Luận văn: PHÂN PHỐI GIÁ TRỊ CỦA HÀM PHÂN HÌNH VÀ ĐẠO HÀM CỦA NÓ pot
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (607.88 KB, 41 trang )
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
==========
ĐINH THỊ NGỌC MINH
PHÂN PHỐI GIÁ TRỊ
CỦA HÀM PHÂN HÌNH VÀ
ĐẠO HÀM CỦA NÓ
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60.46.01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2010
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU 1
Chương 1: Hai định lý cơ bản của Nevanlinna 3
1.1. Công thức Poison – Jensen 3
1.1.1. Định lý 3
1.1.2. Hệ quả 6
1.2. Hàm đặc trưng – Định lý cơ bản thứ nhất 7
1.2.1. Định nghĩa 7
1.2.2. Một số tính chất đơn giản của hàm đặc trưng 9
1.2.3. Định lý cơ bản thứ nhất 9
1.3. Định lý cơ bản thứ hai 10
1.3.1. Định lý ( Bất đẳng thức cơ bản) 10
1.3.2. Bổ đề 1 11
1.3.3. Bổ đề 2 12
1.3.4. Định lý 16
1.3.5. Định nghĩa 17
1.3.6. Định lý (Quan hệ số khuyết) 18
1.3.7. Định lý 20
Chương 2: Phân phối giá trị của hàm phân hình và đạo hàm của nó. 24
2.1. Sự phân phối giá trị của các hàm phân hình. 24
2.1.1. Định nghĩa 24
2.1.2. Định lý (Milloux) 24
2.1.3. Định lý 26
2.1.4. Định lý 28
2.1.5. Bổ đề: 28
2.2. Phân phối giá trị của hàm phân hình và đạo hàm của nó 32
2.2.8. Định lý 34
2.2.9. Định lý 36
KẾT LUẬN 38
TÀI LIỆU THAM KHẢO 39
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
LỜI NÓI ĐẦU
Lý thuyết phân phối giá trị các hàm phân hình (lý thuyết Nevanlinna )
là một trong những hướng nghiên cứu cơ bản của giải tích phức và vẫn đang
thu hút được sự quan tâm rộng rãi của các nhà toán học trên thế giới. Đề tài
luận văn thuộc hướng nghiên cứu nói trên, với mục đích trình bày một số kết
quả gần đây của lý thuyết phân phối giá trị.
Phân phối giá trị của hàm phân hình và đạo hàm của nó là vấn đề
không những được quan tâm trong giải tích phức mà còn có nhiều ứng dụng
trong nghiên cứu các vấn đề khác, chẳng hạn như phương trình vi phân.
Sau quá trình nghiên cứu, tôi đã hoàn thành luận văn với đề tài: “Phân
phối giá trị của hàm phân hình và đạo hàm của nó”. Luận văn gồm phần mở
đầu, hai chương nội dung, phần kết và danh mục tài liệu tham khảo.
Chương1: Trình bày định nghĩa các hàm đặc trưng, hai định lý cơ bản
của Nevanlinna,
Chương2: Trình bày định nghĩa, định lý, một số kết quả của Milloux và
vấn đề chính của luận văn: Phân phối giá trị của hàm phân hình và đạo hàm
của nó.
Kết quả này có được là nhờ sự hướng dẫn tận tình của GS. TSKH Hà
Huy Khoái. Thầy không chỉ tận tình hướng dẫn mà còn động viên tôi trong
suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn. Nhân dịp này em xin gửi
lời cảm ơn sâu sắc tới thầy!
Đồng thời, em cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong hội đồng
bảo vệ luận văn thạc sỹ đã tạo điều kiện thuận lợi để em vững tin hơn trong
việc chuẩn bị bảo vệ luận văn của mình.
Xin chân thành cảm ơn Đại học Thái Nguyên, Đại học Sư phạm, Khoa
sau đại học của Đại học Sư phạm, Khoa toán cùng các thầy cô giáo đã tạo
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
điều kiện tốt nhất cho em học tập cũng như nghiên cứu và hoàn thành luận
văn của mình.
Xin cảm ơn các anh, chị , các bạn học viên lớp cao học Toán_K16 Đại
học Sư phạm Thái Nguyên đã giúp đỡ, chia sẻ kinh nghiệm cùng tôi trong
suốt thời gian viết luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã cổ vũ, động viên tôi trong
quá trình làm luận văn.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng chắc chắn luận văn sẽ không tránh khỏi
những thiếu sót, vì vậy rất mong được sự đóng góp ý kiến của thầy cô giáo,
các bạn đồng nghiệp, các bạn học viên để luận văn được hoàn chỉnh hơn.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Chương 1
Hai định lý cơ bản của Nevanlinna
1.1. Công thức Poison – Jensen
1.1.1. Định lý
Giả sử
fz
là hàm phân hình trong hình tròn
zR
,
0 R
, có
các không điểm
1,2, ,aM
; các cực điểm
1,2, ,bN
trong hình
tròn đó( mỗi không điểm hoặc cực điểm được tính một số lần bằng bội của
nó).
Khi đó, nếu
; 0 , 0,
i
z re r R f z
; ta có:
2
22
22
0
22
11
1
log log
2 2 cos
log log .
i
MN
Rr
f z f Re d
R Rr r
R z a
R z b
R a z R b z
Chứng minh.
+ Bước 1: Trước tiên, giả sử rằng hàm
fz
không có không điểm và
cực điểm trong
zR
. Ta chứng minh công thức cho trường hợp
0z
.
Theo giả thiết
fz
chỉnh hình và khác 0 trong
zR
nên
log fz
là hàm
chỉnh hình trong hình tròn đó. Theo định lý Cauchy ta có:
2
0
11
log 0 log log Re
22
i
zR
dz
f f z f d
iz
.
Lấy phần thực hai vế ta được:
2
0
1
log 0 log Re
2
i
f f d
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
+ Bước 2: Xét trường hợp
, 0.
i
z re r
Theo công thức Cauchy ta có:
1
log log .
2
R
d
f z f
iz
Mặt khác, do điểm
2
R
z
có môđun
22
RR
R
zr
nên điểm đó nằm ngoài hình
tròn, do đó:
2
1
log 0.
2
R
d
f
R
i
z
Từ đó ta có:
2
2
2
2
1 1 1
log log
2
1
log .
2
R
R
f z f d
R
iz
z
Rz
fd
i
z R z
Thay
Re , iRe ,
ii
dd
2 2 2
Re 2 cos .
i
R z z R Rr r
Ta được:
2
22
22
0
1
log log Re .
2 2 cos
i
Rr
f z f d
R Rr r
Lấy phần thực hai vế ta được công thức cần chứng minh đối với trường hợp
hàm
fz
chỉnh hình và khác không.
+ Bước 3: Giả sử
fz
không có không điểm và cực điểm trong
R
nhưng có thể có không điểm và cực điểm trên biên
R
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
(*) Nhận xét:
fz
chỉ có hữu hạn không điểm, cực điểm trên biên.
Chứng minh. Giả sử
fz
có vô hạn không điểm, cực điểm trên
R
.
Do
R
compact, tồn tại
0
là điểm giới hạn của tập hợp các không điểm
suy ra
0f
.
(+) Giả sử
fz
có vô hạn cực điểm trên
n
0
:
0
lim
k
n
k
. Do các
k
n
là các cực điểm.
Suy ra
0
là bất thường cốt yếu
f
không phân hình.
Giả sử
0
là một không điểm hoặc cực điểm cấp k trong lân cận
0
;
f
có
khai triển:
0
;f g g
chỉnh hình khác 0 trong lân cận
0
;
0
log logf
trong lân cận
0
.
Với mỗi
0
là không điểm, cực điểm, ta vẽ vòng tròn tâm
0
bán kính
0
đủ nhỏ.
Xét
C
: Hợp các cung tròn bán kính
nằm bên trong
R
thay tích
phân trên C,
R
tại lân cận
0
bởi cung
C
.
Suy ra trên chu tuyến mới
fz
không có không điểm, cực điểm.
Áp dụng được bước 2.
Tích phân trên chu tuyến mới khác tích phân trên
CR
một đại lượng
là:
11
log 2 0 log
22
r
,
log 0
khi
0
.
Vậy cho
0
ta được công thức cần chứng minh.
+ Bước 4: Trường hợp tổng quát.
Với các giả thiết như trong định lý ta đặt:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
2
1
2
1
,
N
M
Rb
Rb
f
Ra
Ra
dễ thấy
0,
bên trong hình tròn
R
, nên ta áp dụng được công
thức đã chứng minh trong bước 3.
Mặt khác, các hàm trong hai dấu tích chính là các hàm thực hiện ánh xạ hình
tròn
R
lên hình tròn đơn vị, nên môđun của chúng bằng 1 khi
R
.
Từ đó, nếu
Re
i
thì
f
.
Ta có:
2
22
22
0
1
log log Re .
2 2 cos
i
Rr
z f d
R Rr r
Từ công thức của hàm
ta được công thức Poisson-Jensen cho trường
hợp tổng quát.
1.1.2. Hệ quả
Trong những giả thiết của Định lý, đồng thời nếu
0 0,f
, ta có:
2
11
0
1
log 0 log Re log log .
2
MN
i
a
b
f f d
RR
Khi
00f
hoặc
công thức trên thay đổi chút ít. Thật vậy, nếu
00f
hoặc
0f
hàm
fz
có khai triển tại lân cận
0z
dạng:
f z C z
.
Xét hàm
R f z
z
z
.
Ta thấy
0 0,
, đồng thời khi
Re ,
i
f
. Từ đó ta có:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
2
11
0
1
log log Re log log log
2
MN
i
a
b
C f d R
RR
.
(*) Nhận xét: Giả sử
fz
là hàm phân hình trong một miền G nào đó. Ta gọi
cấp của hàm
fz
tại điểm
0
zG
, ký hiệu
0
z
ord f
, là số nguyên m sao cho
hàm
0
m
fz
gz
zz
chỉnh hình và khác không tại
0
z
.
(*) Ví dụ:
(1)
0
z
là 0 điểm cấp k của
fz
0
z
ord 0f k k
.
(2)
0
z
là cực điểm cấp k của
fz
0
z
ord fk
.
(3) Tại
0
z
hàm
fz
chỉnh hình, khác 0
0
z
ord 0f
.
Công thức Poisson – Jensen có thể viết dưới dạng:
2
2
2
2
2
0
1
log log Re ord log
2
Re
i
i
Rz
Rz
f z f f
Rz
z
,
trong đó tổng lấy theo mọi
trong hình tròn
R
.
1.2. Hàm đặc trưng – Định lý cơ bản thứ nhất
1.2.1. Định nghĩa
Giả sử x là số thực dương, ta định nghĩa:
log ax 0;logxxm
Ta có:
1
log log logxx
x
,
vì:
1:log 0 log logx x x x
11
log 0 log 0
xx
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
0 1:log 0 log 0
1 1 1
log 0 log log log .
x x x
x
x x x
Như vậy, ta có:
2 2 2
0 0 0
1 1 1 1
log Re log Re log
2 2 2
Re
ii
i
f d f d d
f
.
Đặt
2
0
1
, log Re
2
i
m R f f d
.
Giả sử f có các cực điểm
1,
v
b v n
(mỗi cực điểm được tính một số lần
bằng bậc của nó), và các không điểm
1,aM
trong
;,z R n t f
là
số cực điểm của f trong
zt
.
Đặt
1
0
, log ,
R
N
v
v
R dt
N R f n t f
bt
.
Như vậy,
1
0
11
, log ,
R
M
R dt
N R n t
f f t
a
.
Khi đó công thức Poisson – Jensen được viết dưới dạng:
11
log 0 , , , ,f m R f m R N R f N R
ff
11
, , , , log 0m R f N R f m R N R f
ff
.
Đặt
, , ,T R f m R f N R f
, (1.1)
thì
1
, , log 0T R f T R f
f
. (1.2)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
,T R f
được gọi là hàm đặc trưng Nevanlinna của f.
1.2.2. Một số tính chất đơn giản của hàm đặc trưng
Giả sử
1
, ,
n
f z f z
là các hàm phân hình, ta có các bất đẳng thức
sau đây:
(1)
11
, , log
ll
kk
kk
m r f z m r f l
.
(2)
1
1
,,
l
l
kk
k
k
m r f z m r f
.
(3)
11
,,
ll
kk
kk
N r f N r f
.
(4)
1
1
,,
l
l
kk
k
k
N r f N r f
.
(5)
11
, , log
ll
kk
kk
T r f T r f l
.
(6)
1
1
,,
l
l
kk
k
k
T r f T r f
.
Đặc biệt, với mọi hàm phân hình
fz
và mọi
aC
ta có:
, , log log2T r f T r f a a
. (1.3)
1.2.3. Định lý cơ bản thứ nhất
Giả sử
fz
là hàm phân hình trong hình tròn
, 0,z R R a
là số
phức tùy ý. Khi đó ta có:
11
, , , log 0 , ,m R N R T R f f a a R
f a f a
trong đó
, log log2a R a
.
Chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Thật vậy, từ (1.1) và (1.2) ta có:
1 1 1
, , , , log 0m R N R T R T R f a f a
f a f a f a
.
Từ (1.3) ta nhận được đẳng thức cần chứng minh.
(*) Nhận xét :
Từ định nghĩa các hàm Nevanlinna ta thấy rõ ý nghĩa của định lý cơ
bản thứ nhất. Hàm đếm
1
,NR
fa
được cho bởi công thức :
1
1
, log
M
R
NR
fa
a
,
trong đó
a
là các nghiệm của phương trình
f z a
trong hình tròn
zR
.
Hàm xấp xỉ
2
0
1 1 1
, log
2
Re
i
m R d
fa
fa
.
Như vậy, nếu f nhận càng nhiều giá trị gần a (tức là
Re
i
fa
nhỏ) thì hàm
m càng lớn. Như vậy có thể nói tổng trong vế trái của định lý cơ bản thứ nhất
là hàm ‘‘đo độ lớn của tập hợp nghiệm phương trình
f z a
’’ và ‘‘độ lớn
tập hợp tại đó
fz
nhận giá trị gần bằng a’’. Trong khi đó vế phải của đẳng
thức trong định lý cơ bản có thể xem là không phụ thuộc a.
Vì thế định lý cơ bản thứ nhất cho thấy rằng hàm phân hình
fz
nhận
mỗi giá trị a (và giá trị gần a ) một số lần như nhau.
1.3. Định lý cơ bản thứ hai
1.3.1. Định lý ( Bất đẳng thức cơ bản)
Giả sử
fz
là hàm phân hình khác hằng số trong hình tròn
zr
;
1
, , ; 2
q
a a q
, là các số phức phân biệt. Khi đó ta có:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
1
1
, , 2 ,
q
v
v
m r m r a T r f N r S r
,
trong đó
1
0Nr
, được cho bởi:
1
1
, 2 , , '
'
N r N r N r f N r f
f
,
1
' 3 1
, log log2 log
'0
q
v
v
fq
S r m r q
f a f
,
1
min 0.
v
vq
aa
( Để đơn giản ta giả thiết:
' 0 0,f
).
Để chứng minh bất đẳng thức cơ bản trên ta chứng minh một số bổ đề
sau.
1.3.2. Bổ đề 1
Giả sử
gz
là hàm phân hình trong hình tròn
, 0 0,z r g
khi đó ta có:
2
0
1 1 1
, , log log 0
2
i
N r g N r d g
g
g re
.
Chứng minh.
1 1 1
, , , , , ,N r g N r T r g m r g T r m r
g g g
11
, , , ,T r g T r m r g m r
gg
22
00
1 1 1 1
log log log
0 2 2
i
i
g re d d
g
g re
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
2
0
11
log log
02
i
g re d
g
.
Đặt
1
1
q
v
v
Fz
fa
.
1.3.3. Bổ đề 2
Với các giả thiết của định lý, ta có:
1
13
log log log log2. *
q
q
F z q
fa
Chứng minh.
+ Nếu với mọi
,
3
fa
q
thì (*) đúng.
Thật vậy với mọi
ta có :
1
1 3 1 3
log log
q
q
f a f a
.
Vế phải của (*)
0
+ Giả sử tồn tại
v
:
3
v
fa
q
.
Nếu tồn tại
thỏa mãn thì
v
là duy nhất. Vì nếu ngược lại:
;
3
v
fa
q
.
3
fa
q
2
3
v
aa
q
. (vô lý)
Với mọi
;
3
v f a
q
,
2
33
vv
f a a a f a
q
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
1 3 1 3 1 1
2 2 2
v
q
q q f a
fa
.
1
3
2
2
3
v
fa
q
q
fa
.
1
1 1 1
q
vv
vv
Fz
f a f a
fa
=
1 1 1 1
11
22
v
v v v
fa
q
f a f a q f a
fa
.
1
1 1 1
log log log2 log log log2
q
v
v
Fz
fa
f a f a
1
13
log 1 log log2
q
q
q
fa
1
13
log log log2
q
q
q
fa
.
(*) Chứng minh định lý:
Lấy
2
0
1
2
d
hai vế ta được:
22
1
00
1 1 1 3
log log log log2
22
q
i
q
F re d d q
fa
.
1
3
, , log log2
q
v
v
q
m r F m r a q
.
1
3
, , log log2
q
v
v
q
m r a m r F q
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
1
1
, ; . . '.
'
1'
, , , .
'
q
v
v
f
m r F m r f F
ff
ff
m r m r m r
f f f a
1 1 1
, , ,
11
, log 0 , .
m r T r N r
f f f
T r f N r
ff
, , ,
' ' '
f f f
m r T r N r
f f f
0
, log ,
' ' 0 '
f
ff
T r N r
f f f
0
''
, , , log
' ' 0
f
f f f
m r N r N r
f f f f
.
Từ bổ đề một ta có:
2
0
'0
'1
, , log log
' 2 0
'
i
i
f re
f
ff
N r N r d
f f f
f re
.
1'
, , log 0 , ,
f
m r F T r f f N r m r
ff
1
0
'
, log
'0
q
v
v
f
f
mr
f a f
2
0
'0
1
log log
20
'
i
i
f re
f
d
f
f re
.
1
3
, , , , log log2
q
v
v
q
m r m r a m r m r F q
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
2
1
0
1'
, , log 0 , ,
1 ' 3
log , log log2
2
'
i
q
i
v
v
f
m r T r f f N r m r
ff
f re
fq
d m r q
fa
f re
22
00
11
log log '
22
ii
f re d f re d
11
, , , , '
'
N r N r f N r N r f
ff
.
Vậy:
1
, , 2 , , log 0
q
v
v
m r m r a T r f N r f f
11
, log ' 0 , ,
1
log 0 , , ' log ' 0
'
N r S r f N r N r f
ff
f N r N r f f
f
1
1
2 , , 2 , , '
'
2 , ,
T r f N r N r f N r f S r
f
T r f N r S r
trong đó,
1
1
, 2 , , '
'
N r N r N r f N r f
f
.
Định lý được chứng minh.
(*) Nhận xét:
Có thể chỉ ra rằng
1
0Nr
. Thật vậy, giả sử b là một cực điểm cấp k
của hàm
fz
trong đĩa
zr
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Khi đó đại lượng
log
r
b
được tính k lần trong tổng
,Nrf
. Mặt khác, b là
cực điểm cấp
1k
của đạo hàm
'fz
. Do đó, đại lượng
log
r
b
được tính
1k
lần trong tổng
,'N r f
. Từ đó suy ra:
2 , , ' 0N r f N r f
Từ bất đẳng thức cơ bản ta có Định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna.
1.3.4. Định lý
Giả sử r là một số thực dương,
fz
là hàm phân hình trong
;
1
, ,
q
aa
là các số phức phân biệt. Khi đó ta có:
1
1
1 , , ,
q
v
v
q T r f N r a N r N r S r
,
trong đó:
1
1
, 2 , , ' .
'
log , log .
N r N r N r f N r f
f
S r o T r f r
Chứng minh.
Từ bất đẳng thức cơ bản ta có:
1
1
, , 2 ,
q
v
v
m r m r a T r f N r S r
.
Cộng vào hai vế đại lượng
1
,,
q
v
v
N r N r a
ta có:
1
1
, , , ,
2 , , ,
q
vv
v
q
v
v
N r m r m r a N r a
T r f N r N r a N r S r
Từ Định lý cơ bản thứ nhất, ta thấy với mọi
1,2, ,vq
;
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
, , , 1
vv
m r a N r a T r f O
.
Từ đó suy ra:
1
1
1 , 2 , , ,
q
v
v
q T r f T r f N r a N r N r S r
.
Tức là:
1
1
1 , , ,
q
v
v
q T r f N r a N r N r S r
.
1.3.5. Định nghĩa
Giả sử
fz
là hàm phân hình trên mặt phẳng phức
,
a
, ta đặt.
,,
, lim 1 lim
,,
m r a N r a
a a f
T r f T r f
.
, log
r
N r f
b
; tổng lấy theo mọi cực điểm b của hàm,
br
; đồng thời
mỗi cực điểm chỉ được tính một lần.
,
, 1 lim
,
N r a
a a f
T r f
.
,,
, lim
,
N r a N r a
a a f
T r f
.
a
được gọi là số khuyết của giá trị a.
a
được gọi là chỉ số bội của giá trị a.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
1.3.6. Định lý (Quan hệ số khuyết)
Giả sử
fz
là hàm phân hình trên
, khi đó tập hợp các giá trị a mà
0a
cùng lắm là đếm được, đồng thời ta có:
2
aa
a a a
.
Chứng minh.
Từ định nghĩa suy ra rằng:
a a a
.
Chọn dãy
,
nn
rr
sao cho
log ,
nn
S r O T r f
.
Từ Định lý cơ bản thứ hai, với mọi tập hợp gồm q số phức phân biệt
12
, , ,
q
a a a
ta có:
1
1
1 , , , log ,
q
n n v n n n
v
q T r f N r a N r N r O T r f
1
1
, , 2 , , ' , log ,
'
q
n v n n n n n
v
N r a N r N r N r f N r O T r f
f
'
1
1
, , , ' , log ,
q
n v n n n n
v
N r a N r f N r f N r O T r f
f
.
Bất đẳng thức trên có thể viết lại như sau:
1
1
1 1 , , , ' , ,
q
n v n n n
v
q O T r f N r a N r f N r f N r
f
.
Nếu b là một cực điểm cấp k của hàm
fz
trong
n
zr
thì đại lượng
log
n
r
b
tham gia k lần trong công thức tính
,
n
Nr
, đồng thời do b là cực
điểm của
'fz
cấp
1k
nên đại lượng đó tham gia
1k
lần trong công
thức tính
,'
n
N r f
. Từ đó, suy ra:
, ' , ,
n n n
N r f N r N r
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
Mặt khác, giả sử b là nghiệm bội k của phương trình:
v
f z a
với
v
nào đó
1 vq
.
Khi đó, đại lượng
log
n
r
b
tham gia k lần trong công thức tính tổng
1
,
q
nv
v
N r a
.
Vì b là không điểm cấp
1k
của hàm
'fz
nên nó là cực điểm cấp
1k
của hàm
1
'f
. Do đó, tham gia
1k
lần vào công thức tính tổng
1
,
'
Nr
f
.
Từ đó, ta có:
0
11
1
, , , '
'
n v n n v
vv
N r a N r N r a N f
f
,
với
0
'Nf
là tổng có dạng
log
n
r
b
lấy theo mọi không điểm b của
'f
mà
không là nghiệm của bất kỳ phương trình
v
f z a
nào,
1 vq
.
Suy ra,
11
1
, , ,
'
n v n n v
vv
N r a N r N r a
f
.
Ta có:
1
1 1 , , ,
q
n n v n
v
q O T r f N r a N r
.
Chia hai vế cho
,
n
T r f
ta được:
1
,,
11
,,
q
n v n
v
nn
N r a N r
qO
T r f T r f
.
Cho
n
ta suy ra:
1
1 1 1
q
v
v
qa
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Tức là:
1
2
q
v
v
a
.
Ta cần chứng minh tồn tại tập hợp các giá trị a sao cho
0a
, cùng lắm là
đếm được, đồng thời
2
a
a
.
1
1
0
n
A a a a a
n
.
Tập hợp
1
aa
n
có không quá 2n phần tử.
Suy ra, A cùng lắm là đếm được.
Vậy
2
a
a
.
Định lý được chứng minh.
1.3.7. Định lý
Giả sử
,fg
là các hàm phân hình khác hằng số sao cho tồn tại 5 điểm
1 2 3 4 5
, , , ,a a a a a
để
11
; 1,5
jj
f a g a j
. Khi đó,
fg
hoặc
,fg
là
hằng số.
(*) Nhận xét: Số 5 không thể giảm.
Ví dụ:
1 2 3 4
; ; 0; 1; 1;
zz
f e g e a a a a
,
11
jj
f a g a
nhưng
fg
.
Chứng minh.
Giả sử tồn tại
1 2 3 4 5
, , , ,a a a a a
,
, 1,5
jj
z f z a z g z a j
.
Đặt
11
, , , , .
jj
jj
N r N r f a N r N r
f a g a
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
Mà
1
, log
j
r
Nr
f a b
.
(b là nghiệm của phương trình
f z a
chỉ tính một lần).
Theo giả thiết:
j
f z a g z a
.
Suy ra,
11
,,
jj
N r N r
f a g a
.
Định lý cơ bản thứ 2, áp dụng cho
1 2 3 4 5
; , , , , .f a a a a a
1
1
1
5
1
5
1
1 , , , ,
1
, 2 , , ' ,
'
,.
1
4 , , , , 2 , ,
'
1
, , , ' , .
'
q
v
v
j
j
j
j
q T r f N r a N r N r S r
N r N r N r f N r f
f
S r O T r f
T r f N r a N r N r N r f N r f S r
f
N r a N r N r f N r f S r
f
Xét
5
1
1
,,
'
j
j
N r a N r
f
,
5
1
,
j
j
N r a
chứa các số dạng
log
r
b
, trong đó b là một trong các nghiệm của
phương trình
j
fa
.
Giả sử, b là nghiệm bội k của phương trình
j
fa
với
j
nào đó.
Suy ra, tham gia
1k
lần trong
1
, log
'
r
Nr
fb
tham gia một lần.
55
0
11
1
, , , ' ,
'
jj
jj
N r a N r N r a N f
f
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
trong đó
0
'Nf
là tổng tính theo các nghiệm của
'0f
mà không là
nghiệm của
j
fa
.
5 5 5
1 1 1
1
, , , .
'
j j j
j j j
N r a N r N r a N r
f
Xét
, ' ,N r f N r f
: Mỗi cực điểm cấp k của
f
là cực điểm cấp
1k
của
'f
. Suy ra:
5
1
5
1
5
1
5
1
, ' , , .
4 , ,
,
, , .
3 1 , . *
j
j
j
j
j
j
j
j
N r f N r f N r f
T r f N r N r f S r
N r T r f S r
N r T r f O T r f
O T r f N r
Tương tự với hàm g, ta cũng có:
5
1
3 1 , . **
j
j
O T r g N r
Giả sử
1
fg
fg
là hàm phân hình.
Theo định lý cơ bản thứ nhất, ta có:
1
, , 1
, , 1 .
T r T r f g O
fg
T r f T r g O
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
Mặt khác:
5
1
11
,,
j
j
T r N r N r
f g f g
,
( vì nếu số hạng
log
r
b
được tính trong
j
Nr
thì
j
f b a
với
j
nào đó.
Theo giả thiết,
0 log
j
r
g b a f b g b
b
được tính trong
1
,Nr
fg
).
5
1
1
, , , 1 .
j
j
N r T r T r f T r g O
fg
Từ (*),(**) suy ra:
5
1
2
,,
3
j
j
T r f T r g N r S r
.
Kết hợp, ta được:
55
11
2
3
jj
jj
N r N r S r
. (vô lý)
Vậy, suy ra
fg
.
