THÔNG TIN TÀI LIỆU
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ––––––––––––––––––––––– MAI THỊ LIÊN ĐA THỨC VI PHÂN CÁC HÀM PHÂN HÌNH VÀ VẤN ĐỀ CHIA SẺ GIÁ TRỊ Chuyên ngành: Tốn giải tích Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH.HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN - 2017 c LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các kết nghiên cứu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Thái Ngun, tháng năm 2017 Học viên Mai Thị Liên i c MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Chương 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA NEVANLINNA 1.1 Các hàm đặc trưng Nevalinnna Công thức Poison - Jensen 1.1.1 Công thức Poison - Jensen 1.1.2 Các kí hiệu 1.1.3 Các hàm đặc trưng Nevalinnna 1.2 Một số kết lý thuyết Nevanlinna 1.3 Bổ đề 13 Chương 2: QUAN HỆ CỦA HÀM PHÂN HÌNH KHI ĐA THỨC VI PHÂN CỦA NÓ CHIA SẺ MỘT GIÁ TRỊ 14 2.1 Hai định lý 14 2.2 Chứng minh Định lý 2.1.1 Định lý 2.1.2 19 2.3 Toán tử vi phân dạng f : f n af ' 38 KẾT LUẬN 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO 46 ii c LỜI NÓI ĐẦU Lý thuyết đa thức vi phân hàm phân hình vấn đề chia sẻ giá trị hướng nghiên cứu thu hút quan tâm rộng rãi nhà toán học giới Đề tài luận văn thuộc hướng nghiên cứu nói trên, với mục đích trình bày số kết gần lý thuyết đa thức vi phân hàm phân hình Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương nội dung, phần kết danh mục tài liệu tham khảo Chương “Cở sở lý thuyết Nevanlinna” dành để trình bày số khái niệm kết Lý thuyết Nevanlinna, cần thiết cho việc giới thiệu kết chương sau Chương “Quan hệ cặp hàm nguyên hàm phân hình đa thức vi phân chúng chia sẻ giá trị” phần luận văn Ở đây, giới thiệu (với chứng minh chi tiết) kết gần J Grahl and Sh Nevo (trong báo: Differential polynomials and shared values, Annales Academiæ Scientiarum Fennicæ Mathematica
Volumen 36, 2011, 47-70) Luận văn viết hướng dẫn tận tình GS.TSKH Hà Huy Khối Thầy khơng tận tình hướng dẫn mà cịn thơng cảm, động viên tơi suốt q trình nghiên cứu hoàn thành luận văn Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Thầy! Đồng thời, em xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo hội đồng bảo vệ luận văn thạc sỹ tạo điều kiện thuận lợi để em vững tin việc chuẩn bị bảo vệ luận văn Em xin chân thành cảm ơn Đại học Thái Nguyên, Đại học Sư phạm, Khoa sau Đại học Sư phạm, thầy giáo khoa Tốn gia đình tạo điều kiện tốt cho em thời gian học tập nghiên cứu hoàn thành luận văn Cuối cùng, em xin cảm ơn anh, chị, bạn học viên lớp c cao học Tốn giải tích - k23b Đại học Sư phạm Thái Nguyên giúp đỡ, chia sẻ kinh nghiệm cho em suốt thời gian qua Trong trình viết luận văn việc xử lý văn chắn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Em mong nhận góp ý thầy cô, bạn đồng nghiệp, bạn học viên để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, tháng năm 2017 Học viên Mai Thị Liên c Chương CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA NEVANLINNA Công cụ sử dụng chủ yếu luận văn Lý thuyết phân bố giá trị hàm phân hình, hay cịn gọi Lý thuyết Nevanlinna Kết lý thuyết Nevanlinna hai Định lý Quan hệ số khuyết Chương có mục tiêu trình bày kết với hệ cần thiết để trình bày phần 1.1 Các hàm đặc trưng Nevalinnna Công thức Poison - Jensen 1.1.1 Công thức Poison - Jensen Giả sử f ( z) hàm phân hình hình trịn z R , R , có khơng điểm a 1, 2, , M ; cực điểm bv (v 1, 2, , N ) hình trịn (mỗi khơng điểm cực điểm tính lần số bội nó) Khi đó, z rei ; r R , f ( z ) 0, ; ta có log f ( z ) 2 M R z a N R z bv R2 r log f (Re ) d log log 2 0 R Rrcos r R a z v 1 R bv z 1 2 i 1.1.2 Các kí hiệu N r , f log r b gọi hàm đếm, b cực điểm f z r tính bội, m r, a m r, , f a N r, a N r, , f a m r, m r, f , N r, N r, f 1.1.3 Các hàm đặc trưng Nevalinnna c Định nghĩa1.1 A K A K gọi tập hàm nguyên K Ar K f z / r ( bán kính hội tụ r ) Định nghĩa 1.2 Giả sử f A( p K , f z an z n , m 0, am , nm a K Ta định nghĩa + n r, : z K 0; r : f z a 0 hàm đếm số không điểm f a (kể bội ) f a đĩa K 0; r + n r, hàm đếm số không điểm phân biệt f a đĩa f a K 0; r n t, f a + Với 0 hàm N r , dt , 0 r gọi : t f a 0 r hàm giá trị f a đĩa K 0; r Định nghĩa 1.3 Với a K ta định nghĩa + Hàm đếm số - điểm ( kể bội ) f a đĩa K 0; r xác định 1 n r , f n r , , a f0 n r, f a n r , a , f af + Hàm giá trị f a đĩa K 0; r xác định 1 N r, f N r, , a f0 N r, f a N r , a , f1 af Định nghĩa1.4 Giả sử f M ( p K với ta định nghĩa c + Hàm xấp xỉ hàm f đĩa K 0; r xác định m r , f log r , f max 0, log r , f + Hàm đặc trưng: T r , f m r , f N r , f Chú ý 1.1 + log r , f log r , f log r, f 1 m r, f m r, f Cơng thức Jensen viết thông qua hàm đặc trưng sau 1 1 T r , T r , f log 0 , f hay T r , T r , f o(1) f f + M ( p K M K 0; Định nghĩa1.5 Giả sử x số thực dương, kí hiệu log x max 0, log x x x x Ta có: log x log x log , x 1: log x log x log x , log log , x 1: log x log x , log 1 log log log x x x x 1.2 Một số kết lý thuyết Nevanlinna Định lý 1.2.1 (Định lý thứ nhất) Giả sử f hàm phân hình khác K 0, Khi đó, với a K , ta có m r, N r, T (r , f ) o 1 , r f a f a Nhận xét 1.1 Định lý thứ cho ta thấy hàm phân hình nhập giá trị a số lần Định lý 1.2.2 (Định lý thứ hai) Giả sử f hàm phân hình khác K 0, a1 , , aq điểm phân biệt thuộc K Định nghĩa 1, a j , A max 1, Khi với r ta có q 1 (q 1)T r , f N r , N r , f N r , f ' N r , log r S f f a j 1 f j c q N r, f r, log r S f , với f a j 1 j S f log 0 , f a j log 0 , f ' (q 1) log q j 1 A Định nghĩa 1.6 Giả sử f z hàm phân hình khác số Ta định nghĩa S r , f đại lượng xác định thỏa mãn S r , f o T r , f r ; trừ tập E r có độ đo hữu hạn Giả sử a z , a0 z , a1 z , hàm nhỏ f , tức hàm thỏa mãn T r , a z S r , f r Định lý 1.2.3 ( Định lý Milloux ) Cho l số nguyên, f hàm phân l z av z f v z hình khác số 0 Khi W z m r , S r , f f z (1.1) T r , l 1 T r , f S r , f (1.2) Chứng minh Xét trường hợp z f l z , chứng minh phép quy nạp f' fl f với l Nếu z f ' m r , S r , f Giả sử , với l f Khi m r , f l m r , m r, f m r, f S r, f (*) Nếu f z có cực điểm z0 cấp k f l z có cực điểm z0 cấp k l k l l 1 k Do N r, f l l 1 N r, f Cộng bất đẳng thức (*) (**) ta T r, f m r, f N r, f m r, f l 1 N r , f S r , f l l l c (**) l 1 T r , f S r , f Như trường hợp (1.2) chứng minh f l 1 Ta kết luận m r , l S r , f l o T r , f l o T r , f , f r , trừ tập E r có độ đo hữu hạn Khi f l 1 f l 1 f l m r , m r , l m r , S r, f f f f Vậy định lý chứng minh trường hợp z f l z Trường hợp tổng quát ta ý l f v z z l v m r , log l 1 m r , a v f z log l 1 m r , a v m r , f v 0 f z v 0 l S r , f o 1 S r , f v 0 Vậy (1.1) chứng minh Hơn ta có m r , m r , m r , f m r , f S r , f f Nếu f z có cực điểm cấp p z0 av z có cực điểm cấp khơng q q z0 z có cực điểm tai z0 cấp khơng vượt q p l q p l q l 1 p q Khi l N r , l 1 N r , f N r , f N r , av z l 1 N r , f S r , f v 0 Vậy T r , m r , N r , m r , f S r , f l 1 N r , f S r , f l 1 T r , f S r , f Vậy định lý chứng minh Định nghĩa 1.7 Giả sử f z hàm phân hình mặt phẳng phức đặt c , a , không điểm f k b , khơng khơng điểm f b đó, g b mâu thuẫn cực điểm g cực điểm g Vì vậy, so sánh bội hai vế (2.27) ta có nq np p k từ (2.28) ta có 2np n p q p k , suy pq Từ (2.27) ta có fn g k b , d k gn f b (2.30) với d Ta d Thật vậy, không điểm f b ( g b ) (và đó, của g b ) không điểm f k b không điểm g k b , ta nhận N r, N r, k N r, k , b f f b g b (2.31) nghĩa đánh giá chí mạnh (2.20) đánh giá tương tự Vì vậy, lập luận phần g b cho N r , (2.3.3.3) chứng minh dẫn đến mâu thuẫn Từ suy az cho f z b g z , f k z b , g k z b Do fn g k b z z , k gn f b thay d vào (3.27) ta có 33 c fn g k b , gn f k b suy f b f n 1 k g k b f b fn n g g b , f n g n g k b k f b fn f b g b g k b gn (2.3) Như vậy, phải xét trường hợp c c hữu tỉ Giả sử c Khi c p với p, q , p q q Từ (2.25), cách lấy tích phân ta có q p f n gn k k , f b g b với d \ 0 kết hợp (2.26) ta 2q f b f b 2q c d n q p k b g g b g 2q k c2q f nq d g n q p g k b q p q p 2q f b c2 p f n( pq) d g np f k b g b q p + Xét trường hợp mà hai hàm f g có cực điểm Khơng giảm tổng qt, giả sử z0 cực điểm f bội Do (2.32) ta thấy z0 cực điểm g không điểm g k b 34 c Giả sử z0 cực điểm g bội Từ (2.32) (2.33) suy nq q k np p k 2nq( ) 2q k n(q p) ( p q) k Suy n q p q p k p q ta k n 1 n k , mâu thuẫn + Bây ta trở trường hợp z0 không điểm g k b có bội Sau đó, từ điều kiện chia sẻ giá trị suy g z0 (vì khơng z0 khơng điểm g b (và đó, f b ) mâu thuẫn với điều z0 cực điểm f ) So sánh bội cực điểm hai vế (2.32) cho ta nq q k p từ (2.33) ta có 2nq 2q k p q Kết hợp hai đẳng thức suy q p ta nhận mâu thuẫn + Xét trường hợp f g hàm nguyên Không giảm tổng quát, giả sử q p Nếu z0 không điểm f k b khơng điểm g từ (2.35) suy khơng điểm f Do bội z0 xét khơng điểm f k b n p q nghĩa q p n Do 1 1 N r, k N r, k | g 0 N r, g n 1 f b f b 35 c (2.36) Tương tự vậy, z0 không điểm g k b không khơng điểm g , từ (2.34) ta nhận khơng điểm f , bội nó, xét không điểm g k b 2nq , q p Tức 2n 1 Điều 1 1 N r, k N r, k | g 0 N r, g n 1 f b f b (2.37) Hơn từ (2.26) suy 1 1 N r, N r, N r, k f g n g b Tiếp theo, giả sử z0 không điểm g bội Từ (2.34) (2.33) ta thấy z0 không điểm f chẳng hạn với bội 1và không điểm f k b bội Vì vậy, khơng điểm f b g b Từ điều g z0 suy z0 không điểm g k b , chẳng hạn bội Do f n g n có khơng điểm bội n z0 ta có f z f k z b , g z0 g k z b (f j ) z0 f k j z0 b , g( j ) z0 g k j z0 b , j 1, n (2.39) Giả sử n n Khi từ (2.39) kiện f b g b có khơng điểm kể bội, ta suy Cùng với (2.26), điều nói suy (2.32) cho ta q n p n p n Do n q p Như ta có n n , mâu thuẫn với n 36 c Điều n n Hơn , từ f k z0 g k z0 b , ta thấy k k Những lập luận cho ta thấy 1 1 N r , N r , k | g ; N r, k | g g f b g b (2.40) 1 1 1 k | g ; N r, k | g N r , k N r , N r , k g g n g b f b (2.41) Thay (2.36), (2.37), (2.38), (2.40) (2.41) vào bất đẳng thức Milloux suy T r, f T r, g 1 1 N r, N r, N r, k N r, k S r, f S r, g f b g b f g 1 1 1 1 2N r, 2N r, N r, k N r, k | g 0 N r, k | g 0 g g n g b n 1 f b 2n g b 1 | g ; N r, k | g S r , f S r , g k 1 N r , k n g b f b 1 1 N r, k N r, k | g 0 N r, k | g S r, f S r, g n g b n 1 f b 2n g b 2k 2k N r, k N r, k S r, f S r, g 2n 2n f b g b 2k T r , f T r , g S r , f S r , g 2n Vì 2n 3k suy T r , f T r , g S r , f S r , g , mâu thuẫn Vậy ta đến kết luận c fn gn d Bằng cách tích phân ta có k f b g k b Trong d số 37 c (2.42) Ta chứng tỏ rằng, d = Nếu không điểm f b không điểm f k b không điểm g k b lí luận (2.31) dẫn đến mâu thuẫn Như vậy, suy tồn z0 mà f z0 b g z0 , f k z0 b g k z0 b Do fn gn z 0 z0 f k b g k b Thay điều vào (2.42) ta d Như fn gn f k b g k b k g k b f n f b n f b f 1 g b f 1 f n g n g n n f b f n f k b g b g n g k b Điều nói kết thúc chứng minh Định lý 2.1.1 2.1.2 2.3 Toán tử vi phân dạng f : f n af ' Định lý 2.3.1 Giả sử f g hàm phân hình khác a, b \ 0 n 11 số tự nhiên Giả sử hàm f : f n af ' g : g n ag ' chia sẻ giá trị b kể bội Khi f g f g đa thức bậc có khơng điểm Chứng minh Giả sử f là số Từ định lý 2.1.2 ta có g f n af ' b , g n ag ' b f g có chung khơng điểm kể bội Ta định nghĩa 38 c H : af ' b af n Khi f ' f nH b b , g ' gnH , a a b a nghĩa f g thỏa mãn phương trình vi phân u ' u n H Ý tưởng chứng minh áp dụng định lý cho phương trình vi phân Điều địi hỏi phải có điểm z0 mà f g trùng nhau, điều kiện Lipschitz cho vế phải phương trình vi phân thỏa mãn lân cận z0 Tuy nhiên,các điểm mà f g trùng không điểm chung f g điều kiện Lipschitz H lại khơng cịn Để tránh vấn đề này, ta thực số phép biến đổi xem xét f j g j thay f g với số j thích hợp Do f không nhận giá trị , nên theo định lý Picard, nhận g giá trị w D Vì tập D khơng đếm được, f g có khơng đếm không điểm, nên tồn số z w : cho f z D f z g z Tồn lân cận mở U z g cho f g không triệt tiêu U Do tồn số z0 U mà : số j f U lân cận mở w D , g f z0 đơn vị, tức : g Ta chọn đĩa mở U có tâm z0 cho f g khơng triệt tiêu U Đặt F : f jn G : f jn Khi miền liên thơng đơn U ta có 39 c F ' jnf jn 1 f ' jnf jn 1 1 1 n 1 b b n j jn j f H jnF H jnF a a 1 1 j jn với chứng minh tương tự ta có G ' jnG với điều kiện chọn nhánh phù hợp F 1 n b H jnG j , a 1 1 n j j khác Do U hàm F G thỏa mãn phương trình vi phân 1 1 j jn u ' jnu 1 n b H jnu j , a với điều kiện ban đầu F z0 f jn z0 jn g jn z0 G z0 H giải tích U Vì vậy, theo định lý phương trình vi phân , ta có F G U Điều có nghĩa f g số (mâu thuẫn) Như ta tồn số Suy c \ 0 mà f cg Từ ta có fn cg ' f ' g ' 1 n g ' 1 c n , g c c n g ' c n Nếu c cn g ' số nên g g ' đa thức bậc có khơng điểm Nếu c cn cn , c 1, f g điều kết thúc chứng minh định lý Hệ 2.3.1 Giả sử f g hàm phân hình khác a, b1 , b2 \ 0 , b1 b2 , n, k , thỏa mãn n 5k 17 Nếu hàm f g xác định (1.1) chia sẻ giá trị b1 , b2 kể bội, f g f g đa thức có bậc không k 1 f e 2 ij n g với j N Nếu f g hàm nguyên, điều n max 11, k 2 Chứng minh Nếu f g Định lý 2.1.1 cho ta n 5k 17 40 c k ag k b1 f n af b1 fn a, n k b, k g gn ag b1 af b1 (2.43) k ag k b2 fn f n af b2 b, gn g n ag k b2 af k b2 (2.44) a, Với điều kiện bổ trợ f g hàm nguyên từ định lý hai suy với n max 11, k 2 ,( 2.43a ) ( 2.44a ) Bây ta xét bốn trường hợp + Trường hợp 1: Nếu ( 2.43b ) ( 2.44b ) thỏa mãn, ta có af b ag b f k k 1 n k k g n af b2 ag b2 , a b2 b1 f g k k b 2 b12 Do b1 b2 , điều cho thấy f g đa thức Đặc biệt f g có cực điểm với bội Do (2.43b) điều có nghĩa f g hồn tồn khơng có cực điểm, tức chúng hàm nguyên Nhưng đó, từ định lý 2.1.2 suy rằng, thay (2.43b) (2.44b), ta phải có (2.43a) (2.44a) Vì vậy, trường hợp loại trừ + Trường hợp 2: Giả sử có (2.43a) (2.44b) thỏa mãn Lại lần nữa, ta muốn chứng minh f g hàm nguyên Không giảm tổng quát, ta giả thiết z0 cực điểm f , chẳng hạn với bội Khi đó, từ (2.44b) ta thấy z0 không điểm g , chẳng hạn với bội Mặt khác, g k z0 b1 khơng g z0 b1 , f z0 b1 mâu a thuẫn với kiện z0 cực điểm f Do đó, (2.43a) suy n n k , n n 1 k mâu thuẫn Như f g hàm nguyên, trường hợp 2, ta kết luận thay (2.44b) ta phải có (2.44a) Vì vậy, trường hợp loại trừ 41 c + Trường hợp 3: Trường hợp mà (2.43b) (2.44a) thỏa mãn tất nhiên hoàn toàn giống trường hợp loại trừ + Trường hợp 4: Nếu (2.43a) (2.44a) thỏa mãn, ta có af k b1 f n af k b2 n k ag k b1 g ag b2 Như ab1 f g k k ab f g , tức k k Như ta có f e2 ij / n g với số j f k g k f n g n Nếu g k từ g k f k e2 ij / n g k ta chí thu f e2 ij / n , Tức f g , mâu thuẫn với giả thiết f g Như g k f k có nghĩa f g đa thức bậc không k 1 (điều chứng minh hệ 2.4.1) Hệ 2.3.2 Giả sử a, b \ 0 ; k , n hàm phân hình khác f , thỏa mãn n 5k 17 Nếu f f ' xác định (1.1) chia sẻ giá trị b1 , b2 kể bội f f ' , f hàm nguyên điều cho n max 11, k 2 Vì f f ' suy f hàm nguyên ta phát biểu lại cho trường hợp ánh xạ phân hình hệ 2.4.2 sau: Nếu f có cực điểm n 5k 17 f f ' khơng thể hàm phân hình chia sẻ giá trị khác không kể bội Chứng minh Nếu f đa thức f f ' phải hai đa thức khơng bậc, chúng chia sẻ giá trị b kể bội Vì vậy, từ Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2, suy f ' b f ' af k 1 b f b f af k 1 b n (2.45) f n f ' af b af n k k 1 b 42 c (2.46) Trong hai trường hợp, dễ thấy từ giả thiết n k f có cực điểm Vì vậy, f hàm nguyên siêu việt Do Định lý 2.1.2, điều có nghĩa (2.45) thỏa mãn Đặc biệt, f f ' chia sẻ giá trị kể bội Tất nhiên, điều f f ' hồn tồn khơng có khơng điểm Vì vậy, q : f' hàm nguyên không triệt tiêu f Ta giả sử q không số Nhận xét 2.1 Đối với j tồn đa thức vi phân Pj bậc không j với hệ số khơng có số hạng bậc bậc cho q j f j 1 Pj q f cho đơn thức vi phân M xuất Pj thỏa mãn w M j 1 Chứng minh Với j = 0, điều rõ ràng với P0 Giả sử mệnh đề với j Khi đó, cách lấy vi phân, ta nhận q j 1 f j 2 f j 1 f ' f j 2 f j 2 P ' j q q q j Pj q P ' j q Pj 1 q , f f f f f với Pj 1 u : P ' j u uPj u uu j Dễ thấy tính chất đòi hỏi giữ nguyên chuyển từ Pj sang Pj 1 Do quy nạp, mệnh đề với j Đối với j ta viết j 1 Pj H j , , 2 với đa thức vi phân H j , bậc ( H j , ) 43 c q k q k 1 k 1 H k , q k H k 1, q Định nghĩa 2.1 L : Khi L hàm q q q q 2 2 nguyên, cách sử dụng bổ đề đạo hàm logarit tính chất H j , ta có m r, L S r, q Xét hai trường hợp Trường hợp 1: L Giả sử q z0 Khi f z0 f ' z0 từ (4.3) ta thấy f k z0 f k 1 z0 Do ta kết luận k 1 k 2 2 L z0 q k z0 q k 1 z0 H k , q z0 H k 1, q z0 f k 1 f k z z0 f f Điều chứng tỏ 1 N r, N r , T r , L o(1) m(r , L) o(1) S (r , q) L q 1 Áp dụng định lý thứ hai, ta nhận 1 T r, f N r, q N r, N r, S r , q S r , q , mâu thuẫn q q 1 Trường hợp 2: L Đặt k 1 H u : u k u k u k u k 1 u k 1 H k , u 2 Khi đó, H đa thức vi phân bậc k H q q k 1L Do tính chất Pj ta có w H j , j (hoặc H j , ) với j 2, j Do tất số hạng H u , ngoại trừ u k u k , có trọng lượng tối đa 2k , u k u k có trọng lượng 2k 1 Do bổ đề 1.3.4 ( Áp dụng với s ) cho thấy q z e z với số 44 c , Từ f ' qf giả thiết q khác hằng, ta suy f vơ hạn Mặt khác, từ f j 1 f q j Pj q (2.45) ta có n af q k Pk q b f ' q , af q k 1 Pk 1 q b f n af q k qn q k 1 Pk q qn Pk 1 q b.1 q n , q k q n q k 1 Pk q q n Pk 1 q q n có bậc hữu hạn, f có bậc vơ hạn, ta kết luận q q n q k k 1 Pk q q n Pk 1 q q n Điều mâu thuẫn giả thiết q khác Như vậy, ta q số Từ f ' qf ( 2.45 ) ta nhận aqf af k k 1 k b q af b Do a q q n f k b 1 q n Vì f hàm siêu việt nên suy q qn q n Do q Điều suy f f ' kết thúc chứng minh mệnh đề 45 c KẾT LUẬN Nội dung luận văn nghiên cứu vấn đề xác định hàm phân hình dựa chia sẻ giá trị đa thức vi phân Luận văn trình bày vấn đề sau - Trình bày cách hệ thống số khái niệm kết lý thuyết Nevanlinna - Giới thiệu với chứng minh đầy đủ kết gần liên quan hàm phân hình đa thức vi phân chúng chia sẻ giá trị phức Phần luận văn viết dựa tài liệu tham khảo 46 c TÀI LIỆU THAM KHẢO Döringer, W.: Exceptional values of differential polynomials - Pacific J Math 98, 1982, 55-62 Fang, M.-L.: Uniqueness and value-sharing of entire functions Comput Math Appl 44, 2002, 823-831 Grahl, J.: An extension of a normality result of D Drasin and H Chen & X Hua for analytic functions - Comput Methods Funct Theory 1, 2001, 457-478 Grahl, J.: Hayman’s alternative and normal families of nonvanishing meromorphic functions - Comput Methods Funct Theory 2:1, 2002, 481-508 Hayman, W K.: Meromorphic functions - Oxford Univ Press, London, 1964 Hayman, W K.: Picard values of meromorphic functions and their derivatives - Ann of Math (2) 70, 1959, 9-42 J Grahl and Sh Nevo, Differential polynomials and shared values, Annales Academiæ Scientiarum Fennicæ Mathematica
Volumen 36, 2011, 47-70 Lin, W.-C., and H.-X Yi: Uniqueness theorems for meromorphic function - Indian J Pure Appl Math 35, 2004, 121-132 Yang, C.-C., and X.-H Hua: Uniqueness and value-sharing of meromorphic functions - Ann Acad Sci Fenn Math 22, 1997, 395-406 10.Yi, H.-X.: On a theorem of Tumura and Clunie for a differential polynomial - Bull Lond Math Soc 20, 1988, 593-596 47 c ... f hàm siêu vi? ??t nên suy q qn q n Do q Điều suy f f '' kết thúc chứng minh mệnh đề 45 c KẾT LUẬN Nội dung luận văn nghiên cứu vấn đề xác định hàm phân hình dựa chia sẻ giá trị đa thức. .. Toán tử vi phân dạng f : f n af '' 38 KẾT LUẬN 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO 46 ii c LỜI NÓI ĐẦU Lý thuyết đa thức vi phân hàm phân hình vấn đề chia sẻ giá trị hướng... thuyết Nevanlinna, cần thiết cho vi? ??c giới thiệu kết chương sau Chương “Quan hệ cặp hàm nguyên hàm phân hình đa thức vi phân chúng chia sẻ giá trị? ?? phần luận văn Ở đây, giới thiệu (với chứng
Ngày đăng: 11/03/2023, 06:22
Xem thêm: