Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 41 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ========== ĐINH THỊ NGỌC MINH PHÂN PHỐI GIÁ TRỊ CỦA HÀM PHÂN HÌNH VÀ ĐẠO HÀM CỦA NĨ Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Nguyên - 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Chương 1: Hai định lý Nevanlinna 1.1 Công thức Poison – Jensen 1.1.1 Định lý 1.1.2 Hệ 1.2 Hàm đặc trưng – Định lý thứ 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Một số tính chất đơn giản hàm đặc trưng 1.2.3 Định lý thứ 1.3 Định lý thứ hai 10 1.3.1 Định lý ( Bất đẳng thức bản) 10 1.3.2 Bổ đề 11 1.3.3 Bổ đề 12 1.3.4 Định lý 16 1.3.5 Định nghĩa 17 1.3.6 Định lý (Quan hệ số khuyết) 18 1.3.7 Định lý 20 Chương 2: Phân phối giá trị hàm phân hình đạo hàm 24 2.1 Sự phân phối giá trị hàm phân hình 24 2.1.1 Định nghĩa 24 2.1.2 Định lý (Milloux) 24 2.1.3 Định lý 26 2.1.4 Định lý 28 2.1.5 Bổ đề: 28 2.2 Phân phối giá trị hàm phân hình đạo hàm 32 2.2.8 Định lý 34 2.2.9 Định lý 36 KẾT LUẬN 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO 39 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI NÓI ĐẦU Lý thuyết phân phối giá trị hàm phân hình (lý thuyết Nevanlinna ) hướng nghiên cứu giải tích phức 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 phân phối giá trị Phân phối giá trị hàm phân hình đạo hàm vấn đề khơng quan tâm giải tích phức mà cịn có nhiều ứng dụng nghiên cứu vấn đề khác, chẳng hạn phương trình vi phân Sau trình nghiên cứu, tơi hồn thành luận văn với đề tài: “Phân phối giá trị hàm phân hình đạo hàm nó” Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương nội dung, phần kết danh mục tài liệu tham khảo Chương1: Trình bày định nghĩa hàm đặc trưng, hai định lý Nevanlinna, Chương2: Trình bày định nghĩa, định lý, số kết Milloux vấn đề luận văn: Phân phối giá trị hàm phân hình đạo hàm Kết có nhờ hướng dẫn tận tình GS TSKH Hà Huy Khối Thầy khơng tận tình hướng dẫn mà cịn động viên tơi suốt q trình nghiên cứu hồn 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 hội đồng bảo vệ luận văn thạc sỹ tạo điều kiện thuận lợi để em vững tin việc chuẩn bị bảo vệ luận văn Xin chân thành cảm ơn Đại học Thái Nguyên, Đại học Sư phạm, Khoa sau đại học Đại học Sư phạm, Khoa tốn thầy giáo tạo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn điều kiện tốt cho em học tập nghiên cứu hoàn thành luận văn Xin cảm ơn anh, chị , bạn học viên lớp cao học Toán_K16 Đại học Sư phạm Thái Nguyên giúp đỡ, chia sẻ kinh nghiệm suốt thời gian viết luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè cổ vũ, động viên tơi q trình làm luận văn Mặc dù cố gắng chắn luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, mong đóng góp ý kiến thầy cô giáo, bạn đồng nghiệp, bạn học viên để luận văn hoàn chỉnh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Hai định lý Nevanlinna 1.1 Công thức Poison – Jensen 1.1.1 Định lý z R , R , có Giả sử f z hàm phân hình hình trịn khơng điểm a 1,2, , M ; cực điểm b 1,2, , N hình trịn đó( khơng điểm cực điểm tính số lần bội nó) Khi đó, z rei ; r R , f z 0, ; ta có: log f z 2 2 i log f Re M R z a 1 R a z log R2 r d R Rr cos r N R z b 1 R b z log Chứng minh + Bước 1: Trước tiên, giả sử hàm f z khơng có khơng điểm cực điểm z R Ta chứng minh công thức cho trường hợp z Theo giả thiết f z chỉnh hình khác z R nên log f z hàm chỉnh hình hình trịn Theo định lý Cauchy ta có: log f 2 i dz z R log f z z 2 2 log f Re d i Lấy phần thực hai vế ta được: log f 2 2 log f Re d i Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn + Bước 2: Xét trường hợp z rei , r Theo công thức Cauchy ta có: log f z d log f 2 i R z R2 R2 R2 Mặt khác, điểm có mơđun R nên điểm nằm ngồi hình z z r trịn, đó: d log f R2 2 i R z Từ ta có: 1 log f z log f d 2 i R z R z R2 z log f d 2 i R z R z Thay Rei , d iR ei d, R z z Rei R Rr cos r Ta được: log f z 2 2 R2 r 0 log f Re R2 2Rr cos r d i Lấy phần thực hai vế ta công thức cần chứng minh trường hợp hàm f z chỉnh hình khác không + Bước 3: Giả sử f z khơng có khơng điểm cực điểm R có khơng điểm cực điểm biên R Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (*) Nhận xét: f z có hữu hạn không điểm, cực điểm biên Chứng minh Giả sử f z có vơ hạn khơng điểm, cực điểm R Do R compact, tồn điểm giới hạn tập hợp không điểm suy f (+) Giả sử f z có vơ hạn cực điểm n 0 : lim nk 0 Do nk cực điểm k Suy bất thường cốt yếu f không phân hình Giả sử khơng điểm cực điểm cấp k lân cận ; f có khai triển: f 0 g ; g chỉnh hình khác lân cận 0 ; log f log lân cận Với khơng điểm, cực điểm, ta vẽ vịng trịn tâm bán kính đủ nhỏ Xét C : Hợp cung trịn bán kính nằm bên R thay tích phân C, R lân cận cung C Suy chu tuyến f z khơng có khơng điểm, cực điểm Áp dụng bước Tích phân chu tuyến khác tích phân C R đại lượng là: 2 r log 2 log , 2 log Vậy cho ta công thức cần chứng minh + Bước 4: Trường hợp tổng quát Với giả thiết định lý ta đặt: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn R b 1 R b , M R a N f 1 R a dễ thấy 0, bên hình trịn R , nên ta áp dụng công thức chứng minh bước Mặt khác, hàm hai dấu tích hàm thực ánh xạ hình trịn R lên hình trịn đơn vị, nên mơđun chúng R Từ đó, Rei f Ta có: log z 2 2 log f Re i R2 r d R Rr cos r Từ công thức hàm ta công thức Poisson-Jensen cho trường hợp tổng quát 1.1.2 Hệ Trong giả thiết Định lý, đồng thời f 0 0, , ta có: log f 2 2 log log f Re d M i 1 a R N log 1 b R Khi f công thức thay đổi chút Thật vậy, f f 0 hàm f z có khai triển lân cận z dạng: f z C z R f z Xét hàm z z Ta thấy 0 0, , đồng thời Rei , f Từ ta có: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn log C 2 2 log log f Re d M i 1 a R N b log R R log 1 (*) Nhận xét: Giả sử f z hàm phân hình miền G Ta gọi cấp hàm f z điểm z0 G , ký hiệu ord z0 f , số nguyên m cho hàm g z f z z z0 m chỉnh hình khác khơng z0 (*) Ví dụ: (1) z0 điểm cấp k f z ord z0 f k k (2) z0 cực điểm cấp k f z ord z0 f k (3) Tại z0 hàm f z chỉnh hình, khác ordz0 f Cơng thức Poisson – Jensen viết dạng: log f z 2 2 log f Re i R2 z Rei z ord f log R z , R2 z tổng lấy theo hình trịn R 1.2 Hàm đặc trưng – Định lý thứ 1.2.1 Định nghĩa Giả sử x số thực dương, ta định nghĩa: log x max 0;logx Ta có: log x log x log , x vì: x 1: log x log x log x 1 log log x x Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn x 1:log x log x 1 log log log log x x x x Như vậy, ta có: 2 2 log f Re i Đặt m R, f 2 d 2 2 2 log f Re i d 2 2 log d f Rei log f Re d i Giả sử f có cực điểm bv v 1, n (mỗi cực điểm tính số lần bậc nó), khơng điểm a 1, M số cực điểm f N z R; n t , f z t R R dt Đặt N R, f log n t, f bv t v 1 R 1 M dt R n t, Như vậy, N R, log a f t f 1 Khi cơng thức Poisson – Jensen viết dạng: 1 1 log f m R, f m R, N R, f N R, f f 1 1 m R, f N R, f m R, N R, log f f f Đặt T R, f m R, f N R, f , (1.1) 1 T R, f T R, log f f (1.2) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi đó: m r , f l f l m r , m r , f m r , f S r , f (*) f Nếu f z có cực điểm z0 cấp k, f z có cực điểm z0 cấp k l l k l l 1 k N r , f l 1 N r , f Do đó: l (**) Cộng bất đẳng thức (*), (**) ta được: T r , f m r , f N r , f m r , f l 1 N r , f S r , f l l l l 1 T r , f S r , f Như trường hợp (1.5) chứng minh f l 1 l l Ta kết luận m r , l S r , f T r , f f T r , f , r , trừ tập hợp E r có độ đo hữu hạn Khi đó: f l 1 f l 1 f l m r , m r , m r , S r , f l f f f Vậy định lý chứng minh cho trường hợp z f z l Trường hợp tổng quát, ta ý rằng: z l v m r, m r , av z f z log l 1 f z v 0 f v z m r , av z m r , log l 1 f v 0 l l S r , f O 1 S r , f v 0 Vậy (1.4) chứng minh Hơn ta có: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25 http://www.lrc-tnu.edu.vn m r , m r , f m r, f m r, f S r, f Nếu f z có cực điểm cấp p z0 av z có cực điểm cấp khơng q q z0 z có cực điểm z0 cấp không vượt p l q p l q l 1 p q đó: l N r , l 1 N r , f N r , av z v 0 l 1 N r , f S r , f 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 Từ định lý ta có số kết sau 2.1.3 Định lý Giả sử f z hàm phân hình khác số z (khác số) hàm cho định lý (2.1.2) Khi đó: 1 T r, f N r, f N r, N r, N0 r, S r , f , 1 ' f N r , hàm đếm không điểm ' z mà ' không điểm z Chứng minh Theo định lý thứ hai cho hàm z f z điểm 0,1, ta có: 1 m r , m r , m r , 2T r , N1 r , S r , 1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 http://www.lrc-tnu.edu.vn (1.6) Mặt khác, ta có: 2T r , N1 r , m r , m r , N r , N r , 1 1 N r , N r , N r , ' O 1 ' (1.7) T r , T r , N1 r , O 1 , 1 N1 r , N r , N r , N r , ' ' Ngoài ra, cực điểm z cấp l , ' z cấp l 1, cực điểm xuất cực điểm f z av z Do đó: l N r , ' N r , N r , N r , f N r , av z v 1 N r , f S r , f Hơn , không điểm z cấp l , ' z có khơng điểm cấp l 1, vậy: N r, N r, N r, N0 r, 1 ' 1 ' Ta có: S r , T r , T r , f , trừ tập hợp E r có độ đo hữu hạn Do vậy, S r, S r , f Do đó, với (1.6), (1.7) suy ra: 1 m r , m r , m r , m r , m r , N r , N r , 1 1 1 N r , N r , N r , ' O 1 ' Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 m r , N r , ' N r , N r , N r , O 1 1 ' N r, f N r, N r , S r , f 1 ' 1.8 Ta có: 1 1 T r , f m r , N r , O 1 f f 1 m r, m r, f 1 N r , O 1 f 1 1 m r, N r, S r, f , f với (1.8) suy ra: 1 T r, f N r, f N r, N r, N r , S r , f 1 ' f Vậy định lý chứng minh 2.1.4 Định lý Giả sử f z hàm phân hình siêu việt Khi đó: 1 2 T r , f N r , N r , l S r , f , r l f l f 1 (*) Để chứng minh định lý ta chứng minh bổ đề sau: 2.1.5 Bổ đề: l Nếu z f z ; N r , xác định định lý 2.1.3 ' N1 r , f , N r , f ký hiệu hàm N tương ứng cực điểm đơn cực điểm bội, cực điểm tính lần, ta có: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28 http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 lN r , f N r , f N r , N0 r, S r, f z ' z Chứng minh Ta xét hàm g z 1 f z f l 1 z l 1 ' z 1 z l 1 l 2 l l 2 Khi cực điểm đơn z0 f z , ta có: f z a O 1 ; a z z0 Lấy vi phân hai vế l lần ta kết quả: z f l 1 al ! O z l 1 z z0 l 1 1 al ! O z z l 1 0 l 1 z z0 l 1 Lấy vi phân tiếp vế ta thu được: 1 a l 1! O z z l 2 z 0 l 2 z z0 l 1 f l 1 Do g z 1 l 1 l 1 al ! l 1 1 O z z l 1 Vì vậy, g z0 0, Nhưng g ' z có khơng điểm z0 cấp l Sử dụng công thức Poisson-Jensen cho g ' z ta có: g z g g' g' g N r , N r , m r , m r , O 1 , g' g g g' Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 http://www.lrc-tnu.edu.vn vế trái đẳng thức : 1 1 1 1 N r , g N r , N r , g ' N r , N r , N r , N r , g g' g g' g 1 1 N0 r, N r, N r , g , g' g 1 với N r , hàm đếm không điểm g ' mà g' không điểm g Từ kết ta có : 1 1 g' lN1 r , f N0 r , N r , N r , g m r , O 1 (1.9) g' g g Các không điểm cực điểm g z xuất cực điểm bội f z , không điểm z , không điểm ' z khác với không điểm z Do : 1 N r, N r, g N r, N2 r, f N0 r, ' g z 1 (1.10) Ngoài ra, theo định lý 2.1.2 ta có: g' l 1 l m r , T r , g T r , f T r ,1 f z g T r , f S r , f Từ (1.9), (1.10), (1.11) suy điều phải chứng minh 1.11 (*) Chứng minh định lý 2.1.4 Sử dụng định lý 2.1.3 với z f z N r , f cực l điểm bội tính lần, ta có: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 N1 r , f N r , f N r , f T r , f N r , f N r , f N r, N0 r , S r , f 1 ' Vì N r , f N1 r , f N r , f , ta có : 1 N2 r, f N r, N r , N0 r , S r , f , 1 ' f kết hợp với bổ đề 2.1.5 ta có kết : lN1 r , f N r , f N r , N r , ' S r , f 1 1 N r, 2N r, S r , f 1 f Suy : 1 N1 r , f N r , N r , S r, f l f l Ta có : N r , f N1 r , f N r , f 1 1 N r, N r, N r, N r, S r, f 1 l f l 1 f 1 1 N r , 1 N r , S r , f l l f Thế bất đẳng thức vào định lý 2.1.3 ta bất đẳng thức định lý 2.1.4 Bây giờ, ta giả sử w1, w số phức, thỏa mãn w f z w1 Ta xét F z Khi đó, ta có: w2 T r, F T r, f O 1 , S r, F S r, f Sử dụng định lý 2.1.4 cho F z ta thu : Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31 http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 2 T r , f T r , F O 1 N r , N r , l S r , F l F l F 1 1 2 N r, S r , f N r , l l f w1 l f w2 l Nếu phương trình f z w1 , f z w có hữu hạn nghiệm : 1 O 1T r , f O log r r Vì f z hàm hữu tỉ, mâu thuẫn giả thiết Suy ra, định lý chứng minh 2.2 Phân phối giá trị hàm phân hình đạo hàm 2.2.1 Định lý (xem [ ], Hayman) Nếu n ( ) số ngun f n f ' có tất giá trị khác không (*) Tuy nhiên vấn đề đặt giá trị phân phối ff ' a a a z số khác không thỏa mãn điều kiện: T r, a S r , f Ta gọi hàm phân hình a a z hàm nhỏ f T r, a S r , f 2.2.2 Định lý ( xem {[ 12 ] [ 11 ]}, Zhang ) Nếu ; f ff ' a vô a 0, hàm nhỏ f 2.2.3 Định lý ( xem {[ 12 ] [ 11 ]}, Zhang ) Nếu 2 0; f ; f ff ' a vơ a 0, hàm nhỏ f (*) Nhận xét: Tuy vậy, định lý C điều kiện 2 0; f ; f dễ dàng thay điều kiện yếu hơn: 2 0; f ; f Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 http://www.lrc-tnu.edu.vn 2.2.4 Định lý (xem [ ], Bergweiler) Nếu f đa thức f hạn chế bậc ff ' a vơ 2.2.5 Định lý (xem [ 11 ], Yu) Nếu a 0, hàm nhỏ f ff ' a ff ' a vô 2.2.6 Định nghĩa: Cho m số nguyên dương Ta ký hiệu N r , a; f m , N r , a; f m hàm đếm a điểm f Định nghĩa tương tự với N r , a; f m , N r , a; f m , N r , a; f m , N r , a; f m Ta có: N r , a; f N r , a; f , N r , a; f N r , a; f 2.2.7 Bổ đề Nếu N r ,0; f k f hàm đếm không điểm f , mà k không điểm f, khơng điểm f k tính theo số bội thì: N r ,0; f k f k N r , ; f N r ,0; f k k N r ,0; f k S r , f Chứng minh Từ định lý thứ định lý Milloux ta có: N r ,0; f k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên k f f N r ,0; f 33 http://www.lrc-tnu.edu.vn f k f k N r , m r , O 1 f f k N r , ; f N r ,0; f k k N r , ; f k S r , f 2.2.8 Định lý Cho f f k n n1 , n0 , n1 k số nguyên dương, cho: n0 n0 1 1 k n0n1 n0 n1 Khi đó: n0 1 k 1 k T r , N r , a; S r , , n k n k n k n 0 với số a 0, Chứng minh Đầu tiên ta ý Cf 4,10 T r, f S r, f CT r , S r , , T r , f n0 1 k n1T r , f S r , f , C số Ta thấy rõ rằng, a 0, hàm nhỏ f a hàm nhỏ ngược lại Do từ định lý Nevanlinna với ba dãy hàm p.47 6 ta có : T r , N r ,0, N r , , N r , a, S r , , N r , a; N r ,0; a Bây giờ, từ bổ đề ta có : Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 http://www.lrc-tnu.edu.vn N r ,0; N r ,0; f N r ,0, f k f 0 N r ,0; f k N r , ; f N r ,0, f k k N r ,0, f k S r , f 1 k N r ,0; f k N r , ; f S r , f 2 Ta có: N r ,0; N r ,0; 1 k n0 n1 1 N r ,0; f k n0 1 N r ,0; f k Từ (2) ta có: N r ,0; 1 k N r ,0; f k k N r , ; f 1 k N r ,0; N r ,0; n0 1 k n0 n1 1 N r ,0; f k S r , f n0 k 1 k N r ,0; N r ,0; k N r , ; f n0 n0 1 k 1 k n0 n1 1 1 k N r ,0; f k S r , f n0 1 k N r ,0; k N r , ; f S r , f n0 k n0 1 1 k N r ,0; N r , ; f S r , f 3 n0 n0 k phần tử f , p z0 phần tử , với N r ,0; Nếu z0 n0 p p k n1 n0 1 k n1 thì: N r , ; n0 1 k n1 N r , ; Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35 (4) http://www.lrc-tnu.edu.vn Vì N r , ; N r , ; f S r, S r , f , từ (1), (3) (4) ta có: T r , k n0 1 1 k N r ,0; 1 N r , ; f n0 k n k N r , a; S r , n0 1 k 1 k N r ,0; N r , ; n0 k n0 k n0 1 k n1 N r , a; S r , Vậy: n0 1 k 1 k 1 T r , N r , a; S r , n0 k n0 k n0 1 k n1 Định lý chứng minh (*) Dưới đây, ta chứng minh định lý 2.2.5 định lý phát biểu lại sau : 2.2.9 Định lý Cho F ff , với k số nguyên dương, với hàm nhỏ a f k a; F a; F 2 k Chứng minh Ta có, a số nhỏ f , ta thấy n0 n1 1 k k 2 1 T r , F N r , a ; F S r , F k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 36 http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 k k 1 T r , F N r , a; F N r , a; F S r , F 2 k Điều cho thấy: a; F a; F 1 k k 2 k 2 2 k Định lý chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 37 http://www.lrc-tnu.edu.vn KẾT LUẬN ******* Nội dung luận văn nghiên cứu‘‘ Phân phối giá trị hàm phân hình đạo hàm ’’ Luận văn trình bày vấn đề sau: - Trình bày cách hệ thống hai định lý R.Nevanlinna - Trình bày số kết Milloux - Trình bày hệ thống với chứng minh chi tiết số kết gần lĩnh vực nghiên cứu - Chứng minh định lý : Cho f f n k n1 , n0 , n1 k số nguyên dương, cho: n0 n0 1 1 k n0n1 n0 n1 Khi đó: n0 1 k 1 k T r , N r , a; S r , , n k n k n k n 0 với số a 0, Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 38 http://www.lrc-tnu.edu.vn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] W Bergweiler and A Eremenko, On the singularities of the inverse to a meromorphic function of finite order, Rev Iberoamericana, 11 (1995), 355373 [2] W.Bergweiler, On the product of a meromorphic function and its derivative, Bull Hong Kong Math Soc., (1997), 97-101 [3] Hà Huy Khoái Bài giảng lý thuyết Nevanlinna [4] H.H Chen and M.L Fang, The value distribution of f n f ' , Sci China Ser A, 38 (1995), 789-798 [5] W Doeringer, Exceptional values of differential polynomials, Pacific J Math., 98 (1982), 55-62 [6] W K Hayman, Picard values of meromorphic functions and their derivatives, Ann of Math (2), 70 (1959), 9-42 [7] W K Hayman, Meromorphic Functions, Oxford Math Monogr., Clarendon Press, Oxford, 1964 [8] W K Hayman, Research Problems in Function Theory, The Athlone Press University of London, London, 1967 [9] I Lahiri and S Dewan, Value distribution of the product of a meromorphic function and its derivative, Kodai Math J 26 (2003), 95 – 100 [10] I Lahiri, Value distribution of certain differential polynomials, Int J Math Math Sci., 28 (2001), 83-91 [11] E Mues, Uber ein Problem von Hayman, Math Z., 164 (1979), 239-259 [12] A P Singh, On order of homogeneous differential polynomials, Indian J Pure Appl Math., 16 (1985),791-795 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 http://www.lrc-tnu.edu.vn