Chương 2 Vấn đề duy nhất với điều kiện của đa thức đạo hàm 19
2.2 Trường hợp hàm phân hình
Với một hàm phân hình h, hàm P(h) =
n
X
k=1
ak
p
Y
j=0
(h(j))lkj, (2.13) trong đó ak ∈ S(h), k = 1,2, ..., n và lkj là các số nguyên không âm, k = 1,2, ..., n;j = 0,1,2, ..., p và d = Ppj=0lkj, k = 1,2, ..., n được gọi là đa thức đạo hàm bậc d được tạo ra bởi h. Kí hiệu Q= max1≤k≤nPpj=0jlkj. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng, P(f) và P(g) được xác định như (2.13), trong đó ak ∈ S(f)∩S(g). Năm 2017, Lahiri và Pal đã chứng minh
Định lý 2.2.1. ([8]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng và a = a(z) ∈ S(f)∩ S(g) và a 6≡ 0,∞. P(f) và P(g) là các đa thức đạo hàm khác hằng được xác định bởi (2.13). Nếu P(f) và P(g) chung nhau hàm nhỏ a = a(z) IM và
min
5δ(0;f) + 4Q+ 7
d Θ(∞;f),5δ(0;g) + 4Q+ 7
d Θ(∞;g)
> 4Q+ 4d+ 7
d (2.14)
thì P(f) ≡ P(g) hoặc P(f).P(g) ≡a2.
Chứng minh. Cho F = P(f)a và G= P(g)a . Khi đó F và G chung nhau giá trị 1 IM và từ Bổ đề 1.2.12 ta có:
T(r, F) ≤N(r,0;F) +N(r,∞;F) +N(r,0;G) +N(r,∞;G) +NE1)(r,1;F) + NL(r,1;F)−N0(r,0;F(1))
−N0(r,0;G(1)) +S(r, F) +S(r, G).
(2.15) Cho
H = (F(2)
F(1) − 2F(1)
F −1)−(G(2)
G(1) − 2G(1) G−1).
Giả sử H 6≡ 0 ta có:
NE1)(r,1;F) ≤N(r,0;H)
≤T(r, H)
≤N(r,∞;H) +S(r, F) +S(r, G)
(2.16)
và
N(r,∞;H) ≤ N(2(r,0;F) +N(r,∞;F) +N(2(r,0;G) +N(r,∞;G) +NL(r,1;F) +NL(r,1;G) +N0(r,0;F(1)) + N0(r,0;G(1)).
(2.17) Kết hợp N(r,0;F) +N(2(r,0;F) ≤ N(r,0;F), (2.15), (2.16) và (2.17) ta có được:
T(r, F) ≤ N(r,0;F) + 2N(r,∞;F) +N(r,0;G) + 2N(r,∞;G) + 2NL(r,1;F) +NL(r,1;G) +S(r, F) + S(r, G).
(2.18) Từ Bổ đề 1.2.3 và (2.18) ta nhận được:
N(r,0;F) ≤ T(r, F)−dT(r, F) +dN(r,0;f) + S(r, f)
≤ N(r,0;F) + 2N(r,∞;F) +QN(r,∞;g) +dN(r,0;g) + 2N(r,∞;g) + 2NL(r,1;F) +NL(r,1;G)−dT(r, f) +dN(r,0;f) +S(r, f) +S(r, g).
Và hơn nữa
dT(r, f) ≤dN(r,0;f) + 2N(r,∞;f) +dN(r,0;g) + (Q+ 2)N(r,∞;g) + 2NL(r,1;F) +NL(r,1;G) +S(r, f) +S(r, g).
(2.19) Từ Bổ đề 1.2.3 ta lại có:
NL(r,1;F) ≤N(r,1;F)−N(r,1;F)
≤N(r,0;F(1))
≤N(r,0;F) +N(r,∞;F) +S(r, F)
≤dN(r,0;f) + (Q+ 1)N(r,∞;f) +S(r, f).
(2.20)
Tương tự
NL(r,1;G) ≤dN(r,0;g) + (Q+ 1)N(r,∞;g) +S(r, g). (2.21) Kết hợp (2.19), (2.20) và (2.21) ta có:
T(r, f) ≤3N(r,0;f) + 2Q+ 4
d N(r,∞;f) + 2N(r,0;g) + 2Q+ 3
d N(r,∞;g) + S(r, f) +S(r, g).
(2.22)
Tương tự
T(r, g) ≤3N(r,0;g) + 2Q+ 4
d N(r,∞;g) + 2N(r,0;f) + 2Q+ 3
d N(r,∞;f) +S(r, f) +S(r, g).
(2.23) Cộng vế với vế của (2.22) và (2.23) ta nhận được:
T(r, f) +T(r, g) ≤5N(r,0;f) + 4Q+ 7
d N(r,∞;f) + 5N(r,0;g) + 4Q+ 7
d N(r,∞;g) +S(r, f) +S(r, g), điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Giả sử H ≡ 0. Ta có:
1
G−1 = A
F −1 +B, với A(6= 0) và B là hằng số. Khi đó:
G= (B+ 1)F + (A−B −1)
BF +A−B (2.24)
và
F = (B −A)G+ (A−B −1)
BG−(B + 1) . (2.25)
Trường hợp 1: Cho B 6= 0,−1. Từ (2.25) ta có N(r,B+1B ;G) = N(r,∞;F). Từ định lí cơ bản thứ hai và Bổ đề 1.2.12 ta nhận được:
T(r, G) ≤ N(r,0;G) +N(r,B + 1
B ;G) +N(r,∞;G) + S(r, G)
≤ T(r, G)−dT(r, g) + dN(r,0;g) +N(r,∞;F) +N(r,∞;G) +S(r, g).
Suy ra
dT(r, g) ≤ dN(r,0;g) +N(r,∞;f) + N(r,∞;g) +S(r, g). (2.26) Nếu A−B −1 6= 0 từ (2.24) ta có N(r, B+1−AB+1 ;F) = N(r,0;G). Từ định lí cơ bản thứ hai và Bổ để 1.2.12 ta nhận được:
T(r, F) ≤ N(r,0;F) +N(r,B + 1−A
B + 1 ;F) +N(r,∞;F) + S(r, F)
≤ T(r, F)−dT(r, f) +dN(r,0;f) +N(r,0;G) +N(r,∞;f) + S(r, f).
Suy ra
dT(r, f) ≤dN(r,0;f) +dN(r,0;g) +N(r,∞;f) +QN(r,∞;g) + S(r, f) +S(r, g).
(2.27) Kết hợp (2.26) và (2.27) ta có:
T(r, f) +T(r, g) ≤N(r,0;f) + 2
dN(r,∞;f) + 2N(r,0;g) + Q+ 1
d N(r,∞;g) +S(r, f) + S(r, g), điều này mâu thuẫn.
Vì thế A−B −1 = 0 và từ (2.24) ta có:
G= (B + 1)F BF + 1 .
Ở đó N(r,0;F + B1) = N(r,∞;G). Từ định lí cơ bản thứ hai và Bổ đề 1.2.12 ta có:
T(r, F) ≤ N(r,0;F) +N(r,0;F + 1
B) +N(r,∞;F) + S(r, F)
≤ T(r, F)−dT(r, f) +dN(r,0;f) +N(r,∞;g) +N(r,∞;f) +S(r, f).
Suy ra
dT(r, f) ≤ dN(r,0;f) +N(r,∞;f) +N(r,∞;g) +S(r, f). (2.28) Kết hợp (2.26) và (2.29) ta có:
T(r, f) +T(r, g) ≤N(r,0;f) +N(r,0;g) + 2
dN(r,∞;f) + 2
dN(r,∞;g) +S(r, f) + S(r, g), điều này mâu thuẫn.
Trường hợp 2: Ta giả sử rằng B = 0, từ (2.24) và (2.25) ta có : G = F + A−1
A và F = AG+ 1−A.
Nếu A−16= 0 thì
N(r,1−A;F) = N(r,0;G) và N(r,A−1
A ;G) =N(r,0;F).
Chứng minh tương tự trường hợp 1 ta đi đến điều mâu thuẫn. Vì thế A−1 = 0 và khi đó P(f) ≡ P(g).
Trường hợp 3: Giả sử B = −1, từ (2.24) và (2.25) ta có:
G= A
A+ 1−F và F = (A+ 1)G−A
G .
Nếu A+ 1 6= 0 thì
N(r, A+ 1;F) =N(r,∞;G) và N(r, A
A+ 1;G) = N(r,0;F).
Chứng minh tương tự trường hợp 1 ta đi đến điều mâu thuẫn. Do đó A+ 1 = 0 và P(f).P(g) ≡a2.
Định lý được chứng minh.
Nhận xét. Nếu P(f) và P(g) chung nhau hàm nhỏ a = a(z) CM, thì (2.14) có thể được thay thế bởi công thức sau
min
2δ(0, f) + Q+ 4
d Θ(∞;f),2δ(0;g) + Q+ 4
d Θ(∞;g)
> Q+d+ 4
d .
Định lý 2.2.2. ([8]). Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng, a(z)(6≡ 0,∞) ∈ S(f) ∩ S(g). Giả sử P(f) và P(g) là các đa thức đạo hàm khác hằng được xác định bởi (2.13). Nếu f và g chung nhau giá trị 0 CM và ∞ IM, P(f) và P(g) chung nhau hàm nhỏ a = a(z) IM và
5δ(0;f) + 4Q+ 7
d Θ (∞;f) > 4Q+ 4d+ 7
d ,
thì P (f) ≡P (g) hoặc P (f).P (g) ≡a2.
Chứng minh. Cho F = P(f)a và G= P(g)a . Khi đó F và G chung nhau giá trị 1 IM và từ Bổ đề 1.2.12 và Bổ đề 1.2.7 ta nhận được:
dT(r, f) ≤ N(r,∞;f) + N(r,1;F) +dN(r,0;f) +S(r, f)
= N(r,∞;g) +N(r,1;G) +dN(r,0;g) +S(r, f)
≤ (1 + 2d+Q)T(r, g) +S(r, f) + S(r, g).
(2.29) Tương tự
dT(r, g) ≤(1 + 2d+Q)T(r, f) +S(r, f) +S(r, g). (2.30) Từ (2.29) và (2.30) ta có được S(r, f) = S(r, g).
Chứng minh tương tự Định lý 2.2.1 ta được điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.3. ([8]). Cho f và g là hai hàm nguyên khác hằng, a(z)(6≡
0,∞) ∈ S(f) ∩ S(g). P(f) và P(g) là các đa thức đạo hàm khác hằng được xác định bởi (2.13). Nếu f và g chung nhau giá trị 0 CM, P(f) và P(g) chung nhau hàm nhỏ a = a(z) CM và δ(0;f) > 12, thì P(f) ≡ P(g) hoặc P(f).P(g) ≡ a2.
Nhận xét. P(f) và P(g) chung nhau hàm nhỏ a = a(z) IM, khi đó điều kiện δ(0;f) > 12 của định lí trên được thay thế bởi điều kiện δ(0;f) > 45.
Hệ quả 2.2.4. ([8]) Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng. Giả sử rằng α(f(k))n và α(g(k))n chung nhau giá trị 1 IM, với α(6= 0) là một hằng số và k, n là các số nguyên dương. Nếu
min
5δ(0;f) + 4kn+ 7
n Θ(∞;f),5δ(0;g) + 4kn+ 7
n Θ(∞;g)
> 4kn+ 4n+ 7 n
thì α2(f(k)g(k))n ≡ 1 hoặc f ≡ ωg, ωn = 1. Nếu f(z0) = g(z0) 6= 0, z0 ∈ C thì ω = 1.
Chứng minh. Từ Định lí 2.2.1 ta nhận được α2(f(k)g(k))n ≡ 1 hoặc (f(k))n ≡ (g(k))n. Giả sử rằng (f(k))n ≡ (g(k))n, khi đó f(k) = ωg(k), ωn = 1. Tích hợp k lần ta có được f = ωg + p, p là một đa thức bậc k −1. Từ giả thiết, f và g là các hàm phân hình siêu việt. Nếu p 6≡ 0.
Từ Bổ đề 1.2.4 ta có:
T(r, f) ≤ N(r,0;f) +N(r,0;f −p) +N(r,∞;f) +S(r, f)
= N(r,0;f) +N(r,0;g) +N(r,∞;f) +S(r, f)
(2.31) và
T(r, g) ≤ N(r,0;g) +N(r,0;g + p
ω) +N(r,∞;g) +S(r, g)
= N(r,0;g) +N(r,0;f) +N(r,∞;g) + S(r, g).
(2.32) Kết hợp (2.31) và (2.32), ta có được
T(r, f) +T(r, g) ≤2N(r,0;f) + 2N(r,0;g) +N(r,∞;f) + N(r,∞;g) +S(r, f) +S(r, g),
điều này mâu thuẫn giả thiết. Do đó p ≡ 0 và f ≡ ωg. Nếu f(z0) = g(z0) 6= 0, z0 ∈ C. Khi đó ω = 1, do đó f ≡ g.
Hệ quả được chứng minh
Hệ quả 2.2.5. ([8]). Cho f và g là hai hàm nguyên khác hằng, P(f) và P(g) là các đa thức đạo hàm khác hằng được xác định bởi (2.13). Giả sử rằng f và g chung nhau giá trị 0 CM, P(f) và P(g) chung nhau giá trị 1 CM. Nếu δ(0;f) > 12 thì f ≡ g hoặc P(f).P(g) ≡ 1 khi đó các điều sau là tương đương:
(i) ρ(f) 6= 1;
(ii) ρ(f) = 1 và
(a) f có hữu hạn các không điểm
(b) f có vô hạn các không điểm và f là hàm tối thiểu.
Chứng minh. Từ Định lí 2.2.3 ta có P(f) ≡ P(g) hoặc P(f).P(g) ≡ 1.
Cho P(f) ≡ P(g) sao cho P(g −f) ≡ 0. Khi đó f −g =
m
X
j=1
pj(z)eαjz, (2.33) với m(≤k) là các số nguyên dương, αj là các hằng số phức phân biệt và pj(z) là các đa thức khác không.
Từ f và g chung nhau giá trị 0 CM, ta đặt g = f.eh, h là một hàm nguyên. Cho eh 6≡ 1. Từ (2.33) ta nhận được:
f = Pm
j=1pj(z)eαjz eh−1 .
Dof là hàm nguyên, ta thấy rằngN(r,0;eh−1) ≤ N(r,0;Pmj=1pj(z)eαjz)
và từ định lí cơ bản thứ hai ta có được:
T(r, eh) ≤ N(r,∞;eh) +N(r,0;eh) +N(r,0;eh−1) +S(r, eh)
≤ N(r,0;
m
X
j=1
pj(z)eαjz) +S(r, eh)
≤ T(r,
m
X
j=1
pj(z)eαjz) +S(r, eh)
≤
m
X
j=1
{T(r, pj(z)) +T(r, eαjz)}+S(r, eh)
= O(logr) + O(r) +S(r, eh).
(2.34)
Nếu h là một hàm số siêu việt hoặc là một đa thức bậc ≥ 2, thì từ (2.34) ta thấy rằng T(r, eh) = S(r, eh). Mâu thuẫn. Vì thế h là một đa thức bậc lớn nhất là 1.
Đầu tiên, giả sử hlà hàm hằng. Thì P(f) ≡P(g) ≡ ehP(f) và eh ≡1, mâu thuẫn với giả thiết. Tiếp theo, giả sử rằng h(z) =az+b, a(6= 0) và b là hằng số. Khi đó
f = Pm
j=1pj(z)eαjz eaz+b −1 . Và như vậy ρ(f) ≤ 1.
Trường hợp 1: Cho ρ(f) < 1
Từ kết quả cơ bản của Milloux [2,Định lí3.2, p.57] ta có được T(r, f) ≤ N(r,0;f) +N(r,1;P(f)) +S(r, f)
= N(r,0;g) +N(r,1;P(g)) +S(r, f)
≤ T(r, g) +T(r, P(g)) +S(r, f)
= T(r, g) +m(r, P(g)) +S(r, f)
≤ T(r, g) +m(r, g) +m(r,P(g)
g ) +S(r, f)
= 2T(r, g) +S(r, g) +S(r, f).
(2.35)
Tương tự
T(r, g) ≤ 2T(r, f) +S(r, f) +S(r, g). (2.36) Vì f và g có bậc là hữu hạn. Từ (2.35) và (2.36) ta thấy rằng ρ(f) = ρ(g). Do đó
ρ(eaz+b) = ρ(g
f) ≤ max{ρ(f), ρ(g)} < 1,
điều này là không thể vì a 6= 0.
Trường hợp 2: ρ(f) = 1. Ta xét hai trường hợp sau.
Trường hợp 2.1. f có hữu hạn các không điểm. Đặt f(z) = q(z)ecz+d, q(z) là một đa thức đạo hàm. Khi đó
g(z) =q(z)e(a+c)z+(b+d)
và vì vậy P(f) ≡ P(g), tức là
q1(z)ecz+d = q2(z)e(a+c)z+(b+d)
.
với q1, q2 là cá đa thức đạo hàm. Tức là q2(z)eaz+b = q1(z). Điều này là không thể vì a 6= 0.
Trường hợp 2.2. f có vô hạn các không điểm và f là hàm tối thiểu.
Đặt
Hj(z) =−pj(z)eαjz
f ,1≤ j ≤m, Hm+1(z) =eaz+b. Khi đó f =
Pm
j=1pj(z)eαj z
eaz+b−1 , tức là
m+1
X
h=1
Hj(z) ≡ 1. (2.37)
Một trong những αj là không điểm, giả sử là α1. Khi đó H1 6≡ 0 và (2.37) tương đương với
m+1
X
j=2
Hj(z) +H1(z) ≡ 1.
Bây giờ
m
X
j=1
N(r,0;Hj) +m
m
X
j=1
N(r,∞;Hj) =
m+1
X
j=1
N(r,0;pj) +m2N(r,0;f)
= O(logr) +m2N(r,0;f).
(2.38) Từ eαjz = −HPj(z)
j(z)f ta có được:
T(r, eαjz) ≤ T(r, Hj) +T(r, f) +O(logr).
Tức là
|αj|
π ≤ T(r, Hj)
r + T(r, f)
r +o(1).
Và như vậy
lim inf
r→∞
T(r, Hj)
r + lim sup
r→∞
T(r, f)
r ≥ |αj| π . Vì f là hàm tối thiểu, ta nhận được
lim inf
r→∞
T(r, Hj)
r ≥ K, j = 2,3, ..., m;
với K = min2≤j≤m |απj| > 0.
Vì thế cho j = 1,2, ..., m ta nhận được:
lim sup
r→∞
N(r,0;f)
T(r, Hj) ≤ lim sup
r→∞
T(r, f)
r .lim sup
r→∞
r
T(r, Hj) = 0.
Như vậy
lim sup
r→∞
N(r,0;f)
T(r, Hm+1) ≤ π
|a|lim sup
r→∞
T(r, f) r = 0.
Từ (2.38) ta thấy rằng
m+1
X
j=1
N(r,0;Hj) +m
m+1
X
j=1
N(r,∞;Hj) < {λ+o(1)}T(r, Hk),
với k = 2,3, ..., m+ 1, λ(0 < λ < 1) là một hằng số phù hợp. Vì thế từ Bổ đề 1.2.7 ta có được H1(z) ≡ 1, điều này là không thể vì ρ(f) = 1.
Vì vậy αj 6= 0, j = 1,2, ..., m. Chứng minh tương tự như trên ta nhận được Hm+1(z) ≡ 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết eh 6≡ 1.
Hệ quả được chứng minh
Kết luận
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày một số nội dung chính sau đây:
1. Giới thiệu một số kiến thức về cơ bản trong lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna: Các hàm Nevanlinna và tính chất, hai định lý cơ bản, quan hệ số khuyết và định lý Picard; chứng minh lại một số các kết quả cần thiết cho việc chứng minh các kết quả trong Chương 2.
2. Phát biểu và chứng minh lại một số điều kiện đại số về vấn đề duy nhất trong hai trường hợp : hàm nguyên và hàm phân hình, trong đó có các điều kiện của đa thức đạo hàm. Cụ thể: Định lý 2.1.2 về vấn đề duy nhất cho hàm nguyên, Định lý2.2.1cho hàm phân hình.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Pháp
[1] Milloux H. (1940), Les fonction meromorphes et leurs derivees, Her- mann et Cie, Paris.
Tiếng Anh
[2] Chen A., Wang X., and Zhang G. (2010), Unicity of meromorphic function sharing one small function with its derivative, Int. J. Math.
Sci, Article Id 507454, 11 pages.
[3] Hayman W. K. (1964), Meromorphic Functions, The Clarendon Press, Oxford.
[4] Hua X. H. (1990), A unicity theorem for entire function, Bull. Lon- don Math. Soc. 22, no. 5, 456-462.
[5] Hinchliffe J. D. (2002), On a result of Chuang related to Hayman’s alternative, Comput. Meth-ods Funct. Theory 2, no. 1, 293-297.
[6] Lahiri I. (1997), Uniqueness of meromorphic functions as governed by their differential poly-nomials, Yokohama Math. J. 44, no. 2, 147-156.
[7] Lahiri I. (1998), Differential polynomials and uniqueness of mero- morphic functions, Yokohama Math. J. 45, no. 1, 31-38.
[8] Lahiri I. and Pal B. (2017), Uniqueness of meromorphic function with their homogeneous and linear differential polynomial sharing a small function, Bull. Korean Math. Soc. 54, No. 3, pp. 852-838.