Định lý thứ hai của Ritt và vấn đề duy nhất đối với tích q-Sai phân của hàm phân hình trên một trường không-Acsimet - Phạm Ngọc Hoa

161(6) 6.2019 Khoa học Tự nhiên Định lý thứ hai của Ritt và vấn đề duy nhất đối với tích q-sai phân của hàm phân hình trên một trường không-Acsimet Phạm Ngọc Hoa*, Nguyễn Xuân Lai Khoa Toán, Trường Cao đẳng Hải Dương Ngày nhận bài 29/6/2018; ngày chuyển phản biện 2/7/2018; ngày nhận phản biện 1/8/2018; ngày chấp nhận đăng 14/8/2018 Tóm tắt: Trong bài báo này, các tác giả thiết lập một số kết quả tương tự Định lý thứ hai của Ritt cho tích q-sai phân dạng fnf(qz+c) với f là hàm phân hình trên một trường không-Acsimet. Từ khóa: Định lý Ritt, Giả thuyết Hayman, hàm phân hình, toán tử sai phân, trường không-Acsimet. Chỉ số phân loại: 1.1 *Tác giả liên hệ: Email: ngochoa577@gmail.com Ritt’s second therorem and uniqueness problems for differential and q-difference polynomials of meromorphic functions in a non-Archimedean field Ngoc Hoa Pham*, Xuan Lai Nguyen Department of Mathematics, Hai Duong College Received 29 June 2018; accepted 14 August 2018 Abstract: In this paper, the authors consider linear composition polynomials of meromorphic functions in a non-Archimedean field of the form fnf(qz+c) and establish some versions of Ritt’s second theorem. Keywords: difference operators, Hayman conjecture, meromorphic functions, non-Archimedean field, Ritt’s decomposition. Classification number: 1.1 Mở đầu Định lý cơ bản của lý thuyết số phát biểu rằng mọi số nguyên n ≥ 2 đều biểu diễn duy nhất dưới dạng tích các số nguyên tố có dạng n = pm11 ...p mk k , với k ≥ 1, ở đó các thừa số nguyên tố p1, ..., pk đôi một phân biệt và các số mũ tương ứng m1 ≥ 1, ...,mk ≥ 1 được xác định một cách duy nhất theo n. Ritt là người đầu tiên xét tương tự định lý này đối với các đa thức. Để mô tả kết quả của Ritt, ta ký hiệu M(C) (tương ứng, A(C)) là tập các hàm phân hình (tương ứng, nguyên) trên C và ký hiệu L(C) là tập các đa thức bậc 1. Đặt E , F là các tập con khác rỗng của M(C), khi đó một hàm phân hình F (z) được gọi là không phân tích được trên E× F nếu bất kỳ cách viết thành nhân tử F (z) = f ◦ g(z) với f(z) ∈ E và g(z) ∈ F đều kéo theo hoặc f là tuyến tính hoặc g là tuyến tính. Năm 1922, Ritt [1] đã chứng minh định lý sau. Định lý A (Định lý thứ nhất của Ritt). Cho F là tập con khác rỗng của C[z] \ L(C). Nếu một đa thức F (z) có hai cách phân tích khác nhau thành các đa thức không phân tích được trên F× F : F = ϕ1 ◦ ϕ2 ◦ · · ·ϕr = ψ1 ◦ ψ2 ◦ · · ·ψs, thì r = s, và bậc của các đa thức ψ là bằng với bậc của các đa thức ϕ nếu không tính đến thứ tự xuất hiện của chúng. Cũng trong [1], Ritt đã chứng minh định lý sau: Định lý B (Định lý thứ hai của Ritt). Giả sử rằng a, b, c, d ∈ C[x] \ C thỏa mãn a ◦ b = c ◦ d và gcd(deg(a); deg(c)) = gcd(deg(b); deg(d)) = 1. Khi đó tồn tại các hàm tuyến tính lj ∈ C[x] sao cho (l1 ◦ a ◦ l2, l−12 ◦ b ◦ l3, l1 ◦ c ◦ l2, l−14 ◦ d ◦ l3) có một trong các dạng (Fn, Fm, Fm, Fn) hoặc (x n, xsh(xn), xsh(x)n, xn), ở đó m,n > 0 là nguyên tố cùng nhau, s > 0 là nguyên tố cùng nhau với n, và h ∈ C[x] \ xC[x], l−1j là hàm ngược của lj; Fn, Fm là các đa thức Chebychev. Ở đây, phép phân tích F (z) = f ◦ g(z) chính là phép hợp thành F (z) = f(g(z)). Do đó, ta thấy rằng Định lý thứ hai của Ritt mô tả các nghiệm của phương trình a(b) = c(d), ở đó a, b, c, d là các đa thức và bậc của các đa thức là nguyên tố cùng nhau. Rõ ràng phương trình đa thức được Ritt nghiên cứu là trường hợp riêng của phương trình hàm P (f) = Q(g), ở đó P,Q là các đa thức và f, g là các hàm phân hình. Để ý rằng, phương trình hàm liên quan mật thiết đến vấn đề xác định duy nhất đối với hàm phân hình - một ứng dụng của lý thuyết phân bố giá trị. Vấn đề xác định duy nhất đã được nghiên cứu lần đầu tiên bởi R. Nevanlinna. Từ đó, vấn đề xác định duy nhất đã được nghiên cứu liên tục với nhiều hướng nghiên cứu và đã nhận được các kết quả sâu sắc. Hayman là người đầu tiên khởi xướng một hướng nghiên cứu khi ông xem xét tập xác định duy nhất đối với các đa thức vi phân. Năm 1967, Hayman đã chứng minh một kết quả nổi tiếng rằng một hàm phân hình f trên trường số phức C không nhận giá trị 0 và đạo hàm bậc k của f , với k là số nguyên dương, không nhận giá trị 1 thì f là hàm hằng. Hayman cũng đưa ra giả thuyết sau: Giả thuyết Hayman [2] Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn điều kiện fn(z)f ′(z) = 1 với n là số nguyên dương và với mọi z ∈ C thì f là hàm hằng. Giả thuyết này đã được chính Hayman kiểm tra với n > 1 và được Clunie kiểm tra với n ≥ 1. Các kết quả này và các vấn đề liên quan đã hình thành một hướng nghiên cứu được gọi là sự lựa chọn của Hayman. Công trình quan trọng thúc đẩy hướng nghiên cứu này thuộc về Yang-Hua [3], hai ông đã nghiên cứu vấn đề duy nhất đối với hàm phân hình và đơn thức vi phân của nó có dạng fnf ′. Hai ông đã chứng minh được rằng, với f và g là hai hàm phân hình khác hằng, n là số nguyên, n ≥ 11 nếu fnf ′ và gng′ cùng nhận giá trị phức a tính cả bội thì hoặc f, g sai khác nhau một căn bậc n + 1 của đơn vị, hoặc f, g được tính theo các công thức của hàm mũ với các hệ số thỏa mãn một điều kiện nào đó. Mục đích của bài báo này là thiết lập các kết quả đối với vấn đề duy nhất của tích q-sai phân dạng fnf(qz + c). Vũ Hoài An - Phạm Ngọc Hoa [4], Vũ Hoài An - Phạm Ngọc Hoa - Hà Huy Khoái [5], Hà Huy Khoái - Vũ Hoài An [6] và Hà Huy Khoái - Vũ Hoài An- Nguyễn Xuân Lai [7] đã có các kết quả theo hướng nghiên cứu này. Trong bài báo này, chúng tôi sẽ chứng minh các kết quả sau: Định lý 1. Cho f, g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với n ≥ 13, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fnf(qz+ c) và gng(qz+ c) nhận 1 có tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. 1 261(6) 6.2019 Khoa học Tự nhiên Mở đầu Định lý cơ bản của lý thuyết số phát biểu rằng mọi số nguyên n ≥ 2 đều biểu diễn duy nhất dưới dạng tích các số nguyên tố có dạng n = pm11 ...p mk k , với k ≥ 1, ở đó các thừa số nguyên tố p1, ..., pk đôi một phân biệt và các số mũ tương ứng m1 ≥ 1, ...,mk ≥ 1 được xác định một cách duy nhất theo n. Ritt là người đầu tiên xét tương tự định lý này đối với các đa thức. Để mô tả kết quả của Ritt, ta ký hiệu M(C) (tương ứng, A(C)) là tập các hàm phân hình (tương ứng, nguyên) trên C và ký hiệu L(C) là tập các đa thức bậc 1. Đặt E , F là các tập con khác rỗng của M(C), khi đó một hàm phân hình F (z) được gọi là không phân tích được trên E× F nếu bất kỳ cách viết thành nhân tử F (z) = f ◦ g(z) với f(z) ∈ E và g(z) ∈ F đều kéo theo hoặc f là tuyến tính hoặc g là tuyến tính. Năm 1922, Ritt [1] đã chứng minh định lý sau. Định lý A (Định lý thứ nhất của Ritt). Cho F là tập con khác rỗng của C[z] \ L(C). Nếu một đa thức F (z) có hai cách phân tích khác nhau thành các đa thức không phân tích được trên F× F : F = ϕ1 ◦ ϕ2 ◦ · · ·ϕr = ψ1 ◦ ψ2 ◦ · · ·ψs, thì r = s, và bậc của các đa thức ψ là bằng với bậc của các đa thức ϕ nếu không tính đến thứ tự xuất hiện của chúng. Cũng trong [1], Ritt đã chứng minh định lý sau: Định lý B (Định lý thứ hai của Ritt). Giả sử rằng a, b, c, d ∈ C[x] \ C thỏa mãn a ◦ b = c ◦ d và gcd(deg(a); deg(c)) = gcd(deg(b); deg(d)) = 1. Khi đó tồn tại các hàm tuyến tính lj ∈ C[x] sao cho (l1 ◦ a ◦ l2, l−12 ◦ b ◦ l3, l1 ◦ c ◦ l2, l−14 ◦ d ◦ l3) có một trong các dạng (Fn, Fm, Fm, Fn) hoặc (x n, xsh(xn), xsh(x)n, xn), ở đó m,n > 0 là nguyên tố cùng nhau, s > 0 là nguyên tố cùng nhau với n, và h ∈ C[x] \ xC[x], l−1j là hàm ngược của lj; Fn, Fm là các đa thức Chebychev. Ở đây, phép phân tích F (z) = f ◦ g(z) chính là phép hợp thành F (z) = f(g(z)). Do đó, ta thấy rằng Định lý thứ hai của Ritt mô tả các nghiệm của phương trình a(b) = c(d), ở đó a, b, c, d là các đa thức và bậc của các đa thức là nguyên tố cùng nhau. Rõ ràng phương trình đa thức được Ritt nghiên cứu là trường hợp riêng của phương trình hàm P (f) = Q(g), ở đó P,Q là các đa thức và f, g là các hàm phân hình. Để ý rằng, phương trình hàm liên quan mật thiết đến vấn đề xác định duy nhất đối với hàm phân hình - một ứng dụng của lý thuyết phân bố giá trị. Vấn đề xác định duy nhất đã được nghiên cứu lần đầu tiên bởi R. Nevanlinna. Từ đó, vấn đề xác định duy nhất đã được nghiên cứu liên tục với nhiều hướng nghiên cứu và đã nhận được các kết quả sâu sắc. Hayman là người đầu tiên khởi xướng một hướng nghiên cứu khi ông xem xét tập xác định duy nhất đối với các đa thức vi phân. Năm 1967, Hayman đã chứng minh một kết quả nổi tiếng rằng một hàm phân hình f trên trường số phức C không nhận giá trị 0 và đạo hàm bậc k của f , với k là số nguyên dương, không nhận giá trị 1 thì f là hàm hằng. Hayman cũng đưa ra giả thuyết sau: Giả thuyết Hayman [2] Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn điều kiện fn(z)f ′(z) = 1 với n là số nguyên dương và với mọi z ∈ C thì f là hàm hằng. Giả thuyết này đã được chính Hayman kiểm tra với n > 1 và được Clunie kiểm tra với n ≥ 1. Các kết quả này và các vấn đề liên quan đã hình thành một hướng nghiên cứu được gọi là sự lựa chọn của Hayman. Công trình quan trọng thúc đẩy hướng nghiên cứu này thuộc về Yang-Hua [3], hai ông đã nghiên cứu vấn đề duy nhất đối với hàm phân hình và đơn thức vi phân của nó có dạng fnf ′. Hai ông đã chứng minh được rằng, với f và g là hai hàm phân hình khác hằng, n là số nguyên, n ≥ 11 nếu fnf ′ và gng′ cùng nhận giá trị phức a tính cả bội thì hoặc f, g sai khác nhau một căn bậc n + 1 của đơn vị, hoặc f, g được tính theo các công thức của hàm mũ với các hệ số thỏa mãn một điều kiện nào đó. Mục đích của bài báo này là thiết lập các kết quả đối với vấn đề duy nhất của tích q-sai phân dạng fnf(qz + c). Vũ Hoài An - Phạm Ngọc Hoa [4], Vũ Hoài An - Phạm Ngọc Hoa - Hà Huy Khoái [5], Hà Huy Khoái - Vũ Hoài An [6] và Hà Huy Khoái - Vũ Hoài An- Nguyễn Xuân Lai [7] đã có các kết quả theo hướng nghiên cứu này. Trong bài báo này, chúng tôi sẽ chứng minh các kết quả sau: Định lý 1. Cho f, g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với n ≥ 13, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fnf(qz+ c) và gng(qz+ c) nhận 1 có tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. 1 Định lý 2. Cho f, g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với n ≥ 25, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fnf(qz + c) và gng(qz + c) nhận 1 không tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. Vấn đề nhận giá trị của tích sai phân của hàm phân hình trên một trường không-Acsimet Trước hết, chúng tôi trình bày một số định nghĩa và một số kết quả liên quan. Ký hiệu K là một trường đóng đại số đặc số 0, đầy đủ đối với một giá trị tuyệt đối không-Acsimet ký hiệu bởi | . |. Định nghĩa 2.1. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương. Hàm phân hình trên K được xác định bởi công thức fn(z)fm(qz + c) với z ∈ K được gọi là tích q-sai phân của f . Bổ đề 2.2. Cho f và g là các hàm nguyên khác hằng trên K và F = 1 f−1 , G = 1 g−1 , L = F ′′ F ′ − G ′′ G′ . 1. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì T (r, f) ≤ N2(r, f) +N2(r, 1 f ) +N2(r, g) +N2(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì một trong ba trường hợp sau đây xảy ra: i)T (r, f) ≤ N1(r, f) +N1(r, 1 f ) +N1(r, g) +N1(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); ii) fg ≡ 1; iii) f ≡ g. Bổ đề 2.3. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và n, k là các số nguyên dương, n > 2k. Khi đó, có 1. (n− 2k)T (r, f) + kN(r, f) +N(r, f n−k (fn)(k) ) ≤ T (r, (fn)(k)) +O(1); 2. N(r, fn−k (fn)(k) ) ≤ kT (r, f) + kN1(r, f) +O(1). Bổ đề 2.4. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và q, c ∈ K, |q| = 1. Khi đó 1. m(r, f(qz + c) f(z) ) = O(1); 2. m(r, f(z) f(qz + c) ) = O(1); 3. T (r, f(qz + c)) = T (r, f(z)) +O(1); 4. N(r, 1 f(qz + c) ) = N(r, 1 f(z) ) +O(1); 5. N(r, f(qz + c)) = N(r, f(z)) +O(1). Bổ đề 2.5. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, |q| = 1, và n,m, d, k là các số nguyên dương sao cho m > d, d ≥ 1, n > 2k. Khi đó 1. (m− d)T (r, f) ≤ T (r, fm(z)fd(qz + c)) +O(1); 2. (n− 2k)(m− d)T (r, f) + kN(r, fm(z)fd(qz + c))+ N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ T (r, (fnm(z)fnd(qz + c))(k)) +O(1); 3. N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ k(m+ d)T (r, f)+ kN1(r, f m(z)fd(qz + c)) +O(1) ≤ k(m+ d+ 2)T (r, f) +O(1). 2 361(6) 6.2019 Khoa học Tự nhiên Định lý 2. Cho f, g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với n ≥ 25, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fnf(qz + c) và gng(qz + c) nhận 1 không tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. Vấn đề nhận giá trị của tích sai phân của hàm phân hình trên một trường không-Acsimet Trước hết, chúng tôi trình bày một số định nghĩa và một số kết quả liên quan. Ký hiệu K là một trường đóng đại số đặc số 0, đầy đủ đối với một giá trị tuyệt đối không-Acsimet ký hiệu bởi | . |. Định nghĩa 2.1. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương. Hàm phân hình trên K được xác định bởi công thức fn(z)fm(qz + c) với z ∈ K được gọi là tích q-sai phân của f . Bổ đề 2.2. Cho f và g là các hàm nguyên khác hằng trên K và F = 1 f−1 , G = 1 g−1 , L = F ′′ F ′ − G ′′ G′ . 1. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì T (r, f) ≤ N2(r, f) +N2(r, 1 f ) +N2(r, g) +N2(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì một trong ba trường hợp sau đây xảy ra: i)T (r, f) ≤ N1(r, f) +N1(r, 1 f ) +N1(r, g) +N1(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); ii) fg ≡ 1; iii) f ≡ g. Bổ đề 2.3. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và n, k là các số nguyên dương, n > 2k. Khi đó, có 1. (n− 2k)T (r, f) + kN(r, f) +N(r, f n−k (fn)(k) ) ≤ T (r, (fn)(k)) +O(1); 2. N(r, fn−k (fn)(k) ) ≤ kT (r, f) + kN1(r, f) +O(1). Bổ đề 2.4. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và q, c ∈ K, |q| = 1. Khi đó 1. m(r, f(qz + c) f(z) ) = O(1); 2. m(r, f(z) f(qz + c) ) = O(1); 3. T (r, f(qz + c)) = T (r, f(z)) +O(1); 4. N(r, 1 f(qz + c) ) = N(r, 1 f(z) ) +O(1); 5. N(r, f(qz + c)) = N(r, f(z)) +O(1). Bổ đề 2.5. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, |q| = 1, và n,m, d, k là các số nguyên dương sao cho m > d, d ≥ 1, n > 2k. Khi đó 1. (m− d)T (r, f) ≤ T (r, fm(z)fd(qz + c)) +O(1); 2. (n− 2k)(m− d)T (r, f) + kN(r, fm(z)fd(qz + c))+ N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ T (r, (fnm(z)fnd(qz + c))(k)) +O(1); 3. N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ k(m+ d)T (r, f)+ kN1(r, f m(z)fd(qz + c)) +O(1) ≤ k(m+ d+ 2)T (r, f) +O(1). 2 Định lý 2. Cho f, g là ai hàm phân ình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với n ≥ 25, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fnf(qz + c) và gng(qz + c) hận 1 không tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. Vấn đề nhận giá trị của tích sai phân của hàm phân ình trên một trường không-Acsimet Trước hết, chúng ôi trình bày một số đị h nghĩa và một số kết quả liên quan. Ký hiệu K là một trường đóng đại số đặc số 0, đầy ủ đối với một giá rị tuyệt đối không-Acsimet ký hiệu bởi | . |. Đị h nghĩa 2.1. Cho f l hàm phâ ìn khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương. Hàm phân ình trên K được xác định bởi công thức fn(z)fm(qz + c) với z ∈ K được gọi là tích q-sai phân của f . Bổ đề 2.2. Cho f và g là các hàm nguyên khác hằng trên K và F = 1 f−1 , G = 1 g−1 , L = F ′′ F ′ − G ′′ G′ . 1. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì T (r, f) ≤ N2(r, f) +N2(r, 1 f ) +N2(r, g) +N2(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì một trong ba trường hợp sau đây xảy ra: i)T (r, f) ≤ N1(r, f) +N1(r, 1 f ) +N1(r, g) +N1(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); ii) fg ≡ 1; iii) f ≡ g. Bổ đề 2.3. Cho f là một hàm phân ình khác hằng trên K và n, k là các số nguyên dươ g, n > 2k. Khi đ , có 1. (n− 2k)T (r, f) + kN(r, f) +N(r, f n−k (fn)(k) ) ≤ T (r, (fn (k)) +O(1); 2. N(r, fn−k (fn)(k) ) ≤ kT (r, f) + kN1(r, f) +O(1). Bổ đề 2.4. Cho f là một hàm phân ình khác hằng trên K và q, c ∈ K, |q| = 1. Khi đó 1. m(r, f(qz + c) f(z) ) = O(1); 2. m(r, f(z) f(qz + c) ) = O(1); 3. T (r, f(qz + c)) = T (r, f(z)) +O(1); 4. N(r, 1 f(qz + c) ) = N(r, 1 f(z) ) +O(1); 5. N(r, f(qz + c)) = N(r, f(z)) +O(1). Bổ đề 2.5. Cho f là một hàm phân ìn khác hằng trên K, |q| = 1, và n,m, d, k là các số nguyên dương sao cho m > d, d ≥ 1, n > 2k. Khi đó 1. (m− d)T (r, f) ≤ T (r, fm(z)fd(qz + c)) +O(1); 2. (n− 2k)(m− d)T (r, f) + kN(r, fm(z)fd(qz + c))+ N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ T (r, (fnm(z)fnd(qz + c) (k)) +O(1); 3. N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ k(m+ d)T (r, f)+ kN1(r, f m(z)fd(qz + c)) +O(1) ≤ k(m+ d+ 2)T (r, f) +O(1). 2 Bây giờ, cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f − 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và những không điểm đó được đếm với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) = µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > µ 0 f−1(a)), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+N2(r, g)+N2(r, 1g )+2(N1(r, f)+N1(r, 1f ))+N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề trên, ta chứng minh được một kiểu của Định lý thứ hai của Ritt như sau: Bổ đề 2.7. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n > m. Khi đó i) Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii) Nếu fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l = f(z)g(z). Ta chứng minh l là hằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) = nT (r, l) +O(1) = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c)) +O(1) = mT (r, l) +O(1). Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > m. ii). Từ fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luận tương tự như chứng minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương thỏa mãn n ≥ m+ 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a khác không thuộc K. Chứng minh. Do f khác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng mọi cực điểm của F hoặc là cực điểm của f , hoặc là cực điểm của f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc là không điểm của f , hoặc là không điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chính thứ hai và kết hợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T (r, f) = (n−m)T (r, f)+O(1) ≤ T (r, fn(z)fm(qz+c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r+O(1) ≤ N1(r, F )+N1(r, f(qz+c))+N1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n−m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 Định lý 2. Cho f, g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với n ≥ 25, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fn (qz + c) và gn (qz + c) nhận 1 không tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. Vấn đề nhận giá trị của tích sai phân của hàm phân hình trên một trường không-Acsimet Trước hết, chúng tôi trình bày một số định nghĩa và một số kết quả liên quan. Ký hiệu K là một trường đóng đại số đặc số 0, đầy đủ đối với một giá trị tuyệt đối không-Acsimet ký hiệu bởi | . |. Định nghĩa 2.1. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương. Hàm phân hình trên K được xác định bởi công thức fn(z)fm(qz + c) với z ∈ K được gọi là tích q-sai phân của f . Bổ đề 2. . Cho f và g là cá hàm nguyên khác hằng trên K và F = 1 f−1 , G = 1 g−1 , L = F ′′ F ′ − G ′′ G′ . 1. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì T (r, f) ≤ N2(r, f) +N2(r, 1 f ) +N2(r, g) +N2(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì một trong ba trường hợp sau đây xảy ra: i)T (r, f) ≤ N1(r, f) +N1(r, 1 f ) +N1(r, g) +N1(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); ii) fg ≡ 1; iii) f ≡ g. Bổ đề 2.3. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và n, k là cá số nguyên dương, n > 2k. Khi đó, có 1. (n− 2k)T (r, f) + kN(r, f) +N(r, f n−k (fn)(k) ) ≤ T (r, (fn)(k)) +O(1); 2. N(r, fn−k (fn)(k) ) ≤ kT (r, f) + kN1(r, f) +O(1). Bổ đề 2.4. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và q, c ∈ K, |q| = 1. Khi đó 1. m(r, f(qz + c) f(z) ) = O(1); 2. m(r, f(z) f(qz + c) ) = O(1); 3. T (r, f(qz + c ) = T (r, f(z ) +O(1); 4. N(r, 1 f(qz + c) ) = N(r, 1 f(z) ) +O(1); 5. N(r, f(qz + c ) = N(r, f(z ) +O(1). Bổ đề 2.5. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, |q| = 1, và n,m, d k là cá số nguyên dương sao cho m > d, ≥ 1, n > 2k. Khi đó 1. (m− d)T (r, f) ≤ T (r, fm(z)fd(qz + c ) +O(1); 2. (n− 2k)(m− d)T (r, f) + kN(r, fm(z)fd(qz + c )+ N(r, (fm(z)fd(qz + c )n−k (fnm(z)fnd(qz + c )(k) ) ≤ T (r, (fnm(z)fnd(qz + c )(k)) +O(1); 3. N(r, (fm(z)fd(qz + c )n−k (fnm(z)fnd(qz + c )(k) ) ≤ k(m+ d)T (r, f)+ kN1(r, f m(z)fd(qz + c ) +O(1) ≤ k(m+ d+ 2)T (r, f) +O(1). 2 Định lý 2. Cho f, g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với ≥ 25, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fnf(qz + c) và g g(qz + c) nhận 1 không tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. Vấn đề nhận giá trị của tích sai phân của àm phân hình trên một trường không-Acsimet Trước hết, chúng tôi trình bày một số định nghĩa và một số kết quả liên quan. Ký hiệu K là một trường đóng đại số đặc số 0, đầy đủ đối với một giá trị tuyệt đối không-Acsimet ký hiệu bởi | . |. Định nghĩa 2.1. Cho f là hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương. Hàm phân hình trên K được xác định bởi công thức fn(z)fm(qz + c) với z ∈ K được gọi là tích q-sai phân của f . Bổ đề 2.2. Cho f và g là các hàm nguyên khác hằng trên K và F = 1 f−1 , G = 1 g−1 , L F ′′ F ′ − G ′′ G′ . 1. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì T (r, f) ≤ N2(r, f) +N2(r, 1 f ) +N2(r, g) +N2(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì một trong ba trường hợp sau đây xảy ra: i)T (r, f) ≤ N1(r, f) +N1(r, 1 f ) +N1(r, g) +N1(r, 1 g )− log r +O( ), và cũng có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); ii) fg ≡ 1; iii) f ≡ g. Bổ đề 2.3. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và n, k là các số nguyên dương, n > 2k. Khi đó, có 1. (n− 2k)T (r, f) + kN(r, f) +N(r, f n−k (fn)(k) ) ≤ T (r, (fn)(k)) +O(1); 2. N(r, fn−k (fn)(k) ) ≤ kT (r, f) + kN1(r, f) +O(1). Bổ đề 2.4. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và q, c ∈ K, |q| = 1. Khi đó 1. m(r, f(qz + c) f(z) ) = O(1); 2. m(r, f(z) f(qz + c) ) = O(1); 3. T (r, f(qz + c)) = T (r, f(z)) +O(1); 4. N(r, 1 f(qz + c) ) = N(r, 1 f(z) ) +O(1); 5. N(r, f(qz + c)) = N(r, f(z)) O(1). Bổ đề 2.5. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, |q| = 1, và n,m, d, k là các số nguyên dương sao cho m > d, d ≥ 1, n > 2k. Khi đó 1. (m− d)T (r, f) ≤ T (r, fm(z)fd(qz + c)) +O(1); 2. (n− 2k)(m− d)T (r, f) + kN(r, fm(z)fd(qz + c))+ N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ T (r, (fnm(z)fnd(qz + c))(k)) +O(1); 3. N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ k(m+ d)T (r, f)+ kN1(r, f m(z)fd(qz + c)) +O(1) ≤ k(m+ d 2)T (r, f) O(1). 2 Định lý 2. Cho f, g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, n là số nguyên dương với n ≥ 25, q, c ∈ K, |q| = 1. Giả sử rằng fnf(qz + c) và gng(qz + c) nhận 1 không tính bội. Khi đó f = l g với ln+1 = 1, hoặc f = hg với hn+1 = 1. Vấn đề nhận giá trị của tích sai phân của hàm phân hình trên ột trườ g k ông-Acsimet Trước hết, chúng tôi trình bày một số định nghĩa và ột số kết quả liên quan. Ký hiệu K là một trường đóng đại số đặc số 0, đầy đủ đối với một giá trị tuyệt đối không-Acsimet ký hiệu bởi | . |. Định nghĩa 2.1. Cho f là àm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương. Hàm phân hình trê K được xác định bởi công thức fn(z)fm(qz + c) với z ∈ K được gọi là tích q-sai phân của f . Bổ đề 2.2. Cho f và g là các hàm nguyên khác hằng trên K và F = 1 f−1 , G = 1 g−1 , L F ′′ F ′ − G ′′ G′ . 1. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì T (r, f) ≤ N2(r, f) +N2(r, 1 f ) + 2(r, g) 2(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tươ g tự đối với T (r, g); 2. Nếu Ef (1) = Eg(1) và L ≡ 0 thì một trong ba trường hợp sau đây xảy ra: i)T (r, f) ≤ N1(r, f) +N1(r, 1 f ) + 1(r, g) 1(r, 1 g )− log r +O(1), và cũng có bất đẳng thức tươ g tự đối với T (r, g); ii) fg ≡ 1; iii) f ≡ g. Bổ đề 2.3. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và n, k là các số nguyê dương, n > 2k. Khi đó, có 1. (n− 2k)T (r, f) + kN(r, f) +N(r, f n−k (fn)(k) ) ≤ T (r, (fn)(k)) +O(1); 2. N(r, fn−k (fn)(k) ) ≤ kT (r, f) + kN1(r, f) +O(1). Bổ đề 2.4. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K và q, c ∈ K, |q| = 1. hi đó 1. m(r, f(qz + c) f(z) ) = O(1); 2. m(r, f(z) f(qz + c) ) = O(1); 3. T (r, f(qz + c)) = T (r, f(z)) O(1); 4. N(r, 1 f(qz + c) ) = (r, 1 f(z) ) +O(1); 5. N(r, f(qz + c)) = N(r, f(z)) O(1). Bổ đề 2.5. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, |q| = 1, và ,m, d, k là các số guyên dương sao cho m > d, d ≥ 1, n > 2k. Khi đó 1. (m− d)T (r, f) ≤ T (r, fm(z)fd(qz + c)) +O(1); 2. (n− 2k)(m− d)T (r, f) + kN(r, fm(z)fd(qz c))+ N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ T (r, (fnm(z)fnd(qz + c))(k)) +O(1); 3. N(r, (fm(z)fd(qz + c))n−k (fnm(z)fnd(qz + c))(k) ) ≤ k(m+ d)T (r, f)+ kN1(r, f m(z)fd(qz + c)) +O(1) ≤ k(m d 2)T (r, f) +O(1). 2 ị l . ho f, g là ai à phâ hì h k ác hằ g trê , là số g yê d ơ g với , q, c , |q| . iả s rằ fn (qz c) và gn (qz c) hậ khô g tí h bội. hi đó f l g với ln 1 , hoặc f g với n 1 . i trị tíc s i c ì tr t tr - csi t r ớc ết, c g tôi trì à ột số ị g ĩa à ột số ết ả liê a . iệ là ột tr ờ g ó g ại s ặc số 0, ầ ối ới ột giá trị t ệt ối ô g- csi et iệ ởi | . |. ị ĩ . . o f là à â ì ác ằ g trê , q, c , |q| , , là ai số g ê ơ g. à â ì trê ợc ác ị ởi cô g t c fn(z)f (qz c) ới z ợc gọi là tích q-sai phâ c a f . .2. ho f và g là các hà g yê khác hằ g trê và 1 f 1 , 1 g 1 , F ′′ F ′ ′′ ′ . . ế f ( ) g( ) và  thì (r, f) 2(r, f) 2(r, f ) 2(r, g) 2(r, g ) l r ( ), và g có bất đẳ g th c t ơ g t đối với (r, g); 2. ế f ( ) g( ) và thì ột tro g ba tr ờ g hợp sa đây xảy ra: i) (r, f) 1(r, f) 1(r, f ) 1(r, g) 1(r, g ) l r ( ), và g có bất đẳ g th c t ơ g t đối với (r, g); ii) fg ; iii) f g. . . ho f là ột hà phâ hì h khác hằ g trê và , là các số g yê d ơ g, . hi đó, có 1. ( ) (r, f) (r, f) (r, fn k (fn)(k) ) (r, (fn)(k)) ( ); 2. (r, fn k (fn)( ) ) (r, f 1(r, f) ( ). . . ho f là ột hà phâ hì h khác hằ g trê và q, c , |q| . hi đó 1. (r, f(qz c) f(z) ) ( ); 2. (r, f(z) f(qz c) ) ( ); 3. (r, f(qz c ) (r, f(z ) ( ); 4. (r, f(qz c) ) (r, f(z) ) ( ); 5. (r, f(qz c ) (r, f(z ) ( ). . . ho f là ột hà phâ hì h khác hằ g trê , |q| , và , , , là các số g yê ơ g sao cho , , . hi đó 1. ( ) (r, f) (r, f (z)fd(qz c ) ( ); 2. ( )( ) (r, f) (r, f (z)fd(qz c ) (r, (f (z)fd(qz c )n k (fn (z)fnd(qz c )(k) ) (r, (fn (z)fnd(qz c )(k)) ( ); 3. (r, (f (z)fd(qz c )n k (fn (z)fnd(qz c )(k) ) ( ) (r, f) 1(r, f (z)f d(qz c ) ( ) ( ) (r, f) ( ). 461(6) 6.2019 Khoa học Tự nhiên Bây giờ, cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f − 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và những không điểm đó được đếm với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) = µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > µ 0 f−1(a)), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+N2(r, g)+N2(r, 1g )+2(N1(r, f)+N1(r, 1f ))+N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề trên, ta chứng minh được một kiểu của Định lý thứ hai của Ritt như sau: Bổ đề 2.7. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n > m. Khi đó i) Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii) Nếu fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l = f(z)g(z). Ta chứng minh l là hằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) = nT (r, l) +O(1) = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c)) +O(1) = mT (r, l) +O(1). Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > m. ii). Từ fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luận tương tự như chứng minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương thỏa mãn n ≥ m+ 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a khác không thuộc K. Chứng minh. Do f khác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng mọi cực điểm của F hoặc là cực điểm của f , hoặc là cực điểm của f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc là không điểm của f , hoặc là không điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chính thứ hai và kết hợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T (r, f) = (n−m)T (r, f)+O(1) ≤ T (r, fn(z)fm(qz+c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r+O(1) ≤ N1(r, F )+N1(r, f(qz+c))+N1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n−m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 giờ, cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là g điểm của f − 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu , 1 f 1 ;µ0f−1(a) > µ 0 g−1(a)) là hàm đếm cá không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và những iể đó được đếm với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm 1, à µ0f−1(a) = µ 0 g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó ược đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > µ 0 f−1(a)), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). ề 2.6. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong t ức sau xảy ra: . (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+N2(r, g)+N2(r, 1g )+2(N1(r, f)+N1(r, 1f ))+N1(r, g)+N1(r, 1g )− (1), t đẳng thức tương tự đối với T (r, g); . g 1; . g. ng các bổ đề trên, ta chứng minh được một kiểu của Định lý thứ ai của Ritt như sau: ề 2.7. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho l các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện > m. Khi đó ếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ếu fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. g inh: . fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có )g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = 1.(1) f(z)g(z). Ta chứng minh l à hằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ) 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. à từ Bổ đề 2.4 ta suy ra , ln) nT (r, l) +O(1) = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c)) +O(1) = mT (r, l) +O(1). âu thuẫn với giả thiết n > m. i . ừ fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) ta có (z) (z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) l ) f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập g tự như chứng minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). ề 2.8. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên t ỏa ãn n ≥ m+ 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a khác không thuộc K. g inh. Do f khác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta g ọi cực điểm của F hoặc là cực điểm của f , hoặc là cực điểm của f(qz + c); mọi không điểm oặc là không điểm của f , hoặc là không điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chính thứ hai và với Bổ đề 2.5 ta nhận được , f) (n−m)T (r, f)+O(1) ≤ T (r, fn(z)fm(qz+c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − (1) N1(r, F )+N1(r, f(qz+c))+N1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ , ) 1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 â i g là hai hàm phân hình khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một k 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f ; 0g−1(a là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và nhữ g không i ế với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a ) là h m đếm các không điểm của f ) µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta địn , 1 g 1 ;µ0g−1(a) > µ 0 f−1(a ), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a ). và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ t : 1. , ) 2(r, 1 f )+N2(r, g)+N2(r, 1 g )+2(N1(r, f)+N1(r, 1 f )+N1(r, g)+N1(r, 1 g )− 2 log r và có b t t g tự đối với T (r, g); 2. 3. p trên, ta chứng minh được một kiểu của Định lý thứ hai của Ri t như sau: và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, q c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho , n là ương thỏa mãn điều kiện n > . Khi đó i) c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. i) c) = gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. h i). c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f( c)g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l c ứng minh l là hằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) ) , với ọi z ∈ K. Từ đâ . ta suy ra T (r, l , l) (1) = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = T (r, l(qz + c ) +O(1) = T (r, l) +O(1). Điều i giả thiết n > . i). c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f( g( c) ) m = 1.(2) Đặt l(z) i ó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luận t g inh phần i) ta nhận được kết quả của i). là ột hàm phân hình khác hằng trên K, q c ∈ K, |q| = 1, n là hai số nguyên dương t 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a khác không thuộc K. h hác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằ i của F hoặc là cực điểm của f , hoặc là cự điểm của f(qz + c); mọi không điểm của iể của f , hoặc là không điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chín thứ ai và kết hợ . ta nhận được T (r, (r, f)+O(1) ≤ T (r, fn(z)fm(qz+c ) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r , ) 1(r, f(qz+c +N1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) log r +O(1); Suy ra ( , ) log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 Bây giờ, cho f và g là ai hàm phân hì h khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f − 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) là hà đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và những không đ ểm đó được đếm với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hà đế các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) = µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không đ ểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1 a) > µ 0 f−1(a) , N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6. Cho f và g là ai àm phâ hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ 2(r, f 2 , f N2(r, g)+N2(r, 1g )+2(N1(r, f)+N1(r, 1f ) +N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất ẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề trên, ta chứng minh được một kiểu c Định lý thứ hai của Ritt như sau: Bổ đề 2.7. Cho f và g là ai hàm phâ hình khác hằng trên K, q, ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số nguyên dươ g thỏa mãn điều kiện n > m. Khi đó i) Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii) Nếu f f (qz c) = gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz + c g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l = f(z)g(z). Ta chứng minh l là hằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) nT (r, l) +O(1) T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c ) (1) = mT (r, l) +O(1). Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > m. ii). Từ f f (qz c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ ây và 2 ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luậ tươ g tự hư chứ g minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. C o f là một àm phâ hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương thỏa mãn n ≥ m+ 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a khác không thuộc K. Chứng minh. Do f khác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng mọi ực điểm của F hoặc là ự điểm của f , hoặc là cực điểm của f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc là không điểm của f , hoặc là không điểm của f(qz + ). Áp dụng Định lý chính thứ hai và kế hợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T (r, f) = (n−m)T (r, f +O(1) ≤ T (r, fn z)fm(qz c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r+O 1) ≤ N1(r, F )+N1(r, f(qz+c))+N1 ( r, 1 f 1 r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n−m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 Bây giờ, c o f và g là ai hàm phân hình khác hằ g trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f − 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và những không điểm đó được đếm với bội 1, ký iệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) = µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g− (a) > µ 0 f−1(a)), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6. C o f và g là hai hàm phân hình k ác ằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+N2 r, g)+N2(r, 1g )+2(N1(r, f)+N1(r, 1f ))+N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất ẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề trê , ta c ng minh được một kiểu của Định lý thứ hai của Ritt như sau: Bổ đề 2.7. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số nguyên dương thỏa ãn điều kiện n > m. Khi đó i Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(q + c) với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii) Nếu fn(z)f (qz c) gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l = f(z)g(z). Ta c ứng minh l là ằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) n ( , l) +O(1 = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c) = mT (r, l) +O(1). Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > m. ii). Từ fn(z)f (qz c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luậ tươ g tự như chứng minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương thỏa mã ≥ + 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) n ận mọi giá trị a khác không thuộc K. Chứng minh. Do f và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng mọi cực điểm của F hoặc là cực điểm ủa f , hoặc là cự điểm của f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc là không điểm ủa f , hoặc là k ông điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chính thứ hai và kết hợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T (r, f) = (n−m T (r, f)+O(1 ≤ T (r, fn(z)fm(qz+c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r O(1) ≤ ( , F )+N1(r, f(qz+c))+N1 ( r, 1 f 1 r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n−m 4)T ( f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 Bây giờ, cho f và l ân hình khá hằng trên K thỏa ã Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f i 0f 1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) 0 g ế các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và những không điểm đó được đế iệu 1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a ) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) , và ỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g 1 ; 0f 1(a ), N ,2(r, 1 f−1 ;µ 0 (a) = µ0f−1(a ). Bổ đề 2.6. Cho f phân hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì mộ trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, ) 2(r, g)+N2(r, 1g )+ N1(r, f)+N1(r, 1f )+N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất đẳng thức tươ (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề tr inh được một kiểu của Định lý thứ hai của Ri t như sau: Bổ đề 2.7. Cho phân hình khác ằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số nguyên điều kiện n > . Khi đó i) Nếu fn(z)fm(qz z c) = 1 với mọi ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. i) Nếu fn(z)fm(qz ( ) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz 1.(1) Đặt l = f(z)g(z). a c l ằng. Giả sử trái lại, l khác hằ g. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz c) , . Từ đây và từ Bổ đề 2.4 t T (r, ln) = nT (r, l) , 1 l (qz + c) ) = mT (r, l(qz + c ) +O(1) = mT (r, l +O . Điều này mâu thuẫn v i . i). Từ fn(z)fm(qz ( ) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz c) g(qz c) Đặt l(z) = f(z) g(z) . hi (qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luận tương tự như chứ i) ta nhận được kết quả của i). Bổ đề 2.8. Cho f l hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q = 1,m, n là ai số nguyên dương thỏa mãn n n(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a k ác không thuộc K. Chứng minh. Do f đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm . Ta thấy rằng mọi cực điể l cực điểm của f , hoặc là ực điểm của f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc là không i là không điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chính t ứ ai và kết hợp với Bổ đề 2.5 t T (r, f) = (n− ) ( , (r, fn(z fm qz+c ) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r+O(1) ≤ N1(r, ) )) 1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( , 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F ( ); Suy ra (n−m− 4)T (r, f) 1 a ) − log r +O(1). 3 Bây giờ, cho f và g là hai àm phân ình k ác h ãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f − 1 vớ bội µ0f−1(a), v là khô 1 vớ bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) l hàm đếm ác không i , à µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a) và những không điểm ó được đếm với bội 1, ký iệu N1,2(r, 1 f−1 ; 1(a)) l hàm đếm ác không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) = µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không i với bội 1. Bằng ách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > µ 0 f−1(a ), N1,2(r, 1 f 1 ; 0f 1(a) . Bổ đề 2 6. Cho f và g là hai hàm phân ìn khác . ếu f (1) = Eg(1), thì mộ o g ác hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+N2(r, g)+N2(r, 1g ) 1(r, 1f ) +N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng ác bổ đề trên, ta chứng minh được ột i l thứ hai của Rit như sau: Bổ đề 2 7. Cho f và g là hai hàm phân ìn kh , q, ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiệ n . i) Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với i l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii) Nếu fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) với i lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = . 1 Đặt l = f(z)g(z). Ta chứng minh là hằng. Giả sử trái l . hi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) = nT (r, l) +O(1) = ( , 1 lm(qz + c) ) 1) = mT (r, l) +O 1). Điều này mâu thuẫn với giả thiế n > m. ii). Từ fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luận tương tự như chứng min phần i) ta nhậ được kết . Bổ đề 2 8. Cho f là một hàm phân ìn khác hằ g t , |q| = 1 m,n là hai số guyên dương thỏa mã n ≥ m+ 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) t ị khác không thuộc K. Chứng minh. Do f khác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(q g. ặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng mọi ực điểm của F hoặ là ực điểm của f , i của f(qz + c); ọi không điểm của F hoặc là không điểm của f , oặc là không điể c . dụng Định lý c ín t ứ hai và kết hợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T (r, f) = (n−m) +O(1) ≤ ( , n(z)fm(qz , ) 1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r+O(1) ≤ N1(r, F )+N1(r, f(qz+c )+N1 ( 1 f ) 1 1 ( r, F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n−m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r 3 Bây giờ, cho f v g là ai hàm p â ìn k ác ằ trên K thỏa mã Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f − 1 với bội µ0f−1(a), v là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1( ). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) là hà đếm ác k ông iểm củ f − 1, à µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và hững không iểm đó ược đếm với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hà đếm ác không iể của f − 1, mà µ0f−1(a) = µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không iểm đó ược đếm với bội 1. Bằng ách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > µ 0 f−1(a)), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6. Cho f v g là ai hàm p â ìn k ác hằ g trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong ác ệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+N2(r, g)+N2(r, 1g )+2 N1(r, f)+N1(r, 1f ) 1 , g N1(r, 1g ) 2 log r +O(1), và có bất đẳng thứ tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng ác bổ đề rên, ta chứ g minh đượ một kiểu của Địn lý thứ h i của Rit như sau: Bổ đề 2.7. Cho f v g là ai hàm p â ìn k ác ằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, = 0, và cho m,n là ác số guyê dương thỏa ãn điều kiệ > m. Khi đó i) Nếu n(z)fm(qz + c). n(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii) Nếu n(z)fm(qz + c) = n(z)gm(qz + c) với mọi ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứ g minh: i). Từ n(z)fm(qz + c). n(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f( )g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = .(1) Đặt l = f( g(z). Ta chứ g minh l là ằ . Giả sử trái lại, l k ác ằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) = nT (r, l) +O(1) = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT r, l(qz c)) +O(1) = mT (r, l) +O(1). Điều này mâ thuẫn với giả hiết n > m. ii). Từ n(z)fm(qz + c) = n(z)gm(qz + ) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta hận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luậ tương tự n ư chứ g minh phần i) a hận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. Cho f là một hàm p â ìn k ác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số guyên dương thỏa mã n ≥ m+ 4. Khi đó n(z)fm(qz + c) hận mọi giá trị a ác không thuộc K. Chứ g minh. Do f k ác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) k ác hằng. Đặt F = n(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng mọi ực điểm của F hoặ là ực điểm của f , hoặ là ực điểm của f(qz + c); mọi không điể của F hoặc là không điểm của f , hoặc là không điểm của f(qz + c). Áp dụ g Địn lý chính thứ ai và kết hợp với Bổ đề 2.5 ta hận ược T (r, f) = (n−m)T (r, f)+O(1) ≤ T r, n(z)fm(qz+c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) log r+O(1) ≤ N1(r, F )+N1 r, f(qz c))+N1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log +O(1) 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 Bây giờ, cho và g là h i hàm phân hìn khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là ột khôn điểm củ f 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) l h m đếm các không điểm của f 1, m µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a) và những không điểm đó được với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f 1, à µ0f−1(a) = µ 0 g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta định nghĩ : N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > 0 f−1(a)), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6. C o f và g là hai hà phâ hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+ 2(r, g)+N2(r, 1g )+2( , f) 1(r, 1f ))+N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề rê , a c ứng minh được một kiểu của Định lý thứ hai của Ritt như sau: Bổ đề 2.7. Cho f và g là hai h m phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số guyên dương thỏa mãn iều kiện n > m. Khi đó i Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii Nếu fn( )fm(qz + c) = gn( )gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f( )g(z n( f(qz + c)g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l = f(z)g(z). Ta chứng minh l là hằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) = nT r, l) O(1 = ( , 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c)) +O(1) = mT (r, l) +O(1). Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > m. ii . Từ fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặ l( ) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luận tương tự như chứng minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. Cho f là một àm phâ hì h khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dươn hỏ mãn n ≥ m+ 4. hi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a khác không thuộc K. C ứ minh. Do khác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng ọi cự điểm của F oặc là cực điể của f , hoặc là cực đ ểm của f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc là không điểm của f , oặc l không điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chính thứ hai và kết ợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T f = (n−m)T (r, f)+O(1) ≤ T (r, fn(z)fm(qz+c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r+O(1) ≤ ( F )+N1(r, f(qz c )+N1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra n m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 B y giờ, cho f và g là i hàm phân hì h khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không đ ểm củ f − 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f 1 ;µ0f−1(a > g ) là hàm đếm các không điểm của f 1, mà µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a) và những không điể ó đượ đếm với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a = µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f 1, mà µ0f−1(a) = µ 0 g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằ cách tương tự, t định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > µ 0 f−1(a ), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6 C o f v g là hai hàm phân hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T ≤ N2(r, f)+ 2(r, 1f ) 2(r, g +N2(r, 1g )+2(N1(r, f 1f ))+N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất đẳ thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề trên, ta c ứ g in đượ mộ kiểu của Định lý thứ hai của Ritt như sau: Bổ đề 2.7. C o f g là ai hàm phân hình khá hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho , là các số uyên dương thỏa mã điều kiện n > m. Khi đó ) Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ) Nếu fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l = f z g(z). Ta chứng minh l là hằng. G ả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) = nT (r, l) +O 1) = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c)) +O(1 = mT (r, l) +O(1). Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > m. ii). Từ fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l q + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luậ tươ g tự như chứng minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. C o f là một hàm p ân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, là hai số nguyên dương t ỏa mãn n ≥ m+ 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a k ác không thuộc K. Chứng min . Do f khá hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng ọi cực điểm của F hoặc là ực điểm của f , hoặc là cực điểm ủa f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc à k ông điểm củ f , hoặc là không điểm ủa f(qz + c). Áp dụng Địn lý chính thứ hai và kết hợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T ( , f) = n−m)T (r, f)+O 1) ≤ T r, fn(z fm(qz+c) ≤ N1( , F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log +O(1 ≤ N1(r, F ) N1(r, f(qz+c)) 1 ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T ( f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n−m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 561(6) 6.2019 Khoa học Tự nhiên Từ n ≥ m+ 4 suy ra N1 ( r, 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(qz + c) nhận giá trị a. Chứng minh các định lý chính Chứng minh Định lý 1. Đặt A = fnf(qz + c) và B = gng(qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B) +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có N2(r, A) = N2 ( r, fnf(qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + N(r, f(qz + c)) ≤ 2T (r, f) + T ( r, f(qz + c) ) +O(1) = 2T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 A ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 2N1 ( r, 1 f ) = N ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Tương tự ta có N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên và Bổ đề 2.5 ta nhận được (n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); (n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). Do đó, có (n− 1)(T (r, f) + T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g))− 2 log r +O(1); (n− 13)(T (r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). Do n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tức là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. Chứng minh Định lý 2. Ta dùng các ký hiệu trong Định lý 1. Áp dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B ta chỉ cần xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A)+N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) + 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + N1(r, B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). Đánh giá tương tự như trong Định lý 1 ta có N2(r, A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Mặt khác, ta có N1(r, A) ≤ N1(r, fn) +N1 ( r, f(qz + c) ) = N1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) ≤ T (r, f) + T (r, f(qz + c))+O(1) = T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 2T (r, f) +O(1); N1 ( r, 1 A ) ≤ N1 ( r, 1 fn ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Tương tự, ta có N1(r, B) ≤ 2T (r, f) +O(1);N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên, ta có (n− 1)T (r, f) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), (n− 1)T (r, g) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). Do đó 4 4 s ra 1 r, 1 tiế ra i r tiế ra . ậ fn(z)f (qz c) ậ giá trị . i c c ị l c í i ị l . ặt fnf(qz c) à gng(qz c). g ổ ề 3.2 [7] ta có các tr ờ g ợ sa : r ờ g ợ 1. (r, ) 2(r, ) 2 r, 1 2(r, ) 2 r, 1 log r (1). a có 2(r, ) 2 ( r, fnf(qz c) ) 2(r, f n) 2 ( r, f(qz c) ) 2 1(r, f) ( r, f(qz c) ) 2 (r, f) ( r, f(qz c) ) (1) 2 (r, f) (r, f) (1) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 2 r, 1 fnf(qz c) 2 r, 1 fn 2 r, 1 fnf(qz c) 2 1 r, 1 f r, 1 fnf(qz c) 3 (r, f) (1). ơ g t ta có 2(r, ) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 3 (r, f) (1). các ất ẳ g t c trê à ổ ề 2.5 ta ậ ợc ( 1) (r, f) (r, ) (1) 6 ( (r, f) (r, g) ) log r (1); ( 1) (r, g) (r, ) (1) 6 ( (r, f) (r, g) ) log r (1). o ó, có ( 1) ( (r, f) (r, g) ) (r, ) (r, ) (1) 12 ( (r, f) (r, g) ) 2 log r (1); ( 13) ( (r, f) (r, g) ) log r (1). o 13 ê ta gặ â t ẫ . r ờ g ợ 2. . 1 t c là fnf(qz c).gng(qz c) 1. eo ổ ề 2.7i) s ra f l g ới ln 1 1. r ờ g ợ 3. t c là fnf(qz c) gng(qz c). eo ổ ề 2.7ii) s ra f g ới n 1 1. i ị l . a g các iệ tro g ị l 1. g ổ ề 3.6 [5] c o , ta c ỉ cầ ét các tr ờ g ợ sa : r ờ g ợ 1. (r, ) 2(r, ) 2 r, 1 2(r, ) 2 r, 1 2 1(r, ) 1 r, 1 1(r, ) 1 r, 1 2 log r (1). á giá t ơ g t tro g ị l 1 ta có 2(r, ) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 3 (r, f) (1). 2(r, ) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 3 (r, f) (1). ặt ác, ta có 1(r, ) 1(r, f n) 1 ( r, f(qz c) ) 1(r, f) 1 ( r, f(qz c) ) (r, f) ( r, f(qz c) ) (1) (r, f) (r, f) (1) 2 (r, f) (1); 1 r, 1 1 r, 1 fn 1 r, 1 f(qz c) 2 (r, f) (1). ơ g t , ta có 1(r, ) 2 (r, f) (1); 1 r, 1 2 (r, f) (1). các ất ẳ g t c trê , ta có ( 1) (r, f) 14 (r, f) 10 (r, g) 2 log r (1), ( 1) (r, g) 14 (r, f) 10 (r, g) 2 log r (1). o ó 4 Từ n ≥ m+ 4 suy ra N1 ( r, 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(qz + c) nhận giá trị a. Chứng minh các định lý chính Chứng minh Định lý 1. Đặt A = fnf(qz + c) và B = gng(qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B) +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có N2(r, A) = N2 ( r, fnf(qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + N(r, f(qz + c)) ≤ 2T (r, f) + T ( r, f(qz + c) ) +O(1) = 2T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 A ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 2N1 ( r, 1 f ) = N ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Tương tự ta có N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên và Bổ đề 2.5 ta nhận được (n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); (n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). Do đó, có (n− 1)(T (r, f) + T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g))− 2 log r +O(1); (n− 13)(T (r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). Do n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tức là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. Chứng minh Định lý 2. Ta dùng các ký hiệu trong Định lý 1. Áp dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B ta chỉ cần xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A)+N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) + 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + N1(r, B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). Đánh giá tương tự như trong Định lý 1 ta có N2(r, A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Mặt khác, ta có N1(r, A) ≤ N1(r, fn) +N1 ( r, f(qz + c) ) = N1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) ≤ T (r, f) + T (r, f(qz + c))+O(1) = T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 2 ; N1 ( r, 1 A ) ≤ N1 ( r, 1 fn ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Tương tự, ta có N1(r, B) ≤ 2T (r, f) +O(1);N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên, ta có (n− 1)T (r, f) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), (n− 1)T (r, g) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). Do đó 4 Từ n ≥ m+ 4 suy ra N1 ( r, 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(qz + c) hận giá trị a. Chứng minh các định lý c ính Chứng minh Định lý 1. Đặt A = fnf(qz + c) và B = gng(qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B) +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có N2(r, A) = N2 ( r, fnf(qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + N(r, f(qz + c)) ≤ 2T (r, f) + T ( r, f(qz + c) ) +O(1) = 2T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 A ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 2N1 ( r, 1 f ) = N ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Tương tự ta có N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên và Bổ đề 2.5 ta hận được (n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); (n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). Do đ , có (n− 1)(T (r, f) + T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g))− 2 log r +O(1); (n− 13)(T (r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). Do n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 2 A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tức là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. Chứng minh Định lý 2. Ta dùng các ký hiệu trong Định lý 1. Áp dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B ta hỉ cần xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A)+N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) + 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + N1(r, B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). Đánh giá tương tự như trong Định lý 1 ta có N2(r, A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Mặt khác, ta có N1(r, A) ≤ N1(r, fn) +N1 ( r, f(qz + c) ) = N1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) ≤ T (r, f) + T (r, f(qz + c))+O(1) = T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 2T (r, f) +O(1); N1 ( r, 1 A ) ≤ N1 ( r, 1 fn ) N1 ( r, 1 f(qz + c) ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Tương ự, ta có N1(r, B) ≤ 2T (r, f) +O(1);N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên, ta có (n− 1)T (r, f) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), (n− 1)T (r, g) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). Do đó 4 Bây giờ, cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K thỏa mãn Ef (1) = Eg(1). Cho a là một không điểm của f − 1 với bội µ0f−1(a), và là không điểm của g − 1 với bội µ0g−1(a). Ta ký hiệu N1(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) > µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) > µ0g−1(a) và những không điểm đó được đếm với bội 1, ký hiệu N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 f−1(a) = µ 0 g−1(a)) là hàm đếm các không điểm của f − 1, mà µ0f−1(a) = µ0g−1(a) ≥ 2, và mỗi không điểm đó được đếm với bội 1. Bằng cách tương tự, ta định nghĩa: N1(r, 1 g−1 ;µ 0 g−1(a) > µ 0 f−1(a)), N1,2(r, 1 f−1 ;µ 0 g−1(a) = µ 0 f−1(a)). Bổ đề 2.6. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K. Nếu Ef (1) = Eg(1), thì một trong các hệ thức sau xảy ra: 1. T (r, f) ≤ N2(r, f)+N2(r, 1f )+N2(r, g)+N2(r, 1g )+2(N1(r, f)+N1(r, 1f ))+N1(r, g)+N1(r, 1g )− 2 log r +O(1), và có bất đẳng thức tương tự đối với T (r, g); 2. fg ≡ 1; 3. f ≡ g. Áp dụng các bổ đề trên, ta chứng minh được một kiểu của Định lý thứ hai của Ritt như sau: Bổ đề 2.7. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1, c = 0, và cho m,n là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n > m. Khi đó i) Nếu fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 với mọi z ∈ K thì f = l g với ln+m = 1, l ∈ K. ii) Nếu fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) với mọi z ∈ K thì f = lg với ln+m = 1, l ∈ K. Chứng minh: i). Từ fn(z)fm(qz + c).gn(z)gm(qz + c) = 1 ta có( f(z)g(z) )n( f(qz + c)g(qz + c) )m = 1.(1) Đặt l = f(z)g(z). Ta chứng minh l là hằng. Giả sử trái lại, l khác hằng. Khi đó từ (1) ta có: ln(z) = 1 lm(qz + c) , với mọi z ∈ K. Từ đây và từ Bổ đề 2.4 ta suy ra T (r, ln) = nT (r, l) +O(1) = T ( r, 1 lm(qz + c) ) = mT (r, l(qz + c)) +O(1) = mT (r, l) +O(1). Điều này mâu thuẫn với giả thiết n > m. ii). Từ fn(z)fm(qz + c) = gn(z)gm(qz + c) ta có(f(z) g(z) )n(f(qz + c) g(qz + c) )m = 1.(2) Đặt l(z) = f(z) g(z) . Khi đó l(qz + c) = f(qz + c) g(qz + c) . Từ đây và (2) ta nhận được ln(z) = 1 lm(qz + c) . Lập luận tương tự như chứng minh phần i) ta nhận được kết quả của ii). Bổ đề 2.8. Cho f là một hàm phân hình khác hằng trên K, q, c ∈ K, |q| = 1,m, n là hai số nguyên dương thỏa mãn n ≥ m+ 4. Khi đó fn(z)fm(qz + c) nhận mọi giá trị a khác không thuộc K. Chứng minh. Do f khác hằng và Bổ đề 2.4 ta có f(qz+ c) khác hằng. Đặt F = fn(z)fm(qz+ c). Ta thấy rằng mọi cực điểm của F hoặc là cực điểm của f , hoặc là cực điểm của f(qz + c); mọi không điểm của F hoặc là không điểm của f , hoặc là không điểm của f(qz + c). Áp dụng Định lý chính thứ hai và kết hợp với Bổ đề 2.5 ta nhận được T (r, f) = (n−m)T (r, f)+O(1) ≤ T (r, fn(z)fm(qz+c)) ≤ N1(r, F )+N1 ( r, 1 F ) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r+O(1) ≤ N1(r, F )+N1(r, f(qz+c))+N1 ( r, 1 f ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) +N1 ( r, 1 F − a ) −log r+O(1) ≤ 4T (r, f) +N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1); Suy ra (n−m− 4)T (r, f) + log r ≤ N1 ( r, 1 F − a ) − log r +O(1). 3 ≥ m+ 4 suy ra N1 ( r, 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(q + c nhận giá trị a. ng minh các định lý c ính hứng minh Định lý 1. = fnf(qz + c) và B = gn (qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: ư ng hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B) +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có r, A) = N2 ( r, fn (qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + (r, f(qz + c)) ≤ ) + T ( r, f(qz + c) ) O(1) = 2T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1);( r, 1 A ) = N2 ( r, 1 fn (qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 2N1 ( r, 1 f ) = N 1 nf(qz + c) ) ≤ ) +O(1). n tự ta có r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). bất đẳng thức trên và Bổ đề 2.5 ta nhận được n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). đ , có n− 1)(T (r, f) + T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 2(T (r, f) + (r, g))− 2 log r +O(1); n− 13)(T (r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. ư ng hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với . ư ng hợp 3. A = B tức là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với = 1. hứng minh Định lý 2. dùng các ký hiệu trong Định lý 1. p dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B ta chỉ ần xét ác trường hợp sau: ường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A)+N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) + 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). h iá tương tự như trong Định lý 1 ta có r, A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). khác, ta có r, A) ≤ N1(r, fn) +N1 ( r, f(qz + c) ) = N1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) , ) + T ( r, f(qz + c) ) O(1) = T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 2T (r, f) +O(1);( r, 1 A ) ≤ N1 ( r, 1 fn ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) ≤ 2T (r, f) +O(1). n tự, ta có r, B) ≤ 2T (r, f) +O(1);N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). bất đẳng thức trên, ta có n− 1)T (r, f) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), n− 1)T (r, g) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). đ 4 Từ n ≥ m+ 4 suy a N1 ( , 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(qz + c) nhận giá trị a. Chứng minh các định lý chính Chứng minh Định lý 1. Đặt A = fnf(qz + c) và = gng(qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( , 1 A ) +N2(r, B +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có N2(r, A) = N2 ( r, fnf(qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + N(r, f(qz + c)) ≤ 2T (r, f) + T ( r, f(qz + c) ) +O(1) = 2T (r, T r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1); A ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = 2 2N1 ( r, 1 f ) = N ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Tương tự ta có N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Từ các bất ẳng thứ trên và Bổ đề 2.5 ta nhận được (n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). Do đó, có (n− 1)(T (r, f T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g))− 2 log r +O(1); (n− 13)(T r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). Do n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tứ là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. Chứng minh Định lý 2. Ta dùng các ký hiệu trong Định lý 1. Áp dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B t chỉ cần xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) N2 ( r, 1 A ) + 2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + N1(r, B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). á giá tương tự như trong Định lý 1 ta có N2 , A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). 2( , B) ≤ 3T (r, f) + ( ;N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Mặt khác, ta có N1(r, A) ≤ n) qz + c) ) = N1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) ≤ ( , ) (r, f qz + c )+O(1) = T (r, T r, f) +O(1) = 2T (r, f) +O(1); N1 ( r, 1 A ) ≤ N1 ( r, 1 fn ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Tương tự, ta có 1( , B) ≤ 2T (r, f) + ( ;N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên, ta có (n 1)T (r, f) ≤ 4T r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), (n 1)T ( , g) ≤ 4T r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). Do đó 4 ừ 4 suy ra 1 r, 1 a tiến r khi r tiến ra . ậy fn(z)f (qz c) nhận giá trị a. g i các ị l c í g i ị l 1. ặt fnf(qz c) và gng(qz c). p dụng ổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: rường hợp 1. (r, ) 2(r, ) 2 r, 1 2(r, ) 2 r, 1 log r (1). a có 2(r, ) 2 ( r, fnf(qz c) ) 2(r, f n) 2 ( r, f(qz c) ) 2 1(r, f) ( r, f(qz c) ) 2 (r, f) ( r, f(qz c) ) (1) 2 (r, f) (r, f) (1) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 2 r, 1 fnf(qz c) 2 r, 1 fn 2 r, 1 fnf(qz c) 2 1 r, 1 f r, 1 fnf(qz c) 3 (r, f) (1). ương tự ta có 2(r, ) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 3 (r, f) (1). ừ các bất đẳng thức trên và ổ đề 2.5 ta nhận được ( 1) (r, f) (r, ) (1) 6 ( (r, f) (r, g) ) log r (1); ( 1) (r, g) (r, ) (1) 6 ( (r, f) (r, g) ) log r (1). o đó, có ( 1) ( (r, f) (r, g) ) (r, ) (r, ) (1) 12 ( (r, f) (r, g) ) 2 log r (1); ( 13) ( (r, f) (r, g) ) log r (1). o 13 nên ta gặp âu thuẫn. rường hợp 2. . 1 tức là fnf(qz c).gng(qz c) 1. heo ổ đề 2.7i) suy ra f l g với ln 1 1. rường hợp 3. tức là fnf(qz c) gng(qz c). heo ổ đề 2.7ii) suy ra f g với n 1 1. g i ị l 2. a dùng các ký hiệu trong ịnh lý 1. p dụng ổ đề 3.6 [5] cho , ta chỉ cần xét các trường hợp sau: rường hợp 1. (r, ) 2(r, ) 2 r, 1 N2(r, ) 2 r, 1 + 2 1(r, ) 1 r, 1 1(r, ) 1 r, 1 2 log r (1). ánh giá tương tự như trong ịnh lý 1 ta có 2(r, ) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 3 (r, f) (1). 2(r, ) 3 (r, f) (1); 2 r, 1 3 (r, f) (1). ặt khác, ta có 1(r, ) 1(r, f n) 1 ( r, f(qz c) ) 1(r, f) 1 ( r, f(qz c) ) (r, f) ( r, f(qz c) ) (1) (r, f) (r, f) (1) 2 (r, f) (1); 1 r, 1 1 r, 1 fn 1 r, 1 f(qz c) 2 (r, f) (1). ương tự, ta có 1(r, ) 2 (r, f) (1); 1 r, 1 2 (r, f) (1). ừ các bất đẳng thức trên, ta có ( 1) (r, f) 14 (r, f) 10 (r, g) 2 log r (1), ( 1) (r, g) 14 (r, f) 10 (r, g) 2 log r (1). o đó 4 Từ n ≥ m+ 4 suy ra N1 ( r, 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(qz + c) nhận giá trị a. Chứng minh các định lý chính Chứng minh Định lý 1. Đặt A = fnf(qz + c) và B = gng(qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B) +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có N2(r, A) = N2 ( r, fnf(qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + N(r, f(qz + c)) ≤ 2T (r, f) + T ( r, f(qz + c) ) +O(1) = 2T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 A ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 2N1 ( r, 1 f ) = N ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Tương tự ta có N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên và Bổ đề 2.5 ta nhận được (n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); (n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). Do đó, có (n− 1)(T (r, f) + T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g))− 2 log r +O(1); (n− 13)(T (r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). Do n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tức là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. Chứng minh Định lý 2. Ta dùng các ký hiệu trong Định lý 1. Áp dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B ta chỉ cần xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A)+N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) + 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + N1(r, B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). Đánh giá tương tự như trong Định lý 1 ta có N2(r, A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Mặt khác, ta có N1(r, A) 1(r, f n) +N1 ( r, f(qz + c) ) = 1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) ≤ T (r, f + T (r, f qz c))+O(1) = T (r, f) + T (r, f +O(1) = 2T (r, f) +O(1); 1 , 1 A 1 ( r, fn + 1 ( r, 1 f(qz c T (r, f) +O(1). Tương tự, ta có N1(r, B) ≤ 2T (r, f) +O(1);N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên, ta có (n− 1)T (r, f) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), (n− 1)T (r, g) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). Do đó 4 661(6) 6.2019 Khoa học Tự nhiên TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] J. Ritt (1922), “Prime and composite polynomials”, Trans. Amer. Math. Soc., 23(1), pp.51-66. [2] W.K. Hayman (1967), Research problems in Function Theory, The Athlone Press University of London, London. [3] C.C. Yang, X.H. Hua (1997), “Uniqueness and value-sharing of meromorphic functions”, Ann. Acad. Sci. Fenn. Math., 22, pp.395-406. [4] Vu Hoai An, Pham Ngoc Hoa (2012), A version of the Hayman conjecture for p-adic several variables difference polynomials, Interactions between real and complex analysis, Sci. Technics Publ. House, Hanoi, pp.152-161. [5] Vu Hoai An, Pham Ngoc Hoa, and Ha Huy Khoai (2017), “Value sharing problems for differential and difference polynomials of meromorphic functions in a non-Archimedean field”, Adic Numbers, Ultrametric Analysis and Applications, 9(1), pp.1-14. [6] Ha Huy Khoai and Vu Hoai An (2012), “Value sharing problem for p-adic meromorphic functions and their difference operators and difference polynomials”, Ukranian Math. J., 64(2), pp.147-164. [7] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai (2012), “Value sharing problem and Uniqueness for p-adic meromorphic functions”, Ann. Univ. Sci. Budapest., Sect. Comp., 38, pp.71-92. Từ n ≥ m+ 4 suy ra N1 ( r, 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(qz + c) nhận giá trị a. Chứng minh các định lý chính Chứng minh Định lý 1. Đặt A = fnf(qz + c) và B = gng(qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B) +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có N2(r, A) = N2 ( r, fnf(qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + N(r, f(qz + c)) ≤ 2T (r, f) + T ( r, f(qz + c) ) +O(1) = 2T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 A ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 2N1 ( r, 1 f ) = N ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Tương tự ta có N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên và Bổ đề 2.5 ta nhận được (n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); (n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). Do đó, có (n− 1)(T (r, f) + T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g))− 2 log r +O(1); (n− 13)(T (r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). Do n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tức là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. Chứng minh Định lý 2. Ta dùng các ký hiệu trong Định lý 1. Áp dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B ta chỉ cần xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A)+N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) + 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + N1(r, B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). Đánh giá tương tự như trong Định lý 1 ta có N2(r, A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Mặt khác, ta có N1(r, A) ≤ N1(r, fn) +N1 ( r, f(qz + c) ) = N1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) ≤ T (r, f) + T (r, f(qz + c))+O(1) = T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 2T (r, f) +O(1); N1 ( r, 1 A ) ≤ N1 ( r, 1 fn ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Tương tự, ta có N1(r, B) ≤ 2T (r, f) +O(1);N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên, ta có (n− 1)T (r, f) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), (n− 1)T (r, g) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). Do đó 4 (n− 25)(T (r, f) + T (r, g))+ 4 log r ≤ O(1). Mà n ≥ 25 nên trường hợp này không xảy ra. Trường hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tức là fnf(qz+c) = gng(qz+c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. I LI THAM KHẢO [1] J. Ritt (1922), "Pri e and compo ite polynomi ls", Trans. Amer. Math. Soc., 23(1), pp.51-66. [2] W.K. Hayman (1967), Research problems in Function Theory, The Athlone Press University of London, London. [3] C.C. Yang, X.H. Hua (1997), "Uniqueness and value-sharing of meromorphic functions", Ann. Acad. Sci. Fenn. Math., 22, pp.395-406. [4] Vu Hoai An, Pham Ngoc Hoa (2012), "A version of the Hayman conjecture for p-adic several vari- ables difference poly omials", Interractions between eal and complex analysis, Sci. Technics Publ.House, Hanoi, pp.152-161. [5] Vu Hoai An, Ph m Ngoc Hoa, and Ha Huy Khoai (2017), "Value sharing problems for differential and difference polyn mials of meromorphic functions in a non-Archimedea field", p-Adic Numbers, Ul- trametric Analysis and Applications, 9(1), pp.1–14. [6] Ha Huy Khoai and Vu Hoai An (2012), "Value sharing problem for p-adic meromorphic functions and their difference operators and difference polynomials", Ukranian Math. J., 64(2), pp.147-164. [7] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai (2012), "Value sharing problem and Uniqueness for p-adic meromorphic functions", Ann. Univ. Sci. Budapest., Sect. Comp., 38, pp.71-92. 5 Từ n ≥ m+ 4 suy ra N1 ( r, 1 F − a ) tiến ra ∞ khi r tiến ra ∞. Vậy fn(z)fm(qz + c) nhận giá trị a. Chứng minh các định lý chính Chứng minh Định lý 1. Đặt A = fnf(qz + c) và B = gng(qz + c). Áp dụng Bổ đề 3.2 [7] ta có các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A) +N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B) +N2 ( r, 1 B ) − log r +O(1). Ta có N2(r, A) = N2 ( r, fnf(qz + c) ) ≤ N2(r, fn) + N2(r, f(qz + c)) ≤ 2N1(r, f) + N(r, f(qz + c)) ≤ 2T (r, f) + T ( r, f(qz + c) ) +O(1) = 2T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 A ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ N2 ( r, 1 fn ) = N2 ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 2N1 ( r, 1 f ) = N ( r, 1 fnf(qz + c) ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Tương tự ta có N2 r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1); N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên và Bổ đề 2.5 ta nhận được (n− 1)T (r, f) ≤ T (r, A) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1); (n− 1)T (r, g) ≤ T (r, B) +O(1) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g))− log r +O(1). Do đó, có (n− 1)(T (r, f) + T (r, g)) ≤ T (r, A) + T (r, B) +O(1) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g))− 2 log r +O(1); (n− 13)(T (r, f) + T (r, g))+ log r ≤ O(1). Do n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 2. A.B = 1 tức là fnf(qz + c).gng(qz + c) = 1. Theo Bổ đề 2.7i) suy ra f = l g với ln+1 = 1. Trường hợp 3. A = B tức là fnf(qz + c) = gng(qz + c). Theo Bổ đề 2.7ii) suy ra f = hg với hn+1 = 1. Chứng minh Định lý 2. Ta dùng các ký hiệu trong Định lý 1. Áp dụng Bổ đề 3.6 [5] cho A, B ta chỉ cần xét các trường hợp sau: Trường hợp 1. T (r, A) ≤ N2(r, A)+N2 ( r, 1 A ) +N2(r, B)+N2 ( r, 1 B ) + 2 ( N1(r, A)+N1 ( r, 1 A )) + N1(r, B) +N1 ( r, 1 B ) − 2 log r +O(1). Đánh giá tương tự như trong Định lý 1 ta có N2(r, A) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 A ) ≤ 3T (r, f) +O(1). N2(r, B) ≤ 3T (r, f) +O(1);N2 ( r, 1 B ) ≤ 3T (r, f) +O(1). Mặt khác, ta có N1(r, A) ≤ N1(r, fn) +N1 ( r, f(qz + c) ) = N1(r, f) +N1 ( r, f(qz + c) ) ≤ T (r, f) + T (r, f(qz + c))+O(1) = T (r, f) + T (r, f) +O(1) = 2T (r, f) +O(1); N1 ( r, 1 A ) ≤ N1 ( r, 1 fn ) +N1 ( r, 1 f(qz + c) ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Tương tự, ta có N1(r, B) ≤ 2T (r, f) +O(1);N1 ( r, 1 B ) ≤ 2T (r, f) +O(1). Từ các bất đẳng thức trên, ta có (n− 1)T (r, f) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1), (n− 1)T (r, g) ≤ 14T (r, f) + 10T (r, g)− 2 log r +O(1). Do đó 4