Luận án Tính duy nhất và tính hữu hạn của họ hàm phân hình chấp nhận được trên hình vành khuyên trong mặt phẳng phức

Luận án đã đạt được các kết quả chính sau: ˆ Chúng tôi chứng minh được định lí duy nhất cho các hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên khi chúng có chung ảnh ngược không kể bội, của ít nhất năm hàm nhỏ đôi một phân biệt (Định lí 2.3.1). Đồng thời chúng tôi chứng minh được định lí về sự liên kết bởi phép biến đổi tựa M¨obius của hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên nếu chúng có chung ảnh ngược kể cả bội, của bốn hàm nhỏ đôi một phân biệt (Định lí 2.4.1). Ngoài ra, trong các kết quả này chúng tôi không cần xét đến các ảnh ngược có bội lớn hơn một mức nào đó. ˆ Chúng tôi chứng minh được các định lí hữu hạn cho họ hàm phân hình trên một hình vành khuyên có chung ảnh ngược của bốn giá trị đôi một phân biệt (Các Định lí 3.2.1, 3.3.1, 3.3.6). ˆ Chúng tôi chứng minh được các định lí về sự liên kết bởi phép biến đổi M¨ obius của hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên nếu chúng có chung ảnh ngược của một số cặp giá trị (Các Định lí 4.2.1, 4.3.1).

pdf100 trang | Chia sẻ: trinhthuyen | Ngày: 29/11/2023 | Lượt xem: 233 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận án Tính duy nhất và tính hữu hạn của họ hàm phân hình chấp nhận được trên hình vành khuyên trong mặt phẳng phức, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ượng Sf1(r), Sf2(r), Sf3(r) tương đương. Do đó ta có thể biểu thị chúng bởi một kí hiệu chung là S(r). Ta đặt T0(r) = T0(r, f1) + T0(r, f2) + T0(r, f3). Với i ∈ {1, . . . , 4}, ta đặt F ki = (fk − ai)/fk. Khi đó T0(r, F k i ) = T0(r, fk) + S(r). Ta định nghĩa: ˆ νi = {z : ν0f1−ai,≤ki(z) > 0}, Si = ∪3s=1{z : ν0fs−ai,>ki(z) > 0}; ˆ Ti là tập tất cả các điểm z ∈ νi sao cho trong {ν0fs−ai,≤ki(z)}3s=1 có ít nhất hai giá trị lớn hơn 1; ˆ µ′i là tập tất cả các z ∈ νi sao cho min 1≤s≤3 ν0fs−ai,≤ki(z) = 1 và max1≤s≤3 ν0fs−ai,≤ki(z) ≥ 2; ˆ µi = νi \ µ′i. Bổ đề 3.3.3. Với giả thiết của Định lí 3.3.1, nếu f1, f2, f3 đôi một phân biệt thì 4∑ i=1 N0(r, Ti) ≤ 2T0(r)− 3 4∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f1−ai,≤ki ) . Chứng minh. Với k, l ∈ {1, 2, 3}, k 6= l, ta có 4∑ i=1 N0 ( r,min{ν0fk−ai,≤ki , ν0fl−ai,≤ki} ) ≤ N0 (r, ν0fk−fl) ≤ T0(r, fk) + T0(r, fl). Do đó 4∑ i=1 ∑ 1≤k<l≤3 N0 ( r,min{ν0fk−ai,≤ki , ν0fl−ai,≤ki ) ≤ 2T0(r). (3.7) Dễ thấy rằng với mọi z ∈ νi: 53 ˆ nếu z ∈ Ti thì∑ 1≤k<l≤3 min{ν0fk−ai,≤ki(z),ν0fl−ai,≤ki(z)} ≥ min{1, 2}+ min{1, 2}+ min{2, 2} = 4 = 3∑ s=1 min{1, ν0fs−ai,≤ki(z)}+ χTi . ˆ nếu z 6∈ Ti thì ∑ 1≤k<l≤3 min{ν0fk−ai,≤ki(z),ν0fl−ai,≤ki(z)} ≥ 3 = 3∑ s=1 min{1, ν0fs−ai,≤ki(z)}+ χTi . Khi đó ta có∑ 1≤k<l≤3 min{ν0fk−ai,≤ki(z), ν0fl−ai,≤ki(z)} ≥ 3∑ s=1 min{1, ν0fs−ai,≤ki(z)}+ χTi , với mọi z. Bất đẳng thức này dẫn đến ∑ 1≤k<l≤3 N0(r,min{ν0fk−ai,≤ki , ν0fl−ai,≤ki}) ≥ 3∑ s=1 N [1] 0 (r, ν 0 fs−ai,≤ki) +N0(r, Ti). Từ (3.2) ta có 2T0(r) ≥ 4∑ i=1 ( 3∑ s=1 N [1] 0 (r, ν 0 fs−ai,≤ki) +N0(r, Ti) ) . Do đó 4∑ i=1 N0(r, Ti) ≤ 2T0(r)− 3 4∑ i=1 N [1] 0 (r, ν 0 f1−ai,≤ki). Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 3.3.4. Với giả thiết của Định lí 3.3.1 và giả sử rằng f1, f2, f3 đôi một phân biệt. Nếu có i ∈ {1, . . . , 4}, i 6= j, sao cho Φ(F 1i , F 2i , F 3i ) = 0, thì 4∑ j=1 j 6=i N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) + 3 4∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) ≤ 2T0(r) + S(r). 54 Chứng minh. Do Φ(F 1i , F 2 i , F 3 i ) = 0, ta có 0 = ∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 1 1 1 F 1i 1 F 2i 1 F 3i ( 1 F 1i )′ ( 1 F 2i )′ ( 1 F 3i )′ ∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣ 1F 2i − 1F 1i 1F 3i − 1F 1i( 1 F 2i − 1 F 1i )′ ( 1 F 3i − 1 F 1i )′ ∣∣∣∣∣ = ( 1 F 2i − 1 F 1i )( 1 F 3i − 1 F 1i )′ − ( 1 F 3i − 1 F 1i )( 1 F 2i − 1 F 1i )′ . Các đẳng thức này dẫn đến( 1 F 3i − 1 F 1i )/( 1 F 2i − 1 F 1i ) = λ ∈ C, tức là ( 1 f3 − ai − 1 f1 − ai )/( 1 f2 − ai − 1 f1 − a1 ) = λ. Do f1, f2, f3 được giả thiết là đôi một phân biệt nên λ 6∈ {0, 1} và (1− λ) 1 f1 − ai + λ 1 f2 − ai = 1 f3 − ai . Khi đó với mỗi z ∈ A(R0), ta có ν0fs−ai(z) = ν0ft−ai(z) ≥ ν0fl−ai(z) với một hoán vị (s, t, l) của {1, 2, 3}. Ta xét hàm phân hình φ = (f2 − ai)/(f1 − ai). Giả sử φ là hàm hằng, tức là (f2 − ai)/(f1 − ai) = a ∈ C \ {0, 1}. Khi đó ⋃ j 6=i νj = ∅, nên T0(r, f1) ≤ ∑ j 6=i N0 ( r, ν0f1−aj ) + S(r) = ∑ j 6=i N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,>kj ) + S(r) ≤ ∑ j 6=i 1 kj + 1 T0(r, f1) + S(r). Cho r −→ R0, ta nhận được 1 ≤ ∑ j 6=i 1 kj + 1 , tức là 4∑ j=1 1 kj + 1 ≥ 1 + 1 ki + 1 . Vậy nên 1 + 1 ki + 1 ≤ 4∑ j=1 1 kj + 1 < 1 11 . Đây là điều vô lý. Do đó φ không thể là hàm hằng. Ta thấy rằng nếu z là một không điểm của hàm nào đó trong {φ, 1/φ, φ+λ/(1− λ)} thì z là không điểm của 55 đúng một hàm trong tập đó và ν0fs−ai(z) = ν 0 ft−ai(z) > ν 0 fl−ai(z), và vì thế z ∈ Ti. Điều này dẫn đến N [1] 0 ( r, ν0φ ) +N [1] 0 ( r, ν01/φ ) +N [1] 0 ( r, ν0φ+λ/(1−λ) ) ≤ N0(r, Ti). Theo Định lí 2.1.9 và Bổ đề 3.3.3, ta có T0(r, φ) ≤ N [1]0 ( r, ν0φ ) +N [1] 0 ( r, ν01/φ ) +N [1] 0 ( r, ν0φ+λ/(1−λ) ) +S(r) ≤ N0(r, Ti) + S(r) ≤ 2T0(r)− 3 4∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) +S(r). Mặt khác, ta có T0(r, φ) ≥ N [1]0 ( r, ν0φ−1 ) +S(r) ≥ 4∑ j=1,j 6=i N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) +S(r). Do đó ta có 4∑ j=1 j 6=i N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) ≤ 2T0(r)− 3 4∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) +S(r). Vậy nên 4∑ j=1 j 6=i N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) + 3 4∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) ≤ 2T0(r) + S(r). Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 3.3.5. Giả sử Φ := Φ(F 1i , F 2 i , F 3 i ) 6≡ 0. Khi đó N0(r, µi) + 2 4∑ j=1,j 6=i N0(r, νj) ≤ N0(r, ν0Φ) ≤ T0(r) + 3∑ s=1 N [1] 0 (r, ν 0 fs−ai,>ki) + S(r). Chứng minh. a) Ta chứng minh bất đẳng thức thứ nhất của bổ đề này. Với một điểm cố định z0 ∈ µi ∪ ⋃4 j=1 j 6=i νj, ta xét ba trường hợp sau đây. 56 Trường hợp 1. Nếu z0 ∈ µi và max1≤s≤3 ν0fs−ai,≤ki(z) = 1. Khi ấy có một lân cận U của z0 sao cho tất cả F ki /(z− z0) (1 ≤ k ≤ 3) đều là hàm phân hình không đâu triệt tiêu trên U . Ta viết lại hàm Φ trên U như sau Φ = (z − z0)Φ ( F 1i z − z0 , F 2i z − z0 , F 3i z − z0 ) . Khi đó ta có ν0Φ(z0) ≥ ν0z−z0(z0) = 1 ≥ χµi(z0) = χµi(z0) + 2 4∑ j=1,j 6=i χνj(z0). Trường hợp 2. Nếu z0 ∈ µi và min1≤s≤3 ν0fs−ai,≤ki(z0) ≥ 2. Ta viết lại hàm Φ trên U như sau Φ = ( f1 − ai f1 )( f1 f1 − ai )′( f2 − ai f2 ) + ( f2 − ai f2 )( f2 f2 − ai )′( f3 − ai f3 ) + ( f3 − ai f3 )( f3 f3 − ai )′( f1 − ai f1 ) − ( f1 − ai f1 )( f2 f2 − ai )′( f2 − ai f2 ) − ( f2 − ai f2 )( f3 f3 − ai )′( f3 − ai f3 ) − ( f3 − ai f3 )( f1 f1 − ai )′( f1 − ai f1 ) . Khi đó ta có ν0Φ(z0) ≥ min 1≤s≤3 ν0fs−ai,≤ki(z)− 1 ≥ 1 = χµi(z0) + 2 4∑ j=1 j 6=i χνj(z0). Trường hợp 3. Nếu z0 ∈ νt với t 6= i. Ta viết lại hàm Φ như sau Φ =F 1i · F 2i · F 3i · ∣∣∣∣∣∣ 1 F 2i − 1 F 1i 1 F 3i − 1 F 1i( 1 F 2i − 1 F 1i )′ ( 1 F 3i − 1 F 1i )′ ∣∣∣∣∣∣ =F 1i · F 2i · F 3i · ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ai(f2−f1) (f2−ai)(f1−ai) ai(f3−f1) (f3−ai)(f1−ai) ( ai(f2−f1) (f2−ai)(f1−ai) )′ ( ai(f3−f1) (f3−ai)(f1−ai) )′ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 57 = (z − z0)2F 1i · F 2i · F 3i · ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ai(f2−f1) (z−z0)(f2−ai)(f1−ai) ai(f3−f1) (z−z0)(f3−ai)(f1−ai) ( ai(f2−f1) (z−z0)(f2−ai)(f1−ai) )′ ( ai(f3−f1) (z−z0)(f3−ai)(f1−ai) )′ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ . Ta nhận thấy rằng tất cả các hàm ai(fk − f1) (z − z0)(fk − ai)(f1 − ai) (k = 2, 3) đều chỉnh hình trên một lân cận của z0. Điều này dẫn đến ν0Φ(z0) ≥ 2ν0z−z0(z0) = 2 = χµi(z0) + 2 4∑ j=1,j 6=i χνj(z0). Từ ba trường hợp trên, ta có ν0Φ(z) ≥ χµi + 2 4∑ j=1,j 6=i χνj với mọi z nằm ngoài tập giải tích S. Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức này, ta nhận được N0 ( r, ν0Φ ) ≥ N0(r, µi) + 2 4∑ j=1,j 6=i N0(r, νj). Khi đó ta có bất đẳng thức mong muốn. b) Ta chứng minh bất đẳng thức thứ hai của bổ đề này. Ta có N0 ( r, ν0Φ ) ≤ T0(r,Φ) = m0(r,Φ) +N0 (r, ν∞Φ ) ≤ 3∑ s=1 m0 (r, F s i ) + 3∑ s=1 N0 ( r, ν∞F si ) +N0 (r, ν ∞ Φ )− 3∑ s=1 N0 ( r, ν∞F si ) + S(r) = T0(r) +N0 (r, ν ∞ Φ )− 3∑ s=1 N0 ( r, ν∞F si ) + S(r). Vậy nên, ta chỉ cần chứng minh rằng N0 (r, ν ∞ Φ ) ≤ 3∑ s=1 N0 ( r, ν∞F si ) + 3∑ s=1 N0 ( r, ν0fs−ai,>ki ) . 58 Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta chỉ cần chứng minh rằng ν∞Φ (z) ≤ 3∑ s=1 ν∞F si (z) + 3∑ s=1 min { 1, ν0fs−ai,>ki(z) } (3.8) đúng với mọi z. Với z0 cố định, ta xét ba trường hợp sau. Trường hợp 1. z0 ∈ νi. Tương tự như Trường hợp 3 của phần trên, ta thấy rằng Φ chỉnh hình trên một lân cận của z0. Trường hợp 2. ν0fs−ai,>ki > 0 với s nào đó. Khi ấy do (3.1) ta có ν∞Φ (z0) ≤ max 1≤s≤3 { ν∞F si (z0) + 1 } ≤ 3∑ s=1 ν∞F si (z0) + 1 ≤ 3∑ s=1 ν∞F si (z0) + 3∑ s=1 min { 1, ν0fs−ai,>ki(z) } . Trường hợp 3. z0 không phải là không điểm của fs − ai với mọi s. Khi ấy 1F si chỉnh hình tại z0 với mọi s. Do đó ta có ν∞Φ (z0) ≤ 3∑ k=1 ν∞F ki (z0). Khi ấy ta có ν∞Φ ≤ 3∑ s=1 ν∞F si + 3∑ s=1 min { 1, ν0fs−ai,>ki } . Ta có bất đẳng thức mong muốn. Chứng minh Định lí 3.3.1. Giả sử f1, f2, f3 là các hàm phân hình đôi một phân biệt. Bây giờ ta giả sử rằng có một chỉ số i sao cho Φ(F 1i , F 2 i , F 3 i ) ≡ 0. Khi đó theo Bổ đề 3.3.4, ta dễ dàng có 4 4∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0f1−aj ,≤kj ) ≤ 2T0(r) +N [1]0 (r, ν0f1−ai,≤ki)+ S(r) ≤ 2T0(r) + 1 3 T0(r) + S(r) = 7 3 T0(r) + S(r). 59 Khi ấy theo Định lí 2.1.9, với mọi s = 1, 2, 3, ta có 2Tfs(r) ≤ 4∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−aj ) + S(r) ≤ 4∑ j=1 ( N [1] 0 ( r, ν0fs−aj ,≤kj ) +N [1] 0 ( r, ν0fs−aj ,>kj )) +S(r) ≤ 4∑ j=1 ( N [1] 0 ( r, ν0fs−aj ,≤kj ) + 1 kj + 1 T0(r, fs) ) +S(r) ≤ 7 12 T0(r) + 4∑ j=1 1 kj + 1 T0(r, fs) + S(r). Cộng các vế tương ứng của những bất đẳng thức trên theo tất cả các chỉ số s = 1, 2, 3, ta nhận được 2T0(r) ≤ ( 7 4 + 4∑ j=1 1 kj + 1 ) T0(r) + S(r). Cho r −→ R0, ta có 2 ≤ 7 4 + 4∑ j=1 1 kj + 1 < 7 4 + 1 11 < 2. Đây là điều vô lý. Do đó Φ(F 1i , F 2 i , F 3 i ) 6≡ 0 với mọi i = 1, . . . , 4. Bổ đề 3.3.5 dẫn đến 4 4∑ j=1 N0(r, νj)− 2N0(r, ν1) ≤ 2T0(r) + 2 3∑ s=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−a1,>k1 ) + S(r) và 2 4∑ j=1 N0(r, νj)− 2N0(r, νi) ≤ T0(r) + 3∑ s=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai,>ki ) + S(r), i = 2, 3, 4. Cộng các vế tương ứng của những bất đẳng thức này, ta nhận được 8 4∑ j=1 N0(r, νj) ≤ 5T0(r) + 3∑ s=1 ( 2N [1] 0 ( r, ν0fs−a1,>k1 ) + 4∑ i=2 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai,>ki )) +S(r) ≤ ( 5 + 2 k1 + 1 + 1 k2 + 1 + 1 k3 + 1 + 1 k4 + 1 ) T0(r) + S(r). 60 Mặt khác, theo Định lí 2.1.9, ta có 3 4∑ j=1 N0(r, νj) ≥ 3∑ s=1 4∑ j=1 ( N [1] 0 ( r, ν0fs−aj )−N [1]0 (r, ν0fs−aj ,>kj)) ≥ 3∑ s=1 4∑ j=1 ( N [1] 0 ( r, ν0fs−aj )− 1 kj + 1 T0(r, fs) ) +S(r) ≥ ( 2− 4∑ j=1 1 kj + 1 ) T0(r) + S(r). Các bất đẳng thức này dẫn đến 8 3 ( 2− 4∑ j=1 1 kj + 1 ) T0(r) ≤ ( 5 + 2 k1 + 1 + 1 k2 + 1 + 1 k3 + 1 + 1 k4 + 1 ) T0(r) + S(r). Cho r −→ R0, ta nhận được 8 3 ( 2− 4∑ j=1 1 kj + 1 ) ≤ 5 + 2 k1 + 1 + 1 k2 + 1 + 1 k3 + 1 + 1 k4 + 1 . Vậy nên 14 k1 + 1 + 11 k2 + 1 + 11 k3 + 1 + 11 k4 + 1 ≥ 1. Đây là điều vô lý, nên giả định ban đầu không đúng. Do đó ta phải có f1 = f2 hoặc f2 = f3 hoặc f3 = f2. Định lí đã được chứng minh.  Tiếp theo, dưới đây chúng tôi chứng minh được rằng có không quá ba hàm phân hình khác hằng trên một hình vành khuyên có chung ảnh ngược không kể bội, của bốn giá trị. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên A(R0). Cho a1, . . . , a4 là bốn giá trị đôi một phân biệt trong C ∪ {∞} và cho k1, . . . , k4 là bốn số nguyên dương hoặc +∞. Ta xét tập V(f, {ai, ki}4i=1, 1) gồm tất cả những hàm phân hình g xác định trên A(R0), thỏa mãn min{ν0f−ai,≤ki(z), 1} = min{ν0g−ai,≤ki(z), 1} (1 ≤ i ≤ 4) với mọi z ∈ A(R0). 61 Định lí 3.3.6. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên A(R0). Cho a1, . . . , a4 là bốn giá trị đôi một phân biệt trong C ∪ {∞}. Cho k1, . . . , k4 là các số nguyên dương hoặc +∞ thỏa mãn 25 64 4∑ i=1 1 ki + 17 16 4∑ i=1 1 ki + 1 < 1 32 + 25 32k0 , trong đó k0 = max1≤i≤4 ki. Khi đó ]V(f, {ai, ki}4i=1, 1) ≤ 3. Trong Định lí 3.3.6, khi cho k1 = · · · = k4 = k ta nhận được hệ quả sau đây. Hệ quả 3.3.7. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên A(R0). Cho a1, . . . , a4 là bốn giá trị đôi một phân biệt trong C∪ {∞}. Cho k > 160 là số nguyên dương hoặc +∞. Khi đó ]V(f, {ai, k}4i=1, 1) ≤ 3. Để chứng minh Định lí 3.3.6, dưới đây ta cần thêm các bổ đề. Nhưng trước hết, ta cần một số nhận xét và định nghĩa sau. Với giả thiết như trong Định lí 3.3.6. Cho f1, . . . , f4 là bốn hàm phân hình đôi một phân biệt trong V(f, {ai}4i=1, 1). Do Bổ đề 3.1.5 nên T (r, fk) = O(T (r, fl)), 1 ≤ k, l ≤ 4. Ta đặt T0(r) = 4∑ s=1 T (r, fs). Với i ∈ {1, . . . , 4}, ta đặt F si = (fs − ai)/fs. Khi đó T0(r, F s i ) = T0(r, fs) + S(r). Ta định nghĩa: ˆ νi = {z : ν0f1−ai,≤ki(z) > 0}; ˆ Ti là tập tất cả các điểm z ∈ νi sao cho trong {ν0fs−ai,≤ki(z)}4s=1 có ít nhất hai giá trị lớn hơn 1; ˆ µ′i là tập tất cả z ∈ νi sao cho ν0fs1−ai,≤ki(z) ≥ ν 0 fs2−ai,≤ki(z) = ν 0 fs3−ai,≤ki(z) = ν 0 fs4−ai,≤ki(z) = 1 với một hoán vị (s1, s2, s3, s4) của {1, 2, 3, 4}; 62 ˆ µi = νi \ µ′i. Bổ đề 3.3.8. Với giả thiết như trong Định lí 3.3.6, nếu f1, f2, f3, f4 đôi một phân biệt thì 4∑ i=1 N0(r, Ti) ≤ ( 4∑ i=1 3 2ki − 3 k0 ) T0(r) + 4∑ s=1 Sfs(r). Chứng minh. Với k, l ∈ {1, 2, 3, 4}, k 6= l, ta có 4∑ i=1 N0 ( r,min { ν0fk−ai,≤ki , ν 0 fl−ai,≤ki }) ≤ N0 ( r, ν0fk−fl ) ≤ T0(r, fk) + T0(r, fl). Do đó 4∑ i=1 ∑ 1≤k<l≤4 N0 ( r,min { ν0fk−ai,≤ki , ν 0 fl−ai,≤ki }) ≤ 3T0(r). (3.9) Dễ thấy rằng với mọi z ∈ νi: ˆ nếu z ∈ Ti thì∑ 1≤k<l≤4 min { ν0fk−ai,≤ki(z), ν 0 fl−ai,≤ki(z) } ≥ 2 min{1, 2}+ 2 min{1, 2}+ min{1, 1}+ min{2, 2} ≥ 3 2 4∑ s=1 min { 1, ν0fs−ai,≤ki(z) } +χTi(z). ˆ nếu z 6∈ Ti thì∑ 1≤k<l≤4 min { ν0fk−ai,≤ki(z), ν 0 fl−ai,≤ki(z) } ≥ 6 min{1, 1} = 6 = 3 2 4∑ s=1 min { 1, ν0fs−ai,≤ki(z) } +χTi(z). Khi ấy ta có ∑ 1≤k<l≤4 min { ν0fk−ai,≤ki(z), ν 0 fl−ai,≤ki(z) } ≥ 3 2 4∑ s=1 min { 1, ν0fs−ai,≤ki(z) } +χTi(z), 63 với mọi z. Bất đẳng thức này dẫn đến ∑ 1≤k<l≤4 N0 ( r,min { ν0fk−ai,≤ki , ν 0 fl−ai,≤ki }) ≥ 3 2 4∑ s=1 N [1] ( r, ν0fs−ai,≤ki ) +N0(r, Ti). Từ (3.9) và sử dụng Bổ đề 3.1.4, ta có 3T0(r) ≥ 4∑ i=1 ( 3 2 4∑ s=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai,≤ki ) +N0(r, Ti) ) ≥ 4∑ i=1 ( 4∑ s=1 3 2 ( ki + 1 ki N [1] 0 ( r, ν0fs−ai )− 1 ki T0(r, fs) ) +N0(r, Ti) ) ≥ 4∑ i=1 4∑ s=1 3(k0 + 1) 2k0 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai )− 4∑ i=1 3 2ki T0(r) + 4∑ i=1 N0(r, Ti) ≥ ( 3(k0 + 1) k0 − 4∑ i=1 3 2ki ) T0(r) + 4∑ i=1 N0(r, Ti) + 4∑ s=1 Sfs(r). Vậy nên 4∑ i=1 N0(r, Ti) ≤ ( 4∑ i=1 3 2ki − 3 k0 ) T0(r) + 4∑ s=1 Sfs(r). Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 3.3.9. Với giả thiết như trong Định lí 3.3.6, nếu có i ∈ {1, . . . , 4}, i 6= j, và 1 ≤ s1 < s2 < s3 ≤ 4 sao cho Φ(F s1i , F s2i , F s3i ) = 0 thì fs1 = fs2 hoặc fs2 = fs3 hoặc fs3 = fs1 . Chứng minh. Ta có thể giả thiết rằng si = i, i = 1, 2, 3. Giả sử f1, f2, f3 đôi một phân biệt. Do Φ(F 1i , F 2 i , F 3 i ) = 0, với lập luận tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 3.3.4, có một hằng số λ 6∈ {0, 1} sao cho (1− λ) 1 f1 − ai + λ 1 f2 − ai = 1 f3 − ai . (3.10) Khi ấy với mọi z ∈ A(R0), ta có ν0fs−ai(z) = ν0ft−ai(z) ≥ ν0fl−ai(z) với một hoán vị (s, t, l) của {1, 2, 3}. Ta xét hàm phân hình φ = (f2 − ai)/(f1 − ai). Giả sử φ không phải là hàm hằng. Ta thấy rằng nếu z là một không điểm của những hàm nào đó trong 64 {φ, 1/φ, φ + λ/(1− λ)} thì z là không điểm của đúng một hàm trong tập đó và ν0fs−ai(z) = ν 0 ft−ai(z) > ν 0 fl−ai(z), và do đó z ∈ Ti. Điều này dẫn đến N [1] 0 ( r, ν0φ ) +N [1] 0 ( r, ν01/φ ) +N [1] 0 ( r, ν0φ+λ/(1−λ) ) ≤ N0(r, Ti). Theo Định lí 2.1.9 và Bổ đề 3.3.8, ta có T0(r, φ) ≤ N [1]0 ( r, ν0φ ) +N [1] 0 ( r, ν01/φ ) +N [1] 0 ( r, ν0φ+λ/(1−λ) ) + S(r) ≤ N0(r, Ti) + S(r) ≤ ( 4∑ i=1 3 2ki − 3 k0 ) T0(r) + S(r). Mặt khác, sử dụng Bổ đề 3.1.4, ta có T0(r, φ) ≥ N0(r, ν0φ−1) + S(r) ≥ 4∑ j=1,j 6=i N [1] 0 (r, ν 0 f1−aj ,≤kj) + S(r) = 1 4 4∑ j=1,j 6=i 4∑ s=1 N [1] 0 (r, ν 0 fs−aj ,≤kj) + S(r) ≥ 1 4 4∑ j=1,j 6=i 4∑ s=1 ( kj + 1 kj N [1] 0 (r, ν 0 fs−aj) + 1 kj T0(r, fs) ) + S(r) ≥ 1 4 4∑ j=1,j 6=i 4∑ s=1 k0 + 1 k0 N [1] 0 (r, ν 0 fs−aj) + 4∑ j=1,j 6=i 1 4kj T0(r) + S(r) ≥ ( k0 + 1 4k0 + 4∑ j=1,j 6=i 1 4kj ) T0(r) + S(r). Do đó ta có( 4∑ i=1 3 2ki − 3 k0 ) T0(r) ≥ k0 + 1 4k0 + 4∑ j=1 j 6=i 1 4kj T0(r) + S(r). Cho r −→ R0, ta nhận được 1 4ki + 4∑ j=1 5 4kj ≥ 1 4 + 13 4k0 . 65 Vậy nên 1 32 + 25 32k0 > 25 64 4∑ i=1 1 ki + 17 16 4∑ i=1 1 ki + 1 > 5 64 + 65 64k0 − 5 64ki + 17 16 4∑ i=1 1 ki + 1 > 5 64 + 60 64k0 + 17 4(k0 + 1) = 1 32 + 25 32k0 + ( 3 64 + 10 64k0 + 17 4(k0 + 1) ) > 1 32 + 25 32k0 . Đây là điều vô lý. Do đó ta có f1 = f2 hoặc f2 = f3 hoặc f3 = f1. Bổ đề đã được chứng minh. Với mỗi i (1 ≤ i ≤ 4) và mỗi v (1 ≤ v ≤ 4), ta đặt µsi = {z; ν0fs1−ai = ν 0 fs2−ai = ν 0 fs3−ai = 1, trong đó {s1, s2, s3} = {1, 2, 3, 4} \ {s}}. Từ Bổ đề 3.3.5, ta có bổ đề sau đây. Bổ đề 3.3.10. Giả sử có 1 ≤ s ≤ 4 và i ∈ {1, 2, 3, 4}, i 6= j sao cho Φ := Φ(F s1i , F s2 i , F s3 i ) 6≡ 0, ở đây {s1, s2, s3} = {1, 2, 3, 4} \ {s}. Khi đó N(r, µsi) + 2 4∑ j=1,j 6=i N(r, νj) ≤ 3∑ t=1 T0(r, fst) + 3∑ t=1 N [1] 0 ( r, ν0fst−ai,>ki ) + S(r). Chứng minh Định lí 3.3.6. Giả sử f1, f2, f3, f4 là các hàm phân hình đôi một phân biệt. Theo Bổ đề 3.3.9, với mỗi 1 ≤ s ≤ 4 và i ∈ {1, 2, 3, 4}, i 6= j, thì Φ(F s1i , F s2 i , F s3 i ) 6≡ 0, trong đó {s1, s2, s3} = {1, 2, 3, 4} \ {s}. Khi ấy Bổ đề 3.3.10 dẫn đến N(r, µsi) + 2 4∑ j=1,j 6=i N(r, νj) ≤ 3∑ t=1 T0(r, fst) + 3∑ t=1 N [1] 0 ( r, ν0fst−ai,>ki ) + S(r) ≤ T0(r)− T0(r, fs) + 3∑ t=1 N [1] 0 ( r, ν0fst−ai,>ki ) + S(r). Cộng các vế tương ứng của những bất đẳng thức này theo mọi s = 1, 2, 3, 4, ta nhận được 1 4 4∑ s=1 N(r, µsi) + 2 4∑ j=1,j 6=i N(r, νj) ≤ T0(r)− T0(r, fs) + 4∑ s=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai,>ki ) + S(r). 66 Dễ thấy rằng ∑4 s=1N0(r, µsi) ≥ N0(r, νi)−N0(r, Ti), và do đó 1 4 (N0(r, νi)−N0(r, Ti))+2 4∑ j=1,j 6=i N(r, νj) ≤ T0(r)− T0(r, fs) + 3∑ t=1 N [1] 0 ( r, ν0fst−ai,>ki ) + S(r). Cộng các vế tương ứng của bất đẳng thức trên theo i = 1, 2, 3, 4, ta nhận được 1 16 4∑ i=1 (N0(r, νi)−N0(r, Ti)) + 6 4 4∑ i=1 N(r, νi) ≤ 3 4 T0(r) + 4∑ s=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai,>ki ) + S(r). Vậy nên 25 16 4∑ i=1 N0(r, νi) ≤ 3 4 T0(r) + 17 16 4∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai,>ki ) + S(r) ≤ ( 3 4 + 17 16 4∑ i=1 1 ki + 1 ) T0(r) + S(r). (3.11) Mặt khác, sử dụng Bổ đề 3.1.4, ta có 25 16 4∑ i=1 N0(r, νi) = 25 64 4∑ s=1 4∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0fs−ai,≤ki ) ≥ 25 64 4∑ s=1 4∑ i=1 ( ki + 1 ki N [1] 0 ( r, ν0fs−ai )− 1 ki T0(r, fs) ) ≥ 25 64 ( 2 k0 + 1 k0 − 4∑ i=1 1 ki ) T0(r) + S(r). (3.12) Khi ấy từ (3.11) và (3.12), ta thu được 25 64 ( 2 k0 + 1 k0 − 4∑ i=1 1 ki ) T0(r) ≤ ( 3 4 + 17 16 4∑ i=1 1 ki + 1 ) T0(r) + S(r). Cho r −→ R0, ta nhận được 25 64 4∑ i=1 1 ki + 17 16 4∑ i=1 1 ki + 1 ≥ 1 32 + 25 32k0 . Đây là điều vô lý, nên giả định ban đầu không đúng. Do đó ]V(f, {ai, ki}4i=1, 1) ≤ 3. Định lí đã được chứng minh.  67 Chương 4 HAI HÀM PHÂN HÌNH TRÊN MỘT HÌNH VÀNH KHUYÊN CÓ CHUNG ẢNH NGƯỢC CỦA MỘT SỐ CẶP GIÁ TRỊ Như đã trình bày ở phần Tổng quan, mục đích của chương này là nghiên cứu sự phụ thuộc phân tuyến tính của hai hàm phân hình trên một hình vành khuyên có chung ảnh ngược không kể bội, của một số cặp giá trị. Chương 4 được viết dựa trên bài báo [4] (trong Danh mục các công trình đã công bố liên quan đến luận án). Chương này gồm ba mục. Trong mục thứ nhất chúng tôi trình bày một số kết quả cần thiết cho các mục tiếp theo của chương này. Trong mục thứ hai chúng tôi chứng minh định lí khẳng định rằng, hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên mà có chung ảnh ngược không kể bội, của q (q ≥ 6) cặp giá trị, thì liên kết với nhau bởi một phép biến đổi tựa Mo¨bius. Trong mục thứ ba chúng tôi chứng minh định lí khẳng định rằng, hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên, phải liên kết với nhau bởi phép biến đổi Mo¨bius nếu chúng có chung ảnh ngược không kể bội, của một cặp giá trị và có chung ảnh ngược với bội được ngắt bởi 2, của bốn cặp giá trị khác. 4.1 Một số kết quả bổ trợ Trong mục này chúng tôi chứng minh một số kết quả mới của lý thuyết Nevan- linna trên hình vành khuyên để chuẩn bị cho việc chứng minh các kết quả chính. 68 Bổ đề 4.1.1. Cho f là hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0) và cho a là một giá trị trong C. Cho k là một số nguyên dương hoặc +∞. Khi đó ta có N [1] 0 ( r, ν0f−a ) ≤ (1− 1 k + 1 ) N [1] 0 ( r, ν0f−a,≤k ) + 1 k + 1 T0(r, f) + Sf (r) (1 < r < R0). Chứng minh. Ta có N [1] 0 ( r, ν0f−a ) = N [1] 0 ( r, ν0f−a,≤k ) +N [1] 0 ( r, ν0f−a,>k ) ≤ N [1]0 ( r, ν0f−a,≤k ) + 1 k + 1 N0 ( r, ν0f−a,>k ) = N [1] 0 ( r, ν0f−a,≤k ) + 1 k + 1 ( N0 ( r, ν0f−a )−N0 (r, ν0f−a,≤k)) ≤ ( 1− 1 k + 1 ) N [1] 0 ( r, ν0f−a,≤k ) + 1 k + 1 T0(r, f) + Sf (r), ở đây bất đẳng thức cuối đúng do các đánh giá N [1]0 ( r, ν0f−a,≤k ) ≤ N0 ( r, ν0f−a,≤k ) và N0 ( r, ν0f−a ) ≤ T0(f) + Sf (r). Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 4.1.2. Cho f là hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0). Cho a1, . . . , aq là q (q ≥ 3) giá trị đôi một phân biệt trong C và cho k1, . . . , kq là q số nguyên dương hoặc +∞ với k1 ≥ k2 ≥ · · · ≥ kq. Khi đó, với mỗi số nguyên m ∈ {1, . . . , q}, ta có (q−2)T0(r, f) ≤ ( m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 ) T0(r, f)+ km km + 1 q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +Sf (r). Chứng minh. Ta có (q − 2)T0(r, f) ≤ q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai ) + Sf (r) ≤ q∑ i=1 ( 1− 1 ki + 1 ) N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + q∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + Sf (r) ≤ m−1∑ i=1 ( 1 km + 1 − 1 ki + 1 ) N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + ( 1− 1 km + 1 ) q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + q∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + Sf (r) 69 ≤ m−1∑ i=1 ( 1 km + 1 − 1 ki + 1 ) T0(r, f) + q∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + km km + 1 q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + Sf (r) = ( m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 ) T0(r, f) + km km + 1 q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + Sf (r), ở đây bất đẳng thức thứ nhất và thứ hai đúng do Định lí 2.1.9 và Bổ đề 4.1.1 tương ứng. Vậy là bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 4.1.3. Cho f là hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0) và cho (a1, b1), . . . , (aq, bq) là q (q ≥ 3) cặp giá trị trong C∪{∞}, trong đó ai 6= aj, bi 6= bj nếu i 6= j. Cho k1, . . . , kq là các số nguyên dương hoặc +∞ thỏa mãn q∑ i=1 1 ki + 1 < q − 2. Cho g là hàm phân hình trên A(R0) thỏa mãn min { ν0f−ai,≤ki , 1 } = min { ν0g−bi,≤ki , 1 } , 1 ≤ i ≤ q. Khi đó ta có T0(r, f) = O(T0(r, g)) + Sf (r) và T0(r, g) = O(T0(r, f)) + Sg(r) khi r −→ R0. Nói riêng, g là chấp nhận được. Chứng minh. Do Định lí 2.1.9 và Bổ đề 4.1.1, ta có (q − 2)T0(r, f) ≤ q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai ) + Sf (r) ≤ q∑ i=1 ki ki + 1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + q∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + Sf (r) = q∑ i=1 ki ki + 1 N [1] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki ) + q∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + Sf (r) ≤ q∑ i=1 ki ki + 1 T0(r, g) + q∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + Sf (r). Vậy nên ( q − 2− q∑ i=1 1 ki + 1 ) T0(r, f) ≤ q∑ i=1 ki ki + 1 T0(r, g) + Sf (r). 70 Từ đây suy ra T0(r, f) = O(T0(r, g)) + Sf (r). Với lập luận tương tự, ta có T0(r, g) = O(T0(r, f)) + Sg(r). Bổ đề đã được chứng minh. 4.2 Hai hàm phân hình trên một hình vành khuyên có chung ảnh ngược của q (q ≥ 6) cặp giá trị Trong mục này chúng tôi chứng minh rằng, hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên phải liên kết với nhau bởi một phép biến đổi Mo¨bius nếu chúng có chung ảnh ngược của q (q ≥ 6) cặp giá trị không kể bội. Định lí 4.2.1. Cho f và g là hai hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0). Cho (a1, b1), . . . , (aq, bq) (q ≥ 6) là q cặp giá trị trong C ∪ {∞}, trong đó ai 6= aj, bi 6= bj nếu i 6= j. Cho ki (i = 1, ..., q) là q số nguyên dương hoặc +∞ với k1 ≥ k2 ≥ · · · ≥ kq thỏa mãn q∑ i=m+1 1 ki + 1 + ( m− 3q 5 ) 1 km + 1 < 2q − 10 5 với một số nguyên m ∈ {1, 2, . . . , q}. Giả sử min { ν0f−ai,≤ki , 1 } = min { ν0g−bi,≤ki , 1 } , 1 ≤ i ≤ q. Khi ấy f là một biến đổi Mo¨bius của g. Khi k1 = k2 = · · · = kq = k, từ Định lí 4.2.1 ta nhận được hệ quả sau đây. Hệ quả 4.2.2. Cho f và g là hai hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0). Cho (a1, b1), . . . , (aq, bq) (q ≥ 6) là q cặp giá trị trong C ∪ {∞}, trong đó ai 6= aj, bi 6= bj, nếu i 6= j. Cho k là một số nguyên dương hoặc +∞. Giả sử min { ν0f−ai,≤k, 1 } = min { ν0g−bi,≤k, 1 } , 1 ≤ i ≤ q. Nếu k > 5q−5 thì f là một biến đổi Mo¨bius của g. Dưới đây là một số trường hợp thỏa mãn điều kiện k > 5q−5 trong Hệ quả 4.2.2: (i) q = 6 và k ≥ 6, 71 (ii) q = 7 và k ≥ 3, (iii) q = 8, 9, 10 và k ≥ 2, (iv) q > 10 và k ≥ 1. Khi R0 = +∞ thì theo trường hợp (i) ta nhận được một cải tiến của Định lí 2.1 trong [6] của T. Czubiak và G. Gundersen (chúng tôi đã nêu ở phần Tổng quan) cho lớp các hàm phân hình siêu việt trên mặt phẳng phức (trong kết quả này chúng tôi không phải xét đến các ảnh ngược có bội lớn hơn k). Vậy nên, Định lí 4.2.1 không chỉ tổng quát hóa mà còn cải tiến Định lí 2.1 trong [6]. Để chứng minh định lí trên, ta cần những bổ đề sau. Bổ đề 4.2.3. Giả sử f và g là các hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0), F = F (f, g) là một đa thức với các biến f và g. Bậc của F đối với f là p, và đối với g là q. Khi đó ta có T0(r, F ) ≤ pT0(r, f) + qT0(r, g) +O(1). Chứng minh. Giả sử F = ∑ 1≤i≤p,1≤j≤q aijf igj , trong đó aij ∈ C. Khi đó ta dễ thấy rằng N0 (r, ν ∞ F ) ≤ pN0(r, ν∞f ) + qN0 ( r, ν∞g ) . Theo định nghĩa của hàm xấp xỉ ta cũng thấy rằng m0(r, F ) = 1 2pi 2pi∫ 0 log+ ∣∣∣∣F (1r eiθ) ∣∣∣∣dθ + 12pi 2pi∫ 0 log+|F (reiθ) |dθ +O(1) ≤ 1 2pi 2pi∫ 0 ( plog+ ∣∣∣∣f (1r eiθ) ∣∣∣∣+qlog+∣∣∣∣g (1r eiθ) ∣∣∣∣) dθ + 1 2pi 2pi∫ 0 (plog+|f (reiθ) |+ qlog+|g (reiθ) |)dθ +O(1) = pm0(r, f) + qm0(r, g) +O(1). 72 Do đó khi cộng các vế tương ứng của hai bất đẳng thức trên, ta nhận được T0(r, F ) ≤ pT0(r, f) + qT0(r, g) +O(1). Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 4.2.4. Cho f và g là các hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0). Cho {ai}3i=1 và {bi}3i=1 là hai tập giá trị mà ai 6= aj và bi 6= bj với mọi 1 ≤ i < j ≤ 3. Giả sử T0(r, f) = O(T0(r, g)) + Sg(r) và T0(r, g) = O(T0(r, f)) + Sf (r) và f không phải là một biến đổi Mo¨bius của g. Khi đó T0(r, f) + T0(r, g) ≥ 3∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai , ν 0 g−bi }) + Sf (r) + Sg(r). Chứng minh. Bằng cách thay f và g tương ứng bởi ((f−a1)(a2−a3))/((f − a3)(a2 − a1)) và ((g− b1)(b2− b3))/((g − b3)(b2 − b1)) nếu cần, ta có thể giả thiết rằng a1 = b1 = 0, a2 = b2 = 1, a3 = b3 =∞. Do f không phải là một biến đổi Mo¨bius của g, hàm h = 1 f − 2 − 1 g − 2 6≡ 0. Theo Định lí 2.1.7, ta dễ thấy rằng T0(r, f) + T0(r, g) ≥ T0(r, h) + Sf (r) + Sg(r) ≥ N0 ( r, ν0h ) + Sf (r) + Sg(r) ≥ N0 ( r,min { ν0f , ν 0 g }) +N0 ( r,min { ν0f−1, ν 0 g−1 }) +N0 ( r,min { ν∞f , ν ∞ g }) + Sf (r) + Sg(r) ≥ 3∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai , ν 0 g−bi }) + Sf (r) + Sg(r). Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 4.2.5. Cho f và g là hai hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0). Cho {ai}5i=1 và {bi}5i=1 là hai tập giá trị mà ai 6= aj và bi 6= bj với mọi 1 ≤ i < j ≤ 5. Giả sử T0(r, f) = O(T0(r, g)) + Sg(r) và T0(r, g) = O(T0(r, f)) + Sf (r) và f không phải là một biến đổi Mo¨bius của g. Khi đó một trong các khẳng định sau đúng: i) T0(r, f) = 2T0(r, g) + Sg(r) hoặc T0(r, g) = 2T0(r, f) + Sf (r), ii) 3 2 (T0(r, f) + T0(r, g)) ≥ ∑5 i=1N0 ( r,min { ν0f−ai,≤ki , ν 0 g−bi,≤ki }) + Sf (r). 73 Chứng minh. Giả sử khẳng định thứ nhất không đúng. Ta sẽ chỉ ra rằng khẳng định thứ hai đúng. Lấy các hằng số ci (i = 1, . . . , 6) không đồng thời bằng không, sao cho hàm hai biến F (x, y) = c1xy 2 + c2xy + c3y 2 + c4y + c5x+ c6 thỏa mãn F (ai, bi) ≡ 0 với i = 1, . . . , 5. Theo Bổ đề 4.1.3, ta có T0(r, F (f, g)) ≤ T0(r, f) + 2T0(r, g) +O(1). Nếu F (f, g) ≡ 0 thì (c1g2 + c2g + c5)f ≡ −(c3g2 + c4g + c6). Chú ý rằng có ít nhất một ci khác không, nên c1g2 + c2g + c5 6≡ 0. Vì vậy f = −c3g 2 + c4g + c6 c1g2 + c2g + c5 . Do f không phải là một biến đổi Mo¨bius của g, vế phải của đẳng thức trên là không thể rút gọn. Do đó T0(r, f) = 2T0(r, g) + Sg(r). Điều này trái với giả định ban đầu. Vì vậy F 6≡ 0. Cố định một chỉ số i0 (1 ≤ i0 ≤ 5). Đối với một điểm z, mà là không điểm chung của f − ai0 và g − bi0 với bội không quá ki0, ta có f (k)(z) = 0 và g(k)(z) = 0 với mọi 1 ≤ k ≤ min { ν0f−ai0 ,≤ki0 (z), ν 0 g−bi0 ,≤ki0 (z) } − 1. Do đó ta có F (f, g)(k)(z) = 0 với mọi 0 ≤ k ≤ min { ν0f−ai0 ,≤ki0 (z), ν 0 g−bi0 ,≤ki0 (z) } − 1. Vì vậy z là một không điểm của F (f, g) với bội ít nhất là min { ν0f−ai0 ,≤ki0 (z), ν 0 g−bi0 ,≤ki0 (z) } , tức là ν0F (f,g)(z) ≥ min { ν0f−ai0 ,≤ki0 (z), ν 0 g−bi0 ,≤ki0 (z) } . Bất đẳng thức này dẫn đến ν0F (f,g)(z) ≥ 5∑ i=1 min { ν0f−ai,≤ki(z), ν 0 g−bi,≤ki(z) } . 74 Vậy nên, với mọi z ∈ A(R0), ta có ν0F (f,g)(z) ≥ 5∑ i=1 min { ν0f−ai,≤ki(z), ν 0 g−bi,≤ki(z) } . Lấy tích phân cả hai vế của hai bất đẳng thức trên và theo Bổ đề 4.2.3, ta nhận được T0(r, f) + 2T0(r, g) ≥ T0(r, F (f, g)) +O(1) ≥ N0(r, ν0F (f,g)) +O(1) ≥ 5∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai,≤ki , ν 0 g−bi,≤ki }) + Sf (r). Với lập luận tương tự, ta có T0(r, g) + 2T0(r, f) ≥ 5∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai,≤ki , ν 0 g−bi,≤ki }) + Sg(r). Nhưng do giả thiết: T0(r, f) = O(T0(r, g)) + Sg(r) và T0(r, g) = O(T0(r, f)) + Sf (r), nên Sg(r) = Sf (r). Vì vậy bất đẳng thức này có thể viết lại là T0(r, g) + 2T0(r, f) ≥ 5∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai,≤ki , ν 0 g−bi,≤ki }) + Sf (r). Cộng các vế tương ứng của hai bất đẳng thức trên, ta nhận được 3 2 (T0(r, f) + T0(r, g)) ≥ 5∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai,≤ki , ν 0 g−bi,≤ki }) + Sf (r). Bổ đề đã được chứng minh. Chứng minh Định lí 4.2.1. Giả sử f không phải là một biến đổi Mo¨bius của g. Bởi vì ki ≥ 1 và q ≥ 6, nên q∑ i=1 1 ki + 1 ≤ q 2 < q − 2. Khi đó theo Bổ đề 4.1.3, ta có T0(r, f) = O(T0(r, g)) + Sg(r) và T0(r, g) = O(T0(r, f)) + Sf (r). 75 Như vậy, một đại lượng bằng Sf (r) khi và chỉ khi đại lượng đó bằng Sg(r). Trước hết ta giả sử rằng T0(r, f) = 2T0(r, g) + Sg(r). Khi ấy theo Bổ đề 4.2.4, với mỗi tập con {i1, i2, i3} ⊂ {1, . . . , q}, ta có 3 2 T0(r, f) ≥ 3∑ j=1 N0 ( r,min { ν0f−aij ,≤kij , ν 0 g−bij ,≤kij }) + Sf (r) ≥ 3∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0f−aij ,≤kij ) + Sf (r). Cộng các vế tương ứng của những bất đẳng thức trên theo tất cả các tập con {i1, i2, i3} ⊂ {1, . . . , q}, ta nhận được 3 2 T0(r, f) ≥ 3 q q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + Sf (r). Khi ấy theo Bổ đề 4.1.2, ta có (q − 2)T0(r, f) ≤ ( m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 ) T0(r, f) + km km + 1 q∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + Sf (r) ≤ ( m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 ) T0(r, f) + km km + 1 q 2 T0(r, f) + Sf (r). Cho r −→ R0, ta nhận được q − 2 ≤ ( m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 ) + km km + 1 q 2 . Khi ấy ta có q∑ i=m+1 1 ki + 1 + ( m− 3q 5 ) 1 km + 1 ≥ q − 2− km km + 1 q 2 − 1 km + 1 3q 5 = q − 2− ( 1− 1 km + 1 ) q 2 − 1 km + 1 3q 5 = q 2 − 2− 1 km + 1 q 10 ≥ q 2 − 2− q 20 = 9q − 40 20 > 2q − 10 5 . 76 Đây là điều vô lý. Do đó T0(r, f) 6= 2T0(r, g) + Sg(r). Với lập luận tương tự, ta có T0(r, g) 6= 2T0(r, f) + Sf (r). Bây giờ ta xét năm cặp giá trị {(aij , bij)}5j=1 trong q cặp {(ai, bi)}qi=1. Khi đó ít nhất một trong hai khẳng định của Bổ đề 4.2.5 là đúng. Chứng minh trên đã chỉ ra rằng khẳng định 4.2.5(i) không đúng, nên khẳng định 4.2.5(ii) đúng. Khi đó đặt T0(r) = T0(r, f) + T0(r, g), ta có 3 2 T0(r) ≥ 5∑ j=1 N0 ( r,min { ν0f−aij ,≤kij , ν 0 g−bij ,≤kij }) + Sf (r). Cộng các vế tương ứng của những bất đẳng thức trên theo tất cả các tập con {i1, . . . , i5} ⊂ {1, . . . , q}, ta nhận được 3 2 T0(r) ≥ 5 q q∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai,≤ki , ν 0 g−bi,≤ki }) + Sf (r) ≥ 5 2q q∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki )) + Sf (r). Khi đó sử dụng Bổ đề 4.1.2, ta có (q − 2)T0(r) ≤ ( m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 ) T0(r) + km km + 1 q∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki )) + Sf (r) ≤ ( m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 + km km + 1 3q 5 ) T0(r) + Sf (r). Khi cho r −→ R0, ta nhận được (q − 2) ≤ m km + 1 + q∑ i=m+1 1 ki + 1 + km km + 1 3q 5 , tức là q∑ i=m+1 1 ki + 1 + ( m− 3q 5 ) 1 km + 1 ≥ 2q − 10 5 . Điều này trái với giả thiết của định lí. Do đó f phải là một phép biến đổi Mo¨bius của g. Định lí đã được chứng minh.  77 4.3 Hai hàm phân hình trên một hình vành khuyên có chung ảnh ngược của năm cặp giá trị Dưới đây chúng tôi chỉ ra rằng, hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên phải liên kết với nhau bởi một phép biến đổi Mo¨bius, nếu chúng có chung ảnh ngược không kể bội, của một cặp giá trị và có chung ảnh ngược với bội được ngắt bởi 2, của bốn cặp giá trị khác. Định lí 4.3.1. Cho f và g là hai hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0). Cho (a1, b1), . . . , (a5, b5) là năm cặp giá trị trong C∪{∞}, trong đó ai 6= aj, bi 6= bj nếu i 6= j. Cho k5 ≥ 2 là một số nguyên dương hoặc +∞. Cho ki (1 ≤ i ≤ 4) là các số nguyên dương hoặc +∞ thỏa mãn 5∑ i=1 1 ki + 1 < 3k20 + 1086k0 + 3 361k20 + 362k0 + 1 , trong đó k0 = max1≤i≤5 ki. Giả sử min { ν0f−a5,≤k5 , 1 } = min { ν0g−b5,≤k5 , 1 } và min { ν0f−ai,≤ki , 2 } = min { ν0g−bi,≤ki , 2 } , 1 ≤ i ≤ 4. Khi ấy f là một biến đổi Mo¨bius của g. Khi k1 = k2 = · · · = k5 = k, từ Định lí 4.3.1 ta nhận được hệ quả dưới đây. Hệ quả 4.3.2. Cho f và g là hai hàm phân hình chấp nhận được trên A(R0). Cho (a1, b1), . . . , (a5, b5) là năm cặp giá trị trong C∪{∞}, trong đó ai 6= aj, bi 6= bj nếu i 6= j. Cho k là một số nguyên dương hoặc +∞. Giả sử min { ν0f−a5,≤k, 1 } = min { ν0g−b5,≤k, 1 } và min { ν0f−ai,≤k, 2 } = min { ν0g−bi,≤k, 2 } , 1 ≤ i ≤ 4. Nếu k ≥ 240 thì f là một biến đổi Mo¨bius của g. 78 Chứng minh Định lí 4.3.1. Giả sử f không phải là một biến đổi Mo¨bius của g. Mặt khác q∑ i=1 1 ki + 1 ≤ q 2 < q − 2. Vậy thì theo Bổ đề 4.1.3, ta có T0(r, f) = O(T0(r, g)) + Sg(r) và T0(r, g) = O(T0(r, f)) + Sf (r). Tương tự như trong chứng minh của Định lí 4.2.1, trước hết ta giả sử rằng T0(r, f) = 2T0(r, g) + Sf (r). Khi ấy theo Bổ đề 4.2.4, với mỗi tập con {i1, i2, i3} ⊂ {1, . . . , 5}, ta có 3 2 T0(r, f) ≥ 3∑ j=1 N0 ( r,min { ν0f−aij ,≤kij , ν 0 g−bij ,≤kij }) + Sf (r) ≥ 3∑ j=1 N [1] 0 ( r, ν0f−aij ,≤kij ) + Sf (r). Cộng các vế tương ứng của những bất đẳng thức trên theo tất cả các tập con {i1, i2, i3} ⊂ {1, . . . , 5}, ta nhận được 3 2 T0(r, f) ≥ 3 5 5∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + Sf (r) ≥ 3 5 5∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai )−N [1]0 (r, ν0f−ai,>ki))+ Sf (r) ≥ 3 5 5∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai )− 1 ki + 1 N0 ( r, ν0f−ai,>ki )) + Sf (r) ≥ 3 5 ( 3− 5∑ i=1 1 ki + 1 ) T0(r, f) + Sf (r). Bất đẳng thức cuối đúng do Định lí 2.1.9. Khi cho r −→ R0, ta nhận được 5∑ i=1 1 ki + 1 ≥ 1 2 . Từ giả thiết của định lí này ta có 3k20 + 1086k0 + 3 361k20 + 362k0 + 1 > 1 2 . 79 Bất đẳng thức này dẫn đến k0 < 6. Mặt khác, ta có 3k20 + 1086k0 + 3 361k20 + 362k0 + 1 > 5∑ i=1 1 ki + 1 ≥ 5 k0 + 1 . Điều này dẫn đến 3k20 − 719k0 − 2 > 0 và kéo theo k0 ≥ 240. Do đó ta nhận được mâu thuẫn. Vậy nên T0(r, f) 6= 2T0(r, g) + Sf (r). Với lập luận tương tự, ta cũng có T0(r, g) 6= 2T0(r, f) + Sf (r). Như vậy, khẳng định 4.2.5(i) không đúng. Do đó khẳng định 4.2.5(ii) đúng. Khi ấy đặt T0(r) = T0(r, f) + T0(r, g), ta có 3T0(r) ≥2 5∑ i=1 N0 ( r,min { ν0f−ai,≤ki , ν 0 g−bi,≤ki }) + Sf (r) ≥N [1]0 ( r, ν0f−a5,≤k5 ) + 4∑ i=1 N [2] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0g−b5,≤k5 ) + 4∑ i=1 N [2] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki ) + Sf (r). (4.1) Với mỗi 1 ≤ i ≤ 4, ta kí hiệu Si và Pi là các divisor thu gọn với giá tương ứng xác định bởi Supp (Si) = { z : 2 ≤ ν0f−ai(z) ≤ ki } = { z : 2 ≤ ν0g−bi(z) ≤ ki } và Supp (Pi) = Si ∪ { z : ν0f−ai(z) > ki } ∪ {z : ν0g−bi(z) > ki} . Khi đó ta có 3T0(r, f) ≤ 5∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai ) + Sf (r) = N [1] 0 ( r, ν0f−a5,≤k5 ) +N [1] 0 ( r, ν0f−a5,>k5 ) + 4∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0f−a1,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0f−a1,>ki )) +Sf (r) ≤ N [1]0 ( r, ν0f−a5,≤k5 ) + 1 k5 + 1 ( N0 ( r, ν0f−a5 )−N0 (r, ν0f−a5,≤k5)) + 4∑ i=1 ( N [2] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki )−N0 (r, Si) + 3N [1] 0 ( r, ν0f−ai,>ki )− 2N [1]0 (r, ν0f−ai,>ki))+Sf (r) 80 ≤ ( 1− 3 k5 + 1 ) N [1] 0 ( r, ν0f−a5,≤k5 ) + 2 k5 + 1 N [1] 0 ( r, ν0f−a5,≤k5 ) + 1 k5 + 1 N0 ( r, ν0f−a5 ) + 4∑ i=1 ( N [2] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + 3 ki + 1 ( N0 ( r, ν0f−ai,>ki )−N0 (r, ν0f−ai,≤ki))) − 4∑ i=1 ( N0 (r, Si) + 2N [1] 0 ( r, ν0f−ai,>ki )) +Sf (r) ≤ ( 1− 3 k5 + 1 ) N [1] 0 ( r, ν0f−a5,≤k5 ) + 3 k5 + 1 T0(r, f) + 4∑ i=1 (( 1− 3 ki + 1 ) N [2] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + 3 ki + 1 T0(r, f) ) − 4∑ i=1 ( N0 (r, Si) + 2N [1] 0 ( r, ν0f−ai,>ki )) +Sf (r) ≤ ( 1− 3 k0 + 1 )( N [1] 0 ( r, ν0f−a5,≤k5 ) + 4∑ i=1 N [2] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki )) + 5∑ i=1 3 ki + 1 T0(r, f)− 4∑ i=1 ( N0 (r, Si) + 2N [1] 0 ( r, ν0f−ai,>ki )) + Sf (r), ở đây bất đẳng thức đầu đúng do Định lí 2.1.9. Với lập luận tương tự, ta cũng có 3T0(r, g) ≤ ( 1− 3 k0 + 1 )( N [1] 0 ( r, ν0g−b5,≤k5 ) + 4∑ i=1 N [2] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki )) + 5∑ i=1 3 ki + 1 T0(r, g)− 4∑ i=1 ( N0 (r, Si) + 2N [1] 0 ( r, ν0g−bi,>ki )) + Sf (r). Cộng các vế tương ứng của hai bất đẳng thức trên và sử dụng (4.1), ta nhận được 3T0(r) ≤3 ( 1− 3 k0 + 1 ) T0(r) + 5∑ i=1 3 ki + 1 T0(r)− 4∑ i=1 2N0 (r, Pi) + Sf (r). Vì vậy 2 4∑ i=1 N0(r, Pi) ≤ ( 5∑ i=1 3 ki + 1 − 9 k0 + 1 ) T0(r) + Sf (r). (4.2) 81 Ta định nghĩa: ˆ c1 = a3 − a2 a2 − a1 , c2 = a3 − a1 a2 − a1 , c ′ 1 = b3 − b2 b2 − b1 , c ′ 2 = b3 − b1 b2 − b1 , ˆ F1 = c1(f − a1), F2 = c2(f − a2), G1 = c′1(g − b1), G2 = c′2(g − b2), ˆ h1 = F1 G1 , h2 = F2 G2 , h3 = F1 − F2 G1 −G2 = f − a3 g − b3 , ˆ α = c1(a4 − a1) c2(a4 − a2) , β = c′1(b4 − b1) c′2(b4 − b2) , ˆ h4 = F1 − αF2 G1 − βG2 = c1(a1 − a2)(f − a4)/(a4 − a2) c′1(b1 − b2)(g − b4)/(b4 − b2) = (a3 − a2)(b4 − b2) (b3 − b2)(a4 − a2) · f − a4 g − b4 . Ta dễ thấy rằng c1 6= c2, c′1 6= c′2, α 6= 1, β 6= 1 và N [1] 0 ( r, ν0hi ) +N [1] 0 ( r, ν∞hi ) ≤ N [1]0 (r, |ν0f−ai − ν0g−bi |) ≤ N0 (r, Pi) , (4.3) với mỗi 1 ≤ i ≤ 4. Từ định nghĩa của các hàm Fi, Gi (1 ≤ i ≤ 2), ta có hệ phương trình sau đây: F1 − h1G1 = 0 F2 − h2G2 = 0 F1 − F2 − h3G1 + h3G2 = 0 F1 − αF2 − h4G1 + h4βG2 = 0. . Hệ này có nghiệm không tầm thường, nên det  1 0 −h1 0 0 1 0 −h2 1 −1 −h3 h3 1 −α −h4 h4β  = 0. Khi ấy (1− α)h1h2 − h1h3 + βh1h4 + αh2h3 − h2h4 + (1− β)h3h4 = 0. (4.4) Kí hiệu I là tập tất cả các tập con I = {i, j} của tập {1, 2, 3, 4}. Với I ∈ I ta định nghĩa hàm hI như sau: h{1,2} = (1− α)h1h2, h{1,3} = −h1h3, h{1,4} = βh1h4, h{2,3} = αh2h3, h{2,4} = −h2h4, h{3,4} = (1− β)h3h4. 82 Khi đó theo (4.4), ta có ∑ I∈I hI = 0. Lấy I0 ∈ I. Khi đó hI0 = − ∑ I 6=I0 hI . Kí hiệu t (1 ≤ t ≤ 5) là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện sau: Tồn tại t phần tử I1,..., It ∈ I và t hằng số khác không βv ∈ C (1 ≤ v ≤ t) sao cho hI0 = ∑t v=1 βvhIv . Do t là nhỏ nhất, nên họ {hI1 , ..., hIt} độc lập tuyến tính trên C. Trường hợp 1. t = 1. Khi đó hI0 hI1 ∈ C \ {0}. Trường hợp 2. t ≥ 2. Xét ánh xạ chỉnh hình h : A(R0) → Pt−1(C) với một biểu diễn rút gọn h = (dhI1 : · · · : dhIt), trong đó d là một hàm phân hình trên C. Với mọi điểm z ∈ A(R0), nếu z là một không điểm của dhIv , thì z phải là không điểm hoặc là cực điểm của hi nào đó. Điều này dẫn đến N [1] 0 ( r, ν0dhIv ) ≤ 4∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0hi ) +N [1] 0 ( r, ν∞hi )) ≤ 4∑ i=1 N0 (r, Pi) . Theo Định lí 2.2.5, ta có T0(r, h) ≤ t∑ v=1 N [t−1] 0 ( r, ν0dhIv ) +N [t−1] 0 ( r, ν0dhI0 ) + Sh(r) ≤ (t− 1) t∑ v=1 N [1] 0 ( r, ν0dhIv ) + (t− 1)N [1]0 ( r, ν0dhI0 ) + Sh(r) ≤ (t− 1)(t+ 1) 4∑ i=1 N0 (r, Pi) + Sh(r) ≤ 24 4∑ i=1 N0 (r, Pi) + Sh(r). (4.5) Ở đây ta chú ý rằng do t ≤ 5, nên (t− 1)(t+ 1) ≤ 24. Ta định nghĩa các hàm hữu tỉ sau đây: H1(X, Y ) = c1(X − a1) c′1(Y − b1) , H2(X, Y ) = c2(X − a2) c′2(Y − b2) , H3(X, Y ) = X − a3 Y − b3 , H4(X, Y ) = (a3 − a2)(b4 − b2) (b3 − b2)(a4 − a2) · X − a4 Y − b4 . 83 Với mỗi I ⊂ {1, . . . , 4}, đặt Ic = {1, . . . , 5} \ I. Với 0 ≤ u, v ≤ t, u 6= v, và i ∈ ((Iv ∪ Iu) \ (Iu ∩ Iv))c, ta thấy rằng T0 ( r, hIu hIv ) = T0 ( r, ∏ j∈Iu hj∏ j∈Iv hj ) ≥ N0 ( r, ν0∏ j∈Iu\Iv hj∏ j∈Iv\Iu hj − ∏ j∈Iu\Iv Hj(ai,bi)∏ j∈Iv\Iu Hj(ai,bi) ) +O(1) ≥ N [1]0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +O(1). Với lập luận tương tự, ta có T0 ( r, hIu hIv ) ≥ N [1]0 ( r, ν0g−bi,≤ki ) +O(1). Do đó T0 ( r, hIu hIv ) ≥ 1 2 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki )) +O(1). Do (I0 ∪ I1 \ (I0 ∩ I1))c ∪ (I1 ∪ I2 \ (I1 ∩ I2))c ∪ (I2 ∪ I0 \ (I2 ∩ I0))c = {1, . . . , 5}, với mỗi i ∈ {1, . . . , 5} có u, v ∈ {0, 1, 2} sao cho i ∈ (Iu ∪ Iv \ (Iu ∩ Iv))c, và khi ấy ta có T0(r, h) ≥ T0 ( r, hIu hIv ) ≥ 1 2 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki )) +O(1). Cộng các vế tương ứng của những bất đẳng thức trên theo tất cả các i = 1, . . . , 5, ta nhận được 5T0(r, h) ≥1 2 5∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki )) +O(1). (4.6) Mặt khác, theo Định lí 2.1.9, ta có 3T0(r, f) ≤ 5∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai ) + Sf (r) ≤ 5∑ i=1 ( N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) +N [1] 0 ( r, ν0f−ai,>ki )) + Sf (r) ≤ 5∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + q∑ i=1 1 ki + 1 ( N0 ( r, ν0f−ai )−N0 (r, ν0f−ai,≤ki))+ Sf (r) ≤ 5∑ i=1 ( 1− 1 ki + 1 ) N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + 5∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + Sf (r) ≤ ( 1− 1 k0 + 1 ) 5∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0f−ai,≤ki ) + 5∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, f) + Sf (r). 84 Với lập luận tương tự, ta có 3T0(r, g) ≤ ( 1− 1 k0 + 1 ) 5∑ i=1 N [1] 0 ( r, ν0g−bi,≤ki ) + 5∑ i=1 1 ki + 1 T0(r, g) + Sg(r). Cộng các vế tương ứng của hai bất đẳng thức trên và sử dụng (4.2), (4.5) và (4.6), ta nhận được 3T0(r) ≤ 10 ( 1− 1 k0 + 1 ) T0(r, h) + 5∑ i=1 1 ki + 1 T0(r) + Sf (r) ≤ 240 ( 1− 1 k0 + 1 ) 4∑ i=1 N0(r, Pi) + 5∑ i=1 1 ki + 1 T0(r) + Sf (r) ≤ 120 ( 1− 1 k0 + 1 )( 5∑ i=1 3 ki + 1 − 9 k0 + 1 ) T0(r) + 5∑ i=1 1 ki + 1 T0(r) + Sf (r) = ( 5∑ i=1 1 ki + 1 )( 360k0 k0 + 1 + 1 ) T0(r)− 1080k0 (k0 + 1)2 T0(r) + Sf (r). Khi cho r −→ R0, ta nhận được 3 ≤ ( 5∑ i=1 1 ki + 1 )( 360k0 k0 + 1 + 1 ) − 1080k0 (k0 + 1)2 T0(r). Vì vậy 5∑ i=1 1 ki + 1 ≥ 3k 2 0 + 1086k0 + 3 361k20 + 362k0 + 1 . Đây là điều vô lý. Khi đó từ Trường hợp 1 và Trường hợp 2 suy ra rằng, với mỗi I ∈ I, có J ∈ I \ {I} sao cho hI/hJ ∈ C \ {0}. Ta xét hai trường hợp sau đây. Trường hợp a. Có I = {i, j}, J = {i, l}, j 6= l, sao cho hI/hJ là hàm hằng. Khi ấy hj = ahl với a là một hằng số khác không. Do đó f là một biến đổi Mo¨bius của g. Điều này trái với giả định rằng f không phải là một biến đổi Mo¨bius của g. Trường hợp b. Có các hằng số khác không b, c sao cho h{1,2} = bh{3,4} và h{1,3} = ch{2,4}, tức là (1− α)h1h2 = b(1− β)h3h4 và h1h3 = ch2h4. Khi ấy (h1/h4) 2 = bc(1− β)/(1− α) ∈ C. Điều này dẫn đến h1/h4 là một hàm hằng. Do đó f là một biến đổi Mo¨bius của g. Đây là một mâu thuẫn. 85 Từ hai trường hợp trên, ta nhận được điều mâu thuẫn với giả định. Do đó f là một biến đổi Mo¨bius của g. Định lí đã được chứng minh.  86 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận Luận án đã đạt được các kết quả chính sau: ˆ Chúng tôi chứng minh được định lí duy nhất cho các hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên khi chúng có chung ảnh ngược không kể bội, của ít nhất năm hàm nhỏ đôi một phân biệt (Định lí 2.3.1). Đồng thời chúng tôi chứng minh được định lí về sự liên kết bởi phép biến đổi tựa Mo¨bius của hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên nếu chúng có chung ảnh ngược kể cả bội, của bốn hàm nhỏ đôi một phân biệt (Định lí 2.4.1). Ngoài ra, trong các kết quả này chúng tôi không cần xét đến các ảnh ngược có bội lớn hơn một mức nào đó. ˆ Chúng tôi chứng minh được các định lí hữu hạn cho họ hàm phân hình trên một hình vành khuyên có chung ảnh ngược của bốn giá trị đôi một phân biệt (Các Định lí 3.2.1, 3.3.1, 3.3.6). ˆ Chúng tôi chứng minh được các định lí về sự liên kết bởi phép biến đổi Mo¨bius của hai hàm phân hình chấp nhận được trên một hình vành khuyên nếu chúng có chung ảnh ngược của một số cặp giá trị (Các Định lí 4.2.1, 4.3.1). Kiến nghị Chúng tôi có những suy nghĩ về các hướng nghiên cứu tiếp theo như sau: ˆ Nghiên cứu về vấn đề hữu hạn hoặc phụ thuộc đại số của họ hàm phân hình trên một hình vành khuyên khi chúng có chung ảnh ngược của một tập hợp hữu hạn giá trị hoặc của một tập hợp hữu hạn hàm nhỏ. ˆ Nghiên cứu về vấn đề liên kết bởi phép biến đổi tựa Mo¨bius của hai hàm phân hình trên một hình vành khuyên khi chúng có chung ảnh ngược của một số cặp hàm nhỏ trong trường hợp giảm số bội chặn. 87 ˆ Nghiên cứu về vấn đề duy nhất, hữu hạn và suy biến đại số của đường cong chỉnh hình từ hình vành khuyên vào đa tạp xạ ảnh dưới điều kiện về ảnh ngược của các siêu phẳng hoặc các siêu mặt. 88 DANH MỤC CÁC CÔNG TRÌNH Đà CÔNG BỐ LIÊN QUAN ĐẾN LUẬN ÁN [1] Meromorphic functions on annuli sharing few small functions with truncated multiplicities, Complex Analysis and Operator Theory. 13(4) (2019), 1693-1711. [2] Finiteness of meromorphic functions on an annulus sharing four values re- gardless of multiplicity, Mathematica Bohemica 145(2) (2020), 163-176. [3] Meromorphic functions having the same inverse images of four values on annuli, Bull. Iran. Math. Soc. 44(1) (2018), 19-41. [4] Two meromorphic functions on annuli sharing some pairs of values, Indaga- tiones Math. 29(2) (2018), 561-579. 89 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] A. Banerjee,Weighted sharing of a small function by a meromorphic function and its derivative, Comput. Math. Appl. 53 (2007), 1750-1761. [2] S. S. Bhoosnurmath and R. S. Dyavanal,Uniqueness and value-sharing of meromorphic functions, Comput. Math. Appl. 53 (2007), 1191-1205. [3] H. Z. Cao and T. B. Cao, Two meromorphic functions share some pairs of small functions with truncated multiplicities, Acta Math. Scientia. 34 No. 6 (2014), 1854-1864. [4] T. B. Cao and H. X. Yi and H. Y. Xu, On the multiple values and uniqueness of meromorphic functions on annuli, Comput. Math. Appl. 58 (2009), 1457- 1465. [5] T. B. Cao and Z. S Deng, On the uniqueness of meromorphic functions that share three or two finite sets on annuli, Proc. Indian Acad. Sci. 122 No. 2 (2012), 203-220. [6] T. Czubiak and G. Gundersen, Meromorphic functions that share pairs of values, Complex Var. Elliptic Equ. 34 (1997), 35-46. [7] H. Fujimoto, Uniqueness problem with truncated multiplicities in value dis- tribution theory, Nagoya Math. J. 152 (1998), 131-152. [8] G. Gundersen, Meromorphic functions that share four values, Trans. Amer. J. Math. 277 No. 2(1983), 545-567. [9] K. Ishizaki and N. Toda, Unicity theorems for meromorphic functions sharing four small functions, Kodai. J. Math. 21 (1998), 350-371. 90 [10] A. Y. Khrystiyanyn and A. A. Kondratyuk, On the Nevanlinna theory for meromorphic functions on annuli, I, Mat. Stud. 23 No. 01 (2005), 19-30. [11] A. Y. Khrystiyanyn and A. A. Kondratyuk, On the Nevanlinna theory for meromorphic functions on annuli. II, Mat. Stud. 24 No. 02 (2005), 57-68. [12] P. Li and C. C. Yang, On two meromorphic functions that share pairs of small functions, Complex Var. Elliptic Equ. 32 (1997), 177-190. [13] P. Li and C. C. Yang, Meromorphic functions that share some pair of small functions, Kodai Math. J. 32 (2009), 130-145. [14] M. Lund and Z. Ye, Nevanlinna theory of meromorphic functions on annuli Sci. China Math. 53 (2010), 547-554. [15] X. Li and H. X. Yi and H. Hu, Uniquness results of meromorphic functions whose derivates share four small functions, Acta. Math. Sci. 32B (2012), 1593-1606. [16] R. Nevanlinna, Einige Eideutigkeitssa¨te in der theorie der meromorphen funktionen, Acta. Math. 48 (1926), 367-391. [17] J. Noguchi, A note on entire pseudo holomorphic curves and the proof of Cartan-Nochka’s theorem, Kodai Math. J. 28 (2005), 336-346. [18] H. T. Phuong and N. V. Thin, On fundamental theorems for holomorphic curves on the annuli, Ukrainian Math. J. 67 No. 7 (2015), 1111-1125. [19] S. D. Quang, Unicity of meromorphic functions sharing some small func- tions regardless of multiplicities, Internat. J. Math. 23 No. 9 (2012) 1250088, DOI: 10.1142/S0129167X12500887. [20] S. D. Quang, Two mermorphic functions share some pairs of small func- tions, Compl. Anal. Oper. Th. 7 (2013), 1357-1370. [21] S. D. Quang, Finiteness problem of meromorphic functions sharing four small functions regardless of multiplicities, Internat J. Math. 25, No. 11 (2014) 1450102 (20 pages) DOI: 10.1142/S0129167X1450102X. 91 [22] S. D. Quang and L. N. Quynh, Two meromorphic functions sharing some pairs of small functions regardless of multiplicities, Internat. J. Math. 25 No. 2 (2014) 1450014, DOI: 10.1142/S0129167X14500141. [23] D. D. Thai and T. V. Tan, Meromorphic functions sharing small functions as targets, Internat. J. Math. 16 (2005), 437-451. [24] K. Yamanoi, The second main theorem for small functions and related prob- lems, Acta Math. 192 (2004), 225-294. [25] W. Yao, Two meromorphic functions sharing five small functions in the sense E¯k)(β,f) = E¯k)(β, g), Nagoya Math. J. 167 (2002), 35-54. [26] H. X. Yi, On one problem of uniqueness of meromorphic functions concern- ing small functions, Proc. Amer. Math. Soc. 130 (2002), 1689-1697. [27] H. X. Yi and C. C. Yang, Uniqueness Theory of Meromorphic Functions, Pure and Applied Math. Monographs No. 32, Science Press, Beijing, 1995. [28] L. Yuhua and Q. Jianyong, On the uniqueness of meromorphic functions concerning small functions, Sci. China (A). 29 (1999), 891-900. 92

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluan_an_tinh_duy_nhat_va_tinh_huu_han_cua_ho_ham_phan_hinh_c.pdf
  • doc2.1 Cap Truong - Thong tin tom tat ve nhung diem moi cua LA -HAI (02 bản).doc
  • pdf2.1 Cap Truong - Thong tin tom tat ve nhung diem moi cua LA -HAI (02 bản).pdf
  • pdfQĐNN_Hải.pdf
  • pdfTomTatLuanAn_HAI (2).pdf
  • pdfTomTatLuanAn_HAI (tieng Anh).pdf
Luận văn liên quan