Vấn đề duy nhất của lũy thừa một hàm phân hình chung nhau một tập với đạo hàm cấp cao của chúng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TỐNG THÁI DƯƠNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA LŨY THỪA MỘT HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU MỘT TẬP VỚI ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA CHÚNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TỐNG THÁI DƯƠNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA LŨY THỪA MỘT HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU MỘT TẬP VỚI ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA CHÚNG Chuyên ngành : TỐN GIẢI TÍCH Mã số : 8.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - 2020 Lời cam đoan Tơi xin cam đoan nội dung trình bày luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan kết nêu luận văn, tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bảo tính trung thực xác Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Tống Thái Dương Xác nhận trưởng khoa Toán Xác nhận người hướng dẫn Trần Nguyên An PGS TS Hà Trần Phương i Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Qua xin chân thành cảm ơn thầy giáo Khoa Tốn, Ban Giám hiệu, Phịng Đào tạo nhà trường Quý Thầy Cô giảng dạy lớp Cao học K26 trường Đại học Sư phạm- Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu, trang bị kiến thức tạo điều kiện tốt cho tơi q trình học tập nghiên cứu Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới PGS TS Hà Trần Phương, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ tơi có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn cách hồn chỉnh Tơi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập Do thời gian trình độ cịn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý thầy cô bạn để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Tống Thái Dương ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Các hàm Nevanlinna định lý thứ 1.2 Định lý thứ hai quan hệ số khuyết 1.3 Một số tính chất nâng cao 3 10 Vấn 2.1 2.2 2.3 16 16 31 35 đề Một số bổ đề chuẩn bị Trường hợp hàm nguyên Trường hợp hàm phân hình Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 42 iii Mở đầu Cho f hàm phân hình mặt phẳng phức C Ta kí hiệu E f (a) = f −1 (a) = {z ∈ C : f (z) = a} Ef (a) = {(z, n) ∈ C × N : f (z) = a, ordf −a (z) = n} Cho S tập mặt phẳng phức mở rộng, ta kí hiệu E(S) = E f (a) Ef (S) = a∈S Ef (a) a∈S Cho f g hai hàm mặt phẳng phức C a giá trị phức Ta nói f g chung a kể bội Ef (a) = Eg (a) Ta nói f g chung a không kể bội E f (a) = E g (a) Tương tự, ta nói f g tập S kể bội Ef (S) = Eg (S), ta nói f g chung tập S không kể bội E f (S) = E g (S) Cho f hàm phân hình, hàm phân hình a(z) gọi hàm nhỏ f T (r, a) = o(T (r, f )) Với hàm phân hình f , ta ký hiệu ρ2 (f ) = lim sup r→∞ log log T (r, f ) log r Năm 1976, Rubel Yang ([3]) chứng minh: Cho f hàm nguyên khác hằng, f f chung hai giá trị hữu hạn phân biệt a b kể bội f = f Năm 1979, Mues Steinmetz ([2]) chứng minh kết tương tự thay điều kiện chung kể bội chung khơng kể bội Từ cơng trình tác giả nảy sinh vấn đề cho hàm phân hình với đạo hàm chúng Năm 2008, Yang ([4]) xem xét vấn đề nghiên cứu Rubel Yang thay f với lũy thừa bậc n chứng minh: Nếu F F chung nhau giá trị kể bội F = F , F = f n , với f hàm nguyên n > f hàm phân hình n > 12 Năm 2009, Zhang ([4]) nghiên cứu lại vấn đề theo hướng giảm n xuống chứng minh kết n > hàm nguyên n > hàm phân hình Gần tác giả xem xét mở rộng kết Rubel, Yang Zhang theo hướng: ❼ Xem xét lại vấn đề thay đạo hàm bậc đạo hàm bậc cao ❼ Xem xét lại vấn đề thay giá trị tập hợp ❼ Xem xét lại vấn đề thay giá điều kiện chung kể bội chung không kể bội Mục đích luận văn giới thiệu số nghiên cứu gần Zhang, Yang, Banerjee, Chakraborty số tác giả khác theo hướng nghiên cứu nói Thái Nguyên, tháng năm 2020 Người viết luận văn Tống Thái Dương Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Các hàm Nevanlinna định lý thứ Định nghĩa 1.1.1 Cho f hàm xác định mặt phẳng phức C, lấy giá trị C, D ⊂ C miền Ta nói f chỉnh hình z0 ∈ C tồn lân cận U z0 cho ∞ cn (z − z0 )n f (z) = n=0 với z ∈ U , cn ∈ C số Hàm f (z) gọi chỉnh hình D chỉnh hình z ∈ D Ví dụ 1.1.2 Hàm f (z) = z chỉnh hình tập mở C Bất kỳ đa thức P (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n chỉnh hình tồn mặt phẳng thức Ví dụ 1.1.3 Hàm 1/z chỉnh hình tập mở C mà không chứa điểm gốc tọa độ Định nghĩa 1.1.4 Hàm f (z) gọi hàm nguyên chỉnh hình tồn mặt phẳng phức C Ví dụ 1.1.5 Hàm f (z) = ez , g(z) = e−πz chỉnh hình tồn mặt phẳng phức C nên chúng hàm nguyên Với hàm f : C → C, điểm z0 ∈ C gọi điểm bất thường cô lập hàm f (z) f (z) chỉnh hình lân cận z0 , trừ z0 Điểm bất thường cô lập z0 hàm f (z) gọi (i) Điểm bất thường khử tồn giới hạn hữu hạn lim f (z) z→z0 (ii) Cực điểm f (z) lim f (z) = ∞ z→z0 (iii) Điểm bất thường cốt yếu hàm f (z) không tồn lim f (z) z→z0 Định nghĩa 1.1.6 Hàm f (z) gọi phân hình miền D ⊂ C chỉnh hình miền D, trừ số hữu hạn điểm bất thường cực điểm Nếu D = C ta nói f (z) hàm phân hình C, hay đơn giản hàm phân hình Nhận xét 1.1.7 Nếu f (z) hàm phân hình D lân cận z ∈ D hàm f (z) biểu diễn dạng thương hai hàm chỉnh hình Định nghĩa 1.1.8 Điểm z0 gọi không điểm cấp m hàm f (z) lân cận z0 , hàm f (z) có biểu diễn f (z) = (z − z0 )m h(z), h(z) chỉnh hình lân cận z0 h(z0 ) = Điểm z0 gọi cực điểm cấp m ≥ hàm f (z) z0 không điểm cấp m hàm f (z) Với hàm phân hình f , ta kí hiệu   z0 khơng điểm cấp m f (z)  m ordf (z0 ) = f (z0 ) = 0, ∞   −m z cực điểm cấp m f (z) Nhận xét 1.1.9 Nếu f (z) hàm phân hình D f (z) hàm phân hình D Hàm f (z) f (z) có cực điểm, đồng thời z0 cực điểm cấp m ≥ f (z) cực điểm cấp m + f (z) Hơn nữa, hàm f (z) có khơng q đếm cực điểm D Bây ta định nghĩa hàm đếm, hàm xấp xỉ hàm đặc trưng Nevanlinna hàm phân hình Với số thực dương x ∈ R∗+ , kí hiệu log+ (x) = log x x ≥ < x < Như log+ (x) = max{log x, 0} log x = log+ x − log+ x Cho f : C → C hàm phân hình, với số thực R > 0, ta có 2π 2π log f (Reiϕ ) dϕ 2π = 2π 2π log+ f (Reiϕ ) dϕ − 2π log+ dϕ f (Reiϕ ) Định nghĩa 1.1.10 Hàm 2π m(R, f ) = 2π log+ f (Reiϕ ) dϕ gọi hàm xấp xỉ hàm phân hình f Bây ta định nghĩa hàm đếm Cho f hàm phân hình t > Kí hiệu n(t, f ) số cực điểm kể bội hàm f (z) hình trịn {|z| < t} n(0, f ) = limt→0 n(t, f ) Ký hiệu n(t, f ) số cực điểm không kể bội f , n(0, f ) = limt→0 n(t, f ) Ký hiệu n(t, 1/f ) số không điểm kể bội, n(t, 1/f ) số khơng điểm kể bội f hình tròn {|z| < t} Định nghĩa 1.1.11 Hàm r N (r, ∞; f ) = N (r, f ) = n(t, f ) − n(0, f ) dt + n(0, f ) log r t Bổ đề 2.1.14 ([1]) Nếu F G chung (1, l) với ≤ l < ∞ N (r, 1; F ) + N (r, 1; G) − NE1 (r, 1, F ) + l − ≤ N ∗ (r, 1; F, G) (N (r, 1; F ) + N (r, 1; G)) Bổ đề 2.1.15 ([1]) Giả sử f m = (f m )(k) m ≥ k + f có dạng ζ f (z) = ce m z , c số khác khơng ζ k = Chứng minh Nếu f m = (f m )(k) ta khẳng định ∞ giá trị bỏ Picard f Quay lại chứng minh, z0 không điểm bậc t f tương ứng khơng điểm f m (f m )(k) với bậc mt (mt − k), mâu thuẫn Tương tự, z0 cực điểm bậc s f tương ứng cực điểm bậc ms (ms + k) f m (f m )(k) , mâu thuẫn Do đó, f có dạng ζ f (z) = ce m z , c số khác khơng ζ k = Bổ đề 2.1.16 ([1]) Giả sử H ≡ 0, m > k + n ≥ F ≡ G Chứng minh Dễ thấy F G chung (1, ∞) (∞, 0) Lấy tính phân H ≡ hai lần ta thu F ≡ AG + B , CG + D (2.21) với A, B, C, D số thỏa mãn AD − BC = Do đó, theo bổ đề Mokhon ([7]), ta có T (r, f m ) = T (r, (f m )(k) ) + S(r, f ) (2.22) Tiếp theo ta xét hai trường hợp Trường hợp Giả sử C = Rõ ràng N (r, ∞; f ) = S(r, f ), ngược 28 z0 cực điểm f bội t z0 cực điểm F bội mnt z0 điểm giải tích điểm kì dị xóa AG+B CG+D , mâu thuẫn n ≥ phương trình (2.21) Trường hợp 1.1 Giả sử A = Trong trường hợp này, (2.21) viết thành F− A BC − AD = C C(CG + D) (2.23) Do N r, A ;F C = N (r, ∞; G) Sử dụng Định lý thứ hai, ta thu nT (r, f m ) + O(1) = T (r, F ) A ; F + S(r, F ) C ≤ 2N (r, ∞; f ) + N (r, −a; f m ) + N (r, 0; f m ) + S(r, f ) ≤ N (r, ∞; F ) + N (r, 0; F ) + N r, ≤ N (r, −a; f m ) + N (r, 0; f m ) + S(r, f ), mâu thuẫn n ≥ Trường hợp 1.2 Giả sử A = Khi hiển nhiên B = (2.21) viết thành F = γ = C B δ = , γG + δ (2.24) D B Nếu F khơng có 1-điểm theo Định lý thứ hai, ta có nT (r, f m ) + O(1) = T (r, F ) ≤ N (r, ∞; F ) + N (r, 0; F ) + N (r, 1; F ) + S(r, F ) ≤ N (r, ∞; f m ) + N (r, −a; f m ) + N (r, 0; f m ) + S(r, f ) ≤ N (r, −a; f m ) + N (r, 0; f m ) + S(r, f ), mâu thuẫn n ≥ Do γ + δ = γ = Nên phương trình (2.24) trở thành F = γG + − γ 29 Do đó, N r, 0; G + 1−γ γ = N (r, ∞; F ) Nếu γ = sử dụng Định lý thứ hai phương trình (2.22), ta thu nT (r, (f m )(k) ) + O(1) = T (r, G) 1−γ + S(r, G) γ ≤ 2N (r, ∞; (f m )(k) ) + N (r, −a; (f m )(k) ) + N (r, 0; (f m )(k) ) + S(r) ≤ N (r, ∞; G) + N (r, 0; G) + N r, 0; G + ≤ N (r, −a; (f m )(k) ) + N (r, 0; (f m )(k) ) + S(r), mâu thuẫn n ≥ Do γ = 1, tức F G ≡ 1, hay (f m )n−1 + (f m + a) (f m )(k) n−1 (f m )(k) + a ≡ b2 Do f m (f m )(k) chung (∞, 0) nên ∞ giá trị bỏ Picard f m Ngồi khơng điểm F bị trung hòa cực điểm G nên 0, −a giá trị bỏ Picard f m Nhưng theo Định lý thứ hai điều khơng thể Do F G ≡ Trường hợp Giả sử C = Khi AD = phương trình (2.21) viết lại thành F = λG + µ, λ = A D µ = B D Ngoài F G chung (∞, 0) Cho nên trường hợp này, ta có N (r, ∞; f ) = S(r, f ) (2.25) Bởi ngược lại, z0 cực điểm bậc t f , cực điểm bậc mtn F cực điểm bậc (mt + k)n G Nhưng F G chung cực điểm tính bội Do mtn = (mt + k)n, theo giả thiết nk = 0, mâu thuẫn Tiến hành trường hợp trước, ta kết luận F có 1-điểm Do λ + µ = với λ = Trường hợp 2.1 Giả sử λ = Khi N (r, 0; f ) = S(r, f ), ngược lại z0 khơng điểm f khơng điểm F G 30 m ≥ k + Do µ = 0, mâu thuẫn Tiếp theo, sử dụng Định lý thứ hai, phương trình (2.22), (2.25), ta thu nT (r, f m ) + O(1) = T (r, F ) ≤ N (r, ∞; F ) + N (r, 0; F ) + N (r, − λ; F ) + S(r, F ) ≤ N (r, 0; f m ) + N (r, −a; f m ) + N (r, 0; (f m )(k) ) + N (r, −a; (f m )(k) ) + S(r, f ) ≤ 3T (r, f m ) + S(r, f ), mâu thuẫn n ≥ Trường hợp 2.2 Giả sử λ = Suy F ≡ G Bổ đề 2.1.17 ([1]) Nếu F ≡ G f m ≡ (f m )(k) với m ≥ 1, k ≥ n ≥ Chứng minh Ta thấy F G chung (1, ∞) (∞, ∞); N (r, ∞; f ) = S(r, f ) Lấy λi (i = 1, 2, , n − 1) không điểm phân biệt hn − = Đặt h := (f m )(k) fm n−1 −1 F ≡ G f m = −a hhn −1 Nếu h hàm phân hình khác theo Định lý thứ hai bổ đề Mokhon’ko, ta có (n − 3)T (r, h) n−1 ≤ N (r, λi ; h) + S(r, h) i=1 ≤ N (r, ∞; f ) + S(r, f ) ≤ S(r, f ), mâu thuẫn n ≥ Do h số Hệ có khả hh = f m ≡ (f m )(k) 2.2 Trường hợp hàm nguyên Năm 1976, Rubel-Yang ([3]) chứng minh hàm nguyên khác f f chung hai giá trị hữu hạn phân biệt (a, ∞) (b, ∞) 31 f = f Năm 1979, Mues–Steinmetz cải tiến Rubel-Yang thu được: Định lý 2.2.1 Giả sử f hàm nguyên khác Nếu f f chung hai giá trị phân biệt (a, 0) (b, 0) f ≡ f Để tìm dạng hàm đặc biệt thỏa mãn định lý trên, năm 2008, Yang Zhang ([4]) người nghiên cứu giá trị chung cho lũy thừa hàm phân hình (tương ứng, hàm nguyên) F = f m đạo hàm F thu kết Định lý 2.2.2 Cho f hàm nguyên khác m > số nguyên Nếu F F chung giá trị kể bội F = F f có z dạng f (z) = ce m , c số khác không Theo hướng này, J Zhang L Yang ([4]) thu kết sau: Định lý 2.2.3 ([4]) Cho f hàm nguyên khác hằng, n k hai số nguyên dương a(z) (≡ 0, ∞) hàm nhỏ f Giả sử f n − a (f n )(k) − a chung giá trị kể bội n > k + Khi f n ≡ (f n )(k) f có dạng λ f (z) = ce n z c số khác không λk = Sau kết J Zhang L Yang, có nhiều cải tiến tổng quát hóa đưa nhiều nhà tốn học tính f m (f m )(k) Năm 2018, A Banerjee B Chakraborty nghiên cứu vấn đề thay việc chung giá trị hay hàm nhỏ chung tập hợp, tác giả đặt câu hỏi: Câu hỏi 2.2.4 ([1]) Nếu f m (f m )(k) chung tập S thay giá trị a (= 0, ∞) ta kết luận Định lý 2.2.3 hay khơng? Và lực lượng tối thiểu tập S bao nhiêu? 32 Ví dụ sau minh họa lực lượng tối thiểu tập nhỏ Ví dụ 2.2.5 Lấy S = {a, b}, a b hai số phức phân biệt m ≥ số nguyên Lấy f (z) = (e−z + a + b) m , m ≥ Khi Ef m (S) = E(f m ) (S) f m ≡ (f m ) Cũng báo ([1]), tác giả trả lời câu hỏi Tiếp theo chúng tơi trình bày kết A Banerjee B Chakraborty công bố ([1]) Với số nguyên dương n, ký hiệu P (z) đa thức P (z) = z n + az n−1 + b, (2.26) (n−1) b n (n − 1) ab = n = (−1) Rõ ràng P (z) khơng có nghiệm a nn bội Định lý 2.2.6 ([1]) Giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) m (≥ k+1) ba số nguyên dương Giả sử S = {z : P (z) = 0} P (z) xác định (2.26) Giả sử f hàm nguyên khác thỏa mãn Ef m (S, l) = E(f m )(k) (S, l) Nếu (1) ≤ l ≤ ∞ n ≥ (2) l = n ≥ ζ f m ≡ (f m )(k) f có dạng f (z) = ce m z , c số khác khơng ζ k = Chứng minh Ta xét hai trường hợp Trường hợp Giả sử H ≡ Khi F ≡ G N (r, 1; F | = 1) = (r, 1; G| = 1) ≤ N (r, ∞; H) 33 Sử dụng Định lý thứ hai Bổ đề 2.1.13, ta thu (n + 1){T (f, f m ) + T (r, (f m )(k) )} (2.27) ≤ N (r, ∞; f m ) + N (r, ∞; (f m )(k) ) + N (r, 0; f m ) + N (r, 0; (f m )(k) ) n−1 m n − m (k) + N r, −a ;f + N r, −a ; (f ) + N (r, 1; F ) n n + N (r, 1; G) − N0 (r, 0, (f m ) ) − N0 (r, 0, (f m )(k+1) ) + S(r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + N (r, 1; F ) + N (r, 1; G) + 2T (r) − N (r, 1; F | = 1) + N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G) + S(r) Do đó, theo Bổ đề 2.1.14, ta thu n (2.28) − T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + − l {N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G)} + S(r) Trường hợp 1.1 Giả sử l ≥ Áp dụng Bổ đề 2.1.11 2.1.12 cho (2.39), ta thu n 3(n − 1)l N L (r, ∞; f ) + S(r) − T (r) ≤ (n − 2)l − (2.29) Tức n − T (r) (2.30) 3(n − 1)l2 T (r) + S(r) (2nl − l − 1)(nl − 2l − 1) − (l + 1)2 3(n − 1)l T (r) + S(r) 2n2 l − 5nl − 3n + l + ≤ Do n ≥ f hàm nguyên bất đẳng thức (2.40) dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp 1.2 Giả sử l = Áp dụng Bổ đề 2.1.10, 2.1.11 2.1.12 cho 34 (2.39), ta thu n − T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + {N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )} + S(r) 7(n − 1) ≤ N (r, ∞; f ) + S(r) 2(n − 3) 7(n − 1) ≤ T (r) + S(r) 2{(2n − 2)(n − 3) − 4} (2.31) (2.32) Do bất đẳng thức (2.42) dẫn tới mâu thuẫn f hàm nguyên n ≥ Trường hợp 1.3 Giả sử l = Áp dụng Bổ đề 2.1.9, 2.1.11 2.1.12 cho (2.39), ta thu n − T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + 3{N (r, 0; (f m )(k) ) + N (r, ∞; f )} + S(r) 6(n − 1) N (r, ∞; f ) + S(r) ≤ (n − 4) 6(n − 1) ≤ T (r) + S(r) 2n − 11n + (2.33) (2.34) Do bất đẳng thức (2.44) dẫn tới mâu thuẫn f hàm nguyên n ≥ Trường hợp Tiếp theo ta giả sử H ≡ Khi theo Bổ đề 2.1.16 2.1.17, ta có f m = (f m )(k) Áp dụng Bổ đề 2.1.15, ta thấy f có dạng ζ f (z) = ce m z , c số khác không ζ k = Điều phải chứng minh 2.3 Trường hợp hàm phân hình Năm 2008, L Z Yang J L Zhang chứng minh: 35 Định lý 2.3.1 Giả sử f hàm phân hình khác m > 12 số nguyên Nếu F F chung giá trị kể bội F = F f có z dạng f (z) = ce m , c số khác không Năm 2009, J L Zhang chứng minh: Định lý 2.3.2 ([4]) Giả sử f hàm phân hình khác hằng, n k hai số nguyên dương a(z) (≡ 0, ∞) hàm nhỏ f Giả sử f n − a (f n )(k) − a chung giá trị kể bội (n − k − 1)(n − k − 4) > 3k + Khi f n ≡ (f n )(k) f có dạng λ f (z) = ce n z c số khác khơng λk = Năm 2009, J L Zhang L Z Yang chứng minh: Định lý 2.3.3 ([4]) Giả sử f hàm phân hình khác hằng, n k hai số nguyên dương a(z) (≡ 0, ∞) hàm nhỏ phân hình f Giả sử f n − a (f n )(k) − a chung giá trị không kể bội n > 2k + + (2k + 3)(k + 3) (2.35) Khi f n ≡ (f n )(k) f có dạng λ f (z) = ce n z c số khác khơng λk = Chứng minh Lấy H, U V xác định (1.3), (2.6) (2.1) Nếu U V = từ Bổ đề 2.1.4 2.1.1 ta thu F = G Vậy theo Bổ đề 2.1.7 ta suy Định lý 2.3.3 Tiếp theo, giả sử U V = Từ (2.5) (2.10), ta có ((n − 2k − 3)2 − (2k + 3)(k + 3))N (r, f ) ≤ S(r, f ) ((n − 2k − 3)2 − (2k + 3)(k + 3))N (r, 1/f ) ≤ S(r, f ) 36 Thay (2.35) vào hai bất đẳng thức trên, ta thu N (r, 1/f ) = N (r, f ) = S(r, f ) (2.36) Nếu H = 0, kết hợp (2.36) với (1.7) ta thu T (r, f ) = S(r, f ), mâu thuẫn Do H = Từ (2.36), Bổ đề 2.1.8 Bổ đề 2.1.7 ta suy Định lý 2.3.3 Định lý 2.3.4 ([4]) Giả sử f hàm nguyên khác hằng, n k hai số nguyên dương a(z) (≡ 0, ∞) hàm nhỏ f Giả sử f n − a (f n )(k) − a chung giá trị không kể bội n > 2k + Khi f n ≡ (f n )(k) f có dạng λ f (z) = ce n z c số khác không λk = Chứng minh Lấy H, U V xác định (1.3), (2.6) (2.1) Nếu U = 0, từ Bổ đề 2.1.4 ta thu F = G Nên Định lý 2.3.3 suy từ Bổ đề 2.1.7 Tiếp theo, ta giả sử U = Chú ý n > 2k + 3, từ (2.10) ta thu = S(r, f ) f Nếu H = từ (1.7) ta có T (r, f ) = S(r, f ), mâu thuẫn Do N r, H = 0, Từ Bổ đề 2.1.8 2.1.7 ta suy Định lý 2.3.4 Định lý 2.3.5 ([4]) Giả sử f hàm phân hình khác hằng, n k hai số nguyên dương a(z) (≡ 0, ∞) hàm nhỏ phân hình f Giả sử f n − a (f n )(k) − a chung giá trị kể bội √ n > k + + k + Khi f n ≡ (f n )(k) f có dạng λ f (z) = ce n z c số khác không λk = 37 (2.37) Chứng minh Ta sử dụng (2.4) (2.9) thay cho (2.5) (2.10) chứng minh Định lý 2.3.4 2.3.3, ta thu chứng minh Định lý 2.3.5 Hệ 2.3.6 ([4]) Cho f hàm phân hình khác n ≥ số nguyên Ký hiệu F = f n Giả sử F F chung giá trị kể bội F = F f có dạng f (z) = ce n z , c số khác không Năm 2018, A Banerjee B Chakraborty chứng minh: Định lý 2.3.7 ([1]) Giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) m (≥ k+1) ba số nguyên dương Giả sử S = {z : P (z) = 0} P (z) xác định (2.26) Giả sử f hàm phân hình khác thỏa mãn Ef m (S, l) = E(f m )(k) (S, l) Nếu (1) ≤ l ≤ ∞ (n − 2)(2n2 l − 5nl − 3n + l + 1) > 6(n − 1)l (2) l = n ≥ (3) l = n ≥ ζ f m ≡ (f m )(k) f có dạng f (z) = ce m z , c số khác không ζ k = Chứng minh Ta xét hai trường hợp Trường hợp Giả sử H ≡ Khi F ≡ G N (r, 1; F | = 1) = (r, 1; G| = 1) ≤ N (r, ∞; H) 38 Sử dụng Định lý thứ hai Bổ đề 2.1.13, ta thu (n + 1){T (f, f m ) + T (r, (f m )(k) )} (2.38) ≤ N (r, ∞; f m ) + N (r, ∞; (f m )(k) ) + N (r, 0; f m ) + N (r, 0; (f m )(k) ) n−1 m n − m (k) + N r, −a ;f + N r, −a ; (f ) + N (r, 1; F ) n n + N (r, 1; G) − N0 (r, 0, (f m ) ) − N0 (r, 0, (f m )(k+1) ) + S(r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + N (r, 1; F ) + N (r, 1; G) + 2T (r) − N (r, 1; F | = 1) + N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G) + S(r) Do đó, theo Bổ đề 2.1.14, ta thu n (2.39) − T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + − l {N L (r, 1; F ) + N L (r, 1; G)} + S(r) Trường hợp 1.1 Giả sử l ≥ Áp dụng Bổ đề 2.1.11 2.1.12 cho (2.39), ta thu n 3(n − 1)l N L (r, ∞; f ) + S(r) − T (r) ≤ (n − 2)l − (2.40) Tức n − T (r) (2.41) 3(n − 1)l2 T (r) + S(r) (2nl − l − 1)(nl − 2l − 1) − (l + 1)2 3(n − 1)l T (r) + S(r) 2n2 l − 5nl − 3n + l + ≤ Do (n − 2)(2n2 l − 5nl − 3n + l + 1) > 6(n − 1)l bất đẳng thức (2.41) dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp 1.2 Giả sử l = Áp dụng Bổ đề 2.1.10, 2.1.11 2.1.12 cho 39 (2.39), ta thu n − T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + {N (r, 0; f ) + N (r, ∞; f )} + S(r) 7(n − 1) ≤ N (r, ∞; f ) + S(r) 2(n − 3) 7(n − 1) ≤ T (r) + S(r) 2{(2n − 2)(n − 3) − 4} (2.42) (2.43) Do bất đẳng thức (2.43)) dẫn tới mâu thuẫn f phân hình n ≥ Trường hợp 1.3 Giả sử l = Áp dụng Bổ đề 2.1.9, 2.1.11 2.1.12 cho (2.39), ta thu n − T (r) ≤ 3{N (r, ∞; f ) + N (r, 0; (f m )(k) )} + 3{N (r, 0; (f m )(k) ) + N (r, ∞; f )} + S(r) 6(n − 1) ≤ N (r, ∞; f ) + S(r) (n − 4) 6(n − 1) ≤ T (r) + S(r) 2n − 11n + (2.44) (2.45) Do bất đẳng thức (2.45) dẫn tới mâu thuẫn f hàm phân hình n ≥ Trường hợp Tiếp theo ta giả sử H ≡ Khi theo Bổ đề 2.1.16 2.1.17, ta có f m = (f m )(k) Áp dụng Bổ đề 2.1.15, ta thấy f có dạng ζ f (z) = ce m z , c số khác khơng ζ k = Điều phải chứng minh Hệ 2.3.8 ([1]) Giả sử n (≥ 4), k (≥ 1) m (≥ k +1) ba số nguyên dương Giả sử S = {z : P (z) = 0} P (z) xác định (2.26) Giả sử f hàm phân hình khác thỏa mãn Ef m (S, 3) = E(f m )(k) (S, 3) ζ Khi đó, f m ≡ (f m )(k) f có dạng f (z) = ce m z , c số khác khơng ζ k = 40 Kết luận Với mục đích tìm hiểu số kết nghiên cứu gần vấn đề hàm phân hình lũy thừa hàm phân hình có chung tập hợp với đạo hàm cấp cao chúng, luận văn đã: Giới thiệu số vấn đề lý thuyết phân bố giá trị bao gồm hàm Nevanlinna, hai Định lý bản, bổ đề số khuyết, điểm bỏ Picard lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình; giới thiệu chi tiết số bổ đề cần thiết để chứng minh kết Chương 2 Giới thiệu số kết vấn đề hàm phân hình lũy thừa hàm phân hình có chung tập hợp với đạo hàm cấp cao chúng Cụ thể định lý (Định lý 2.2.1–2.2.3, 2.2.6) vấn đề trường hợp hàm nguyên, định lý (Định lý 2.3.1–2.3.5, 2.3.7) vấn đề trường hợp hàm phân hình Các định lý cho thấy lũy thừa hàm phân hình có chung hàm nhỏ hay tập nghiệm đa thức đặc biệt với đạo hàm lũy thừa chúng trùng Có thể thấy đa thức đặc biệt mà tập nghiệm xem xét định lý luận văn giới thiệu H Yi Trong thời gian tới tiếp tục nghiên cứu trường hợp tập nghiệm đa thức đặc biệt khác 41 Tài liệu tham khảo [1] Banerjee A and Chakraborty B (2018), “On the uniqueness of power of a meromorphic function sharing a set with its k-th derivative”, Annales Academiæ Scientiarum Fennicæ Mathematica, Volume 34, 249–260 [2] Mues E., Steinmetz N (1979), Meromorphe Funktionen, die mit ihrer Ableitung Werteteilen, Manuscripta Math 29, no 2-4, 195–206 [3] Rubel L.A., Yang C.C (1976), “Values shared by an entire function and its derivative”, Complex analysis (Proc Conf., Univ Kentucky, Lexington, Ky.), pp.101–103 [4] Zhang J and Yang L (2009), “A power of a meromorphic function sharing a small function with its first derivative”, Annales Academiæ Scientiarum Fennicæ Mathematica, Volume 34, 249–260 42 ... THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TỐNG THÁI DƯƠNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT CỦA LŨY THỪA MỘT HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU MỘT TẬP VỚI ĐẠO HÀM CẤP CAO CỦA CHÚNG Chun ngành : TỐN GIẢI TÍCH Mã số : 8.46.01.02... kết nghiên cứu gần vấn đề hàm phân hình lũy thừa hàm phân hình có chung tập hợp với đạo hàm cấp cao chúng, luận văn đã: Giới thiệu số vấn đề lý thuyết phân bố giá trị bao gồm hàm Nevanlinna, hai... phân hình có chung tập hợp với đạo hàm cấp cao chúng Cụ thể định lý (Định lý 2.2.1–2.2.3, 2.2.6) vấn đề trường hợp hàm nguyên, định lý (Định lý 2.3.1–2.3.5, 2.3.7) vấn đề trường hợp hàm phân hình