Vấn Đề Duy Nhất Của Hàm Phân Hình Chung Nhau Ba Tập Hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LẠI THANH LOAN VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU BA TẬP HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LẠI THANH LOAN VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU BA TẬP HỢP Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hướng dẫn khoa học PGS.TS.HÀ TRẦN PHƯƠNG THÁI NGUYÊN - 2016 i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các kết nêu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bảo trung thực xác, tuân thủ qui định quyền sở hữu trí tuệ Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả Lại Thanh Loan ii 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 giáo trường ĐHSP Thái Ngun, Viện Tốn học Trường Đại học Sư phạm Hà Nội truyền thụ cho kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi ý kiến đóng góp q báu suốt q trình học tập thực luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè người giúp đỡ chia sẻ với tác giả suốt thời gian học tập hoàn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn! Thái Ngun, tháng năm 2016 Tác giả Lại Thanh Loan iii Mục lục Mục lục iii Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình 1.1.1 Các hàm Nevanlinna tính chất 1.1.2 Hai định lí quan hệ số khuyết 1.2 Hàm phân hình chung ba giá trị 1.2.1 Khái niệm mở đầu 1.2.2 Một số tính chất 10 Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp 13 2.1 Hàm phân hình chung ba giá trị 13 2.1.1 Chung kể bội 13 2.1.2 Chung có trọng số 23 2.2 Hàm phân hình chung ba tập hợp 28 2.2.1 Một số bổ đề liên quan 28 2.2.2 Vấn đề 30 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 47 Mở đầu Năm 1929, R Nevanlinna chứng minh hai định lí tiếng vấn đề cho hàm phân hình, thường gọi Định lý năm điểm Định lý bốn điểm Về sau có nhiều nhà toán học mở rộng kết Nevanlinna cho trường hợp khác nhau: hàm phân hình chung tập điểm, kể bội, khơng kể bội, Cho f hàm phân hình, a ∈ C ∪ {∞} Kí hiệu E(a, f ) tập không điểm kể bội f − a, E(a, f ) tập không điểm phân biệt f − a Cho S ⊂ C ∪ {∞} tập hợp phần tử khác Kí hiệu Ef (S) = ∪a∈S E(a, f ); E f (S) = ∪a∈S E(a, f ) R Nevanlinna chứng minh, hai hàm phân hình khác f , g thỏa mãn E (ai , f ) = E (ai , g) ∀i = 1, 5, giá trị phân biệt, f g phải trùng Vào năm 1976, H Yi ([15]) đặt câu hỏi: Có thể tìm thấy hay khơng ba tập hữu hạn Sj (j = 1, 2, 3) cho hai hàm phân hình thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2, 3) f ≡ g? Vào năm 1994, H Yi ([15]) đưa số kết để trả lời cho câu hỏi đặt Với mục đích tìm hiểu số kết nghiên cứu theo hướng này, chọn đề tài "Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp" Mục đích luận văn trình bày lại số kết nghiên cứu H Yi ([16], [20]), W C Lin H Yi ([6]) điều kiện xác định hàm phân hình chung ba giá trị, ba tập hợp Luận văn chia thành hai chương: Chương 1: Một số kiến thức bản, trình bày kiến thức sở, cần thiết cho việc chứng minh kết Chương như: lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna cho hàm phân hình chung ba giá trị, ba tập hợp Chương 2: Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp, trình bày hàm phân hình chung ba giá trị kể bội chung có trọng số; trình bày lại chứng minh số điều kiện đủ tính hàm phân hình chung ba tập hợp Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình 1.1.1 Các hàm Nevanlinna tính chất Trong luận văn ln kí hiệu C trường số phức Ta kí hiệu tập D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | < r}, D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | ≤ r}, ∂D(z0 , r) = {z ∈ C : |z − z0 | = r}, hình trịn, hình trịn đóng, đường trịn tâm z0 , bán kính r > Đặc biệt, z0 = 0, ta kí hiệu ngắn gọn DR = D(0, R); DR = D(0, R) Cho f hàm chỉnh hình mặt phẳng phức C, điểm z0 gọi không điểm bội k f tồn hàm chỉnh hình h(z) khơng triệt tiêu lân cận U z0 cho lân cận hàm f biểu diễn dạng: f (z) = (z − z0 )k h(z) Điều kéo theo f (z0 ) = f (z0 ) = = f (k−1) (z0 ) = f (k) (z0 ) = Với z ∈ C, z không điểm bội k hàm f ta kí hiệu ordf (z) = k, trường hợp khác ordf (z) = f1 , f2 f1 , f2 hàm chỉnh hình Một điểm z0 gọi khơng điểm bội Cho f hàm phân hình mặt phẳng phức C, f = k f z0 không điểm bội k f1 , z0 gọi cực điểm bội k f z0 không điểm bội k f2 Với số thực x > 0, kí hiệu: log+ x = max{log x, 0} Khi log x = log+ x − log+ x1 Bây ta định nghĩa hàm đếm, hàm xấp xỉ, hàm đặc trưng hàm phân hình Cho f hàm phân hình DR số thực r > 0, < R ≤ ∞, r < R Dễ thấy: 2π 2π 2π log f (reiϕ ) dϕ = 2π 2π log+ f (reiϕ ) dϕ − 2π log+ dϕ f (reiϕ ) Định nghĩa 1.1 Hàm 2π m(r, f ) = 2π log+ f (reiϕ ) dϕ, gọi hàm xấp xỉ hàm f Với số phức a, ta kí hiệu 2π m r, f −a = 2π log+ |f (reiϕ ) − a| dϕ Cho k số nguyên dương, ta kí hiệu n(r, 1/f ) số khơng điểm kể bội f ; n(r, 1/f ) số không điểm không kể bội f ; n(r, f ) số cực điểm kể bội f ; n(r, f ) số cực điểm không kể bội f ; nk (r, f ) số cực điểm bội cắt cụt k f (tức cực điểm bội l > k tính k lần tổng nk (r, f )) Dr Định nghĩa 1.2 Hàm r N (r, f ) = n(t, f ) − n(0, f ) dt + n(0, f ) log r, t gọi hàm đếm kể bội f (còn gọi hàm đếm cực điểm) Hàm r N (r, f ) = n(t, f ) − n(0, f ) dt + n(0, f ) log r, t gọi đếm không kể bội Hàm r Nk (r, f ) = nk (r, f ) − nk (0, f ) + nk (0, f ) log r, t gọi hàm đếm bội cắt cụt k, n(0, f ) = lim n(t, f ); t→0 n(0, f ) = lim n(t, f ); nk (0, f ) = lim nk (r, f ) Số k nk (r, f ) gọi t→0 t→0 số bội cắt cụt Cho f (z) hàm phân hình khác Ta kí hiệu S(r, f ) đại lượng thỏa mãn S (r, f ) = o (T (r, f )) (r → ∞, r ∈ / E) Với số phức a, số nguyên dương k, ta kí hiệu n k) r, f −a hàm đếm số không điểm f − a Dr mà bội không điểm không lớn k, kể bội; n k) r, f −a hàm đếm số không điểm f − a Dr mà bội không điểm không lớn k đếm lần; n(k+1 r, f −a hàm đếm số không điểm f − a Dr mà bội không điểm lớn k, kể bội; n(k+1 r, f −a hàm đếm số không điểm f − a Dr mà bội không điểm lớn k đếm lần Kí hiệu r N k) (r, a, f ) = N k) r, f −a = 1 n k) t, f −a − n k) 0, f −a t dt + n k) 0, r N(k+1 (r, a, f ) = N(k+1 r, f −a = log r, f −a 1 n(k+1 t, f −a − n(k+1 0, f −a t + n(k+1 0, log r f −a dt 33 Ta phát biểu theo cách khác, S1 = {a + b, a + bω, , a + bω n−1 }, S2 = {a} S3 = {∞}, với n số nguyên dương, a b (= 0) số ω = cos (2π/n) + i sin (2π/n) Vào năm 1988, H Yi ([12]) K Tohge ([8]) chứng minh định lí sau mở rộng Định lí 2.23 Định lý 2.25 ([12], [8]) Nếu n ≥ Ef (Sj , ∞) = Eg (Sj , ∞) với (j = 1, 2, 3), f − a ≡ t(g − a), với tn = (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n Vào năm 2001, I Lahiri ([5]) chứng minh định lí sau mở rộng Định lí 2.25 Định lý 2.26 ([5]) Nếu n ≥ Ef (S1 , ∞) = Eg (S1 , ∞), Ef (S2 , 1) = Eg (S2 , 1) Ef (S3 , ∞) = Eg (S3 , ∞), f − a ≡ t(g − a), với tn = (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n Từ Định lí 2.13 ta chứng minh định lí sau Định lý 2.27 ([20]) Nếu n ≥ Ef (S1 , 4) = Eg (S1 , 4), Ef (S2 , 0) = Eg (S2 , 0) Ef (S3 , 1) = Eg (S3 , 1), f − a ≡ t(g − a), với tn = (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n Chứng minh Cho F = ((f − a) /b)n G = ((g − a) /b)n Thì F G chung (1, 4), (0, 1) (∞, 3) Từ N 1) (r, 1/F ) = N 1) (r, F ) = 0, từ Định lí 2.13 ta F ≡ G F.G ≡ Ví dụ 2.11 Cho f (z) = (e2z +1) 2ez (e2z −1) g (z) = 2iez (e2z +1) (e2z −1) , cho S1 = {−1, 1} , S2 = {0} S3 = {∞} Chắc chắn, Ef (S1 , ∞) = Eg (S1 , ∞), Ef (S2 , 0) = Eg (S2 , 0), Ef (S3 , 0) = Eg (S3 , 0) Ví dụ 2.11 Dễ dàng nhận thấy điều kiện "Ef (S3 , 1) = Eg (S3 , 1) " Định lí 2.27 từ ví dụ rõ nét Ví dụ 2.12 Cho f (z) = a − 3b ez + e2z g (z) = a + b(1 + e−z )3 cho S1 = {a + b} , S2 = {a} S3 = {∞}, với a b (= 0) số Dễ dàng nhận thấy giả sử "n ≥ " Định lí 2.27 từ ví dụ Từ Định lí 2.13 ta chứng minh định lí sau 34 Định lý 2.28 ([20]) Nếu n ≥ Ef (S1 , 2) = Eg (S1 , 2), Ef (S2 , 1) = Eg (S2 , 1) Ef (S3 , 1) = Eg (S3 , 1), f − a ≡ t(g − a), với tn = (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n Chứng minh Cho F = ((f − a) /b)n G = ((g − a) /b)n Thì F G chung (1, 2), (0, 3) (∞, 3) Tương tự chứng minh Định lí 2.27, từ Định lí 2.13 ta có kết luận định lí Định lý 2.29 ([20]) Nếu n ≥ Ef (S1 , p) = Eg (S1 , p), Ef (S2 , 0) = Eg (S2 , 0) Ef (S3 , 0) = Eg (S3 , 0), với    6−n với    p= với     0 với ≤ n ≤ 5; n = 6; n ≥ 7, f − a ≡ t(g − a), với tn = (f − a)(g − a) ≡ s với sn = b2n Chứng minh Nếu n ≥ 7, cho F = (f − a) /b G = (g − a) /b, từ Định lí 2.24 ta có kết luận định lí Tiếp theo, ta giả sử ≤ n ≤ Cho F = ((f − a) /b)n G = ((g − a) /b)n Thì F G chung (1, p), (0, n − 1) (∞, n − 1) Tương tự chứng minh Định lí 2.27, từ Định lí 2.13 ta có kết luận định lí Dễ dàng nhận thấy giả sử "n ≥ " định lí từ Ví dụ 2.11 rõ nét Vào năm 1976, F Gross ([2]) chứng minh Định lý 2.30 ([2]) Tồn ba tập hợp Sj (j = 1, 2, 3) cho hai hàm nguyên khác f g thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với (j = 1, 2, 3) f ≡ g Câu hỏi 2.1 ([2]) Có thể tìm hay khơng hai tập hữu hạn Sj (j = 1, 2) cho hai hàm nguyên thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2) f ≡ g? H Yi ([15]) đặt câu hỏi 35 Câu hỏi 2.2 ([15]) Có thể tìm thấy ba tập hữu hạn Sj (j = 1, 2, 3) cho hai hàm phân hình thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2, 3) f ≡ g? Vào năm 1994, để trả lời Câu hỏi 2.2, H Yi ([15]) đưa kết sau Định lý 2.31 ([15]) Cho S1 = a + b, a + bω, , a + bω n−1 , S2 = {c1 , c2 } S3 = {a} S3 = {∞}, với n > 6, b = 0, c1 = a, c2 = a, (c1 − a)n = (c2 − a)n , (ck − a)n (cj − a)n = b2n (k, j = 1, 2) Giả sử f g hai hàm phân hình khác thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2, 3) f ≡ g Từ Định lí 2.31 ta có ba tập hợp S1 (với phần tử), S2 (với phần tử) S3 (với phần tử) cho hai hàm phân hình khác f g thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2, 3) f ≡ g Định lí sau mở rộng Định lí 2.31 Định lý 2.32 ([6]) Cho S1 = {0}, S2 = {∞} S3 = {ω|P (ω) = aω n − n (n − 1) ω + 2n (n − 2) bω − (n − 1) (n − 2) b2 = 0}, với n(> 4) số nguyên, a b hai số phức khác không thỏa mãn abn−2 = 1, Nếu f g hai hàm phân hình thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2, 3) f ≡ g Từ Định lí 2.32 ta có ba tập hợp S1 (với phần tử), S2 (với phần tử) S3 (với phần tử) cho hai hàm phân hình khác f g thỏa mãn E (Sj , f ) = E (Sj , g) với j = (1, 2, 3) f ≡ g Định lí sau mở rộng Định lí 2.32 Định lý 2.33 ([6]) Cho S1 = {0}, S2 = {∞} S3 = {ω|P (ω) = aω n −n (n − 1) ω +2n (n − 2) bω−(n − 1) (n − 2) b2 = 0}, với n(> 4) số nguyên, a b hai số phức khác không thỏa mãn abn−2 = 1, Nếu f g hai hàm phân hình thỏa mãn E (S1 , f ) = E (S1 , g), E (S2 , f ) = E (S2 , g) E (S3 , f ) = E (S3 , g) f ≡ g 36 Chứng minh Đầu tiên, ta xét hàm hữu tỉ R (ω) = aω n , n (n − 1) (ω − α1 ) (ω − α2 ) (2.42) với α1 α2 hai nghiệm phân biệt phương trình n (n − 1) ω − 2n (n − 2) bω + (n − 1) (n − 2) b2 = Từ (2.42) ta có (n − 2) aω n−1 (ω − b)2 , R (ω) = n (n − 1) (ω − α1 )2 (ω − α2 )2 (2.43) ω = nghiệm với bội n phương trình R(ω) = ω = b nghiệm với bội phương trình R(ω) − c = 0, với c = abn−2 /2 (= 1) Từ a(ω − b)3 Qn−3 (ω) R (ω) − c = , n (n − 1) (ω − α1 ) (ω − α2 ) (2.44) với Qn−3 (ω) đa thức bậc n − Ngoài R (ω) − = P (ω) n (n − 1) (ω − α1 ) (ω − α2 ) (2.45) Từ (2.43) (2.45) ta có P (ω) = aω n − n (n − 1) ω + 2n (n − 2) bω − (n − 1) (n − 2) b2 , có khơng điểm đơn Cho F G định nghĩa F = R(f ), G = R(g) (2.46) Từ (2.42), (2.45) (2.46) ta suy F G chung giá trị 0, CM T (r, f ) = T (r, F ) + S(r, F ), n T (r, g) = T (r, G) + S(r, G) n (2.47) Cho H Bổ đề 2.1 giả sử H ≡ Với f g chung ∞ IM, từ Bổ đề 2.4 ta có N (r, f ) = N (r, g) = S (r, F ) + S(r, G) (2.48) 37 Từ (2.42), (2.46), (2.48) ta có N (r, F ) = N r, f − α1 + N r, f − α2 + S (r, F ) + S(r, G), (2.49) N (r, G) = N r, g − α1 + N r, g − α2 + S (r, F ) + S(r, G) (2.50) Mặt khác, từ Bổ đề 2.1, 2.2 (2.48) suy N 1) r, F −1 ≤ N (2 + N (2 + N0 1 + N (2 r, + N (2 r, f − α1 f − α2 g − α1 1 r, + N (2 r, + N (2 r, g − α2 F −c G−c 1 r, + N0 r, + S (r, F ) + S(r, G), (2.51) F G r, với N0 (r, 1/F ) hàm đếm số không điểm F không không điểm F (F − c)(F − 1), N0 (r, 1/G ) định nghĩa tương tự Áp dụng định lí thứ hai ta có F −c 1 + N r, + N (r, G) + N r, F −1 G 1 + N r, + N r, − N0 r, G−c G−1 F − N0 r, + S (r, F ) + S(r, G), (2.52) G 2T (r, F ) + 2T (r, G) ≤ N (r, F ) + N r, F + N r, ý N r, F −1 1 − N 1) r, G−1 F −1 1 = N (2 r, + N r, F −1 G−1 ≤ N r, ≤ T (r, G) + S(r, G) G−1 + N r, (2.53) 38 Do đó, từ (2.48), (2.51)-(2.53) suy 1 + N (2 r, F −c F −c 1 + N r, + N (2 r, G−c G−c 1 + N r, + N r, + N r, f − α1 f − α2 g − α1 + N r, + S (r, F ) + S(r, G) (2.54) g − α2 F + N r, G 2T (r, F ) + T (r, G) ≤ N r, + N r, Mặt khác N r, N r, F −c F + N (2 ≤ N r, r, F −c f ≤ ≤ 2N r, ≤ N r, f − α1 + N r, T (r, F ) + S(r, F ), n f −b + N r, Qn−3 (f ) n−1 T (r, F ) + S(r, F ), n f − α2 ≤ T (r, F ) + S(r, F ) n Từ N r, F 1 + N (2 r, + N r, F −c F −c f − α1 + N r, ≤ 1+ T (r, F ) + S(r, F ) (2.55) f − α2 n + N r, Tương tự N r, G 1 + N (2 r, + N r, G−c G−c g − α1 + N r, ≤ 1+ T (r, G) + S(r, G) (2.56) g − α2 n + N r, Do đó, từ (2.54)-(2.56) ta 2T (r, F ) + T (r, G) ≤ + (T (r, F ) + T (r, G)) + S (r, F ) + S(r, G) n (2.57) 39 Tương tự T (r, F ) + 2T (r, G) ≤ + (T (r, F ) + T (r, G)) + S (r, F ) + S(r, G) n (2.58) Cộng (2.57) (2.58) 3T (r, F ) + 3T (r, G) ≤ + (T (r, F ) + T (r, G)) + S (r, F ) + S(r, G) n (2.59) Từ (2.59) với n ≤ mâu thuẫn với giả thiết Vì H ≡ Từ (2.29) ta có F 2G G 2F − ≡ − F −1 F G−1 G (2.60) Bằng phép lấy tích phân, từ (2.60) ta thấy A ≡ + B, G−1 F −1 (2.61) với A (= 0), B số Từ (2.61) ta có G= (B + 1) F + (A − B − 1) BF + (A − B) (2.62) T (r, G) = T (r, F ) + O(1) (2.63) Ta xét ba trường hợp sau Trường hợp 1: B = 0, −1 Từ (2.62) giả thiết định lí ta thấy ∞ giá trị bỏ Picard f g Từ ta có N (r, F ) = N r, f − α1 + N (r, ), f − α2 (2.64) N (r, G) = N r, g − α1 + N (r, ) g − α2 (2.65) Giả sử A − B − = 0, từ (2.62) ta có N r, F + ((A − B − 1) / (B + 1)) = N (r, ) G 40 Áp dụng định lí thứ hai, từ (2.47), (2.63)-(2.65) ta nT (r, f ) ≤ N (r, F ) + N r, + S (r, F ) ≤ N r, + N r, g F F + ((A − B − 1) / (B + 1)) 1 + N r, + N r, f − α2 f + N r, f − α1 + S (r, f ) ≤ 4T (r, f ) + S(r, f ), điều mâu thuẫn với giả thiết n ≤ Mặt khác, ta có A − B − = 0, (2.62) viết thành G= (B + 1) F BF + (2.66) Từ N r, F + (1/B) = N (r, G) = N r, g − α1 + N (r, ) (2.67) g − α2 Ta xét hai trường hợp Trường hợp 1.1: c = −1/B Từ (2.44), (2.46) (2.47) ta có N r, F −c ≤ n−2 T (r, F ) + S (r, F ) n ≤ (n − 2) T (r, f ) + S(r, f ) (2.68) Áp dụng định lí thứ hai, từ (2.47), (2.63), (2.64), (2.67) (2.68) suy 1 + N r, F + (1/B) F −c 1 + S (r, F ) ≤ N r, + N r, f − α1 f − α2 1 + N r, + N r, + N r, f g − α1 g − α2 2nT (r, f ) ≤ N (r, F ) + N r, F + N r, + (n − 2) T (r, f ) + S (r, f ) ≤ (n + 3) T (r, f ) + S(r, f ), nên n < 4, điều mâu thuẫn với giả thiết 41 Trường hợp 1.2: c = −1/B, (2.66) viết thành G= (1 − c) F , F −c suy F = cG G − (1 − c) (2.69) Từ (2.69) ta có N r, G − (1 − c) = N (r, F ) = N r, f − α1 + N (r, ) f − α2 (2.70) Từ (2.44), (2.46) (2.47) ta có N r, G−c ≤ (n − 2) T (r, g) + S(r, g) (2.71) Do c = abn−2 /2 = 1/2, ta có − c = c Từ (2.47), (2.63), (2.65), (2.70) (2.71), áp dụng định lí thứ hai ta 2nT (r, g) ≤ N (r, G) + N r, G + N r, G − (1 − c) + N r, G−c + S (r, G) g − α1 + N r, f − α2 ≤ N r, + N r, g − α2 + N r, g + N r, f − α1 + (n − 2) T (r, g) + S (r, g) ≤ (n + 3) T (r, g) + S(r, g), nên n ≤ 3, mâu thuẫn vói giả thiết n > Trường hợp 2: B = −1, (2.62) viết thành G= A −F + (A + 1) (2.72) Giả sử A + = Với F G chung giá trị CM, từ (2.72) ta thấy A/(A + 1) giá trị bỏ Picard G Áp dụng định lí thứ 42 hai ta có nT (r, g) ≤ N (r, G) + S (r, g) ≤ N (r, g) + N r, g − α1 + N r, g − α2 + S (r, g) ≤ 3T (r, g) + S(r, g), nên n ≤ 3, mâu thuẫn Mặt khác, ta có A + = Vì F G ≡ Từ (2.46) ta có gn n2 (n − 1)2 fn = , (f − α1 ) (f − α2 ) (g − α1 ) (g − α2 ) a2 (2.73) với f g chung giá trị 0, ∞ CM, từ (2.73) ta thấy 0, α1 , α2 , ∞ giá trị bỏ Picard f Điều xảy Trường hợp 3: B = 0, (2.62) viết sau G= F + (A − 1) A (2.74) Giả sử A − = Với F G chung giá trị CM, từ (2.74) ta thấy − A giá trị bỏ Picard F Áp dụng định lí thứ hai ta có nT (r, f ) ≤ N (r, F ) + S (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, f − α1 + N r, f − α2 + S (r, f ) ≤ 3T (r, f ) + S(r, f ), nên n ≤ 3, điều mâu thuẫn Mặt khác, ta có A − = 0, F ≡ G Như vậy, f g chung giá trị ∞ CM Từ (2.42) (2.46) ta n (n − 1) f g f n−2 − g n−2 − 2n (n − 2) bf g f n−1 − g n−1 + (n − 1) (n − 2) b2 (f n − g n ) = (2.75) Cho h = f /g, từ f g chung ∞ CM, ta thấy h hàm nguyên 43 Thế f = hg vào (2.75) ta n (n − 1) h2 g hn−2 − − 2n (n − 2) bhg hn−1 − + (n − 1) (n − 2) b2 (hn − 1) = (2.76) Từ (2.76) ta có n2 (n − 1)2 h2 g hn−2 − − 2n2 (n − 1) (n − 2) bhg hn−1 − hn−2 − = −n(n − 1)2 (n − 2) b2 (hn − 1) (hn−2 − 1) (2.77) Sử dụng Bổ đề 2.5 (2.77) suy n (n − 1) h hn−2 − g − n (n − 2) b hn−1 − = −n (n − 2) b2 Q(h), (2.78) với Q (h) = (h − 1)4 (h − β1 ) (h − β2 ) (h − β2n−6 ), βj ∈ C\ {0, 1}, (j = 1, 2, , 2n − 6) có cấp tối thiểu Với h hàm nguyên, áp dụng định lí thứ hai ta có 2n − ≤ 2, tức n ≤ 4, điều mâu thuẫn Mặt khác, h số, từ (2.77) ta có hn−2 − = hn−1 − = 0, kéo theo h = 1, f ≡ g Định lí chứng minh Nhận xét Giả sử abn−2 = 2, dễ thấy ω = b nghiệm bội ba phương trình P (ω) = aω n − n (n − 1) ω + 2n (n − 2) bω − (n − 1) (n − 2) b2 = Vì vậy, S3 = {ω|P (ω) = 0} Định lí 2.32 2.33 tập ˆ Điều cho thấy ” abn−2 = ” Định lí 2.32 2.33 C cần thiết Giả sử S1 = {0}, S2 = {∞} S3 = {ω|P (ω) = aω n − n (n − 1) ω + 2n (n − 2) bω−(n − 1) (n − 2) b2 = 0}, với n = 5, a b hai số phức khác không thỏa mãn abn−2 = Cho f (z) = b (ez + 1) g (z) = b (e−z + 1) Dễ thấy f g thỏa mãn E (S1 , f ) = E (S1 , g), E (S2 , f ) = E (S2 , g) E (S3 , f ) = E (S3 , g) f ≡ g Điều cho thấy ” abn−2 = ” Định lí 2.32 2.33 khơng thể bỏ qua Với n > ta có định lí sau mở rộng Định lí 2.33 44 Định lý 2.34 ([6]) Cho S1 = {0}, S2 = {∞} S3 = {ω|P (ω) = aω n −n (n − 1) ω +2n (n − 2) bω−(n − 1) (n − 2) b2 = 0}, với n(> 5) số nguyên, a b hai số phức khác không thỏa mãn abn−2 = Nếu f g hai hàm phân hình thỏa mãn E (S1 , f ) = E (S1 , g), E (S2 , f ) = E (S2 , g) E (S3 , f ) = E (S3 , g) f ≡ g Chứng minh Căn vào chứng minh Định lí 2.33, ta có (2.62) (2.63) Ta xét ba trường hợp sau: Trường hợp 1: B = 0, −1 Tương tự chứng minh Định lí 2.33, ta có (2.64)-(2.67) Áp dụng định lí thứ hai, từ (2.47), (2.63), (2.64) (2.67) ta nT (r, f ) ≤ N (r, F ) + N r, F + N r, F + (1/B) + S (r, F ) 1 + N r, + N r, f − α1 f − α2 f 1 + N r, + N r, + S (r, f ) g − α1 g − α2 ≤ N r, ≤ 5T (r, f ) + S(r, f ), nên n ≤ 5, điều mâu thuẫn với giả thiết n > Trường hợp 2: B = −1 Tương tự chứng minh Định lí 2.33, ta thấy mâu thuẫn với giả thiết Trường hợp 3: B = Tương tự chứng minh Định lí 2.33, ta suy f ≡ g Định lí chứng minh Định lí 2.34 cho thấy abn−2 = Định lí 2.32 2.33 bỏ qua được, với n > 45 Kết luận Trong luận văn nghiên cứu vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp Cụ thể chúng tơi trình bày Tổng hợp số kiến thức lí thuyết phân bố giá trị Nevanlinna: hàm Nevanlinna tính chất, hai định lí quan hệ số khuyết Các kiến thức cần thiết cho việc chứng minh kết Giới thiệu số khái niệm tính chất hàm phân hình chung ba giá trị Chứng minh số kết hàm phân hình trường hợp ❼ Chung kể bội; ❼ Chung có trọng số Chứng minh số kết vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp Từ kết ta suy tồn tập S gồm phần tử cho với hai hàm phân hình f g khác thỏa mãn E (S, f ) = E (S, g), E ({0} , f ) = E ({0} , g) E ({∞} , f ) = E ({∞} , g) f ≡ g 46 Tài liệu tham khảo [1] Frank G., Reinders M (1998), "A unique range sets for meromorphic functions with 11 elements", Complex Variables, 37, 185–193 [2] Gross F (1977), "Factorization of meromorphic functions and some open problems", Complex Analysis (Proc Conf Univ Kentucky, Lexington, KY, 1976), Lecture Notes in Math, Vol 599, pp 51–69 Springer, Berlin [3] Gundersen G G (1979), "Meromorphic functions that share three or four values", Journal of the London Mathematical Society, 20, 457–466 [4] Gross F., Osgood C F (1982), "Entire functions with common preimages", Factorization Theory of Meromorphic Functions (New York: Marcel Dekker), 19–24 [5] Lahiri I (2001), "Weighted sharing and uniqueness of meromorphic functions", Nagoya Mathematical Journal, 161, 193–206 [6] Lin W C., Yi H X (2003), "Uniqueness Theorems for Meromorphic functions that share three sets", 315-327 [7] Ye S Z (1992), "Uniqueness of meromorphic functions that share three values", Kodai Math J, 15, 236-243 [8] Tohge K (1988), "Meromorphic functions covering certain finite sets at the same points", Kodai Mathematical Journal, 11, 249–279 [9] Ueda H (1980), "Unicity theorems for meromorphic or entire functions", Kodai Math J, 3, 457-471 [10] Yi H X (1987), "Meromorphic functions with common preimages", Journal of Mathematics, 7, 219–224 47 [11] Yi H X (1988), "Meromorphic functions that share three values", Chinese Ann Math, 9A, 434-439 [12] Yi H X (1988), "On the uniqueness of meromorphic functions", Acta Mathematica Sinica, 31, 570–576 [13] Yi H X (1990), "Meromorphic functions that share two or three values", Kodai Math J, 13, 363-372 [14] Yi H X (1990), "On a result of Gross and Yang", Tôhoku Math J, 42, 419-428 [15] Yi H X.(1994), "Uniqueness of meromorphic functions and a question of Gross", Sci China (Ser A), 37, 802–813 [16] Yi H X (1995), "Unicity theorems for Meromorphic functions that share three values", Kodai Math J, 18, 300-314 [17] Yi H X (1995), "Meromorphic functions that share one or two values", Complex Variables, 28, 1–11 [18] Yi H X (1997), "Meromorphic functions that share three sets", Kodai Mathematical Journal, 20, 22–32 [19] Yi H X (1998), "Meromorphic functions that share three values", Bulletin of the Hong Kong Mathematical Society, 2, 55–64 [20] Yi H X (2005), "Meromorphic functions with weighted sharing of three values", 923-934 ... S(r) (1.10) 13 Chương Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp 2.1 Hàm phân hình chung ba giá trị Trong phần này, chúng tơi trình bày lại số kết vấn đề cho hàm phân hình chung ba giá trị số tác giả... chất hàm phân hình chung ba giá trị Chứng minh số kết hàm phân hình trường hợp ❼ Chung kể bội; ❼ Chung có trọng số Chứng minh số kết vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp Từ kết ta suy tồn tập. .. 10 Vấn đề hàm phân hình chung ba tập hợp 13 2.1 Hàm phân hình chung ba giá trị 13 2.1.1 Chung kể bội 13 2.1.2 Chung có trọng số 23 2.2 Hàm phân hình chung