Phân tích Hàm nguyên và Hàm phân hình : Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01 02

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG 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 NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Chu Đức Hiệp PHÂN TÍCH HÀM NGUN VÀ HÀM PHÂN HÌNH Chun ngành: Tốn 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 trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khối, người thầy tận tình hướng dẫn để em hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa, đặc biệt PGS.TS Nguyễn Đình Sang, người thầy ln giúp đỡ có ý kiến đóng góp quý báu trình học tập nghiên cứu Em xin cảm ơn thầy phản biện giúp đỡ nhiều q trình hồn thành luận văn Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực luận văn Hà Nội, ngày 09 tháng 12 năm 2013 Học viên Chu Đức Hiệp Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm chỉnh hình biến 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Các tính chất hàm chỉnh hình 1.2 Hàm nguyên 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 Phân tích nghiệm nguyên vài phương trình vi phân đại số 16 2.1 Đặt toán 16 2.2 Một số bổ đề 18 2.3 Phân tích nghiệm ngun vài phương trình vi phân đại số 19 Kết luận 27 Tài liệu tham khảo 28 LỜI MỞ ĐẦU Khi nghiên cứu hàm nguyên hàm phân hình, người ta ý việc phân tích chúng thành hàm hợp Điều hồn tồn tương tự việc phân tích số nguyên thành thừa số nguyên tố (định lý số học) Cách phân tích vậy, khác với trường hợp số học, không Tuy nhiên, nhiều vấn đề tương tự số học đặt Hướng nghiên cứu nêu dẫn đến khái niệm hàm nguyên tố, hàm giả nguyên tố Lĩnh vực nghiên cứu tính chất hàm nguyên tố giả nguyên tố, đặc trưng hóa phân lớp hàm nguyên tố giả nguyên tố trở thành lĩnh vực thời giải tích phức, nhiều nhà tốn học giới quan tâm Bản luận văn có mục đích trình bày khái niệm hàm nguyên tố giả nguyên tố, vài kết gần hướng nghiên cứu Nội dung luận văn viết theo báo “Factorization of entire solutions of some algebraic differential equations” đăng tạp chí Journal of Mathematical analysis and applications năm 2006 Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm chỉnh hình biến 1.1.1 Định nghĩa Giả sử Ω tập mở C Cho u : Ω→C z = x + iy −→ u(z) = u(x, y) u ∈ C (Ω) Ta có: dz = dx + idy, dz = dx − idy u ∈ C (Ω) nên ∂u ∂u dx + dy ∂x ∂y ∂u ∂u (dz + dz) + (dz − dz) = ∂x 2i ∂y ∂u ∂u ∂u ∂u = + dz + − ∂x i ∂y ∂x i ∂y du = dz Đặt ∂u = ∂z ∂u ∂u + ∂x i ∂y ∂u = ∂z ∂u ∂u − ∂x i ∂y Khi đó: du = ∂u ∂u dz + dz ∂z ∂z Ta có định nghĩa sau ∂u = 0, ∀z ∈ Ω ta nói u ∂z hàm chỉnh hình Ω Tập hợp tất hàm chỉnh hình Ω ký hiệu Định nghĩa 1.1 Nếu u ∈ C (Ω) H(Ω) Cho K tập compact C, tồn tập mở W ⊂ C cho K ⊂ W f ∈ H(W ) ta nói f hàm chỉnh hình K 1.1.2 Các tính chất hàm chỉnh hình Tính chất Mọi hàm u ∈ H(Ω) khả vi vô hạn Ω Hơn nữa, u ∈ H(Ω) đạo hàm u thuộc H(Ω) Tính chất Cho K tập compact bất kỳ, K ⊂ Ω, với lân cận mở W ⊂ Ω K Khi đó, với hàm chỉnh hình u ∈ H(Ω) tồn số cj , j = 0, 1, (không phụ thuộc u) cho sup |u(j) (z)| ≤ cj ||u||L1 (W ) , z∈K ∂j u ∂z j Tính chất Tổng chuỗi lũy thừa u(j) = ∞ an z n u(z) = n=0 hàm chỉnh hình phần đường tròn hội tụ ngược lại, f ∈ H(V (z0 )) Khi đó: ∞ cn (z − z0 )n f (z) = n=0 Tính chất Cho u : C → C hàm chỉnh hình, u bị chặn u hàm Tính chất (Ngun lý mơ đun cực đại) Nếu f hàm chỉnh hình khác miền D liên tục D |f | đạt cực đại ∂D Tính chất Giả sử f hàm chỉnh hình D, liên tục D khơng triệt tiêu D, |f | đạt cực tiểu ∂D 1.2 Hàm nguyên Định nghĩa 1.2 Hàm f (z) chỉnh hình tồn mặt phẳng phức C gọi hàm nguyên Hàm nguyên f (z) khai triển thành chuỗi lũy thừa: ∞ cn z n f (z) = n=0 Ví dụ: ∞ zn e = , n! n=0 z ∞ (−1)n−1 sin z = n=1 z 2n−1 (2n − 1)! Một hàm nguyên mà không tồn giới hạn z → +∞ gọi hàm nguyên siêu việt Các hàm nguyên hàm nguyên siêu việt đa thức Như đa thức khai triển thành chuỗi lũy thừa hữu hạn Bây ta định nghĩa cấp hàm nguyên Cho f (z) hàm nguyên Ta định nghĩa hàm Mf (r) = max |f (z)| |z|=r Theo nguyên lý môđun cực đại, f khác số Mf (r) hàm tăng theo r Định nghĩa 1.3 Một hàm nguyên f (z) gọi có cấp hữu hạn tồn số nguyên dương t cho: Mf (r) < er t với r đủ lớn (r > r0 đó, r0 = r0 (t) số phụ thuộc vào t) Cận số t nói gọi cấp hàm nguyên f (z) ký hiệu 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 hàm f (z) ứng với cấp ρ đại lượng ký hiệu xác định σ = limr→+∞ Mf (r) rρ Khi dễ thấy σ cận số A cho Mf (r) < eAr ρ cấp f đại lượng: f ∗ (t) = limr→+∞ log log Mf (r) log r Sau số tính chất hàm nguyên Định lý 1.5 Giả sử f (z) hàm nguyên siêu việt có cấp hữu hạn có khai triển thành chuỗi lũy thừa : ∞ cn z n f (z) = n=0 Khi f (t) = limn→+∞ n log n log cn (σeρ)1/ρ = limn→+∞ n1/ρ |cn |1/n b số, suy với K nguyên dương eKa eaz+b phải hàm chẵn Ta cần chứng minh h(z) khơng có nhân hữu tỷ Thật vậy, giả sử h(z) có nhân hữu tỷ h(z) viết dạng : h(z) = R1 (z) R1 (z) g(z) ⇒ eaz+b + p(z) = g(z) R2 (z) R2 (z) Giả sử R2 (z) có khơng điểm z0 Khi đó, z → z0 vế phải tiến đến vơ cịn vế trái tiến đến số hữu hạn Vậy h(z) khơng có nhân tử hữu tỷ Định lý chứng minh 15 Chương Phân tích nghiệm ngun vài phương trình vi phân đại số 2.1 Đặt toán Cho F (z) hàm phân hình Giả sử F (z) biểu diễn dạng F (z) = f (g(z))(= f ◦ g(z)), (2.1) f hàm phân hình, cịn g hàm ngun Khi gọi biểu thức (2.1) phân tích hàm F , f g gọi nhân tử trái phải tương ứng F Nếu từ phân tích F suy hai hàm f g song tuyến tính F gọi hàm ngun tố Nếu từ phân tích dẫn đến kết luận f phải dạng song tuyến tính, cịn g hàm siêu việt đó, F gọi nguyên tố trái Nếu nhân tử hạn chế phạm vi hàm nguyên việc phân tích 16 gọi phân tích hàm nguyên Với cách định nghĩa trên, hàm nguyên nguyên tố gọi E - nguyên tố Cũng với cách phân tích trên, giả sử F (z) biểu diễn F (z) = f (g(z)) = f ◦ g(z) g hàm phân hình f hàm hữu tỷ Nếu phân tích F suy f hàm hữu tỷ g đa thức F gọi giả nguyên tố Nếu phân tích đưa đến kết luận : f hàm siêu việt g phải tuyến tính F gọi nguyên tố phải Khi nhân tử hạn chế hàm nguyên ta gọi việc phân tích phân tích hàm nguyên Một hàm nguyên giả nguyên tố ký hiệu E - giả nguyên tố Bây nghiên cứu phân tích nghiệm nguyên siêu việt hai lớp phương trình đại số vi phân sau bn (z)f in (f )jn + bn−1 (z)f in −1 (f )jn −1 + + b0 (z)f i0 (f )j0 = b(z), (2.2) n ∈ N số tự nhiên, is ≥ 0, js ≥ 0, is + js > (0 ≤ s ≤ n) số nguyên bi (z), b(z) không đồng (0 ≤ i ≤ n) đa thức Và an (z)f (n) + an−1 (z)f (n−1) + + a0 (z)f = a(z) (2.3) Trong a0 (z), , an−1 (z), an (z), a(z) khơng đồng đa thức Việc phân tích nghiệm ngun siêu việt phương trình (2.3) (2.2) nghiên cứu vào năm kỷ 21 dẫn đến hai kết đặc sắc sau : Định lý A, [8] Bất kỳ nghiệm phân hình (2.3) giả nguyên tố Định lý B, [5] Tất nghiệm nguyên siêu việt (2.2) giả nguyên tố 17 Giả sử F (ξ) nghiệm nguyên siêu việt (2.3) (2.2) F (ξ) = f (g(x)) Khi theo định lý A định lý B ta kết luận f hàm hữu tỷ g đa thức Vấn đề đặt biết thêm hàm f g? Mục đích chương này, chương luận văn chứng minh số tính chất f g sau bổ sung số điều kiện phương trình (2.3) phương trình (2.2) 2.2 Một số bổ đề Để chứng minh tính chất hàm f g đây, trước hết giới thiệu bốn bổ đề mà ta sử dụng Việc chứng minh bốn bổ đề tìm tài liệu tham khảo Bổ đề 2.1 Cho F hàm ngun siêu việt khơng tuần hồn Khi F nguyên tố F E - nguyên tố Bổ đề 2.2 Cho p(z1 , z2 , z3 ) đa thức theo ba biến z1 , z2 z3 Khi nghiệm phân hình phương trình vi phân cấp 1: p(z, f, f ) = có cấp tăng hữu hạn Bổ đề 2.3 Cho F hàm nguyên có bậc hữu hạn, đạo hàm F (z) có vơ số nghiệm Giả thiết số phức C, phương trình sau đồng thời thỏa mãn:   F (z) =C  F (z) =0 có hữu hạn nghiệm Khi F (z) E - nguyên tố trái Bổ đề 2.4 Cho f1 , f2 , , fn g hàm nguyên h1 , h2 , , hn hàm phân hình cho bất đẳng thức: n T (r, hj ) ≤ KT (r, g) j=1 18 đúng, với K số Giả thiết fj hj (j = 1, 2, , n) thỏa mãn f1 (g(z))h1 (z) + f2 (g(z))h2 (z) + + fn (g(z))hn (z) ≡ Khi tồn hai tập hợp đa thức {pj } {qj } (j = 1, 2, , n) không đồng thời trong hai tập : p1 (g(z))h1 (z) + p2 (g(z))h2 (z) + + pn (g(z))hn (z) ≡ f1 (z)q1 (z) + f2 (z)q2 (z) + + fn (z)qn (z) ≡ 2.3 Phân tích nghiệm ngun vài phương trình vi phân đại số Xét phương trình vi phân đại số bn (ξ)f in (f )jn + bn−1 (ξ)f in −1 (f )jn −1 + + b0 (ξ)f i0 (f )j0 = b(ξ) (2.4) Trong n số tự nhiên, is ≥ 0, js ≥ 0, is + js > (0 ≤ s ≤ n) số nguyên bi (ξ) = (0 ≤ i ≤ n) đa thức theo ξ Bài toán đặt phân tích nghiệm ngun phương trình này, từ giúp tìm ngun tố giả nguyên tố lớp hàm nguyên Chúng ta chứng minh hai định lý Định lý 2.5 Giả sử phương trình (2.4) thỏa mãn điều kiện deg bn (ξ) < deg bn−1 (ξ) < < deg b0 (ξ) Giả sử F (ξ) nghiệm nguyên siêu việt (2.4) Khi ba trường hợp sau 19 (1) F (ξ) hàm nguyên tố (2) F (ξ) có nhân tử trái q(ξ) có dạng: q(ξ) = c(ξ − a)k + b a, b ∈ C, c = 0, k ∈ Z k = (3) F (ξ) có nhân tử phải đa thức p(ξ) cho deg p(ξ) > deg p|(deg bs + jt ) − (deg bt + js ) (2.5) với hai số nguyên s, t đó, ≤ s = t ≤ n Chứng minh Điều khẳng định 1: Nghiệm F (z) hàm ngun siêu việt khơng tuần hồn Giả sử ngược lại F (z) tuần hoàn với chu kỳ τ Khi từ giả thiết đa thức hệ số bj (z), ≤ j ≤ n dễ thấy có tồn số nguyên < k0 < k1 < < kn cho : bn (z + k0 τ ) bn−1 (z + k0 τ ) b0 (z + k0 τ ) bn (z + k1 τ ) bn−1 (z + k1 τ ) b0 (z + k1 τ ) = q(z) = bn (z + kn τ ) bn−1 (z + kn τ ) b0 (z + kn τ ) Bây ta xét hệ:    bn (z + k0 τ )f in (z)(f (z))jn + + b0 (z + k0 τ )f i0 (z)(f (z))j0       bn (z + k1 τ )f in (z)(f (z))jn + + b0 (z + k1 τ )f i0 (z)(f (z))j0         b (z + k τ )f in (z)(f (z))jn + + b (z + k τ )f i0 (z)(f (z))j0 n n n = b(z + k0 τ ) = b(z + k1 τ ) = b(z + kn τ ) Từ kết luận f in (z)(f (z))jn hàm hữu tỷ Điều trái với giả thiết f hàm siêu việt 20 Điều khẳng định 2: Nếu F (ξ) có vơ hạn nghiệm F (ξ) hàm nguyên tố F (ξ) có nhân tử đa thức phải p(ξ) cho deg p|(deg bs + jt ) − (deg bt + js ) với hai số nguyên s, t ≤ s = t ≤ n Trước hết ta thấy hệ phương trình :   F (ξ) =C  F (ξ) =0 có hữu hạn nghiệm với C ∈ C dạng phương trình (2.4) nhờ giả thiết định lý 2.5 Từ bổ đề 2.2 ta suy cấp F (ξ) hữu hạn từ bổ đề 2.3 ta kết luận F (ξ) E - nguyên tố trái Bây hai trường hợp ta cần xét thêm Trường hợp Nếu F (ξ) E - nguyên tố phải Khi F (ξ) E - nguyên tố, khẳng định F (ξ) hàm ngun siêu việt khơng tuần hồn, nhờ vào bổ đề 2.1 ta suy F (ξ) nguyên tố Trường hợp Nếu F (ξ) E - nguyên tố phải Khi F (ξ) phân tích F (ξ) = f (p(ξ)), f hàm nguyên siêu việt p(ξ) đa thức deg p ≥ Từ có bn [f (p)]in [f (p)p ]jn + bn−1 [f (p)]in −1 [f (p)p ]jn −1 + + b0 [f (p)]i0 [f (p)p ]j0 = Từ đẳng thức bổ đề 2.4 ta suy tồn đa thức p1 , p2 , , pn+1 cho : bn pn (p)(p )jn + bn−1 pn−1 (p)(p )jn −1 + b0 p0 (p)(p )j0 − bn+1 = 0, ta giả thiết bn+1 (ξ) = b(ξ) jn+1 = Trong đồng thức trên, phải có số hạng, giả sử bn pn (p)(p )jn = Do phải tồn hai số nguyên dương s, t (0 ≤ s = t ≤ n + 1) cho deg bs ps (p)(p )js = deg bt pt (p)(p )jt , 21 nghĩa (deg ps + js − deg pt − jt )deg p = (deg bt + js ) − (deg bs + jt ) Do deg p|(deg bt + js ) − (deg bs + jt ) Điều khẳng định chứng minh Điều khẳng định Nếu F (ξ) = có số hữu hạn nghiệm F (ξ) có nhân tử trái dạng p(ξ) = c(ξ − a)k + b, a, b, c ∈ C, c = k ∈ Z, k = F (ξ) có nhân tử phải đa thức p(ξ) cho (2.5) Vì F (z) có hữu hạn khơng điểm, tồn đa thức p(z) không đồng số nguyên số α(z) cho F (z) = p(z)eα(z) Vì vậy, khơng tổng qt, ta có : z p(t)eα(t) dt F (z) = (2.6) Giả thiết F (z) phân tích hóa F (z) = f (g(z)) Khi theo định lý B, có ba trường hợp cần khảo sát : (1) f hàm hữu tỷ g hàm phân hình siêu việt (2) f đa thức g hàm nguyên siêu việt (3) g đa thức Nếu điều kiện (2.5) chứng minh : deg g|(deg bt + js ) − (deg bs + jt ) với s, t (0 ≤ s = t ≤ n+1) phương pháp sử dụng trường hợp khẳng định Bây xét hai trường hợp khác: Trường hợp Nếu f có cực điểm w0 , g khơng thể nhận giá trị w0 gz = w0 + eu(z) với u(z) hàm nguyên số Hơn 22 g hàm nguyên với giá trị Picard hữu hạn w0 , f khơng thể có Q1 , Q1 (w) cực điểm khác ngồi w0 Do f (w) = (w − w0 )k đa thức với Q1 (w0 ) = k ≥ số tự nhiên Từ điều từ bổ đề 2.4 có z F (z) = Q1 (w0 + eu(z) )e−ku(z) = p(t)eα(t) dt Do : Q1 (w0 + eu(z) )u (z)e−(k−1)u(z) − kQ1 (w0 + eu(z) )u (z)e−ku(z) − p(z)eα(z) ≡ Q1 (w) đồng C số C (= 0) Như F (z) có nhân tử trái f (z) = C (z − w0 )k Trường hợp f (w) khơng có cực điểm, tức f (w) đa thức deg f (w) = 1, ta có điều cần chứng minh Chúng ta giả thiết deg f (w) ≥ Nhưng từ (2.6), ta có z p(t)eα(t) dt = F (z) = f (g(z)) Vì f (g(z))g(z) = p(z)eα(z) , từ điều ta suy f (w) = (w − w1 )k−1 w1 thuộc C k = deg f (w) Do : f (w) = (w − w1 )k + C k với C ∈ C Đây cần mong muốn Bằng cách kết hợp trường hợp trường hợp ta thấy điều khẳng định chứng minh Bây từ điều khẳng định ta suy định lý 2.5 23 Định lý 2.6 Xét phương trình an (ξ)f (n) + an−1 (ξ)f (n−1) + + a0 (ξ)f = a(ξ) (2.7) a0 (ξ), a1 (ξ), , an−1 (ξ), an (ξ) đa thức không đồng thỏa mãn điều kiện deg an (ξ) ≤ deg an−1 (ξ) ≤ ≤ deg a0 (ξ) Nếu f (ξ) nghiệm nguyên siêu việt (2.7) f (ξ) = g(p(ξ)) với đa thức p(ξ) hàm tuyến tính deg p|(deg aj + i) − (deg + j) với ≤ i = j ≤ n, deg p|(deg a + i) − (deg ) với ≤ i ≤ n Chứng minh Giả sử f (z) nghiệm nguyên siêu việt phương trình (2.7) giả sử f (z) = g(p(z)) với g hàm nguyên siêu việt p(z) đa thức Nếu deg p = 1, định lý chứng minh, ta chứng minh với giả thiết deg p ≥ Trước hết ta chứng minh rằng, với n ≥ 1, f (n) = (g(p))(n) = g (n) (p)Un,n + g (n−1) (p)Un,n−1 + + g (p)Un,1 n g (j) (p)Un,1 = j=1 Ở Un,j đa thức vi phân p với ≤ i ≤ n Un,j đa thức biến z Như dễ dàng kiểm tra deg Un,j = max{0, jdeg p − n} 24 (2.8) với ≤ j ≤ n Do đó, deg Un,n ≥ deg Un,n−1 ≥ ≥ deg Un,1 Vì : i n f (i) = a(z) f (i) g (j) (p)Ui,j = j=1 i=0 có : n i g (j) (p)Ui,j + a0 g(p) − a(z) = i=1 j=1 Do : n n g (j) Ui,j + a0 g(p) − a(z) = (p) j=1 (2.9) i=j Mặt khác từ (2.8) có, với j < n deg Uj,j = jdeg p − j ≥ max{0, jdeg p − (j + 1)} = deg Uj+1,i ≥ max{0, jdeg p − n} = deg Un,j Điều với giả thiết định lý n Ui,j ) = deg (aj Uj,j ) = deg aj + jdeg p − n deg ( (2.10) i=j Cùng với (2.9) bổ đề 2.4, suy tồn đa thức q0 , q1 , , qn+1 (Mà tất đa thức đồng 0) cho n n qj (p) j=1 Ui,j + a0 q0 (p) + aqn+1 (p) = (2.11) i=j Kết hợp (2.10) (2.11) ta kết luận tồn hai số nguyên s t, ≤ s = t ≤ n cho : deg qs deg p + deg as + s deg p − s = deg qt deg p + (deg at + tdeg p − t), 25 có số số nguyên khác s, ≤ s ≤ n, cho deg qs deg p + (deg as + s deg p − s) = deg qn+1 deg p + deg a Do : deg p|(deg at + s) − (deg as + t), deg p|(deg a + s) − deg as định lý chứng minh 26 KẾT LUẬN Luận văn trình bày số vấn đề sau: • Một số tính chất hàm nguyên hàm phân hình • Khái niệm hàm ngun tố giả ngun tố • Phân tích nghiệm số lớp phương trình vi phân đại số 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1 ] Hà Huy Khối, Giải tích phức, NXB KHCNVN (sắp in) Tiếng Anh [2 ] A.A.Goldberg (1956), On single-valued solutions of first-order differential, Ukrain.Mat.Zh.8, 254-261 [3 ] Baker, I.N (1962), Permutable Entire functions, Math.Z.79,96 [4 ] C.T.Chuang, C.C.Yang (1990), Fix-points and Factorization of Meromorphic Functions, World Scientific, Singapore [5 ] F.Gross (1972), Factorization of Meromorphic Functions, US Government Printing Office [6 ] F Gross; C.-C Yang; C Osgood (1973), Primeable entire functions, Nagoya Math J.; Vol 51, 123-130 [7 ] L.W.Liao, C.C.Yang (2000), On the growth and factorization of entire functions of algebraic differential equations, Ann Acad Sci Fenn.Math.25 73-84 [8 ] L.W.Liao, C.C.Yang (2004), On factorization of entire functions of bounded type, Ann Acad Sci Fenn.Math.29 345-356 [9 ] I.N.Baker and F.Gross (1969), On factorazing entire functions, Proc.London Math, pp 69-76 [10 ] I.N.Baker and F.Gross (1996), Further results on factorization of entire functions, Proc.Symp.Pure Math., La Jolla, CA, pp 30-35 28 [11 ] L.M Zhu, D.G.Yang, X.L Wang (2003), On the growth of transcendetal entire solutions of algebraic differential equations, J Southeast Univ (English Ed.) 19(1)(2003) 98-102 [12 ] X Wang; C.-C Yang (2006) “Factorization of entire solutions of some algebraic differential equations” J Math Anal Appl 324, 373-380 29