Vấn đề duy nhất cho hàm phân hình vớ điều kiện của đa thức đạo hàm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TÔ THỊ THIẾM VẤN ĐỀ DUY NHẤT CHO HÀM PHÂN HÌNH VỚI ĐIỀU KIỆN CỦA ĐA THỨC ĐẠO HÀM LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Ngành : TỐN GIẢI TÍCH Mã số : 46 01 02 Giáo viên hướng dẫn: PGS TS HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - Năm 2018 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan giúp đỡ cho việc thực luận văn cảm ơn thơng tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả Tô Thị Thiếm i Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Hà Trần Phương, người thầy tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, khoa Tốn tồn thể thầy cô giáo trường ĐHSP Thái Nguyên truyền thụ cho kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi ý kiến đóng góp quý báu suốt trình học tập thực luận văn Bản luận văn chắn không tránh khỏi khiếm khuyết mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo bạn học viên để luận văn hoàn chỉnh Cuối xin cảm ơn gia đình bạn bè động viên, khích lệ tơi thời gian học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả Tô Thị Thiếm ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Kiến thức lý thuyết Nevanlinna 1.2 Một số khái niệm bổ đề 13 Chương Vấn đề với điều kiện đa thức đạo hàm 19 2.1 Trường hợp hàm nguyên 19 2.2 Trường hợp hàm phân hình 24 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 iii Lời nói đầu Như ứng dụng quan trọng lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna, nghiên cứu vấn đề cho hàm phân hình ln thu hút quan tâm nhiều nhà toán học giới Những cơng trình khởi nguồn từ định lý điểm Nevanlinna có nhiều cơng trình cơng bố nhiều hình thức khác Cho f hàm phân hình mặt phẳng phức C Kí hiệu S(r, f ) = o(T (r, f )), r → ∞ Hàm phân hình a = a(z) hàm nhỏ f T (r, a) = S(r, f ) Kí hiệu S(f ) tập hợp hàm phân hình nhỏ f Cho f g hai hàm phân hình C a ∈ S(f ) ∩ S(g) Ta nói f g chung hàm nhỏ a = a(z) kể bội (hoặc không kể bội) f − a g − a có tập hợp 0−điểm kể bội (tương ứng không kể bội) Cho h hàm phân hình khác hằng, kí hiệu p n P (h) = (h(j) )lkj , ak j=0 k=1 ak ∈ S(h), k = 1, 2, , n lkj , k = 1, 2, , n; j = 0, 1, , p số không âm P (h) gọi đa thức đạo hàm h Cho f g hai hàm phân hình khác P (f ) P (g) đa thức đạo hàm f g, ak ∈ S(f ) ∩ S(g) Vấn đề đặt P (f ) P (g) chung hàm nhỏ a(z) vấn đề xảy hàm f g P (f ) P (g)? Những kết theo hướng nghiên cứu liên quan đến cơng trình J T Li, P Li, H X Yi, C C Yang nhiều tác giả khác Với mong muốn tìm hiểu kết nghiên cứu theo hướng này, lựa chọn đề tài "Vấn đề cho hàm phân hình với điều kiện đa thức đạo hàm" Mục đích đề tài trình bày lại số kết nghiên cứu gần J T Li P Li [9] I Lahiri B Pal [8] Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương nội dung, phần kết luận tài liệu tham khảo Chương luận văn dành cho việc trình bày số kiến thức hàm Nevanlinna, hai định lý lý thuyết Nevanlinna số tính chất phân bố giá trị hàm phân hình với điều kiện đa thức đạo hàm Chương trình bày vấn đề cho hàm nguyên hàm phân hình với điều kiện đa thức đạo hàm chung giá trị hay hàm nhỏ Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Kiến thức lý thuyết Nevanlinna Các hàm Nevanlinna Định nghĩa 1.1.1 Cho f xác định mặt phẳng phức C, lấy giá trị C, D ⊂ C miền Ta nói f chỉnh hình z0 ∈ C tồn lân cận U z0 cho ∞ cn (z − z0 )n f (z) = n=0 Với z ∈ U , cn ∈ C số Hàm f (z) gọi chỉnh hình D chỉnh hình z ∈ D Định nghĩa 1.1.2 Hàm f (z) gọi hàm nguyên chỉnh hình tồn mặt phẳng phức C Định nghĩa 1.1.3 Điểm z0 gọi 0−điểm cấp m ≥ hàm f (z) lân cận z0 , hàm f (z) có biểu diễn f (z) = (z − z0 )m h(z), h(z) chỉnh hình lân cận z0 h(z0 ) = Điểm z0 gọi cực điểm cấp m ≥ hàm f (z) z0 0−điểm cấp m hàm f (z) Với hàm phân hình f , ta kí hiệu :   m z0 0−điểm cấp m f (z) ordf (z0 ) = f (z0 ) = 0, ∞  −m z cực điểm cấp m f (z) Định nghĩa 1.1.4 Hàm số f (z) gọi hàm phân hình miền D ⊂ C chỉnh hình miền D, trừ số điểm bất thường cực điểm Khi f (z) hàm phân hình C ta gọi đơn giản hàm phân hình Nhận xét: Nếu f (z) hàm phân hình D lân cận z ∈ D hàm f (z) biểu diễn dạng thương hai hàm chỉnh hình Bây ta định nghĩa hàm đếm, hàm xấp xỉ hàm đặc trưng Nevanlinna hàm phân hình 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 : C → C hàm phân hình, với số thực R > 0, ta có 2π 2π log |f (Reiϕ )|dϕ = 2π 2π log |f (Re )|dϕ − 2π + 2π log+ | iϕ |dϕ f (Reiϕ ) Định nghĩa 1.1.5 Hàm m(r, f ) = 2π 2π log+ |f (Reiϕ )|dϕ gọi hàm xấp xỉ hàm phân hình f Kí hiệu n(r, f ) số cực điểm kể bội hàm f (z) đĩa {|z| < t} n(0, f ) = limn(t, f ) Khi đó, f (0) = ∞ ta có t→0 R R log dn(t, f ) = t N R log | |, bv v=1 bv , v = 1, 2, , N cực điểm hàm f đĩa {|z| < R} Thật vậy, phương pháp tích phân phần ta có R R R log dn(t, f ) = log n(t, f ) t t R R − 0 R n(t, f )d log = t R n(t, f ) dt t Do hàm f có hữu hạn cực điểm {|z| ≤ R} nên hàm n(t, f ) nhận số hữu hạn giá trị nguyên không âm tăng theo t Gọi r1 , r2 , , rn−1 ∈ {|bv |, v = 1, , N } r0 , rn số thực không âm cho = r0 < r1 < < rn−1 < rn = R hình vành khăn {rj < |z| ≤ rj+1 } hàm n(t, f ) khơng đổi Khi đó: R dt n(t, f ) = t Giả sử r1 r0 dt n(t, f ) + t r2 dt n(t, f ) + + t r1 rn n(t, f ) rn−1 dt t   t ≤ r1    α1 r1 < t ≤ r2 n(t, f ) =    α rn−1 < t ≤ rn = R n−1 = N Khi ta có: R dt n(t, f ) = t r1 r0 dt + t r2 r1 r2 = α1 log t = log v=1 αn−1 rn−1 dt t r3 + α2 log t r1 N rn dt α1 + + t R = rv R + + αn−1 log t r2 N log v=1 Định nghĩa 1.1.6 Hàm N (R, f ) = rn−1 R |bv | N R v=1 log |bv | gọi hàm đếm (còn gọi hàm đếm cực điểm) hàm f Định nghĩa 1.1.7 Hàm T (R, f ) = m(R, f ) + N (R, f ) gọi hàm đặc trưng f Các hàm đặc trưng T (R, f ), hàm xấp xỉ m(R, f ) hàm đếm N (R, f ) hàm lý thuyết phân bố giá trị, gọi hàm Nevanlinna Định lý 1.1.8 Cho hàm phân hình f1 , f2 , , fp , đó: p (1) p fν ) ≤ m(r, ν=1 p (2) ν=1 p fν ) ≤ m(r, m(r, fν ) ν=1 p (3) m(r, fν ) + log p ν=1 p fν ) ≤ N (r, N (r, fν ) ν=1 p (4) ν=1 p fν ) ≤ N (r, ν=1 p (5) ν=1 p fν ) ≤ T (r, ν=1 p (6) N (r, fν ) T (r, fν ) + log p ν=1 p fν ) ≤ T (r, ν=1 T (r, fν ) ν=1 Tiếp theo ta đề cập đến số hàm đếm mở rộng thường dùng chứng minh định lý xác định hàm phân hình Cho f hàm phân hình r > 0, kí hiệu nk (r, f ) số cực điểm bội cắt cụt k Dr f (tức cực điểm bội l > k tính k lần tổng nk (r, f )) Hàm r Nk (r, f ) = nk (r, f ) − nk (0, f ) dt + nk (0, f ) log r t họi hàm đếm bội cắt cụt k, nk (0, f ) = limnk (r, f ), r→0 số k nk (r, f ) gọi số bội cắt cụt Cho a ∈ C ∪ {∞}, kí hiệu n(r, f −a ) số không điểm kể bội, n(r, f −a ) số không điểm phân biệt f − a Dr N (r, 0; f ) = N (r, )= f −a N (r, 0; f ) = N (r, )= f −a r 1 n(t, f −a ) − n(0, f −a ) t r 1 n(t, f −a ) − n(0, f −a ) t dt + n(0, ) log r, f −a dt + n(0, ) log r f −a mâu thuẫn với điều kiện δ(0, f ) > 54 Như B = 0, nghĩa F = Nếu giá trị Picard F , A D = Mặt khác, A D A D G giá trị Picard F khác 1, điều mâu thuẫn với định lí [11] Như F ≡ G Nếu giá trị Picard F , có số phức z0 cho F (z0 ) = G(z0 ) = Bởi vậy, A D = 1, nghĩa F ≡ G Trường hợp 1.3: Giả sử A = C = Chứng minh tương tự trường hợp 1.2 ta có F.G ≡ Kết luận: Ta biết F ≡ G trừ F.G ≡ Nếu F.G ≡ , tức P (f ).P (g) ≡ 1, kết Định lý 2.1.2 Nếu P (f − g) ≡ 0, giải phương trình (từ [1, 4]) ta có: m pj (z)eαj z , f −g = (2.12) j=1 m(≤ k) số nguyên dương, αj (j = 1, , m) số phức phân biệt pj (z)(j = 1, , m) đa thức Tiếp theo ta chứng minh λ(f ) = f ≡ g Ta chia hai trường hợp Trường hợp I: Giả sử λ(f ) < Từ (2.1) (2.2), ta biết λ(f ) = λ(g) Từ f g chung giá trị CM, ta có f g = eh(z) , với h(z) hàm số nguyên Khi đó: f λ(eh(z) ) = λ( ) ≤ max λ(f ), λ( ) g g < Như eh(z) ≡ c0 , c0 số phức hữu hạn Suy f ≡ c0 g Khi P (f ) ≡ c0 P (g) Vì P (f ) ≡ P (g) nên c0 = 1, nghĩa f ≡ g Trường hợp II: Giả sử λ(f ) > Theo định lí tiếng Weierstrass ta có: f (z) = π(z)el1 (z) g(z) = π(z)el2 (z) π(z) hàm khơng điểm f g, l1 (z) l2 (z) hàm nguyên Nếu l1 ≡ l2 f ≡ g Nếu l1 ≡ l2 λ(π) = τ (f ) số mũ hội tụ không điểm f (z) τ (f ) ≤ τ (f − g) ≤ λ(f − g) , từ (2.12) 22 ta có: m pj (z)eαj z ) ≤ λ(π) ≤ λ(f − g) = λ( j=1 Vì λ(f ) = λ(g) > f − g = (el1 −l2 − 1)g, ta nhận λ(el1 (z) ) > 1, λ(el2 (z) ) > λ(el1 (z)−l2 (z) ) > Từ π(z)el1 (z) −π(z)el2 (z) = Bổ đề 1.2.5 ta có m αj z j=1 pj (z)e m αj z j=1 pj (z)e ≡ π(z) ≡ Khi f (z) ≡ 0, mâu thuẫn giả thiết Trường hợp 2: Giả sử P (f ) ≡ c với c số phức hữu hạn m βj z , j=1 qj (z)e Ta biết f ≡ c1 + c1 số phức hữu hạn, qj (j = 1, 2, , m) đa thức βj (j = 1, 2, , m) số phức hữu hạn phân biệt λ(f ) < theo chứng minh Khi f ≡ c1 + m j=1 qj (z), nghĩa f đa thức Giả sử bậc f n Khi đó: N (r, ) = n log r f T (r, f ) = n log r + O(1) N (r, f1 ) r→∞ T (r,f ) Vì δ(0, f ) = − lim = < 45 , điều mâu thuẫn Định lý chứng minh Chứng minh tương tự Định lý 2.1.2, ta có kết sau Định lý 2.1.3 ([9]) Cho f g hai hàm nguyên khác Giả sử f g chung giá trị CM, P (f ) P (g) chung giá trị CM δ(0, f ) > 12 Nếu λ(f ) = f ≡ g trừ P (f ).P (g) ≡ Chú ý, định lý xảy trường hợp P (f ).P (g) ≡ f = g Ta xem ví dụ sau: Ví dụ 2.1.4 f = ez , g = e−z P (h) = h(3) − h(2) − h(1) Khi f g chung giá trị CM, P (f ) = −ez P (g) = −e−z chung giá trị CM P (f ).P (g) ≡ 23 2.2 Trường hợp hàm phân hình Với hàm phân hình h, hàm p n (h(j) )lkj , ak P (h) = (2.13) j=0 k=1 ak ∈ S(h), k = 1, 2, , n lkj số nguyên không âm, k = p j=0 lkj , k 1, 2, , n; j = 0, 1, 2, , p d = = 1, 2, , n gọi đa thức đạo hàm bậc d tạo h Kí hiệu Q = max1≤k≤n p j=0 jlkj Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, P (f ) P (g) xác định (2.13), ak ∈ S(f ) ∩ S(g) Năm 2017, Lahiri Pal chứng minh Định lý 2.2.1 ([8]) Cho f g hai hàm phân hình khác a = a(z) ∈ S(f ) ∩ S(g) a ≡ 0, ∞ P (f ) P (g) đa thức đạo hàm khác xác định (2.13) Nếu P (f ) P (g) chung hàm nhỏ a = a(z) IM 4Q + 4Q + Θ(∞; f ), 5δ(0; g) + Θ(∞; g) d d 4Q + 4d + > d P (f ) ≡ P (g) P (f ).P (g) ≡ a2 5δ(0; f ) + Chứng minh Cho F = P (f ) a G = P (g) a (2.14) Khi F G chung giá trị IM từ Bổ đề 1.2.12 ta có: T (r, F ) ≤N (r, 0; F ) + N (r, ∞; F ) + N (r, 0; G) + N (r, ∞; G) 1) + NE (r, 1; F ) + N L (r, 1; F ) − N0 (r, 0; F (1) ) (2.15) − N0 (r, 0; G(1) ) + S(r, F ) + S(r, G) Cho F (2) 2F (1) G(2) 2G(1) − ) − ( − ) F (1) F − G(1) G − Giả sử H ≡ ta có: H=( 1) NE (r, 1; F ) ≤ N (r, 0; H) ≤ T (r, H) ≤ N (r, ∞; H) + S(r, F ) + S(r, G) 24 (2.16) N (r, ∞; H) ≤ N (2 (r, 0; F ) + N (r, ∞; F ) + N (2 (r, 0; G) + N (r, ∞; G) + N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G) + N0 (r, 0; F (1) ) + N0 (r, 0; G(1) ) (2.17) Kết hợp N (r, 0; F ) + N (2 (r, 0; F ) ≤ N (r, 0; F ), (2.15), (2.16) (2.17) ta có được: T (r, F ) ≤ N (r, 0; F ) + 2N (r, ∞; F ) + N (r, 0; G) + 2N (r, ∞; G) (2.18) + 2N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G) + S(r, F ) + S(r, G) Từ Bổ đề 1.2.3 (2.18) ta nhận được: N (r, 0; F ) ≤ T (r, F ) − dT (r, F ) + dN (r, 0; f ) + S(r, f ) ≤ N (r, 0; F ) + 2N (r, ∞; F ) + QN (r, ∞; g) + dN (r, 0; g) + 2N (r, ∞; g) + 2N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G) − dT (r, f ) + dN (r, 0; f ) + S(r, f ) + S(r, g) Và dT (r, f ) ≤dN (r, 0; f ) + 2N (r, ∞; f ) + dN (r, 0; g) + (Q + 2)N (r, ∞; g) + 2N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G) + S(r, f ) + S(r, g) (2.19) Từ Bổ đề 1.2.3 ta lại có: N L (r, 1; F ) ≤ N (r, 1; F ) − N (r, 1; F ) ≤ N (r, 0; F (1) ) ≤ N (r, 0; F ) + N (r, ∞; F ) + S(r, F ) (2.20) ≤ dN (r, 0; f ) + (Q + 1)N (r, ∞; f ) + S(r, f ) Tương tự N L (r, 1; G) ≤ dN (r, 0; g) + (Q + 1)N (r, ∞; g) + S(r, g) (2.21) Kết hợp (2.19), (2.20) (2.21) ta có: T (r, f ) ≤3N (r, 0; f ) + 2Q + N (r, ∞; f ) + 2N (r, 0; g) d 2Q + + N (r, ∞; g) + S(r, f ) + S(r, g) d 25 (2.22) Tương tự T (r, g) ≤3N (r, 0; g) + 2Q + N (r, ∞; g) + 2N (r, 0; f ) d 2Q + + N (r, ∞; f ) + S(r, f ) + S(r, g) d Cộng vế với vế (2.22) (2.23) ta nhận được: T (r, f ) + T (r, g) ≤5N (r, 0; f ) + (2.23) 4Q + N (r, ∞; f ) + 5N (r, 0; g) d 4Q + N (r, ∞; g) + S(r, f ) + S(r, g), d điều mâu thuẫn với giả thiết + Giả sử H ≡ Ta có: A = + B, G−1 F −1 với A(= 0) B số Khi đó: G= (B + 1)F + (A − B − 1) BF + A − B (2.24) F = (B − A)G + (A − B − 1) BG − (B + 1) (2.25) Trường hợp 1: Cho B = 0, −1 Từ (2.25) ta có N (r, B+1 B ; G) = N (r, ∞; F ) Từ định lí thứ hai Bổ đề 1.2.12 ta nhận được: B+1 ; G) + N (r, ∞; G) + S(r, G) B ≤ T (r, G) − dT (r, g) + dN (r, 0; g) + N (r, ∞; F ) T (r, G) ≤ N (r, 0; G) + N (r, + N (r, ∞; G) + S(r, g) Suy dT (r, g) ≤ dN (r, 0; g) + N (r, ∞; f ) + N (r, ∞; g) + S(r, g) (2.26) Nếu A − B − = từ (2.24) ta có N (r, B+1−A B+1 ; F ) = N (r, 0; G) Từ định lí thứ hai Bổ để 1.2.12 ta nhận được: B+1−A T (r, F ) ≤ N (r, 0; F ) + N (r, ; F ) + N (r, ∞; F ) + S(r, F ) B+1 ≤ T (r, F ) − dT (r, f ) + dN (r, 0; f ) + N (r, 0; G) + N (r, ∞; f ) + S(r, f ) 26 Suy dT (r, f ) ≤dN (r, 0; f ) + dN (r, 0; g) + N (r, ∞; f ) + QN (r, ∞; g) + S(r, f ) + S(r, g) (2.27) Kết hợp (2.26) (2.27) ta có: T (r, f ) + T (r, g) ≤N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f ) + 2N (r, 0; g) d Q+1 + N (r, ∞; g) + S(r, f ) + S(r, g), d điều mâu thuẫn Vì A − B − = từ (2.24) ta có: G= (B + 1)F BF + Ở N (r, 0; F + B1 ) = N (r, ∞; G) Từ định lí thứ hai Bổ đề 1.2.12 ta có: ) + N (r, ∞; F ) + S(r, F ) B ≤ T (r, F ) − dT (r, f ) + dN (r, 0; f ) T (r, F ) ≤ N (r, 0; F ) + N (r, 0; F + + N (r, ∞; g) + N (r, ∞; f ) + S(r, f ) Suy dT (r, f ) ≤ dN (r, 0; f ) + N (r, ∞; f ) + N (r, ∞; g) + S(r, f ) (2.28) Kết hợp (2.26) (2.29) ta có: T (r, f ) + T (r, g) ≤N (r, 0; f ) + N (r, 0; g) + N (r, ∞; f ) d + N (r, ∞; g) + S(r, f ) + S(r, g), d điều mâu thuẫn Trường hợp 2: Ta giả sử B = 0, từ (2.24) (2.25) ta có : G= F +A−1 A F = AG + − A Nếu A − = N (r, − A; F ) = N (r, 0; G) N (r, 27 A−1 ; G) = N (r, 0; F ) A Chứng minh tương tự trường hợp ta đến điều mâu thuẫn Vì A − = P (f ) ≡ P (g) Trường hợp 3: Giả sử B = −1, từ (2.24) (2.25) ta có: G= A A+1−F F = (A + 1) G − A G Nếu A + = N (r, A + 1; F ) = N (r, ∞; G) N (r, A ; G) = N (r, 0; F ) A+1 Chứng minh tương tự trường hợp ta đến điều mâu thuẫn Do A + = P (f ).P (g) ≡ a2 Định lý chứng minh Nhận xét Nếu P (f ) P (g) chung hàm nhỏ a = a(z) CM, (2.14) thay cơng thức sau 2δ(0, f ) + Q+4 Q+4 Θ(∞; f ), 2δ(0; g) + Θ(∞; g) d d > Q+d+4 d Định lý 2.2.2 ([8]) Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, a(z)(≡ 0, ∞) ∈ S(f ) ∩ S(g) Giả sử P (f ) P (g) đa thức đạo hàm khác xác định (2.13) Nếu f g chung giá trị CM ∞ IM, P (f ) P (g) chung hàm nhỏ a = a (z) IM 4Q + 4d + 4Q + Θ (∞; f ) > , d d P (f ) ≡ P (g) P (f ) P (g) ≡ a2 5δ (0; f ) + Chứng minh Cho F = P (f ) a G = P (g) a Khi F G chung giá trị IM từ Bổ đề 1.2.12 Bổ đề 1.2.7 ta nhận được: dT (r, f ) ≤ N (r, ∞; f ) + N (r, 1; F ) + dN (r, 0; f ) + S(r, f ) = N (r, ∞; g) + N (r, 1; G) + dN (r, 0; g) + S(r, f ) (2.29) ≤ (1 + 2d + Q)T (r, g) + S(r, f ) + S(r, g) Tương tự dT (r, g) ≤ (1 + 2d + Q)T (r, f ) + S(r, f ) + S(r, g) (2.30) Từ (2.29) (2.30) ta có S(r, f ) = S(r, g) Chứng minh tương tự Định lý 2.2.1 ta điều phải chứng minh 28 Định lý 2.2.3 ([8]) Cho f g hai hàm nguyên khác hằng, a(z)(≡ 0, ∞) ∈ S(f ) ∩ S(g) P (f ) P (g) đa thức đạo hàm khác xác định (2.13) Nếu f g chung giá trị CM, P (f ) P (g) chung hàm nhỏ a = a(z) CM δ(0; f ) > 12 , P (f ) ≡ P (g) P (f ).P (g) ≡ a2 Nhận xét P (f ) P (g) chung hàm nhỏ a = a(z) IM, điều kiện δ(0; f ) > định lí thay điều kiện δ(0; f ) > 54 Hệ 2.2.4 ([8]) Cho f g hai hàm phân hình khác Giả sử α(f (k) )n α(g (k) )n chung giá trị IM, với α(= 0) số k, n số nguyên dương Nếu 5δ(0; f ) + 4kn + 4kn + Θ(∞; f ), 5δ(0; g) + Θ(∞; g) n n 4kn + 4n + > n α2 (f (k) g (k) )n ≡ f ≡ ωg, ω n = Nếu f (z0 ) = g(z0 ) = 0, z0 ∈ C ω = Chứng minh Từ Định lí 2.2.1 ta nhận α2 (f (k) g (k) )n ≡ (f (k) )n ≡ (g (k) )n Giả sử (f (k) )n ≡ (g (k) )n , f (k) = ωg (k) , ω n = Tích hợp k lần ta có f = ωg + p, p đa thức bậc k − Từ giả thiết, f g hàm phân hình siêu việt Nếu p ≡ Từ Bổ đề 1.2.4 ta có: T (r, f ) ≤ N (r, 0; f ) + N (r, 0; f − p) + N (r, ∞; f ) + S(r, f ) = N (r, 0; f ) + N (r, 0; g) + N (r, ∞; f ) + S(r, f ) (2.31) p ) + N (r, ∞; g) + S(r, g) ω = N (r, 0; g) + N (r, 0; f ) + N (r, ∞; g) + S(r, g) T (r, g) ≤ N (r, 0; g) + N (r, 0; g + Kết hợp (2.31) (2.32), ta có T (r, f ) + T (r, g) ≤2N (r, 0; f ) + 2N (r, 0; g) + N (r, ∞; f ) + N (r, ∞; g) + S(r, f ) + S(r, g), 29 (2.32) điều mâu thuẫn giả thiết Do p ≡ f ≡ ωg Nếu f (z0 ) = g(z0 ) = 0, z0 ∈ C Khi ω = 1, f ≡ g Hệ chứng minh Hệ 2.2.5 ([8]) Cho f g hai hàm nguyên khác hằng, P (f ) P (g) đa thức đạo hàm khác xác định (2.13) Giả sử f g chung giá trị CM, P (f ) P (g) chung giá trị CM Nếu δ(0; f ) > f ≡ g P (f ).P (g) ≡ điều sau tương đương: (i) ρ(f ) = 1; (ii) ρ(f ) = (a) f có hữu hạn khơng điểm (b) f có vơ hạn không điểm f hàm tối thiểu Chứng minh Từ Định lí 2.2.3 ta có P (f ) ≡ P (g) P (f ).P (g) ≡ Cho P (f ) ≡ P (g) cho P (g − f ) ≡ Khi m pj (z)eαj z , f −g = (2.33) j=1 với m(≤ k) số nguyên dương, αj số phức phân biệt pj (z) đa thức khác không Từ f g chung giá trị CM, ta đặt g = f.eh , h hàm nguyên Cho eh ≡ Từ (2.33) ta nhận được: f= m αj z j=1 pj (z)e eh − Do f hàm nguyên, ta thấy N (r, 0; eh −1) ≤ N (r, 0; 30 m αj z ) j=1 pj (z)e từ định lí thứ hai ta có được: T (r, eh ) ≤ N (r, ∞; eh ) + N (r, 0; eh ) + N (r, 0; eh − 1) + S(r, eh ) m pj (z)eαj z ) + S(r, eh ) ≤ N (r, 0; j=1 m pj (z)eαj z ) + S(r, eh ) ≤ T (r, (2.34) j=1 m {T (r, pj (z)) + T (r, eαj z )} + S(r, eh ) ≤ j=1 = O(log r) + O(r) + S(r, eh ) Nếu h hàm số siêu việt đa thức bậc ≥ 2, từ (2.34) ta thấy T (r, eh ) = S(r, eh ) Mâu thuẫn Vì h đa thức bậc lớn Đầu tiên, giả sử h hàm Thì P (f ) ≡ P (g) ≡ eh P (f ) eh ≡ 1, mâu thuẫn với giả thiết Tiếp theo, giả sử h(z) = az + b, a(= 0) b số Khi f= m αj z j=1 pj (z)e eaz+b − Và ρ(f ) ≤ Trường hợp 1: Cho ρ(f ) < Từ kết Milloux [2, Định lí3.2, p.57] ta có T (r, f ) ≤ N (r, 0; f ) + N (r, 1; P (f )) + S(r, f ) = N (r, 0; g) + N (r, 1; P (g)) + S(r, f ) ≤ T (r, g) + T (r, P (g)) + S(r, f ) = T (r, g) + m(r, P (g)) + S(r, f ) P (g) ≤ T (r, g) + m(r, g) + m(r, ) + S(r, f ) g = 2T (r, g) + S(r, g) + S(r, f ) (2.35) Tương tự T (r, g) ≤ 2T (r, f ) + S(r, f ) + S(r, g) (2.36) Vì f g có bậc hữu hạn Từ (2.35) (2.36) ta thấy ρ(f ) = ρ(g) Do g ρ(eaz+b ) = ρ( ) ≤ max {ρ(f ), ρ(g)} < 1, f 31 điều khơng thể a = Trường hợp 2: ρ(f ) = Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 2.1 f có hữu hạn khơng điểm Đặt f (z) = q(z)ecz+d , q(z) đa thức đạo hàm Khi g(z) = q(z)e(a+c)z+(b+d) P (f ) ≡ P (g), tức q1 (z)ecz+d = q2 (z)e(a+c)z+(b+d) với q1 , q2 cá đa thức đạo hàm Tức q2 (z)eaz+b = q1 (z) Điều khơng thể a = Trường hợp 2.2 f có vơ hạn không điểm f hàm tối thiểu Đặt pj (z)eαj z , ≤ j ≤ m, Hm+1 (z) = eaz+b Hj (z) = − f Khi f = m αj z j=1 pj (z)e az+b e −1 , tức m+1 Hj (z) ≡ (2.37) h=1 Một αj không điểm, giả sử α1 Khi H1 ≡ (2.37) tương đương với m+1 Hj (z) + H1 (z) ≡ j=2 Bây m m N (r, 0; pj ) + m2 N (r, 0; f ) N (r, ∞; Hj ) = N (r, 0; Hj ) + m j=1 m+1 j=1 j=1 = O(log r) + m2 N (r, 0; f ) (2.38) H (z) Từ eαj z = − Pjj(z) f ta có được: T (r, eαj z ) ≤ T (r, Hj ) + T (r, f ) + O(log r) 32 Tức T (r, Hj ) T (r, f ) |αj | ≤ + + o(1) π r r Và lim inf r→∞ T (r, f ) |αj | T (r, Hj ) + lim sup ≥ r r π r→∞ Vì f hàm tối thiểu, ta nhận lim inf r→∞ với K = min2≤j≤m |αj | π T (r, Hj ) ≥ K, j = 2, 3, , m; r > Vì cho j = 1, 2, , m ta nhận được: lim sup r→∞ N (r, 0; f ) r T (r, f ) ≤ lim sup lim sup = T (r, Hj ) r r→∞ r→∞ T (r, Hj ) Như lim sup r→∞ N (r, 0; f ) π T (r, f ) ≤ lim sup = T (r, Hm+1 ) |a| r→∞ r Từ (2.38) ta thấy m+1 m+1 N (r, ∞; Hj ) < {λ + o(1)} T (r, Hk ), N (r, 0; Hj ) + m j=1 j=1 với k = 2, 3, , m + 1, λ(0 < λ < 1) số phù hợp Vì từ Bổ đề 1.2.7 ta có H1 (z) ≡ 1, điều khơng thể ρ(f ) = Vì αj = 0, j = 1, 2, , m Chứng minh tương tự ta nhận Hm+1 (z) ≡ 1, điều mâu thuẫn với giả thiết eh ≡ Hệ chứng minh 33 Kết luận Trong luận văn này, chúng tơi trình bày số nội dung sau đây: Giới thiệu số kiến thức lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna: Các hàm Nevanlinna tính chất, hai định lý bản, quan hệ số khuyết định lý Picard; chứng minh lại số kết cần thiết cho việc chứng minh kết Chương 2 Phát biểu chứng minh lại số điều kiện đại số vấn đề hai trường hợp : hàm nguyên hàm phân hình, có điều kiện đa thức đạo hàm Cụ thể: Định lý 2.1.2 vấn đề cho hàm nguyên, Định lý 2.2.1 cho hàm phân hình 34 Tài liệu tham khảo Tiếng Pháp [1] Milloux H (1940), Les fonction meromorphes et leurs derivees, Hermann et Cie, Paris Tiếng Anh [2] Chen A., Wang X., and Zhang G (2010), Unicity of meromorphic function sharing one small function with its derivative, Int J Math Sci, Article Id 507454, 11 pages [3] Hayman W K (1964), Meromorphic Functions, The Clarendon Press, Oxford [4] Hua X H (1990), A unicity theorem for entire function, Bull London Math Soc 22, no 5, 456-462 [5] Hinchliffe J D (2002), On a result of Chuang related to Hayman’s alternative, Comput Meth-ods Funct Theory 2, no 1, 293-297 [6] Lahiri I (1997), Uniqueness of meromorphic functions as governed by their differential poly-nomials, Yokohama Math J 44, no 2, 147-156 [7] Lahiri I (1998), Differential polynomials and uniqueness of meromorphic functions, Yokohama Math J 45, no 1, 31-38 [8] Lahiri I and Pal B (2017), Uniqueness of meromorphic function with their homogeneous and linear differential polynomial sharing a small function, Bull Korean Math Soc 54, No 3, pp 852-838 35 [9] Li J T and Li P (2015), Uniqueness of entire function concering differential polynomial, Commun Korean Math Soc 30, N0 2, pp 93-101 [10] Mues E and Reinders M (1997), On a question of C C Yang, Complex Var Theory Appl 43, no 1-2, 171-179 [11] Yang C C (1976), On two entire functions which together with their first derivatives have the same zeros, J Math Anal Appl 56, no 1, 1-6 [12] Yang C C and Yi H X (1994), A unicity theorem for meromorphic functions with deficient value, Acta Math Sinica 37, no.1, 62-72 [13] Yang C C and Yi H X (1995), Uniqueness Theory of Meromorphic Functions, Science Press, Beijing [14] Yang C C and Yi H X (2003), Uniqueness Theory of Meromorphic Functions, Science Press, Beijing and Kluwer Academic Publishers, New York [15] Yi H X (1990), Uniqueness of meromorphic functions and a question of C C Yang, Complex Var Theory Appl 14, no 1-4, 169-176 [16] Yi H X (1990), A question of C C Yang on the uniqueness of entire functions, Kodai Math J 13, no 1, 39-46 [17] Yi H X (1994), Unicity theorems for entire or meromorphic functions, Acta Math Sin (A.S.) 10, no.2, 121-131 [18] Yi H X (1997), Uniqueness theorems for meromorphic functions whose nth derivatives share the same 1-points, Complex Var Theory Appl.34, no 4, 421-436 [19] Yi H X and Yang C C (1994), A uniqueness theorem for meromorphic functions whose nth derivatives share the same 1-points, J Anal Math 62 , 261-270 36 ... không âm P (h) gọi đa thức đạo hàm h Cho f g hai hàm phân hình khác P (f ) P (g) đa thức đạo hàm f g, ak ∈ S(f ) ∩ S(g) Vấn đề đặt P (f ) P (g) chung hàm nhỏ a(z) vấn đề xảy hàm f g P (f ) P (g)?... dành cho việc trình bày số kiến thức hàm Nevanlinna, hai định lý lý thuyết Nevanlinna số tính chất phân bố giá trị hàm phân hình với điều kiện đa thức đạo hàm Chương trình bày vấn đề cho hàm nguyên... C C Yang nhiều tác giả khác Với mong muốn tìm hiểu kết nghiên cứu theo hướng này, lựa chọn đề tài "Vấn đề cho hàm phân hình với điều kiện đa thức đạo hàm" Mục đích đề tài trình bày lại số kết