R. Nevanlinna phỏng đoán rằng kết luận của Định lý 2.2 vẫn đúng trong trường hợp f và g chung nhau 4 giá trị IM, nhưng hai hàm sau đây:
fˆ(z) = ez + 1
(ez −1)2, g(z) =ˆ (ez + 1)2 8(ez −1)
được G. G. Gundersen đưa ra năm 1979 (xem [2]) cho thấy phỏng đoán của R. Nevanlinna nói chung không đúng. Thậm chí, dễ thấy hai hàm trên chung nhau các giá trị 0,1,−1/8,∞ IM và rõ ràng f không là bất kì biến đổi Mobius nào của g. Ngoài ra, trong ([2]), Gundersen đã chứng minh định lí sau mở rộng hơn Định lý 2.2.
Định lý 2.4 ([2]). Nếu f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung nhau 3 giá trị CM và một giá trị IM, thì chúng chung nhau tất cả 4 giá trị CM (và từ đó suy ra kết luận của Định lý 2.2).
Mệnh đề sau đây đưa ra một số tính chất của hai hàm phân hình khác hằng chung nhau 4 giá trị IM*. Chứng minh của mệnh này trong trường hợp IM có thể tìm thấy trong ([3]).
Mệnh đề 2.1 ([3]). Giả sử f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung nhau 4 giá trị hữu hạn aj (j = 1,2,3,4) IM*. Nếu f 6= g thì
(1) T(r, f) = T(r, g) +S(r, f), T(r, g) = T(r, f) +S(r, g);
(2)
4
P
j=1
N(r,1/(f −aj)) = 2T(r, f) +S(r, f);
(3) N(r,1/(f−b)) = T(r, f)+S(r, f), N(r,1/(g−b)) =T(r, g)+S(r, g), với b 6= aj(j = 1,2,3,4);
(4) N0(r,1/f0) = S(r, f), N0(r,1/g0) = S(r, g) với N0(r,1/f0) biểu thị hàm đếm các điểm là 0− điểm của f0 mà không phải là 0− điểm của f −aj(j = 1,2,3,4), nghĩa là: N0(r,1/f0) =Nv0(r), trong đó:
v0(z) =
(à0f0(z), nếu àafj0(z) = 0, j = 1,2,3,4;
0, các trường hợp còn lại. N0(r,1/g0) được định nghĩa tương tự;
(5)
4
P
j=1
N∗(r, f = aj = g) = S(r, f), trong đó N∗(r, f = a = g) biểu thị hàm đếm các a− điểm tính bội chung của f và g, với bội tính theo số nhỏ hơn, nghĩa là: N∗(r, f = a = g) = Nv∗(r), với
v∗(z) =
(min{àaf(z), àag(z)}, nếu min{àaf(z), àag(z)} ≥ 2;
0, các trường hợp còn lại.
Chứng minh. Theo định lý cơ bản thứ hai ta có 2T(r, f) <
4
X
j=1
N
r, 1 f −aj
−N0
r, 1 f0
+S(r, f)
=
4
X
j=1
N(r, f = aj = g)−N0
r, 1 f0
+S(r, f)
≤N
r, 1 f −g
−N0
r, 1 f0
+S(r, f)
≤T(r, f) +T(r, g)−N0
r, 1 f0
+S(r, f).
Đổi vai trò của f và g ta có
2T(r, g) < T(r, f) +T(r, g)−N0
r, 1 g0
+S(r, g).
Như vậy ta chứng minh được (1)(2) và (4).
Lại sử dụng định lí cơ bản thứ hai, ta suy luận được 3T(r, f) <
4
X
j=1
N
r, 1 f −aj
+N
r, 1
f −b
+S(r, f)
=
4
X
j=1
N(r, f = aj = g) + N
r, 1 f −b
+S(r, f)
≤N
r, 1 f −g
+ N
r, 1
f −b
+S(r, f)
≤T(r, f) +T(r, g) +N
r, 1 f −b
+S(r, f)
≤3T(r, f),
suy ra đẳng thức đầu tiên trong (3). Tương tự, ta suy ra được đẳng thức thứ hai trong(3).
Để chứng minh (5), không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a1 =
∞, a2 = 0, a3 = 1, a4 = c, các trường hợp khác sẽ sử dụng phép biến đổi Mobius. Đặt:
ψ = f0g0(f −g)2
f(f −1)(f −c)g(g −1)(g −c) (2.2) Từ f và g chung nhau các giá trị 0,∞,1, c IM* có thể dễ dàng suy ra T(r, ψ) = S(r, f) = S(r, g). Từ đó suy ra (5).
Mệnh đề 2.2 ([4]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung nhau 4 giá trị phân biệt a1, a2, a3 và a4 IM*. Nếu N(r,1/(f −a1)) = S(r, f) và N(r,1/(f −a2)) = S(r, f) thì f và g chung nhau 4 giá trị CM* và do đó f là một biến đổi Mobius của g.
Chứng minh. Từ f và g chung nhau các giá trị a1, a2, a3, a4 IM* và N(r,1/(f −ai)) = S(r, f), i = 1,2,
suy ra f và g chung nhau giá trị a1, a2 CM*. Theo Mệnh đề 2.1, ta có T(r, f) =N(r,1/(f −ai)) +S(r, f), i = 3,4.
Điều này kéo theo
N(2(r,1/(f −ai)) = S(r, f), i = 3,4.
Tương tự, ta có
N(2(r,1/(g −ai)) = S(r, g), i = 3,4.
Do đó N
r, 1 f −ai
−NE(r, f = ai = g) ≤ N(2
r, 1 f −ai
+N(2
r, 1 g −ai
= S(r, f), i = 3,4.
Đổi vai trò của f và g ta cũng có N
r, 1 g −ai
−NE(r, f = ai = g) =S(r, g), i = 3,4.
Như vậy f và g chung nhau giá trị a3, a4 CM*.
Định lí 2CM+2IM=4CM của Gundersen ([3]) phát biểu rằng rằng nếu hai hàm phân hình khác hằng chung nhau 2 giá trị CM và hai giá trị IM khác, thì chúng chung nhau 4 giá trị IM, và do đó chúng có mối quan hệ biến đổi Mobius với nhau. Định lí sau đây là một phiên bản * của định lí 2CM+2IM=4IM.
Định lý 2.5 ([4]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng và bốn giá trị phân biệt a1, a2, a3, a4. Nếu f 6= g và f, g chung nhau giá trị a1, a2 CM*
và giá trị a3, a4 IM* thì f và g chung nhau bốn giá trị CM* và do đó, f là một biến đổi Mobius của g.
Chứng minh. Bằng một phép biến đổi Mobius (nếu cần thiết), ta có thể giả sử rằng a1 = ∞, a2 = 0, a3 = 1 và a4 = c. Đặt:
α = f00
f0 − 2f0
f + f0
f −1 + f0 f −c
− g00
g0 − 2g0
g + g0
g −1 + g0 g−c
, β =
f00 f0 −
f0
f −1 + f0
f −c − 2f0 f
− g00
g0 −
g0
g−1 + g0
g −c − 2g0 g
và
γ = α2 −(1 +c)2ψ, δ = β2 −(1 +c)2ψ,
trong đó ψ là hàm được định nghĩa trong 2.2. Từ f và g chung nhau các giá trị 0,∞ CM* và 1, c IM* ta dễ dàng suy ra:
T(r, α) =S(r), T(r, β) = S(r),
T(r, γ) =S(r), T(r, δ) = S(r), trong đó S(r) := S(r, f) = S(r, g).
Bây giờ ta kí hiệu N1)(r, f = a = g) là hàm hàm đếm các a− điểm chung của f và g. Từ f và g chung nhau các giá trị 0,∞ CM* và 1, c IM* theo phần (5) của Mệnh đề 2.1, ta có:
N
r, 1 f −ai
= NE(r, f = ai = g) +S(r) =N1)(r, f = ai = g) +S(r), trong đó a1 = ∞, a2 = 0.
Cho z0 là 0− điểm đơn chung của f và g và z∞ là cực điểm đơn chung của f và g. Ta có γ(z0) = 0 và δ(z∞) = 0. Đặt
F1 = g0(f −g)
g(f −1)(g −c), G1 = f0(f −g) f(g−1)(f −c), Fc = g0(f −g)
g(g −1)(f −c), Gc = f0(f −g) f(f −1)(g−c). Thì
α(z0) = (1 +c)F1(z0) = (1 + c)G1(z0) = (1 +c)Fc(z0) + (1 +c)Gc(z0) và
α(z∞) = (1 +c)F1(z∞) = (1 +c)G1(z∞) = (1 +c)Fc(z∞) = (1 +c)Gc(z∞).
Ta xét 4 trường hợp phân biệt sau:
Trường hợp 1. Giả sử γ 6= 0 và δ 6= 0. Ta có N1)(r, f = a = g) ≤ N(r,1/γ) = S(r), và do đó N(r,1/f) = S(r). Tương tự, ta có: N(r, f) = S(r). Theo Mệnh đề 2.2, ta kết luận được f và g chung nhau các giá trị 0,∞,1, c CM*.
Trường hợp 2. Giả sử γ 6= 0 và δ = 0, ta lại có: N(r,1/f) = S(r). Ta cần xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 2a. Giả sử c 6= −1. Nếu F1 = G1, thì:
f0(f −1)
f(f −c) = g0(g−1) g(g −c),
dẫn đến 0,1,∞, c là các giá trị CM* chung nhau của f và g . Nếu Fc = Gc thì ta có thể chứng minh tương tự 0,1,∞, c là các giá trị CM* chung nhau của f và g. Tiếp theo ta giả sử: F1 6= G1, Fc 6= Gc.
F1 6= G1 dẫn đến ít nhất một trong hai hàm
β−(1 +c)F1 và β −(1 +c)G1 không đồng nhất không. Vì vậy ta có:
N1)(r, f = ∞ = g) < N
r, 1
β −(1 +c)F1
≤ T(r, β) +T(r, F1) +O(1)
< T(r, f)−N
r, 1 f −1
+ S(r) hoặc
N1)(r, f = ∞ = g) < N
r, 1
β −(1 +c)G1
≤ T(r, β) +T(r, G1) +O(1)
< T(r, f)−N
r, 1 f −1
+ S(r).
Vì vậy
N(r, f) < T(r, f)−N
r, 1 f −1
+S(r) (2.3)
Tương tự, từ Fc 6= Gc, ta có:
N(r, f) < T(r, f)−N
r, 1 f −c
+S(r, f). (2.4) Kết hợp (2.3) (2.4) và áp dụng phần (2) của Mệnh đề 2.1 ta có thể thu được N(r, f) = S(r, f). Từ đó bằng việc sử dụng Mệnh đề 2.2, ta có f và g chung nhau các giá trị 0,∞,1, c CM*.
Trường hợp 2b. Giả sử c = −1 ta có δ = 0 dẫn đến β = 0. Bằng cách lấy tích phân, ta có:
f0f2
f2 −1 = A. g0g2
g2 −1, (2.5)
với A là một hằng số khác 0. Đặt λ = f0
f(f2 −1) −A. g0 g(g2 −1).
Vậy m(r, λ) = S(r) và bất kì cực điểm chung nào của f và g đều là không điểm của λ. Sử dụng (2.5) λ có thể được biểu diễn thành:
λ = A g0
g2 −1.g3 −f3 gf3 .
Từ f và g chung nhau các giá trị 0,∞,1,−1 IM*, và N(r,1/f) = S(r) từ khai triển trên của λ với N(r, λ) = S(r) dẫn đến T(r, λ) = S(r). Nếu λ = 0, ta có f3 = g3. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng có một 1−
điểm chung của f và g, mặt khác theo Mệnh đề 2.2, f và g chung nhau các giá trị 0,∞,1,−1 CM* dẫn đến f3 = g3 suy ra f = g, điều này mâu thuẫn với giả thiết của Định lý 2.5. Nếu λ 6= 0 thì ta có:
N1)(r, f = ∞ = g) ≤ N(r,1/λ) = S(r).
Như vậy N(r, f) = S(r), vậy theo Mệnh đề 2.2, f và g chung nhau các giá trị 0,∞,1,−1 CM*.
Trường hợp 3: Giả sử γ = 0, δ 6= 0, trường hợp này tương tự với trường hợp 2.
Trường hợp 4: Giả sử γ = 0, δ = 0, ta có: γ −δ = 0, lưu ý rằng:
γ−δ = α2 −β2 = (α −β)(α+β).
Ta có (α−β) = 0 hoặc (α +β) = 0.
Nếu (α −β) = 0 thì từ α −β = −4f0/f + 4g0/g ta có f0/f = g0/g. Lấy tích phân công thức trên ta có: f = A.g(z), trong đó Alà một hằng số khác 0. Tương tự phần trước, ta có A = c = −1 và do đó f và g chung nhau các giá trị 0,1,∞, c CM*.
Nếu (α +β) = 0 thì từ:
α+ β =
2.f00 f0 −2
f0
f −1 + f0 f −c
−
2.g00 g0 −2
g0
g −1 + g0 g−c
, ta có:
f00
f0 − f0
f −1 − f0
f −c = g00
g0 − g0
g −1 − g0 g −c. Lấy tích phân hai vế ta có:
f0
(f −1)(f −c) = A. g0
(g−1)(g −c), (2.6)
trong đó Alà một hằng số khác0. Nếu không có1−điểm vàc− điểm chung của f và g , thì f và g chung nhau các giá trị 0,∞,1, c CM*. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng tồn tại z1 sao cho f(z1) = g(z1) = 1. Vậy trong lân cận của z = z1, ta có:
f(z) = 1 +bp(z −z1)p+bp+1(z −z1)p+1 +. . .(bp 6= 0) g(z) = 1 +cp(z −z1)q +cq+1(z −z1)q+1 +. . .(cq 6= 0) Từ (2.6) và bằng tính toán, ta có: A = p/q. Do đó:
q.f0
(f −1)(f −c) = p.g0
(g −1)(g −c). Bằng cách tiếp tục lấy tích phân ta có:
f −1 f −c
q
= B.
g−1 g −c
p
, với B(6= 0) là một hằng số. Phương trình trên dẫn đến:
qT(r, f) =pT(r, g) + O(1).
Theo phần (1) của Mệnh đề 2.1 ta có p = q. Như vậy:
f −1
f −c = B.g −1 g −c,
và do đó f, g chung nhau giá trị 1, c CM*, Định lí 2.5 được chứng minh.
Năm 1989, E. Mues ([15]) đã thực hiện một số cải tiến hơn định lý2CM+ 2IM = 4CM. Để giới thiệu kết quả của Mues ta nhắc lại kí hiệu sau đây.
Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng chung nhau giá trị a IM.
Định nghĩa
τ(a) :=
lim
r→∞
NE(r, f = a = g)
N(r,1/(f −a)) , nếu N(r,1/(f −a)) 6≡ 0,
1, nếu N(r,1/(f −a)) ≡ 0.
Rõ ràng là 0 ≤ τ(a) ≤ 1 và τ(a = 1) nếu a là giá trị chung nhau CM của f và g.
Năm 1989, E.Mues đã chứng minh hai kết quả sau.
Định lý 2.6 ([15]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng phân biệt và a1, a2, a3, a4 là bốn giá trị phân biệt. Nếu f và g chung nhau giá trị a1
CM và chung nhau giá trị a2, a3, a4 IM, hơn nữa nếu τ(a2) > 2/3 thì f và g chung nhau giá trị a2, a3, a4 CM, và từ đó suy ra kết luận của Định lý 2.2.
Định lý 2.7 ([15]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng phân biệt và a1, a2, a3, a4 là bốn giá trị phân biệt với tỉ lệ chéo (a1, a2, a3, a4) = −1. Nếu f và g chung nhau giá trị a1 CM, a2, a3, a4 IM và τ(a2) > 1/2 thì f và g chung nhau giá trị a2, a3, a4 CM, và từ đó suy ra kết luận của Định lý 2.2.
Bằng cách sử dụng phương pháp của Mues, Wang đưa ra một cải thiện khác của định lý 2CM+2IM =4CM như sau.
Định lý 2.8 ([17]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng phân biệt chung nhau giá trị a1, a2, a3 và a4 IM. Nếu f 6= g và τ(a1) > 4/5, τ(a2) >
4/5 thì f và g chung nhau giá trị a1, a2, a3, a4 CM.
Từ những cải thiện của định lý bốn điểm của Nevanlinna, ta có lý do để đặt câu hỏi liệu kết luận vẫn là đúng nếu chúng ta nới lỏng điều kiện của định lý bốn điểm thành ba giá trị chung nhau IM và một giá trị chung nhau CM. Vấn đề này tương đối khó khăn.
Giả thuyết 2.1 ([3, 15]). Giả sử f và g là hai hàm phân hình khác hằng phân biệt chung nhau ba giá trị a1, a2, a3 IM và một giá trị khác a4 CM. Thì ta có f và g chung nhau cả bốn giá trị trên CM, và do đó f là một biến bổi Mobius của g.
Kết quả sau đây là một ước lượng cho bội của của 1-điểm chung của một số hàm phân hình vì nó hữu ích trong việc xử lý các giá trị chung nhau.
Định lý 2.9 ([12]). Nếu f1, f2, . . . , fn là các hàm phân hình khác hằng và đặt ϕi = fi0/fi, i = 1, . . . , n thì tồn tại các đa thức phân biệt a1, . . . , an (không đồng thời đồng nhất không) trong ϕi, i = 1, . . . , n sao cho z là không điểm của Fn = Pni=1ai(fi −1) với bội nhỏ nhất là n miễn là z là 1- điểm chung của fi, i= 1, . . . , n, tức là fi(z) = 1, i = 1, . . . , n.
Chứng minh. Ta chứng minh điều này bằng cách quy nạp toán học theo n.
Với n= 1 kết quả là hiển nhiên.
Nếu n = 2 thì ta đặt F2 = −ϕ2(f1 −1) +ϕ1(f2 −1) và do đó F20 = −ϕ02(f1 −1) +ϕ01(f2 −1)−ϕ1ϕ2f1 +ϕ1ϕ2f2.
Rõ ràng, F2(z0) = F20(z0) = 0 với bất kỳ z0 thỏa mãn f1(z0) = f2(z0) = 1. Như vậy z0 là một không điểm của F2 với bội ít nhất là hai.
Giả sử khẳng định là đúng cho bất kỳ m hoặc ít hơn hàm phân hình khác hằng. Tiếp theo, ta chứng minh khẳng định cũng đúng với bất kỳ m + 1 hàm phân hình khác hằng f1, f2, . . . , fm+1.
Theo giả thiết qui nạp, tồn tại các đa thức khả vi a1, . . . , am (không đồng thời đồng nhất không) trong ϕ1, . . . , ϕm sao cho z là không điểm của
G =
m
X
k=1
ak(fk−1)
với bội nhỏ nhất là m miễn là z là 1- điểm chung của f1, . . . , fm. Ta có thể giả sử rằng a1 không đồng nhất không (bằng cách sắp xếp lại f1, . . . , fm, nếu cần thiết). Với f2, . . . , fm+1, theo giả thiết qui nạp, tồn tại các đa thức khả vi b2, . . . , bm+1 (không đồng thời đồng nhất không) trong ϕ2, . . . , ϕm+1
sao cho z là không điểm của H =
m+1
X
k=2
bk(fk −1)
với bội ít nhất là m miễn là z là 1- điểm chung của f2, . . . , fm+1. Đặt ψk1 = ϕk, k = 1, . . . , m+ 1,
và
ψk,i+1 = ψki0 +ψk1ψki, i = 1,2, . . . .
Rõ ràng, tất cả ψki là các đa thức khả vi trong ϕi, i = 1, . . . , m + 1 và fk(i) = ψkifk.
Đặt
A =
m+1
X
k=2 m
X
i=1
m i
b(m−i)k ψki
và
B = −
m
X
k=1 m
X
i=1
m i
a(m−i)k ψki. Thì cả A và B là các đa thức khả vi trong ϕ1, . . . , ϕm+1.
Nếu A(z) ≡ 0 thì ta chọn
F = H =
m+1
X
k=2
bk(fk −1).
Giả sử z0 là 1- điểm chung của f2, . . . , fm+1. Thì z0 là không điểm của F với bội ít nhất là m. Từ
F(m) =
m+1
X
k=2 m
X
i=0
m i
b(m−i)k (fk −1)(i)
=
m+1
X
k=2
b(m)k (fk −1) +
m
X
i=1
m i
b(m−i)k ψkifk
! , ta có
F(m)(z0) =
m+1
X
k=2 m
X
i=1
m i
b(m−i)k (z0)ψki(z0) =A(z0) = 0.
Do đó z0 là không điểm của F với bội ít nhất là m + 1. Nếu A(z) 6≡ 0 thì ta xét
F = AG+BH = A
m
X
k=1
ak(fk −1) +B
m+1
X
k=2
bk(fk −1).
Cho z0 là 1- điểm chung của f1, . . . , fm+1 thì z0 là không điểm của F với
bội ít nhất là m. Dễ thấy
F(m)(z0) =A(z)G(m)(z0) + B(z)H(m)(z0), G(m)(z0) =
m
X
k=1 m
X
i=1
m i
a(m−i)k (z0)ψki(z0) = −B(z0)
H(m)(z0) =
m+1
X
k=2 m
X
i=1
m i
b(m−i)k (z)ψki(z0) = A(z0).
Do đó F(m)(z0) = 0 vì vậy z0 là không điểm của F với bội ít nhất là m+ 1. Cần lưu ý rằng F có thể viết lại thành
F = Aa1(f1 −1) +
m
X
k=2
(Aak +Bbk)(fk −1) +Bbm+1(fm+1−1), và Aa1 6= 0, suy ra khẳng định là đúng với bất kì m + 1 hàm phân hình
khác hằng, từ đó định lý được chứng minh.
Từ Định lý 2.9, ta có thể chứng minh kết quả sau đây cho thấy nếu các hàm đặc trưng của các không điểm và cực điểm của f1, f2 là nhỏ, và nếu hàm đặc trưng của các 1- điểm chung của f1 và f2 là không nhỏ thì f1, f2 phải thỏa mãn một phương trình đại số nhất định.
Định lý 2.10 ([12]). Cho f1 và f2 là hai hàm phân hình khác hằng thỏa mãn
N(r, fi) +N
r, 1 fi
= S(r) := o(T(r)), i = 1,2.
Nếu f1sf2t 6≡ 0 với mỗi số nguyên s và t thỏa mãn |s|+|t|> 0 thì với bất kì số dương ε, ta có
N(r, f1 = 1 = f2) ≤εT(r) +S(r), với T(r) = T(r, f1) +T(r, f2).
Chứng minh. Đặt ϕi = fi0/fi, i = 1,2. Theo Định lý 2.9, với bất kỳ số nguyênn≥ 2, tồn tại(n+1)2−1đa thức khả viast;s, t = 0,1, . . . , n;s+t≥ 1 (không đồng thời đồng nhất không) trong ϕ1, ϕ2 sao cho z là không điểm của
h = X
1≤s+t≤n
ast(f1sf2t −1)
với bội ít nhất là (n+ 1)2−1 với điều kiện z là 1- điểm chung củaf1 và f2. Từ N(r, fi) + N(r,f1
i) = S(r), i = 1,2, ta có T(r, ast) = S(r) với 1 ≤ s+t≤ n. Nếu T(r, f1sf2t) 6= S(r) với mọi số nguyên svà t(|s|+|t| > 0), thì theo Định lý 1.108 ([4]) ta có h 6≡ 0. Như vậy
T(r, h) ≤ T r, X
1≤s+t≤n
f1sf2t
!
+S(r)
≤ nT(r, f1) +nT(r, f2) +S(r).
Lấy n > 1ε −2, ta có
N(r, f1 = 1 = f2) ≤ 1
(n+ 1)2 −1N
r, 1 h
≤ 1
n(n+ 2)T(r, h) +O(1)
≤ 1
n+ 2(T(r, f1) +T(r, f2)) +S(r)
≤ ε(T(r, f1) +T(r, f2)) +S(r).
Nếu tồn tại các số nguyên s vàt (|s|+|t| > 0) sao cho T(r, f1sf2t) = S(r), thì ta lại có
N(r, f1 = 1 = f2) ≤ N
r, 1
f1sf2t −1
≤S(r)
với điều kiện f1sf2t 6= 1, định lý được chứng minh.