Định lý RITT thứ hai đối với hàm phân hình và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ THU THẢO ĐỊNH LÝ RITT THỨ HAI ĐỐI VỚI HÀM PHÂN HÌNH VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, năm 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ THU THẢO ĐỊNH LÝ RITT THỨ HAI ĐỐI VỚI HÀM PHÂN HÌNH VÀ ỨNG DỤNG Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 8.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS VŨ HOÀI AN Thái Nguyên, năm 2020 i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn cơng trình nghiên cứu riêng tơi hướng dẫn trực tiếp TS Vũ Hoài An Các tài liệu luận văn trung thực Tôi xin cam đoan giúp đỡ cho việc thực luận văn cảm ơn thơng tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Tác giả Nguyễn Thị Thu Thảo Xác nhận Xác nhận Khoa chuyên môn Người hướng dẫn khoa học TS Vũ Hoài An ii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành hướng dẫn tận tình TS Vũ Hồi An Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng kính trọng, biết ơn chân thành sâu sắc đến thầy, người định hướng chọn đề tài dành nhiều thời gian, công sức, giúp đỡ suốt q trình nghiên cứu hồn thiện luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Phịng Đào tạo Sau đại học, Ban chủ nhiệm Khoa Tốn, thầy giáo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, Viện Toán Học Trường Đại học Sư phạm Hà Nội giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập nghiên cứu khoa học Tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp ln cổ vũ, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập hồn thành luận văn Luận văn chắn không tránh khỏi khiếm khuyết, mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn học viên để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, tháng năm 2020 Tác giả Nguyễn Thị Thu Thảo iii Mục lục Trang bìa phụ i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Mở đầu Chương Hai Định lý Lý thuyết phân bố giá trị 1.1 Các hàm Nevanlinna 1.2 Định lý thứ 12 1.3 Định lý thứ hai 13 1.4 Sự xác định hàm phân hình theo nghịch ảnh tập hợp điểm 19 1.5 Một số khái niệm kết bổ trợ 23 Chương Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng 2.1 Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình 25 26 2.2 Ứng dụng Định lý Ritt thứ hai vào vấn đề xác định hàm phân hình 31 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 iv Mở đầu Lí chọn đề tài Định lý lý thuyết số phát biểu sau: Mọi số nguyên mk n ≥ biểu diễn dạng n = pm pk với k ≥ 1, p1 , , pk số nguyên tố đôi phân biệt m1 ≥ 1, , mk ≥ số nguyên dương Năm 1922, Ritt [6] tổng quát hóa định lý đa thức Ơng tương tự phép tốn nhân số thành phép toán hợp đa thức tương tự khái niệm số nguyên tố thành khái niệm đa thức khơng phân tích Áp dụng lý thuyết Galois cho phương trình với ẩn đa thức, Ritt chứng minh hai định lý sau Ta kí hiệu M(C) (tương ứng, A(C)) tập hàm phân hình (ngun) kí hiệu L(C) tập đa thức bậc Đặt E , F tập khác rỗng M(C), hàm phân hình F (z) gọi khơng phân tích E × F cách viết thành nhân tử F (z) = f ◦ g(z) với f (z) ∈ E g(z) ∈ F kéo theo f tuyến tính g tuyến tính Định lý 1.(Định lý Ritt thứ nhất) Cho F tập khác rỗng C[x]\L(C) Nếu đa thức F (z) có hai cách phân tích khác thành đa thức khơng phân tích F × F : F = ϕ1 ◦ ϕ2 ◦ ϕr = ψ1 ◦ ψ2 ◦ ψs , r=s, bậc đa thức ψ với bậc đa thức ϕ khơng tính đến thứ tự xuất chúng Định lý 2.(Định lý Ritt thứ hai) Giả sử a, b, c, d ∈ C[x]\C thỏa mãn a ◦ b = c ◦ d gcd(deg(a), deg(c)) = gcd(deg(b), deg(d)) = Khi tồn hàm tuyến tính lj ∈ C[x] cho (l1 ◦ a ◦ l2 , l2−1 ◦ b ◦ l3 , l1 ◦ c ◦ l2 , l4−1 ◦ d ◦ l3 ) có dạng (Fn , Fm , Fm , Fn ) (X n , X s h (X n ) , X s h(X)n , X n ) , m, n > nguyên tố nhau, s > nguyên tố với n, h ∈ C[x]\X C[x], lj−1 hàm ngược lj , Fn , Fm đa thức Chebychev Định lý thứ hai Ritt mô tả đa thức nghiệm phương trình hàm P (f ) = Q(g) trường hợp bậc đa thức P , Q (tương ứng f , g ) nguyên tố Rõ ràng phương trình đa thức Ritt nghiên cứu trường hợp riêng phương trình hàm P (f ) = Q(g), P , Q đa thức f , g hàm phân hình Phương trình hàm P (f ) = Q(g) nghiên cứu liên tục mạnh mẽ với kết H.Fujimoto, Ha Huy Khoai-C.C.Yang, F.Pakovich, C.C.Yang-X.H.Hua, (Xem [2], [3], [4], [5]) Để ý rằng, phương trình hàm liên quan mật thiết đến vấn đề lý thuyết phân bố giá trị nghiên cứu lần R.Nevanlinna Cho f hàm phân hình khác C Với a ∈ C, ta xác định hàm νfa : C → N νfa = f (z) = a, m f (z) = a với bội m, đặt νf∞ = ν 01 Với f ∈ M(C) S ⊂ C ∪ {∞}, ta định nghĩa f z, νfa (z) : z ∈ C Ef (S) = a∈S Cho F tập khác rỗng M(C) Hai hàm f , g F gọi nhận chung S , tính bội, Ef (S) = Eg (S) Lấy tập S ⊂ C ∪ {∞} f , g hai hàm phân hình (nguyên) khác Nếu Ef (S) = Eg (S) kéo theo f = g với hai hàm phân hình (nguyên) f , g khác hằng, S gọi tập xác định hàm phân hình (nguyên) Hai tập S1 , S2 ⊂ C ∪ {∞} gọi song tập xác định hàm phân hình (nguyên), với hai hàm phân hình (hàm nguyên) f , g thỏa mãn điều kiện Ef (Si ) = Eg (Si ) , i = 1, 2, kéo theo f = g Tập xác định hàm phân hình (hàm nguyên) tìm thấy Frank Reinders, Fujimoto, Li Yang, Mues Reinders, Yi, (Xem [2], [3]) Quy trình giải tốn: Tìm tập xác định hàm phân hình f , g gồm hai bước Bước 1: Chuyển điều kiện nghịch ảnh f , g phương trình hàm P (f ) = cP (g), P đa thức, c = Bước 2: Tìm điều kiện để phương trình P (f ) = cP (g) có nghiệm f = g Quan sát trình ta thấy giải phương trình P (f ) = Q(g), P , Q đa thức, f , g hai hàm phân hình tìm tập X , Y , hàm phân hình f , g thỏa mãn điều kiện Ef (X) = Eg (Y ), X , Y tập không điểm P , Q Từ nhận xét này, ta xét toán sau Bài toán A: Cho X , Y hai tập gồm phần tử biệt C ∪ {∞} Ký hiệu A(f, g) = {f, g ∈ M (C) : Ef (X) = Eg (Y )} Hãy xác định A(f, g) Trong trường hợp X = Y lực lượng A(f, g) tốn A toán tập xác định Đối với Định lý Ritt thứ hai, kết theo hướng nghiên cứu thuộc Pakovich Ông tương tự Định lý Ritt thứ hai cho phương trình hàm P (f ) = Q(g), P , Q đa thức f , g hàm nguyên (xem [5]) Nhờ đó, Pakovich đưa điều kiện cần đủ để đa thức đa thức mạnh Tuy nhiên, tiêu chuẩn khó kiểm tra Trong [2], Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Pham Ngoc Hoa tương tự Định lý Ritt thứ nhất, Định lý Ritt thứ hai cho hàm phân hình Từ đó, ứng dụng, họ giải toán A trường hợp P , Q hai đa thức kiểu Fermat-Waring: P (z) = az n + bz n−m + c, Q(z) = uz n + vz n−m + t Chú ý rằng, trước tiên họ thiết lập Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình, sau hệ họ nhận Định lý Ritt thứ hàm phân hình Họ đưa ứng dụng việc giải phương trình P (f ) = Q(g) vào toán tập xác định Trong [3], Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Le Quang Ninh thiết lập định lý cho đường cong chỉnh hình với siêu mặt kiểu Fermat-Waring thơng qua việc giải phương trình P (f ) = Q(g) nói Với lý trên, tơi chọn đề tài "Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng" Mục tiêu luận văn Trên sở kết Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Pham Ngoc Hoa [2], Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Le Quang Ninh [3], tác giả trình bày Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng vào giải tốn xác định hàm phân hình (Bài tốn A) Đối tượng phạm vi nghiên cứu Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng vào giải tốn xác định hàm phân hình trường hợp đa thức xét hai đa thức kiểu Fermat-Waring F (z) = az n + bz n−m + c, Q(z) = uz n + vz n−m + t Phương pháp công cụ nghiên cứu Hai Định lý kiểu Bổ đề Borel Lý thuyết phân bố giá trị để giải phương trình hàm sử dụng Nhờ kết vấn đề xác định hàm vấn đề trình bày Ý nghĩa khoa học luận văn Luận văn trình bày Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng vào tốn xác định hàm phân hình tốn xác định hàm phân hình Các kết trình bày kết công bố [2], [3] Định lý 2.1.1 tương tự Định lý Ritt thứ hai cho hàm phân hình Nó mơ tả nghiệm phương trình hàm f n + a1 f n−m + b1 = c(g n + a2 g n−m + b2 ) Định lý 2.1.5 tương tự Định lý Ritt thứ hai bốn hàm ngun Nó mơ tả nghiệm phương trình hàm (đối với bốn hàm nguyên) cf1n + df1n−m f2m + ef2n = ug1n + vg1n−m g2m + tg2n Ứng dụng Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.5 vào vấn đề xác định hàm phân hình Định lý 2.2.4, 2.2.5, 2.2.7, 2.2.8 Các định lý thiết lập quan hệ hai hàm phân hình thơng qua điều kiện ảnh ngược tập hữu hạn Các Hệ 2.2.1, 2.2.2, 2.2.3 ứng dụng Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.5 vào toán thiết lập đa thức nhất, đa thức mạnh Đây tài liệu tham khảo hữu ích học viên cao học, nghiên cứu sinh chuyên ngành giải tích, Cấu trúc luận văn Luận văn bao gồm hai chương: Chương 1: Hai Định lý Lý thuyết phân bố giá trị Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm bản: hàm Nevanlinna tính chất ví dụ; trình bày Định lý thứ (Định lý 1.2.1), Định lý thứ hai (Định lý 1.3.1) bổ đề cần dùng cho chương Chương 2: Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng Chương trình bày nội dung luận văn Trước tiên chúng tơi trình bày hai tương tự Định lý Ritt cho hàm phân hình bốn hàm nguyên Đó Định lý 2.1.1, 2.1.5 Các ứng dụng hai định lý trình bày luận văn Định lý 2.2.4, 2.2.5, 2.2.7, 2.2.8 Hệ 2.2.1, 2.2.2, 2.2.3 hình 2.1 Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình Định lý 2.1.1 Cho n > 2m + 3, a1 , b1 , c, a2 , b2 khác không thuộc C, m ≥ (n, m) = 1, m ≥ Giả sử phương trình f n + a1 f n−m + b1 = c g n + a2 g n−m + b2 (2.1) b1 có nghiệm phân hình khác (f, g) Khi c = , f = hg với h ∈ C b2 a1 n m h = c, h = a2 Chứng minh Từ (2.1) ta có T (r, f ) = T (r, g) + S(r, f ), T (r, g) = T (r, f ) + S(r, g), S(r, f ) = S(r, g) Đặt f1 = f n−m (f m + a1 ), f2 = −cg n−m (g m + a2 ) Khi phương trình (2.1) có dạng f1 + f2 = cb2 − b1 Giả sử cb2 − b1 = Theo Bổ đề 1.5.1 ta có 1 T (r, f1 ) ≤ N (r, f1 ) + N r, + N r, + S(r, f1 ) f1 f2 Do nT (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, f + N r, f m + a1 + N r, + N r, g m + a2 + g + S(r, f ) Từ ta có nT (r, f ) ≤ (2m + 3)T (r, f ) + S(r, f ) Suy n ≤ 2m + 3, trái với giả thiết n > 2m + Vì cb2 − b1 = 0, tức b1 c = Khi phương trình (2.1) trở thành b2 f n + a1 f n−m = c g n + a2 g n−m Đặt h = (2.2) f , ta có g g n−m a2 c − a1 h 26 m = hn − c (2.3) Giả sử h khác Từ (2.3) ta có gm = −a1 hn−m − a2 c a1 hn − c (2.4) Xét trường hợp sau Trường hợp m ≥ 2, (m, n) = a2 c Nếu hn − c = 0, hn−m − = khơng có khơng điểm chung Khi tất a1 khơng điểm hn − c có bội lớn m Vì N r, hn − c ≤ 1 N r, n m h −c Áp dụng Bổ đề 1.5.1 ta có nT (r, h) ≤ N (r, h) + N r, ≤ 2T (r, h) + ≤ 2+ h + N r, 1 N r, n m h −c hn − c + S(r, f ) + S(r, f ) n T (r, h) + S(r, f ) m Suy n < 2m + 3, trái với giả thiết n > 2m + a2 c = có khơng điểm chung Khi tồn z Nếu hn − c = 0, hn−m − a1 a2 c cho hn (z) = c, hn−m (z) = Đặt a = h(z) Từ (2.4) ta có a1 gm = Đặt h1 = −a1 hn−m − a2 an a1 hn − an (2.5) (2.6) h , (2.5) trở thành a gm = n n−m Mà h (z) = c h −a1 hn−m − a2 am a1 am (hn1 − 1) a2 c a1 a2 am m (z) = suy = a Vì = Từ a1 a2 a1 (2.6) ta có −a1 hn−m −1 g = n am (h1 − 1) m 27 Do (m, n) = suy phương trình z n − = z n−m − = có nghiệm khác trừ nghiệm z = Gọi ri , i = 1, , 2n − m − nghiệm chúng Khi khơng điểm h1 − ri có bội lớn m Áp dụng Bổ đề 1.5.2 ta có − (2n − m − 2) ≤ Suy m m2 + 3m − n≤ < 2m + 3, trái với giả thiết n > 2m + Do h hàm (m − 1) a1 Từ (2.3) ta có hm = a2 Trường hợp m ≥ Phương trình z n − c = có n khơng điểm phân biệt, phương trình a2 c = có n − m khơng điểm phân biệt Khi z n − c = 0, z n−m − a a21c n−m z − = có nhiều n − m khơng điểm chung Do phương a1 trình z n − c = có m nghiệm phân biệt nghiệm a2 c = Gọi r1 , , rm nghiệm Khi tất khơng điểm z n−m − a1 phân biệt h − rj có bội lớn m Áp dụng Bổ đề 1.5.2 ta ≤ Từ m ≤ 3, trái với giả thiết m ≥ Suy h có m − m hàm Do f = hg Từ (2.2) ta có (hn − c) g n + a1 hn−m − ca2 g n−m = ca2 Vì hn = c, hn−m = Định lý chứng minh a1 Hệ 2.1.2 Cho n, m ∈ N∗ , n > 2m, a1 , c, a2 khác không thuộc C, (n, m) = 1, m ≥ m ≥ Giả sử phương trình f n + a1 f n−m = c g n + a2 g n−m , có nghiệm phân hình khác (f, g) Khi tồn h ∈ C cho hn = c, a1 f = hg hm = a2 Hệ 2.1.3 Cho n, m ∈ N∗ , n > 2m + 3, m ≥ 2, (n, m) = 1, a1 , b1 , c, a2 , b2 khác không thuộc C phương trình hàm f n + a1 f n−m + b1 = c g n + a2 g n−m + b2 Nếu (f, g1 ), (f, g2 ) hai nghiệm khác (2.7) g1 = g2 28 (2.7) Sau đây, chúng tơi trình bày Định lý Ritt thứ hai cho bốn hàm nguyên i Bổ đề 2.1.4 [7] Cho xd−q Di (x1 , x2 , , xN +1 ) với ≤ i ≤ N + i đa thức bậc d Giả sử tồn đường cong chỉnh hình f từ C vào PN (C) cho ảnh chúng nằm đường cong xác định N +1 N +1 i xd−q Di (x1 , x2 , , xN +1 ) i = 0, d ≥ N + i=1 qi i=1 Khi đa thức d−qN +1 xd−q D1 (x1 , x2 , , xN +1 ) , , xN DN +1 (x1 , x2 , , xN +1 ) , phụ thuộc tuyến tính ảnh f Định lý 2.1.5 Cho n, m ∈ N∗ , n ≥ 2m + 9, c, d, e, u, v, t ∈ C số khác không Giả sử f1 , f2 , g1 , g2 hàm nguyên không đồng g1 f1 hàm phân không, m ≥ 2, (n, m) = m ≥ 4, f2 g2 hình khác thỏa mãn cf1n + df1n−m f2m + ef2n = ug1n + vg1n−m g2m + tg2n (2.8) d c Khi ta có g1 = hf1 , g2 = lf2 , với h, l xác định hn = , hn−m lm = , u v e n l = t Chứng minh Từ (2.8) ta có cf1n + df1n−m f2m + ef2n − ug1n − vg1n−m g2m − tg2n = 0, (2.9) ef2n + f1n−m (cf1m + df2m ) − tg2n − g1n−m (ug1m + vg2m ) = (2.10) m n n−m m Chú ý exn1 , x2n−m (cxm (uxm + dx1 ), −tx3 , −x4 + vx3 ) đa thức bậc n vị trí tổng qt Vì n ≥ 2m + Bổ để 2.1.4, tồn số C1 , C2 , C3 , (C1 , C2 , C3 ) = (0, 0, 0), cho C1 ef2n + C2 f1n−m (cf1m + df2m ) + C3 tg2n = 29 (2.11) Ta xét trường hợp sau Trường hợp C3 = Từ (2.11) ta có C1 ef2n + C2 f1n−m (cf1m + df2m ) = Do f2 hàm nguyên khác hằng, ta có C2 = Nếu C1 = 0, số, điều mâu thuẫn Vậy C1 , C2 = Suy f1 f2 f1 số, f2 mâu thuẫn Vậy C3 = Trường hợp C2 = Từ (2.11) ta có C1 ef2n + C3 tg2n = Bởi f1 , g2 hàm nguyên khác không nên ta có C1 = 0, C3 = Từ từ C1 e n g2 (2.10) kéo theo g2n = − f , = l, l = 0, C3 t f2 e 1+ C1 C3 f2n + f1n−m (cf1m + df2m ) − g1n−m (ug1m + vg2m ) = 0, −ug1n + f1n−m (cf1m + df2m ) + e + C1 C2 f2n−m − vlm g1n−m f2m = (2.12) C1 = Khi (2.12) tương tự (2.10) nên lập Giả sử + C3 luận tương tự ta có số C1 , C2 , (C1 , C2 ) = (0, 0) cho C1 ug1n + C1 f1n−m (cf1m + df2m ) = Vì g1 hàm nguyên khác không (2.13) f1 khác hằng, (2.13) ta nhận f2 C1 = 0, C2 = Ta có C1 f1n−m (cf1m + df2m ) = −C2 ug1n , f1 C1 c f2 n f1 + C1 d f2 n−m g1 = −C2 u f2 n , f1 m d g1 n + = −C2 u (2.14) f2 c f2 d Chú ý phương trình z m + = có m nghiệm phân biệt d1 , d2 , , dm c f1 g1 Đặt f = , g = Vậy thì, (2.14) ta có f2 f2 f1 C1 c f2 n−m f n−m (f − d1 ) (f − dm ) = Cg n , C = 30 (2.15) g1 f1 khác số Nếu (m, n) = từ (2.15) ta thấy f2 f2 bội không điểm f f − di bội n Do n ≥ 2m + 9, m ≥ Bổ đề 1.5.2 ta kết luận phương trình (2.15) khơng có nghiệm phân hình khác Nếu m ≥ 4, mà m + > + m n−m + , nên áp dụng Bổ đề 1.5.1 (2.15) với q = m + 1, i=1 n n n = n, n1 = n − m, n2 = = n3 = = nm , ta có mâu thuẫn Vậy C1 1+ = Vì thế, ta có tg2n = ef2n g2 = lf2 với e = tln C3 Trường hợp C1 = Từ (2.11) ta có C2 f1n−m (cf1m + df2m ) + C3 tg2n = Do phương trình (2.13) tương tự, nên lập luận tương tự (2.13) ta có mâu thuẫn Trường hợp C1 = 0, C2 = 0, C3 = f1 Bằng cách lập luận tương tự chứng minh (2.9) ta có f2 số, điều vô lý Vậy tg2n = ef2n g2 = lf2 với e = tln Hơn nữa, từ (2.8) tg2n = ef2n ta có Vì f1 g1 c n d n−m u n v n−m f + f = g + g , f = , g = e e t t f2 g2 Áp dụng Định lý 2.1.1 ta có kết luận Định lý 2.1.5 2.2 Ứng dụng Định lý Ritt thứ hai vào vấn đề xác định hàm phân hình Trước tiên chúng tơi trình bày Ứng dụng Định lý Ritt thứ hai vào vấn đề xác định Đa thức Định nghĩa 2.2.1 Một đa thức khác P (z) ∈ C[z] gọi đa thức cho hàm phân hình C với cặp phân hình f , g khác C thỏa mãn điều kiện P (f ) = P (g) ta có f = g Tương tự, đa thức khác P (z) ∈ C[z] gọi đa thức mạnh cho hàm phân hình với cặp hàm phân hình f , g khác C số c = thỏa mãn điều kiện P (f ) = cP (g) ta có f = g 31 Đa thức (tương ứng, mạnh) hàm phân hình kí hiệu UPM (tương ứng, SUPM) Hệ 2.2.1 Cho n, m ∈ N∗ , n > 2m + 3, m ≥ 2, (n, m) = 1, a, b khác không thuộc C Khi đa thức P (z) = z n + az n−m + b đa thức mạnh Hệ 2.2.2 Cho n, m ∈ N∗ , m ≥ 2, n > 2m, (n, m) = 1, a1 , c, a2 số phức khác không phương trình hàm f n + a1 f n−m = c g n + a2 g n−m (2.16) Nếu (f, g1 ), (f, g2 ) hai nghiệm khác (2.16) g1 = g2 Hệ 2.2.3 Cho n, m ∈ N∗ , n > 2m, (n, m) = 1, m ≥ 2, a số phức khác khơng Khi đa thức P (z) = z n + az n−m đa thức Tiếp theo, chúng tơi trình bày ứng dụng Định lý Ritt thứ hai vào vấn đề xác định hàm phân hình Định lý 2.2.4 Cho đa thức P (z) = z n + a1 z n−m + b1 Q(z) = z n + a2 z n−m + b2 với a1 , b1 , a2 , b2 = nghiệm bội, m ≥ n ≥ 2m + 9, (m, n) = m ≥ Gọi S , T tập nghiệm P (z) Q(z) Khi đó, tồn hai hàm phân hình khác f , g thỏa mãn a1 b1 Ef (S) = Eg (T ) f = hg với hm = , hn = a2 b2 Chứng minh Điều kiện cần Ta có P (f ) = f n + a1 f n−m + b1 = (2.17) Đặt P1 = − f n−m (f m + a1 ) Khi (2.17) trở thành P1 − = b1 Q(g) = g n + a2 g n−m + b2 = (2.18) Với Q1 = − g n−m (g m + a2 ), (2.18) có dạng Q1 − = Khi b2 Ef (S) = Eg (T ) EP1 (1) = EQ1 (1) Mặt khác S (r, P1 ) = S(r, f ), S (r, Q1 ) = S(r, g) Áp dụng Bổ đề 1.5.2 cho P1 , Q1 dẫn đến việc xét trường hợp sau 32 Trường hợp T (r, P1 ) ≤ N2 (r, P1 ) + N2 r, P1 + Q1 + S (r, P1 ) + S (r, Q1 ) + N2 (r, Q1 ) + N2 r, Ta có T (r, P1 ) = nT (r, f ) + S (r, f ) , N2 (r, P1 ) = 2N1 (r, f ) ≤ 2T (r, f ) + S (r, f ) , P1 = a0 f n−m (f − d1 ) (f − dm ) , N2 r, P1 ≤ 2N1 r, f m + N2 r, i=1 f − di ≤ 2T (r, f ) + mT (r, f ) + S (r, f ) ≤ (m + 2)T (r, f ) + S(r, f ) Tương tự ta có N2 N2 (r, Q1 ) ≤ 2T (r, g) + S (r, g) , r, ≤ (m + 2) T (r, g) + S (r, g) Q1 Từ bất đẳng thức suy nT (r, f ) ≤ (m + 4) (T (r, f ) + T (r, g)) + S (r, f ) + S (r, g) , nT (r, g) ≤ (m + 4) (T (r, f ) + T (r, g)) + S (r, f ) + S (r, g) Vậy n (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 2(m + 4) (T (r, f ) + T (r, g)) + S (r, f ) + S (r, g) Do (n − (2m + 8)) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S (r, f ) + S (r, g) Suy n ≤ 2m + < 2m + 9, mẫu thuẫn với giả thiết n ≥ 2m + Trường hợp P1 Q1 = Ta có f n−m (f − d1 ) (f − dm ) g n−m (g − l1 ) (g − lm ) = 33 Mà (n, m) = nên suy không điểm f , f − di , i = 1, , m có bội n Do m 1− i=1 m + 1− n ≤ 2, (m + 1)(n − 1) ≤ 2n Nếu m ≥ 3(n − 1) ≤ 2n suy n ≤ Mâu thuẫn với n ≥ 2m + n−m m + hay m ≥ Phương trình vơ Nếu m ≥ ta có m + > + n n nghiệm Trường hợp P1 = Q1 Ta có b1 n g + a2 g n−m + b2 b2 a1 b1 Áp dụng Định lý 2.1.1 ta có f = hg , hn = , hm = b2 a2 a b 1 Điều kiện đủ Thay f = gh với hn = , hm = , ta có (f, g) nghiệm b2 a2 phương trình Định lý chứng minh f n + a1 f n−m + b1 = Bây ta xét tương tự Định lý 2.2.4 cho tình khơng tính bội, tức ảnh ngược S f ảnh ngược T g Định lý 2.2.5 Cho a1 , b1 , a2 , b2 = 0, đa thức P (z) = z n + a1 z n−m + b1 Q(z) = z n + a2 z n−m + b2 khơng có nghiệm bội, n ≥ 5m + 15, (m, n) = m ≥ m ≥ Gọi S , T tập nghiệm P (z), Q(z) Khi đó, tồn hai hàm phân hình khác f , g thỏa mãn E f (S) = E g (T ) b1 a1 f = hg với hm = , hn = a2 b2 Chứng minh Ta dùng kí hiệu chứng minh Định lý 2.2.4 Ta có E f (S) = E f (T ) E P1 (1) = E Q1 (1) Áp dụng Bổ đề 1.5.4 cho P1 , Q1 dẫn đến việc xét trường hợp sau Trường hợp T (r, P1 ) ≤ N2 (r, P1 ) + N2 r, P1 + N2 (r, Q1 ) + N2 r, +2 N1 (r, P1 ) + N1 r, +N1 r, 34 Q1 P1 Q1 + + N1 (r, Q1 ) + + S (r, P1 ) + S (r, Q1 ) Chú ý S(r, P1 ) = S(r, f ), S(r, Q1 ) = S(r, g) Lý luận tương tự Định lý 2.2.4 ta nhận N1 (r, P1 ) = N1 (r, f ) ≤ T (r, f ) + S(r, f ), N2 (r, P1 ) = 2N1 (r, f ) ≤ 2T (r, f ) + S(r, f ), N1 r, P1 ≤ N1 m r, f + N1 r, i=1 f − di ≤ T (r, f ) + mT (r, f ) + S(r, f ), N2 r, P1 ≤ 2N1 r, f m + N2 r, i=1 f − di ≤ (m + 2)T (r, f ) + S(r, f ), N1 (r, Q1 ) = N1 (r, g) ≤ T (r, g) + S(r, g), ≤ T (r, g) + mT (r, g) N1 r, Q1 Từ bất đẳng thức ta nhận nT (r, f ) ≤ (3m + 8)T (r, f ) + (2m + 6)T (r, g) + S(r, f ) + S(r, g), nT (r, g) ≤ (3m + 8)T (r, g) + (2m + 6)T (r, f ) + S(r, f ) + S(r, g) Vậy (n − 5m − 14)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S(r, f ) + S(r, g) Điều mâu thuẫn n ≥ 5m + 15 Trường hợp P1 Q1 = Lý luận tương tự Định lý 2.2.4 ta có mâu thuẫn Trường hợp P1 = Q1 Lý luận tương tự Định lý 2.2.4 ta có f = hg , b1 a1 hn = , hm = b2 a2 Từ Định lý 2.2.4 Định lý 2.2.5 ta có định lý sau Định lý 2.2.6 Cho a1 , b1 , a2 , b2 = 0, đa thức P (z) = z n + a1 z n−m + b1 Q(z) = z n + a2 z n−m + b2 khơng có nghiệm bội, m ≥ (m, n) = m ≥ Gọi S , T tập nghiệm P (z), Q(z) Khi i) Với n ≥ 2m + 9, khẳng định sau đúng: Tồn hai hàm phân hình a1 khác f , g thỏa mãn Ef (S) = Eg (T ) f = hg với hm = , a2 b1 hn = b2 35 ii) Với n ≥ 5m + 15, khẳng định sau đúng: Tồn hai hàm phân hình khác f , g thỏa mãn E f (S) = E g (T ) f = hg với a1 b1 hm = , hn = a2 b2 Định lý 2.2.7 Cho a1 , a2 = 0, a1 , a2 ∈ C; Gọi S1 , T1 tương ứng tập hợp bậc n a1 , a2 Khi Với n > 8, khẳng định sau đúng: Tồn hai hàm phân hình khác l f , g thỏa mãn Ef (S1 ) = Eg (T1 ) f = f = hg , g a với ln = a1 a2 , hn = a2 Với n > 14, khẳng định sau đúng: Tồn hai hàm phân hình khác l f , g thỏa mãn E f (S1 ) = E g (T1 ) f = f = hg , g a1 n n với l = a1 a2 , h = a2 Chứng minh Điều kiện cần Ta có P1 (f ) = f n − a1 , Q1 (g) = g n − a2 Đặt F2 = f n , G2 = g n Dễ thấy S(r, f ) = S(r, F2 ), S(r, g) = S(r, G2 ) Khi Ef (S1 ) = Eg (T1 ) EF2 (a1 ) = EG2 (a2 ) Áp dụng Bổ đề 1.5.3 cho F2 , G2 ta xét trường hợp sau Trường hợp 1.1 T (r, F2 ) ≤ N2 (r, F2 ) + N2 r, F2 + G2 + S (r, F2 ) + S (r, g2 ) (2.19) +N2 (r, G2 ) + N2 r, Ta có T (r, F2 ) = T (r, f n ) = nT (r, f ) + S (r, f ) , N2 (r, F2 ) = N2 (r, f n ) = 2N1 (r, f ) ≤ 2T (r, f ) + S (r, f ) , 1 = N2 r, = 2N1 r, N2 r, ≤ 2T (r, f ) + S(r, f ) F2 fn f Tương tự T (r, G2 ) = nT (r, g) + S(r, g), N2 (r, G2 ) ≤ 2T (r, g) + S(r, g), N2 r, ≤ 2T (r, g) + S(r, g) G2 36 Từ bất đẳng thức (2.19) ta có nT (r, f ) ≤ (T (r, f ) + T (r, g)) + S (r, f ) + S (r, g) , nT (r, g) ≤ (T (r, f ) + T (r, g)) + S (r, f ) + S (r, g) , n (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ (T (r, f ) + T (r, g)) + S (r, f ) + S (r, g) , (n − 8) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S (r, f ) + S (r, g) Suy n ≤ 8, mâu thuẫn với giả thiết n > Trường hợp 1.2 f n g n = a1 a2 Từ suy (f g)n = a1 a2 Do f g = l với ln = a1 a2 fn gn a1 f f n Trường hợp 1.3 = Từ suy = Vậy = h, với a1 a2 g a2 g a hn = a2 Điều kiện đủ Xét hai trường hợp sau l Trường hợp 1.4 f = với ln = a1 a2 Do P (z), Q(z) đa thức khơng g l có nghiệm bội nên Ef (S) = EF2 (−a1 ), Eg (S) = EG1 (−a2 ) Thay f = g vào biểu thức F2 ta có ln a1 g n + l n a1 g n + a1 a2 a1 (g n + a2 ) a1 (G2 + a2 ) F2 +a1 = n +a1 = = = = g gn gn gn G2 Từ suy EF1 (−a1 ) = EG2 (−a2 ) Vậy Ef (S1 ) = Eg (T1 ) a1 Trường hợp 1.5 f = hg với hn = Từ ta có a2 F + a1 = l n g n + a1 = a1 g1n a1 (g1n + a2 ) a1 (G2 + a2 ) + a1 = = a2 a2 a2 Lý luận tương tự Trường hợp 1.4 ta nhận Ef (S1 ) = Eg (T1 ) Áp dụng Bổ đề 1.5.4 cho F2 G2 ta xét trường hợp sau Trường hợp 2.1 T (r, F2 ) ≤ N2 (r, F2 ) + N2 r, F2 + N2 (r, G2 ) + N2 r, +2 N1 (r, F2 ) + N1 r, +N1 r, 37 G2 F2 G2 + + N1 (r, G2 ) + + S (r, F2 ) + S (r, g2 ) Tương tự Trường hợp 1.1 ta có nT (r, f ) ≤ 4(T (r, f ) + T (r, g)) + 2(T (r, f ) + T (r, f )) + T (r, g)+ + T (r, g) + S(r, f ) + S(r, g), nT (r, g) ≤ 8T (r, f ) + 6T (r, g) + S(r, f ) + S(r, g), nT (r, g) ≤ 8T (r, f ) + 6T (r, f ) + S(r, f ) + S(r, g) Do (n − 14)(T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S(r, f ) + S(r, g) Suy n ≤ 14, mẫu thuẫn với n > 14 Các trường hợp lại chứng minh tương tự phần Định lý chứng minh Ký hiệu Y(ai ,bi ,m,n) (x) = xn + xn−m + bi , (i = 1, 2), n, m ∈ N∗ , n > m, , bi , (i = 1, 2), số phức khác không Giả sử đa thức Y(ai ,bi ,m,n) (x), (i = 1, 2), khơng có nghiệm bội với tập khơng điểm tương ứng Si Gọi Ti tập không điểm đa thức Y(ai ,bi ,m,n) (x + 1), (i = 1, 2) Định lý 2.2.8 Cho f , g hàm phân hình khác giả thiết Giả sử n ≥ 2m+9, m ≥ Ef (S1 ) = Eg (S1 ), Ef (T2 ) = Eg (T2 ) Khi f = g f1 g1 (g = ; tương ứng) với f1 , f2 (g1 , g2 ; tương ứng) f2 g2 khơng có khơng điểm chung Từ Ef (S1 ) = Eg (S1 ), Ef (T2 ) = Eg (T2 ) suy tồn hàm ngun c, c khơng có khơng điểm cho Chứng minh Viết f = f1n + a1 f1n−m f2m + b1 f2n = c g1n + a2 g1n−m g2m + b2 g2n , (f1 + f2 )n + a2 (f1 + f2 )n−m f2m + b2 f2n = c (g1 + g2 )n + a2 (g1 + g2 )n−m g2m + b2 g2n (2.20) Áp dụng Định lý 2.1.5 cho (2.20) ta nhận g1 = h1 f1 , g2 = h2 f2 , với hn1 = 1, hn2 = 1, h1n−m hm = g1 + g2 = h1 (f1 + f2 ), g2 = h2 f2 với n n n−m m h = 1, h = 1, h h = f g1 khác nên ta suy h2 = h2 , h1 = h1 = h2 Từ , f2 g2 Do f = g 38 Kết luận Luận văn trình bày Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng vào vấn đề xác định hàm phân hình Cụ thể: - Trình bày Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình Định lý Ritt thứ hai bốn hàm nguyên - Trình bày ứng dụng Định lý Ritt thứ hai vào vấn đề xác định hàm phân hình 39 Tài liệu tham khảo [1] Hayman W K (1964), Meromorphic Functions, Clarendon, Oxford [2] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An, and Pham Ngoc Hoa (2017), "On functional equations for meromorphic functions and applications", Arch Math, Springer International Publishing AG DOI 10.1007/s0013-017-1093-5 [3] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Le Quang Ninh (2014), "Uniqueness Theorems for Holomorphic Curves with Hypersurfaces of FermatWaring Type", Complex Analysis and Operator Theory, 8, pp 17471759 [4] Pakovich F (2007), "On the functional equations F (A(z)) = G(B(z)), where A, B are polynomials and F , G are continuous functions", Math Proc Camb Phil Soc., 143, pp 469-472 [5] Pakovich F (2010), "On the equation P (f ) = Q(g), where P , Q are polynomials and f , g are entire functions", Amer J Math., 132(6), pp 1591-1607 [6] Ritt J (1922), "Prime and composite polynomials", Trans Amer Math Soc., 23(1), pp 51-66 [7] Siu Y T and Yeung S K (1997), "Defects for ample divisors of Abelian varieties, Schwarz lemma, and hyperbolic hypersurfaces of low degrees", Amer J Math., 119, pp 1139-1172 [8] Shirosaki M (2002), "A family of polynomials with the uniqueness property for linearly non-degenerate holomorphic mappings", Kodai Math J., 25, pp 288-292 [9] Yang C C and Hua X H (1997), "Uniqueness and value sharing of meromorphic functions", Ann Acad Sci Fenn Math., pp 395-406 [10] Yi H X and Yang L Z (1997), "Meromorphic functions that share two sets", Kodai Math J., 20, pp 127-134 40 ... Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng vào vấn đề xác định hàm phân hình Cụ thể: - Trình bày Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình Định lý Ritt thứ hai bốn hàm nguyên - Trình bày ứng dụng Định. .. bày Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng vào giải tốn xác định hàm phân hình (Bài tốn A) Đối tượng phạm vi nghiên cứu Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng vào giải tốn xác định hàm. .. xác định Các công việc gọi Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình ứng dụng Nội dung đưa [2], [3] Trong luận văn, Định lý Ritt thứ hai hàm phân hình Định lý 2.1.1 Định lý 2.1.5 Định lý Ritt thứ hai