Phân tích Hàm nguyên và Hàm phân hình

Lĩnh vực nghiên cứu những tính chất của các hàm nguyên tố và giả nguyên tố, đặc trưng hóa và phân lớp những hàm nguyên tố và giảnguyên tố đã trở thành một lĩnh vực thời sự của giải tích

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Chu Đức Hiệp

PHÂN TÍCH HÀM NGUYÊN VÀ HÀM PHÂN HÌNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2013

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Chu Đức Hiệp

PHÂN TÍCH HÀM NGUYÊN VÀ HÀM PHÂN HÌNH

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS TSKH Hà Huy Khoái

Hà Nội - 2013

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết

ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khoái, người thầy đã tận tình hướng dẫn để

em có thể hoàn thành luận văn này

Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáotrong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học QuốcGia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa, đặcbiệt là PGS.TS Nguyễn Đình Sang, người thầy đã luôn giúp đỡ và có những ýkiến đóng góp quý báu trong quá trình học tập và nghiên cứu Em xin cảm ơncác thầy phản biện đã giúp đỡ rất nhiều trong quá trình hoàn thành luận văn.Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn

bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập

và thực hiện luận văn này

Hà Nội, ngày 09 tháng 12 năm 2013

Học viên

Chu Đức Hiệp

Mục lục

1.1 Hàm chỉnh hình một biến 5

1.1.1 Định nghĩa 5

1.1.2 Các tính chất cơ bản của hàm chỉnh hình 6

1.2 Hàm nguyên 7

1.3 Hàm phân hình 10

1.4 Hàm nguyên tố 12

1.4.1 Một số định nghĩa 12

1.4.2 Hàm giả nguyên tố 12

1.4.3 Hàm nguyên tố 13

2 Phân tích nghiệm nguyên của một vài phương trình vi phân đại số 16 2.1 Đặt bài toán 16

2.2 Một số bổ đề 18 2.3 Phân tích nghiệm nguyên của một vài phương trình vi phân đại số 19

Kết luận 27

LỜI MỞ ĐẦU

Khi nghiên cứu các hàm nguyên và hàm phân hình, người ta chú ý việc phântích chúng thành những hàm hợp Điều này hoàn toàn tương tự như việc phântích một số nguyên thành thừa số nguyên tố (định lý cơ bản của số học) Cáchphân tích như vậy, khác với trường hợp số học, là không duy nhất Tuy nhiên,nhiều vấn đề tương tự số học cũng được đặt ra

Hướng nghiên cứu nêu trên dẫn đến những khái niệm như hàm nguyên tố,hàm giả nguyên tố Lĩnh vực nghiên cứu những tính chất của các hàm nguyên

tố và giả nguyên tố, đặc trưng hóa và phân lớp những hàm nguyên tố và giảnguyên tố đã trở thành một lĩnh vực thời sự của giải tích phức, được nhiều nhàtoán học trên thế giới quan tâm

Bản luận văn này có mục đích trình bày khái niệm hàm nguyên tố và giảnguyên tố, cũng như một vài kết quả gần đây trong hướng nghiên cứu này.Nội dung chính của luận văn được viết theo bài báo “Factorization of entiresolutions of some algebraic differential equations” đăng trên tạp chí Journal ofMathematical analysis and applications năm 2006

∂x(dz + dz) +

12i

∂u

∂y(dz − dz)

= 12

 ∂u

∂x +

1i

∂u

∂y



dz + 12

Đặt

∂u

∂z =

12

 ∂u

∂x +

1i

Ta có định nghĩa sau đây.

Định nghĩa 1.1 Nếu u ∈ C1(Ω) và ∂u

∂z = 0, ∀z ∈ Ω thì ta nói rằng u làhàm chỉnh hình trong Ω Tập hợp tất cả các hàm chỉnh hình trong Ω ký hiệu

Tính chất 2 Cho K là một tập compact bất kỳ, K ⊂ Ω, với mọi lân cận mở

W ⊂ Ω của K Khi đó, với mọi hàm chỉnh hình u ∈ H(Ω) tồn tại các hằng số

cj, j = 0, 1, (không phụ thuộc u) sao cho

Tính chất 5 (Nguyên lý mô đun cực đại) Nếu f là hàm chỉnh hình kháchằng trên một miền D và liên tục trên D thì |f | đạt cực đại trên ∂D.

Tính chất 6 Giả sử f là hàm chỉnh hình trên D, liên tục trên D và khôngtriệt tiêu trong D, thì |f | đạt cực tiểu trên ∂D

Các hàm nguyên không phải là hàm nguyên siêu việt chỉ là những đa thức.Như vậy các đa thức khai triển được thành chuỗi lũy thừa hữu hạn Bây giờ tađịnh nghĩa cấp của một hàm nguyên

Cho f (z) là một hàm nguyên Ta định nghĩa hàm

với mọi r đủ lớn (r > r0 nào đó, r0 = r0(t) là một số phụ thuộc vào t) Cậndưới đúng của các số t nói trên được gọi là cấp của hàm nguyên f (z) và được

ký hiệu là f (t)

Từ bất đẳng thức: log log Mf(r) ≤ t log r, ta có

f (t) = limr→+∞log log Mf(r)

log r .Định nghĩa 1.4 Giả sử f (z) có cấp hữu hạn, kiểu của hàm f (z) ứng với cấp

ρ là một đại lượng được ký hiệu và xác định bởi

σ = limr→+∞Mf(r)

rρ Khi đó dễ thấy rằng σ là cận dưới đúng của các số A sao cho

Mf(r) < eArρcòn cấp dưới của f là đại lượng:

f∗(t) = limr→+∞log log Mf(r)

log r .Sau đây là một số tính chất về hàm nguyên

Định lý 1.5 Giả sử f (z) là hàm nguyên siêu việt có cấp hữu hạn và có khaitriển thành chuỗi lũy thừa :

Định lý 1.6 Đối với hàm nguyên f (z) bất kỳ, các hàm f (z) và f0(z) có cùngcấp và cùng kiểu.

Chứng minh Ta viết

f (z) =

Z z 0

|w|=2r

f (w)(w − z)2dw,

Định lý 1.7 (Công thức Jensen) Giả sử f (z) là một hàm chỉnh hình tronghình tròn |z| < R, f (0) 6= 0 và r1, r2, , rn, là môđun các không điểm củahàm f (z) trong |z| < R, sắp xếp theo một thứ tự không giảm Khi đó nếu

2r

Z

0

log |f (reiθ)|dθ

Chứng minh Gọi n(z) hay n(x, t) là số không điểm của f (z) trong hình tròn

|z| ≤ x với số không điểm bội p được đếm p lần Khi đó nếu rn ≤ r ≤ rn+1

z→af (z) không tồn tại thì a được gọi là điểm bất thường cốt yếu Nếu

a là điểm bất thường cốt yếu của hàm f (z) thì với mọi số phức w0 ∈ Ctồn tại một dãy số phức zn → a sao cho f (zn) → w0 khi n → +∞

Định nghĩa 1.9 Một hàm chỉnh hình trên tập Ω trừ ra một số điểm bấtthường là cực điểm trong Ω được gọi là hàm phân hình trên Ω.

Ví dụ hàm f (z) = 1

z − a, f (z) = tan z, f (z) = cot z đều là các hàm phânhình

Tập hợp các hàm phân hình trên Ω được ký hiệu bằng M(Ω)

Nếu a là không điểm của hàm f chỉnh hình trong một lân cận của điểm athì ta có thể viết:

f (z) = (z − a)Kϕ(z),với ϕ(z) là hàm chỉnh hình trong lân cận của điểm a và ϕ(a) 6= 0, K là sốnguyên dương Khi đó, ta nói K là cấp của không điểm a hay còn nói a làkhông điểm bội K của hàm f

Nếu a là cực điểm của hàm f (z) thì ta có thể biểu diễn

σ = limr→+∞T (r, f )

rρ ,trong đó T là hàm đặc trưng Nevanllina

Định nghĩa 1.10 Cho fn(z) và gm(z) là các hàm đa thức Khi đó hàm h(z) =

fn(z)

gm(z) được gọi là hàm hữu tỷ.

Hàm hữu tỷ là hàm phân hình có hữu hạn cực điểm Như vậy hàm hữu tỷ

có thể phân tích thành tích các phân thức đơn giản

1.4 Hàm nguyên tố

1.4.1 Một số định nghĩa

Hàm phân hình h(z) = f (g(z)) được gọi là có nhân tử trái f (z) và nhân

tử phải g(z), với điều kiện f (z) là hàm không tuyến tính và phân hình, g(z)

là hàm không tuyến tính và nguyên (g(z) có thể là hàm phân hình khi f (z) làhàm hữu tỷ)

Định nghĩa 1.11 h(z) được gọi là hàm nguyên tố (giả nguyên tố) nếu mọiphân tích có dạng trên kéo theo các hàm f (z) hay g(z) là hàm tuyến tính (đathức trừ khi f là hàm hữu tỷ)

Có nhiều ví dụ tầm thường của hàm giả nguyên tố Ví dụ, mọi đa thức đều

là hàm giả nguyên tố Đa thức có bậc nguyên tố là hàm nguyên tố Sau đây, ta

sẽ nghiên cứu một số ví dụ không tầm thường của hàm giả nguyên tố

Định lý 1.12 Hàm phân hình siêu việt cấp hữu hạn có nhiều nhất hữu hạncực điểm và không điểm là hàm giả nguyên tố

Chứng minh Lấy g = h(f ) thỏa mãn giả thiết của định lý và giả sử f khôngphải hàm giả nguyên tố Theo định lý Picard, h(z) có nhiều nhất một cực điểm,giả sử cực điểm đó là b và nhiều nhất một không điểm a Vì vậy, ta có biểu thức

h(z) = (z − a)

n

(z − b)meα(z)trong đó n và m là các số nguyên không âm và α(z) là hàm nguyên Do g(h(z))

có cấp hữu hạn nên h(z) phải có cấp 0 Do đó α(z) là hằng Vậy h(z) khôngthể là hàm nguyên siêu việt Định lý được chứng minh

Đáng chú ý là h(z) phải có vô hạn các cực điểm hay vô hạn các không điểm,

trừ khi n hoặc m bằng 0 Suy ra h(z) có dạng c(z − d)n với n là số nguyên và

a = 0, vì vậy :

g(z + τ ) − g(z) = c0Q1(z)với c0 là hằng số Điều này kéo theo g(n)(z) là hàm tuần hoàn với n nguyên Do

đó g(n)(z) cũng có cấp lớn nhất là 1, kiểu là 0 Mà một hàm tuần hoàn khôngphải hằng phải có ít nhất cấp 1 và kiểu dương Do đó g(n)(z) phải là hằng số

và suy ra g(z) là đa thức Định lý được chứng minh

1) Cho ai(z) là hàm nguyên tố có cấp hữu hạn ρ Cho gi(z) cũng là các hàmnguyên và gi(z) − gj(z)(i 6= j) là các hàm siêu việt hoặc đa thức có cấp lớn hơn

2) Nếu h là hàm nguyên và tuần hoàn môđulô đa thức g với chu kỳ τ thìmọi nhân tử phải có dạng :

Ta nêu ra định lý quan trọng sau :

Định lý 1.15 (Định lý cơ bản 1) Cho p(z) là một đa thức không hằng, a

eaz+b0 + p(z − c) = h(z − c),

ở đây b0 là hằng số, chúng ta suy ra rằng với K nguyên dương eKaeaz+b phải

là một hàm chẵn Ta chỉ cần chứng minh h(z) không có nhân hữu tỷ

Thật vậy, giả sử h(z) có nhân hữu tỷ thì h(z) có thể viết dưới dạng :

h(z) = R1(z)

R2(z)g(z) ⇒ e

az+b+ p(z) = R1(z)

R2(z)g(z).

Giả sử R2(z) có một không điểm là z0 Khi đó, khi z → z0 thì vế phải tiến đến

vô cùng còn vế trái tiến đến một số hữu hạn Vậy h(z) không có nhân tử hữu

tỷ Định lý được chứng minh

Chương 2

Phân tích nghiệm nguyên

của một vài phương trình vi phân đại số

2.1 Đặt bài toán

Cho F (z) là một hàm phân hình Giả sử F (z) có thể biểu diễn dưới dạng

F (z) = f (g(z))(= f ◦ g(z)), (2.1)trong đó f là một hàm phân hình, còn g là một hàm nguyên Khi đó chúng tagọi biểu thức (2.1) là phân tích của hàm F , còn f và g được gọi là nhân tử trái

và phải tương ứng của F Nếu từ mọi phân tích của F đều suy ra rằng mộttrong hai hàm f và g là song tuyến tính thì F được gọi là một hàm nguyên tố.Nếu từ mọi phân tích đều dẫn đến kết luận rằng f phải là một dạng song tuyếntính, còn g là một hàm siêu việt thì khi đó, F được gọi là nguyên tố trái Nếucác nhân tử được hạn chế trong phạm vi các hàm nguyên thì việc phân tích

như trên được gọi là phân tích hàm nguyên Với cách định nghĩa như trên, mộthàm nguyên nguyên tố sẽ được gọi là E - nguyên tố.

Cũng với cách phân tích như trên, giả sử F (z) có thể biểu diễn

F (z) = f (g(z)) = f ◦ g(z)

trong đó g có thể là hàm phân hình khi f là hàm hữu tỷ

Nếu mọi phân tích của F đều suy ra rằng f là một hàm hữu tỷ hoặc g làmột đa thức thì F được gọi là giả nguyên tố Nếu mọi phân tích đều đưa đếnkết luận rằng : f là một hàm siêu việt và g phải là tuyến tính thì khi đó F đượcgọi là nguyên tố phải Khi các nhân tử chỉ được hạn chế trong hàm nguyên thì

ta gọi việc phân tích này là phân tích trong hàm nguyên Một hàm nguyên giảnguyên tố sẽ được ký hiệu là E - giả nguyên tố

Bây giờ chúng ta sẽ nghiên cứu về sự phân tích nghiệm nguyên siêu việt củahai lớp phương trình đại số vi phân sau đây

Việc phân tích nghiệm nguyên siêu việt của phương trình (2.3) và (2.2) đãđược nghiên cứu vào những năm đầu tiên của thế kỷ 21 và đã dẫn đến hai kếtquả đặc sắc sau đây :

Định lý A, [8] Bất kỳ nghiệm phân hình nào của (2.3) đều là giả nguyêntố

Định lý B, [5] Tất cả nghiệm nguyên siêu việt của (2.2) đều là giả nguyêntố

Giả sử F (ξ) là nghiệm nguyên siêu việt của (2.3) hoặc (2.2) và F (ξ) =

f (g(x)) Khi đó theo định lý A và định lý B ta có thể kết luận rằng f là mộthàm hữu tỷ hoặc g là một đa thức

Vấn đề đặt ra là chúng ta có thể biết thêm gì về hàm f và g? Mục đích chínhcủa chương này, chương chính của luận văn là chứng minh một số tính chất của

f và g sau khi bổ sung một số điều kiện đối với phương trình (2.3) và phươngtrình (2.2)

2.2 Một số bổ đề

Để chứng minh các tính chất của hàm f và g dưới đây, trước hết chúng tahãy giới thiệu bốn bổ đề mà ta sẽ sử dụng Việc chứng minh bốn bổ đề này cóthể tìm được trong các tài liệu tham khảo

Bổ đề 2.1 Cho F là một hàm nguyên siêu việt không tuần hoàn Khi đó F lànguyên tố nếu và chỉ nếu F là E - nguyên tố

Bổ đề 2.2 Cho p(z1, z2, z3) là đa thức theo ba biến z1, z2 và z3 Khi đó bất kỳnghiệm phân hình nào của phương trình vi phân cấp 1: p(z, f, f0) = 0 đều cócấp tăng hữu hạn

Bổ đề 2.3 Cho F là một hàm nguyên có bậc hữu hạn, ở đây đạo hàm F0(z) có

vô số nghiệm Giả thiết bất kỳ số phức C, các phương trình sau đồng thời thỏamãn:

Bổ đề 2.4 Cho f1, f2, , fn và g là các hàm nguyên và h1, h2, , hn là cáchàm phân hình sao cho bất đẳng thức:

n

X

j=1

T (r, hj) ≤ KT (r, g)

Bài toán đặt ra là hãy phân tích nghiệm nguyên của phương trình này, từ

đó giúp chúng ta tìm ra sự nguyên tố hoặc giả nguyên tố của một lớp các hàmnguyên

Chúng ta sẽ chứng minh hai định lý cơ bản

Định lý 2.5 Giả sử rằng phương trình (2.4) thỏa mãn điều kiện

deg bn(ξ) < deg bn−1(ξ) < < deg b0(ξ)

Giả sử F (ξ) là nghiệm nguyên siêu việt của (2.4) Khi đó một và chỉ một trong

ba trường hợp sau là đúng

(1) F (ξ) là một hàm nguyên tố.

(2) F (ξ) có nhân tử trái q(ξ) có dạng:

q(ξ) = c(ξ − a)k + btrong đó a, b ∈ C, c 6= 0, k ∈ Z và k 6= 0

(3) F (ξ) có một nhân tử phải đa thức p(ξ) sao cho deg p(ξ) > 1 và

deg p|(deg bs+ jt) − (deg bt + js) (2.5)với hai số nguyên s, t nào đó, 0 ≤ s 6= t ≤ n

Chứng minh Điều khẳng định 1: Nghiệm F (z) là một hàm nguyên siêu việtkhông tuần hoàn

Giả sử ngược lại F (z) là tuần hoàn với chu kỳ τ Khi đó từ các giả thiết vềcác đa thức hệ số bj(z), 0 ≤ j ≤ n dễ thấy có tồn tại các số nguyên 0 < k0 <

bn(z + knτ )fin(z)(f0(z))jn + + b0(z + knτ )fi0(z)(f0(z))j0 = b(z + knτ )

Từ đây chúng ta kết luận được fin(z)(f0(z))jn là hàm hữu tỷ Điều này tráivới giả thiết f là hàm siêu việt

Điều khẳng định 2: Nếu F0(ξ) có vô hạn nghiệm thì hoặc F (ξ) là hàmnguyên tố hoặc F (ξ) có một nhân tử đa thức phải p(ξ) sao cho

deg p|(deg bs+ jt) − (deg bt + js)

là đúng với hai số nguyên s, t nào đó 0 ≤ s 6= t ≤ n

Trước hết ta thấy hệ phương trình :

bổ đề 2.3 ta có thể kết luận F (ξ) là E - nguyên tố trái

Bây giờ còn hai trường hợp ta cần xét thêm

Trường hợp 1 Nếu F (ξ) là E - nguyên tố phải Khi đó F (ξ) là E - nguyên

tố, do khẳng định 1 F (ξ) là hàm nguyên siêu việt không tuần hoàn, nhờ vào bổ

đề 2.1 ta suy ra F (ξ) là nguyên tố

Trường hợp 2 Nếu F (ξ) không phải là E - nguyên tố phải Khi đó F (ξ) cóthể phân tích F (ξ) = f (p(ξ)), trong đó f là hàm nguyên siêu việt và p(ξ) là đathức và deg p ≥ 2 Từ đó chúng ta có

deg bsps(p)(p0)js = deg btpt(p)(p0)jt,

nghĩa là

(deg ps + js− deg pt− jt)deg p = (deg bt+ js) − (deg bs+ jt)

Do đó

deg p|(deg bt+ js) − (deg bs+ jt)

Điều khẳng định 2 được chứng minh

Điều khẳng định 3 Nếu F0(ξ) = 0 chỉ có một số hữu hạn nghiệm thì hoặc

là F (ξ) có nhân tử trái dạng p(ξ) = c(ξ − a)k + b, a, b, c ∈ C, c 6= 0 và k ∈ Z,

k 6= 0 hoặc F (ξ) có một nhân tử phải đa thức p(ξ) sao cho (2.5) đúng Vì F0(z)chỉ có hữu hạn không điểm, do đó tồn tại một đa thức p(z) không đồng nhấtbằng 0 và một số nguyên không phải hằng số α(z) sao cho F0(z) = p(z)eα(z)

Vì vậy, không mất tổng quát, ta có :

Giả thiết rằng F (z) có thể phân tích hóa là F (z) = f (g(z)) Khi đó theo định

lý B, chúng ta có ba trường hợp cần được khảo sát :

(1) f là hàm hữu tỷ còn g là một hàm phân hình siêu việt

(2) f là một đa thức còn g là một hàm nguyên siêu việt

(3) g là một đa thức

Nếu điều kiện (2.5) đúng thì chúng ta có thể chứng minh rằng :

deg g|(deg bt+ js) − (deg bs+ jt)với s, t nào đó (0 ≤ s 6= t ≤ n + 1) bằng phương pháp được sử dụng trong trườnghợp 2 của khẳng định 2 Bây giờ chúng ta sẽ xét hai trường hợp khác:

Trường hợp 1 Nếu f có cực điểm w0, thì g không thể nhận giá trị w0 do đó

gz = w0+ eu(z) với u(z) là một hàm nguyên không phải là hằng số nào đó Hơn

nữa vì g là một hàm nguyên với giá trị Picard hữu hạn w0, f không thể có cáccực điểm nào khác ngoài w0 Do đó f (w) = Q1

Q01(w0 + eu(z))u0(z)e−(k−1)u(z)− kQ1(w0+ eu(z))u0(z)e−ku(z)− p(z)eα(z) ≡ 0

và do Q1(w) đồng nhất bằng C đối với một hằng số C nào đó (6= 0) Như vậy

F (z) có một nhân tử trái

f (z) = C

(z − w0)k.Trường hợp 2 f (w) không có cực điểm, tức là f (w) là một đa thức và nếudeg f (w) = 1, thì ta đã có điều cần chứng minh Chúng ta giả thiết

Bây giờ từ điều khẳng định 2 và 3 ta suy ra định lý 2.5