Nội dung

Khoa học Tự nhiên Vấn đề nhận giá trị và duy nhất của toán tử sai phân và tích sai phân đối với hàm phân hình trên một trường không Archimedes Phạm Ngọc Hoa, Nguyễn Xuân Lai* Khoa Toán, Trường Cao đẳng Hải Dương Ngày nhận bài 5/2/2018; ngày chuyển phản biện 12/2/2018; ngày nhận phản biện 26/3/2018; ngày chấp nhận đăng 30/3/2018 Tóm tắt: Trong bài báo này, các tác giả thảo luận vấn đề nhận giá trị và duy nhất của toán tử sai phân và tích sai phân đối với hàm phân hình trên trường số p-adic. Từ khóa: Giả thuyết Hayman, hàm phân hình, toán tử sai phân, trường không Archimedes. Chỉ số phân loại: 1.1 1. Mở đầu Phân bố giá trị và vấn đề xác định duy nhất đã được nhiều nhà toán học trong và ngoài nước xét trong mối liên hệ với đạo hàm của hàm phân hình và ảnh ngược của các điểm riêng rẽ. Người khởi xướng hướng nghiên cứu này là Hayman. Năm 1967, Hayman [1] đã chứng minh kết quả sau đây: Định lý A. Cho f là hàm phân hình trên C. Nếu f (z) = 0 và f (k) (z) = 1 với k là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ C thì f là hằng. Năm 1967, Hayman [1] cũng đưa ra giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman. Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn  f n (z) f (z) = 1 với n là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ C thì f là hằng. Giả thuyết Hayman đã được Hayman kiểm tra đối với hàm nguyên siêu việt và n > 1, đã được Clunie [2] kiểm tra đối với n ≥ 1. Các kết quả này và các vấn đề liên quan đã hình thành nhánh nghiên cứu được gọi là sự lựa chọn của Hayman. Công trình quan trọng đầu tiên thúc đẩy hướng nghiên cứu này thuộc về C.C. Yang và X.H. Hua [3]. Năm 1997, hai ông đã chứng minh định lý sau đây: Định lý B [3]. Cho f và g là hai hàm phân hình khác  hằng, n ≥ 11 là một số nguyên và a ∈ C - {0}. Nếu f n f và n  n+1 g g nhận giá trị a CM thì hoặcf = dg với d = 1 hoặc f (z) = c1 ecz và g (z) = c2 e−cz , ở đó c, c1 , c2 là các hằng số và thỏa mãn (c1 c2 )n+1 c2 = −a2 . Trong trường hợp p-adic, kết quả đầu tiên theo hướng nghiên cứu này thuộc về J. Ojeda [4]. Năm 2008, J. Ojeda  đã xét vấn đề nhận giá trị của f + T f n với T là hàm hữu tỷ. Ở đó, J. Ojeda đã nhận được kết quả sau: Định lý C [4]. Cho f là hàm phân hình trên Cp , n ≥ 2 là  một số nguyên và a ∈ Cp - {0}. Khi đó nếu f n (z) f (z) = a với mọi z ∈ Cp thì f là hằng. Trong những năm gần đây, vấn đề trên được nhiều nhà toán học trong và ngoài nước xét trong mối liên hệ với đa thức sai phân của hàm phân hình và ảnh ngược của các điểm riêng rẽ. Năm 2006, Halburd và Korhonen [5] đã thiết The problem of value-sharing and uniqueness between the difference operator and the differential equation for the meromorphic function of a non-Archimedean field Ngoc Hoa Pham, Xuan Lai Nguyen* Department of Mathematics, Hai Duong College Received 5 February 2018; accepted 30 March 2018 Abstract: In this paper, we discuss the value-sharing and uniqueness problem for difference operators and differential multiplications of meromorphic functions in a p-adic field. Keywords: difference operators, Hayman conjecture, meromorphic functions, non-Archimedesn field. Classification number: 1.1 * Tác giả liên hệ: Email: laicdhd@gmail.com 60(6) 6.2018 1 1 nghiên cứu này thuộc về J. Ojeda [4]. Năm 2008, J. Ojeda  đã xét vấn đề nhận giá trị của f + T f n với T là hàm hữu tỷ. Ở đó, J. Ojeda đã nhận được kết quả sau: Định lý C [4]. Cho f là hàm phân hình trên Cp , n ≥ 2 là  Khoa Tự nhiên một sốhọc nguyên và a ∈ Cp - {0}. Khi đó nếu f n (z) f (z) = a với mọi z ∈ Cp thì f là hằng. Trong những năm gần đây, vấn đề trên được nhiều nhà toán học trong và ngoài nước xét trong mối liên hệ với đa thức sai phân của hàm phân hình và ảnh ngược của các điểm riêng rẽ. Năm 2006, Halburd và Korhonen [5] đã thiết lập tương tự tự của của lý lý thuyết thuyết Nevanlinna Nevanlinnacho chotoán toántửtửsai saiphân phân lập tương 1 của hàm phân hình có bậc hữu hạn. Năm 2007, I. Laine của hàm phân hình có bậc hữu hạn. Năm 2007, I. Laine vàvà C.C. Yang Yang [6] [6] đã đã thiết thiết lập lập tương tươngtự tự Định ĐịnhlýlýAAcủa củaHayman Hayman C.C. cho một một kiểu kiểu đa đa thức thức sai saiphân phânđặc đặcbiệt biệtcủa củahàm hàmnguyên nguyênsiêu siêu cho việt có có bậc bậc hữu hữu hạn. hạn. Hai Haiông ôngđã đãchứng chứngminh minhkết kếtquả quảsau sauđây: đây: việt Định lý lý D D [6]. [6]. Cho Cho ff làlàhàm hàmnguyên nguyênsiêu siêuviệt việtcócóbậc bậchữu hữu Định hạn trên trên C C và và cc là là một một số số phức phứckhác khác00, ,nnlàlàmột mộtsốsốnguyên, nguyên, hạn n≥ ≥ 22.. Khi Khi đó đó ffnn(z) (z)ff (z (z++c)c)nhận nhậnaa, ,aa∈∈C, C,vôvôhạn hạnlần. lần. n Năm 2009, K. Liu Liu và và L.Z.Yang L.Z.Yang [7] [7]đã đãchứng chứngminh minhđược được Năm 2009, K. kết quả tương tự Định lý D cho toán tử sai phân của hàm kết quả tương tự Định lý D cho toán tử sai phân của hàm nguyên siêu siêu việt việt có có bậc bậc hữu hữu hạn, hạn, đã đãchứng chứngminh minhđược đượckết kết nguyên quả tương tương tự tự Định Định lý lý BB (xem (xem [3]) [3])cho chomột mộtkiểu kiểuđa đathức thứcsai sai quả phân đặc đặc biệt biệt của của hàm hàm phân phânhình. hình. phân Gần đây, đây, Hà Hà Huy Huy Khoái Khoái và và Vũ Vũ Hoài HoàiAn An[1, [1,8], 8],Hà HàHuy Huy Gần Khoái, Vũ Vũ Hoài Hoài An An và và Nguyễn NguyễnXuân XuânLai Lai[9] [9]đã đãxét xétphân phânbốbố Khoái, giá trị trị và và vấn vấn đề đề duy duy nhất nhấtđối đốivới vớiđạo đạohàm hàmbậc bậccao caocủa củahàm hàm giá phân hình trên một trường không Archimedes. Họ đã chứng phân hình trên một trường không Archimedes. Họ đã chứng minh được được kết kết quả quả tương tương tự tự của của Yang Yang- -Hua Hua(Định (ĐịnhlýlýB)B) minh (k) cho (f (f nn))(k) với ff là là hàm hàm phân phân hình hìnhtrên trênmột mộttrường trườngkhông không cho với Archimedes. Archimedes. Trong bài bài báo báo này, này, chúng chúng tôi tôi xét xétvấn vấnđề đềnhận nhậngiá giátrịtrịvàvà Trong duy nhất nhất đối đối với với toán toán tử tử sai saiphân phânvà vàtích tíchsai saiphân phâncủa củahàm hàm duy phân hình hình trên trên một một trường trường không khôngArchimedes. Archimedes. phân 2. Vấn Vấn đề đề nhận nhận giá giá trị trị của của toán toán tử tửsai saiphân phânvà vàtích tích 2. sai phân của hàm phân hình trên một trường không sai phân của hàm phân hình trên một trường không Archimedes Archimedes Trong bài bài báo báo ta ta luôn luôn giả giả thiết thiết KKlàlàmột mộttrường trườngđặc đặcsốsố Trong không, đầy đầy đủ đủ với với chuẩn chuẩn không khôngArchimedes Archimedesvàvàđóng đóngđại đạisố. số. không, Các khái niệm, ký hiệu và kết quả dùng trong bài báo này Các khái niệm, ký hiệu và kết quả dùng trong bài báo này ở ở các tài tài liệu liệu [1, [1, 8-10]. 8-10]. Trước Trướctiên tiênta taphát phátbiểu biểuGiả Giảthuyết thuyếtHayHaycác man cho cho toán toán tử tử sai sai phân phântrên trênmột mộttrường trườngkhông khôngArchimedes Archimedes man -adic). ((pp-adic). Giả thuyết thuyết Hayman Hayman cho cho toán toán tử tửsai saiphân phânp-adic. p-adic. Giả Nếu một một hàm hàm phân phân hình hình pp-adic -adic ff thỏa thỏamãn mãnffn n(z) (z)∆∆ f (z) Nếu c fc (z) với nn là là một một số số nguyên nguyên dương dươngnào nàođó đóvàvàvới vớimọi mọiz z∈∈KK = 11 với = thì ff là là hằng. hằng. thì Ta cần các bổ bổ đề đề sau: sau: Ta cần các Bổ đề đề 2.1. 2.1. Nếu Nếu hàm hàmphân phânhình hìnhfftrên trênKKthỏa thỏamãn mãn∆∆ f (z) = Bổ c fc (z) = 0 với mọi z ∈ K thì f là hằng. 22 Chứng minh: Giả sử ngược lại, f khác hằng. Do f là một hàm phân hình trên K, khi đó tồn tại hai hàm nguyên f1 , f2 f1 sao cho f1 , f2 không có không điểm chung và f = . Do f f2 khác hằng nên ít nhất một trong hai hàm f1 , f2 khác hằng. Không giảm tổng quát, giả sử f1 khác hằng. Vì ∆c f (z) = 0 f1 (z) f1 (z + c) = = a, a = 0 với mọi với mọi z ∈ K nên f2 (z) f2 (z + c) z ∈ Cp . Khi đó f1 (z) = af1 (z + c). Ta chứng minh f1 (z) không có không điểm có mô đun lớn hơn |c|. Giả sử ngược lại, f1 (z) có không điểm có mô đun lớn hơn |c|. Gọi b là không điểm của f1 (z) sao cho |c| < |b|. Đặt |b| = r. Do |c| < |b| nên |z + mc| = |z| với |z| = r, m là một số nguyên dương bất kỳ. Chú ý rằng, tập hợp các không điểm có cùng mô đun của một hàm nguyên là hữu hạn. Do f1 (z) = af1 (z + c) nên b, b + c, ..., b + mc... là các không điểm phân biệt có cùng mô đun của f1 (z) với m là một số nguyên dương bất kỳ. Từ đây ta nhận được mâu thuẫn. Vậy f1 (z) không có không điểm có mô đun lớn hơn |c|. Do đó f1 (z) là đa thức với bậc n nào đó. Từ f1 (z) = af1 (z + c) nhận được f1 (z)(n−1) là đa thức với bậc (n−1) 1 và f1 (z)(n−1) = af1 (z + c)60(6) . Viết f1 (z)(n−1) = dz + e. Khi 6.2018 đó af1 (z + c)(n−1) = a(d(z + c) + e) và dz + e = adz + adc + ae. Từ đây suy ra a = 1, c = 0. Mâu thuẫn với giả thiết c = 0. Vậy f là hằng. z ∈ Cp . Khi đó f1 (z) = af1 (z + c). Ta chứng minh f1 (z) không có không điểm có mô đun lớn hơn |c|. Giả sử ngược lại, f1 (z) có không điểm có mô đun lớn hơn |c|. Gọi b là không điểm của f1 (z) sao cho |c| < |b|. Đặt |b| = r. Do |c| < |b| nên |z + mc| = |z| với |z| = r, m là một số nguyên dương bất kỳ. Chú ý rằng, tập hợp các không điểm có cùng mô đun của một hàm nguyên là hữu hạn. Do f1 (z) = af1 (z + c) nên b, b + c, ..., b + mc... là các không điểm phân biệt có cùng mô đun của f1 (z) với m là một số nguyên dương bất kỳ. Từ đây ta nhận được mâu thuẫn. Vậy f1 (z) không có không điểm có mô đun lớn hơn |c|. Do đó f1 (z) là đa thức với bậc n nào đó. Từ f1 (z) = af1 (z + c) nhận được f1 (z)(n−1) là đa thức với bậc 1 và f1 (z)(n−1) = af1 (z + c)(n−1) . Viết f1 (z)(n−1) = dz + e. Khi đó af1 (z + c)(n−1) = a(d(z + c) + e) và dz + e = adz + adc + ae. Từ đây suy ra a = 1, c = 0. Mâu thuẫn với giả thiết c = 0. Vậy f là hằng. Định lý sau đây trả lời chưa trọn vẹn Giả thuyết Hayman cho toán tử sai phân p-adic. Định lý 2.2. Nếu hàm phân hình f trên K thỏa mãn f n (z) ∆c f (z) = 1 với n ≥ 6 là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ K thì f là hằng. Chứng minh: Giả sử ngược lại, f khác hằng. Theo Bổ đề 2.1 ta có ∆c f không đồng nhất không. Đặt G = f n (z) ∆c f . Ta thấy rằng, mọi cực điểm của G chỉ có thể xảy ra tại các cực điểm của f, f (z + c), và mọi không điểm của G chỉ có thể xảy ra tại các không điểm của f, ∆c f . Áp dụng Định lý chính thứ hai, thứ nhất và kết hợp với Bổđề đề 3.1, 3.1, 3.2 3.2 [8] [8] ta ta có có Bổ (n−1)T(r, (r,ff))≤ ≤ TT(r, (r,ffmm(z)∆ (z)∆ccff)+O(1) )+O(1) ≤ N1 (r, G)+N1 (r, (n−1)T 3 1 ) G 11 −log logrr + + O(1) O(1) ≤ ≤ TT(r, (r, f ) + T (r, f ) + T (r, f ) ))− (r, +N1,G +N 1,G(r, G− −11 G 11 +2T(r, (r,ff))+ +N N11(r, +2T )) − − log r + O(1) (r, G G− − 11 Dođó đó Do 1 ) + O(1) (n− −6)T 6)T(r, (r,ff))+ + log logrr ≤ ≤N N11(r, (r, (n G−1 Từ Từff khác khác hằng hằng và và nn ≥ ≥ 66 ta ta có có G G nhận nhận giá trị 1, một mâu thuẫn. thuẫn. Vậy Vậy ff là là hằng. hằng. Định lý lý 2.2 2.2 góp góp phần phần khẳng khẳng định định Giả Giả thuyết Hay man pĐịnh adic. adic. Câuhỏi hỏiđặt đặt ra ra là: là: Với Với nn = Câu = 1, 1, ..., ..., 55 thì thì Định lý 2.2 còn đúng nữahay hay không? không? nữa Sau đây đây ta ta trình trình bày bày Giả Giả thuyết thuyết Hayman Hayman đối với tích sai Sau phâncủa củahàm hàmphân phân hình hình trên trên một một trường trường không Archimedes phân ((pp-adic). -adic). Giả thuyết thuyết Hayman Hayman được được phát phát biểu biểu cho tích sai phân của Giả hàmphân phân hình hình pp-adic hàm -adic như như sau: sau: Giả thuyết thuyết Hayman Hayman cho cho tích tích sai sai phân p-adic.Nếu f Giả một hàm hàm phân phân hình hình trên trên K K thỏa thỏa mãn mãn f n (z) f (z + c) = 1 làlà một vớinnlàlàmột một số số nguyên nguyên dương dương nào nào đó, đó, c = 0 và với mọi z ∈ K với thì ff làlà hằng. thì hằng. Địnhlý lý sau sau đây đây trả trả lời lời chưa chưa trọn trọn vẹn vẹn Giả thuyết Hayman Định chotích tích sai sai phân phân pp-adic. cho -adic. Định Định lý lý 2.3. 2.3. Nếu Nếu một một hàm hàm phân phân hình hình f trên K thỏa mãn ffnn(z) (z)ff(z (z++c) c) = = 11 với với nn ≥ ≥ 55 là là một một số số nguyên dương nào đó và và với với mọi mọi zz ∈∈ K K thì thì ff là là hằng. hằng. Chứng minh: minh: Giả Giả sử sử ngược ngược lại, lại, f khác hằng. Theo Bổ Chứng đề2.1 2.1ta ta có có ff(z đề (z+ +c) c) khác khác hằng. hằng. Đặt Đặt F = f n (z) f (z + c). Ta thấyrằng, rằng, mọi mọi cực cực điểm điểm của của FF chỉ thấy chỉ có có thể xảy ra tại các cực điểmcủa củaf, điểm f,ff(z (z+ +c) c),, và và mọi mọi không không điểm điểm của F chỉ có thể xảy ra ra tại tại f, f,ff(z (z+ +c). c). Áp Áp dụng dụng Định Định lý lý chính chính thứ hai, thứ nhất và kết hợp với Bổ đề 3.1, 3.2 [8] ta có 44 (n−1)T (r, f ) ≤ T (r, f m (z)f (z + c))+O(1) ≤ N1 (r, F )+N1 (r, 1 )+ F 1 ) − log r + O(1) F −1 1 ≤ T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+N1 (r, )−log r+O(1) F −1 2 Do đó 1 ) + O(1) (n − 5)T (r, f ) + log r ≤ N1 (r, F −1 N1,F (r, 1 (2) 1 Ta thấy rằng, mọi không điểm của A chỉ có thể xảy ra (2) tại thấy rằng, mọi f, không cácTakhông điểm của f(z +điểm c). của A chỉ có thể xảy ra tại cácTương khôngtự điểm f, f(zđược + c). (2) của ta nhận vàvàkết kếthợp hợp hợpvới với với vớiBổ Bổ Bổ Bổ đề đề 3.1, 3.1, 3.1, 3.2ta [8] [8] [8]cóta ta tacó có có kết hợp đềđề 3.1, 3.23.2 [8] Tương tự (2) ta nhận được Khoa học Tự nhiên 1 1 ≥2 1 11 1 N1 (r, 1 )+N1,A (r, 1 ) ≤ 3T (r, f)+O(1) và kết hợp với Bổ đề m3.1, m mm 3.2 [8] ta có ≥2 )+ )+ (n−1)T (n−1)T (r, (r,f) ff) f) ≤ )≤≤ ≤ TT(r, (r, (r, f (z)f (z)f(z (z)f+(z (zc))+O(1) + + +c))+O(1) c))+O(1) c))+O(1) ≤N (r, F1(r, F)+N )+N )+N (r, )+)+ (n−1)T(r, (r, TT(r, f ff(z)f(z ≤ N1≤ (r, FN1)+N 1 (r, 1 (r, 11(r, N1 (r, A)+N1,A (r, A) ≤ 3T (r, f)+O(1) F 1 F FF (3) m A A (n−1)T (r, f ) ≤ T (r, f (z)f (z + c))+O(1) ≤ N1 (r, F )+N1 (r, )+ F (3) 1 11 Tương tự đối với B ta cũng có: )− − −rlog log log rrr++ +O(1) O(1) + O(1) (r, (r, 1 ) − )log (r, N N1,F NN 1,F 1,F(r, 1,F Tương tự đối với B ta cũng có: FF1−−)1− 1 log r + O(1) N1,F (r,F − ≥2 N1,B (∞, r)+N1,B (∞, r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) F −1 1 11 ≥2 ≤≤TTT(r, (r,ff)+T f)+T f)+T )+T (r, (r, (r, ff)+T f)+T )+T (r, (r,ff)+T f)+T )+T (r, (r, (r,f)+N ff)+N (r, (r, f)+T (r,(r, f)+T (r, f)+N )−logr+O(1) r+O(1) r+O(1) r+O(1) (r, (r, 11(r, N1,B (∞, r)+N1,B (∞, r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) 1 )−log)−log 1(r, 1)+N −11 r+O(1) ≤ T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+T (r, f )+N1 (r,F − 1FF− )−log ≥2 F −1 (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) N1,B (0, r)+N1,B ≥2 Do Dođó đó Do đó N1,B (0, r)+N1,B (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) (4) Do đó 1 1 111 (4) Từ (1)-(4) ta có )O(1) )++O(1) O(1) O(1) (n (n (n− −− −5)T 5)T 5)T 5)T (r, (r, (r, f)+)+ +log +log rrN≤ ≤ ≤ N N111(r, (r, (r, ) + (n (r, f) + log rlog )+ (n 5)T (r, ff)f) r≤≤ N (r, 1 (r, 1N F − 1 −11 F − F1FF−− Từ (1)-(4) ta có (n − 1)T (r, f) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) Từ f khác hằng và n ≥ 5 ta có F nhận giá trị 1 , một mâu Từ Từfffkhác khác kháchằng hằng hằng hằng và và nnn5≥≥ta55có ta taFcó có có FFF nhận nhận nhận giá trị1,1mâu ,một mộtmâu mâu mâu Từ khác vàvà n≥ nhận giá trịgiá 1, trị một (n − 1)T (r, f) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) thuẫn. Vậy f là hằng. thuẫn. thuẫn. Vậy Vậyfffflàlàlà thuẫn. Vậy Vậy là hằng. hằng. hằng. hằng. Tương tự Tương tự 3. Vấn đề duy nhất của tích sai phân của hàm phân 3.hình 3.Vấn Vấn đề đề đềduy duy duy duy nhất nhất nhất của của tích tích sai sai saiphân phân phân của củahàm hàmphân phân phân Vấn nhất của tíchtích sai phân của hàm phân trên một trường không Archimedes (n − 1)T (r, g) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) hình hình trên trên trên một một một trường trường trường không không Archimedes Archimedes Archimedes hình trên một Archimedes Câu hỏi đặt ratrường là: Với nkhông =không 1, ..., 4 thì Định lý 2.3. còn đúng (n − 1)T (r, g) ≤ 6(T (r, f) + T (r, g)) − logr + O(1) Suy ra ta có nữa hay không? Câu Câu hỏi hỏi hỏi đặt đặt đặt ra ra là: là: Với Với Với Câu hỏi đặt rara là:là: Với 1,1,4..., ..., ..., thì thì thìĐịnh Định Định 2.3. 2.3. còn cònđúng đúng đúng n =nn1,==..., thì444Định lý 2.3.lýlý còn đúng Suy ra ta có ta có các kết quả tương tự của Định lý B cho nữa nữa hay haytheo, không? không? không? nữaTiếp hay không? tích sai phân của hàm phân hình p-adic. Tiếp Tiếptheo, theo, theo,tata ta tacócó có có các các các kết quả tương tương tương tự tự tựĐịnh của củaĐịnh lýlýBB Bcho cho cho Tiếp theo, các kếtkết quảquả tương tự của lýĐịnh B cho (n − 1)(Tf (r) + Tg (r)) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g)) − 2 logr + O(1), Định lý 3.1. Giả sử f, g là các hàm phân hình trên K. (n − 1)(Tf (r) + Tg (r)) ≤ 12(T (r, f) + T (r, g)) − 2 logr + O(1), tích tích sai sai phân phân phân của của của hàm hàm hàm phân phân hình hình hình tích sai phân của hàm phân hình p p p -adic. -adic. -adic. p -adic. Nếu Ef f (z+c) (1) = Eg g(z+c)g (1) và n ≥ 13, n là số nguyên, (n − 13)(Tf (r) + Tg (r)) + 2 log r ≤ O(1) n+1 n+1 phân Định Định lý lý lý 3.1. 3.1. 3.1. Giả Giả Giả sử sử sử Định 3.1. Giả sử f, f, g g là là là các các các hàm hàm hàm phân hình hình trên trên trên K. K. K. f, g là các hàm phân hình trên K. = 1 hoặc f g = l với l = 1. thì f = hg với h (n − 13)(Tf (r) + Tg (r)) + 2 log r ≤ O(1) n(z+c) nE Nếu Nếu Nếu EEEffnffnfnf(z+c) (1) (1) (1) = = = E (1) (1) (1) và n13, nnvới ≥≥ ≥ 13,số nn là làgặp sốsốnguyên, nguyên, nguyên, (1) =Áp EgE (1)đề và nvà ≥[8] n13, là nguyên, f(z+c) f (z+c) ggngnng(z+c)g g(z+c)g g(z+c)g g(z+c)g Chứng minh: dụng Bổ 3.3 các trường hợp Do nvà ≥ 13 nên ta mâu thuẫn. 6 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 hg hgvới với với vớihhn+1 hhn+1 = 111hoặc hoặc fg fTrường fglg= = =lllvới với vớihợp l lln+1 = 1 . 1 . thìsau: thì hg == 1=hoặc fg = với = 1. = thìfff===hg DoDo nn≥n ≥ 13 nên ta gặp mâu thuẫn. ≥ 13 nên tata gặp mâu 6thuẫn. 2. Do n13≥ ≥ 13 13 nên nên ta gặp gặp mâu mâu thuẫn. thuẫn. Do n nên ta gặp mâu thuẫn. Trường hợp 1. Do nn ≥ 13 nên2. ta gặp mâu thuẫn. nđề[8] nvới Chứng Chứng Chứngminh: minh: minh: minh: Áp Áp Áp dụng dụng dụng Bổf3.3 đề đề 3.3 3.3 3.3 [8] [8] [8]các với các các trường trường hợp hợp hợp Chứng Áp dụng BổnBổ đề với trường hợp Trường hợp Trường hợp 2. f(z + c)g g(z + c) ≡ 1 . Khi đó ta có (fg) (f(z + c)g(z + Trường Trường hợp hợp 2. 2. n Trường hợp 2. Đặt A = f f (z + c), B = g g(z + c). Khi đó ta có Trường hợp nn nn nn nn 2. n nnn sau: sau: sau: ncó c)g g(z c) ≡ 1≡1. .1Khi ta có (fg) + ++++ + c)g g(zg(z c)1c) đó tata (fg) (f(z c)) = 1 ff(z ff(z f(z f(z + +nc)g c)g + c) ≡ 1đó .Khi . Khi Khi đó tacó có (fg) (fg) (f(z ++c)g(z c)g(z c)g(z ffnnf(z ++ c)g g(z c)++≡+ .≡Khi tađó cóđó (fg) (f(z + (f(z c)g(z ++c)g(z n +g(z n (f(z 1 1 ≥2 ≥2 f f(z + c)g g(z + c) ≡ 1 . Khi đó ta có (fg) (f(z + c)g(z + Trường Trường Trường hợp hợp hợp 1. 1. 1. Trường hợp 1. )+ phải hàmc)) T (r, A)+O(1) ≤ N1 (r, A)+N1 Đặt (r, A)+N 1 (r,và )+N = 1 1 l = fg giả sử l không hằng . Khi đó ta có 1,A (r, c)) = 1 c)) c)) = = 1 1 A A nn nnn c)) =l = 1 fg Đặt ĐặtA Đặt =fffnfnf(z ff(z f(z(z + +c), c), c),B g(z +Khi c) c) c)...đó Khi Khi đótatacócó AA== ++ c), B =Bg=n=g(z +g(z c)+ .+ tađó có 1gg g(z 1Khi Đặt và giả sử ll không hàm . .Khi tata có fgvà và giả phải hàm hằng Đặt l == giả sửgiả lsửkhông phảiphải hàm hằng .hằng Khi đó ta cóđóđó Đặt Đặt llfg == fg fg và và giả sử sử lkhông l không không phải phải hàm hàm hằng hằng .Khi . Khi Khi đó đó ta tacó có có N1 (r, B) + N1≥2 (r, B) + N1 (r, ) + N1≥2 (r, ) − logr + O(1) Đặt l = fg và giả sử l không phải hàm hằng . Khi đó ta có 1 B B n≥2 1 11 1 11≥2 1≥2 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 l (z) = Kết hợp với Bổ đề 3.2 [8] ta có )+N )+N )+ )+ )+ T T(r, (r,A)+O(1) A)+O(1) A)+O(1)≤≤≤ ≤ N (r, A)+N A)+N A)+N (r, (r, (r,A)+N A)+N A)+N (r, 1,A (r,(r, )+ (r, A)+O(1) NN (r, A)+N (r, 1,A1,A 11(r, 1(r, 1)+N 1N 1 (r, 11(r, 11 A)+N 1 (r, 1 11 nn = AA Al(z + c) A AA A llnnn(z) (z) === 111 ln(z) = l l (z) (z) 1 1 1 1 1 1 1 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2T (r, A)+O(1) ≤ N (r, ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 A)+N +++ c) l(z l (z) l(z=+l(z c)l(z l(z +c)c)c) ) )N ≤ A)+N 1 (r, N(n−1)T N )1)+ +N N N1≥2 ) )− −+logr ) + )N )(r, − (r,B) B)(r, ++ +fN NN (r, (r, (r, B) B) ++1N N11(r, (r, (r, logr ++O(1) O(1) O(1) B) B)B) ++ N (r, (r, logr O(1) 1 (r, 1 (r, 11(r, 11 (r, 1111(r, 1+ l(z + c) Theo Bổ B [8] ta có A B BB B đề B3.1 1 1 1 với Kết Kết hợp hợp với với vớiBổ Bổ Bổ Bổ đề đề 3.2 3.2 [8]có ta tacó có có Kết hợp đềđề 3.23.2 [8] [8] ta Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có Theo BổBổ đề 3.1 [8][8] tata cócó ≥2 hợp Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có Theo Theo Bổ đề đề 3.1 3.1 [8] ta có (r, )+N1 (r, B)+N1≥2 (r, B)+N1 (r, )+N1≥2 (r, )− logr1+O(1), +N1,A Theo Bổ đề 3.1≤[8]T (r, ta l)+O(1) có A ) ≤ T (r, l(z+c))+O(1) nT (r, l) = BT≥2 (r, ln≥2 )≥2= TB(r, 1 1 11 1 11 11 l(z)1 (r, c) ) )) nT n nn nn (n−1)T (n−1)T (r, (r,f) ff) f) ≤ )≤≤ ≤ TT(r, (r, (r, A)+O(1) A)+O(1) A)+O(1) ≤ N N NA)+N (r,A)+N A)+N A)+N (r,A)+N A)+N A)+N (r, (n−1)T(r, (r, TT(r, A)+O(1) ≤ N≤ (r, 11(r, 1(r, 1+ 1(r, 1≤ 1 (r, 1 (r, 1 (r, 1A)+N T≤T(r, l(z+c))+O(1) ≤≤≤ T≤(r, l)+O(1) )≤)≤ l(z+c))+O(1) TTT(r, (r,(r, l) = T= ll=n)l)lT=)= T=T(r, l)=l) =T= T(r, (r, )1≤ T)(r, ≤ T (r, l)+O(1) (r, l)(r, (r, )(r, )l(z+c))+O(1) ≤ TT(r, (r, (r, l(z+c))+O(1) l(z+c))+O(1) (r, (r,l)+O(1) l)+O(1) l)+O(1) nT nT l) T(r, Tl (r, )(r, = T T (r, (r,l(z 5 AA A nT A +++ c) c)l(z ) ≤ T (r, l(z+c))+O(1) ≤ T (r, l)+O(1) nT (r, l) = T (r, l ) = Tl(z (r,+l(z l(z +c)c)c) l(z + c) Điều này mâu thuẫn với n ≥ 13 . Vì vậy l phải là hàm hằng. 1 11≥2 ≥2≥2 1 ≥2 1 1 1 1+O(1), ≥2 ≥2 11 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 )+N )+N )+N )+N )+N )− )− )+N (r, (r,(r,)+N (r, (r, B)+N B)+N B)+N (r, (r,B)+N B)+N B)+N (r,l với (r, (r, logr logr logr +O(1), +O(1), B)+N (r, (r,n+1 logr +O(1), +N +N +N1,A 11(r, 1(r, 11(r, 1(r, 1 (r, 1N (n−1)T ≤ 11 B)+N 1(r, 1)− 1 (r, 1,A 1,A Điều này mâu thuẫn với với nvới ≥với vậy lVì phải này mâu thuẫn n13 13 .13 vậy llàlphải làhằng. hàm hằng. này mâu thuẫn n≥ .Vì vậy làlà hằng. 1 (r, 1 (r, 1 )+ Điều Do đó fg =A)+N 1B.B)− Điều Điều này này mâu mâu thuẫn thuẫn với nn.≥Vì ≥ ≥1313 .Vì . Vì vậy vậy lphải lhàm phải phải làhàm hàm hàm hằng. hằng. AA Ag) ≤ T (r, B)+O(1) BB1 1l≥2B B=A)+N A Điều này mâu thuẫn với n. ≥ 13. Vì vậy l phải là hàm hằng. n+1n+1 1 n+1 (n−1)T (r, g) ≤ T (r, B)+O(1) ≤ N (r, A)+N n+1 n+1 ≥2(r, A)+N1 (r, )+ Do Do đó fg = l với l = 1 . 1 đó fg = l với l = 1 . fg = l với l = 1 Trường hợp 3. 1 Do Do đó đó fg fg = = l l với với l l = = 1 1 . . 1 1 1 1 )+ (n−1)T (r, g) ≤ T (r, B)+O(1) ≤ N (r, A)+N (r, A)+N (r, n+1 1 1 ≥2 ≥2 ≥2 ≥2 A(r,)+ 1(r, 11 (r, 1(r,)+ đó fg fhợp =hợp l với l = 1. ≥2 ≥2 1A)+N )+Do )+Trường (n−1)T (n−1)T (n−1)T (r, (r, g) g) (r, g) ≤≤g) ≤ TT(r, ≤ T(r,(r, B)+O(1) TB)+O(1) (r, B)+O(1) B)+O(1) N ≤B) N N ≤1+ (r, (r, A)+N (r, A)+N A)+N A)+N (r, A)+N (r, A)+N (r, 55≤ 5 ≥25≤ 3. 3. 1 (r, 1nN 1(r, 1A Trường Trường hợp 3. 1 1(r, 1) + 1N )+ N1A)+N N(n−1)T n 11 Trường Trường hợp hợp 3. 3.h 1 (r, 1= (r, 1,A (r, 1 ) + N1 (r, B) + N1 (r, A A A A 1 A = f f(z + c) ≡ B g g(z c) . Đặt h = . Giả sử ≥2 ≥2 ≥2 Trường hợp 3. A B B f f fff n nngnn n nn nn NN1,A ≥2(r, 1) + N1 (r, B) + N1≥2(r, B) + N1 (r, 1 ) + N1≥2(r, 1 ) 1 A = f f(z + c) ≡ B =≡ g(z c)g(z .+Đặt hc) sửf. .Giả h..Giả 11 1− 1logr 1 ≥2 1≥2B1(1) 1) 1 A AA = ff nff(z +++ c) ≡≡≡ BBgBB = g(z c) h. hGiả = sửsử h hhh === c)c)c) = g(z ++ .Đặt Đặt )+ N1 (r, N1≥2≥2(r, (r, B) + N≥21≥2≥2(r,≥2B) + N1 (r,1 B11) + ≥2 ff(z f(z f(z + =g=g+ +c).c) .= . Đặt Đặt hh=== Giả Giả sử sử ≥2 ≥2≥2 ≥2A 1,A ngg g(z + O(1) g )+ (r, A)+N (r, ) ) + ) + + N ) N N + N ) + ) ) N + + ) N N + N ) ) ) ) (r, (r, (r, (r, (r, (r, (r, B) B) (r, B) + + B) N + N N + (r, N (r, (r, B) B) (r, B) + + B) N + N (r, N + (r, N (r, (r, (r, (r, (r, (r, N N N 1 không phải hàm hằng. Khi đó ta có A B B A = f f(z + c) ≡ B = g g(z + c). Đặt h =g ggg. Giả sử h 1 11 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1,A 1,A 1,A 1,A A AAA A B B B B B B B B g ++O(1) (1) − logr không phải hàm hằng. KhiKhi đóKhi tađó có không phải hàm hằng. tatata cócócó phải hàm hằng. Khi đó logrcủa O(1) (1) không không phải phải hàm hàm hằng. hằng. Khi đó đó ta có Mọi cực − điểm A chỉ có thể xảy ra tại các cực điểm của 1 1 không phải hàm hằng. Khi đó ta có 1 logr logr logr + logr + + O(1) O(1) O(1) + O(1) (1) (1) (1) (1) − − − − ≥2 n ) + N1 (r, ) f, f(z Mọi cực điểm của A chỉ có thể xảy ra tại các cực điểm của + c). Kết hợp với Định lý chính thứ nhất và Bổ đề 3.1 h (z) = 1 1111 Mọi cực điểm của A chỉ có thể xảy ra tại các cực điểm h(z của + c) B B nn = hn(z) = Mọi Mọi Mọi cực cực cựcđiểm cực điểm điểm điểm của của của Avới của AA chỉ chỉ chỉ Acócó chỉ có thể thể có thể xảy thể xảy xảy raxảy ra tại ratại ra tại các các tại các cựccác cực cực điểm cực điểm điểm của điểm của củacủa f, f(z + c). Kết hợp Định lý chính thứ nhất và Bổ đề 3.1 hhnnnh(z) (z) == [8] taMọi có 1 h (z) (z) =h(z f, f(z + c). Kết hợp với Định lý chính thứ nhất và Bổ đề 3.1 h(z c)h(z (1) [8] +++ c) h (z) =+h(z h(z +c)c)c) f,f,f(z f(z f, f(zcó + f(z ++ c). c).c). +Kết Kết c). Kết hợp Kết hợp hợp với hợp với với Định với Định Định Định lý lý chính lý chính lý chính chính thứ thứ thứ nhất thứ nhất nhất và nhất và Bổ và Bổ và Bổ đề đề Bổ 3.1 đề 3.1 đề 3.1 3.1 ta ≥2 h(z + c) [8] ta có Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có N (r, A) + N (r, A) ≤ 2N (r, f) + (N (r, f(z + c))+ 1 1 1 1 ác cực điểm của [8][8] ta ta [8] tacó có ta cócó ≥2 Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có ≥2 Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có Theo BổBổ đề 3.1 [8][8] tata cócó N(r,1 (r, (r, 2N (r, f(z Theo Theo Bổ đề đề 3.1 3.1 [8] ta có f(zA) +++ c))NN+ f)f) ++ N(r, + c))++c))+ O(1) 1≥2O(1) (r, A) (r,≥2A) A)≤≤≤2N(r, 2N11(r, (r, f) +(N (N1f(z c))+ hất và Bổ đề 3.1 N1≥2 N Theo Bổ đề 3.1 [8] ta có (r, h)≤= 1 1 (r, f(z +nT ≥2 1≥2≥2 N N (r, A) (r, A) ++ A) + NNT1+ N1(r, (r, N (r, (r, A) A) (r, A) ≤ ≤ A) 2N ≤ 2N 2N ≤ (r, 2N (r, (r, f) f) (r, + f) + (N f) + (N (N + (r, (N (r, f(z (r, f(z (r, f(z + f(z c))+ + + c))+ c))+ + c))+ (r, f(z + c)) O(1) ≤ 2N(r, f) + N(r, f(z + c)) O(1) ≤ NN1≥2N 11(r, 1N 1A) 1 1 1 1 1 1 1 1 2T (r, f) + f(z + c)) + O(1) ≤ 3T (r, f) + O(1) 1 nT (r, h) =(r, (r,≥2f(z + c)) +1O(1) ≤ 2N(r, f) + N(r, f(z + c)) + O(1) ≤ nT (r, h)h)h) ==== nT (r, ≥2 nT nT (r, h) 1≥2≥2 1++c)) (r, (r, (r, f(z f(z (r, f(z + f(z ++ c)) c)) c)) ++ +c)) O(1) +O(1) O(1) + O(1) ≤≤ ≤ 2N(r, 2N(r, 2N(r, ≤+ 2N(r, f)O(1) f) f)+ N(r, f) +N(r, N(r, +3T f(z N(r, f(z f(z +f) f(z c)) + c)) +O(1) O(1) +c)) +O(1) O(1) +≤O(1) ≤≤ ≤ NN 2T (r, f) + T (r, f(z + c)) ≤ (r, + nT (r, h) = n+ 11 1N 1 2T (r, f) + T (r, f(z + c)) 3T (r, f) + )O(1) ≤ T (r, h(z+c))+O(1) ≤ T (r, h)+O(1) )=≤ T (r, T (r,+hO(1) 1 11 Suy ra nnn , f(z + c))+ 1 1 2T 2T2T (r, (r, 2T (r, f) f) (r, f) ++f) + TT(r, T+ (r,(r, f(z Tf(z (r, f(z +f(z +c)) +c)) c)) +++ c)) O(1) +O(1) O(1) +≤ O(1) ≤3T ≤3T (r, 3T ≤h(z (r, f) 3T (r,f) + (r, f)O(1) ++ f)O(1) O(1) + O(1) c) (r, h(z+c))+O(1) ≤ T (r, ≤ h)+O(1) T T(r, hh ) ))=nn= T≤ h(z+c))+O(1) T≤T(r, h)+O(1) T(r, h(z+c))+O(1) ≤≤ h)+O(1) T(r, TT (r, (r, 1) ≤)T)≤ Suy ra )≤ )≤ T(r, T(r, (r, h(z+c))+O(1) h(z+c))+O(1) TT(r, (r, (r, h)+O(1) h)+O(1) )) = = T(r, Th(z (r, (r, TT(r, (r,nhh = + c)+ h(z c) h(z ++ c)c)c) z + c)) + O(1) ≤ Suy ra N1 (r, A)+N1≥2 (r, A) ) ≤ T (r, h(z+c))+O(1) ≤ T (r, h)+O(1) ) = T (r, T (r, h h(z h(z + ≤ 3T (r, f)+O(1) Điều này mâu thuẫn với n ≥ 13 . Vì vậy h phải là hàm hằng, Suy Suy Suy Suy ra rara ra h(z + c) Điều mâu thuẫn với với nvới ≥nn 13.≥Vì vậy hvậy phảihlà hàmlàhằng, , f) + O(1) n+1 này NN1 (r, A)+N1≥2 3T (r,hn+1 f)+O(1) ≥2(r, A) (2)với hĐiều mâu thuẫn 13 .13 hàm hằng, này mâu thuẫn .Vì hằng, kéo≤theo = 1, do đó f = hg =này 1này .này Điều Điều mâu mâu thuẫn thuẫn với với≥ nn ≥ ≥1313 .Vì . Vì Vìvậy vậy vậyhphải hhphải phải phảilàlà làhàm hàm hàm hằng, hằng, 1 (r, A)+N n+1 n+1 ≥2 ≥2A) ≤ 3T (r, f)+O(1) 1≥2≥2(r, Điều này mâu thuẫn với n ≥ 13 . Vì vậy h phải kéo theo h = 1 , do đó f = hg với h = 1 . n+1 n+1 n+1 n+1 NN1N (r, (r, A)+N (r, A)+N A)+N (r, (r, (r, A) A) (r, A) ≤ ≤ A) 3T ≤ 3T 3T (r, ≤ (r, 3T (r, f)+O(1) f)+O(1) (r, f)+O(1) f)+O(1) (2) n+1 n+1 n+1 n+1 1(r, 1N 1A)+N Ta thấy rằng, mọi không điểm của A chỉ có thể xảy ra tại 111 1 kéo theo theo hhn+1 1= đó ff= hg với hhhn+1 1=.11.1..là hàm hằng, 1,,1do đóđó với Định lý 3.1. được chứng minh. kéo kéo theo theo hh === 1do ,, do do đó ff== =hghg hg với với h === (2) theo h3.1. = 1chứng , do đó fminh. = hg với h = 1. lýlý được minh. (2)tại (2) (2)(2) kéoĐịnh thấy rằng, mọi không điểm của chỉ cácTa không f(z + c). CẢM Định được chứng Định lý3.1. 3.1. được chứng minh. Định Định lýlý 3.1. 3.1. được được chứng chứng minh. minh. LỜI Ta thấy điểm rằng,của mọif, không điểm của AAƠN chỉ có có thể thể xảy xảy ra ra tại Định lý 3.1. được chứng minh. 1) LỜI CẢM ƠN Ta Ta Ta thấy thấy Ta thấy thấy rằng, rằng, rằng, rằng, mọi mọi mọi không mọi không không không điểm điểm điểm điểm của của của A của A chỉ A chỉ chỉ A có chỉ có thể có thể có thể xảy thể xảy xảy ra xảy ra tại ra tại tại ra tại các không điểm của f, f(z + c) . Tương tự (2) ta nhận được LỜI CẢM ƠN CẢM ƠN Nghiên cứu này được tài trợ bởi Quỹ phát triển khoa các không điểm của f, f(z + c) . LỜI LỜI CẢM CẢM ƠN ƠNhọc Nghiên cứu này được tài trợ bởi Quỹ phát triển khoa học CẢM ƠN (2) các các các không không không không điểm điểm điểm điểm của của của của f, f,f(z f,f(z f(z f, +f(z + c) +c) .công c) +. .c). nghệ quốc gia (NAFOSTED)LỜI Tương được Nghiên cứu này được tài trợ bởi Quỹ phát triển khoa học Nghiên cứu này được tài trợ bởi Quỹ phát triển khoa học và thông qua đề tài mã Tương tự tự (2) (2)1ta ta nhận nhận được Nghiên Nghiên cứu cứu này này được được tài tài trợ trợ bởi bởi Quỹ Quỹ phát phát triển triển khoa khoa học học 1 ≥2 và công nghệ quốc gia (NAFOSTED) thông qua đề tài mãkhoa Nghiên cứuquốc này được tài trợ bởi Quỹ phátqua triển học ó thể xảy ra tại Tương Tương Tương Tương tự tựtự (2) tự (2)ta(2) tata nhận nhận ta nhận nhận được được được được )101.01-2012.19. ≤ 3T (r, f)+O(1) N (r, (r, 1(2) và công nghệ gia (NAFOSTED) thông đề tài mã công nghệ quốc gia (NAFOSTED) thông qua đề tài mã số Các tác giả xin trân trọng cảm ơn. 1A1 )+N1,A 1 và và công công nghệ nghệ quốc quốc gia gia (NAFOSTED) (NAFOSTED) thông thông qua qua đề đề tài tài mã mã ≥2 A số Các gia tác giả xin trân trọng cảm ơn. qua đề tài mã và 101.01-2012.19. công nghệ quốc (NAFOSTED) thông )+N NN1 (r, ≥2(r, 1) ≤ 3T (r, f)+O(1) 1,A số 101.01-2012.19. Các tác giả xin trân trọng cảm ơn. 101.01-2012.19. Các tác giả xin trân trọng cảm ơn. (3) 1 1 1 1 1 1 1 1 )+N ) ≤ 3T (r, f)+O(1) (r, (r, số số 101.01-2012.19. 101.01-2012.19. Các Các tác tác giả giả xin xin trân trân trọng trọng cảm cảm ơn. ơn. ≥2 ≥2≥2 ≥2A 1,A số 101.01-2012.19. Các tác giả xin trân trọng cảm ơn. )+N )+N )+N )+N )(r,)≤)≤3T ≤)3T 3T (r, ≤(r, 3T (r, f)+O(1) f)+O(1) (r, f)+O(1) f)+O(1) N1N11(r, (r, (r,1AA(r, (r,(r, (r,TÀI A 1N 1,A 1,A Tương N tự đối ta cũng AAvới A AB1,A1,A AAA có: ALIỆU THAM KHẢO (3) (3) TÀI LIỆU THAM KHẢO (3)(3) (3)(3) TÀI LIỆU THAM KHẢO LIỆU THAM KHẢO Tương với BB ta TÀI TÀI LIỆU LIỆU THAM THAM KHẢO KHẢO ≥2 có: Tương tự tự đối đối với ta cũng cũng có: r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) TÀI LIỆU THAM KHẢO Nđối (∞, r)+N (∞, (1) 1,B 1,B Tương Tương Tương Tương tự tựtựđối đối tự với đối với với Bvới BB ta taB ta cũng cũng ta cũng cũng có: có: có: có: ≥2 NN1,B (∞, r)+N1,B ≥2(∞, r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) (3) r) ≤ (k+2)Tg (r)+O(1) ≥2 1,B (∞, r)+N 3 7 ≥21,B ≥2 ≥2(∞, ≥2 ≤ 60(6) 6.2018 (0, r)+N (0, r) (r, g)+O(1) NN1,B 7 N1,B (∞, N (∞, (∞, r)+N (∞, r)+N r)+N r)+N (∞, (∞, (∞, r)(∞, r)≤ r)(k+2)T ≤(k+2)T ≤ r)(k+2)T (k+2)T ≤ (k+2)T (r)+O(1) 1,B1,B g (r)+O(1) gg(r)+O(1) g (r)+O(1) 1,B 1,B 1,B 1,B 1,B ≥2 7 7 77 r)+N (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) NN1,B (0, ≥2 (4) 1,B (0, r) ≤ (k+2)T (r, g)+O(1) 7 1,B (0, r)+N ≥21,B ≥2 ≥2 ≥2 (0, (0, r)+N r)+N (0, r)+N r)+N (0,(0, (0, r)r) (0, ≤ r)≤(k+2)T r) ≤(k+2)T (k+2)T ≤ (k+2)T (r,(r, g)+O(1) (r,g)+O(1) (r, g)+O(1) g)+O(1) N1,B1,B N(0, (4) 1,B 1,B Từ (1)-(4)NN ta có 1,B 1,B 1,B 1,B )Tg (r)+O(1) (4) n n Math. Soc., 42, pp.389-392. [3] C.C. Yang and X.H. Hua (1997), "Uniqueness and valuesharing of meromorphic functions", Ann. Acad. Sci. Fenn. Math., pp.395-406. [4] J. Ojeda (2008), "Hayman’s conjecture in a p-adic field", Taiwanese J. Math., 9, pp.2295-2313. [5] R.G. Halburd, R.J. Korhonen (2006), "Nevanlinna theory for the difference operator", Ann. Acad. Sci. Fenn. Math., 31, pp.463-478. [6] I. Laine and C.C.Yang (2007), "Value distribution of TÀI LIỆU THAM KHẢO difference polynomials", Proceedings of the Japan Academy, [1] Ha (2011), "Value distriHa Huy Huy Khoai Khoaiand andVu VuHoai HoaiAnAn (2011), "Value distri- Series A, 83(8), pp.148-151. [7] K. Liu and L.Z. Yang (2009), "Value distribution of the bution problem andand their bution problem for forp-adic p-adicmeromorphic meromorphicfunctions functions their difference operator", Archiv der Mathematik, 92(3), pp.270derivatives", Ann. XX(Special), pp.135derivatives", Ann.Fac. Fac.Sc. Sc.Toulouse, Toulouse, XX(Special), pp.135278. 149. 149. [8] Ha Huy Khoai and Vu Hoai An (2012), "Value - sharing [2] J. Clunie (1967), "On a result of Hayman", J. London [2] J. Clunie (1967), "On a result of Hayman", J. London problem for p-adic meromorphic functions and their differMath. Soc., 42, pp.389-392. Math. Soc., 42, pp.389-392. ence operators and difference polynomials", Ukranian Math. [3] C.C. Yang and X.H. Hua (1997), "Uniqueness and value[3] C.C. and X.H.functions", Hua (1997), "Uniqueness value- J., 64(2), pp.147-164. sharing of Yang meromorphic Ann. Acad. Sci.and Fenn. sharing of meromorphic functions", Ann. Acad. Sci. Fenn. Math, [9] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai Math., pp.395-406. (2012), "Value sharing problem and Uniqueness for p-adic [4] J. Ojeda (2008), "Hayman’s conjecture in a p-adic field", 7 meromorphic functions", Annales Univ. Sci. Budapest, 38, Taiwanese J. Math., 9, pp.2295-2313. pp.71-92. [5] R.G. Halburd, R.J. Korhonen (2006), "Nevanlinna the[10] P.C. Hu, C.C. Yang (2000), Meromorphic functions ory for the difference operator", Ann. Acad. Sci. Fenn. Math., 31, pp.463-478. over non-Archimedean fields, Kluwer. [6] I. Laine and C.C.Yang (2007), "Value distribution of difference polynomials", Proceedings of the Japan Academy, Series A, 83(8), pp.148-151. [7] K. Liu and L.Z. Yang (2009), "Value distribution of the difference operator", Archiv der Mathematik, 92(3), pp.270278. [8] 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. 8 [9] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai (2012), "Value sharing problem and Uniqueness for p-adic meromorphic functions", Annales Univ. Sci. Budapest, 38, pp.71-92. [10] P.C. Hu, C.C. Yang (2000), Meromorphic functions over non-Archimedean fields, Kluwer. Điều này mâu thuẫn với n ≥ 13. Vì vậy h phải là hàm hằng, kéo theo hn+1 = 1, do đó f = hg với hn+1 = 1. Định lý 3.1. được chứng minh. LỜI CẢM ƠN Khoa học Tự nhiên Nghiên cứu này được tài trợ bởi Quỹ phát triển khoa học và công nghệ quốc gia (NAFOSTED) thông qua đề tài mã số 101.01-2012.19. Các tác giả xin trân trọng cảm ơn. 8 60(6) 6.2018 4