Nghiệm toàn cục của một số lớp phương trình vi phân phức

trong đó bjlà hàm nhỏ của f , M0(f) = 1, Mj(f) (j = 1,2, ,n-1) là đơn thức vi phân đối với f có bậc j. Không mất tính tổng quát, chúng ta giả thiết 00 b ?, ngoài ra, chúng ta làm biến đổi f = f1+ c cho phù hợp hằng số c. Từ (2.1), chúng ta có:

pdf60 trang | Chia sẻ: lylyngoc | Ngày: 23/08/2014 | Lượt xem: 1566 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Nghiệm toàn cục của một số lớp phương trình vi phân phức, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
T R lần l-ợt thay cho   1 1 1 , , , , , , ,m R N R n R T R f f a f a f a                     nếu a là hữu hạn và      , , , , ,m R N R n R   thay cho      , , , , ,m R f N R f n R f . Nếu chúng ta cho R biến thiên thì định lý cơ bản thứ nhất có thể đ-ợc viết d-ới dạng nh- sau:        , , 1 .m R a N R a T R O   Với mỗi a là hữu hạn hay vô hạn. Số hạng m(R,a) dần tới trung bình nhỏ nhất có thể đ-ợc của f ’ a trên vòng tròn z R , số hạng N(R,a) dần đến số nghiệm của ph-ơng trình  f z a trong z R . Với mỗi giá trị của a, tổng của hai số hạng này có thể xem là không phụ thuộc vào a. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 17 1.2.3.2. Một số ví dụ Ví dụ 1: Xét hàm hữu tỷ   ... ... p p q q z a f z c z b      , trong đó 0c  . Giả sử p > q. Khi đó  f z  khi z  , nh- vậy khi a hữu hạn m(r,a) = 0 với mọi r > r0 nào đó. Ph-ơng trình f(z) = a có p nghiệm sao cho n(t,a) = p(t>t0), nh- vậy:      , , log 1 r a dt N r a n t a p r O t    khi r  , Do đó, khi r  ,    , log 1 ,T r f p r O  và    , log 1 ,N r a p r O     , 1 ,m r a O với a   . Nếu p < q,    , log 1 ,T r f q r O     , log 1 ,N r a q r O     , 1 ,m r a O với 0a  . Nếu p = q,    , log 1 ,N r f q r O     , log 1 ,N r a q r O     , 1 ,m r a O với a c . Nh- vậy, trong mọi tr-ờng hợp    , log 1 ,T r f d r O     , log 1 ,N r a d r O     , 1 ,m r a O với  a f  , trong đó d = max(p, q). www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 18 Trong tr-ờng hợp này, m(r, a) là bị chặn khi r  ngoại trừ một giá trị của a là  f  . Nếu ph-ơng trình f(z) = a có nghiệm bội  tại  với 0 d  , thì    , log 1 ,m r a r O       , log 1 .N r a d a r O   Ví dụ 2: Xét hàm    cos sin , r iz f z e e     với i z re   . Khi đó     cos sin coslog log log logi r ir rf z f re e e          , cos log ,cos 0 0,cos 0 r e         , cos log , 2 2 3 0, 2 2 r e                  , = cos , 2 2 3 0, 2 2 r                 . Từ đó:     2 2 0 2 1 1 , log cos . 2 2 i r m f a f re d r d                 Do hàm z e không có không điểm trong z r nên N(r, f) = 0, nh- vậy,      , , , . r T r f m r N r       Do đó  , r T r f   . Ví dụ 3: Xét   ... p p P z az a   , là một đa thức và    P z f z e . Khi đó www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 19     ... p p az aP z f z e e     , Nh- vậy:      , , ... , . , log p p p p a aaz az T r f T r e T r e p T r e e          , =    . , 1 p az p T r e O . Tính  , p az T r e . Đặt p az g e . Ta có      , , ,T r g m r g N r g  . Do g chỉnh hình nên:  , 0N r g  suy ra      , , , p az T r g m r g m r e  .     2 0 1 , log , 2 i p a re p az m r e e d       =      2 cos sin 0 1 log 2 p ar p i p e d        , =   2 cos 0 1 log 2 p a r p e d       , =   2 2 1 cos 2 p p p a r p d        , =   2 2 1 1 . . sin 2 p p p p a r a r p p p        . Nh- vậy  , p a r T r g p  , www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 20 suy ra    , 1 . pa T r f r O    1.2.4. Định lý Cartan về đồng nhất thức và tính lồi 1.2.4.1. Định lý Giả sử f(z) là một hàm phân hình trong z R . Khi đó:       2 0 1 , , log 0 2 iT r f N r e d f       , với ( 0 < r <R). Chứng minh: Ta áp dụng công thức Jensen (1.6) cho hàm f(z) = a ’ z với R = 1 và thu đ-ợc: 2 0 log , 11 log . 2 log log 0, 1 i a a a e d a a a              Nh- vậy trong mọi tr-ờng hợp ta đều có: 2 0 1 log log . 2 ia e d a       (*) Lại áp dụng (1.6) cho hàm số   if z e  và có:         2 0 1 log 0 log . , , . 2 i i i if e f r e e d N r N r e             Lấy tích phân hai vế theo biến  và thay đổi thứ tự lấy tích phân trong tích phân vế phải ta có: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 21               2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 2 2 2 0 0 0 1 1 1 log 0 log . 2 2 2 1 1 , , 2 2 1 1 1 log . , , . 2 2 2 i i i i i i f e d f r e e d d N r d N r e d f r e e d d N r N r e d                                                              áp dụng công thức (*) ta có:         2 2 0 0 1 1 log 0 log , , . 2 2 i if f re d N r N e d              Từ đó:                       2 2 0 0 2 0 2 0 1 , log , log 0 , 2 1 , , , log 0 , 2 1 , , log 0 . 2 i i i i N r f re d N r e d f N r f m r f N r e d f T r f N r e d f                                   Với ( 0 < r < R). Vậy định lý đ-ợc chứng minh. 1.2.4.2. Hệ quả 1: Hàm đặc tr-ng Nevanlinna T(r,f) là một hàm lồi tăng của logr với 0 < r <R. Chứng minh: Ta thấy rằng  , iN r e  hiển nhiên là hàm tăng, lồi của logr nên ta suy ra hàm T(r,f) cũng có tính chất nh- vậy và hệ quả đ-ợc chứng minh. Trong tr-ờng hợp này chúng ta có: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 22     2 0 1 , , . 2 idr T r f n r e d dr       1.2.4.3. Hệ quả 2: Trong mọi tr-ờng hợp chúng ta đều có   2 0 1 , log 2. 2 im r e d      Chứng minh Sử dụng định lý cơ bản thứ nhất cho hàm f(z) với ia a  chúng ta có:          , , , log 0i i iT r f m r e N r e f e G        , trong đó   log 2G   . Lấy tích phân hai vế theo biến  ta có:       2 2 2 0 0 0 1 1 1 , , , 2 2 2 i iT r f d m r e d N r e d                +     2 2 0 0 1 1 log 0 . 2 2 if e d G d            Sử dụng định lý (1.2.4.1), công thức (*) ta sẽ thu đ-ợc:             2 2 0 0 1 1 , , , log 0 log 0 . 2 2 iT r f m r e d T f f f G d                Nh- vậy:     2 2 2 0 0 0 1 1 1 , log 2 log 2. 2 2 2 im r e d G d d                  Hệ quả 2 đ-ợc chứng minh. * Nhận xét: Định lý Cartan v¯ hệ qu° chỉ ra rºng “trung bình “ của các giá trị của hàm m(r,a) lấy trên một vòng tròn l¯ “ khá nhỏ”, h¯m T(r,f) hầu nh- chỉ phụ thuộc trung bình của giá trị N(r,a) trên vòng tròn. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 23 1.3. Định lý cơ bản thứ hai 1.3.1. Giới thiệu Trong mục tr-ớc chúng ta đã định nghĩa hàm đặc tr-ng Nevanlinna và có đ-ợc định lý: với mỗi số phức a,        , , 1m R a N R a T R O   . Từ đó chúng ta cũng thấy rằng tổng m + N có thể xem là độc lập với a. Đó chính là kết quả của định lý thứ nhất. Định lý cơ bản thứ hai sẽ cho ta thấy rằng trong tr-ờng hợp tổng quát số hạng N(R,a) chiếm -u 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 đ-ợc tính một lần. Từ kết quả này cũng suy ra định lý Picard, nói rằng hàm phân hình nhận mọi giá trị, trừ ra cùng lắm là hai giá trị. Định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna đ-ợc suy từ định lý sau,đ-ợc gọi là bất đẳng thức cơ bản. 1.3.2. Bất đẳng thức cơ bản Để đơn giản, chúng ta sẽ viết m(r,a) thay cho m(r,1 / f ’ a) và  ,m r  thay cho m(r,f). 1.3.2.1. Định lý Giả sử f(z) là hàm phân hình khác hằng số trong z r . Giả sử a1, a2,….aq là các số phức hữu hạn riêng biệt, 0  và va a   với 1 v q   . Khi đó:          1 1 , , 2 , . q v v m r m r a T r f N r S r       Trong đó N1(r) d-ơng và đ-ợc định nghĩa:      1 1 , 2 , , ' . ' N r N r N r f N f f         www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 24    1 ' ' 3 1 , , log log 2 log . ' 0 q v v f f q S r m r m r q f f a f                  Chứng minh: Với các số phân biệt av;     1 2 log 1 logq f z av       , ta xét hàm:     1 1 . q v v F z f z a    a) Giả sử rằng với một số v nào đó   3 vf z a q    . Khi đó với v  ta có:     2 . 3 3q f z a a a f z a              Bởi vậy với v      3 1 1 . 2 2 1 v z a q f z af       Nh- vậy ta có:           1 1 1 . 22 1 1 1 v v v v q F z z a z a z aqf z af f f               Từ đó ta có:     1log log log2.F z f z av     Trong tr-ờng hợp này:    1 1 2log log log log2 q F z q f z a          www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 25  1 1 3log log log2. q qq f z a         (**) Bởi vì với v  ,   1 3 2 log log log . 2f z a          Nên ta có:      1 1 11 log log log q vf z af z a f z av                 1 2 log 1 log .q f z av       Suy ra:     1 2 log 1 log . v q f z a          Từ đó ta có:     1 log log log 2 v f z f z a          1 1 1 log log log2 q vf z a f z a              ,     1 1 2 log 1 log log2. q q f z a            Suy ra: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 26    1 1 3log log log log2. q qF z q f z a         Vậy (**) đ-ợc chứng minh. Nh- vậy nếu tồn tại một giá trị v q để   3 vf z a q    thì (**) hiển nhiên đúng. b) Ng-ợc lại, giả sử   , , 3 vf z a v q     khi đó có một điều hiển nhiên là:    1 1 3log log log log2. q qF z q f z a         Bởi vì, do   , , 3 vf z a v q     nên   1 3 v q f z a    , suy ra:   1 3 log log , v q f z a     suy ra  1 1 3 log log log 2, q v v q q f z a         từ đó:    1 1 3 log 0 log log log 2. q v v q F z q f z a            Nh- vậy trong mọi tr-ờng hợp ta đều có:    1 1 3 log log log log 2. q v v q F z q f z a           Với iz re  lấy tích phân hai vế chúng ta suy ra: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 27     2 2 10 0 1 3 log log log log 2 . q i v v q F re d q d f z a                      Nên     1 3 , , log log2. q v v q m r F m r a       (1.14) Mặt khác ta xét:     1 1 , , ' , , , ' . ' ' f f m r F m r f F m r m r m r f F f f f f                      (1a) Theo công thức Jensen (1.12) ta có:         1 , , log 0 . 0 , , log . ' ' ' 0 T r f T r f f ff f T r T r f f f                     Hay     0' ' , , , , log . ' ' ' 0 ff f f f m r N r m r N r f f f f f                            Suy ra     0' ' , , , , log . ' ' ' 0 ff f f f m r m r N r N r f f f f f                            (2a) Và ngoài ra ta có:     1 1 , , , log 0 .T r f m r N r f f f               www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 28 Hay     1 1 1 , , , log . 0 m r T r f N r f f f               (3a) Kết hợp (2a) và (3a) thay vào bất đẳng thức (1a) ta đ-ợc:       1 1 ' , , , log , 0 f m r F T r f N r m r f ff                       0' , , log , ' . ' ' 0 ff f N r N r m r f F f f f                . Bất đẳng thức trên kết hợp với (1.14) chúng ta sẽ có:                   1 3 , , , , log log 2, 1 ' ' , , , , , ' 1 3 , ' log , , log log 2. ' 0 q v v q m r a m r m r F m r f q f f f T r f N r N r N r m r f f f f q m r f F T r f N r f q f                                                Sử dụng công thức Jensen cho hàm ' f f ta có:         2 0 0 1 ' log log , , . ' 0 2 '' i i f ref f f d N r N r f f ff re                    Suy ra:         2 0 0' 1 , , log log ' 2 ' 0' i i f re ff f N r N r d f f ff re                    , www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 29     2 0 1 log log 0 2 if re d f            2 0 1 log ' log ' 0 2 if re d f       ,     1 1 , , , , ' . ' N r N r f N r N r f f f                Cuối cùng ta có:           1 1 , , 2 , 2 , , ' , ' q v v m r a m r T r f N r f N r f N r f                     ' 1 3 , , ' log log log2. ' 0 f q m r m r f F q f f           Chú ý:   1 ' , ' , , q v v f m r f F m r f a         và đặt:      1 1 , 2 , , ' . ' N r N r N r f N r f f         Và:    1 ' ' 3 1 , , log log 2 log . ' 0 q v v f f q S r m r m r q f f a f                  Khi đó ta có:          1 1 , , 2 , 0 q v v m r a m r T r f N r S       . Đây là điều cần phải chứng minh. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 30 * Nhận xét: N1(r) trong định lý (1.3.2.1) là d-ơng vì:   1 , log q v v R N r f b  . Trong tổng trên nếu bv là cực điểm bội k thì đ-ợc tính k lần. Giả sử 1,..., Nb b là các cực phân biệt của f(z) với cấp lần l-ợt là: 1,..., Nk k . Xét tại điểm bv ta thấy khai triển của f(z) sẽ có dạng:     ...v v k k v c f z z b     Khi đó f’(z) sẽ có khai triển là:     1 1 ' ' ...v v k k v c f z z b       Tức là bv sẽ là cực điểm cấp kv + 1 của hàm f’(z). Nh- vậy 1,..., Nb b sẽ là các cực điểm của f’(z) với cầp lần l-ợt là: 1 1,..., 1Nk k  . Tất nhiên f’(z) không có cực điểm nào khác. Nh- vậy:   1 , log N v v v R N r f k b  , và     1 , ' 1 log N v v v R N r f k b   . Nên:       1 1 2 , , ' 2 log 1 log N N v v v vv v R R N r f N r f k k b b       ,    1 2 1 log N v v v v R k k b    ,   1 2 1 log 0. N v v v R k b    www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 31 Từ đó ta có:      1 1 , 2 , , ' 0. ' N r N r N r f N r f f          1.3.3. Định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna Định lý: Giả sử f là một hàm phân hình khác hằng trên  và 1 2, ,..., qa a a là q > 2 điểm phân biệt. Khi đó:          1 1 1 1 , , , , , q j j q T r f N r f N r N r f S r f f a            ,      0 1 1 , , , , . q j j N r f N r N r f S r f f a           Trong đó     , ,S r f o T r f khi r  , r nằm ngoài một tập có độ đo hữu hạn,      1 1 , 2 , , ' ' N r N r N r f N r f f         , và 0 1 , ' N r f       là hàm đếm tại các không điểm của f mà không phải là không điểm của jf a , với j = 1,..,q. 1.3.4. Quan hệ số khuyết Chúng ta ký hiệu lại:    , , ,n t a n t a f là số các nghiệm của ph-ơng trình  f z a trong z t , nghiệm bội đ-ợc tính cả bội và ký hiệu  ,n t a là số nghiệm phân biệt của  f z a trong z t . T-ơng tự ta định nghĩa:                     0 0 , , , , , 0, log , , , , , , 0, log . r r n t a n a N r a N r a f dt n a r t n t a n a N r a N r a f dt n a r t           www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 32 Chúng ta sẽ ký hiệu    , , ,N r f T r f t-ơng ứng thay cho    , , , , ,N r f T r f  . Giả sử f(z) là hàm phân hình trong 0z R , nh- vậy:  ,T r f  khi 0r R . Theo định lý (1.2.3.1):        , , , 1m r a N r a T r f O   , khi 0r R . Ta định nghĩa:                               0 0 0 0 , , , 1 lim , , , 1 lim , , , , . lim lim r R r R r R r R m r a N r a a a f T r T r N r a a a f T r N r a N r a a a f T r                     Hiển nhiên, cho 0  , với r đủ gần R0 ta có:         , ,N r a N r a a T r    ,       , 1N r a a T r    . Từ đó suy ra:         , 1 2N r a a a T r      . Nh- vậy:      .a a a    L-ợng  a đ-ợc gọi là số khuyết của giá trị a,  a gọi là bậc của bội. Bây giờ chúng ta chứng minh một kết quả cơ sở của lý thuyết Nevanlinna , định lý sau đây gọi là định lý quan hệ số khuyết. 1.3.4.1. Định lý Giả sử f(z) là hàm phân hình khác hằng số trong 0z R . Khi đó tập hợp các giá trị của a mà   0a  cùng lắm là đếm đ-ợc, đồng thời ta có: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 33        2 a a a a a      . Chứng minh:     , ,n nS r f o T r f , khi 0nr R . Chọn một dãy  nr , sao cho 0nr R khi n  . Xét q điểm khác nhau 1 2, ,..., qa a a . Theo bất đẳng thức cơ bản ta có:           1 1 , , 2 , , . q n n v n n n v m r m r a T r f N r o T r f       Cộng thêm đại l-ợng     1 , , q n n v v N r N r a    vào hai vế của bất đẳng thức trên ta có:               1 1 , , 2 , , , , . q n n n n n v n n v T r f qT r f T r f N r N r a N r o T r f         Suy ra :              1 1 1 , , , , . q n n n n v n v q T r f o T r f N r N r a N r        Mặt khác :      1 1 , 2 , , ' ' n n n nN r N r N r f N r f f         . Đặt:         1 1 , , , 2 , , ' . ' q n n v n n n v A N r N r a N r N r f N r f f             Khi đó bất đẳng thức trên đ-ợc viết lại là:        1 , , .n nq T r f o T r f A   (1.15) www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 34 Giả sử f có cực điểm cấp k tại av , khi đó:     ....k k v c f z z a        1 1 ' ' ... k k v c f z z a       Do đó av sẽ có cực điểm cấp k + 1 của f’. Giả sử ; 1,vb v p là các cực điểm phân biệt của hàm f , với bội t-ơng ứng là 1 2, ,..., pk k k . Khi đó:     1 , , log ; p n n n p v v r N r N r f k b        1 , ' 1 log ; p n n p v v r N r f k b   từ đó:         1 , 2 , , ' 2 1 log ; p n n n n p p p v v r N r N r f N r f k k k b          1 log , ; p n n v v r N r b    nh- vậy (1.15) viết lại là:          1 1 1 1 , , , , . ' q n n v n n v q o T r f N r a N r N r f              Chúng ta thấy rằng một nghiệm của ph-ơng trình   vf z a có bậc p thì nó cũng là không điểm bậc p ’ 1 của f’(z) và nh- thế nó đóng góp một lần vào   1 , , ' vn t a n t f        . Do đó bất đẳng thức trên đ-ợc viết nh- sau: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 35          0 1 1 1 1 , , , , . ' q n n v n n v q o T r f N r a N r N r f              (1.16) Trong đó 0 1 , ' nN r f       đ-ợc tính tại những điểm là không điểm của f’ nh-ng không phải là nghiệm của ph-ơng trình   vf z a , v = 1,…,q. Chú ý rằng 0 1 , 0 ' nN r f       nên từ (1.16) ta có:          1 1 1 , , , . q n n v n v q o T r f N r a N r       (1.17) Chia cả hai vế của (1.17) cho  ,nT r f và bỏ qua đại l-ợng o(1) ta có:        1 , , 1. , , q n v n v n n N r a N r q T r f T r f     Lấy giới hạn khi 0nr R ta suy ra:         0 0 1 , , 1, , ,lim lim n n q n v n v n nr R r R N r a N r q T r f T r f      hay         0 0 1 1 , , 1, , ,lim lim n n q q n v n v v n nr R r R N r a N r q T r f T r f        tức là:      1 1 1 1. q v v a q        Hay     1 2 q v v a      . Do q bất kỳ nên định lý đ-ợc chứng minh xong. Định lý sau là hệ quả trực tiếp của quan hệ số khuyết. 1.3.4.2. Định lý Picard Giả sử f(z) là hàm phân hình, không nhận 3 giá trị 0,1, . Khi đó f là hàm hằng. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 36 Chứng minh: Giả sử f không phải là hàm hằng. Không mất tổng quát, có thể xem f(z) không nhận 3 giá trị 0,1, . Từ đó:  ,0 0N r  ;  ,1 0N r  ;  , 0N r f  . Suy ra  0 1  ;  1 1  ;   1   , nên   3    a a ; điều này mâu thuẫn với quan hệ số khuyết. Vậy f(z) phải là hàm hằng. 1.4. Một số ứng dụng của các định lý cơ bản 1.4.1. Các ví dụ Ví dụ 1: Giả sử  f z a vô nghiệm. Khi đó ta có  , 0,N r a r  suy ra   1a  . Chẳng hạn:  0 1z ff e    . Ví dụ 2: Giả sử có       , , 1N r a o T r f a   ( số khuyết bằng 1 khi số nghiệm của ph-ơng trình quá ít so với cấp số tăng của nó). Ví dụ 3: Giả sử f là hàm nguyên, khi đó f không có cực điểm nên   1   . Nh- vậy   1 a a     . Từ đó suy ra ph-ơng trình f(z) ’ a = 0 có nghiệm với mọi a trong mặt phẳng phức, trừ ra cùng lắm một giá trị. Chẳng hạn ta thấy hàm   zf z e là chỉnh hình trên  và    0 0 1   , nh- vậy hàm ze a sẽ có nghiệm với 0a  . Vậy vấn đề đặt ra là có bao nhiêu giá trị của a để ph-ơng trình f(z) ’ a = 0 gồm toàn nghiệm bội. Câu trả lời là: cùng lắm là có hai giá trị, bởi vì giả sử tại a1 và a2 ph-ơng trình f(z) ’ a1 = 0 ; f(z) ’ a2 = 0 gồm toàn nghiệm bội. Khi đó    1 2 1 2 a a   , do đó      1 2 2a a     nên với tất cả các giá trị a khác a1; a2 ph-ơng trình f(z) = a đều phải có nghiệm đơn. Ví dụ nh- www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 37 chúng ta xét hàm f(z) = sinz, với a1 = 1; a2 = -1 ta thấy: khi sin 1z   thì (sinz)’ = cosz = 0 nh- thế có nghĩa là các ph-ơng trình sinz = a1; sinz = a2 đều gồm toàn nghiệm bội. Nếu         1 1 1 1 ; 1 1 2 2          , suy ra ph-ơng trình sinz = a sẽ có nghiệm đơn với mọi a khác 1 . Ví dụ 4: Tr-ớc hết ta định nghĩa: Giá trị a đ-ợc gọi là bội ít nhất  2m m  nếu các nghiệm của ph-ơng trình f(z) = a bội lớn hơn hoặc bằng m. Giả sử f(z) là hàm phân hình và giả sử  va là tập hợp các giá trị bội ít nhất  vm . Khi đó:         1 1 , , , 1 .v v v v N r a N r a T r f O m m    Từ đó :   1 1v v a m    . Theo định lý Nevanlinna về số khuyết ta có: 1 1 2 v vm         . Mặt khác do 2m nên ta có: 1 1 1 2vm        . Nh- vậy ta thấy rằng đối với hàm phân hình có nhiều nhất 4 giá trị a mà nghiệm của ph-ơng trình f(z) = a có bội lớn hơn hoặc bằng 2. +) Trong tr-ờng hợp có 4 giá trị của a thỏa mãn, khi đó mv = 2. Ví dụ cụ thể của hàm loại này chính là hàm elliptic Weiestrass. +) Trong tr-ờng hợp có 3 giá trị của a thỏa mãn, do: 3 1 1 2 3 1 1 1 1 1 3 2. v vm m m m                   www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 38 Nên 1 2 3 1 1 1 1 m m m         . Khi đó chúng ta sẽ có các bộ  1 2 3; ;m m m nh- sau: (2;2;m) (2;3;3) (2;3;4) (2;3;5) (2;3;6) (2;4;4) (3;3;3). Tr-ờng hợp (2;2;m) tồn tại và ví dụ cụ thể về nó là hàm f(z) là sinz; cosz. Với   1f z   gồm toàn nghiệm bội 2 và  f z   . Trong các tr-ờng hợp khác, vấn đề nói chung là rất khó và đã đ-ợc nhiều nhà toán học nghiên cứu và cho kêt quả trong tr-ờng hợp tổng quát ( Christoffel-Schwarz, Lê Văn Thiêm,…) 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 định nghĩa :     fE a z f z a   ( tập các nghiệm phân biệt của ph-ơng trình f(z) = a ). 1.4.2.2. Định lý Giả sử rằng    1 2, 2f z f là các hàm phân hình trên  . Nếu tồn tại 5 điểm 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a sao cho:    1 2 ; 1,...,5f fj jE a E a j   Khi đó hoặc f1 và f2 là hằng số hoặc 1 2f f . Chứng minh: Ta giả sử rằng f1, f2 là các hàm không đồng thời là các hàm hằng và cũng không đồng nhất với nhau. Gọi 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a là các số phức phân biệt sao cho:    1 2 ; 1,...,5f fj jE a E a j   . Khi đó: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 39     1 2 1 1 , , ; 1,...,5j j j N r N r N r j f a f a                  +) Giả sử một trong hai hàm f1, f2 là hàm hằng, không mất tính tổng quát ta giả sử f1 = const, khi đó f1 khác ít nhất 4 giá trị trong 5 giá trị ja ( j =1,…,5) không mất tính tổng quát ta có thể giả sử các giá trị đó là: 1 2 3 4, , ,a a a a nh- vậy: 1 1 , 0; 1,..., 4 j N r j f a         , vì thế: 2 1 , 0; 1,..., 4 j N r j f a         , nghĩa là f2 không nhận 4 giá trị 1 2 3 4, , ,a a a a . Theo định lý Picard f2 phải là hàm hằng. +) f1, f2 là các hàm khác hàm hằng, sử dụng bất đẳng thức cơ bản cho hàm f1 với 5 điểm 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a ta sẽ có:             5 ' 1 1 1' 1 1 1 , , 2 , , 2 , , .j j m r m r a T r f N r N r f N r f S r f              Cộng thêm vào hai vế bất đẳng thức trên một đại l-ợng là:     5 1 , , j j N r N r a    , ta đ-ợc:         5 1 1 1 1 6 , 2 , , , , ' j j T r f T r f N a N r N r f                 '1 12 , , .N r f N r f S r   www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 40 Do     5 5 0 0 1 1 1 1 1 , , , , ; , ' ' ' j j j j N r a N r N r a N r N r f f f                        do các cực điểm của 1/ f’ mà không phải là không điểm của jf a và    , ,N r N r f  . Suy ra:           5 ' 1 0 1 1 1 1 4 , , , , , ' j j T r f N r a N r N r f N r f S r f            ,       5 0 1 1 1 , , , ' j j N r a N r N r f S r f           ,       5 1 1 , ,j j N r a N r f S r             5 1 1 1 , , .j j N r T r f O T r f     Nh- vậy:        5 1 1 1 3 , , .j j T r f N r O T r f    T-ơng tự ta có:        5 2 2 1 3 , , .j j T r f N r O T r f    Bây giờ xét: 1 2 1 ,T r f f       . Theo định lý cơ bản thứ nhất ta có:       1 2 1 2 1 2 1 , , log 0 ,T r T r f f f f a r f f            ,    1 2, 1T r f f O   , www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 41      1 2, , 1T r f T r f O   ,             5 5 1 2 1 1 1 1 , , 1 3 3 j j j j N r o T r f N r o T r f O         ,        5 1 2 1 2 , , . 3 j j N r o T r f T r f     Ta thấy rằng, nếu z là nghiệm chung của các ph-ơng trình f1 = a; f2 = a thì z là nghiệm của ph-ơng trình f1 ’ f2 = 0, nên suy ra:     5 1 1 2 1 2 1 1 , , 1 ,j j N r N r T r O f f f f                 nh- vậy:   5 1 ,j j N r   là giới nội khi r  , điều này mâu thuẫn vì f1, f2 khác hàm hằng. định lý đ-ợc chứng minh. * Nhận xét Nghịch ảnh của 5 điểm đủ đảm bảo xác định một hàm phân hình. Số 5 đó là tốt nhất và không thể thay thế bởi số nhỏ hơn. Ví dụ nh- hàm sau: Xét hàm ; z zf e g e  với các điểm 1 2 3 40; 1; 1; ;a a a a      Thấy rằng:    1 1 .f qE a E a       2 2 2 , .f qE a E a k i k         3 3 2 1 , .f qE a E a k i k       4 4 .f qE a E a  Nh-ng f g và là các hàm khác hằng trên  . www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 42 Ch-ơng II Nghiệm toàn cục của ph-ơng trình vi phân 2.1. Giới thiệu Bằng cách sử dụng lý thuyết Nevanlinna chúng ta tìm ra nghiệm toàn cục siêu việt của ph-ơng trình vi phân phi tuyến tính trong không gian phức nh- sau :     1 21 2 . z znf z P f p e p e     Trong đó p1, p2 là 2 hàm nhỏ của ze và 1 2,  là 2 hằng số khác không với một vài điều kiện, và P(f) là đa thức vi phân đối với f và nó có đạo hàm ( với hàm nhỏ của f coi nh- là hệ số) có bậc không lớn hơn n - 1. Chúng ta gọi hàm phân hình a(z) là hàm nhỏ f(z) nếu T(r,a) = S(r,f). Cho P(f) là đa thức vi phân của f , và f , với hệ số là hàm nhỏ của f . A là tập hợp tất cả các hàm phân hình thỏa mãn:      ,1/ , ,N r h N r h S r h  . Chú ý: tất cả các hàm trong A là siêu việt và tất cả các hàm có dạng zbe là các hàm trong A, trong đó  là hằng số khác 0 và b là hàm hữu tỷ. Lý thuyết Nevanlinna đ-ợc sử dụng để nghiên cứu về tồn tại của nghiệm phân hình toàn cục của ph-ơng trình vi phân trong không gian phức, xem e.g [7,8]. Một số ph-ơng trình vi phân phi tuyến tính đ-ợc nghiên cứu trong [5,12,13]. Đặc biệt trong [13] đã chỉ ra rằng 4f3+ 3f’’ = -sin 3z có đúng 3 nghiệm toàn cục khác hằng số :       1 2 3 sin . 3 1 cos sin . 2 2 3 1 cos sin . 2 2 f z z f z z z f z z z       www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 43 2.2. Định nghĩa hàm nhỏ Giả sử cho f và a là hàm phân hình trong không gian phức. Nếu      , , ; . .,T r a S r f i e a S f  thì chúng ta gọi a là hàm nhỏ của f. 2.3. Một số bổ đề Ta sẽ sử dụng một sốbổ đề sau. 2.3.1. Bổ đề 1: ( Xem bổ đề [2,3] của Clunie). Giả sử f(z) là phân hình và siêu việt trong mặt phẳng và:       ,nf z P f Q f trong đó P(f) và Q(f) là các đa thức vi phân đối với f với hệ số là hàm nhỏ của f và bậc của Q(f) cao nhất là n . Khi đó M(r,P(f))=S(r,f). 2.3.2. Bổ đề 2: (Xem [4]). Giả sử f là hàm phân hình khác hằng số và F = fn + Q(f), trong đó Q(f) là đa thức vi phân đối với f với bậc  n -1. Nếu N(r,f)+N(r,1/F) = S(r,f), thì :   , n F f   trong đó  là phân hình và T(r,  ) = S(r,f). 2.3.3. Bổ đề 3. (Xem [11]). Giả sử h là hàm trong tập A. Cho 1 0 1 ... p p pf a h a h a     và 1 0 1 ... q q qg b h b h b     là đa thức của h với tất cả hệ số là hàm nhỏ của h và 0 0 0pa b a  . Nếu q p , thì m(r,g/f) = S(r,h). 2.4. Các định lý www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 44 2.4.1. Định lý A: Cho 4n  là một số nguyên, và P(f) là một đa thức vi phân đối với f có bậc  n ’ 3, p1, p2 là 2 đa thức khác 0, 1 và 2 là 2 hằng số khác 0 với 1 2    hữu tỷ. Khi đó ph-ơng trình vi phân     1 21 2 . z znf z P f p e p e     không có nghiệm nguyên siêu việt. 2.4.2. Định lý B: Cho 3n  là một số nguyên, và P(f) là một đa thức vi phân đối với f có bậc  n ’ 3, b(z) là hàm phân hình, và  , c1, c2 là 3 hằng số khác 0. Khi đó ph-ơng trình vi phân       1 2 ,n z zf z P f b z c e c e    không có nghiệm nguyên siêu việt thỏa mãn T(r,b) = S(r, f). Đó là giả thiết trong [10] về kết luận của định lý A còn đúng khi bậc của ph-ơng trình vi phân P(f) là n ’ 2 hoặc n ’ 1. Sau đây chúng ta sẽ chứng minh các kết quả cho sự hoàn thiện của định lý A và B. 2.4.3. Định lý 1: Cho 2n  là số nguyên d-ơng. Cho f là hàm nguyên siêu việt, P(f) là một đa thức vi phân đối với f có bậc  n ’ 1. Nếu     1 21 2 , z znf z P f p e p e     (2.1) trong đó pi (i =1,2) là hàm nhỏ không triệt tiêu của e z ,  1, 2i i  là số d-ơng làm thỏa mãn   2 11 0n n    , thì tồn tại hàm nhỏ  của f sao cho:   22 . n z f p e   (2.2) Chứng minh : Đầu tiên , chúng ta viết  1nP f nh- sau:     1 0 , n j j j P f b M f    (2.3) www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 45 trong đó bj là hàm nhỏ của f , M0(f) = 1, Mj(f) (j = 1,2,…,n-1) là đơn thức vi phân đối với f có bậc j. Không mất tính tổng quát, chúng ta giả thiết 0 0b  , ngoài ra, chúng ta làm biến đổi f = f1 + c cho phù hợp hằng số c. Từ (2.1), chúng ta có:   1 2 1 2 1 11 2 0 1 2 0 1 1 1 . . n n j j z z z z j j b M f p e p e b p e p e b f f f                         (2.4) Chú ý     , / ,jjm r M f f S r f và do bổ đề 3 chúng ta có:    1 2 1 2 1 2 1 2 0 1 , , , . z z z z m r S r p e p e S r f p e p e b              Bởi vậy, vế trái của (2.4) là đa thức của 1/f có bậc nhiều nhất bằng n ’ 1 với hệ số trở thành hàm gần đúng của 1/f . Từ đó:   1 , , .m r S r f f       (2.5) Đạo hàm hai vế của (2.1) cho:       1 21 ' '1 1 1 2 2 2' ' .z znnf f P f p p e p p e        (2.6) Khử 1 z e  và 2 z e  , tách từ (2.1) và công thức ở trên, chúng ta đ-ợc:          1' 1 '2 2 2 2 2 2 2 2' ' .zn np p f p nf f p p P f p P f e        (2.7)          2' 1 '1 1 1 1 1 1 1 1' ' .zn np p f p nf f p p P f p P f e         (2.8) Trong đó  ' '1 2 2 1 2 1 1 2p p p p p p      , là các hàm nhỏ của f . Chúng ta chú ý rằng  không thể triệt tiêu một cách đồng nhất, cách khác, bằng phép lấy tích phân chúng ta đ-ợc  2 1 1 2 z p e C p    cho hằng số C, là không thể đ-ợc. Từ (2.7) và (2.8) chúng ta đ-ợc: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 46      , , , .j zm r e nT r f S r f   , j = 1,2 . (2.9) Từ (2.1) chúng ta có:           1 21 2, , , , , .z zn nnT r f m r f m r f P f T r p e p e S r f       (2.10) Bởi vậy,        1 2, , , :z zS r e S r e S r f S r    . Từ (2.4) chúng ta có 1 2 1 2 1 11 2 0 1 2 0 1 , 1,2. ii i n jzz zn j j z z z z j n j b e Me e i p e p e b p e p e b f f f                       Sau đó:  , , 1,2. i z n e m r S r i f        (2.11) Sau đó chúng ta chứng minh   1 1 , , 1,2. z n e m r S r i f          (2.12) Cố định r>0, cho iz re  . Cho khoảng mở [0, 2 ) có thể biểu thị hợp nhất cho 3 tập hợp rời nhau nh- sau:                   2 1 2 1 2 1 1 2 3 0,2 1 . 0,2 1, 1 . 0,2 1, 1 . z z z z z f z E e f z E e e f z E e e                                                   Do định nghĩa của hàm gần đúng, chúng ta có: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 47   2 1 2 31 1 0 1 , log . 2 i iz z n n e e m r d I I I f f z                  Trong đó   2 1 0 1 log , 1,2,3. 2 i z i n e I d i f z         Với 1E  , chúng ta có:    2 1f z e z    . Từ         1 2 2 11 z z n n z f ze e f z f z e       , chúng ta đ-ợc:   2 1 , z n e I m r S r f        . Với 2E  , chúng ta có 1 1 z e   , và nh- vậy     1 1 1 1 z n n e f z f z     . Sau đó từ (2.5) thì:  1 1 1 , n I m r S r f         . Với 3E  , chúng ta có    2 1f z e z    . Vì vậy:        1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 zz n n z n z n z ee f z e e            . Do giả thiết:   2 11n n   , chúng ta đ-ợc   1 1 1 z n e f z    . Vì vậy chúng ta có I3 = 0. Từ đó cố định (2.10). Sau đó từ (2.7) thì: www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 48   1 1 1 1 . . z n n n e f f R f f        (2.13) Trong đó  '2 2 2 2 'p p f np f    , và         '2 2 2 2 'R f p p P f p P f   , là đa thức vi phân đối với f có bậc lớn nhất n-1. Do bổ đề 1, chúng ta đ-ợc    ,m r S r  , chú ý rằng  là toàn cục, chúng ta có    ,N r S r  . Từ đó:    ,T r S r  ,i, e ,  là hàm nhỏ của f. Bằng định nghĩa của  , chúng ta đ-ợc: ' 2 2 2 2 2 ' . p p f f np np     Thế công thức ở trên vào (2.8) cho:        2 ' 2 1 1 111 1 2 2' . zn n p p pnp p p f f P f P f p e            Do bổ đề 2, chúng ta nhìn thấy sự tồn tại hàm nhỏ  của f trong   22 n zf p e  . Đây là điều phải chứng minh của định lý 1. 2.4.4. Định lý 2: Cho 2n  là số nguyên d-ơng,  1,2i i  là số thực và 1 20   . Cho p1,p2 là hàm nhỏ của e z. Nếu tồn tại hàm nguyên siêu việt f thỏa mãn ph-ơng trình vi phân (2.1), trong đó P(f) là đa thức vi phân đối với f có bậc không lớn hơn n ’ 2, thì 1 2 0   , thì tồn tại hằng số c1,c2 và hàm nhỏ 1 2,  với f          2' 1 '1 1 1 1 1 1 1 1' ' .zn np p f p nf f p p P f p P f e         1 2 / / 1 1 2 2 . z n z n f c e c e     (2.14) Hơn nữa, , 1,2 n i ip i   . www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 49 Chứng minh: Chúng ta chỉ thảo luận cho tr-ờng hợp 1 2 0   . Còn tr-ờng hợp 1 2 0   có thể làm t-ơng tự. Giả sử f là nghiệm nguyên siêu việt của (2.1). Chứng minh t-ơng tự định lý 1, chúng ta vẫn lấy (2.5) – (2.11). Cố định r>0, cho iz re  . Cho khoảng mở [0, 2 ) có thể biểu thị hợp nhất cho 3 tập hợp rời nhau nh- sau:                   2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3 0,2 1 . 0,2 1, 1 . 0,2 1, 1 . z z z z z f z E e f z E e e f z E e e                                                   Từ định nghĩa của hàm gần đúng, chúng ta có:       1 2 1 22 1 2 32 2 2 2 0 1 , log 2 z z n n e e m r d I I I f f z                       , trong đó     1 2 2 2 1 log , 1,2,3. 2 j z j n E e I d j f z          Với 1E  , chúng ta có:             1 2 2 2 2 1 2 22 2 2 2 . z z z n n nz f ze e e f z f z f ze            . Nh- vậy do (2.11), chúng ta đ-ợc  1I S r . www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 50 Với 2E  , từ 1 ze  , và 1 2 0   thì  1 2 1 z e    . Vì vậy       1 2 2 2 2 2 1 z n n e f z f z      . Sau đó từ (2.5) thì:  2I S r . Với 3E  , chúng ta có    2 12 zf z e    . Vì vậy:            1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 z z n n z n z n z ee f z e e                   . Do đó:  3I S r . Từ đó chúng ta có     1 2 2 2 , , z n e m r S r f f           . (2.15) Nhân (2.7) với (2.8) cho:    1 22 2 2 .znf Q f e        (2.16) Trong đó Q(f) là đa thức vi phân trong f có bậc lớn nhất 2n ’ 2, và      ' '1 1 1 1 2 2 2 2' ' .p p f p nf p p f p nf       (2.17) Từ (2.16) và bổ đề 1, chúng ta đ-ợc    , ,m r S r f  . Vì vậy,    , ,T r S r f  . Nếu  '1 1 1 1 ' 0p p f np f   , bằng phép lấy tích phân chúng ta đ-ợc 1 1 znf cp e  , trong đó c là hằng số khác 0. Vì vậy, 1 /z nf ae , với a là hàm nhỏ của f. Chúng ta thấy vế trái của (2.1) là đa thức trong 1 /z n e  có bậc n. Mặt khác vế phải (2.1) không là đa thức trong 1 /z ne  . Từ đó  '1 1 1 1 ' 0p p f np f   . www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 51 T-ơng tự, chúng ta có  '2 2 2 2 ' 0p p f np f   . Vì vậy 0  . Cho  '2 2 2 2 'p p f np f h   , (2.18) khi đó chúng ta có :  '1 1 1 1 'p p f np f h     . (2.19) Bằng cách khử f’ và f , tách ra từ (2.18) và (2.19) chúng ta đ-ợc: 1 2 1 . p p f h h      (2.20) Và  '' 2 2 21 1 1 1' . p pp p f h n n h        (2.21) Trong đó :  ' '1 2 2 1 2 1 1 2p p p p p p      là hàm nhỏ của f nó không thể triệt tiêu một cách đồng nhất. Từ (2.20) chúng ta thấy:      2 , , , .T r h T r f S r f  Vì vậy, mọi hàm nhỏ của f cũng là hàm nhỏ của h. Và từ vi phân của  chúng ta thấy h là một hàm trong A. Nh- vậy h’/h là hàm nhỏ của f. Bằng cách đạo hàm cả 2 vế của (2.20) , chúng ta đ-ợc: 1 1 2 2' ' 1' ' ' . p p p ph h f h h h h                               (2.22) So sánh hệ số vế phải của (4.7) và (4.8), suy ra ' 1 1 1 1 1 '' . p p p p h n h            (2.23)  '2 2 2 2 2 '' . p p p p h n h                (2.24) www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 52 Bằng phép lấy tích phân (2.23) và (2.24), tách ra, chúng ta đ-ợc: 1 1 1 1 n z pp e d h         ; 2 2 2 2 1 n z pp e d h           , (2.25) trong đó d1 và d2 là 2 hằng số khác 0. Từ 2 công thức trên, tồn tại 2 hàm nhỏ 1 2,  của ze thỏa mãn , 1,2 n i ip i  . Và  1 2 1 2 1 2 1 2 2 . n z p p p p e d d             (2.26) Vế phải của công thức trên là một hàm nhỏ của f, nh- vậy là hàm nhỏ của ze . Vì vậy công thức trên chỉ đúng khi 1 2 0   . Ngoài ra, chúng ta thấy tồn tại 2 hằng số khác không c1 và c2 sao cho: 1 /1 1 1 z np h c e    ; 2 /2 2 2 1 z np c e h      (2.27) Cuối cùng, từ (2.20), chúng ta đ-ợc (2.3). Hệ quả 1: Cho ph-ơng trình vi phân: 3 4 '' 2 3 ,f f f cos z   có đúng 3 nghiệm nguyên:       1 2 3 2 . 1 3 cos sin . 2 2 1 3 cos sin . 2 2 f z cosz f z z z f z z z        2.4.5. Định lý 3: Giả sử 2n  là số nguyên d-ơng, cho p1, p2 là hàm nhỏ của e z, và  1,2i i  là số d-ơng thỏa mãn   2 11 0n n    . Nếu 1 2   là số vô tỷ, thì www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 53 ph-ơng trình vi phân (2.1) không có nghiệm nguyên, trong đó P(f) là đa thức vi phân đối với f có bậc  n-1. Chứng minh: Nếu f là nghiệm nguyên siêu việt của (2.1), thì do định lý 1, tồn tại hàm nhỏ  của f sao cho (2.2) cố định. Và nh- vậy     ,1 / ,N r f S r f  , i,e,  là hàm nhỏ ngoại lệ của f . Công thức (2.2) chứng tỏ sự tồn tại 2 hàm nhỏ 1 2,  của f sao cho ' 1 2f f   . Bằng phép thế công thức trong (2.1), chúng ta thấy 11 z p e  là đa thức đối với f có bậc k<n . Do bổ đề 2, tồn tại 2 hàm nhỏ 1,a  của f sao cho:   11 1 . k za f p e  (2.28) Vì vậy, 1 là hàm nhỏ ngoại lệ của f . Vì hàm nguyên siêu việt không thể có 2 hàm nhỏ ngoại lệ, chúng ta suy ra 1  . Từ (2.2) và công thức trên, chúng ta đ-ợc:  1 2 2 1 . k n n k z n p a e p    (2.29) Vế phải của công thức trên là hàm nhỏ của f , và cũng là hàm nhỏ của ez . Từ đó chúng ta đ-ợc 1 2 0n k   . Ngoài ra , 1 2/  là số hữu tỷ, mâu thuẫn với giả thiết. Đây là điều phải chứng minh của định lý 3. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 54 Kết luận Luận văn trình bày cơ sở lý thuyết Nevanlinna và một số kết quả gần đây về việc áp dụng lý thuyết này để nghiên cứu tính chất nghiệm của ph-ơng trình vi phân phức. 1.Trình bày cơ sở lý thuyết Nevanlinna và một số ví dụ ứng dụng. 2.Trình bày một số kết quả gần đây về việc áp dụng lý thuyết Nevanlinna để nghiên cứu tính chất nghiệm của ph-ơng trình vi phân phức. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 55 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt 1. Hà Huy Khoái ,bài giảng lý thuyết Nevanlinna. Tiếng Anh 2. S. Bank, I. Laine, On the growth of meromorphic solutions of linear and algebraic differential equations, Math.Scand. 40 (1977) 119 - 126. 3. J. Clunie, On integral and meromorphic functions, J. London Math. Soc.37 (1962) 17 - 27. 4. w. Hayman, Meromorphic Functions, Clarendon Press, Oxford, 1964. 5. J. Heittokangas, R. Korhonen, I. Laine, On meromorphic solutions of certain nonlinear differential equations, Bull. Austral. Math. Soc.66 (2) (2002) 331 - 343. 6. P - C . Hu, P.Li, C - C . Yang Unicihg of meromorphic Maping Klumer Accdamic Publisher 2003. 7. G. Jank, L. Volkmann, Einfuhrung in die Theorie der ganzen und meromorphen Funktionen mit Anwendungen auf Differentialgleichungen, Birkhauser Verlag, Basel, 1985. 8. I. Laine, Nevanlinna Theory and Complex Differential Equations, Stud. Math., vol. 15, Walter de Gruyter, Berlin, 1993. 9. P. Li, Entire solutions of certain type of differential equations, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 344 (2008) 253 - 259. 10. P. Li, C.-C.Yang, On the non-existence of entire solutions of certain type of nonlinear differential equations, J.Math. Anal. Appl. 320 (2006) 827 - 835. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 56 11. P. Li, W- J. Wang, Entire funtion that share a small funtion with its derivative, J. Math. Anal. Appl. 328 (2007) 743 - 751. 12. C.C. Yang, On entire solutions of a certain type of nonlinear differential equations, Bull. Austral. Math. Soc. 64 (3) (2001) 377 - 380. 13. C.C. Yang, P. Li, On the transcendental solutions of a certain type of nonlinear differential equations, Arch. Math. 82 (2004) 442 - 448. www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 57 Mục lục Mở Đầu ............................................................................................................ 1 Ch-ơng I. Cơ sở lý thuyết Nevanlinna ................................................................. 3 1.1. Hàm phân hình ......................................................................................... 3 1.2. Định lý cơ bản thứ nhất ............................................................................. 4 1.2.1. Công thức Poisson-Jensen .................................................................. 4 1.2.2. Hàm đặc tr-ng ................................................................................. 10 1.2.2.1. Một số khái niệm ...................................................................... 10 1.2.2.2. Một số tính chất của hàm đặc tr-ng ........................................... 13 1.2.3. Định lý cơ bản thứ nhất của Nevanlinna ........................................... 14 1.2.4. Định lý Cartan về đồng nhất thức và tính lồi .................................... 20 1.3. Định lý cơ bản thứ hai ............................................................................. 23 1.3.1. Giới thiệu ......................................................................................... 23 1.3.2. Bất đẳng thức cơ bản ........................................................................ 23 1.3.3. Định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna ............................................. 31 1.3.4. Quan hệ số khuyết ........................................................................... 31 1.4. Một số ứng dụng của các định lý cơ bản ................................................. 36 1.4.1. Các ví dụ .......................................................................................... 36 1.4.2. Định lý 5 điểm của Nevanlinna ........................................................ 38 Ch-ơng II. Nghiệm toàn cục của ph-ơng trình vi phân ...................................... 42 2.1. Giới thiệu ................................................................................................ 42 2.2. Định nghĩa hàm nhỏ ............................................................................... 43 2.3. Một số bổ đề ........................................................................................... 43 2.3.1. Bổ đề 1 ............................................................................................ 43 2.3.2. Bổ đề 2 ............................................................................................ 43 2.3.3. Bổ đề 3 ............................................................................................. 43 www.VNMATH.com Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 58 2.4. Các định lý ............................................................................................. 43 2.4.1. Định lý A ......................................................................................... 44 2.4.2. Định lý B ......................................................................................... 44 2.4.3. Định lý 1 ......................................................................................... 44 2.4.4. Định lý 2 .......................................................................................... 48 2.4.5. Định lý 3 .......................................................................................... 52 Kết luận ....................................................................................................... 54 Tài liệu tham khảo ................................................................................. 55 www.VNMATH.com

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdflv_nghiemtoancuc_cua_ptviphan_phuc_2909.pdf