VẤN ĐỀ DUY NHẤT CHO L HÀM VÀ HÀM PHÂN HÌNH CÓ HỮU HẠN CỰC ĐIỂM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngành:Toán giải tích Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn tận tình của xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx. Tôi xin bày tỏalòng biết ơn sâu sắc đến cô. Tôi xin gửi tớiacác thầy, cô Khoa Toán Trường Đại họcxxxxxxxxx x x x x x x x x x x cũng như các thầy, cô ađã tham gia giảng dạy khóa học 2021-2023, lời cảm ơn sâu sắc nhất về công lao dạy dỗ chúng tôi trong suốtaquá trình giáo dục, đào tạo của nhà trường. Tôi xin cảm ơn gia đình, bạnabè và người thân đã quan tâm, tạo điều kiện, động viên, cổ vũađể tôi có thể hoàn luận văn này.
ĐẠI HỌC AAAAAAAAAAA TRƯỜNG ĐẠI HỌCAAAAAA ————— o0o ————— AAAAAAAAAAAAAAAAA VẤN ĐỀ DUY NHẤT CHO L-HÀM VÀ HÀM PHÂN HÌNH CĨ HỮU HẠN CỰC ĐIỂM LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC AAAAAAAA– 2023 ĐẠI HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC ————— o0o ————— TRẦN VĂN AAA VẤN ĐỀ DUY NHẤT CHO L-HÀM VÀ HÀM PHÂN HÌNH CĨ HỮU HẠN CỰC ĐIỂM LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Ngành: Tốn Giải tích Mã số: 46 01 02 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: AAAAAAAA AAAAAAAAAA– 2023 Lời cam đoan Tôi cam đoan thực việc kiểm tra mức độ tương đồng nội dung luận văn qua phần mềm Turnitin cách trung thực đạt kết mức độ tương đồng % Luận văn kiểm tra qua phần mềm cứng nộp để bảo vệ trước hội đồng Nếu sai tơi hồn tồn chịu trách nhiệm Thái Ngun, ngày tháng năm 2023 Tác giả sản phẩm học thuật AAAAAAAAAAAAAAA i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại họcAAAAAAAAAAAA Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc AAAAAAAA đãtrực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiêncứu vừa qua Tác giả xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo giảng dạy lớp cao học Toán KAAA, bạn học viên đồng nghiệp tạo điều kiện thuậnlợi, giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giảcũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyếnkhích động viên tác giả suốt q trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2023 Tác giả AAAAAAAAAAAAA ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các hàm Nevanlinna 1.2 Hàm đếm a-điểm hàm phân hình 1.3 Xác định L-hàm hàm phân hình chúng chia sẻ giá trị 16 Chương Vấn đề cho L-hàm hàm phân hình có hữu hạn cực điểm 18 2.1 L-hàm hàm phân hình chia sẻ tập hữu hạn CM 18 2.2 L-hàm hàm phân hình chia sẻ tập hữu hạn IM 31 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 iii Mở đầu Cho f g hai hàm phân hình mặt phẳng phức C Với c ∈ C ∪ {∞}, ảnh ngược c f f −1 (c) = {c ∈ C : f (s) − c = 0} Hàm f g gọi chia sẻ giá trị c khơng tính bội (IM ) f −1 (c) = g −1 (c) Hàm f g gọi chia sẻ giá trị c tính bội (CM ) f g chia sẻ c IM nghiệm phương trình f (s) = c có bội với nghiệm phương trình g(s) = c Cho tập S ⊂ C ∪ {∞}, ta định nghĩa Ef (S) = [ {s ∈ C : f (s) − c = 0}, c∈S với không điểm f − c tính bội E f (S) tập phần tử phân biệt Ef (S) Chúng ta nói f g chia sẻ tập S CM Ef (S) = Eg (S) chúng chia sẻ S IM E f (S) = E g (S) Năm 1926, R Nevanlinna chứng minh rằng: Với hai hàm phân hình f g mặt phẳng phức C, chúng có ảnh ngược (khơng tính bội) điểm phân biệt f = g (Định lý điểm) g có dạng af + b (a, b, c, d số phức thoả mãn ad − bc 6= ) f cf + d g có ảnh ngược (kể bội) điểm phân biệt (Định lý điểm) Năm 1977, F Gross đưa ý tưởng không xét ảnh ngược điểm riêng rẽ mà xét ảnh ngược tập hợp điểm C ∪ {∞} Ông đưa hai câu hỏi sau: i) Tồn hay không tập S C ∪ {∞} để với hàm phân hình f, g thoả mãn điều kiện Ef (S) = Eg (S) ta có f = g? ii) Tồn hay khơng hai tập Si , i = 1, C ∪ {∞} để với hàm phân hình f, g thoả mãn điều kiện Ef (Si ) = Eg (Si ), i = 1, 2, ta có f = g? Đã có nhiều nhà tốn học đưa kết hai hàm phân hình f g góp phần trả lời câu hỏi F.Gross Năm 1994 1995, H.X Yi đưa hai kết điều kiện đủ để hàm nguyên f g chia sẻ tập S CM ; chia sẻ hai tập: S1 CM S2 f = g, S tập gồm n điểm liên quan đến nghiệm phương trình ω n + aω m + b = 0, S1 tập gồm n điểm tập S2 gồm điểm C Trong năm gần đây, phân bố giá trị L-hàm nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Phân bố giá trị L-hàm L thường liên quan đến phân bố không điểm, a-điểm L tức nghiệm L(s) = a điểm tập ảnh ngược L−1 (a) = {s ∈ C : L(s) = a}, s biến số phức C a ∈ C ∪ {∞} Năm 2007, J Steuding [11] đưa kết (Định lý 1.3 luận văn) điều kiện đủ để hai L-hàm L1 L2 chia sẻ giá trị c 6= ∞ CM L1 = L2 Chúng ta biết rằng, thác triển L-hàm lên mặt phẳng phức C cho ta hàm phân hình Vì xem L-hàm lớp đặc biệt hàm phân hình phương pháp lý thuyết xác định hàm phân hình cho cơng cụ mạnh để nghiên cứu L-hàm Năm 2010, B.Q.Li đưa kết (Định lý 1.4 luận văn) hàm phân hình f có hữu hạn cực điểm L-hàm L chia sẻ giá trị CM giá trị IM L = f Hiện nay, phân bố giá trị L-hàm vấn đề hàm phân hình chia sẻ hai tập với L-hàm vấn đề có tính thời Luận văn: “Vấn đề cho L-hàm hàm phân hình có hữu hạn cực điểm” trình bày kết Q Q Yuan, X M Li H.X Yi [9]; Pulak Sahoo Samar Halder [8] góp phần trả lời câu hỏi Gross trường hợp hàm phân hình f L-hàm L chia sẻ tập hữu hạn; tập hữu hạn giá trị Ngoài phần "Mở đầu", "Kết luận" " Tài liệu tham khảo", kết luận văn trình bày hai chương: Chương 1: Trình bày số vấn đề hàm Nevanlinna, hai Định lý số vấn đề xác định L-hàm hàm phân hình Chương 2: Trình bày vấn đề cho L-hàm hàm phân hình có hữu hạn cực điểm chia sẻ tập hữu hạn; tập hữu hạn giá trị Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các hàm Nevanlinna Với số thực dương x ∈ R∗+ , kí hiệu log+ x = log x x ≥ < x < Như vậy: log+ x = max{log x, 0}, log x = log+ x − log+ x Cho f hàm phân hình DR = {z ∈ C : |z| ≤ R} số thực r > 0, < R ≤ ∞ < r < R Định nghĩa 1.1 Hàm m(r, f ) = 2π Z2π log+ |f (reiϕ )|dϕ, gọi hàm xấp xỉ hàm f Ta kí hiệu n(r, f ) số cực điểm kể bội, n(r, f ) số cực điểm phân biệt (không kể bội) hàm f Dr Định nghĩa 1.2 Hàm Z N (r, f ) = N (r, ∞; f ) = r 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) Định nghĩa 1.3 Hàm Z r n(t, f ) − n(0, f ) dt + n(0, f ) log r t N (r, f ) = N (r, ∞; f ) = 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 1.4 Hàm T (r, f ) = m(r, f ) + N (r, f ) gọi hàm đặc trưng hàm f Dễ thấy 1 1 + n r, = max 0, − log µ(r, f ) = log µ r, = log+ f f µ(r, f ) Các hàm đặc trưng T (r, f ), hàm xấp xỉ m(r, f ) hàm đếm N (r, f ) ba hàm lý thuyết phân bố giá trị, cịn gọi hàm Nevanlinna Định nghĩa 1.5 Hàm N r, f = Zr n t, f − n 0, f dt + n 0, log r t f gọi hàm đếm không điểm hàm f Cho a ∈ C ∪ {∞}, ta kí hiệu m r, f −a = 2π Z2π log+ |f (reiϕ ) − a| dϕ Kí hiệu n r, f −a số không điểm kể bội n 1, f −a (2.31) ta có N r, = N r, + O(log r) f − ωˆj n f − ωˆj ≤ T (r, f ) + O(log r), n (2.32) với ≤ j ≤ Từ (2.9), (2.32) Định lý thứ hai, ta có X + O(log r) 4T (r, f ) ≤ N r, f − ω ˆ j j=1 ≤ T (r, f ) + O(log r) n Kết hợp với giả thiết n > 2m + ≥ 6, ta có T (r, f ) = O(log r) Suy ρ(f ) = Điều mâu thuẫn với (2.9) Trường hợp 2.2 Giả sử c2 = 0, (2.30) có dạng fn c3 h = Ln c1 (2.33) Theo giả thiết f có hữu hạn cực điểm mặt phẳng phức L có cực điểm s = mặt phẳng phức, từ (2.10) (2.33), ta có 1 N r, − NE (r, 0) = O(log r) f 1 − NE (r, 0) = O(log r), N r, L (2.34) NE (r, 0) đếm điểm N (r, 1/f ), với cho f L có bội chung điểm NE (r, 0) tính theo bội chung Từ (2.34), ta có f ˆ = R2 eβ =: h, L (2.35) R2 hàm hữu tỷ khác khơng β hàm nguyên Hơn nữa, từ 25 (2.9), ta thấy β đa thức bậc không lớn tức β(s) = A2 s + B2 , (2.36) với A2 B2 số Từ (2.35), (2.36) theo Hayman, ta có (2.12) Mặt khác, từ (2.10) (2.35), ta có ˆ n − h)Ln + a(h ˆ m − h)Lm + b(1 − h) = (h (2.37) Từ (2.10), (2.35) theo Hayman, ta có ˆ n −h)+T r, a(h ˆ m −h) +T r, b(1−h) = O(r) = o T (r, L) (2.38) T (r, h Từ (2.37) (2.38) Bổ đề 1.3, ta có ˆn − h = h ˆ m − h = − h = h (2.39) Với m n số nguyên dương cho trước, từ (2.39) Bổ đề 1.4 ta có ˆ = h = Kết hợp với (2.35), ta có f = L Ta có điều cần chứng minh h Định lý 2.2 ([9]) Cho S = {ω1 , ω2 , · · · , ω` } với ω1 , ω2 , · · · , ω` tất nghiệm phân biệt phương trình ω n + aω m + b = Ở `, m, n số nguyên dương thỏa mãn ≤ ` ≤ n, n ≥ n > m, n m nguyên tố nhau; a, b, c số hữu hạn khác không với c 6= ωj , ≤ j ≤ ` Cho f hàm phân hình khác cho f có hữu hạn cực điểm C L L-hàm khác Nếu f L chia sẻ S CM c IM f = L Chứng minh Tương tự cách chứng minh Định lý 2.1, ta có (2.1)(2.12) Giả sử h = 1, từ (2.10), ta có f n − Ln = −a(f m − Lm ) 26 (2.40) Giả sử f n 6≡ Ln , từ (2.40), ta có L n−m a(g − υ)(g − υ ) · · · (g − υ m−1 ) =− (g − µ)(g − µ2 ) · · · (g − µn−1 ) (2.41) đó, 2πi 2πi f g = , µ = exp , υ = exp L n m Chú ý n m số nguyên dương từ Bổ đề 1.4 ta thấy tử số mẫu số (2.41) khơng có nhân tử chung Kết hợp với giả thiết n − m > m + ≥ L có cực điểm s = mặt phẳng phức, ta thấy tồn năm nghiệm phân biệt phương trình tn = cho chúng giá trị ngoại lai Picard g Từ (2.41), ta thấy g L số Điều mâu thuẫn Giả sử f n = Ln Từ (2.40) ta có f m = Lm Kết hợp với Bổ đề 1.4 giả thiết m n số nguyên dương, ta thấy f = L Tiếp theo, giả sử h 6≡ (2.42) Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp Giả sử tồn I ⊂ (0, +∞) với độ đo tuyến tính mes I = +∞ cho N r, f −c = +∞ r lim r→∞,r∈I (2.43) Từ (2.10), (2.42), theo Hayman giả thiết f L chia sẻ c IM , ta có N r, ≤ N r, = T (r, h) + O(log r) = O(r) f −c h−1 Điều mẫu thuẫn với (2.43) Trường hợp Giả sử tồn tập E ⊂ (0, +∞) với độ đo tuyến tính 27 mes E < +∞ cho N r, f −c < +∞ lim r→∞,r6∈E r (2.44) Từ (2.44) ta có ≤ A3 r r → ∞ r 6∈ E, N r, f −c (2.45) A3 > số Từ (2.1), (2.10), (2.11), (2.45) Hayman thu N r, + T (r, h) = O(r) + O(log r) = o(T (r, L)) f −c (2.46) r → ∞ r 6∈ E Từ (2.12) (2.46) ta có N r, + T (r, h) = o(T (r, f )) r → ∞ r 6∈ E f −c (2.47) Ta thấy P (f ) = f n + af m + b = P (f − c + c) = (f − c)n + ` X (2.48) aj (f − c)kj + P (c) j=1 P (L) = Ln + aLm + b = P (L − c + c) = (L − c)n + ` X (2.49) aj (L − c)kj + P (c) j=1 a1 , a2 , · · · , a` ` số khác không k1 , k2 , · · · , k` ` nghiệm dương phân biệt cho ≤ k1 < k2 < · · · < k` = n − với số 28 nguyên ` ≥ Thay (2.48) (2.49) vào (2.10), ta có n (f −c) + ` X kj n aj (f −c) −h(L−c) − j=1 ` X aj h(L−c)kj = (h−1)P (c) (2.50) j=1 Ta xét hai trường hợp nhỏ sau Trường hợp 2.1 Giả sử tất phần tử vế trái (2.50) độc lập tuyến tính mặt phẳng phức Từ (2.46), (2.47), (2.50), h 6≡ 1, P (c) 6= Bổ đề 1.7, ta có (f − c)n + o T (r, f ) T (r, f ) = T r, (h − 1)P (c) ` (h − 1)P (c) (h − 1)P (c) X + N2`+1 r, ≤ N2`+1 r, (f − c)n aj (f − c)kj j=1 ` (h − 1)P (c) (h − 1)P (c) X + N2`+1 r, + N2`+1 r, (L − c)n aj (L − c)kj j=1 ! a (f − c) L−c j + (2` + 1) N r, + N r, (h − 1)P (c) (h − 1)P (c) j=1 ` X ` X aj (L − c) + (2` + 1) N r, + o T (r, f ) (h − 1)P (c) j=1 ` (h − 1)P (c) X (h − 1)P (c) ≤ (2` + 1) N r, + N r, f −c aj (f − c) j=1 ! ! ` (h − 1)P (c) X (h − 1)P (c) + (2` + 1) N r, + N r, L−c aj (L − c) j=1 ! ` a (f − c) X L−c j + (2` + 1) N r, + N r, (h − 1)P (c) (h − 1)P (c) j=1 ! ` a (L − c) X L − c j + (2` + 1) N r, + N r, (h − 1)P (c) (h − 1)P (c) j=1 ` X aj (L − c) + (2` + 1) N r, + o T (r, f ) (h − 1)P (c) j=1 = o T (r, f ) 29 Kéo theo T (r, f ) = o T (r, f ) r → ∞ r 6∈ E Trường hợp 2.2 Giả sử tất phần tử vế trái (2.50) độc lập tuyến tính mặt phẳng phức Từ (2.46), (2.47) Bổ đề 1.3 ta thấy tất phần tử n (f − c) + ` X aj (f − c)kj j=1 độc lập tuyến tính mặt phẳng phức tất phẩn tử n (L − c) + ` X aj (L − c)kj j=1 độc lập tuyến tính mặt phẳng phức Do đó, từ (2.46), (2.47), (2.50), giả thiết h 6= 1, P (c) 6= giả thiết ta thấy tồn ` + P |bj | > tồn ` + số phân biệt b1 , b2 , · · · , b`+1 thảo mãn `+1 Pj=1 `+1 số phân biệt c1 , c2 , · · · , c`+1 thỏa mãn j=1 |cj | > cho n b`+1 (f − c) + ` X kj n aj bj (f − c) = c`+1 (L − c) + j=1 ` X aj cj (L − c)kj (2.51) j=1 Khơng tính tổng qt, ta giả sử bj 6= cj 6= với ≤ j ≤ ` Giả sử b`+1 = 0, từ (2.12), (2.46), (2.47), (2.51) Bổ đề 1.3, ta có c`+1 = Theo giả thiết ta thấy b` 6= Kết hợp với (2.51) Bổ đề 1.3, ta có c` 6= Từ (2.51), ta có ! ` `−1 X X aj cj (L − c)kj − aj bj (f − c)kj a` (f − c)k` = b` j=1 j=1 (2.52) Thay (2.52) vào (2.50), ta có `−1 X aj bj (f − c) + aj − (f − c)kj − h(L − c)n b` j=1 n + ` X aj cj j=1 b` − aj h (L − c)kj = (h − 1)P (c) 30 (2.53) Giả sử b`+1 6= 0, từ (2.12), (2.46), (2.47), (2.51) Bổ đề 1.3, ta có c`+1 6= Từ (2.51), ta có ` ` X a j cj X aj bj c`+1 n kj (f − c) = (L − c) + (L − c) − (f − c)kj (2.54) b`+1 b b +1 j=1 `+1 j=1 ` n Thay (2.54) vào (2.50), ta có ` X j=1 c aj bj `+1 kj aj − (f − c) + − h (L − c)n b`+1 b`+1 + ` X aj cj j=1 b`+1 (2.55) − aj h (L − c)kj = (h − 1)P (c) Từ (2.12), (2.46), (2.47), (2.55) Bổ đề 1.3, ta có c`+1 − h = b`+1 Kéo theo, (2.55) viết lại dạng ` X j=1 ` X aj cj aj bj kj aj − (f − c) + − aj h (L − c)n = (h − 1)P (c) b`+1 b`+1 j=1 (2.56) Từ (2.53), (2.56), ta thấy phần tử vế trái (2.53) (2.56) độc lập tuyến tính mặt phẳng phức Khơng tính tổng quát, ta giả sử phẩn từ vế trái (2.53) (2.56) độc lập tuyến tính mặt phẳng phức Tương tự Trường hợp 2.1 ta có điều mâu thuẫn Vậy ta có điều cần chứng minh 2.2 L-hàm hàm phân hình chia sẻ tập hữu hạn IM Bổ đề 2.1 ([9]) Cho f hàm phân hình có hữu hạn cực điểm C S = {ω : P (ω) = ω n + aω m + b = 0} Nếu f L- hàm L khác 31 chia sẻ S IM ρ(f ) = ρ(L) = Định lý 2.3 ([8]) Cho f hàm phân hình có hữu hạn cực điểm C L L-hàm khác Cho S = {γ1 , γ2 , · · · , γ` } với γ1 , γ2 , · · · , γ` tất nghiệm phân biệt phương trình P (ω) = ω n + aω m + b = 0, `, m, n số nguyên dương với n > 4k + 9, k = n − m ≥ n, m nguyên tố nhau; a, b, c số hữu hạn khác không với c 6= γj , ≤ j ≤ ` Nếu f L chia sẻ S IM c IM f = L −f m (f k + a) −Lm (Lk + a) Chứng minh Xét F = G = , b b k = n − m; n, m số nguyên Từ Bổ đề 1.1, giả sử tất nghiệm P (ω) = {γ1 , γ2 , · · · , γn } thỏa mãn (1.1) {ˆ γ1 , γˆ2 , · · · , γˆn−1 } thỏa mãn (1.1) Khơng tính tổng qt, ta giả sử γˆ1 nghiệm kép Vì f L chia sẻ S IM nên F G chia sẻ IM Theo Bổ đề 2.1 ta có S(r, f ) = S(r, L) = O(log r) Vì f có hữu hạn cực C nên N (r, f ) = O(log r) Từ Tiên đề (ii) mục 1.3, L có cực điểm s = Khi đó, N (r, L) = O(log r) Giả sử H 6≡ bn−m (−1)n mm (n − m)n−m 6= an nn 32 Từ Bổ đề 1.11 Bổ đề 1.12 ta có k h i X i nh T (r, f ) + T (r, L) ≤ N2 (r, ωj ; f ) + N2 (r, ωj ; L) j=1 i 7h + N (r, 0; f ) + N (r, 0; L) k i Xh + N (r, ωj ; f ) + N (r, ωj ; L) + O(log r) j=1 (2.57) Tương tự, từ Bổ đề 1.11, Bổ đề 1.14 Bổ đề 1.16 suy k h i X i nh T (r, f ) + T (r, L) ≤ N2 (r, ωj ; f ) + N2 (r, ωj ; L) j=1 h i + N (r, 0; f ) + N (r, 0; L) k i Xh + N (r, ωj ; f ) + N (r, ωj ; L) + O(log r) j=1 (2.58) k h i X i nh T (r, f ) + T (r, L) ≤ N2 (r, ωj ; f ) + N2 (r, ωj ; L) j=1 i 7h + N (r, 0; f ) + N (r, 0; L) + O(log r) (2.59) Từ (2.57)-(2.59), ta có k h i X i nh T (r, f ) + T (r, L) ≤ N2 (r, ωj ; f ) + N2 (r, ωj ; L) j=1 h i + N (r, 0; f ) + N (r, 0; L) k h i X + N (r, ωj ; f ) + N (r, ωj ; L) + O(log r) j=1 33 Do đó, n − − 2k h i T (r, f ) + T (r, L) ≤ O(log r) Điều mâu thuẫn với giả thiết n > 4k + Giả sử (−1)n mm (n − m)n−m bn−m = an nn Theo Bổ đề 1.11, Bổ đề 1.13, Bổ đề 1.15 Bổ đề 1.17 ta có k h i i X nh N2 (r, ωj ; f ) + N2 (r, ωj ; L) T (r, f ) + T (r, L) ≤ j=1 i 3h + N (r, γˆ1 ; f ) + N (r, γˆ1 ; L) 2h i + N (r, 0; f ) + N (r, 0; L) k h i X N (r, ωj ; f ) + N (r, ωj ; L) + O(log r) + j=1 Do đó, n − i 4k + h T (r, f ) + T (r, L) ≤ O(log r) Điều mâu thuẫn với giả thiết n > 4k + Kéo theo H ≡ Suy 2F G00 2G0 F 00 − = − F0 F −1 G G−1 Kết hợp hai điều trên, ta có d1 = + d2 , F −1 G−1 (2.60) d1 6= d2 số Từ (2.60) ta thấy F G chia sẻ CM Do P (f ) P (L) chia sẻ CM Nếu bn−m (−1)n mm (n − m)n−m 6= , an nn P (ω) = ω n + aω m + b = (ω − γ1 )(ω − γ2 ) · · · (ω − γn ) 34 Tương tự, theo giả thiết f L chia sẻ c IM , kéo theo P (f ) P (L) chia sẻ c1 IM , c1 = (c − γ1 )(c − γ2 ) · · · (c − γn ) Nếu bn−m (−1)n mm (n − m)n−m 6= an nn P (ω) = ω n + aω m + b = (ω − γˆ1 )2 (ω − γˆ2 ) · · · (ω − γˆn−1 ) Vì f L chia sẻ c IM nên P (f ) P (L) chia sẻ c2 CM , c2 = (c − γˆ1 )2 (c − γˆ2 ) · · · (c − γˆn−2 )(c − γˆn−1 ) Do đó, P (f ) P (L) chia sẻ CM c1 IM chia sẻ CM c2 IM Trong hai trường hợp, từ Bổ đề 1.19, ta có f n − Ln = −a(f m − Lm ) (2.61) Giả sử f n 6= Ln , từ (2.61) ta có (h − α)(h − α2 )(h − α)m−1 L = −a , (h − β)(h − β )(h − β)n−1 k (2.62) đó, 2πi 2πi f h = , α = exp β = exp L n m Vì n m số nguyên tố, theo Bổ đề 1.4 ta thấy tử số mẫu số bên vế phải cơng thức (2.62) khơng có nhân tử chung Xét không điểm mẫu số (nếu tồn tại), ta thấy Lk có n − cực điểm phân biệt Vì L có cực C nên tồn n − giá trị {β, β , · · · , β n−1 } giá trị Picard ngoại lai hàm phân hình h Vì n > 4k + ≥ 13 nên h = d3 , d3 số Thay giá trị vào (2.62) ta thấy L số Ta có điều mâu thuẫn Do f n = Ln Từ (2.5), ta có f m = Lm Vì n, m số nguyên tố nên theo Bổ đề 1.4, ta có f = L Vậy Định lý 2.3 chứng minh Định lý 2.4 ([8]) Cho f hàm phân hình có hữu hạn cực điểm 35 C, L L-hàm khác hằng; P (ω) = ω n + aω m + b, với a b số khác không; Cho n m số nguyên dương nguyên tố thỏa mãn n > max{4k + 9, 2m + 4} thoả mãn k = n − m ≥ Nếu f L chia sẻ S = {ω : P (ω) = 0} IM f = L Chứng minh Giả sử F G xác định Định lý 2.2, H 6≡ chứng minh tương tự Định lý 2.2 ta có điều mâu thuẫn Do H ≡ Suy F G chia sẻ CM , f L chia sẻ S CM Định lý suy từ Định lý 2.1 Ta có điều cần chứng minh 36 Kết luận Luận văn trình bày kết sau Trình bày số kiến thức chuẩn bị cho việc trình bày chứng minh kết chính: - Các hàm Nevanlinna, hai Định lý số kết quả; - Các hàm đếm a-điểm hàm phân hình số kết liên quan; - Một số kết xác định L-hàm hàm phân hình chúng chia sẻ giá trị Kết luận văn kết Q Q Yuan, X M Li H.X Yi [9]; Pulak Sahoo Samar Halder [8]: - Hai điều kiện đủ để xác định L-hàm L hàm phân hình có hữu hạn cực điểm f chúng chia sẻ tập S = {ω : ω n + aω m + b = 0} trường hợp CM IM Đó Định lý 2.1 Định lý 2.4 - Hai điều kiện đủ để xác định L-hàm L hàm phân hình f có hữu hạn cực điểm chúng chia sẻ tập S = {ω : ω n + aω m + b = 0} trường hợp CM (IM ) chia sẻ giá trị IM (Định lý 2.2 Định lý 2.3) Các kết góp phần trả lời câu hỏi Gross trường hợp hàm phân hình L-hàm chia sẻ tập tập giá trị 37 Tài liệu tham khảo [1] Hu, P C., Li B Q., (2016), "Asimple proof and strengthening of uniqueness theorem for L-functions", Canad Math Bull, 59, PP 119–122 [2] Kaczorowski J., Molteni G., Perelli, A., (2006), "Linear independence of L-functions", Forum Math, 18, PP 1–7 [3] Laine, I (1993), Nevanlinna Theory and Complex Differential Equations, Walter de Gruyter, Berlin [4] Li, B Q., (2010), "A uniqueness theorem for Dirichlet series satisfying a Riemann type functional equation", Adv Math., 226, PP 4198–4211 [5] Li P, and Yang, C C (1995), "Some further results on the unique range sets of meromorphic functions", Kodai Math J., 18(3), PP.437–450 [6] Li, Q Q (2010), "A result on value distribution of L-functions", Proc Amer Math Soc., Volume 138, Number 6, PP 2071-2077 [7] Liao, L., Yang, C C.(2003), "On some new properties of the gamma function and Riemann zeta function", Math Nachr., 257, PP 59–66 [8] Pulak, S., and Samar, H., (2020), "Results on L-functions and certain uniqueness questions of Gross", Lithuanian Mathematical Journal, Vol 60, No 1, pp 80–91 38 [9] Qian-Qian, Y., Xiao-Min, L., and Hong-Xun Y (2018), "Value distribution of L-functions and uniqueness questions of F Gross", Lithuanian Mathematical Journal, pp 1-14 [10] Sahoo, P., Halder, S., (2020), "Results on L-functions and certain uniqueness questions of Gross", Lith Math J., 60(1), PP 80–91 [11] Steuding, J (2007), Value-distribution of L-functions, Lecture Notes in Mathematics, Springer-Verlag, Berlin [12] Wu, A D., Hu, P C., (2015), "Uniqueness theoremS for Dirichlet series", Bull Aust Math Soc, 91, PP 389–399 [13] Yuan, Q Q., Li, X M., Yi, H X., (2018), "Value distribution of L-functions and uniqueness quesions of F Gross", Lith Math J., 58(2), PP 249–262 39