Về định lí ritt đối với không điểm của hàm đa thức mũ

Về định lí ritt đối với không điểm của hàm đa thức mũ Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới PGS. TSKH Trần Văn Tấn. Thầy đã dành nhiều thời gian, công sức để hướng dẫn, trả lời những thắc mắc và giúp đỡ tôi hoàn thành bài luận văn này. Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới bố, mẹ và các thành viên trong gia đình đã luôn động viên, ủng hộ tôi trong suốt thời gian qua. Tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo trong trường Đại học Sư Phạm Thái Nguyên đã luôn nhiệt tình giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu, đã tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi hoàn thành chương trình học và bảo vệ luận văn. Bản thân tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu đã có nhiều cố gắng, tuy nhiên những thiếu sót chắc chắn khó tránh được. Tôi rất mong được thầy cô và các bạn đọc chỉ cho những thiếu sót đó. Thái Nguyên, tháng 6 năm 2020 Học viên Trần Thị Thư

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRẦN THỊ THƯ VỀ ĐỊNH LÍ RITT ĐỐI VỚI KHƠNG ĐIỂM CỦA HÀM ĐA THỨC MŨ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, năm 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRẦN THỊ THƯ VỀ ĐỊNH LÍ RITT ĐỐI VỚI KHÔNG ĐIỂM CỦA HÀM ĐA THỨC MŨ Ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Cán hướng dẫn khoa học: PGS TSKH Trần Văn Tấn Thái Nguyên, năm 2020 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan đề tài luận văn "Về định lý Ritt không điểm đa thức mũ" khơng có chép người khác Khi viết luận văn tơi có tham khảo số tài liệu, tất có nguồn gốc rõ ràng hoàn thành hướng dẫn PGS TSKH Trần Văn Tấn Tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm nội dung luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2020 Tác giả luận văn Trần Thị Thư Xác nhận Xác nhận chủ nhiệm khoa Toán người hướng dẫn PGS TSKH Trần Văn Tấn i Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS TSKH Trần Văn Tấn Thầy dành nhiều thời gian, công sức để hướng dẫn, trả lời thắc mắc giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới bố, mẹ thành viên gia đình ln động viên, ủng hộ tơi suốt thời gian qua Tôi xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô giáo trường Đại học Sư Phạm Thái Ngun ln nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tơi suốt q trình học tập, nghiên cứu, tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tơi hồn thành chương trình học bảo vệ luận văn Bản thân tơi suốt q trình học tập nghiên cứu có nhiều cố gắng, nhiên thiếu sót chắn khó tránh Tơi mong thầy cô bạn đọc cho thiếu sót Thái Nguyên, tháng năm 2020 Học viên Trần Thị Thư ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii LỜI MỞ ĐẦU Chương ĐỊNH LÝ RITT CỔ ĐIỂN 1.1 Định lý thương hai đa thức mũ 1.2 Đa thức mũ với số mũ thực Chương MỘT DẠNG ĐỊNH LÝ RITT CHO ĐA THỨC NHIỀU BIẾN VỚI HỆ SỐ HÀM 11 2.1 Giới thiệu kết 11 2.2 Một số ký hiệu kết lý thuyết Nevanlinna 13 2.3 Một số kết lý thuyết Nevanlinna cho trường hợp mục tiêu di động 17 2.4 Bổ đề Borel định lý Green với mục tiêu di động 23 2.5 Chứng minh Định lý 2.2 Hệ 2.1 26 Tài liệu tham khảo 37 iii LỜI MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: Năm 1929, Ritt đạt kết thú vị không điểm hàm đa thức mũ: Cho P (z) Q(z) hai đa thức (khác không) P (ez ) hàm nguyên Khi tồn đa thức với hệ số phức cho Q(ez ) R(z) với hệ số phức cho P (ez ) = Q(ez )R(ez ) Định lí nguồn cảm hứng cho nhiều nhà toán học sau thiết lập kết tương tự, với cách tiếp cận khác Với mục đích tìm hiểu chủ đề này, chúng tơi chọn đề tài “Về định lí Ritt khơng điểm hàm đa thức mũ” Mục đích nghiên cứu: Tìm hiểu trình bày lại cách chi tiết, hệ thống kết cổ điển không điểm hàm đa thức mũ đạt Ritt [2] năm 1929 mở rộng đạt gần theo cách tiếp cận khác Ji Guo [1] Đối tượng nghiên cứu: Hàm phân hình mặt phẳng phức Phương pháp nghiên cứu: Các phương pháp truyền thống Giải tích phức, Ứng dụng Lí thuyết Nevanlinna ánh xạ chỉnh hình Chương ĐỊNH LÝ RITT CỔ ĐIỂN Cho hàm đa thức mũ a0 eα0 z + + am eαm z (1.1) với hệ số a0 , , am α0 , , αm đôi phân biệt Sự phân bố không điểm hàm vậy, hàm tổng quát với hệ số đa thức biến z nghiên cứu Tamarkin, Pólya Schwenglert Trong chương chúng tơi trình bày lại hai kết sau Ritt [3] - Nếu không điểm đa thức mũ khơng điểm đa thức mũ thứ hai, thương chúng đa thức mũ - Xét hàm + a1 eα1 z + + am eαm z , với số thực α1 , , αm thỏa mãn < α1 < < αm Với dải nằm ngang mặt phẳng phức, ta tính tổng phần thực không điểm đa thức mũ dải, với phần ảo bị chặn Kết coi tương ứng với định lý nói tích không điểm + a1 eα1 z + + am eαm z (−1)m /am 1.1 Định lý thương hai đa thức mũ Định lý 1.1 Cho A(z) = a0 eα0 z + + am eαm z , Giả sử B(z) ≡ 0, B(z) = b0 eβ0 z + + bn eβn z (1.2) A(z) hàm nguyên Khi đó, tồn B(z) hàm C(z) = c0 eγ0 z + + cm eγp z cho A(z) = B(z)C(z) Trước hết ta mô tả vắn tắt lại kết Tamarkin, Pólya Schwenglert Biểu diễn αi mặt phẳng phức, gọi A đa giác lồi nhỏ chứa chúng Nó giúp thu tính phân tích Bổ đề 1.1 Giả sử cạnh A xác định σ1 , , σl Xét di , (i = 1, , l) tia đối xứng qua trục thực với tia vng góc với σi phía ngồi A Các tác giả chứng minh tồn l nửa dải song song có hướng di (i = 1, , l) mà chúng chứa tất không điểm A Nếu si độ dài σi , số khơng điểm có mô-đun nhỏ r nằm nửa dải song song với di tương đương với rsi /(2π) (khi r tiến ∞) Bây ta xét đa giác lồi B tương ứng với B(z) Vì khơng điểm B không điểm A nên rõ ràng, từ công thức tiệm cận cho số không điểm nửa dải, cạnh τ B song song với cạnh A độ dài cạnh B không bé độ dài cạnh tương ứng A, hai hướng vuông góc với hai cạnh nói phía ngồi đa giác tương ứng trùng Giả sử α0 , , αm (1.1) xếp để phần thực tăng dần, trường hợp phần thực ta xét tiếp tới tăng dần phần ảo Khi α0 , , αm số thực không âm am = 0, gọi αm bậc hàm (1.1) Bổ đề 1.1 Giả sử A(z), B(z) ≡ hai đa thức mũ với số mũ thực không âm Khi đó, ta biểu diễn A = QB + R, (1.3) Q R hai đa thức mũ với số mũ thực không âm, R đồng đa thức có bậc nhỏ bậc B Chứng minh Nếu (1.2) ta có αm < βn , ta có (1.3) với Q = 0, R = A Do đó, ta xét trường hợp αm ≥ βn Gọi αm , , αm−i tập tất số αi không bé βn Xét đa thức mũ (am eαm z + + am−i eαm−i z) B, C =A− bn eβn z (1.4) đó, số mũ khơng âm Nếu B gồm hạng tử Khi C 0, có bậc nhỏ B , ta có biểu diễn A = QB + R với R = C Q phân thức vế phải (1.4), tức là: (am eαm z + + am−i eαm−i z) Q= bn eβn z Bây giờ, giả sử B có hai hạng tử Nếu C khác 0, đó, bậc C nhỏ βn αm − (βn − βn−1 ) Nếu C 0, có bậc nhỏ βn , từ (1.4) ta đạt biểu diễn A = QB + R Với trường hợp lại, ta nhân chéo chuyển vế biểu thức (1.4) nhận (1.3) Tiếp tục trình trên, βn − βn−1 đại lượng cố định, sau hữu hạn bước ta nhận (1.3) Từ công thức xấp xỉ số không điểm nửa dải song song (ứng với cạnh đa giác bao tuyến tính tập số mũ), ta có biểu diễn (1.3) Chứng minh Định lý 1.1 Giả sử A ≡ Nhóm số hạng A có số mũ có phần thực giống nhau, ta viết A = P1 eu1 z + + Pj euj z , (1.5) u1 , , uj số thực, tăng dần theo số P1 , , Pj có dạng g1 ev1 iz + + gp evp iz , (1.6) với số thực v1 , , vj tăng dần theo số Vì khơng làm thay đổi khơng điểm A khơng ảnh hưởng đến tính chia hết mà ta nghiên cứu, sau nhân A với hàm mũ, ta giả sử u1 số v nhỏ Pj Tương tự, giả sử B = Q1 ew1 z + + Qh ewh z , (1.7) với điều kiện tương tự A Đại lượng uj hiệu hoành độ điểm bên phải điểm ngồi bên trái A Vì cạnh B tương ứng với cạnh A chiều dài có hướng nên rõ ràng uj ≥ wh Nếu B có hạng tử, ta có kết định lí Bây ta giả sử B chứa hai hạng tử, tức là, (1.7), ta có h ≥ 2, Q1 , Qh ≡ Đặt uj , , uj−r , u vượt uj − (wh − wh−1 ) Ta chứng minh thương Pj , , Pj−r với Qh đa thức mũ có dạng (1.6) ε Kết hợp bất 2(n + 1) đẳng thức với (2.17), (2.14) (2.11), có bất đẳng thức Từ (2.9) ta chọn e đủ lớn cho w/u ≤ + (i) Để chứng minh (ii), f0 , , fn độc lập tuyến tính K , rõ ràng ánh xạ chỉnh hình F (2.10) tuyến tính, khơng suy biến C Chúng ta chứng minh khẳng định định lý trước Lj1 , , Ljl độc lập tuyến tính Kγ , siêu phẳng Hijt (xác định dạng tuyến tính (2.12)), ≤ i ≤ u, ≤ t ≤ l có vị trí tổng quát C Khi đó, áp dụng Bổ đề 2.1 cho ánh xạ F với siêu phẳng Hijt , ≤ i ≤ u, ≤ t ≤ l để có u l u l (Q) NF (Hijt , r) − NW (0, r) ≤ i=1 t=1 NF (Hijt , r), (2.18) i=1 t=1 Q := w(n + 1) − Từ (2.13) ta có NF (Hij , r) = Nhi Lj (f) (0, r) ≥ NLj (f) (0, r), hi hàm nguyên (Q) (Q) (Q) (Q) NF (Hijt , r) = Nhi Lj (f) (0, r) ≤ NLj (f) (0, r) + Nhi (0, r) (Q) Vì NLj (f) (0, r) = Nf (Hj , r) Nhi (0, r) ≤ Thi (r) ≤ o(Tf (r)), bất đẳng thức trở thành l l t=1 2.4 (Q) Nf (Hjt , r) − NW (0, r) ≤ u u Nf (Hjt , r) + o(Tf (r)) (2.19) t=1 Bổ đề Borel định lý Green với mục tiêu di động Trong phần này, cần đưa dạng tổng quát bổ đề Borel định lý Green Nhắc lại Kf tập hợp hàm phân hình 23 cho Tu (r) = o(Tf (r)) Rf vành Kf chứa tất hàm nguyên Kf Bổ đề 2.2 Cho f0 , , fn hàm nguyên không đâu triệt tiêu f = (f0 , , fn ) ánh xạ chỉnh hình từ C vào Pn Nếu tồn = γi ∈ Rf (0 ≤ i ≤ n) cho γ0 f0 + + γn fn = 0, (2.20) với fi , tồn j = i cho fi /fj ∈ Kf Ta sử dụng kết sau để chứng minh bổ đề Bổ đề 2.3 Cho f0 , , fn hàm nguyên (non-zero) khơng có khơng điểm chung, đặt f = (f0 , , fn ) ánh xạ chỉnh hình từ C vào Pn Giả sử với số nguyên k ≥ n2 ta có đẳng thức γ0 f0k + + γn fnk = 0, (2.21) = γi ∈ Rf , ≤ i ≤ n Khi với fi , tồn j = i cho (fi /fj )k ∈ Kf Chứng minh Với fi , tồn tổng triệt tiêu (2.22) gồm số hạng γi fik khơng có tổng quy khác Bằng cách đặt lại số, ta giả sử tổng triệt tiêu k γ0 f0k + + γm fm = 0, (2.22) ≤ i ≤ m Nếu m = f1k = αf0k với α ∈ Kf Vì nên giả sử m ≥ Đặt β hàm nguyên cho f˜0 = f0 /β, , f˜m−1 = fm−1 /β khơng có khơng điểm chung đặt k k ˜fk := [f0k : f1k : : fm−1 ] = (f˜0k , f˜1k , , f˜m−1 ) 24 k /h Lấy h hàm nguyên cho γ0 f˜0k /h, γ1 f˜1k /h, , γm−1 f˜m−1 hàm ngun khơng có khơng điểm chung, đặt k γm−1 f˜m−1 γ0 f˜0k γ1 f˜1k , , , h h h Fk := ánh xạ chỉnh hình từ C vào Pm−1 (C) Ta thấy max {log |γi f˜ik /h|} ≤ max {log |γi |} + max {log |f˜ik |} − log |h| 0≤i≤m−1 0≤i≤m−1 0≤i≤m−1 Khi đó, từ định nghĩa hàm đặc trưng, ta có TFk ≤ T˜fk + o(Tf (r)), (2.23) k h γm−1 f˜m−1 h γ0 f˜0k , ta có , , γ0 h γm−1 h tương tự, ta viết ˜fk = T˜fk ≤ TFk + o(Tf (r)), (2.24) Định lý 2.5 tính xác định dương hàm xấp xỉ kéo theo N˜fk (0, r) ≤ T˜fk (2.25) i với i = 0, , m cách lấy siêu phẳng Hi := {x0 := 0} (với i = 0, , m − 1) Hm := {x0 + + xm−1 = 0} Áp dụng Định lý 2.7 cho ánh xạ Fk với đẳng thức (2.22), ta có m (m−1) Nγ f˜k /h (0, r) + O(log+ TF˜ k (r)) TF˜ k (r) ≤exc i=0 m ≤ i=0 m ≤ m−1 Nγi (0, r) + k Tγi (r) + i=0 ≤ i i m Nf˜ik (0, r) + o(Tf (r)) i=0 (m + 1)(m − 1) T˜fk (r) + o(Tf (r)) (theo 2.25) i k (m + 1)(m − 1) T˜fk (r) + o(Tf (r)) i k 25 (2.26) Kết hợp với (2.24) Mệnh đề 2.1 ta T fi (r) ≤ o(Tf (r)) (2.27) fj Nếu k ≥ n2 ≥ (m + 1)(m − 1) Tfi /fj (r) ≤ o(Tf (r)) với ≤ i < j ≤ m Do đó, fi /fj ∈ Kf với ≤ i < j ≤ m 2.5 Chứng minh Định lý 2.2 Hệ 2.1 Chứng minh Hệ 2.1 Giả sử F (z)/G(z) hàm nguyên Khi đó, định lý Q(z) := exp((i1 λ1 + + il λl + j1 τ1 + + jm τm )z) ∈ Kg với i1 , , il , j1 , , jm số nguyên khác Chú ý TQ(z) (r) = |i1 λ1 + + il λl + j1 τ1 + + jm τm |.r + O(1) không thuộc Kg trừ i1 λ1 + + il λl + j1 τ1 + + jm τm = Chứng minh Định lý 2.2 (i) Giả sử fz , , fl g1 , , gm hàm nguyên cho jm f1i1 flil g1j1 gm ∈ / Kg với tập số (i1 , , il , j1 , , jm ) ∈ Zl+m \ {(0, , 0)} Giả sử F (n) a0 + a1 f1n + + fln q(n) := = n G(n) b0 + b1 g1n + + bm gm hàm nguyên với n số nguyên dương Vì max Tfi (r) 1≤i≤l max Tgj (r) 1≤j≤m 26 nên tồn hai số dương a, b cho a max Tgj (r) ≥ max Tfi (r) ≥ b max Tgj (r) 1≤j≤m 1≤j≤m 1≤i≤l Tồn tập S R+ có độ đo Lebesgue vô hạn cho max Tgj (r) = 1≤j≤m Tgk (r) với r ∈ S k ∈ {1, , m} Bằng cách xếp lại số, ta giả giả k = Do Tfi (r) ≤ max Tfi (r) ≤ a max Tgj (r) = aTg1 (r) 1≤j≤m 1≤i≤l với ≤ i ≤ l r ∈ S Khơng tính tổng quát, ta giả sử a > Khi với r ∈ S , Tfi (r) ≤ aTg1 (r), ≤ i ≤ l, Tgj (r) ≤ aTg1 (r), ≤ j ≤ m (2.28) Cố định hai số nguyên dương s, t Đặt G1 (n) = G(n) − b1 g1n Khi đó, s−1 s G1 (n) q(n) = F (n) k=0 s k G(n)s−1−k (−b1 g1n )k + (−b1 g)1n )s q(n) (2.29) Chúng ta sử dụng ký hiệu sau suốt phần chứng minh Ký hiệu: c := (0, c2 , , cm ) ∈ (Z≥0 )m , |c| := c2 + + cm ; d := (d1 , , dm ) ∈ (Z≥0 )m , |d| := d1 + + dm Chúng ta sử dụng thứ tự từ điển để xếp lại tập số c ∈ (Z≥0 )m d ∈ (Z≥0 )m , tức ci ≺ cj |ci | > |cj | |ci | = |cj | ci − cj dương Ký hiệu ncm ncm gnc := g2nc2 gm gnd := g1nd1 gm 27 (2.30) Với ci , |ci | ≤ t ta định nghĩa s−1 G(n)s−1−k (−bg1n )k s ϕci := G1 (n) q(n) − F (n) (2.31) k=0 Số ϕci  M = m−1+t  m−1  Hơn nữa, ϕci tổ hợp tuyến tính gnc q(n), |c| ≤ t + s gnd fin với |d| ≤ s + t e0 ≤ i ≤ l, e0 = a0 = e0 = a0 = (đặt f0 = trường hợp này) Khi đó, số dạng gnc q(n)   m−1+t+s  N1 =  m−1 số lần d xuất khai triển ký hiệu N2 , N := N1 + (l + 1)N2 Đặt xi (n) := gnci q(n), ≤ i ≤ N1 xN1 +iN2 +j (n) := fin gndj , e0 ≤ i ≤ l, ≤ j ≤ N2 (2.32) Khi đó, từ (2.29) (2.31) ta có ϕci = (−b1 g1n )s q(n)gnci = (−b1 )s xi (n)g1sn với ≤ i ≤ M (2.33) Đặt x ánh xạ chỉnh hình định nghĩa x = (x1 (n), x2 (n), , xN (n)) : C → PN −1 (C) (2.34) Ta thấy b0s−1 fin , e0 ≤ i ≤ l xuất khai triển (2.31) với c = (0, , 0) Vì b0 = 0, ta có fin , e0 ≤ i ≤ l với cách chọn xj (n) Vì chúng khơng có khơng điểm chung, x = (x1 (n), x2 (n), , xN (n)) : 28 C → PN −1 dạng rút gọn Để đơn giản, từ trở ta giả sử a0 = Các lập luận tương tự với a0 = Với u ∈ Kg bất kỳ, Tu (r) ≤ o(Tg (r)) ≤ o(Tx (r)) Chúng ta khẳng định ánh xạ độc lập tuyến tính Kg n đủ lớn Nếu khẳng định không với số n đủ lớn, tồn hàm nguyên γ1 , , γN1 , µ0,1 , µ0,2 , , µl,N2 khơng có khơng điểm chung Kg , chúng khơng đồng thời cho N1 N2 l nci γi g µj,k gndk fjn = 0, q(n) + i=1 (2.35) j=0 k=0 N1 γi gnci (a0 + a1 f1n + + al fln ) i=1 l N2 n µj,k gndk fjn (b0 + b1 g1n + + bm gm ) = + (2.36) j=0 k=0 Nếu tất µj,k N1 N1 nci 0= γi g (a0 + a1 f1n + + al fln ) i=1 l aj γi gnci fjn = (2.37) i=1 j=0 Vì khơng phải tất γi 0, theo Bổ đề 2.3, n > (l + 1)2 N12 , tồn hai số hạng phân biệt fjn gnci fjn gnci cho thương fjn gnci = fjn fj−n gn(ci −ci ) ∈ Kg , n n c fj g i jm Điều mâu thuẫn với giả thiết f1i1 flil g1j1 gm ∈ / Kg với tập số không tầm thường (i1 , , il , j1 , , jm ) ∈ Zl+m Giả sử tất µj,k đặt dk0 phần tử lớn (tương ứng với thứ tự xếp trên) tập {d|νj,k = 0, ≤ j ≤ l} Hiển nhiên, νj0 ,k0 = với ≤ j0 ≤ l Khai triển (2.36) 29 sử dụng Bổ đề 2.3 cho n > (l + 1)2 (N1 + N2 (m + 1))2 , ta tìm fjn gndk gjn với (j , k , j ) = (j0 , k0 , 1), fkn gnci hệ số khai triển (2.36) cho fjn0 gndk0 g1n fjn0 gndk0 g1n ∈ Kg n nd ∈ Kg fjn gndk gjn fk g i (2.38) Theo định nghĩa gnci (2.30), rõ ràng điều thứ hai dẫn đến mâu jm thuẫn với giả thiết f1i1 flil g1j1 gm ∈ / Kg với tập số không tầm thường (i1 , , il , j1 , , jm ) ∈ Zl+m Vì (j , k , j ) = (j0 , k0 , 1) thứ tự tập số gndk g1n lớn với gndk gjn trừ (j , k ) = (j0 , k0 ), kết luận tương tự thương không thuộc Kg , điều mâu thuẫn Tiếp theo, xây dựng tập siêu phẳng PN −1 (Kg ) n với b0 = 0, để áp dụng Định lý 2.8 Vì G1 (n) = b0 + b2 g2n + b3 g3n + + bm gm thứ tự từ điển đặt cho c cách chọn xi (n) cho ta khai triển φci với ≤ i ≤ M, ϕci = Ai,i xi (n) + Ai,i+1 xi+1 (n) + + Ai,N xN (n), (2.39) Ai,j ∈ S, ≤ i ≤ M, i ≤ j ≤ N Ai,i = bs0 với i = 1, , M Đặt Hi := {Xi−1 = 0}, ≤ i ≤ N, (2.40) siêu phẳng tọa độ PN −1 (Kg ), HN +i := {L + N + i := Ai,i xi−1 + Ai,i+1 xi + + Ai,N xN −1=0 }, ≤ i ≤ M, (2.41) siêu phẳng theo khai triển (2.39) ϕci Rõ ràng từ (2.41), siêu phẳng HM +1 , , HN +M PN −1 (Kg ) có vị trí tổng qt, nữa, siêu phẳng HM +1 (z), , HN +M (z) có vị trí tổng qt với z ∈ C, không không điểm b0 Hơn nữa, từ (2.39) (2.41), (2.33) ta có LN +i (x) = (−b1 )s xi (n)g1sn 30 (2.42) Lấy e số nguyên đủ lớn V (e) C không gian vector sinh tập  M  N M N n Ajkjk njk ≥ 0, j=1 k=1 njk ≤ e    j=1 k=1 đặt u = dim V (e), w = dim V (e + 1) Đặt = h1 , , hu sở V (e) h1 , , hw sở V (e + 1) Đặt W Wronskian {hj xk (n)|1 ≤ j ≤ w, ≤ k ≤ N − 1} Bây ta áp dụng Định lý 2.8 cho ánh xạ x = (x1 (n), x2 (n), , xN (n)) siêu phẳng H1 , , HN +M , ta 2π √ λHj (re√−1θ ) (x(re max J −1θ )) j∈J dθ + NW (0, r) ≤exc (N + ε)Tx (r), 2π u (2.43) J chạy khắp tập {1, , N + M } cho siêu phẳng √ Hj (re −1θ ) (j ∈ J) có vị trí tổng quát Bây giờ, tiếp tục suy chặn vế trái (2.43) Với hàm phân hình ξ , ký hiệu √ |ξ|r,θ := |ξ(re −1θ √ )| x r,θ := max |xk (n)(re 1≤k≤N −1θ )| Chúng ta khẳng định bất đẳng thức sau với r bên tập E ⊂ (0, ∞) với độ đo Lebesgue hữu hạn √ max J λHj (re √ −1θ ) (x(re N −1θ )) ≥ N log x r,θ − log |xi (n)|r,θ i=1 j∈J + M sn log+ |g1−1 |r,θ + M s log− |b0 |r,θ − log+ |b1 |r,θ (2.44) Vì tập khơng điểm hàm ngun rời rạc, xét √ r với b0 (re −1θ ) = với θ Với θ ∈ Sr− := {θ : |g1n |r,θ < 1}, ta 31 √ chọn J tập chứa siêu phẳng HM +1 (re √ (vì b0 (re −1θ −1θ √ ), , HM +N (re −1θ ) ) = 0) có vị trí tổng qt tính toán N +M √ λHj (re √ −1θ ) (x(re −1θ )) j=M +1 N x r,θ = log + |x (n)| i r,θ i=M +1 x M log max |Ai,j |r,θ r,θ i≤j≤N |bs1 xi (n)g1xn |r,θ i=1 (theo 2.42) N =N log x r,θ − log |xi (n)|r,θ − M sn log |g1 |r,θ i=1 M (log max |Ai,j |r,θ − log |bs1 |r,θ ) + i≤j≤N i=1 N ≥N log x r,θ log |xi (n)|r,θ − M sn log− |g1 |r,θ + M (log |bs0 |r,θ − log |bs1 |r,θ ), − i=1 (2.45) đó, bất đẳng thức cuối có nhờ vào đồng Ai,i = bs0 Với θ ∈ Sr+ := {θ : |g1n |r,θ ) ≥ 1}, chọn J tập chứa siêu phẳng H1 , , HN siêu phẳng tọa độ PN −1 Khi đó, N √ λHi (re√−1θ ) (x(re N −1θ )) = i=1 log i=1 √ =N log x (re x r,θ |xi (n)|r,θ N −1θ log |xi (n)|r,θ − M sn log− |g1 |r,θ , )− (2.46) i=1 + log− |g1sn |−1 r,θ = Sr Khẳng định (2.44) có từ (2.45) (2.46) Lấy tích phân (2.44) dθ từ đến 2π , từ Định lý 2.3, Định lý 2.4 định nghĩa hàm xấp xỉ hàm đặc trưng ta có 2π √ max J λHj (re √ j∈J −1θ ) (x(re −1θ )) dθ 2π N ≥N Tx (r) − Nxj (n) (0, r) + M sn.mg1 (0, r) − M s.mb0 (0, r) − M s.mb1 (∞, r) j=1 32 N ≥N Tx (r) − Nxj (n) (0, r) + M snTg1 (r) − M snNg1 (0, r) j=1 − M s(Tb0 (r) + Tb1 (r)) − O(1) N +M =N Tx (r) + M snTg1 (r) − Nx (Hj , r) − M s(Tb0 (r) + mb1 (r)) − O(1), j=M +1 (2.47) đẳng thức cuối có phép đồng sau, (2.42) b1 , g1 xj (n) hàm nguyên: Nx (Hj , r) = Nxj (n) (0, r), M + ≤ j ≤ M, Nx (HN +j , r) = Nbs1 (0, r) + Nxj (n) (0, r) + snNg1 (0, r), ≤ j ≤ M, (2.48) Vì HM +1 , , HN +M có vị trí tổng quát, từ Định lý 2.8, (2.32), (2.42) suy tồn số nguyên Q (có thể lấy Q = wN − 1) cho N +M N +M Nx(Q) (Hj , r) + o(Tx (r)) Nx (Hj , r) − NW (0, r) ≤ j=M +1  j=M +1 l ≤N Q  Nfi (0, r) + i=1  Ngj (0, r) + N1 Nq(n) (0, r) + M sNb1 (0, r) + o(Tx (r)) j=1 l ≤N Q   m  m Tfi (r) + i=1 Tgj (r) + N1 NF (n) (0, r) + M sTb1 (r) + o(Tx (r)) j=1 ≤N Qa(l + m)Tg1 (r) + N1 TF (n) (r) + o(Tx (r)) (2.49) Chúng ta lưu ý l TF (n) (r) ≤ l Taj (r) ≤ alnTg1 (r) + o(Tx (r)) Tfin (r) + i=1 (2.50) j=1 Kết hợp (2.43), (2.47), (2.49) (2.50) với r ∈ S \ E đủ lớn, ta có (M sn − N Qa(l + m) − N1 aln)Tg1 (r) ≤exc 2εTx (r) 33 (2.51) Theo tính chất hàm đặc trưng, ta có Txi (n) (r) ≤ a(s + t)Tg1n (r) + Tq(n) (r) với ≤ i ≤ N ; Txi (n) (r) ≤ a(s + t + 1)Tg1n (r) với N + ≤ i ≤ N ; (2.52) Tq(n) (r) ≤ TF (n) (r) + TG(n) (r) ≤ a(l + m)Tg1n (r) Theo Mệnh đề 2.1, với s ∈ S ta có N Tx (r) ≤ Txj (n) (r) j=1 ≤ N (s + t + 1)aTg1n (r) + N1 Tq(n) (r) + O(1) (2.53) ≤ N (s + t + 1)aTg1 (r) + N1 (l + m)Tg1 (r) + O(1) = an(N (s + t + 1) + N1 (l + m))Tg1 (r) + O(1) Do đó, từ (2.51), ta kết luận (M sn − N1 aln − N Qa(l + m))Tg1 (r) ≤exc 3εan(N (s + t + 1) + N1 (l + m))Tg1 (r) + O(1) (2.54) Chúng ta chọn tham cố s, t ε để suy điều mâu thuẫn từ bất đẳng thức Để bắt đầu, ta cố định s > al Vì   m−1+t s = tm−1 + o(tm−1 ) Ms = s  (m − 1)! m−1  N1 al = al  m−1+t+s m−1  = al tm−1 + o(tm−1 ) (m − 1)! xem đa thức t với bậc m − hệ số cao M s lớn hệ số cao aN1 l, t số nguyên đủ lớn, M s > N1 al Khi đó, chọn ε thỏa mãn 0 0) không bị chặn suy từ (2.54) n < n0 := N Qa(l + m) M s − N1 al − 3εa(N (s + t + 1) + N1 (l + m)) Cuối cùng, jm f1i1 flil g1j1 gm ∈ / Kg với tập số không tầm thường (i1 , , il , j1 , , jm ) ∈ Zl+m , tỉ số F (n)/G(n) khơng hàm nguyên với n > max{n0 , n1 }, n1 = (l + 1)2 (N1 + N2 (m + 1))2 cho x tuyến tính khơng suy biến với n > n1 Trong kết luận thứ hai Định lý 2.2, cần thay Bổ đề 2.3 Bổ đề 2.2 để kết luận khai triển x(1) không chứa không gian tuyến tính quy Thứ hai, thực tế Nξ (0, r) = với đơn vị ξ NW (0, r) ≥ suy vế trái (2.49) không lớn Kết quả, (2.51) trở thành M sTg1 (r) ≤exc 2εan(N (s + t + 1) + N1 (l + m)Tg1 (r) + O(1) (2.55) Vì Tg1 > khơng bị chặn, chọn 0 2εan(N (s + t + 1) + N1 (l + m)Tg1 (r) + O(1) r đủ lớn, điều mâu thuẫn với (2.55) 35 (2.56) KẾT LUẬN Luận văn trình bày lại cách có hệ thống tường minh số kết sau: - Định lí Ritt cổ điển đánh giá tổng phần thực không điểm thuộc dải song song với trục hồnh (mà thực chất hình chữ nhật) đa thức mũ - Mở rộng Định lí Ritt tới trường hợp thương hai dãy hàm phân hình truy hồi tuyến tính (với hệ số cơng thức tường minh phàm phân hình chậm) Để tới kết trên, luận văn điểm lại số kết lý thuyết Nevanlinna trình bày số mở rộng gần Bổ đề Borel, Định lý thứ hai với mục tiêu di động, Định lý không gian Green 36 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Trần Văn Tấn, (2017) "Lí thuyết phân bố giá trị đường cong nguyên không gian xạ ảnh", NXB Đại học sư phạm Tiếng Anh [2] J Guo, "Quotient for entire functions with moving targets", to appear in Houston, J Math [3] J F Ritt, (1929) "On the zeros of exponential polynomials", Transactions of the American Mathematical Society, 31 , 680-686 37 ... Chương ĐỊNH LÝ RITT CỔ ĐIỂN 1.1 Định lý thương hai đa thức mũ 1.2 Đa thức mũ với số mũ thực Chương MỘT DẠNG ĐỊNH LÝ RITT CHO ĐA THỨC NHIỀU BIẾN VỚI HỆ SỐ HÀM 11... hàm tổng quát với hệ số đa thức biến z nghiên cứu Tamarkin, Pólya Schwenglert Trong chương chúng tơi trình bày lại hai kết sau Ritt [3] - Nếu không điểm đa thức mũ không điểm đa thức mũ thứ hai,... đề 1.1 Giả sử A(z), B(z) ≡ hai đa thức mũ với số mũ thực khơng âm Khi đó, ta biểu diễn A = QB + R, (1.3) Q R hai đa thức mũ với số mũ thực không âm, R đồng đa thức có bậc nhỏ bậc B Chứng minh