Vấn đề duy nhất và phân bố giá trị cho một lớp hàm phân hình siêu việt

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trung thực và không trùng lặp với đề tài khác Nguồn tài liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn là nguồn tài liệu mở Các thông tin, tài liệu trong luận văn này đã được ghi rõ nguồn gốc.

Thái nguyên, tháng 04 năm 2021 Người viết luận văn

Phạm Đức Quốc

Xác nhận của khoa chuyên môn Xác nhận của người HD

PGS TS Hà Trần Phương

Lời cảm ơn

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Hà Trần Phương, người đã trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ, chỉ bảo tận tình, tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thiện luận văn này.

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, khoa Toán cùng toàn thể các thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên đã truyền thụ cho tôi những kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi và cho tôi những ý kiến đóng góp quý báu trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.

Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn gia đình, bạn bè đã quan tâm giúp đỡ, động viên tôi trong suốt quá trình làm luận văn.

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái nguyên, tháng 09 năm 2021 Người viết luận văn

Phạm Đức Quốc

Mở đầu

Cho f là một hàm phân hình trên mặt phẳng phức C và a là một số phức hoặc vô cùng Kí hiệu:

Ef(a) = f−1(a) = {z ∈ C : f (z) = a}

Ef(a) = {(z, n) ∈ C×N : f (z) = a, ordf −a(z) = n}

Cho f và g là hai hàm trên mặt phẳng phức C và a là một giá trị phức Ta nói f và g chung nhau a kể cả bội (CM) nếu Ef(a) = Eg(a) Ta nói f

và g chung nhau a không kể bội (IM) nếu Ef(a) = Eg(a).

Năm 1920, Nevanlinna đã chứng minh định lý 4 điểm: Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng Nếu f và g chung nhau bốn giá trị phân biệt kể cả bội thì f là phép biến đổi Mobius của g Chẳng hạn f = ez,

g = e−z chung nhau bốn giá trị 0, 1, −1, ∞ kể cả bội và f = 1

g Năm

1997, Yang và Hua đã chứng minh: Cho hai hàm phân hình khác hằng

f, g và một số nguyên n ≥ 11 Nếu fnf0 và gng0 chung nhau giá trị a

CM, trong đó a 6= 0 là một hằng số, thì hoặc f = dg với dn+1 = 1 hoặc

trong đó aj là các hàm nhỏ đối với f P (f ) được gọi là đa thức vi phân của f Thời gian gần đây có một số tác giả mở rộng kết quả của Yang và

Hua bằng cách thay thế lũy thừa fn bởi đa thức vi phân của f và f0 được thay thế bởi đạo hàm cấp cao của f và thu được một số kết quả trong trường hợp này.

Với mong muốn được làm phong phú thêm các kết quả hướng tổng quát hóa kết quả của Yang và Hua, tôi chọn đề tài "Vấn đề duy nhất và phân bố giá trị cho một lớp hàm phân hình siêu việt" Mục đích của luận văn là giới thiệu một số nghiên cứu gần đây của H P Waghamore, V Husna, S Rajeshwari và một số tác giả khác theo hướng nghiên cứu nói trên Luận văn được chia thành 2 chương, Chương 1 giới thiệu một số kết quả chuẩn bị trong lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna Chương 2 là nội dung chính của luận văn, giới thiệu một số kết quả nghiên cứu về phân bố giá trị và vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình thuộc lớp A.

Thái nguyên, tháng 09 năm 2021 Người viết luận văn

Phạm Đức Quốc

Định nghĩa 1.1.1 (Hàm đếm tại cực điểm) Cho hàm f là hàm phân hình trên đĩa D(R) và r < R, kí hiệu n(r, f ) là số cực điểm của f kể cả bội trong đĩa đóng D(r) Khi đó hàm đếm tại cực điểm của f, kí hiệu

N (r, f ) được xác định như sau

log+ f (reiθ) Dθ,

trong đó log+(x) = max{log x, 0}, với x > 0.

Định nghĩa 1.1.3 (Hàm đặc trưng Nevanlinna) Hàm đặc trưng Nevan-linna của f, kí hiệu là T (r, f ), được xác định bởi:

là số các không điểm của f kể cả bội trong đĩa D(r) Khi đó hàm đếm tại các a - điểm của f , kí hiệu N

Định nghĩa 1.1.5 Ta định nghĩa A là lớp các hàm phân hình f trong C thỏa mãn điều kiện N (r, f ) + N

trong đó O(1) là đại lượng bị chặn.

Định lý 1.1.8 (Định lý cơ bản thứ hai) Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C vàa1, a2, , aq là các số phức phân biệt, khi đó với mọi ε > 0 +(1 + ε) log+(log T (r, f )) + log T (r, f ) + O(1)

đúng với mọi r > 0 đủ lớn nằm ngoài tập có độ đo Lebesgue hữu hạn.

Hiển nhiên Nram(r, f ) ≥ 0 Một dạng khác của định lý cơ bản thứ hai thường được sử dụng trong chứng minh các kết quả về vấn đề duy nhất như sau:

Hệ quả 1.1.9 Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C và a1, a2, , aq

là các số phức phân biệt, khi đó ta có bất đẳng thức

đúng với mọi r > 0 và đủ lớn nằm ngoài một tập có độ đo Lebesgue hữu

Một hàm phân hình a(z) được gọi là hàm nhỏ của f (z) nếu T (r, a) = S(r, f ) Trong đó S(r, f ) = o(T (r, f )) khi r → ∞ nằm ngoài một tập có độ đo hữu hạn.

Định lý 1.1.10 Chof là hàm phân hình khác hằng trên C vàa1(z), a2(z), , aq(z)

là các hàm nhỏ đối với f Khi đó ta có bất đẳng thức sau

được gọi là chỉ số bội của hàm f tại giá trị a Số

Θf(a) = 1 − lim sup

Nf(r, a) Tf(r)

được gọi là số khuyết không kể bội của hàm f tại a.

Dễ thấy, với mỗi hàm phân hình f và a ∈ C, ta luôn có 0 ≤ δf(a) ≤ Θf(a) ≤ 1.

Định lý 1.1.12 Giả sử f là hàm phân phân hình khác hằng trên C Khi đó tập các giá trị a mà Θf(a) > 0 cùng lắm là đếm được, đồng thời ta có

Nhận xét: Nếuf là hàm phân hình mà phương trình f (z) = a vô nghiệm thì Nf(r, a) = 0 Khi đó mf(r, a) = Tf(r) + O(1) nên δf(a) = 1.

Nếu f là hàm chỉnh hình thì f không có cực điểm Do đó, Θf(∞) = 1, suy ra P

Θf(a) ≤ 1.

Định lý 1.1.13 (Định lý Picard) Giả sử f (z) là hàm phân hình trên C Khi đó f nhận mọi giá trị trừ ra cùng lắm hai giá trị.

Bổ đề 1.2.1 ([5]) Cho f và g là hai hàm phân hình phân biệt khác hằng mà có cùng chung bốn giá trị a1, a2, a3, a4 CM thì khi đó f là phép biến đổi Mobius của g: hai trong các giá trị chung, chẳng hạn a1 và a2 là giá

thì khi đó f = eaz+b, với a 6= 0, b là hằng số.

Cho f là một hàm phân hình siêu việt trong mặt phẳng phức mở C Kí

trong đó aj là các hàm nhỏ đối với f P (f ) được gọi là đa thức vi phân

Bổ đề 1.2.4 ([1]) Cho f là một hàm phân hình bậc hữu hạn và P là đa thức vi phân thuần nhất bậc n của f Nếu Θ(0, f ) = Θ(∞, f ) = 1, khi đó

với k là số nguyên dương.

Bổ đề 1.2.6 ([6]) Cho F và G là hai hàm phân hình phân biệt khác hằng, cho c là một số phức (c 6= 0, 1) Nếu F và G có chung 1 và c IM, và nếu

Giả sử f1 không phải là một hằng số và tại các không điểm của hàm fj(f = 1, 2, 3), tại đó một không điểm bội được tính hai lần và không điểm đơn được tính một lần Khi đó f2 = 1

hoặc f3 = 1.

Bổ đề 1.2.9 ([3]) Cho f, g ∈ A, n ≥ m + k + 1 và k là số nguyên dương Nếu fn[P (f )](k) và gn[P (g)](k) có chung nhau giá trị 1 CM, thì

+ N r, 1

[P (g)](k) + N r, 1

gn[P (g)](k)− 1 + S(r, g).

Bởi vì fn[P (f )](k) và gn[P (g)](k) có chung nhau giá trị 1 CM Nó có nghĩa làfn[P (f )](k)− 1 và gn[P (g)](k)− 1 có các không điểm chung với cùng bội số, sử dụng điều này và Mệnh đề 1.2.5, chúng ta có được

Bổ đề 1.2.10 ([3]) Chof, g ∈ A, n ≥ m+1 vàk là số nguyên dương Nếu

fn[P (f )]k và gn[P (g)]k chung nhau giá trị 1 CM, thì S(r, f ) = S(r, g).

Từ (1.6) và việc f và g là các hàm siêu việt, suy ra

Sử dụng điều này cùng với Mệnh đề 1.2.5 với (1.5), (1.7) và (1.8), (1.9)

có thể được viết như sau

Theo (1.6), ta thấy F và G chung giá trị 1 và −1 IM, cùng với (1.16) và Mệnh đề 1.2.6 suy ra F và G chung giá trị 1; −1; 0; ∞ CM, do đó theo Mệnh đề 1.2.1, ta có 0 và ∞ là các giá trị Picard của F và G Do vậy từ

(1.4) có thể suy ra rằng cả f và g là hàm siêu việt Từ (1.7) ta có

Nếu k ≥ 2, giả sử rằng α là một hàm nguyên siêu việt Từ Mệnh đề 1.2.2, ta cóf = eα(z) = eaz+b, suy ra α(z) = az + b là một đa thức, điều này trái với giả thiết Do đó α và β là các đa thức.

Ta suy ra từ (1.17) rằng

[P (f )](k) = [(α0)k + P(k−1)(α0)]p(eα) [P (g)](k) = [(β0)k + Q(k−1)(β0)]p(eβ).

Trong đó P(k−1)(α0) và Q(k−1)(β0) là các đa thức vi phân theo α0 và β0 với bậc tối đa là (k − 1) Do đó, từ (1.6) ta suy ra

[(α0)k + P(k−1)(α0)][(β0)k + Q(k−1)(β0)]p(e(n+m−k)(α+β)) = 1 (1.18)

ta suy ra từ (1.18) rằng α(z) + β(z) = c, c là một hằng số Nếu k = 1, từ (1.17) ta có

(α0)(β0)p(e(n+m−k)(α+β)) = 1 (1.19) Cho α + β = γ Nếu α và β là các hàm nguyên siêu việt thì γ không phải là một hằng số và (1.19) tương đương với

Từ α và β là các hàm nguyên siêu việt và (1.20) ta có được T (r, α0) ≤ S(r, α0) và điều này có nghĩa là α0 là một hằng số (mâu thuẫn) Do đó α

và β đều là các đa thức và α(z) + β(z) = c, với c là một hằng số Do đó từ (1.18), ta có

(α0)2k = 1 + P(2k−1)(α0) (1.21)

với P(2k−1)(α0) là các đa thức vi phân tại α0 Từ (1.22), ta có

Nên T (r, α0) ≤ S(r, α0), điều này đồng nghĩa với α0 là hằng số Do đó

α = pz + c1, β = −pz + c2 Từ (1.17) ta biểu diễn f và g như sau

f = c3epz, g = c4e−pz.

Trong đóc3, c4 và plà các hằng số sao cho (−1)k(c3c4)n+1p2k = 1 Mệnh đề được chứng minh.

Bổ đề 1.2.12 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P ) ≥ 2 và k là một số nguyên dương Nếu fd(P )f(k) và gd(P )g(k) chung nhau giá trị 1 CM thì

≤ 2T (r, g) + (d(P ) + 1)T (r, f ) + S(r, g) (d(P ) − 1)T (r, g) ≤ (d(P ) + 1)T (r, f ) + S(r, g)

T (r, g) ≤ (d(P ) + 1)

(d(P ) − 1)T (r, f ) + S(r, g).

Điều này kéo theo chứng minh của Mệnh đề.

Bổ đề 1.2.13 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P ) ≥ 2 và k là một số nguyên dương Nếu fd(P )f(k) và gd(P )g(k) chung nhau giá trị 1 CM thì

Sử dụng hai bất đẳng thức trên ta dễ dàng thu được S(r, f ) = S(r, g) Điều này hoàn thành việc chứng minh mệnh đề.

Sử dụng phương pháp trong [6], ta chứng minh Mệnh đề sau.

Bổ đề 1.2.14 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P ) ≥ 2 và k là một số nguyên dương.

Từ(1.27), ta biết rằngF và Gchung 1 và−1 IM, điều này cùng với (1.37)

và Mệnh đề1.2.6, có nghĩa rằng F và Gchung 1, −1, 0; ∞ CM, do đó theo Mệnh đề 1.2.1, ta được 0 và ∞ là các giá trị Picard của F và G Do đó từ

(1.26) ta suy ra cả f và g là là các hàm nguyên siêu việt Theo (1.28) ta

Nếu k ≥ 2, giả sử rằng α là một hàm nguyên siêu việt Từ Mệnh đề 1.2.3, ta có f = eα(z) = eaz+b, suy ra α(z) = az + b, một đa thức (mâu thuẫn).

điều này suy raα0 là một hằng số, là một mâu thuẫn Do đó α và β là các

Điều này suy ra α0 là một hằng số.

Do đó α = pz + c1, β = −pz + c2 Theo (1.38), ta biểu diễn f và g như sau

f = c3epz, g = c4e−pz

trong đó c3, c4 và p là các hằng số sao cho (−1)k(c3c4)d(P )+1p2k = 1 Điều này hoàn thành chứng minh Mệnh đề.

Chương 2

Vấn đề nhận giá trị và duy nhất

Định lý 2.1.1 ([3]) Nếu f, g ∈ A, n ≥ m + k + 1 và k là một số nguyên dương Khi đó fn[P (f )](k) = 1 có vô số không điểm.

Chứng minh ChoF = fn[P (f )](k) Theo Mệnh đề1.2.4 và Mệnh đề1.2.7,

Định lý 2.1.2 ([2]) Nếu f, g ∈ A, d(P ) ≥ 2 và k là số nguyên dương thì

fd(P )f(k) = 1 có vô số không điểm.

Chứng minh Cho F = fd(P )f(k) Theo Mệnh đề 1.2.2 và 1.2.4, ta có

CM, thì hoặc f ≡ tg với t là một hằng số thỏa mãn tn+1 = 1 hoặc

f (z) = c3epz, g(z) = c4e−pz với c3, c4, p là các hằng số thỏa mãn thỏa

Từ (2.5) ta thấy rằng các không điểm và cực điểm của H(z) là các không điểm bội và cực điểm bội thỏa mãn

bằng tính toán đơn giản, ta có

Điều này mâu thuẫn vì n ≥ m + k + 4 Do đó h là một hằng số Vì f và

g là các hàm phân hình siêu việt, ta có h 6= 0.

Cho t = 1h, suy ra f = tg Từ (2.10), ta có tn+1 = 1 Điều này kết thúc chứng minh Định lý 2.1.2.

Định lý 2.2.2 ([2]) Cho f, g ∈ A, d(P ) ≥ 5 và k là số nguyên dương Nếu fd(P )f(k) và gd(P )g(k) có chung nhau giá trị 1 CM, thì hoặc f ≡ tg với một hằng số t thỏa mãn td(P )+1 = 1 hoặc f = c3epz, g = c4e−pz, trong đó

Khi đó H(z) là một hàm phân hình thỏa mãn T (r, H) = O(T (r, f ) + T (r, g)), theo định lý cơ bản đầu tiên và Mệnh đề 1.2.4.

Từ (2.13), ta thấy rằng các không điểm và cực điểm của H(z) là bội số thỏa mãn

N (r, H) ≤ NL(r, f ), N (r, 1

H) ≤ NL(r, g). (2.14)

giả sử h không là hằng số Theo (2.19), ta có

Điều này mâu thuẫn vì d(P ) ≥ 5 Do đó h là một hằng số Vì f và g là các hàm phân hình siêu việt nên h 6= 0.

Đặt t = 1

h, suy ra f = tg Từ (2.18), ta có t

d(P )+1 = 1 Điều này hoàn thành chứng minh Định lý.

Kết luận

Trong luận văn này, ngoài việc tổng hợp một số kiến thức cơ bản trong lý thuyết Nevanlinna, chúng tôi đã giới thiệu một số kết quả nghiên cứu gần đây của các nhà toán học về số nghiệm của phương trình vi phân và vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình Cụ thể

1 Định lý 2.1.1 và Định lý 2.1.2 về số nghiệm của các phương trình dạng fn[P (f )](k) = 1 và fd(P )f(k) = 1, trong đó f là một hàm siêu việt đặc biệt Các định lý cho thấy, với một số điều kiện đại số phù hợp thì hai phương trình trên có vô số không điểm.

2 Định lý 2.2.1 và Định lý 2.2.2 về vấn đề duy nhất cho lớp các hàm phân hình thuộc lớp A khi một dạng đặc biệt (dạng fn[P (f )](k)

và fd(P )f(k)) của đa thức vi phân của chúng chung nhau giá trị 1 kể cả bội Các kết quả trong phần này là các mở rộng có ý nghĩa của kết quả Yang - Hua.

Trong thời gian tới chúng tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu vấn đề này với các dạng khác của đa thức vi phân chung nhau một giá trị hay hàm nhỏ.

Tài liệu tham khảo

[1] H S Gopalakrishna and S S Bhoosnurmath, One the deficiencies of differential polynomials, J Karnatak Univ Sci 18 (1973), 329-335 [2] P Waghamore1* Harina and V Husna2, Uniqueness and

value-sharing of meromorphic functions in class A, Gulf Journal of Mathe-matics, Vol5, Issue 1 (2017) 49-62.

[3] P Waghamore* Harina and S Rajeshwari, Uniqueness and value sharing problems in class A of meromorphic functions, J Appl Math & Informatics Vol 35 (2017), no 1-2, pp 131-145.

[4] W K Hayman, Meromorphic functions, Oxford Mathematial Mono-graphs, Clarendon Press, Oxford, 1964.

[5] R Nevanlinna, “Einige Eindeutigkeitss atze in der theorie der Mero-morphic Functions”, Acta Math, 48 (1926), 367-391.

[6] C -C Yang and H -X Yi, “Uniqueness theory of meromorphic functions”, Mathematics and its Applications 557, Kluwer Acad Publ, Dordrecht, 2003.

[7] L -Z Yang and J -L Zhang, Non-existence of meromorphic solutions of a Fermat type functions equation, Aequationes Math 76 (2008), no 1-2, 140-150.

[8] X B Zhang, J F Xu and H X Yi, Value-sharing of meromorphic functions and Fany’s problem, arXiv: 1009 2132v1 [math CV] 11 Sep 2010.