Lý thuyết nevanlinna và ứng dụng nghiên cứu phương trình hàm
Trang 1ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS-TSKH Hà Huy Khoái
Thái nguyên 2008
Trang 2MỞ ĐẦU
Vấn đề phân tích hàm phân hình, hàm nguyên là một trong những vấnđề quan trọng của lý thuyết hàm và giải tích phức, có nhiều ứng dụng trong lýthuyết hệ động lực Trong những năm gần đây, các kết quả và công cụ của lýthuyết Nevanlinna được áp dụng rộng rãi vào bài toán phân tích các hàmnguyên và hàm phân hình.
Mục đích của luận văn là trình bày cơ sở lý thuyết Nevanlinna, đặc biệtlà những phần liên quan đến bài toán phân tích hàm phân hình và trình bàymột số kết quả gần đây trong lý thuyết phân tích hàm nguyên và hàm phânhình.
Nội dung luận văn gồm 2 chương:
Chương 1: Cơ sở lý thuyết Nevanlinna, trong chương này trình bày các
định lý cơ bản, quan hệ số khuyết và một số ví dụ ứng dụng.
Chương 2: Phương trình hàmP f( )Q g( ), trong chương này trìnhbày về sự tồn tại nghiệm f g đối với phương trình hàm ( ), P f Q g( ), khi
P Q là 2 đa thức thuộc [ ] z
Để hoàn thành được luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và
biết ơn sâu sắc tới GS-TSKH Hà Huy Khoái, người thầy đã tận tình dạy bảo,
hướng dẫn tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy cô giáo trong
trường Đại học sư phạm Thái Nguyên, Đại học sư phạm Hà Nội, Viện toán
học Việt Nam đã giảng dạy và giúp đỡ tác giả hoàn thành khoá học.
Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục và đào tạo tỉnh
Bắc Giang, trường THPT Lục Ngạn số 2 Bắc Giang, gia đình và các bạn
đồng nghiệp đã tạo điều kiện giúp đỡ về mọi mặt trong suốt quá trình tác giả
học tập và hoàn thành luận văn.
Thái Nguyên tháng 9 năm 2008
Trang 3Như vậy, hàm nguyên là hàm không có các điểm bất thường hữu hạn.
1.1.4 Định nghĩa Hàm f z được gọi là hàm phân hình trong miền D ( )
nếu nó là hàm chỉnh hình trong D, trừ ra tại một số bất thường là cực điểm.
Nếu D thì ta nói ( )f z phân hình trên , hay đơn giản, ( )f z là hàm phân
* Nhận xét Nếu f z là hàm phân hình trên D thì trong lân cận của mỗi( )điểm z D f z , ( ) có thể biểu diễn được dưới dạng thương của hai hàm chỉnhhình.
Với các phép toán cộng và nhân các hàm số thông thường trên lớp cáchàm nguyên và phân hình, tập hợp các hàm nguyên sẽ tạo thành một vành và
Trang 4gọi là vành các hàm nguyên, kí hiệu là ( ) Tập hợp các hàm phân hình sẽtạo thành một trường và gọi là trường các hàm phân hình, kí hiệu là ( )
1.1.5 Định nghĩa Điểm z gọi là cực điểm cấp0 m 0 của hàm f z nếu( )trong lân cận của z , hàm0
hình trong lân cận của z và0 h z( )0 0.
1.1.6 Tính chất Nếu f z là hàm phân hình trên D thì ( )( ) f z cũng là hàm
phân hình trên D Hàm ( )f z và ( )f z cũng có các cực điểm tại những điểmnhư nhau Đồng thời, nếu z là cực điểm cấp0 m 0 của hàm f z thì( ) z là0cực điểm cấp m 1 của hàm f z( ).
* Nhận xét Hàm ( )f z không có quá đếm được các cực điểm trên D
1.1.7 Tính chất Cho hàm f z chỉnh hình trong , điều kiện cần và đủ để( )( )
f z không có các điểm bất thường khác ngoài cực điểm là ( )f z là hàm hữu
tỷ.
Trang 51.2 Định lý cơ bản thứ nhất
1.2.1 Công thức Poisson – Jensen
Định lý: Giả sửf z( )0 là một hàm phân hình trong hình tròn z R với
0R Giả sửa ( 1, 2, ,M) là các không điểm, mỗi không điểmđược kể một số lần bằng bội của nó,b (v 1, 2, ,N) là các cực điểm củaf trong hình tròn đó, mỗi cực điểm được kể một số lần bằng bội của nó Khi
đó nếuz r e i, (0 r R), f z( ) 0; ( )f z thì:
log (0) log ( e )2
Do f z không có không điểm và cực điểm trong hình tròn nên hàm log ( )( ) f z
chỉnh hình trong hình tròn đó Theo định lý Cauchy ta có:2
Trang 6log (0) log ( e ) 2
như vậy R tương ứng với w1 Trên R, ta có:22
Do z z R suy ra2
là hàm chỉnh hình Như vậy tích phân
trong vế bên phải của (3*) bằng 0 Kết hợp với (1*) và (2*) ta có:2
Trang 7lấy phần thực hai vế của đẳng thức (1.3) ta được
Đây là điều cần chứng minh.
*Trường hợp 2. Hàm f z không có không điểm và cực điểm bên trong( ){z R }, nhưng có hữu hạn không điểm và cực điểm cj trên biên R,Với 0 nhỏ tuỳ ý, ta đặt:
D z R U c ,
Gọi D là chu tuyến của D và là các cung lõm vào trên D Như vậymiền D bao gồm những phần trên đường tròn R cùng với các phần lõmvào của đường tròn nhỏ bán kính và tâm là các không điểm hoặc cực điểm
( )
f z trên R Giả sử z re i trong miền z R , tồn tại đủ nhỏ sao
cho z D Khi đó:
Giả sử z là một không điểm hay cực điểm của ( )0 f z trên z R và
là cung tròn ứng với z trên0 D Khi đó trên ,0
( ) ( )m
f z c z z
Trang 8trong đó m0 nếu z là không điểm và0 m 0 nếuz là cực điểm Suy ra0
1log ( )f zO(log )
Cho 0 trong công thức (1.2a), tính tích phân thứ nhất sẽ dần đến tích
phân trong vế phải của (1.3) , tích phân thứ hai sẽ dần đến 0 Như vậy ta cũngthu được công thức (1.3) trong trường hợp này và từ đó suy ra (1.1).
*Trường hợp 3 Bây giờ ta xét trường hợp tổng quát, tức là f z có các( )không điểm và cực điểm trong z R đặt
R bR a
Hiển nhiên hàm không có không điểm hoặc cực điểm trong( ) R.Như vậy chúng ta có thể áp dụng công thức (1.1a) cho hàm Hơn thế( )nữa, nếu Rei thì:
Trang 9Thay logy( )z vào (1.5) ta thu được kết quả.
*Ý nghĩa Công thức Poisson-Jensen chỉ ra rằng, nếu biết giá trị của modulus
Phần này trình bày khái niệm hàm đếm, hàm xấp xỉ, hàm đặc trưng và
các tính chất của chúng Trước hết ta định nghĩa:logx max{log ,0}x Rõ ràng nếu x 0 thì logx logx log (1/ ) x Như vậy:
Trang 101( , ) 2
N víi víi víi víi
t rr t r
Trang 11 (b)Từ (a) và (b) ta có được (1.8).
Ta định nghĩa:
log (0)f m R f( , )m R f( ,1/ )N R f( , )N R f( ,1/ ),hoặc
( , ) ( , ) ( ,1/ ) ( ,1/ ) log (0)
m R f N R f m R f N R f f Bây giờ ta đặt:
( , ) ( , ) ( , )
T R f m R f N R f (1.11)Khi đó công thức Jensen đươc viết lại một cách rất đơn giản là
Trang 12( , )
T r f được gọi là hàm đặc trưng của ( )f z Nó đóng vai trò quan trọng chủ
yếu trong lý thuyết của hàm phân hình.
Áp dụng các bất đẳng thức trên cho hàm phân hình f z1( ), , ( )f z và sửp
dụng (1.7) chúng ta thu được các bất đẳng thức sau
, ( ) ( , ( ))
, ( ) ( , ( )).
Trang 13Trong trường hợp đặc biệt khi p2, ( )f z1 f z f z( ), ( )2 a= constant, tasuy ra T r f a T r f( , ) ( , )loga log 2 Và từ đó chúng ta có thể thay thế
trong đóO là đại lượng giới nội.(1)
*Ý nghĩa Vế trái trong công thức của định lý đo số lần f a và f gần a , vế
phải là hàmT r f không phụ thuộc vào( , ) a , sai khác một đại lượng giới nội.
Trang 14của hai số hạng này có thể xem là không phụ thuộc vào a
1.2.3.2 Một số ví dụVí dụ 1 Xét hàm hữu tỷ
( )
, trong đó c0.
Đầu tiên giả sử p q Khi đó f z( ) khi z , như vậy khi a hữu
hạn m r a( , )0 với mọi r r 0 nào đó Phương trình f z( )a có p nghiệm
sao cho n t a( , )p t t( 0), và như thế
( , ) log (1)
N r a qr O , m r a O( , ) (1), với a 0.
Trang 15Nếu p q , N r f( , )qlogr O (1),( , ) log (1)
N r a qr O , m r a O( , ) (1), với a c Với tính toán trên đây ta thấy rằng trong mọi trường hợp
( , ) log (1)
T r f dr O ,( , ) log (1)
N r a dr O , m r a O( , ) (1), với a f ( ).trong đód max( , )p q
Như vậy trong trường hợp này,m r a là bị chặn khi r( , ) ngoại trừmột giá trị của a là ( )f Nếu phương trình f z( )a có nghiệm bội tại
với 0 d, thì
( , ) log (1)
m r a r O , N r a( , )(d a ) logr O (1).
Ví dụ 2 Xét hàm f z( ) ezer(cosisin ) , với z re i Khi đó
log f z( )log f re( i log era ir loger
víi cos 00 víi cos < 0
= cos0
víi - /2 /2 víi /2 < < 3 /2 .Từ đó ta có
/ 22
Trang 16Ví dụ 3 Xét P z( )azp ap là một đa thức và f z( )eP z( ) Khi đó
2 . .cos( )0
.cos( )2
= 1 1 sin( ) | / 2/ 22
(2 )
eT r f
(ví dụ này được đưa ra bởi Arakeljan).
Ví dụ 5 Giả sử rằng f z là một hàm phân hình trong( ) z R , và
Trang 17( ) af bg z
cf d
; / ; ; 1/ ; bc ad fff ff d c f c f ff f
( , ) ( , ) ( , ) log 2 ( , ) log log 2,
Bây giờ chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh một số định lý của H.Cartan
1.2.4.1 Định lý Giả sửf z là một hàm phân hình trong z R( ) Khi đó:
T r fN r e df
Trang 18Chứng minh Ta áp dụng công thức Jensen (1.6) cho hàmf z( ) a z với1
R và thu được:
(t)Bây giờ chúng ta lại áp dụng (1.6) cho hàm số f z e( ) i và có:
N r fm r fN r e df
T r fN r e df
Vậy Định lý được chứng minh.
Trang 191.2.4.2 Hệ quả 1 Hàm đặc trưng NevanlinnaT r f là một hàm lồi tăng của( , )logr với 0 r R .
Chứng minh Ta thấy rằngN r e( , i)
hiển nhiên là hàm tăng, lồi của logr nên
ta suy ra hàmT r f cũng có tính chất như vậy và bổ đề được chứng minh.( , )Trong trường hợp này chúng ta có:
1.2.4.3 Hệ quả 2 Trong mọi trường hợp chúng ta đều có:
( , ) log 22
Trang 201.3 Định lý cơ bản thứ hai
1.3.1 Giới thiệu:
Trong mục trước chúng ta đã định nghĩa hàm đặc trưng Nevanlinna vàcó được định lý: với mỗi số phức a , ( , )m R a N R a T R O( , ) ( ) (1) Từ đóchúng ta cũng thấy rằng tổng m N có thể xem là độc lập với a Đó chính là
kết quả của định lý cơ bản thứ nhất Định lý cơ bản thứ hai sẽ cho ta thấy rằngtrong trường hợp tổng quát số hạng N R a chiếm ưu thế trong tổng( , )
m N và thêm nữa trong N R a chúng ta không thể làm giảm tổng đó( , )nhiều nếu các nghiệm bội được tính một lần Từ kết quả này cũng suy rađịnh lý Picard, nói rằng hàm phân hình nhận mọi giá trị, trừ ra cùng lắm làhai giá trị.
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày định lý cơ bản thứ hai củaNevanlinna và đưa ra một số ứng dụng trực tiếp của định lý đó.
( , ) ( , ) 2 ( , ) ( ) ( )
vv
Trang 21Chứng minh Với các số phân biệta ; (1v v q), ta xét hàm:
1( )
Trang 22
Vậy (*) đã được chứng minh.
Như vậy nếu tồn tại một giá trị v q để f z( )av / 3q thì (*) hiểnnhiên đúng.
b) Ngược lại, giả sử f z( )av / 3q, v, khi đó có một điều hiển nhiên là:
f z a v suy ra1
Trang 23
Trang 24log ( ) log (0)2
log ( ) log (0)2
Trang 25Cuối cùng chúng ta nhận được:
1( , ) ( , ) 2 ( , ) 2 ( , ) ( , ) ( , )
khi đó ta có:
( , ) ( , ) 2 ( , ) ( ) ( )
RN r f
trong tổng trên nếu b là cực điểm bội k thì được tính k lần Giả sửvb1, ,bN
là các cực phân biệt của f z với cấp lần lượt là:( ) k1, ,k Xét tại điểmNb tav
thấy khai triển của f z sẽ có dạng:( )
cf z
cf z
z b
Trang 26Tức là b sẽ là cực điểm cấpvkv 1 của hàm f z( ) Như vậy b1, ,b sẽ là cácN
cực điểm của f z( ) với cấp lần lượt là k11, ,kN 1 Tất nhiên f z( ) khôngcó cực điểm nào khác Như vậy:
1( , ) log
Rk
Trang 271.3.4 Quan hệ số khuyết
Chúng ta kí hiệu lại: n t a( , )n t a f( , , ) là số các nghiệm của phươngtrình f z( )a trong z t , nghiệm bội được tính cả bội và kí hiệu n t a là( , )số nghiệm phân biệt của f z( )a trong z t Tương ứng ta định nghĩa:
( , )( ) ( , ) 1 lim
như vậy: ( )a ( )a ( )a
Lượng ( )a được gọi là số khuyết của giá trị , ( )aa gọi là bậc của bội.
Bây giờ chúng ta chứng minh một kết quả cơ sở của lý thuyết Nevanlinna
Trang 281.3.4.1 Định lý Giả sửf z là hàm phân hình khác hằng số trong( ) z R 0.Khi đó tập hợp các giá trị của a mà ( )a 0 cùng lắm là đếm được, đồngthời ta có:
Chúng ta chọn một dãy r , sao chonrn R0 khi n Xét q điểm
khác nhaua a1, 2, ,a Theo bất đẳng thức cơ bản ta có:q
cf z
z a
Trang 29cf z
z a
Chúng ta thấy rằng một nghiệm của phương trình f z( )av có bậc p thì
nó cũng là không điểm bậc p1 của f z( ) và như thế nó đóng góp một lầnvào n t a( , v)n t( ,1/ )f Như vậy chúng ta có thể viết lại bất đẳng thức trênnhư sau:
Trong đó N r0( ,1/ )nf được tính tại những điểm là không điểm của f
nhưng không phải là nghiệm của phương trình f z( )av, với v 1 q Chú ýrằng N r0( ,1/ )nf 0 nên từ (1.16) ta có
1 (1) ( , ) ( , ) ( , )
q oT r f N r a N r (1.17)
Trang 30Chia cả hai vế của (1.17) choT r f và bỏ qua đại lượng (1)( , )no ta có:
( , ) ( , )
1( , ) ( , )
Doq bất kỳ nên định lý được chứng minh xong.
Chúng ta có định lí sau, là hệ quả trực tiếp của quan hệ số khuyết.
1.3.4.2 Định lý Picard Giả sửf z là hàm phân hình, không nhận 3 giá trị( )
0,1,Khi đóf là hàm hằng.
Chứng minh Giả sửf không phải là hàm hằng Không mất tổng quát, có thể
xem f z không nhận 3 giá trị 0,1,( ) Từ đó, N r( ,0)0; N r( ,1)0;( , ) 0
: điều này mâu thuẫn
với quan hệ số khuyết Vậy ( )f z phải là hàm hằng.
Trang 31Ví dụ 2: Giả sử có N r a( , )O T r f( ( , ))( )a 1 (số khuyết bằng 1 khi sốnghiệm của phương trình quá ít so với cấp tăng của nó).
Ví dụ 3: cho f là một hàm phân hình, khi đó tập hợp các giá trị của a sao
cho phương trình ( )f z a gồm toàn nghiệm bội có không quá 4 điểm.
Thật vậy, nếu mọi nghiệm của phương trình f z( )a đều là nghiệm bộithì ta có:
nên số các điểm a để phương
trình f z( ) a gồm toàn nghiệm bội sẽ không quá 4 điểm.
Trong thực tế tồn tại hàm phân hình mà có 4 giá trị của a để phương
trình f z( )a gồm toàn nghiệm bội 2 Đó chính là hàm elliptic Weiestrass( )z
nÕu2
a Ea
a E
( )a 2
Trang 32Ví dụ 4: Giả sử f là hàm nguyên, khi đó f không có cực điểm nên
hạn ta thấy hàm f( )=ezz là chỉnh hình trên C và (0)(0) 1, như thếhàmez a sẽ có nghiệm với mọia 0.
Một số vấn đề đặt ra là có bao nhiêu giá trị của a để phương trình
f z a gồm toàn nghiện bội Câu trả lời là: cùng lắm có 2 giá trị, bởi vìgiả sử tại a và1 a phương trình2 f z( )a1 0; f z( )a2 0 gồm toànnghiệm bội Khi đó ( )a1 (a2)1/ 2, thế thì ( )a1 (a2) ( ) 2nên với tất cả các giá trị a khác a a phương trình ( )1; 2 f z a đều phải cónghiệm đơn Chẳng hạn xét hàm f z( )sinz, với a1 1; a2 1 ta thấy: khisinz 1 thì (sin )z cosz 0 như thế nghĩa là các phương trình
Trang 33 Như vậy ta thấy rằng đối với
hàm phân hình thì chỉ có nhiều nhất 4 giá trị a mà nghiệm của phương trình
( )
f z a có bội lớn hơn hoặc bằng 2.
+) Trong trường hợp có 4 giá trị của a thoả mãn, khi đómv 2 Ví dụcụ thể của hàm loại này chính là hàm elliptic Weiestrass.
+) Trong trường hợp có đúng 3 giá trị của a thoả mãn, do
Trường hợp (2;2;m tồn tại và ví dụ cụ thể về nó là hàm ( )) f z là sin ;z
cosz với ( )f z 1 gồm toàn nghiệm bội 2 và f z( ) Trong các trườnghợp khác, vấn đề nói chung là rất khó và đã được nhiều nhà toán học nghiêncứu và cho kết quả trong trường hợp tổng quát (Christoffel-Schwarz, Lê VănThiêm, Drasin…).
1.4.2 Định lý 5 điểm của Nevanlinna
1.4.2.1 Định nghĩa Giả sử f là hàm phân hình trên , a Ta địnhnghĩa: E af( )z f z( )a ( tập các nghiệm phân biệt của phương trình
( )
f z a).
1.4.2.2 Định lý Giả sử rằngf z f z là các hàm phân hình trên Nếu1( ), 2( )
tồn tại 5 điểma a a a a sao cho:, , , ,
Trang 341( ) 2( )
E a E a j 1, ,5
Khi đó hoặcf và1 f là hằng số hoặc2 f1 f2.
Chứng minh Ta giả sử rằngf ,1 f là các hàm không đồng thời là các hàm2
hằng và cũng không đồng nhất với nhau Gọi a a a a a là các số phức1, 2, 3, 4, 5phân biệt sao cho: E af1( j)E af2( j) j 1, ,5 Khi đó ta viết:
*) Giả sử một trong hai hàm f ,1 f là hàm hằng, không mất tính tổng quát ta2
giả sử f =const, khi đó1 f khác ít nhất 4 giá trị trong 5 giá trị1 a (jj 1, ,5),không mất tính tổng quát ta có thể giả sử các giá trị đó là a a a a như1, 2, 3, 4,thế: