Vấn đề duy nhất của hàm phân hình với hữu hạn cực điểm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐỖ CƠNG DŨNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH VỚI HỮU HẠN CỰC ĐIỂM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, năm 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐỖ CÔNG DŨNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH VỚI HỮU HẠN CỰC ĐIỂM Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 8.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Cán hướng dẫn khoa học: TS LÊ QUANG NINH Thái Nguyên, năm 2021 i Lời cam đoan Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng hướng dẫn trực tiếp TS Lê Quang Ninh Tôi không chép từ cơng trình khác Các tài liệu luận văn trung thực, kế thừa phát huy thành khoa học nhà khoa học với biết ơn chân thành Thái Nguyên, tháng 07 năm 2021 Người viết luận văn Đỗ Công Dũng Xác nhận Khoa chuyên môn Xác nhận Người hướng dẫn khoa học ii Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung đề tài, chúng tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Lê Quang Ninh người thày tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình nghiên cứu để tơi hoàn thành đề tài Tác giả xin cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Sư phạm- Đại học Thái Nguyên Phòng Ban chức năng, Phòng Đào tạo, Ban chủ nhiệm khoa Toán tập thể thầy cô giáo khoa, đặc biệt Bộ mơn Giải tích Tốn ứng dụng tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu hồn thành luận văn Luận văn chắn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý thầy, bạn để luận văn hoàn thiện Do điều kiện thời gian lực cịn hạn chế nên luận văn có thiếu sót, mong thầy, bạn góp ý để luận văn hồn thiện Chúng tơi xin chân thành cảm ơn! Tác giả Đỗ Cơng Dũng iii Mục lục Trang bìa phụ i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Mục lục iv Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số vấn đề hàm phân hình 1.2 Một số vấn đề hàm nhỏ 13 Chương Tính hàm phân hình với hữu hạn cực điểm 2.1 Vấn đề cho hàm phân hình với hàm sai phân 17 17 2.2 Tính tuần hồn hàm phân hình chia sẻ phần có trọng số giá trị 23 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 iv Mở đầu Mối quan hệ hai hàm phân hình f g nghiên cứu R.Nevanlinna từ năm 1925 việc sử dụng lý thuyết phân bố giá trị cho hàm phân hình Kết tiếng theo hướng Định lý năm điểm Định lý bốn điểm R.Nevanlinna nói hai hàm phân hình khác f g chia sẻ năm giá trị phân biệt khơng tính bội (IM ) f (z) ≡ g(z) hai hàm phân hình khác f g chia sẻ bốn giá trị phân biệt tính bội (CM ) f = T og , T ánh xạ Mobius Sau đó, có nhiều kết vấn đề hàm phân hình chia sẻ giá trị tập Các vấn đề mối quan hệ hàm f đạo hàm cấp k quan tâm nghiên cứu từ năm 1976 Một kết tốt biết đến kết L A Rubel C C Yang năm 1977 nói rằng: hai hàm nguyên f f chia sẻ hai giá trị CM f = f tức f = cez Một vấn đề thú vị theo hướng nghiên cứu tính chất f g chúng hàm đặc biệt Ví dụ vào năm 1989, G Brosch luận án tiến sĩ chứng minh hàm phân hình khác g hàm phân hình tuần hồn f với chu kỳ c khác khơng chia sẻ ba giá trị CM g hàm phân hình với chu kỳ c Từ năm 2006, hướng nghiên cứu mối quan hệ hàm f (z) hàm sai phân f (z + c) với c ∈ C\{0} tính chất f g f hàm tuần hoàn nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Với mong muốn nghiên cứu sâu vấn đề này, lựa chọn đề tài: "Vấn đề hàm phân hình với hữu hạn cực điểm" Đề tài trình bày số định lý hàm phân hình chia sẻ phần giá trị với hàm sai phân Đó kết của K.S Charak ([2]), Weichuan Lin ([5], [6]) cộng Đề tài gồm phần mở đầu, hai chương nội dung, phần kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Để phục vụ việc trình bày kết chương 2, chương trình bày số khái niệm số kết về: hàm phân hình, hàm Nevanlinna, hàm nhỏ, hàm phân hình có siêu bậc nhỏ Chương 2: Trình bày số kết K.S Charak, R.J Korhonen, Gaurav Kumar ([2]) hàm phân hình hàm sai phân chia sẻ phần giá trị Sau trình bày số kết Weichuan Lin cộng ([5], [6]) hàm phân hình hàm sai phân chia sẻ phần giá trị có trọng số Thái Nguyên, tháng năm 2021 Người viết luận văn Đỗ Công Dũng Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số vấn đề hàm phân hình Cho f hàm phân hình DR = {z ∈ C : |z| ≤ R} số thực r > 0, < R ≤ ∞ < r < R Định nghĩa 1.1.1 Hàm 2π m(r, f ) = 2π log+ |f (reiϕ )|dϕ, gọi hàm xấp xỉ hàm f Ta ký hiệu n(r, f ) số cực điểm kể bội , n(r, f ) số cực điểm phân biệt f Dr Với số nguyên dương k, Ký hiệu nk (r, f ) số cực điểm bội chặn k hàm f (tức cực điểm bội l > k tính k lần tổng nk (r, f )) Dr Định nghĩa 1.1.2 Hàm r N (r, ∞, f ) = N (r, f ) = n(t, f ) − n(0, f ) dt + n(0, f ) log r t gọi hàm đếm kể bội hàm f (còn gọi hàm đếm cực điểm) Hàm r N (r, ∞, f ) = N (r, f ) = n(t, f ) − n(0, f ) dt + n(0, f ) log r t gọi hàm đếm không kể bội Trong n(0, f ) = lim n(t, f ), n(0, f ) = lim n(t, f ) t→0 t→0 Định nghĩa 1.1.3 Hàm r Nk (r, f ) = nk (r, f ) − nk (0, f ) dt + nk (0, f ) log r t gọi hàm đếm bội chặn k Trong nk (r, f ) = lim nk (r, f ) Số k nk (r, f ) gọi số t→0 bội chặn Định nghĩa 1.1.4 Hàm T (r, f ) = m(r, f ) + N (r, f ) gọi hàm đặc trưng hàm f 1 số không điểm kể bội, n t, f f không kể bội f Hàm Kí hiệu n t, r N r, f n t, = f − n 0, t f số không điểm dt + n 0, f log r gọi hàm đếm không điểm hàm f Cho a ∈ C ∪{∞}, n r, số không điểm kể bội f −a n 1, số không điểm phân biệt f − a Dr Ta nhắc f −a lại hàm sau 2π m r, f −a = 2π log+ |f (reiϕ ) − a| dϕ f −a n t, f −a N (r, 0; f ) = N r, r = − n 0, f −a t dt + n 0, log r f −a dt + n 0, log r f −a f −a n t, f −a N (r, 0; f ) = N r, r = − n 0, f −a t T r, f −a = m r, f −a + N r, f −a Định lý 1.1.5 (Công thức Poisson-Jensen) [4] Giả sử f (z) ≡ hàm phân hình đĩa đóng DR Giả sử a1 , , ap không điểm kể bội f DR ; b1 , , bp cực điểm kể bội f DR Khi với z ∈ DR khơng phải khơng điểm hay cực điểm f ta có 2π log |f (z)| = 2π p + i=1 R2 − |z|2 log |f (Reiϕ )|dϕ |Reiϕ − z|2 R − z log − R(z − ) p R2 − bj z log R(z − b ) j j=1 Bổ đề 1.1.6 [3] Giả sử f hàm phân hình cho f (0) = 0, ∞ c ∈ C Khi đó, với α > 1, δ ∈ (0, 1) r > 0, ta có m r, f (z + c) f (z) ≤ K(α, δ, c) + T (α(r + |c|, f )) + log , rδ |f (0)| 4|c|δ (4α + αδ + δ) K(α, δ, c) = δ(1 − δ)(α − 1) Suy Θ(0, f ) + Θ(∞, f ) ≤ k+1 Điều vơ lý Do ta có eQ(z) ≡ 1, tức (f (z) − a3 ) (f (z + c) − a4 ) ≡ (f (z) − a4 ) (f (z + c) − a3 ) Suy f (z) = f (z + c) với z ∈ C Ta có điều phải chứng minh Từ Định lý 2.2.1 ta có hệ sau Hệ 2.2.2 Cho f hàm phân hình khác có ρ2 (f ) < 1, Θ(∞, f ) = c ∈ C\{0} Cho a1 , a2 , a3 ∈ S(f ) ba hàm tuần hồn phân biệt với chu kì c cho f f (z + c) chia sẻ a3 CM E k) (aj , f ) ⊆ E k) (aj , f (z + c)) , j = 1, Nếu k ≥ f (z) = f (z + c) với z ∈ C Nhận xét 2.2.1 Ví dụ 2.1.8 điều kiện “ Θ(0, f ) + Θ(∞, f ) > ” Định lí 2.2.1 cần đủ k1 = k2 = Θ(0, f ) + k+1 Θ(∞, f ) = Một cách tự nhiên, quan tâm đến điều xảy k = 1? Ta nghiên cứu kết sau Định lý 2.2.3 Cho f hàm phân hình khác có ρ2 (f ) < với nhiều cực điểm hữu hạn, c ∈ C\{0}; k1 , k2 hai số nguyên dương cho a1 , a2 hai số phức phân biệt khác không hữu hạn Nếu f (z) f (z + c) chia sẻ CM thỏa mãn: E k1 ) (a1 , f (z)) ⊆ E k1 ) (a1 , f (z + c)), E k2 ) (a2 , f (z)) ⊇ E k2 ) (a2 , f (z + c)) (2.11) kết luận sau (i) f (z) ≡ f (z + c) k1 + k2 > 2; (ii) f (z) ≡ f (z + c) f (z) ≡ −f (z + c) k1 = k2 = Hơn nữa, kết sau xảy a1 + a2 = 25 Chứng minh Ta xét trường hợp sau: Trường hợp Giả sử f hàm hữu tỉ Từ f (z) f (z + c) chia sẻ CM , ta có f (z) = , P (z) f (z + c) = , P (z + c) P (z) đa thức bậc n Bởi f (z) − a1 = − a1 P (z) , P (z) f (z + c) − a1 = − a1 P (z + c) , P (z + c) f (z) − a2 = − a2 P (z) , P (z) f (z + c) − a2 = − a2 P (z + c) P (z + c) Ta có a−1 − P (z) khơng có khơng điểm với bội ≤ k1 Thật vậy, giả sử ngược lại, cho z0 không điểm a−1 − P (z) với bội ≤ k1 Từ E k1 ) (a1 , f (z)) ⊆ E k1 ) (a1 , f (z + c)), điểm z0 + mc (m ∈ Z+ ) không điểm a−1 − P (z), điều khơng thể xảy Tương tự, ta suy a−1 − P (z) khơng có khơng điểm bội ≤ k2 Nếu không, cho z1 không điểm a−1 − P (z) với bội ≤ k2 , rõ ràng z1 − c không điểm a−1 − P (z + c) với bội ≤ k2 , z1 − c không điểm a−1 − P (z) với bội ≤ k2 Từ giả thiết E k2 ) (a2 , f (z)) ⊇ E k2 ) (a2 , f (z + c)) suy điểm z1 − mc (m ∈ Z+ ) không điểm a−1 − P (z), điều xảy Tiếp đến, đặt l2 lp l1 P (z) − a−1 = (z − c1 ) (z − c2 ) · · · (z − cp ) (2.12) với i cho li > k1 h1 h2 hm P (z) − a−1 = (z − d1 ) (z − d2 ) · · · (z − dm ) 26 (2.13) với j cho hj > k2 Ở đây, p m li = hj = n (2.14) Kết hợp từ (2.12) đến (2.14) ta có m ≤ n n p ≤ 2 Do m + p ≤ n (2.15) Mặt khác, xét khơng điểm P (z) suy p m (li − 1) + (hj − 1) ≤ n − 1 Từ (2.14) ta có n + ≤ m + p Điều mâu thuẫn với (2.15) Vì thế, trường hợp không xảy Trường hợp Giả sử f hàm phân hình siêu việt có nhiều cực điểm Rõ ràng ta có N (r, f ) = O(log r) = S(r, f ) (2.16) Theo Bổ đề 1.1.13 giả sử f (z) f (z + c) chia sẻ CM , ta f (z + c) = R(z)eQ(z) , f (z) (2.17) Q hàm nguyên với ρ(Q) < R hàm hữu tỷ Theo Bổ đề 1.1.16 ta có T (r, ReQ ) = S(r, f ) Cùng với Bổ đề 1.2.2 T (r, f (z + c)) = T (r, f (z)) + S(r, f ) 27 (2.18) Để thuận tiện, ta đặt S(r) = S(r, f (z + c)) = S(r, f (z)), α = ReQ fc (z) = f (z + c) Giả sử f (z) ≡ f (z + c) Như α(z) = Từ (2.17) giả thiết ta thấy N k1 ) r, f − a1 ≤ T (r, α) + O(1) = S(r), (2.19) N k2 ) r, f c − a2 ≤ T (r, α) + O(1) = S(r), (2.20) N r, f c − a1 = N r, f− a1 α N r, f c − a2 = N r, f− a2 α + S(r), (2.21) + S(r) (2.22) Tiếp theo, khẳng định được: Nếu α hàm E k1 ) (a1 , f ) = E k2 ) (a2 , fc ) = E k1 ) (a1 , fc ) = E k2 ) (a2 , f ) = ∅ (2.23) Trong thực tế, E k1 ) (a1 , f ) = ∅ E k2 ) (a2 , fc ) = ∅, cơng thức (2.17) suy f (z) ≡ f (z + c) Đó mâu thuẫn Bởi vậy, E k1 ) (a1 , f ) = ∅ E k2 ) (a2 , fc ) = ∅ Hơn nữa, tồn điểm z0 cho z0 ∈ E k1 ) (a1 , fc ) (tương ứng z0 ∈ E k2 ) )(a2 , f ), z0 + c ∈ E k1 ) (a1 , f ) (tương ứng z0 − c ∈ E k2 ) (a2 , fc )) Dẫn đến mâu thuẫn Do đó, ta có E k1 ) (a1 , fc ) = ∅ E k2 ) (a2 , f ) = ∅ Trường hợp 2.1 Giả sử k1 + k2 > 28 Nếu α hàm theo (2.16), (2.19) (2.23) suy T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, ≤ N (k1 +1· r, f − a1 f − a1 + S(r) f − a2 r, + S(r) f − a2 + N r, + N (k2 +1· 1 T (r, f ) + T (r, f ) + S(r) k1 + k2 + ≤ T (r, f ) + S(r) ≤ Điều khơng xảy Nếu α khơng hàm theo (2.16), (2.18), (2.19), (2.20) (2.22) ta có T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, ≤ N (k1 +1· r, f − a1 f − a1 + S(r) f − aα2 + S(r) r, f c − a2 + N r, + N (k2 +1· 1 T (r, f ) + T (r, f ) + S(r) k1 + k2 + ≤ T (r, f ) + S(r) ≤ Điều xảy Bởi vậy, kết luận (i) Định lý 2.2.3 Trường hợp 2.2 Giả sử k1 = k2 = a2 a1 a2 a1 Nếu α không hàm ta có ≡ a1 , ≡ a1 , = α α α α Từ Bổ đề 1.1.17 (2.19) ta có N 1) r, f c − a1 ≤ N 1) r + |c|, = N 1) r, Do đó, theo Bổ đề 1.2.3 với ε ∈ 0, f − a1 f − a1 29 + S(r) = S(r) (2.24) theo (2.16), (2.18), (2.22), (2.25) ta có (2 − ε)T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, + N r, f− a1 α f − a1 + N r, f− a2 α + S(r) 1 + N (2 r, f − a1 f c − a2 + S(r) + N (2 r, f c − a1 1 ≤ T (r, f ) + T (r, f ) + T (r, fc ) + S(r) 2 ≤ T (r, f ) + S(r) ≤ N (2 r, Điều xảy Bởi vậy, α hàm trường hợp nhỏ Hơn nữa, a1 = a2 , theo Bổ đề 1.2.3 với ε ∈ α 0, , từ (2.23) ta có (2 − ε)T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, f − a1 1 + N r, + S(r) f − a2 f − aα1 1 + N (2 r, ≤ N (2 r, f − a1 f − a2 + N (2 r, + S(r) f c − a1 ≤ T (r, f ) + T (r, f ) + S(r) ≤ T (r, f ) + S(r) + N r, Điều xảy a2 Nếu ≡ a1 , ta đến mâu thuẫn lập luận tương tự α a1 a2 Do đó, ta có ≡ a2 ≡ a1 α ≡ −1 Suy f (z) ≡ α α f (z + c), tức (ii) Định lý 2.2.3 30 Hệ 2.2.4 Với giả thiết Định lý 2.2.3, f hàm tuần hoàn với chu kỳ c 2c Nhận xét 2.2.2 Ta thấy điều kiện (2.1) Định lý 2.2.3 cần thiết Ví dụ f (z) = ez sinz , c = 2π f (z) f (z + c) chia sẻ CM f (z) ≡ f (z + c) f (z) ≡ −f (z + c) Hơn nữa, cho g(z) = , c = Khi g(z) g(z + c) chia sẻ z + 2z CM E 1) (−1, g(z)) = E 1) (−1, g(z + c)) = ∅ g(z) ≡ g(z + c) g(z) ≡ −g(z + c) Nhận xét 2.2.3 Giả thiết “với nhiều cực điểm hữu hạn” Định π lý 2.2.3 bỏ qua Cho f (z) = sec z c = , cho a1 = π 1, a2 = −1 Khi f (z) f z + chia sẻ CM , E 1) (aj , f (z)) = π π E 1) aj , f z + = ∅, j = 1, Tuy nhiên f (z) ≡ f z + f (z) ≡ 2 π −f z + Tiếp theo, trình bày ứng dụng Định lý 2.2.3, Định lý 2.2.6 hệ Trước hết, ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.2.5 Cho f g hai hàm phân hình khác với hữu hạn cực điểm, f có chu kỳ tuần hồn c ∈ C khác không ρ2 (f ) < 1; k1 , k2 hai số nguyên dương, a1 , a2 hai số phức phân biệt khác không Nếu f (z) g(z) chia sẻ (CM ) thỏa mãn điều kiện E k1) (a1 , f (z)) = E k1) (a1 , g(z)), E k2) (a2 , f (z)) = E k2) (a2 , g(z)) (2.25) kết luận sau đúng: (i) g(z) ≡ g(z + c) k1 + k2 > 2; (ii) g(z) ≡ g(z + c) g(z) ≡ −g(z + c) k1 = k2 = Hơn nữa, kết luận sau xảy a1 + a2 = Chứng minh Chúng ta phải kiểm tra hàm g thỏa mãn điều kiện Định 31 lý 2.2.3 Trước hết, theo Định lý thứ hai, ta có T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, 1 + N r, + S(r, f ) f − a1 f 1 + N r, + N r, + S(r, f ) k1 + f − a1 f 1 + T (r, f ) + N r, + S(r, f ) k1 + g f − a1 ≤ N k1 r, g − a1 ≤ 2T (r, g) + T (r, f ) + S(r, f ) ≤ N k1 r, Bởi T (r, f ) ≤ 4T (r, g) + S(r, f ) Tương tự, ta có T (r, g) ≤ 4T (r, f ) + S(r, g) Suy S(r, f ) = S(r, g) = S(r), ρ2 (g) = ρ2 (f ) < 1, µ(g) = µ(f ) (2.26) Từ f (z) ≡ f (z + c) f, g chia sẻ CM ta có g(z), g(z + c) chia sẻ CM Hiển nhiên E k1 ) (a1 , g(z)) = E k1 ) (a1 , f (z)) = E k1 ) (a1 , f (z + c)) = E k1 ) (a1 , g(z + c)) E k2 ) (a2 , g(z)) = E k2 ) (a2 , f (z)) = E k2 ) (a2 , f (z + c)) = E k2 ) (a2 , g(z + c)) Do đó, từ Định lý 2.2.3 ta có điều phải chứng minh Định lý 2.2.6 Cho f g hai hàm phân hình khác với nhiều hữu hạn cực điểm, f có chu kỳ c ∈ C khác khơng ρ2 (f ) < 1; k1 , k2 hai số nguyên dương, a1 , a2 hai số phức phân biệt khác không Nếu f (z) g(z) chia sẻ CM thỏa mãn 2.25 khẳng định sau đúng: (i) f (z) ≡ g(z) µ(f ) = k1 + k2 > 2; (ii) f (z) ≡ g(z) f (z) ≡ −g(z) µ(f ) = k1 = k2 = Hơn nữa, kết luận sau xảy a1 + a2 = 0; kπi (iii) f (z) ≡ eaz+b g(z) µ(f ) = µ(g) µ(f ) = 1, a = ,k c số nguyên, b số phức 32 Chứng minh Từ Bổ đề 1.1.14 Bổ đề 2.2.5 ta có µ(f ) = µ(g) ≥ ρ2 (g) = ρ2 (f ) < Từ Bổ đề 1.1.13 giả thiết f (z) chia sẻ CM với g(z) ta có g(z) = R(z)eQ(z) , f (z) (2.27) với Q hàm nguyên có ρ(Q) < R hàm hữu tỷ Từ Bổ đề 2.2.5 giả thiết, ta suy R(z) R(z + c) (2.28) R(z) R(z + c) (2.29) eQ(z+c)−Q(z) ≡ − eQ(z+c)−Q(z) ≡ Như Q(z + c) − Q(z) ≡ d với d số Vì ta có Q (z + c) ≡ Q (z), (2.30) với Q số theo Bổ đề 1.1.14 Giả sử Q(z) = az + b, (2.31) a b số R(z + c) R(z) Chú ý ≡ ed ≡ ed suy R(z) số R(z) R(z + c) d A khác không (khi z → ∞ ta có e = R(z + c) ≡ R(z), từ Bổ đề 1.1.14 suy R(z) số) Do ta có g(z) = Aeaz+b , A = f (z) (2.32) Tiếp theo, có trường hợp sau Trường hợp 1: Giả sử µ(f ) = Theo (2.32) µ(f ) = µ(g) = Vì cơng thức (2.32) viết f (z) ≡ eaz+b1 g(z) 33 Mặt khác, chúng minh trên, ta biết a, c thỏa mãn eac = eac = −1 Do a = kπi c , với k số nguyên Đây kết luận (iii) Định lý 2.2.6 Tiếp theo, giả sử µ(f ) > Từ ρ(Aeaz+b ) = Bổ đề 1.1.15 ta có T (r, Aeaz+b ) = S(r) (2.33) T (r, f ) = T (r, g) + S(r) (2.34) Từ Bổ đề 1.2.2 suy Đặt α = Aeaz+b Trường hợp 2: Giả sử µ(f ) > k1 + k2 > 2, f (z) = g(z) Khi α = Từ (2.25), (2.33) (2.34) ta có N k1 r, g − a1 = N k1 r, f − a1 ≤ N r, α−1 ≤ T (r, α) + O(1) = S(r) (2.35) N k2 r, g − a2 = N k2 r, f − a2 ≤ N r, α−1 ≤ T (r, α) + O(1) = S(r) (2.36) Suy T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, ≤ N (k1 +1· r, f − a1 f − a1 + S(r) f − a2 r, + S(r) f − a2 + N r, + N (k2 +1· 1 T (r, f ) + T (r, f ) + S(r) k1 + k2 + ≤ T (r, f ) + S(r) ≤ Điều mâu thuẫn với giả thiết Do kết luận (i) Định lý 2.2.6 Trường hợp 3: Giả sử µ(f ) > k1 = k2 = 34 Giả sử f (z) ≡ g(z) Từ (2.32) ta có a1 , α a2 , g − a2 = αf − a2 = α f − α Suy g − a1 = αf − a1 = α f − g − a1 = N r, f − a1 = N r, g − a2 = N r, f − a2 = N r, N r, N r, N r, N r, Nếu a1 = 1 − a1 = (g − a1 α) , α α 1 f − a2 = g − a2 = (g − a2 α) α α f − a1 = g f− a1 α g − a1 α f− a2 α g − a2 α + S(r), + S(r), + S(r), + S(r) (2.37) (2.38) (2.39) (2.40) a2 theo Bổ đề 1.2.3 có ε ∈ 0, , từ (2.35) - (2.38) suy α (2 − ε)T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, f − a1    + N r, + N r, f − a2  a2  + S(r) f− α 1 ≤ N r, + N r, + N r, + S(r) f − a1 f − a2 g − a2 1 1 1 + N r, + N r, + S(r) ≤ N r, f − a1 f − a2 g − a2 ≤ T (r, f ) + S(r) a1 Đó điều mâu thuẫn Tương tự, a2 = ta có mâu α a2 a1 thuẫn lập luận Do a1 ≡ a2 ≡ Như vậy, ta thấy α α α ≡ −1, a1 + a2 = f (z) ≡ −g(z) Đây kết luận (ii) Định lý 2.2.6 Vậy định lý chứng minh 35 Nhận xét 2.2.4 Khi µ(f ) = 1, kết luận (iii) Định lý 2.2.6 xảy Ví dụ, cho f (z) = ez g(z) = e−z Khi hai hàm f g có chu kỳ c = 2πi f (z) chia sẻ 0, 1, −1 CM với g(z), f (z) = e2z g(z) Nhận xét 2.2.5 Giả thiết “ρ2 (f ) < 1” Định lý 2.2.6 cần thiết Cho f (z) = esin z g(z) = e− sin z Khi hai có chu kỳ c = 2π, ρ2 (f ) = ρ2 (g) = f (z), g(z) chia sẻ 0, 1, −1 CM f (z) ≡ g(z), f (z) ≡ −g(z) f (z) ≡ eaz+b g(z) Nhận xét 2.2.6 Giả thiết “nhiều hữu hạn cực điểm” Định 2ez 2ez g(z) = 2z , cho lý 2.2.6 bỏ qua Cho f (z) = 2z e +1 e +1 a1 = 1, a2 = −1, f (z) có chu kỳ c = 2πi, µ(f ) = 1, f (z) g(z) chia sẻ CM , E 1) (aj , f (z)) = E 1) (aj , g(z)) = ∅, j = 1, Tuy nhiên, g(z) hàm không tuần hoàn f (z) ≡ g(z), f (z) ≡ −g(z), f (z) ≡ eaz+b g(z) Nhận xét 2.2.7 Điều kiện (2.25) làm yếu Thật vậy, cho f (z) = sinz g(z) = ez sinz a1 = 1, a2 = −1 Rõ ràng f (z) g(z) chia sẻ CM , E 1) (1, f (z)) ⊆ E 1) (1, g(z)) E 1) (−1, f (z)) ⊆ E 1) (−1, g(z)), E 1) (1, f (z)) = E 1) (−1, f (z)) = ∅, f (z) ≡ g(z) f (z) ≡ −g(z) f (z) ≡ eaz+b g(z) Từ Định lý 2.2.6 có hệ sau Hệ 2.2.7 Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, f hàm tuần hồn chu kỳ c ∈ C khác không ρ2 (f ) < Cho k1 , k2 hai số nguyên dương, a1 , a2 hai số phức phân biệt khác Nếu f (z) g(z) chia sẻ CM thỏa mãn E k1 ) (a1 , f (z)) = E k1 ) (a1 , g(z)), E k2 ) (a2 , f (z)) = E k2 ) (a2 , g(z)) kết luận sau đúng: (i) f (z) ≡ g(z) µ(f ) = k1 + k2 > 2; (ii) f (z) ≡ g(z) f (z) ≡ −g(z) µ(f ) = k1 = k2 = Hơn nữa, kết sau xảy a1 + a2 = 0; kπ i (iii) f (z) ≡ eaz+b g(z) µ(f ) = µ(g) µ(f ) = 1, a = ,k c số nguyên, b số phức 36 Hệ 2.2.8 Cho f g hai hàm phân hình khác với nhiều cực điểm hữu hạn, f có chu kỳ c ∈ C, ρ2 (f ) < 1, µ(f ) = cho k1 , k2 hai số nguyên, a1 , a2 hai số phức phân biệt khác không cho a1 + a2 = Nếu f (z) g(z) chia sẻ CM thỏa mãn E k1 ) (a1 , f (z)) = E k1 ) (a1 , g(z)), E k2 ) (a2 , f (z)) = E k2 ) (a2 , g(z)) f (z) ≡ g(z) Cả k1 → ∞ k2 → ∞ Hệ 2.2.8, có kết sau Hệ 2.2.9 Cho f g hai hàm phân hình khác với nhiều cực điểm hữu hạn, f có chu kỳ c ∈ C, ρ2 (f ) < 1, µ(f ) = cho k1 , k2 hai số nguyên, a1 , a2 hai số phức phân biệt khác không cho a1 + a2 = Nếu f (z) g(z) chia sẻ CM, a1 , a2 IM f (z) ≡ g(z) 37 Kết luận Luận văn nghiên cứu vấn đề hàm phân hình hàm sai phân chia sẻ phần giá trị Luận văn trình bày kết sau: Tổng hợp số khái niệm kết hàm phân hình, hàm nhỏ để phục vụ cho việc trình bày kết Trình bày số kết (Định lý 2.1.3, Định lý 2.1.5) K.S Charak, R.J Korhonen [2] điều kiện đủ đề hàm phân hình f (z) ≡ f (z + c) với c ∈ C f (z) chia sẻ phần hàm nhỏ (3 hàm) với f (z + c), f (z) hàm phân hình có siêu bậc nhỏ Trình bày số kết Weichuan Lin cộng ([5], [6]) vấn đề f (z) f (z + c) chia sẻ phần có trọng số hàm nhỏ, c ∈ C, f (z) hàm phân hình có siêu bậc nhỏ với nhiều hữu hạn cực điểm Đó Định lý 2.2.1, Định lý 2.2.3, Định lý 2.2.6 38 Tài liệu tham khảo [1] Yamanoi K (2004), "The second main theorem for small functions and related problems", Acta Math 192 (2), 225-294 [2] Charak K.S, Korhonen R.J, Gaurav Kumar (2016), "A note on partiar sharing of values of meromorphic functions with", J.Math Anal Appl,435, pp.1241-1248 [3] Halburb R.G, Korhonen R.J, Tohge K (2014), "Holomorphic curves with shift-invariant hyperplane preimages", Trans Amer Math Soc, 366(8), 4267-4298 [4] Hayman W.K (1964), "Meromorphic Functions", Oxford Math Monogr., Clarendon Press, Oxford [5] Weichuan Lin, Xiuqing Lin, and Aidi Wu (2018), "Meromorphic functions partially shared values with their shifts", Bull Korhonen Math Soc, https://doi.org/10.4134/BKMS.b170072 [6] Weichuan Lin, Shengjiang Chen, Xiaoman Gao (2019) : "Uniqueness and periodicity for meromorphic functions with partial sharing values", Mathematica Slovaca 69 (1), 99-110 [7] C.C Yang and H.X.Yi (2003) : "Uniqueness theory of meromorphic functions", Mathematics and its Applications, 557, Kluwer Academic Publishers Group, Dordrecht [8] Hu P C., Li P., Yang C C (2003), Unicity of meromorphic mappings, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht 39 ... nghiên cứu sâu vấn đề này, lựa chọn đề tài: "Vấn đề hàm phân hình với hữu hạn cực điểm" Đề tài trình bày số định lý hàm phân hình chia sẻ phần giá trị với hàm sai phân Đó kết của K.S Charak ([2]),... Chương Tính hàm phân hình với hữu hạn cực điểm 2.1 Vấn đề cho hàm phân hình với hàm sai phân Cho f hàm phân hình mặt phẳng phức C, a ∈ S(f ) a ∈ C ∪ (∞) Ký hiệu E(a, f ) E(a, f ) tập không điểm kể... 1.1 Một số vấn đề hàm phân hình 1.2 Một số vấn đề hàm nhỏ 13 Chương Tính hàm phân hình với hữu hạn cực điểm