Trang 1 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM——————–o0o——————–VŨ HUYỀN THƯƠNGVẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦANGHIỆM PHÂN HÌNH PHƯƠNGTRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNHLUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Trang 2 ĐẠI
Một số kiến thức cơ bản trong lý thuyết Nevanlinna
linna Đặt Cb = C∪ {∞} là hình cầu Riemann Khi đó, ta coi hàm phân hình f là một hàm f : C → C b, với f(z 0 ) = ∞có nghĩa z 0 là cực điểm Ta cũng có thể coi hàm nguyên f là một hàm phân hình f : C → C b với f(z) ̸= ∞ với mọi z ∈ C Với a ∈ C và r > 0 bất kỳ, đặt
Với A ⊂ C, ký hiệu A là bao đóng của A Khi đó
D(a, r) =D(a, z) ={z ∈ C : |z−a| ≤ r}. Định nghĩa 1.1.1 ([5]) Cho r > 0 và hàm f phân hình trong D(0, r). Với 0 ≤ t ≤ r, ký hiệu n(t, f) là số cực điểm của f trong D(0, t) tính cả bội Khi đó
N(r, f) Z r 0 n(t, f)−n(0, f) t dt+ n(0, f) logr được gọi là hàm đếm cực điểm của f, ở đây n(0, f) = lim inf t→0 n(t, f). Nhận xét 1.1.1.
(i) Các không điểm củaf là các cực điểm của1/f Vớia ∈ C, các không điểm của f −a được gọi là các a–điểm của f Chúng là các cực điểm của 1/(f −a) Do đó n(r,1/(f − a)) và N(r,1/(f − a)) đếm các a–điểm của f.
N(r, f) Z r 0 n(t, f) t dt. Định nghĩa hàm log + : R →R bởi log + x (logx, x ≥1,
0, x ≤1. Định nghĩa 1.1.2 ([5]) Cho r > 0 và f là hàm phân hình trong D(0, r). Khi đó m(r, f) = 1
Z 2π 0 log + |f(re iθ )|dθ được gọi là hàm xấp xỉ và
T(r, f) = N(r, f) +m(r, f) được gọi là hàm đặc trưng (Nevanlinna) của f. Định lý 1.1.2 (Định lý cơ bản thứ nhất, [5]) Cho r > 0, f phân hình trong D(0, r) và a ∈ C Gọi c(a) là hệ số khác không đầu tiên trong khai triển chuỗi Laurent của f −a tại điểm 0 Khi đó
= T(r, f)−log|c(a)|+φ(r, a), trong đó |φ(r, a)| ≤ log + |a|+ log 2.
Chú ý 1.1.1 Điểm mấu chốt của định lý đó là chênh lệch giữa T(r, f) và T(r,1/(f −a)) bị chặn bởi một hằng số độc lập với r. Định lý cơ bản thứ nhất nói rằng
= T(r, f)+O(1) khi r → ∞.Giải thích của công thức trên như sau:
N r, 1 f −a lớn nếu f có nhiều a–điểm. m r, 1 f −a lớn nếu f gần với a trên ∂D(0, r). Nếu T(r, f) lớn thì xảy ra một trong hai khả năng trên.
Ví dụ 1.1.1 Xét f(z) = e z Vì f là hàm nguyên, N(r, f) = 0 Thêm vào đó m(r, f) = 1
Ví dụ 1.1.2 Cho f là một hàm hữu tỷ có dạng f(z) = p(z)/q(z), trong đó p và q là hai đa thức không có không điểm chung Giả sử p(z) = a ℓ z ℓ +ã ã ã+a 0 , q(z) =b m z m + ã ã ã+b 0 , với a ℓ ̸= 0 và b m ̸= 0 Theo định lý cơ bản của đại số, q có m không điểm. Kéo theo f có m cực điểm, vì vậy tồn tại r 0 > 0 sao cho n(r, f) = m với r ≥ r 0 Do đó
Z r r 0 mdt t = mlogr +C với C là hằng số.
Nếu ℓ ≤ m thì |f(z)| = O(1) khi |z| → ∞ và do đó m(r, f) = O(1) khi r → ∞ Kéo theo
Nếu ℓ > m thì do log|f(z)| = (ℓ−m) log|z|+ log |a ℓ |
|b m | + o(1) khi |z| → ∞ nên ta có m(r, f) = (ℓ−m) logr +O(1) khi r → ∞.
Trong cả hai trường hợp ta có
T(r, f) = max{ℓ, m} ãlogr +O(1) = deg(f)ãlogr +O(1). Định nghĩa 1.1.3 Cho f là một hàm phân hình Định nghĩa
(i) bậc của f(z) được xác định và ký hiệu bởi σ(f(z)) = lim sup r→∞ log + T(r, f(z)) logr , (ii) bậc hội tụ của không điểm của f(z) được xác định và ký hiệu bởi λ(f(z)) = lim sup r→∞ log + N(r, f (z) 1 ) logr ,(iii) bậc hội tụ của cực điểm của f(z) được xác định bởi λ(1/f).
Ký hiệu n(r, f) là hàm đếm các cực điểm phân biệt củaf trong đĩa đóng D(0, r), tức là ta không tính bội Tương tự như định nghĩa của N(r, f), ta đặt
N(r, f) Z r 0 n(r, f)−n(0, f) t dt+n(0, f) logr. Định nghĩa 1.1.4 ([8]) Hàm phân hình a(z) được gọi là một hàm nhỏ của f(z) nếu r→∞,r /lim∈E
T(r, f) = 0, trong đóE là một tập ngoại lệ (exceptional) của độ đo logarit hữu hạn Ký hiệu S(f) là họ tất cả các hàm nhỏ của f(z) và đặt S(fˆ ) =S(f)∪ {∞}. Định nghĩa 1.1.5 ([5]) Cho f và g là hai hàm phân hình và a ∈ Cb Khi đó f và g được gọi là chung nhau giá trị a nếu f −1 (a) = g −1 (a), tức là với z ∈ C ta có f(z) =a khi và chỉ khi g(z) =a.
Thêm vào đó nếu với mọi a–điểm z0 của f và của g, bội của z0 khi là a–điểm của f trùng với bội của z0 khi là a–điểm của g thì f và g được gọi là chung nhau giá trị a kể cả bội.
Ta quy ước viết tắt “chung nhau giá trị a kể cả bội” thành “chung nhau giá trị a CM”, “chung nhau giá trị a không kể bội” thành “chung nhau giá trị a IM”.
Ví dụ 1.1.3 (i) Đặt f(z) =e z và g(z) = e −z = 1 f(z). Khi đó f và g chung nhau giá trị 0,∞,1 và −1 kể cả bội.
8(e z −1). Khi đó f và g chung nhau giá trị 0,∞,1 và − 1 8 không kể bội Tính chất này là dễ thấy với 0 và ∞ Ngoài ra, ta có f(z) = 1 ⇔ e z + 1 = (e z −1) 2 ⇔ e z = e 2z −2e z ⇔e z = 3 và g(z) = 1 ⇔(e z + 1) 2 = 8(e z −1)⇔ e 2z + 2e z + 1 = 8e z −8
Do đó f và g chung nhau giá trị 1 Lập luận tương tự ta thu được f và g chung nhau giá trị − 1 8
Một số bổ đề chuẩn bị
Để chứng minh bổ đề ta cần một số kết quả sau.
Bổ đề 1.2.1 ([2]) Cho α là một hằng số thỏa mãn 0 < α ≤ 1 Khi đó tồn tại một hằng số C α > 0 chỉ phụ thuộc vào α sao cho log(1 +x) ≤ Cαx α , (1.1) đúng với mọi x ≥ 0 Đặc biệt, C 1 = 1.
Bổ đề 1.2.2 ([2]) Cho α là một hằng số thỏa mãn 0 < α ≤ 1 và Cα là hằng số trong Bổ đề 1.2.1 Khi đó với hai số phức z1 và z2 bất kỳ, ta có bất đẳng thức log z1 z 2
Bổ đề 1.2.3 Cho α,0 < α < 1, khi đó với mọi số phức w cho trước, ta có
Với η ̸= 0 cố định trong C, định nghĩa hàm f # : C → C bởi f # (z) = f(z+η). Định lý 1.2.1 ([2]) Giả sử f là một hàm phân hình có bậc hội tụ của cực điểm λ f 1 = λ 0 ta có
Chứng minh Gọi (bà) à∈ N là dóy cỏc cực điểm của f, tớnh cả bội Khi đú (bà−η) à∈ N là dóy cỏc cực điểm củaf # Do đú theo định nghĩa của N(r, f) ta suy ra
+O(logr) (1.4) Áp dụng Bổ đề 1.2.2 với α = 1 ta thu được log bà b à −η
(1.5) Áp dụng Bổ đề 1.2.1 và bất đẳng thức 0 < |b à −η| < r,|b à | ≥ r ta thu được log r
Tương tự, từ Bổ đề 1.2.1 và bất đẳng thức |b à −η| ≥ r,|b à | < r ta thu được log r
Kết hợp các bất đẳng thức (1.4)–(1.7) ta thu được
Ta chuyển sang đánh giá tổng đầu tiên trong (1.8) Ta chia miền tính tổng 0 < |b à − η| < r thành hai miền, cụ thể là 0 < |b à − η| < |η| và
Do đó khi r > |η| thì tổng thứ nhất trong (1.8) trở thành
Kết hợp (1.8) và (1.10), ta thu được
Ta chia thành hai trường hợp:
Trường hợp 1: λ > 1 Theo bất đẳng thức H¨older, với bất kỳ ε > 0 ta có
Nhưng n(1 +|η|, f) =O((r +|η|) λ+ε ) =O(r λ+ε ) (1.13) Kết hợp bất đẳng thức (1.12) và (1.13) ta thu được
Trường hợp 2: λ < 1 Theo định nghĩa của bậc hội tụ, ta có
Cuối cùng, từ (1.11), (1.14) và (1.15) ta thu được
|N(r, f # )−N(r, f)| = O(r λ−1+ε ) +O(logr), điều phải chứng minh. Định lý 1.2.2 ([2]) Giả sử α, R, R ′ là các số thực thỏa mãn 0 < α 0, ta có m r, f # f
Chứng minh Vì f(z) có bậc σ(f) = σ < +∞ nên với ε cho trước, 0 < ε < 2, ta có
T(r, f) =O(r σ+ 2 ε ) với mọi r Thay α = 1− ε 2 , R = 2r, R ′ = 3r và r > max{|η|,1/2} ta thu được điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.2 ([2]) Cho ε là một hằng số dương, ξ 1 và ξ 2 là các hằng số phức phân biệt, và cho f(z) là hàm phân hình có bậc σ = σ(f(z)) hữu hạn Khi đó ta có m r,f(z +ξ 1 ) f(z +ξ 2 )
= O(r σ−1+ε ) = o(T(r, f)) (1.30) Định lý 1.2.3 ([2]) Cho f(z) là hàm phân hình có bậc σ = σ(f(z)) 0, thì
Chứng minh Vì f(z) có bậc hữu hạn σ nên λ(1/f) ≤ σ < +∞ Từ Định lý 1.2.1 ta suy ra
Kết hợp hệ thức trên với (1.29) ta thu được
Tương tự, ta suy ra
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.2.4 ([10]) Nếu các hàm phân hình f j (z) (j = 1,2, , n) (n≥
2) và các hàm nguyên g j (z) (j = 1,2, , n) (n ≥ 2) thoả mãn các điều kiện sau:
(ii) khi 1 ≤ j ≤l ≤ n, g j −g l không là các hằng số
(iii) khi 1≤ j ≤ n,1 ≤ h < l ≤ n, T(r, f j ) = o(T(r, e g h −g l )), r → ∞, r /∈ E, thì ta có f j ≡0 (j = 1,2, , n).
Vấn đề duy nhất của nghiệm phương trình sai phân
Phương trình dạng R 1 (z)f (z + 1) + R 2 (z)f (z) = R 3 (z)
Các kết quả chính về vấn đề duy nhất
Vấn đề duy nhất luôn là một trong những tính chất thiết yếu của đối tượng nghiên cứu, chẳng hạn như một hàm trong một số điều kiện nhất định, một nghiệm của một phương trình đã cho, v.v Lý thuyết vấn đề duy nhất của hàm phân hình là một phần quan trọng của lý thuyết Nevanlinna. Sau đây là định lý Nevanlinna 5 IM nổi tiếng. Định lý 2.1.1 ([5]) Giả sử f và g là các hàm phân hình khác hằng Nếu f và g chung nhau 5 giá trị thì f ≡ g.
Trong hơn 90 năm, có rất nhiều nhà nghiên cứu đã cống hiến hết mình để giảm số giá trị chung nhau, nới lỏng các điều kiện chung nhau CM (IM), hoặc thay thế các hàm cùng chung nhau giá trị bằng chung nhau tập hoặc các hàm nhỏ theo Định lý 2.1.1 Ta xem lại 2 điều kiện sau đây Một là xét trường hợp g(z) là một toán tử đạo hàm hoặc sai phân của f(z) (ví dụ xem [6]) Hai là xét trường hợp f(z) là nghiệm phương trình vi phân hoặc phương trình sai phân nào đó (ví dụ xem [1, 3, 4, 8]).
Thật vậy, Heittokangas và cộng sự là những người đầu tiên xét trường hợp f(z) chung giá trị và chung hàm nhỏ với toán tử sai phân f(z + η) của nó và chứng minh kết quả sau đây. Định lý 2.1.2 ([6]) Cho f(z) là một hàm phân hình có bậc hữu hạn và η ∈ C Nếu f(z) và f(z+η) cùng chung nhau ba hàm tuần hoàn phân biệt a 1 , a 2 , a 3 ∈ S(fˆ ) với chu kì η CM thì f(z) =f(z +η) với mọi z ∈ C.
Cui và Chen đã xét vấn đề duy nhất của các nghiệm phân hình của một số phương trình sai phân tuyến tính, chung nhau ba giá trị với một hàm phân hình và chứng minh được điều sau đây. Định lý 2.1.3 ([3]) Cho f(z) là một nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình
A 1 (z)f(z + 1) +A 2 (z)f(z) = 0, (2.1) trong đó A1(z), A2(z) là các đa thức khác không thỏa mãn A1(z)+A2(z) ̸≡
0 Nếu tồn tại hàm phân hình g(z) chung nhau ba giá trị 0,1,∞ CM với f(z), thì có f(z) ≡ g(z) hoặc f(z)g(z) ≡1. Định lý 2.1.4 ([4]) Cho f(z) là một nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình
A 1 (z)f(z + 1) +A 2 (z)f(z) =F(z) (2.2) trong đó A 1 (z), A 2 (z), F(z) là các đa thức khác không thỏa mãn A 1 (z) +
A 2 (z) ̸≡ 0 Nếu tồn tại hàm phân hình g(z) chung nhau ba giá trị 0,1,∞
CM với f(z) thì xảy ra một trong các trường hợp sau:
(iii) Tồn tại đa thức β(z) =az+b 0 và hằng số a 0 ̸= 0 thoả mãn e a 0 ̸= e b 0 sao cho f(z) = 1−e β (z) e β (z) (e a 0 −b 0 −1), g(z) = 1−e β(z)
1−e b 0 −a 0 , ở đây b0 là các hằng số.
Tất cả các trường hợp của Định lý 2.1.3, Định lý 2.1.4 đều có thể xảy ra, và không thể giảm bớt số giá trị chung nhau Thay vì cải tiến chúng một cách trực tiếp, Li và Chen [8] mở rộng cho phương trình với hệ số là các hàm hữu tỷ, tức là xét phương trình sai phân tuyến tính
R 1 (z)f(z+ 1) +R 2 (z)f(z) = R 3 (z), (2.3) trong đó R 1 (z) ̸≡ 0, R 2 (z), R 3 (z) là các hàm phân thức hữu tỉ.
Ta tách thành hai trường hợp: trường hợp thuần nhất (R 3 (z) ≡ 0) và không thuần nhất (R 3 (z) ̸≡0) vì chúng hoàn toàn khác nhau. Định lý 2.1.5 ([8]) Cho f(z) và g(z) là hai nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình (2.3), trong đó R 3 (z) ≡ 0 Giả sử rằng f(z) và g(z) chung nhau hai giá trị 0,∞ CM Khi đó f(z) ≡ e 2k 0 πiz+a 0 g(z) với k0 là số nguyên và a0 là hằng số nào đó Hơn nữa, f(z) ≡ g(z) khi một trong các trường hợp sau đúng:
(i) Tồn tại hai điểm z1, z2 sao cho f(zj) = g(zj) ̸= 0 (j = 1,2) và z 1 −z 2 ∈/ Q,
(ii) f(z)−g(z) có không điểmz 3 với bội ≥ 2thỏa mãn f(z 3 ) =g(z 3 ) ̸= 0.
Chứng minh Vì f(z) và g(z) là hai hàm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn và cùng chung nhau hai giá trị 0,∞ CM, ta có f(z) g(z) = e P(z) , (2.4) trong đó P(z) là đa thức sao cho degP(z) ≤ max{σ(f), σ(g)}.
Vì vậy e P(z+1)−P (z) ≡ 1 và do đó P(z+ 1)−P(z) phải là hằng số Chính xác hơn, P(z + 1)−P(z) = 2k 0 πi với số nguyên k 0 nào đó Khi đó ta dễ dàng có được P(z) = 2k 0 πiz +a 0 và do đó f(z) ≡ e 2k 0 πiz+a 0 g(z), (2.5) trong đó a 0 là một hằng số Điều kiện đầu tiên được chứng minh.
Tiếp theo, ta thảo luận hai trường hợp để suy ra điều kiện thứ hai.
Trường hợp (i): Tồn tại hai điểm z 1 , z 2 sao cho f(z j ) = g(z j ) ̸= 0 và z 1 −z 2 ∈/ Q, khi đó từ công thức (2.4) và (2.5), ta có e 2k 0 πiz j +a 0 g(z j ) =f(z j ) = g(z j ) ̸= 0 (j = 1,2) (2.6) kéo theo e 2k 0 πiz 1 +a 0 = 1 = e 2k 0 πiz 2 +a 0 Điều này chỉ ra rằng k0(z1 −z2) là một số nguyên Giả sử k0 ̸= 0 khi đó z1 −z2 phải là số hữu tỉ Điều này mẫu thuẫn với giả thiết z1 −z2 ∈/ Q.
Do đó k 0 = 0 Từ (2.6) và f(z 1 ) = g(z 1 ) ̸= 0, ta có e a 0 = 1 nên suy ra f(z) ≡ g(z).
Trường hợp (ii): f(z)−g(z) có không điểm z 3 với số bội ≥ 2 sao cho f(z 3 ) =g(z 3 ) ̸= 0 Từ (2.5), ta thấy rằng e 2k 0 πiz 3 +a 0 = 1.
Lấy đạo hàm hai vế (2.5), ta có f ′ (z)−e 2k 0 πiz+a 0 g ′ (z) = 2k 0 πie 2k 0 πiz+a 0 g(z) (2.7)
Giả sử rằng k 0 ̸= 0 Từ giả thiết z 3 là không điểm của f(z)−g(z) với số bội ≥2, từ tính chất e 2k 0 πiz 3 +a 0 = 1 và từ (2.7), ta suy ra mâu thuẫn sau:
Do đó k 0 = 0 Từ (2.5) và f(z 3 ) = g(z 3 ) ̸= 0, ta cũng cho e a 0 = 1 và thu được f(z) ≡ g(z). Định lý 2.1.6 ([8]) Cho f(z) và g(z) là hai nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình (2.3), trong đó R 3 (z) ̸≡ 0 Giả sử rằng f(z) và g(z) chung nhau hai giá trị 0,∞ CM thì hoặc f(z) ≡ g(z) hoặc f(z) = R 3 (z)
2R 2 (z)(e −a 1 z−a 0 + 1), trong đó a 1 , a 0 là các hằng số sao cho e −a 1 = e a 1 = −1, và các hệ số của (2.3) thoả mãn
Chứng minh Vì f(z) và g(z) là các hàm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn và cùng chung nhau hai giá trị0,∞CM, phương trình (2.4) vẫn đúng. Nhớ rằng R 1 (z)R 2 (z) ̸≡ 0 vì nếu ngược lại, (2.3) không có nghiệm phân hình siêu việt.
Nếu e P(z)−P (z+1) −1 ≡ 0thì từ (2.10), e −P(z+1) −1≡ 0.Điều này có nghĩa là f(z) ≡g(z).
Nếu e P (z)−P (z+1) −1 ̸≡0, từ (2.10) ta có thể giải ra g(z) thành g(z) = R 3 (z)[e −P (z+1) −1]
R2(z)[e P (z)−P (z+1) −1] (2.11) Kết hợp (2.8) và (2.11), ta có
P(z) =a n z n + .+a 1 z +a 0 , (2.13) trong đó a n ̸= 0, , a 1 , a 0 là các hằng số và n nguyên.
Chú ý rằng g(z) là siêu việt Từ (2.11), ta thấy rằng degP(z) ≥ 1 và khẳng định rằng degP(z) = 1 Mặt khác, n= degP(z) ≥ 2.
=T(r, e P(z)−P (z+1) ) +O(logr), điều này có nghĩa là σ(h) =n−1 Theo Hệ quả 1.2.2, với mỗi ε ∈ (0,1), m r,h(z + 1) h(z)
Giả sử rằng R3(z) + R1(z)h(z + 1) + R2(z)h(z) ̸≡ 0 Khi đó từ (2.14), (2.16) và từ σ(h) = n−1, ta có thể suy ra mâu thuẫn sau: n= σ([R 3 (z) +R 1 (z)h(z + 1) +R 2 (z)h(z)]e P (z+2) )
Do đó, R 3 (z) +R 1 (z)h(z+ 1) +R 2 (z)h(z) ≡ 0 và do đó từ (2.16) ta có
≤ o(r n−1 ) +O(logr), mâu thuẫn với σ(e P(z+2)−P (z+1) ) = n−1≥ 1 Do đó, ta chứng minh được degP(z) = 1 và từ (2.13) ta có P(z) =a 1 z +a 0 , với a 1 ̸= 0.
Bây giờ, thay P(z) = a 1 z+ a 0 vào (2.11), ta được g(z) = cR 3 (z)
Theo (2.8) và (2.18), ta có cR 1 (z)R 3 (z + 1)
So sánh bậc ở 2 vế của phương trình trên, suy ra
Cuối cùng, từ (2.4) và (2.18) ta được f(z) = R 3 (z)
2(R 2 (z))(e −a 1 z−a 0 + 1), trong đó e −a 1 = e a 1 = −1 Hơn nữa, từ (2.19) hoặc (2.20), ta thấy
R 1 (z)R 3 (z+ 1) ≡ R 3 (z)R 2 (z+ 1) đúng trong trường hợp này.
Từ Định lý 2.1.6, ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.1 Cho f(z) và g(z) là hai nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình (2.3), trong đó R 3 (z) ̸≡ 0 sao cho R 1 (z)R 3 (z+
1) ̸≡ R 3 (z)R 2 (z + 1) Nếu f(z) và g(z) chung nhau hai giá trị 0,∞ CM thì f(z) ≡g(z).
Hệ quả 2.1.2 Cho f(z) và g(z) là hai nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình (2.3), trong đó
Nếu f(z) và g(z) chung nhau hai giá trị 1,∞ CM, thì f(z) ≡ g(z).
Nhận xét 2.1.7 Hệ quả 2.1.1 và Hệ quả 2.1.2 được suy ra trực tiếp từ Định lý 2.1.6 nên ta bỏ qua chứng minh của chúng.
Hệ quả 2.1.3 Cho f(z) và g(z) là hai nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình (2.3), trong đó R3(z) ≡ 0 và R1(z) ̸≡ −R 2 (z). Giả sử f(z) và g(z) chung nhau hai giá trị 1,∞ CM Khi đó hoặc f(z) ≡ (z) hoặc f(z)g(z) ≡ 1 sao cho f(z) =e a 1 z+a 0 và g(z) = e −a 1 z−a 0 , trong đó a1, a0 là các hằng số sao cho e −a 1 = e a 1 = −1, và các hệ số (2.3) thoả mãn R1(z) ≡ R2(z).
Chứng minh Đặt F(z) = f(z) −1 và G(z) = g(z) −1 Khi đó F(z) và G(z) cùng chung nhau hai giá trị 0,∞ CM, do đóf(z) vàg(z) cùng chung nhau hai giá trị 1,∞ CM.
Thay f(z) = F(z) + 1 và g(z) = G(z) + 1 vào (2.3), ta thấy cả F(z) và G(z) đều thoả mãn phương trình
R ∗ 3 (z) =−R 1 (z)−R 2 (z) ̸≡ 0, (2.22) vì theo giả thiết ta có R 1 (z) ̸≡ −R 2 (z) Do đó, theo Định lý 2.1.6, hoặc
2R2(z)(e −a 1 z−b 0 + 1), (2.24) trong đó a 1 , b 0 là các hằng số sao cho e −a 1 = e a 1 = −1, và các hệ số của (2.21) thoả mãn
Bây giờ, R ∗ 3 (z) = −R 1 (z) −R 2 (z) = −2R 2 (z) Kết hợp tính chất này với (2.23)-(2.24), ta thấy
Cuối cùng, ta ký hiệu a 0 = b 0 + πi và áp dụng f(z) = F(z) + 1, g(z) G(z) + 1 Chứng minh được hoàn thành.
Nhận xét 2.1.8 Từ Hệ quả 2.1.3, ta thấy nếu phương trình (2.3) nhận hai nghiệm riêng phân hình siêu việt có bậc hữu hạn chung nhau hai giá trị 1,∞ CM thì phương trình (2.3) với R3(z) ≡ 0 và R1(z) ̸≡ −R 2 (z) tương đương với phương trình f(z + 1) +f(z) = 0.
Một số ví dụ
Ví dụ 2.1.1 ([8]) Các hàm nguyên f 1 (z) = z3 z 2 πiz và g 1 (z) = z3 z , và các hàm phân hình f 2 (z) = z3 z e 2πiz /cos(2πz) và g 2 (z) = z3 z /cos(2πz) thoả mãn phương trình z 3(z+ 1)f(z+ 1)−f(z) = 0.
Ta thấy f j (z) vàg j (z) chung nhau hai giá trị 0,∞CM, f j (z) =e 2πiz g j (z), f j (z) và g j (z) chỉ có một không điểm z 0 = 0, và mọi không điểm của f j (z)−g j (z)thỏa mãnf j (z) =g j (z) ̸= 0đều là không điểm đơn(j = 1,2).
Ví dụ 2.1.2 ([8]) Các hàm nguyênf(z) = (e πiz + 1)/2vàg(z) = (e −πiz + 1)/2 thoả mãn phương trình f(z + 1) +f(z) = 1.
Ta thấy f(z) và g(z) cùng chung nhau hai giá trị 0,∞ CM và f(z) e πiz g(z), R 3 (z) ≡ 1̸= 0 và R 1 (z)R 3 (z+ 1) ≡ R 3 (z)R 2 (z+ 1) ≡ 1.
Ví dụ 2.1.3 ([8]) Các hàm nguyên f(z) = e πiz và g(z) = e −πiz thoả mãn phương trình f(z + 1) +f(z) = 0.
Ta thấy f(z) và g(z) chung nhau hai giá trị1,∞ CM, e −πi = e πi = −1,và các hệ số của (2.3) thoả mãn R1(z) ≡ R2(z) ≡ 1;R1(z)+R2(z) ̸≡ −R 3 (z), nhưng
R1(z)[R3(z + 1)−R1(z + 1)] ≡ −1 ≡[R3(z)−R2(z)]R2(z + 1). Điều này cho thấy ta không thể bỏ điều kiện R 1 (z)[R 3 (z+1)−R 1 (z+1)] ≡
Ví dụ 2.1.4 ([8]) Các hàm phân hình f(z) = z3 z e 2πiz /cos 2 (2πz) và g(z) = z3 z /cos(2πz) chung nhau giá trị 0 CM và ∞ IM, và chúng thoả mãn phương trình z 3(z+ 1)f(z+ 1)−f(z) = 0, nhưng f(z) ̸≡ g(z) Điều này chỉ ra rằng điều kiện cùng chung nhau giá trị “CM” không thể thay bằng “IM” được và không thể giảm số các giá trị chung nhau CM trong Định lý 2.1.5.
Phương trình dạng A 1 (z)f (z + 1) + A 0 (z)f (z) = F (z)e α(z) 27
Các kết quả chính về vấn đề duy nhất
Trong mục này, ta xét phương trình dạng tổng quát hơn của (2.2) như sau
A 1 (z)f(z+ 1) +A 0 (z)f(z) =F(z)e α(z) , (2.26) tức là hàm vế phải của (2.26) không còn là một đa thức nữa mà có dạng tích của đa thức với một hàm mũ. Định lý 2.2.1 ([1]) Cho f(z) và g(z) là các nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của (2.26) Hơn nữa, giả sử A 1 (z), A 0 (z), F(z) là các đa thức khác không, α(z) là đa thức Nếu f(z) và g(z) chung nhau hai giá trị
0,∞ CM, thì xảy ra một trong các trường hợp sau:
2A 0 (z)(e −b 1 z−b 0 +1 ), trong đó e α(z) = c 1 (̸= 0), e −b 1 = e b 1 = −1, b 1 = (2k+1)πi, k nguyên và các hằng số của (2.26) thoả mãn
A 0 (z)(1−e −b 1 ) trong đó (1−e −b 1 ) −1 ̸= 0, a 1 ̸= 0, b 1 ̸= 0, a 0 , b 0 là các hằng số và các hệ số của (2.26) thoả mãn
Chứng minh Vì f(z) và g(z) là các hàm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn chung nhau 2 giá trị 0,∞ CM, ta có f(z) g(z) = e β(z) , (2.27) trong đó β(z) là đa thức sao cho degβ(z) ≤ max{σ(f), σ(g)}.
Từ phương trình (2.26) và (2.27), ta có
Kết hợp (2.28) với (2.29), ta có g(z)A0(z)[1−e β (z)−β (z+1) ] = F(z)e α(z) [1−e −β(z+1) ] (2.30)
Nếu 1−eβ(z)−β(z+1) ≡ 0, khi đó từ (2.30), ta có 1−e −β(z+1) ≡ 0, điều này có nghĩa là f(z) ≡ g(z).
Nếu 1−e β(z)−β (z+1) ̸≡0,thì β(z)là đa thức khác hằng Do đó, từ (2.30) ta có thể giải ra g(z) có dạng g(z) = F(z)e α(z) (1−e −β (z+1) )
Từ (2.28) và (2.31) ta thấy rằng
(2.33) trong đó a m ̸= 0, a m−1 , , a 0 , b n ̸= 0, b n−1 , , b 0 là các hằng số, m và n là các số nguyên.
Chú ý rằng β(z) là đa thức khác hằng và α(z) là một đa thức Tiếp theo, ta chia lập luận thành 2 trường hợp tương ứng: Trường hợp 1, α(z) là hằng số, β(z) không phải là hằng số; Trường hợp 2, α(z) và β(z) không phải là hằng số.
Trường hợp 1: Nếu α(z) là hằng số, β(z) không là hằng số, thì đương nhiên códegβ(z) ≥1.Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng degβ(z) = 1.Ngược lại, giả sử rằng degβ(z) =n ≥2 Khi đó, rõ ràng deg[β(z + 1)−β(z)] = deg[β(z+ 2)−β(z+ 1)] = n−1, (2.34) và σ(eβ(z+2)−β(z+1)) = σ(eβ(z+1)−β(z)) = n−1 ≥ 1.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng e α(z) = c 1 (̸= 0) Theo định lý cơ bản thứ nhất của lý thuyết Nevanlinna, ta có
Do đó, σ(q(z)) = n−1 Từ Hệ quả 1.2.2, ta có m r,q(z+ 1) q(z)
Phương trình (2.32) biến đổi thành
Nếu c 1 F(z) −A 1 (z)q(z + 1)−A 0 (z)q(z) ̸≡ 0, thì theo (2.34), (2.36) và tính chất σ(q(z)) = n−1, ta có n= σ (c 1 F(z)−A 1 (z)q(z + 1)−A 0 (z)q(z))e β(z+2)
≤ n−1. Điều này là vô lý Do đó c 1 F(z)−A 1 (z)q(z+ 1)−A 0 (z)q(z) ≡0.
Từ lập luận trước đó và (2.36), ta thấy
Vì A1(z) và A0(z) là các đa thức khác không, theo (2.35) và (2.37), ta thu được
≤ o(r n−1 ) +O(logr), mâu thuẫn với σ(eβ(z+2)−β(z+1)) = n−1 ≥ 1 Do đó, ta chứng minh được rằng degβ(z) = 1 Tiếp theo, từ (2.33) ta chỉ ra tồn tại hai hằng số b 1 (̸= 0), b 0 sao cho β(z) = b 1 z +b 0
Khi đó, kết hợp (2.28) với (2.38), ta có
Từ Bổ đề 1.2.4, ta có
(1−e −b 1 ) ≡0 (2.40) Áp dụng các phương trình trên, ta có e −b 1 = −A 0 (z + 1)F(z)
A1(z)F(z+ 1) = e b 1 , trong đó e −b 1 = e b 1 = −1 Hơn nữa, từ (2.27) và (2.38), ta thu được f(z) = c 1 F(z)
2A 0 (z)(1 +e −b 1 z−b 0 ), trong đó e −b 1 = e b 1 = −1, b 1 = (2k+ 1)πi, k là số nguyên Cuối cùng, ta thu được từ (2.39) hoặc (2.40) rằng
A 1 (z)F(z+ 1) ≡ F(z)A 0 (z+ 1) đúng trong trường hợp này.
Trường hợp 2: Nếu α(z) và β(z) không là các hằng số với degα(z) m, degβ(z) = n, thì ta có thể biểu diễn (2.32) thành
Ta chia thành các trường hợp con.
Trường hợp 2.1: Nếu degα(z) > degβ(z) ≥ 1, thì (2.41) có dạng
Bây giờ, ta phân biệt 2 trường hợp con m−1 > n ≥1, m−1 = n ≥ 1 để suy ra các mâu thuẫn.
Trường hợp 2.1.1: Nếu m−1> n ≥ 1, thì (2.42) có dạng
Bây giờ, do m−1> n ≥ 1 suy ra: deg(β(z +i)−β(z+j)) = degβ(z)−1 = n−1≥ 0, i= 0,1, j = 1,2, deg(α(z + 1)−α(z) +β(z + 1)−β(z + 2)) = m−1, deg(α(z + 1)−α(z) +β(z + 1)−β(z + 2)−β(z)) = m−1, deg(α(z)−α(z + 1)−β(z + 1)) = m −1, deg(β(z)−β(z+ 1) +α(z)−α(z+ 1)) = m−1.
Từ Định lý 1.2.3, với j = 1,2,3,4, ta có
T(r, J 2j ) = o{T(r, eα(z+1)−α(z)+β (z+1)−β(z+2)−β(z))}. Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.43), ta có J 2j (z) ≡ 0 (j = 1,2,3,4) Khi đó, từ tính chất J 24 (z) ≡0 và từ giả thiết A 1 (z) và F(z) là các đa thức khác không, ta có eβ(z)−β(z+1) ≡ 1, điều này mâu thuẫn với eβ(z)−β(z+1) ̸≡ 1.
Trường hợp 2.1.2: Nếu m−1 = n ≥1,thì từ (2.33), ta thấyα(z)−α(z+
1) = −ma m z m−1 −(C m 2 a m +C m−1 1 a m−1 )z m−2 − .−(a m +a m−1 + .+a 1 ) là đa thức khác hằng với deg(α(z)−α(z + 1)) = m−1 ≥ 1 Tương tự, ta có deg(η(z)−β(z+ 1)) = n−1≥ 0 Ta lại chia thành các trường hợp con theo b n = ±ma m
Trường hợp 2.1.2.1: Nếub n ̸= ma m , b n ̸= −ma m , thì (2.42) có thể được viết như (2.43) Do đó, áp dụng phương pháp tương tự như trong chứng minh của trường hợp con 2.1.1, ta có thể nhận được một mâu thuẫn.
Trường hợp 2.1.2.2: Nếu b n = −ma m , thì (2.42) có thể được viết dưới dạng
Do bn = −ma m , m−1 = n≥ 1 nên: deg(−β(z+ 2)−β(z) +β(z+ 1)−α(z) +α(z+ 1))
Từ Định lý 1.2.3, với j = 1,2,3, ta có
T(r, J 3j ) =o{T(r, e −β(z+2)−β (z)+β (z+1)−α(z)+α(z+1))}. Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.44), ta có J3j(z) ≡ 0 (j = 1,2,3) Khi đó, do
J33(z) ≡0 và từ giả thiết rằng A1(z) và F(z) là các đa thức khác không, ta lại có mâu thuẫn.
Trường hợp 2.1.2.3: Nếu b n = ma m , thì (2.42) được viết lại dưới dạng
Từ Định lý 1.2.3, với j = 1,2,3, ta có
T(r, J 4j ) =o{T(r, e−β(z+2)−α(z)+α(z+1)+β (z+1))}. Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.45), ta có J 4j (z) ≡ 0 (j = 1,2,3) Khi đó do
J 41 (z) ≡ 0, ta nhận được mâu thuẫn tương tự như trong Trường hơp con 2.1.2.2.
Trường hợp 2.2: Nếu degβ(z) > degα(z) ≥ 1, khi đó (2.41) được viết dưới dạng
Do degβ(z) > degα(z) ≥ 1, khi đó: deg(β(z+ 2)) = n, deg(β(z)−β(z + 1)) = n−1, deg(α(z)−α(z + 1)) = m −1 < n, deg(α(z)−α(z + 1) +β(z)−β(z+ 1)) = n−1, deg(α(z)−α(z + 1) +β(z)−β(z+ 2)) = n−1, deg(α(z)−α(z + 1)−β(z + 1) +β(z + 2)) = n−1.
Từ Định lý 1.2.3, cho j = 1,2, ta có T(r, J 51 (z)) = o{T(r, e β (z+2) )} Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.46), ta có J 51 (z) ≡ 0 (j = 1,2).Khi đó do J 52 ≡ 0, ta có
Ta cùng thảo luận về bậc của α(z) để tìm mâu thuẫn. Đầu tiên, nếu degα(z) = m ≥ 1, do degβ(z) > degα(z) ≥ 1, thì ta thu được β(z) =n ≥3, do đó: deg(β(z)−β(z + 1)) = n−1 ≥2, deg(β(z+ 2)−β(z+ 1)) = n−1≥ 2, deg(α(z)−α(z + 1) +β(z)−β(z + 1))
= n−1 ≥2, deg(α(z + 1)−α(z)) =m−1≥ 1. Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.47), ta có A 1 (z)F(z+ 1) ≡A 0 (z+ 1)F(z) ≡ 0. Mâu thuẫn với giả thiết rằngA 1 (z), A 0 (z), F(z)là các đa thức khác không.
Do đó, degα(z) = 1 Đặt α(z) = a 1 z +a 0 , trong đó a 1 ̸= 0 và a 0 là các hằng số Khi đó (2.47) được viết dưới dạng
Do degα(z) = 1, khi đó degβ(z) ≥ 2, do đó deg(β(z+ 2)−β(z+ 1)) ≥
1,deg(β(z)−β(z +i)) ≥ 1(i = 1,2) Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.48), ta có A 1 (z)F(z + 1) ≡A 0 (z + 1)F(z) ≡0, điều này mâu thuẫn.
Trường hợp 2.3: Nếu degβ(z) = degα(z) = n ≥ 1, khi đó (2.41) có thể được viết dưới dạng (2.46) Do degβ(z) = degα(z) =n ≥1 nên: deg(β(z)−β(z+ 1)) = degβ(z)−1 = deg(α(z)−α(z+ 1)) = n−1, deg(α(z)−α(z+ 1) +β(z)−β(z + 1)) ≤n−1, deg(α(z)−α(z+ 1) +β(z)−β(z + 2)) ≤n−1, deg(α(z)−α(z+ 1)−β(z+ 1) +β(z + 2)) ≤ n−1.
Từ Định lý 1.2.3, cho j = 1,2, ta có T(r, J 5j (z)) = o{T(r, e β (z+2) )} Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.46), ta cóJ 5j (z) ≡ 0(j = 1,2).Khi đó J 51 (z) ≡ 0, ta có
Tiếp theo, ta đi chứng minh degα(z) = degβ(z) = 1.
Trường hợp 2.3.1: Nếu degα(z) = degβ(z) = n ≥ 2, a m ̸= b n , khi đó (2.49) có thể viết dưới dạng
Do degα(z) = degβ(z) =n ≥ 2, a m ̸= b n nên: deg(α(z)−α(z+ 1)−β(z) + β(z+ 1)) = n−1≥ 1, deg(β(z + 1)−β(z + 2)) = n−1 ≥1, deg(α(z)−α(z+ 1)) = n−1≥ 1, deg(β(z)−α(z) +α(z+ 1)−β(z+ 2)) = n−1≥ 1, deg(β(z)−β(z+ 1)) = n−1≥ 1, deg(α(z)−α(z+ 1)−β(z+ 1) +β(z + 2)) = n−1 ≥1.
Từ Định lý 1.2.3, cho j = 1,2,3,4, ta có
T(r, J 6j ) = o{T(r, eα(z)−α(z+1)−β(z+1)+β (z+2))}. Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.50), ta có J 6j (z) ≡ 0 (j = 1,2) Khi đó do
J 64 (z) ≡ 0, ta có A 0 (z + 1) ≡ 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết A 0 (z) là một đa thức khác không.
Trường hợp 2.3.2: Nếu degα(z) = degβ(z) = n ≥ 2, am = bn, khi đó (2.49) được viết dưới dạng
Do degα(z) = degβ(z) =n ≥ 2, a m = b n nên: deg(β(z + 1)−β(z + 2)) = n−1 ≥1, deg(α(z+ 1)−α(z) +β(z)−β(z+ 2))
Từ Định lý 1.2.3, cho j = 1,2,ta có T(r, J 7j (z)) =o{T(r, eβ(z+1)−β(z+2))}. Áp dụng Bổ đề 1.2.4 vào (2.51), ta có J 7j ≡ 0 (j = 1,2) Khi đó do
J 72 (z) ≡0,ta có A 0 (z+ 1) ≡ 0, mâu thuẫn Do đó, δα(z) = degβ(z) = 1.
Bây giờ, đặt α(z) =a 1 z+a 0 , β(z) =b 1 z+b 0 , Khi đó, thế nó vào (2.27) và (2.31), ta thu được f(z) = F(z)e a 1 z+a 0 (e b 1 z+b 0 −e −b 1 )
A 0 (z)(1−e −b 1 ) , trong đó (1−e −b 1 ) −1 ̸= 0, a 1 ̸= 0, b 1 ̸= 0, a 0 , b0 là các hằng số.
Hơn nữa, từ (2.32), ta thấy rằng các hệ số của (2.26) thoả mãn
A 1 (z)F(z + 1)≡ e −b 1 (e −b 1 z−b 0 −1) e a 1 (1−e −b 1 z−2b 1 −b 0 )F(z)A 0 (z+ 1). Điều này hoàn thành chứng minh Định lý 2.2.1.
Theo Định lý 2.2.1, ta đưa ra các hệ quả sau.
Hệ quả 2.2.1 ([1]) Cho f(z) và g(z) là các nghiệm phân hình phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình (2.26), trong đóA 1 (z), A 0 (z), F(z) là các đa thức khác không sao cho A 1 (z)F(z+ 1) ̸≡ qF(z)A 0 (z+ 1), trong đó q = 1hoặc q = e −b 1 (e −b 1 z−b 0 −1) e a 1 (1−e −b 1 z−2b 1 −b 0 ), a 1 và b 1 là các hằng số khác không, b 0 là một hằng số Nếu f(z) và g(z) chung nhau 2 giá trị 0,∞ CM, khi đó f(z) ≡ g(z).
Hệ quả 2.2.2 ([1]) Cho f(z) và g(z) là các nghiệm phân hình siêu việt có bậc hữu hạn của phương trình (2.26), trong đó
1−e −b 1 z−2b 1 −b 0 , trong đó a1, b1, c1 là các hằng số khác không, a0 và b0 là các hằng số Nếu f(z) và g(z) chung nhau 2 giá trị 1,∞ CM, khi đó f(z) ≡g(z).
Nhận xét 2.2.2 Hệ quả 2.2.1 và Hệ quả 2.2.2 được suy ra trực tiếp từ Định lý 2.2.1.
Một số ví dụ
Ví dụ 2.2.1 ([1]) Hàm f(z) = ze πiz +z
2 thoả mãn phương trình zf(z + 1) + (z+ 1)f(z) =z 2 +z. Ở đây f(z) và g(z) chung nhau 2 giá trị 0,∞ CM, e −πi = e πi = −1. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng e α(z) ≡ 1, F(z) =z 2 +z. Khi đó các hệ số của (2.26) thoả mãn A1(z) = z, A0(z) = z + 1 và
A1(z)F(z+ 1) ≡F(z)A0(z+ 1) = z 3 + 3z 2 + 2z Phát biểu trên cho thấy xảy ra Trường hợp (ii) trong Định lý 2.2.1.
Ví dụ 2.2.2 ([1]) Hàm số f(z) = e 3πiz −e πi(2z−1)
2 thoả mãn phương trình sau f(z + 1) +f(z) = e 2πiz Ở đâyf(z) vàg(z)chung nhau 2 giá trị0,∞CM, (1−e −b 1 ) −1 = 1
2 ̸= 0,và các hệ số của (2.26) thoả mãnA1(z) ≡ A0(z+ 1)≡ F(z) ≡ 1, A1(z)F(z+
1) ≡ 1 ≡ e −b 1 (e −b 1 z−b 0 −1) e a 1 (1−e −b 1 z−2b 1 −b 0 )F(z)A 0 (z + 1), trong đó a 1 = 2πi, b 1 πi, a 0 = b 0 = 0 Phát biểu trên cho thấy xảy ra Trường hợp (iii) trong Định lý 2.2.1.
Ví dụ 2.2.3 ([1]) Hàm số f(z) = e −3πiz và hàm số g(z) = −e −3πiz thoả mãn phương trình sau f(z + 1) +f(z) = 0. Ở đây f(z) và g(z) chung nhau 2 giá trị 1,∞ CM, e −3πi = e 3πi = −1, và các hệ số của (2.26) thoả mãn A0(z) ≡ A1(z) ≡ 1;A0(z) +A1(z) ≡ 2 ̸≡
1−e −b 1 z−2b 1 −b 0 , trong đó b 1 = 3πi, b 0 = 0, c 1 ̸= 0, a 1 ̸= 0, a 0 là các hằng số.
Nhận xét 2.2.3 ([1]) Từ Ví dụ 2.2.3, ta thấy rằng không thể bỏ đi các điều kiện
Ví dụ 2.2.4 ([1]) Các hàm số f(z) = e z z và g(z) = e z z thoả mãn phương trình sau f(z+ 1) +ef(z) = 2z+ 1 z(z+ 1)e z+1 Ở đây f(z) vàg(z) chung nhau 2 giá trị 0,∞CM Phát biểu trên cho thấy xảy ra Trường hợp (i) trong Định lý 2.2.1.
Ví dụ 2.2.5 ([1]) Hàmf(z) = z(e 3πiz +e 2πiz )
2 thoả mãn phương trình sau z z+ 1f(z + 1) +f(z) = ze 2πiz Ở đây f(z) và g(z) chung nhau 2 giá trị 0,∞ CM, (1−e −b 1 ) −1 = 1
2 ̸= 0, và các hệ số của (2.26) thoả mãn A1(z) ≡ z z+ 1, A0(z) ≡ 1, F(z) ≡ z, A 1 (z)F(z + 1) ≡ z ≡ e −b 1 (e −b 1 z−b 0 −1) e a 1 (1−e −b 1 z−2b 1 −b 0 )F(z)A 0 (z + 1), ở đây a 1 2πi, b 1 = πi, a 0 = b 0 = 0 Phát biểu trên cho thấy rằng khi F(z) và α(z) là các đa thức khác hằng thì xảy ra Trường hợp (iii) trong Định lý 2.2.1.
Luận văn với đề tài “Vấn đề duy nhất của nghiệm phân hình phương trình sai phân tuyến tính” đã đạt được một số kết quả chính như sau:
1 Tóm tắt một số kiến thức cơ bản trong lý thuyết Nevanlinna liên quan bài toán duy nhất ở chương 2.
2 Nghiên cứu bài toán duy nhất của hai nghiệm phân hình siêu việt của phương trình dạng R 1 (z)f(z+ 1) +R 2 (z)f(z) = R 3 (z) trong trường hợp thuần nhất (Định lý 2.1.5) và không thuần nhất (Định lý 2.1.6). Xét các hệ quả và ví dụ minh họa cho hai định lý trên.
3 Nghiên cứ bài toán duy nhất của hai nghiệm phân hình siêu việt bậc hữu hạn của phương trình dạng A 1 (z)f(z + 1) + A 0 (z)f(z) F(z)e α(z) (Định lý 2.2.1) Xét các hệ quả và ví dụ minh họa cho định lý trên.
[1] Chen J F., Lin S Q (2022), “Uniqueness of meromorphic solutions of a certain type of difference equations”, Bull Korean Math Soc., 59,
[2] Chiang Y M., Feng S J (2008), “On the Nevanlinna character- istic of f(z + η) and difference equations in the complex plane”, Ramanujan J., 16 (1), pp 105–129, https://doi.org/10.1007/ s11139-007-9101-1
[3] Cui N., Chen Z X (2016), “Unicity for meromorphic solutions of some difference equations sharing three values with any meromorphic functions”, South China Normal Univ.: Nat Sci ED., 48 (4), pp 83– 87.
[4] Cui N., Chen Z X (2017), “Uniqueness for meromorphic solutions sharing three values with a meromorphic function to some linear dif- ference equations”, Chin Ann Math., Ser A, 38 (1), pp 13–22.
[5] Goldberg A A., Ostrovskii I V (2008), Value Distribution of Mero- morphic Functions, American Mathematical Society, Providence.
[6] Heittokangas J., Korhonen R., Laine L., Rieppo J (2011), “Uniqueness of meromorphic functions sharing values with their shifts”, Complex Var Elliptic Equ., 56, pp 81–92.
[7] Laine I (1993), Nevanlinna Theory and Complex Differential Equa- tions, de Gruyter, Berlin.