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
g n g nhận giá trị a CM thì hoặcf = dg với dn+1 = 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:

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