ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGƠ LAN HƯƠNG VỀ HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU HAI TẬP HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGÔ LAN HƯƠNG VỀ HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU HAI TẬP HỢP Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - Năm 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục MỞ ĐẦU Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Các hàm Nevanlinna 1.2 Định lý thứ 1.3 Định lý thứ hai 10 1.4 Định lý điểm Nevanlinna 13 Chương VỀ HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU HAI TẬP HỢP 17 2.1 Một số khái niệm kí hiệu 18 2.2 Tập xác định hàm phân hình 21 KẾT LUẬN 40 Tài liệu tham khảo 41 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn MỞ ĐẦU Vấn đề nghiên cứu xác định hàm hay ánh xạ phân hình thơng qua ảnh ngược tập hữu hạn thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà Toán học ngồi nước: G.Pólya, R.Nevanlinna, F Gross, thu nhiều kết quan trọng Năm 1926, R.Nevanlinna chứng minh: Nếu hai hàm phân hình f g chung giá trị phân biệt, tức tồn giá trị phân biệt a1 , a2 , , a5 ∈ C = C ∪ {∞} cho f −1 (aj ) = g −1 (aj ) với j = 1, 2, , f ≡ g Kết Nevanlinna cho thấy hàm phân hình phức xác định cách ảnh ngược, không kể bội, giá trị phân biệt Cơng trình Ơng xem khởi nguồn cho cơng trình nghiên cứu xác định hàm hay ánh xạ phân hình Một vấn đề tự nhiên đưa F Gross (xem [4]), khơng xét ảnh ngược điểm rời rạc mà xét ảnh ngược tập hợp điểm Từ đến nay, vấn đề nghiên cứu cách liên tục mạnh mẽ với kết H Fujimoto, W Stoll, L Smiley, M Ru, Z Tu, C C Yang, G Frank, M Reinders, Kí hiệu F họ hàm xác định C lấy giá trị C Với f ∈ F S ⊂ C, đặt {(z, n) ∈ C × N : f (z) = a với bội n} E(S, f ) = a∈S Tập S ⊂ C gọi tập xác định (kể bội), kí hiệu URS, cho họ hàm F với hai hàm khác f, g ∈ F thỏa mãn điều kiện E(S, f ) = E(S, g) f ≡ g Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Kí hiệu A(C) vành hàm nguyên M(C) trường hàm phân hình trên C Năm 1982, F Gross C.C Yang đưa ví dụ URS (xem [5]) cho hàm nguyên Năm 1994, H Yi (xem [8]) tìm URS cho hàm nguyên có hữu hạn phần tử Năm 1998, G Frank M Reinders (xem [2]) đưa URS cho M(C) gồm 11 phần tử URS cho M(C) với số phần tử tìm thấy Thời gian gần nhiều tác giả tập chung vào nghiên cứu URS theo hai hướng: Tìm tập xác định với số phần tử tìm đặc trưng tập xác định Luận văn "Về hàm phân hình chung hai tập hợp" nghiên cứu theo hướng Trong luận văn chúng tơi trình bày số kết nghiên cứu xác định hàm phân hình qua ảnh ngược hai tập hữu hạn Luận văn gồm hai chương: Chương 1: Kiến thức sở, trình bày kiến thức bản, cần thiết cho việc chứng minh kết chương như: hàm phân hình, lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna Chương 2: Về hàm phân hình chung hai tập hợp, trình bày kết tập xác định cho hàm phân hình, ứng dụng quan trọng lý thuyết phân bố giá trị Trong trình học tập thực luận văn, nhận dạy bảo tận tình thầy giáo trường ĐHSP Thái Nguyên, ĐHSP Hà Nội, Viện Toán học Đặc biệt bảo, hướng dẫn trực tiếp thầy giáo TS Hà Trần Phương Ngoài ra, việc tạo điều kiện thuận lợi động viên, khích lệ kịp thời BGH bạn đồng nghiệp trường THPT Chuyên Thái Nguyên giúp nhiều việc hồn thành khóa học Qua đây, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo TS Hà Trần Phương, tới thầy cô giáo bạn đồng nghiệp giúp đỡ suốt thời gian qua Luận văn chắn không tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong thầy bạn quan tâm, góp ý Ngơ Lan Hương Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Các hàm Nevanlinna 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 Định nghĩa 1.1 Hàm f (z) gọi hàm ngun chỉnh hình tồn mặt phẳng phức C 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 lập z0 hàm f (z) gọi là: i) Điểm bất thường khử hàm f (z) tồn giới hạn hữu hạn lim f (z) z→z0 ii) Cực điểm hàm 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 1.2 Hàm f (z) gọi hàm phân hình miền D ⊂ C chỉnh hình miền D, trừ số hữu hạn điểm bất thường Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn cực điểm Nếu D = C ta nói f (z) hàm phân hình C, hay đơn giản hàm phân hình Nhận xét Nếu f (z) hàm phân hình D lân cận z ∈ D hàm f (z) biểu diễn dạng thương hai hàm chỉnh hình Định nghĩa 1.3 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 không điểm cấp m f (z)  m ordf z0 =   −m f (z0 ) = 0, ∞ z0 cực điểm cấp m f (z) Nhận xét 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 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Cho f : C −→ C hàm phân hình, với số thực R > 0, ta có 2π 2π 2π log f Reiϕ dϕ = 2π 2π dϕ− 2π log+ f Reiϕ log+ dϕ f (Reiϕ ) Định nghĩa 1.4 Hàm 2π m (R, f ) = 2π log+ f Reiϕ dϕ gọi hàm xấp xỉ hàm phân hình f Kí hiệu n(t, f ) (tương ứng n(t, f )) số cực điểm kể bội (tương ứng không kể bội) hàm f (z) đĩa {|z| < t} n(0, f ) = lim n(t, f ) t−→0 (tương ứng n(0, f ) = lim n(t, f )) Khi đó, f (0) = ∞, ta có t−→0 R R log dn (t, f ) = t N R , bν log ν=1 bν , ν = 1, 2, , N, cực điểm hàm f đĩa {|z| ≤ R} Thật vậy, trước hết, phương pháp tích phân phần ta có R R R log dn (t, f ) = log n (t, f ) t t R R − n (t, f ) d log R t R = n (t, f ) dt t Do hàm f có hữu hạn cực điểm {|z| ≤ R} nên hàm n(t, f ) nhận số hữu hạn giá trị nguyên không âm tăng theo t Gọi r1 , r2 , , rn−1 ∈ {|bν |, ν = 1, , N } r0 , rn số thực không âm cho = r0 < r1 < r2 < · · · < rn−1 < rn = R hình vành khăn {rj < |z| ≤ rj+1 } hàm n(t, f ) khơng đổi Khi R dt n (t, f ) = t r1 dt n (t, f ) + t r0 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên r2 r1 dt n (t, f ) + + t rn n (t, f ) dt t rn−1 http://www.lrc-tnu.edu.vn Giả sử      α n(t, f ) =      αn−1 = N t ≤ r1 r1 < t ≤ r2 rn−1 < t ≤ rn = R Khi ta có R dt n(t, f ) = t r1 r0 r2 dt + t dt α1 + · · · + t r1 = α1 log t r2 r1 R log = = rν ν=1 αn−1 dt t rn−1 + α2 log t N rn N log ν=1 r3 r2 R + + αn−1 log t rn−1 R , |bν | cực điểm tính số lần bội N Định nghĩa 1.5 Hàm N (R, f ) = ν=1 log |bRν | gọi hàm đếm (còn gọi hàm đếm cực điểm) hàm f Tương ứng với hàm N (R, f ) ta có hàm N (R, f ) hàm đếm cực điểm hàm f cực điểm tính lần Định nghĩa 1.6 Hàm T (R, f ) = m (R, f ) + N (R, f ) gọi hàm đặc trưng hàm f (còn gọi hàm đặc trưng Nevanlinna) Một số tính chất Sử dụng tính chất K log + K log+ |ai | ≤ i=1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên i=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn K log + K ≤ log + log+ |ai | + log K, K max {|ai |} ≤ 1≤i≤K i=1 i=1 với a1 , , aK số phức, áp dụng cho hàm phân hình fj , j = 1, , p, ta thu   p fj  ≤ 1) m R, j=1  p p j=1  j=1 p p m (R, fj ) j=1  p fj  ≤ 4) N R, j=1 p N (R, fj ) j=1  p fj  ≤ 5) T R, j=1  N (R, fj ) fj  ≤ 3) m R,  p fj  ≤ j=1  m (R, fj ) + log p j=1  2) N R,  p p T (R, fj ) + log p j=1  p fj  ≤ 6) T R, j=1 T (R, fj ) j=1 1.2 Định lý thứ Định lý 1.1 (Công thức Poisson-Jensen) Giả sử f (z) hàm phân hình đĩa {|z| ≤ R} , < R < +∞ Giả sử a1 , , aM không điểm kể bội b1 , , bN cực điểm kể bội f (z) đĩa {|z| ≤ R} Giả sử z = reiθ điểm thuộc đĩa {|z| ≤ R} cho f (z) = 0, ∞ Khi Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 27 Kết hợp hai điều với Định lý thứ ta có N (r, 1/h ) = T (r, h ) − m (r, 1/h ) + O (1) ≤ m (r, h ) + N (r, h ) − m (r, 1/h) + S (r, h) ≤ m (r, h) + N (r, h) + N (r, h) − m (r, 1/h) + S (r, h) ≤ T (r, h) − m (r, 1/h) + N (r, h) + S (r, h) ≤ N (r, 1/h) + N (r, h) + S (r, h) Từ ta có (2.7) Hiển nhiên m (r, ϕ) = S (r, f ) + S (r, g) Ta viết lại ϕ dạng ϕ= F G − F (F − 1) G (G − 1) (2.8) Vì cực điểm cấp m ≥ F F − (tương tự G G − 1) cực điểm cấp m + F (tương ứng G ) không điểm cấp m > F F − (tương tự G G − 1) không điểm cấp m − F (tương ứng G ); Ek) (1, F ) = Ek) (1, G) nên tất cực điểm ϕ cực điểm đơn nhận từ không điểm F G tập hợp E(k+1 (1, F ) , E(k+1 (1, G) Do N (r, ϕ) = N (r, ϕ) + O (1) 1 + N (k+1 r, + N r, ≤ N r, F F −1 G + N (k+1 r, + S (r, f ) + S (r, g) G−1 n 1 ≤ N r, + N (k+1 r, + N r, f f − ωj g j=1 n + N (k+1 r, j=1 g − ωj + S (r, f ) + S (r, g) 1 + N (k r, + N r, f f g + S (r, f ) + S (r, g) 1 1 + N r, + N r, < N r, f k f g + S (, f ) + S (r, g) , ≤ N r, Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên + N (k r, g 1 + N r, k g (2.9) http://www.lrc-tnu.edu.vn 28 ωj với j = 1, , n nghiệm đôi khác P (ω) cho (2.1) Kết hợp (2.7) (2.9) với điều kiện E (∞, f ) = E (∞, g) ta có N (r, ϕ) ≤ k+1 (T (r, f ) + T (r, g)) + N (r, f ) + S (r, f ) + S (r, g) k k (2.10) Gọi z0 cực điểm bội p f z0 cực điểm bội q g Khi z0 cực điểm bội (n − 2)p F cực điểm bội (n − 2)q G Theo (2.8), z0 không điểm ϕ với bội n − Từ giả thiết E (∞, f ) = E (∞, g) ta có (n − 3) N (r, f ) ≤ N (r, 1/ϕ) ≤ T (r, ϕ) + O (1) (2.11) Do đó, từ (2.10), (2.11) T (r, ϕ) = N (r, ϕ) + m(r, ϕ), m (r, ϕ) = S (r, f ) + S (r, g) , ta có (2.6) Bổ đề chứng minh Bổ đề 2.5 (xem [6]) Đặt ψ= F 2F − F F −1 − G 2G − , G G−1 (2.12) F G hàm phân hình khác Nếu ψ ≡ N (r, F ) + N (r, G) + N r, N (r, F ) + N r, G F + N r, ≤ λT (r, F ) + S (r, F ) , F ≤ µT (r, F ) + S (r, F ) , (2.13) (2.14) với số thực λ, µ < 1, F ≡ G F G = Chứng minh Từ giả thiết ψ ≡ 0, ta có log F − log (F − 1) + log A = log G − log (G − 1) , suy log AF G = log (F − 1)2 (G − 1)2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 29 Điều kéo theo A (F − 1) (G − 1) , = (F − 1) (G − 1)2 hay A = + B, G−1 F −1 (2.15) A(= 0) B hai số Ta viết lại (2.15) dạng G= (B + 1) F + (A − B − 1) BF + (A − B) (2.16) Bây ta xét ba trường hợp Trường hợp 1: B = 0, −1 Nếu A − B − = N r, F+ = N r, A−B−1 B+1 G + O (1) Áp dụng Định lý thứ hai với F ta có T (r, F ) ≤ N (r, F ) + N r, F +N G ≤ µT (r, F ) + S (r, F ) ≤ N (r, F ) + N r, r, F+ + N r, F A−B−1 B+1 + S (r, F ) Điều mâu thuẫn với (2.14) µ < Do A − B − = Từ (2.16) ta thấy N r, F+ B = N (r, G) + O (1) Biến đổi tương tự trên, A − B − = ta nhận kết mâu thuẫn với (2.13) Vậy trường hợp không xảy Trường hợp 2: B = Nếu A = 1, ta thấy N r, F +A−1 = N r, G + O (1) Biến đổi trường hợp ta nhận kết mâu thuẫn với (2.14).Vì vậy, A = F ≡ G Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 30 Trường hợp 3: B = −1 Nếu A = −1, N r, F −A−1 = N (r, G) + O (1) Biến đổi trường hợp ta nhận kết mâu thuẫn với (2.13) Vì vậy, A = −1 F G ≡ Bổ đề chứng minh Bây ta chứng minh số kết tập xác định cho hàm phân hình Định lý 2.1 (xem [6]) Gọi S tập không điểm đa thức P (ω) với n ≥ Nếu f g hai hàm phân hình khác thỏa mãn E3) (S, f ) = E3) (S, g) E (∞, f ) = E (∞, g) f ≡ g Chứng minh Đặt F = R(f ) G = R(g), R(ω) xác định (2.2) Từ giả thiết E3) (S, f ) = E3) (S, g) suy E3) (1, F ) = E3) (1, G) Gọi ψ định nghĩa (2.12) Trước hết ta giả sử ψ ≡ Hiển nhiên E1) (1, F ) = E1) (1, G) Giả sử z0 không điểm đơn F − khơng điểm đơn G − Bằng tính tốn thơng thường ta có ψ (z0 ) = Do đó, ý m (r, ψ) = S(r, f ) + S(r, g) tất cực điểm ψ cực điểm đơn, ta có N 1) r, F −1 1 ≤ N r, G−1 ψ ≤ N (r, ψ) + S (r, f ) + S (r, g) = N 1) r, (2.17) Từ biểu thức F , ta biết cực điểm F sinh từ cực điểm f không điểm (f − α)(f − β) Với z∞ cực điểm đơn F , tính tốn thơng thường ta có F 2F − (z∞ ) = O (1) F F −1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 31 Hiển nhiên, cực điểm đơn (f − α)(f − β) cực điểm đơn F , khơng điểm bội (f − α)(f − β) không điểm f Lấy đạo hàm F G ta có a (n − 2) f n−1 (f − b)2 f F = , n (n − 1) (f − α)2 (f − β)2 a (n − 2) g n−1 (g − b)2 g G = n (n − 1) (g − α)2 (g − β)2 (2.18) Kết hợp (2.18) với giả thiết ψ ≡ 0, E3) (1, F ) = E3) (1, G), E (∞, f ) = E (∞, g) ta có N (r, ψ) ≤ N (r, f ) + N (4 r, F −1 G−1 1 + N r, + N r, g g−b + N (4 r, 1 + N r, f f −b 1 r, + N0 r, + S (r, f ) + S (r, g) , f g + N r, + N0 N0 r, f1 (2.19) hàm đếm không điểm f không không điểm f (f − b) F − 1, N0 r, g1 hàm đếm không điểm g không không điểm g(g − b) G − Áp dụng Định lý thứ hai với f g , với n + giá trị 0, b không điểm P (ω) ta có (n + 1) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ N (r, f ) + N r, F −1 + N r, f + N r, f −b 1 + N r, + N r, G−1 g g−b − N r, + S (r, f ) + S (r, g) (2.20) g + N (r, g) + N r, − N0 r, f Từ (2.17), (2.19), (2.20) E (∞, f ) = E (∞, g) ta có Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 32 (n + 1) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 3N (r, f ) + 2N r, f + 2N r, f −b + 2N r, g 1 1 + N r, + N r, + N (4 r, g−b F −1 G−1 F −1 1 r, − N1) r, + S (r, f ) + S (r.g) (2.21) G−1 F −1 + 2N r, + N (4 Ta thấy F −1 N r, G−1 N r, 1 − N1) r, F −1 1 − N1) r, G−1 F −1 r, G−1 + N (4 r, + N (4 1 ≤ N r, , F −1 1 ≤ N r, G−1 Điều kéo theo N r, F −1 1 + N (4 r, + N (4 r, G−1 F −1 G−1 n r, ≤ (T (r, f ) + T (r, g)) + O (1) F −1 (2.22) + N r, − N1) Chú ý 1 + 2N r, ≤ 4T (r, f ) + O (1) , f f −b 1 2N r, + 2N r, ≤ 4T (r, g) + O (1) g g−b 2N r, Từ (2.21) (2.22) ta có (n − 6) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 6N (r, f ) + S (r, f ) + S (r, g) (2.23) Ta xét trường hợp ϕ ≡ Từ Bổ đề 2.4 (2.23), với ý k = ta có 3n2 − 29n + 42 (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S (r, f ) + S (r, g) 3n − 11 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.24) http://www.lrc-tnu.edu.vn 33 3n2 − 29n + 42 Ta có > n ≥ nên (2.24) xảy 3n − 11 Do phải có, ϕ ≡ kéo theo ψ ≡ Từ (2.15) ta có T (r, F ) = T (r, G) + O(1) nên theo chứng minh Bổ đề 2.3 ta có N (r, F ) + N (r, G) + N r, F ≤ 7T (r, f ) + S (r, f ) = T (r, F ) + S(r, F ), n N (r, F ) + N r, G + N r, F 1 1 + N r, + N r, + N r, f −α f −β f g 5 ≤ 5T (r, g) + S (r, g) = T (r, G) + S (r, G) = T (r, F ) + S (r, F ) n n Theo kết luận Bổ đề 2.5 ta có F ≡ G F G ≡ Bây ta xét làm trường hợp Trường hợp 1: F G ≡ Hiển nhiên ta có ≤ N (r, f ) + N r, gn n2 (n − 1)2 fn ≡ (f − α) (f − β) (g − α) (g − β) a2 (2.25) Theo (2.25) ý E (∞, f ) = E (∞, g), ta có ∞ giá trị Picard f (do N (r, f ) = 0) khơng điểm (f − α)(f − β) có bội n Do đó, áp dụng Định lý thứ hai với f ta có 1 + N r, + S (r, f ) f −α f −β 1 + N r, + S (r, f ) n f −β T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, 1 N r, n f −α ≤ T (r, f ) + S (r, f ) n Điều mâu thuẫn với giả thiết n ≥ Trường hợp 2: F ≡ G Ta có ≤ af n ag n ≡ n (n − 1) (f − α) (f − β) n (n − 1) (g − α) (g − β) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 34 tương đương với fn gn ≡ f − (α + β) f + αβ g − (α + β) g + αβ Với ý αβ = n−2 2 (n − 2) b b α + β = ta có n n−1 n (n − 1) f g f n−2 − g n−2 − 2bn (n − 2) f g f n−1 − g n−1 +b2 (n − 1) (n − 2) (f n − g n ) ≡ Đặt h = f Thế f = hg vào phương trình ta có g n (n − 1) h2 hn−2 − g − 2bn (n − 2) h hn−1 − g +b2 (n − 1) (n − 2) (hn − 1) ≡ (2.26) Nếu h khơng số, từ (2.26) ta có n (n − 1) h hn−2 − g − bn (n − 2) hn−1 − ≡ −b2 n (n − 2) Q (h) , (2.27) Q(h) cho (2.3) Áp dụng Bổ đề 2.2 vào (2.27) ta có n (n − 1) h hn−2 − g − bn (n − 2) hn−1 − ≡ −b2 n (n − 2) (n − 1)2 (h − 1)4 (h − γ1 ) (h − γ2 ) (h − γ2n−6 ) , (2.28) γj ∈ C\ {0, 1} đơi khác Q(γj ) = với j = 1, , 2n − Từ (2.28) dễ dàng nhận thấy không điểm h − γj , j = 1, , 2n − có bội Do đó, áp dụng Định lý thứ hai với h ta có 2n−6 (2n − 8) T (r, h) ≤ N r, j=1 ≤ h − γj 2n−6 N r, j=1 h − γj + S (r, h) + S (r, h) ≤ (n − 3) T (r, h) + S (r, h) , Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 35 điều mâu thuẫn với giả thiết n ≥ Do đó, h số Từ (2.26) ta thấy hn−2 − = 0, hn−1 − = hn − = 0, điều có nghĩa h = 1, f ≡ g Định lý chứng minh Định lý 2.2 (xem [6]) Gọi S tập không điểm đa thức P (ω) với n ≥ Nếu f g hai hàm phân hình khác thỏa mãn E2) (S, f ) = E2) (S, g) E (∞, f ) = E (∞, g) f ≡ g Chứng minh Tương tự chứng minh Định lý 2.1, ta có (n + 1) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 3N (r, f ) + 2N r, f + 2N r, f −b + 2N r, g 1 1 + N r, + N r, + N (3 r, g−b F −1 G−1 F −1 1 r, − N1) r, + S (r, f ) + S (r, g) (2.29) G−1 F −1 + 2N r, + N (3 Ta thấy 1 1 − N1) r, + N (3 r, F −1 F −1 F −1 1 1 n ≤ N r, ≤ T (r, ) = T (r, f ) + O(1) F −1 F −1 N r, (2.30) 1 1 − N1) r, + N (3 r, G−1 G−1 G−1 1 n 1 ≤ N r, ≤ T (r, ) = T (r, g) + O(1) G−1 G−1 N r, (2.31) Ta có F −1= P (f ) a (f − ω1 ) (f − ωn ) = n (n − 1) (f − α) (f − β) n (n − 1) (f − α) (f − β) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 36 nên không điểm F − sinh từ không điểm f − ωi , i = 1, , n N (3 r, f − ωi ≤ N (2 r, 1 ≤ N(2 r, f f 1 ≤ N r, f , ωj (với j = 1, , n) đôi khác nghiệm P (ω) Từ (2.7) ta có r, F −1 N (3 n ≤ N (3 r, j=1 ≤ N (r, f ) + ≤ N (r, f ) + f − ωj 1 ≤ N r, f 1 N r, + S (r, f ) f T (r, f ) + S (r, f ) Suy 1 N (3 r, F −1 1 ≤ N (r, f ) + T (r, f ) + S (r, f ) 4 (2.32) 1 ≤ N (r, g) + T (r, g) + S (r, f ) 4 (2.33) Tương tự ta có 1 N (3 r, G−1 Vì E2) (1, F ) = E2) (1, G) nên E1) (1, F ) = E1) (1, G) nên 1 N1) r, F −1 1 = N1) r, G−1 Ngoài ra, E (∞, f ) = E (∞, g) nên N (r, f ) = N (r, g) Từ cộng (2.30), (2.31), (2.32), (2.33) ta N r, F −1 + N r, G−1 + N (3 r, F −1 +N (3 r, G−1 − N1) r, F −1 2n + ≤ N (r, f ) + (T (r, f ) + T (r, g)) + O (1) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 Thế bất đẳng thức vào (2.29) ta có (2n − 13) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 14N (r, f ) + S (r, f ) + S (r, g) (2.34) Áp dụng kết Bổ đề 2.3 vào (2.34) với k = ta có 2n2 − 21n + 31 (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S (r, f ) + S (r, g) n−4 Điều mâu thuẫn với giả thiết n ≥ Định lý chứng minh Định lý 2.3 (xem [6]) Gọi S tập không điểm đa thức P (ω) với n ≥ 12 Nếu f g hai hàm phân hình khác thỏa mãn E1) (S, f ) = E1) (S, g) E (∞, f ) = E (∞, g) f ≡ g Chứng minh Tương tự Định lý 2.1 ta có (n + 1) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 3N (r, f ) + 2N r, f + 2N r, f −b + 2N r, g 1 1 + N r, + N r, + N (2 r, g−b F −1 G−1 F −1 1 − N1) r, + S (r, f ) + S (r, g) (2.35) r, G−1 F −1 + 2N r, + N (2 Ta thấy F −1 N r, G−1 N r, 1 − N1) r, F −1 1 − N1) r, G−1 1 ≤ N r, , F −1 1 ≤ N r, G−1 (2.36) (2.37) Từ (2.7) ta có N (2 r, F −1 n ≤ N (2 r, j=1 f − ωj ≤ N r, ≤ N (r, f ) + T (r, f ) + S (r, f ) , Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên f (2.38) http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 ωj nghiệm đa thức P (ω) cho (2.1), với j = 1, , n Một cách tương tự ta có N (2 r, G−1 ≤ N (r, g) + T (r, g) + S (r, g) (2.39) Cộng vế với vế bất đẳng thức từ (2.36) đến (2.39), kết hợp với giả thiết E1) (1, F ) = E1) (1, G) E (∞, f ) = E (∞, g), ta có N r, 1 +N r, +N (2 r, F −1 G−1 F −1 +N (2 r, G−1 − N1) r, F −1 n+2 (T (r, f ) + T (r, g)) + O (1) Thế bất đẳng thức vào (2.35) ta có ≤ 2N (r, f ) + (n − 8) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ 10N (r, f ) + S (r, f ) + S (r, g) (2.40) Áp dụng kết Bổ đề 2.3 vào (2.40) với k = ta có n2 − 13n + 20 (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S (r, f ) + S (r, g) n−5 Điều mâu thuẫn với giả thiết n ≥ 12 Định lý chứng minh Hệ 2.1 (xem [6]) Gọi S tập không điểm đa thức P (ω) với n ≥ Nếu f g hai hàm nguyên khác thỏa mãn E2) (S, f ) = E2) (S, g) f ≡ g Chứng minh Tương tự chứng minh Định lý 2.2 ta có (2n − 13) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S (r, f ) + S (r, g) , N (r, f ) N (r, f ) O (1) Rõ ràng, điều mâu thuẫn với giả thiết n ≥ 7, ta có chứng minh hệ 2.1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Hệ 2.2 (xem [6]) Gọi S tập không điểm đa thức P (ω) với n ≥ Nếu f g hai hàm nguyên khác thỏa mãn E1) (S, f ) = E1) (S, g) f ≡ g Chứng minh Theo chứng minh hệ 2.1 Định lý 2.3 ta có (n − 8) (T (r, f ) + T (r, g)) ≤ S (r, f ) + S (r, g) Từ dễ dàng dẫn tới mâu thuẫn với n ≥ Hệ chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 KẾT LUẬN Nội dung luận văn trình bày số kết nghiên cứu xác định hàm phân hình thơng qua ảnh ngược hai tập hợp điểm Các kiến thức trình bày chương Chương Trình bày số kiến thức lý thuyết Nevanlinna, cần thiết cho việc trình bày kiến thức chương Chương Trình bày số kết nghiên cứu điều kiện đủ để hai hàm phân hình trùng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 Tài liệu tham khảo [1] Abhijit Banerjee (2008), "On the uniqueness of meromorphic functions that share two sets", Georgian Mathematical Journal, (1), p.21 - 38 [2] G Frank and M Reinders (1998), "A unique range set for meromorphic functions with 11 elements", Complex variables Theory (Appl.37) [3] F Gross (1968), "On the distribution of values of meromorphic functions", Trans Amer Math, Soc, (131), p.1999 - 2014 [4] F Gross (1977), "Factorization of meromorphic functions and some open problems", Complex analysis (Proc Conf., Univ of Kentucky, Lixington, Ky), p 51-67 [5] F Gross and C C Yang (1982), "On preimage and range sets of meromorphic functions", Proc Japan Acad (Ser A) (58), p.17 - 20 [6] Q Han and H X Yi (2008), "Some further results on meromorphic functions that share two sets", Annales Polonici Mathematici, (93.1), p 17 - 31 [7] P Li and C.C Yang (1995), "Some further results on the unique range sets of meromorphic functions", Kodai Math, (18), p.437 - 450 [8] H X Yi (1995), "The unique range sets of entire or meromorphic functions", Complex Variables Theory Appl, (18), p 515 - 522 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... không tập xác định hàm phân hình Chú ý Tập S = z ∈ C z − z − = không tập xác định hàm phân hình lại tập xác định hàm nguyên (xem [7]) 6 2.2 Tập xác định hàm phân hình Để chứng minh kết tập xác... Chương VỀ HÀM PHÂN HÌNH CHUNG NHAU HAI TẬP HỢP Ta nói phần mở đầu, Định lý năm điểm R Nevanlinna khởi nguồn cho cơng trình tập xác định cho hàm phân hình Trong kết đó, Ơng xem xét xác định hàm phân. .. trị Nevanlinna Chương 2: Về hàm phân hình chung hai tập hợp, trình bày kết tập xác định cho hàm phân hình, ứng dụng quan trọng lý thuyết phân bố giá trị Trong trình học tập thực luận văn, tơi nhận