r , f ) thì hàm m  r ,
 sẽ bổ sung theo nghĩa là ảnh của f gần
 f −a
 f −a
với giá trị a với những cung đủ lớn trên đường tròn lớn tâm O. Nghĩa là một hàm phân hình nhận một giá
trị đặc biệt kém thường xuyên hơn mong đợi thì nó sẽ bù lại bằng cách dành nhiều lần gần giá trị đó.
Định lý cơ bản thứ nhất cho một chặn trên ( theo thuật ngữ tăng của hàm số ) mà một hàm phân hình có thể
thường xuyên nhận mọi giá trị. Điều này tương tự phát biểu một đa thức bậc p có thể nhận mọi giá trị nhiều
nhất p lần.

1 
Định lý cơ bản thứ hai cung cấp một cận dưới của tổng hữu hạn các hàm đếm N  r ,
với bán kính
 f − a j 



1 
◦ np  r,
 đếm số không điểm của f − a trong D ( r ) mà bội lớn hơn p thì được đếm p lần.
 f −a


1 
1 
◦ N  r,
=
 n  0,
 .log r + ∫
 f −a
 f −a
0
r



1 
1 
n  t,
 − n  0,

 f −a
 f − a  dt
t




 , N p  r,
 f −a
 f −a

1  1
▪ Hàm xấp xỉ: m  r ,
=
 f − a  2π

2π

∫
0

log +

1

(

)

f reiθ − a

dθ




1 



1 
N  r,

f −a
Θ ( a, f ) =
1 − lim 
r →∞
T ( r, f )

▪ Bậc và bậc dưới của hàm phân hình: λ = lim

log + T ( r , f )

r →∞

log r

; µ = lim

log + T ( r , f )

r →∞

log r

▪ Kí hiệu: S ( r , f ) = o (T ( r , f ) ) ( r → ∞, r ∉ E ) , E là tập có độ đo tuyến tính hữu hạn.
▪ Hàm a ( z ) được gọi là hàm nhỏ của f ( z ) nếu T ( r , a ) = o (T ( r , f ) ) .
Định nghĩa 1.2: Cho f là hàm phân hình trên m




j =1



( q − 2 ) .T ( r , f ) < ∑ N  r ,

1
f − aj


 − N1 ( r ) + S ( r , f )


a1 , a2 ,..., aq


và

q



j =1



( q − 2 ) .T ( r , f ) < ∑ N  r ,

Hơn thế, nếu q ≥ 3 thì tồn tại số nguyên dương p sao cho


 + S ( r , f )



 + S ( r , f )
j =1


♦ Định lý 1.4: Cho f ( z ) là hàm phân hình khác hằng và ai ( z ) ( i = 1, 2,3, 4,5 ) là các hàm nhỏ phân biệt của
q



1
f − aj

( q − 2 − ε ) .T ( r , f ) < ∑ N p  r ,

1
f − aj

f ( z ) . Khi đó
5

1 
2.T ( r , f ) < ∑ N  r ,
+ S ( r, f )

 ψ '
 f 
 1 
trong đó N 0  r ,  là hàm đếm không điểm của ψ ' mà không là không điểm của ψ − 1 .
 ψ '
và

♦ Định lý 1.7: Cho f ( z ) là hàm phân hình siêu việt trên mặt phẳ ng phức và k là số nguyên dương. Khi đó,
với ε > 0 cố định cho trước ta có

1 
1 
 1  1   1 
T ( r , f ) < 1 +  .N  r ,  + 1 +  .N  r , ( k )
 − N  r , ( k +1)  + ε .T ( r , f ) + S ( r , f )
 k   f   k   f −1
 f

♦ Định lý 1.8: Cho f ( z ) là hàm phân hình khác hằng trên mặt phẳng phức. Nếu 0, ∞ là giá trị Picard của

f ( z ) thì tồn tại hàm nguyên khác hằng h ( z ) sao cho f ( z ) = e h( z ) .
♦ Định lý 1.9: Cho h ( z ) là hàm nguyên khác hằng và f ( z ) = e h( z ) . Khi đó


i)
=
T ( r , h ) o (T ( r , f ) ) , ( r → ∞ ) .

T ( r , h ') = S ( r , f )


j

j

)

≡ a0 ( z ) thì tồn tại các hằng số c j ( j = 1, 2,..., n ) , ít nhất một trong số đó khác hằng, sao

g j ( z)

≡ 0.

♦ Định lý 1.11: Cho h ( z ) là hàm nguyên khác hằng và f ( z ) = e h( z ) , λ và µ là bậc và bậc dưới của f ( z ) .
Ta có
(i)
Nếu h ( z ) là đa thức bậc p thì λ= µ= p .
(ii)

Nếu h ( z ) là hàm ngun siêu việt thì λ = µ = ∞ .

♦ Định lý 1.12: Mọi hàm phân hình trong mặt phẳng phức có nhiều nhất hai giá trị Picard.


Chương 2:
CÁC ĐỊNH LÝ LIÊN QUAN ĐẾN
TỔ HỢP CÁC HÀM PHÂN HÌNH
Trong chương này ta sẽ trình bày các định lý về tổ hợp các hàm phân hình, bao gồm các kết quả thu được
bởi Nevanlinna, Borel, Niiino – Ozawa...đóng vai trò quan trọng trong việc xác định duy nhất các hàm phân
hình.
♦ Định lý 2.1: ( Định lý Borel tổng quát )


và

T ( r ) = max {T ( r , f k )}

(2.4)

1≤ k ≤ n

Chứng minh:
n

(k
∑ f ( ) ≡ 0=

Lấy đạo hàm hai vế (2.1) ta có

j =1

k

j

1,..., n − 1)

(2.5)

Bởi vì f1 ( z ) ,..., f n ( z ) độc lập tuyến tính nên D ≡/ 0 . Từ (2.1), (2.5) ta có D = D j

( j = 1,..., n )

'
2

...
f2

...

...

( n −1)

( n −1)

...
...

1
f

'
n

f 2'

fn

...
( n −1)


f1
f2
fn
Từ (2.6), theo định lý cơ bản thứ nhất ta có
 1
 1
m ( r , f1 ) ≤ m ( r , ∆1 ) + m  r ,  ≤ m ( r , ∆1 ) + m ( r , ∆ ) + N ( r , ∆ ) − N  r ,  + O (1) (2.8)
 ∆
 ∆
D
Bởi vì ∆ =
ta có
f1 . f 2 .... f n
f1

 1 n  1  n
 1
N ( r , ∆ ) −=
N  r,  ∑ N  r,  − ∑ N ( r, fk ) + N ( r, D ) − N  r, 
 ∆  k 1=
 D
=
 fk  k 1

(2.9)

, trong đó


 f j( k ) 


n

∑ N ( r , f ) = S ( r ) thì
k

k =1

n
 1 
 1
T ( r, f j ) ≤ ∑ N  r,  − N  r,  + S ( r )
 D
k =1
 fk 

Chứng minh:
n

Ta có N ( r=
, D ) N ( r , D1 ) ≤ ∑  N ( r , f k ) + ( n − 1) N ( r , f k ) 
k =2
n

n

Vì thế N ( r , f1 ) + N ( r , D ) − ∑ N ( r , f k ) = N ( r , D ) − ∑ N ( r , f k )
=
k 1=
k 2


j

j

1, n ) và
(j=

f j (z)

(ii)

f j ( z ) ≡/ 0

(iii)


 1 
  f j  
+
,
N
r
f
N
o (τ ( r ) ) , τ ( r ) = min T  r ,  

 r ,   =
(
)

≡−

C2
( mâu thuẫn với (ii)). Do đó C=
C=
0 nên định lý đúng với n = 2 .
1
2
C1

▪ Giả sử định lý đúng với n ≥ 2 . Ta chứng minh định lý đúng với n + 1 .

(

)

Thật vậy, nếu các hàm phân hình f j ( z ) =
j 1, n + 1 thoả mãn điều kiện của định lý, ta có

n +1

∑C . f (z) ≡ 0
j =1

j

j

(2.12)


Cj. f j (z)
−
Đặt g j ( z ) =
, j=
1, n
Cn +1 . f n +1 ( z )

(

)

(2.13)

n

∑ g ( z ) ≡ 1.

Từ (2.12) ta có

j =1

Nếu g j ( z )

( j = 1, n ) phụ thuộc tuyến tính thì tồn tại các hằng số a ( j = 1, n ) ( một trong số chúng khác 0 )
j

n

n


≠0

j

Đặt T ( r ) = max {T ( r , g k )} , ∀j =1, n từ (2.13) ta có
1≤ k ≤l

 1
N ( r, g j ) + N  r,
 gj



 1 

1 
 ≤ N ( r , f j ) + N  r ,  + N ( r , f n +1 ) + N  r ,

 f n +1 

 fj 

 1 
đó S ( r ) o (T ( r ) ) , ( r → ∞, r ∉ E ) . Vì ế th
N ( r, g j ) + N  r,  =
S ( r ) , trong =
 gj 


n


♦ Định lý 2.4: Giả sử f1 ( z ) ,..., f n ( z ) , ( n ≥ 2 ) là các hàm phân hình và g1 ( z ) ,..., g n ( z ) là các hàm nguyên
thoả các điều kiện:
n

(i)

∑ f ( z ).e
j =1

g j ( z)

j

≡0

(ii) g j ( z ) − g k ( z ) khác hằng với 1 ≤ j < k ≤ n .

{(

(iii) Với 1 ≤ j ≤ n , 1 ≤ h < k ≤ n ta có T ( r , f j ) = o T r , e gh − gk

)} , ( r → ∞, r ∉ E ) .

Khi đó f j ( z ) ≡ 0 , 1 ≤ j ≤ n .
Chứng minh:
Ta chứng minh bằng quy nạp.
▪ Khi n = 2 : điều kiện (i) trở thành f1 ( z ) .e g1 ( z ) + f 2 ( z ) .e g2 ( z ) ≡ 0 . Nếu một trong f1 ( z ) , f 2 ( z ) không đồng
nhất 0, giả sử f1 ( z ) ≡/ 0 thì e g1 ( z )− g2 ( z ) ≡ −



)

Giả sử f j ( z ) , g j ( z ) =
j 1, n + 1 thoả mãn các điều kiện của định lý và một trong các f j ( z ) =
j 1, n + 1
khơng đồng nhất 0. Trái lại, khơng mất tính tổng quát ta giả sử f n +1 ( z ) ≡ 0 , khi đó

( j = 1, n ) thoả các điều kiện của định lý nên theo giả thuyết quy nạp ta có
thuẫn giả sử ). Vậy f ( z ) ≡/ 0 (=
j 1, n + 1) .
f j (z)

n

∑ f ( z ).e
j =1

f j (z) ≡ 0

j

Đặt Fj ( z ) = f j ( z ) .e
Từ (i) ta có

n +1

g j ( z)

∑ C .F ( z ) ≡ 0 .


và

Fj ( z )

Fk ( z )

(1 ≤

j < k ≤ n + 1) khác hằng . Hơn th
ế với =
j 1, n + 1 ,

1 ≤ h < k ≤ n + 1 , r → ∞, r ∉ E ta có

 1
N ( r , Fj ) + N  r ,
 Fj


Bởi vì


 1 
o T r , e gh − gk
 ≤ N ( r , f j ) + N  r ,  ≤ 2.T ( r , f j ) + O (1) =

 fj 

{(


{(

  F
Vì thế T r , e gh − gk = O T  r , h
  Fk

(

)

 
 ,
 


 + O (1)


)} ( r → ∞, r ∉ E )

( r → ∞, r ∉ E )

 1
Từ (2.15), (2.16) ta được N ( r , Fj ) + N  r ,
 Fj



  F


( j = 1, n ) ( n ≥ 2 ) là các hàm phân hình thoả mãn các điều kiện:

(i)

≡0

(ii) Bậc của f j bé hơn bậc của e gh − gk với 1 ≤ j ≤ n , 1 ≤ h < k ≤ n .
thì f j ( z ) ≡ 0

( j = 1, n ) .

Chứng minh:
Ta sẽ chứng minh điều kiện (ii) của định lý 2.5 ám chỉ điều kiện (ii), (iii) của định lý 2.4. Vì bậc của hàm
nguyên là không âm nên ta thấy bậc của e gh − gk

( h ≠ k ) lớn hơn 0 và vì thế

thể là hằng. Vậy điều kiện (ii) của định lý 2.4 thoả.

g j ( z ) − gk ( z ) ,

( h ≠ k ) không


Từ định lý 1.11 suy ra bậc và bậc dưới của e gh − gk bằng nhau. Theo giả thiết (ii) trong định lý ta có bậc của
f j nhỏ hơn bậc của e gh − gk nên bậc của f j nhỏ hơn bậc dưới của e gh − gk . Do đó ừt định lý 1.5 ta được

{(



( n ≥ 1) là các hàm nguyên thoả điều kiện sau

≡ f n +1 ( z )

(ii) Bậc của f j nhỏ hơn bậc của e gk với 1 ≤ j ≤ n + 1 , 1 ≤ k ≤ n . Hơn thế, bậc
bậc của e

gh − gk

của f j nhỏ hơn

với n ≥ 2 , 1 ≤ j ≤ n + 1 , 1 ≤ h < k ≤ n .

(

)

Khi đó f j ( z ) ≡ 0 =
j 1, n + 1 .
Chứng minh:
n

∑ f ( z ).e

Từ (i) ta có

j =1

j



 1
1
T ( r , f1 ) < N  r ,  + N  r ,
c3

 f1 
 f1 − c
1




 + N ( r , f1 ) + S ( r , f1 )




■

♦ Định lý 2.6: Cho f j ( z ) , ( j = 1, 2,3) là các hàm phân hình , f1 ( z ) khác hằng.
3

Nếu

∑ f (z) ≡ 1
j =1

j

{

}

Khi đó f 2 ( z ) ≡ 1 hoặc f3 ( z ) ≡ 1 .
Chứng minh:
◦ Nếu f 2 ( z ) ≡ 0 hoặc f3 ( z ) ≡ 0 , giả sử f3 ( z ) ≡ 0 , từ (2.17) ta có f1 ( z ) + f 2 ( z ) ≡ 1 .
Theo định lý cơ bản thứ 2 ta có

 1

1 
T ( r , f1 ) < N  r ,  + N  r ,
 + N ( r , f1 ) + S ( r , f1 )
 f1 
 f1 − 1 
 1
 1 
= N  r ,  + N  r ,  + N ( r , f1 ) + S ( r , f1 ) < ( λ + o (1) ) .T ( r ) ( vơ lý )
 f1 
 f2 
Do đó f 2 ( z ) ≡/ 0 và f3 ( z ) ≡/ 0 .
◦ Nếu f1 , f 2 , f3 độc lập tuyến tính thì theo định lý 2.1 ta có
3
3
 1 
 1
T ( r , f1 ) < ∑ N  r ,  + N ( r , f1 ) + N ( r , D ) − ∑ N ( r , f k ) − N  r ,  + S ( r )
 D
k 1=

f2

'
j

'
2

'
3

f =
f

''
j

f 2''

f3''

3

∑f
j =1

f3
f 2' f3'
=
f 2'' f3''


3
 1 
T ( r , f3 ) < ∑ N  r ,  + 2.N ( r , f1 ) + 2.N ( r , f 2 ) + S ( r )
k =1
 fk 
3
3
 1 
Vì thế T ( r ) < ∑ N  r ,  + 2.∑ N ( r , f j ) + S ( r ) < ( λ + o (1) ) .T ( r ) , ( r ∈ I ) mâu thuẫn, nghĩa là f1 , f 2 , f3
 fj 
=j 1 =
j 1


phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại 3 hằng số c1 , c2 , c3 ( ít nhất một trong ba số khá c 0 ) sao cho

3

∑c . f
j =1

j

j

=0

(2.20)



c2
≠ 0.
c3

Từ bổ đề 2.1 và (2.22), (2.23) ta có
3
3
 1 
 1
 1 
T ( r ) < N  r ,  + N  r ,  + N ( r , f1 ) + S ( r ) < ∑ N  r ,  + 2 ∑ N ( r , f j .) + S ( r )
 fj 
=j 1 =
j 1
 f1 
 f2 



< ( λ + o (1) ) .T ( r ) , ( r ∈ I )

( vô lý )

Vậy c1 ≠ 0 .
c
c
Từ (2.20) ta có f1 =
− 2 . f 2 − 3 . f3
c1

c1

Từ (2.24), (2.25)=
ta có f1

c2 − c3
c2
. f3 −
c1 − c2
c1 − c2

(2.26)

Do đó T=
( r , f3 ) T ( r , f1 ) + O (1) , T ( r , f 2 =) T ( r , f3 ) + O (1=) T ( r , f1 ) + O (1)
T ( r ) T ( r , f1 ) + O (1)
Vì thế=

(2.27)

Theo bổ đề 2.1 và (2.25), (2.27) ta có
3
3
 1 
 1 
 1 
T ( r ) < N  r ,  + N  r ,  + N ( r , f 2 ) + S ( r ) < ∑ N  r ,  + 2.∑ N ( r , f j ) + S ( r )
 fj 
=j 1 =
j 1

(2.29)

Nếu c3 ≠ 0 , áp dụng bổ đề 2.1 vào (2.29) ta có
3
3
 1 
 1
 1 
T ( r ) < N  r ,  + N  r ,  + N ( r , f1 ) + S ( r ) < ∑ N  r ,  + 2 ∑ N ( r , f j .) + S ( r )
 fj 
=j 1 =
j 1
 f1 
 f2 



< ( λ + o (1) ) .T ( r ) , ( r ∈ I )

( vô lý )

Vậy c3 = 0 . Vì thế f3 ( z ) ≡ 1 .
▪ Trường hợp 3: 1 −

c3
=
0.
c1

Tương tự trường hợp 2 ta được f 2 ( z ) ≡ 1


j

0

thì


Chứng minh:
Ta chứng minh định lý bằng quy nạp.
▪ Với p = 2 , vì a1 .g1 + a2 .g 2 ≡ a0 nên T=
( r , g 2 ) T ( r , g1 ) + O (1) .
Vì Θ ( ∞, g=
1=
( j 1, 2 ) nên từ bổ đề 2.1 ta chia 2 vế của bổ đề cho T ( r , g1 ) và chuyển qua giới hạn ta
j)
thu được δ ( 0, g1 ) + δ ( 0, g 2 ) ≤ 1 . Vậy định lý đúng với p = 2 .
▪ Giả sử định lý đúng với 2 ≤ p ≤ q ( q ≥ 2 ) , ta chứng minh định lý đúng với p= q + 1 .
▫ Nếu g j =
1=
( z ) ( j 1, 2,..., q + 1) là các hàm độc lập tuyến tính, từ điều kiện Θ ( ∞, g=
( j 1, 2,..., q + 1)
j)

(

)

ta có N ( r , g j ) = o T ( r , g=
( j 1, 2,..., q + 1) .


.g j ( z ) ≡ 1

(2.30)

q +1
 1
từ định lý 2.2 ta suy ra T ( r , g j ) < ∑ N  r ,
 gj
j =1


nên

S=
( r ) o ( T ( r ) ) , r → ∞, r ∉ E .

q +1
 1
T ( r ) < ∑ N  r,
 gj
j =1



) ( j 1, 2,..., q + 1)
 + S ( r=





∑
∑
 gj 
j 1=
j 1


 
q +1

vì thế

(2.32)

q +1


Từ (2.31), (2.32) ta được T ( r ) <  q + 1 − ∑ δ ( 0, g j ) + o (1)  .T ( r ) + S ( r )
j =1



nghĩa là

q +1

∑ δ ( 0, g ) ≤ q .
j =1


∑ d .g ( z ) ≡ 1 ( trong đó d ,..., d
j

j =1

1

j

q

Từ (2.34) ta có ít ấtnh hai trong

là các hằng số ).

(2.34)

các d j ( j = 1, 2,..., q ) khác 0, ảgi sử

d j = 0 ( j= s + 1,..., q ) ( 2 ≤ s ≤ q ) . Khi đó (2.34) có thể viết lại

Theo giả thuyết quy nạp và từ (2.35) ta có

p

0 sao cho

∑ a .g ( z ) ≡ a
j =1


j =1

Chú ý rằng δ ( 0, g j ) ≤ 1

.g j ( z ) , thay vào (2.30) ta được

( j = 1, 2,..., p )

q +1

∑ δ ( 0, g ) ≤ q nghĩa là định lý đúng với
j =1

j

là các hàm nguyên và a j

( j = 1, 2,..., p )

p= q + 1

■

là các hằng số khác

. Khi đó ít nhất một trong các hàm g j ( z ) đồng nhất hằng.

♦ Định lý 2.8: ( H.X.Yi [6] ) Cho f1 ( z ) , f 2 ( z ) ,..., f n ( z ) ( n ≥ 3) là các hàm phân hình khác hằng ( ngoại
trừ f n ( z ) ) thoả


hạn; k 1, 2,..., n − 1 và λ < 1 .
thì

fn ≡ 1 .

Chứng minh:
Ta chứng minh định lý 2.8 bằng quy nạp. Từ định lý 2.6 ta suy ra định lý 2.8 đúng với n = 3 . Giả sử định lý
đúng với mọi số nguyên n ( 3 ≤ n ≤ l ) , ta chứng minh định lý đúng với n = l + 1 .
Nếu các hàm f1 ( z ) , f 2 ( z ) ,..., f l +1 ( z ) độc lập tuyến tính, từ định lý 2.1 ta suy ra
l +1
l +1
 1 
 1
T ( r , f1 ) ≤ ∑ N  r ,  + N ( r , f1 ) + N ( r , D ) − ∑ N ( r , f j ) − N  r ,  + S ( r )


 D
j 1=
j 1
 fj 

(2.38)

Tương tự như trong (2.11) định lý 2.2 ta cũng có
l +1

l +1

N ( r , f1 ) + N ( r , D ) − ∑ N ( r , f j ) =
l.∑ N ( r , f j )

khơng mất tính tổng qt giả sử c1 ≠ 0 , từ (2.40) suy ra

l +1



j =2



cj 
. f j ( z ) ≡ 1
1 

∑ 1 − c

(2.41)
Từ bổ đề 2.1 ta thấy ít nhất ba trong 1 −

cj
c1

(j=

2,3,..., l + 1) khác 0.

cj 
 . f j ( z ) ≡ 1 . Theo giả thuyết quy nạp ít nhất một trong
j =2 
1 


mâu thuẫn ). Vậy c = 1 nghĩa là fl +1 ≡ 1 .
Do đó định lý đúng với n = l + 1

■

f j ( j = 1, 2,..., l ) là hàm hằng (


Chương 3:
SỰ XÁC ĐỊNH DUY NHẤT CỦA
CÁC HÀM PHÂN HÌNH CHIA GIÁ TRỊ
Nevanlinna đã chứng minh được rằng hàm phân hình khác hằng có thể được xác định duy nhất bởi 5 điểm,
nghĩa là nếu hai hàm phân hình f và g nhận cùng 5 giá trị thì f ≡ g . Chắc chắn rằng số 5 trong định lý
của Nevanlinna có thể được giảm xuống khi chúng ta thêm vào điều kiện.
Trong chương này ta sẽ bổ sung thêm các điều kiện để xác định duy nhất các hàm phân hình khi chúng lần
lượt chia 5, 4, 3, 2 và 1 giá trị. Bao gồm các kết quả quan trọng thu được bởi Nevanlinna, L.Yang, H.X.Yi,
Brosch...
Định nghĩa 3.1: Cho f , g là hai hàm phân hình và số phức a .
▪ Gọi zn ( n = 1, 2...) là không điểm của f − a . Nếu zn ( n = 1, 2...) cũng là không điểm của g − a ( không
kể bội ) ta viết f = a ⇒ g = a .
▪ Gọi v ( n ) là bội của không điểm zn . Nếu zn ( n = 1, 2...) cũng là không điểm bội nhỏ nhất là v ( n ) của
g − a ta viết f = a → g = a .

Định nghĩa:
(i)

Nếu f a=
=
 g a nghĩa là f − a và g − a có cùng khơng điểm ( đ ếm cả b ộ i ) v à ta n ó i

phức mở rộng. Nếu f , g chia a j j = 1,5 IM thì f ≡ g .


Chứng minh:

(

)

▪ Xét trường hợp a j j = 1,5 hữu hạn.
Theo định lý cơ bản thứ 2 ta có:

1 
3T ( r , f ) < ∑ N  r ,
+ S ( r, f )
 f − a j 
j =1


5

1 
3T ( r , g ) < ∑ N  r ,
+ S ( r, g )
 g − a j 
j =1


5


(3.3)

Do đó 3 T ( r , f ) + T ( r , g )  ≤ 2 T ( r , f ) + T ( r , g )  + S ( r , f ) + S ( r , g ) ( mâu thuẫn )
Vậy f ≡ g .
▪ Xét trường hợp một trong các giá trị a j vô hạn. Ta giả sử a5 = ∞ .

(

)

Lấy a ≠ a j j =
1,5 , đặt

F (z) =
bj =

(

)

1
f (z) − a

1
aj − a

( j = 1, 4)

;



f − a j 
j =1


và lim 
5

r →∞
1

N  r,
∑


j =1
 g − aj
thì f ≡ g .



>1
 2
 
 

(3.4)

(3.5)


1
.
,
1
.∑ N  r ,
≤
+
+
+
N
r
O
N
r
O
(
)
(
)




∑
∑




 f − aj   3

f
a
j =1

 ≤ 1 mâu thuẫn giả thiết. Vậy f ≡ g ■
j


⇒ lim 
5

r →∞
1  2


N
r
,

∑
 g − a j  

j =1








5

1 
( 3 − ε ) .T ( r , g ) < ∑ N  r ,
 + S ( r , g )
g
a
−
j =1
j


Từ f ( z ) − a j ( z ) =0 

f ( z ) − a j ( z ) =0

(3.6)
(3.7)

( j =1,5) ta được



1  5 
1 
1 
,
=
≤ N  r,
N


(

a j ( z ) j = 1,5

Cho f , g là hai hàm phân hình khác hằng,

(

)

là 5 hàm nh
ỏ phân biệt của

f , g . Nếu

)

f ( z) − aj ( z) =
0 ⇔ g ( z) − aj ( z) =
0 j=
1,5 và tất cả không điểm bội của f ( z ) − a j ( z ) là không điểm
bội của g ( z ) − a j ( z ) thì f ≡ g .
Chứng minh:
*
1 
đếm số không điểm của f − a j trong z ≤ r với bội lớn hơn 1 và chỉ
Nếu f ≡/ g , kí hiệu n  r ,
 f − a j 


 f − aj  j 1  f − aj 
=j 1 =
 f −g




Từ định lý 1.4 ta có
5
*
1  5 
1  5 *
1 
2T ( r , f ) + ∑ N  r ,
,


=
S ( r , f ) + S ( r , g ) và T=
( r, g ) T ( r, f ) + S ( r, f )
 f − a j 
j =1


1
Áp dụng định lý 1.3 với ε = , tồn tại số nguyên dương p sao cho
2
5
5 


*
5
1 
1 
1 
+ S ( r, f ) < ∑  N  r,
+ p.N  r ,
+ S ( r, f )
T ( r, f ) < ∑ N p  r,


 f − aj 
 f − aj 
 f − a j  
2
=

ỏ phân biệt của

)

f ( z) − aj ( z) =
0 ⇔ g ( z) − aj ( z) =
0 j=
1, 6 thì f ≡ g .
Chứng minh:
Nếu f ≡/ g , khi đó

6



j =1



1

∑ N  r , f − a

j



1 
 ≤ N  r ,
 ≤ T ( r , f ) + T ( r , g ) + O (1)


Từ định lý 1.4 ta được 2.T ( r , f )

Bổ đề 3.1: Cho f , g là các hàm nguyên và a1 , a2 là 2 giá trị hữu hạn phân biệt. Giả sử f , g chia a2 CM và
a1 là giá trị Picard của

f , g . Nếu f ≡/ g thì f =
( z ) eα ( z ) + a1 ;

α ( z ) là hàm nguyên khác hằng ).
Chứng minh:

g (z) =
( a1 − a2 ) .e−α ( z ) + a1 ( trong đó
2


Từ định lý 1.8 ta có f =
( z ) eα ( z ) + a1 ; g =
( z ) e β ( z ) + a1 ( trong đó α ( z ) , β ( z ) là các hàm nguyên khác
hằng thoả eα ( z ) ≠ e β ( z ) ).
Do f , g là các hàm nguyên chia a2 CM nên tồn tại hàm nguyên γ ( z ) sao cho
eα + a1 − a2
= eγ
β
e + a1 − a2

f − a2
= eγ
g − a2

1
1


■

Bổ đề 3.2: Cho f , g là hai hàm phân hình khác hằng và a1 , a2 là các giá trị hữu hạn phân biệt. Nếu f , g
chia ∞ CM và nếu a1 , a2 là giá trị P icard của f , g thì f ( z ) ≡ g ( z ) hoặc tồn tại hàm nguyên khác hằng

α ( z ) sao cho
f (z) =

a1.eα ( z ) − a2
eα ( z ) − 1

và

g (z) =

a1.e −α ( z ) − a2
e −α ( z ) − 1

Chứng minh:
Giả sử f ( z ) ≡/ g ( z ) , từ định lý 1.8, tồn tại các hàm nguyên khác hằng α ( z ) , β ( z ) , eα ( z ) ≠ e β ( z ) sao cho

f (z) =

a1.eα ( z ) − a2
eα ( z ) − 1

;

g (z) =

=e ;
= eφ3
g −1
g −c

f
= eφ1 ;
g

(3.15)

(

)

Giả sử f ( z ) ≡/ g ( z ) , khi đó e j ≡/ 1, j =
1,3 và e
φ

φ j −φi

≡/ 1, (1 ≤ j < i ≤ 3) . Ta xét 7 trường hợp sau:

▪ Trường hợp 1:
=
eφ1 k1 , ( k1 ≠ 0,1) là hằng số.
Khi đó 1 và c là giáị Picard
tr
của
f =