›
›

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

pdf 60 trang phuongnguyen 2410
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Nghiệm toàn cục của một số lớp phương trình vi phân phức", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfluan_van_nghiem_toan_cuc_cua_mot_so_lop_phuong_trinh_vi_phan.pdf

Nội dung text: Luận văn Nghiệm toàn cục của một số lớp phương trình vi phân phức

  1. www.VNMATH.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LƯU THỊ MINH TÂM NGHIỆM TOÀN CỤC CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRèNH VI PHÂN PHỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thỏi Nguyờn - năm 2010 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  2. www.VNMATH.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LƯU THỊ MINH TÂM NGHIỆM TOÀN CỤC CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRèNH VI PHÂN PHỨC Chuyờn ngành: Giải tớch Mó số: 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH: HÀ HUY KHOÁI Thỏi Nguyờn - Năm 2010 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  3. www.VNMATH.com Mở Đầu Lý thuyết phân phối giá trị của Nevanlinna đ•ợc đánh giá là một trong những thành tựu sâu sắc của toán học trong thế kỷ hai m•ơi. Đ•ợc hình thành từ những năm đầu của thế kỷ, lý thuyết Nevanlinna có nguồn gốc từ những công trình của Hadamard, Borel và ngày càng có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau của toán học. Vào năm 1925, Nevanlinna đã phát triển lý thuyết phân phối giá trị với xuất phát điểm là công thức nổi tiếng Jensen. Lý thuyết có nội dung chủ yếu là định lý cơ bản thứ nhất, định lý cơ bản thứ 2 và quan hệ số khuyết. Nội dung luận văn gồm hai ch•ơng: Ch•ơng I: Trình bày cơ sở lý thuyết phân phối giá trị của Nevanlinna. Ch•ơng II: Trình bày một số kết quả về nghiệm toàn cục của ph•ơng trình vi phân phức dựa trên bài báo nghiệm toàn cục của một số lớp ph•ơng trình vi phân phức của tác giả Ping Li. Kết quả của luận văn: Cho P(f) là đa thức vi phân đối với f và nó có đạo hàm ( với hàm nhỏ của f z coi nh• là hệ số) có bậc không lớn hơn n - 1 , p1, p2 là 2 hàm nhỏ của e và 12, là 2 hằng số khác không. Sử dụng lý thuyết phân phối giá trị của Nevanlinna để tìm ra nghiệm toàn cục siêu việt của ph•ơng trình vi phân phi tuyến tính trong không gian phức: n 12zz f z P f p12 e p e . Luận văn đ•ợc hoàn thành d•ới sự h•ớng dẫn và chỉ bảo tận tình của GS - TSKH Hà Huy Khoái. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và thành kính nhất đến Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 1
  4. www.VNMATH.com Thầy, Thầy không chỉ h•ớng dẫn tôi nghiên cứu khoa học mà Thầy còn thông cảm, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo khoa Toán, khoa sau Đại học tr•ờng Đại học S• phạm thuộc Đại học Thái Nguyên, các thầy cô Viện Toán học Việt Nam đã giảng dạy, tạo mọi điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành khóa học và luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn ban Giám hiệu tr•ờng cao đẳng Công Nghệ và Kinh Tế Công Nghiệp, đặc biệt là các đồng nghiệp trong khoa KHCB, gia đình, bạn bè đã quan tâm, giúp đỡ tôi trong quá trình học và hoàn thành luận văn. Thái Nguyên, tháng 8 năm 2010 Học viên L•u Thị Minh Tâm Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 2
  5. www.VNMATH.com Ch•ơng I Cơ sở lý thuyết Nevanlinna 1.1. Hàm phân hình 1.1.1.Định nghĩa: Điểm a đ•ợc gọi là điểm bất th•ờng cô lập của hàm f(z) nếu hàm f(z) chỉnh hình trong một lân cận nào đó của a, trừ ra tại chính điểm đó. 1.1.2. Định nghĩa: Điểm bất th•ờng cô lập z = a của hàm f(z) đ•ợc gọi là cực điểm của f(z) nếu lim fz . za 1.1.3. Định nghĩa: Hàm f(z) chỉnh hình trong toàn mặt phẳng phức đ•ợc gọi là hàm nguyên. Nh• vậy, hàm nguyên là hàm không có các điểm bất th•ờng hữu hạn. 1.1.4. Định nghĩa: Hàm f(z) đ•ợc gọi là hàm phân hình trong miền D  nếu nó là hàm chỉnh hình trong D, trừ ra tại một số điểm bất th•ờng là cực điểm. Nếu D = thì ta nói f(z) phân hình trên , hay đơn giản, f(z) là hàm phân hình. *Nhận xét: Nếu f(z) là hàm phân hình trên D thì trong lân cận của mỗi điểm z D, f z có thể biểu diễn đ•ợc d•ới dạng th•ơng của hai hàm chỉnh hình. 1.1.5. Định nghĩa: Điểm z0 gọi là cực điểm cấp m>0 của hàm f(z) nếu trong 1 lân cận của z0 , hàm f z m h z , trong đó h(z) là hàm chỉnh hình trong zz 0 lân cận của z0 và hz 0 0 . 1.1.6. Tính chất: Nếu f(z) là hàm phân hình trên D thì f’(z) cũng là hàm phân hình trên D. Hàm f(z) và f’(z) cũng có các cực điểm tại những điểm nh• Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 3
  6. www.VNMATH.com nhau. Đồng thời, nếu z0 là cực điểm cấp m>0 của hàm f(z) thì z0 là cực điểm cấp m+1 của hàm f’(z). *Nhận xét: Hàm f(z) không có quá đếm đ•ợc các cực điểm trên D. 1.1.7. Tính chất: Cho hàm f(z) chỉnh hình trong , điều kiện cần và đủ để f(z) không có các điểm bất th•ờng khác ngoài cực điểm là f(z) là hàm hữu tỷ. 1.2. Định lý cơ bản thứ nhất 1.2.1. Công thức Poisson-Jensen Định lý: Giả sử fz 0 là một hàm phân hình trong hình tròn zR với0 R . Giả sử aM  1,2, là các không điểm, mỗi không điểm đ•ợc kể một số lần bằng bội của nó, bv(v = 1,2, N) là các cực điểm của f trong hình tròn đó, mỗi cực điểm đ•ợc kể một số lần bằng bội của nó. Khi đó nếu z r. ei , 0 r R , f z 0; f z thì: 1 2 Rr22 logf z log f Rei d 22 22 0 R Rrcos   r MN (1.1) R z a R z b log logv . 22  11R a zv R bv z Chứng minh *Tr•ờng hợp 1. Hàm f(z) không có không điểm và cực điểm trong . Khi đó ta cần chứng minh: 1 2 Rr22 logf z log f Rei d . 22 22 0 R Rrcos   r (1.1a) + Tr•ớc hết ta chứng minh công thức đúng tại z = 0, nghĩa là cần chứng minh: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 4
  7. www.VNMATH.com 1 2 logf 0 log f Rei d . 2 0 Do f(z) không có không điểm và cực điểm trong hình tròn nên hàm log f(z) chỉnh hình trong hình tròn đó. Theo định lý Cauchy ta có: 11dz 2 logf 0 log f z log f Rei d . 22 izzR 0 Lấy phần thực ta thu đ•ợc kết quả tại z = 0. 1 2 logf 0 log f Rei d . 2 0 + Với z tùy ý, chúng ta xét ánh xạ bảo giác biến  R thành  1 và biến  z thành  0 . Đó là ánh xạ: Rz   . Rz2  Nh• vậy  R t•ơng ứng với  1. Trên , ta có: Rz  log log logR log  z log R2 z  . 2 Rz  2 2 d d  zd  R z d Nên . (1*)  z Rz2  R2 z z Do log f(z) là chỉnh hình trong zR , theo định lý Cauchy ta có: 1 d logf z log f  . (2*) 2 iz R Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 5
  8. www.VNMATH.com Mặt khác 11zd d logff  log . 22 ii Rz2  R2 (3*)  RR z 2 R2 R Do z z R suy ra R nghĩa là điểm nằm ngoài vòng tròn z z 1 log f   R , nên hàm R2 là hàm chỉnh hình. Nh• vậy tích phân trong  z vế phải của (3*) bằng 0. Kết hợp với (1*) và (2*) ta có: 2 2 1 R z d logf z log f  . (1.2) 2 i 2  R R z z Hơn nữa, trên ,  R., eii d  iRe d  và R2 z z R R rei  Reii re Rei R22 2 Rrcos  r  . Kết hợp với (1.2) ta thu đ•ợc: 22 1 2 R r d logf z log f Rei . 22 (1.3) 22 0 R Rrcos   r Lấy phần thực hai vế của đẳng thức (1.3) ta đ•ợc: 22 1 2 R r d logf z log f Rei . 22 22 0 R Rrcos   r Đây là điều cần phải chứng minh. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 6
  9. www.VNMATH.com * Tr•ờng hợp 2: Hàm f(z) không có không điểm và cực điểm bên trong zR , nh•ng có hữu hạn không điểm và cực điểm cj trên biên  R . Với  0 nhỏ tùy ý, ta đặt: D z R Ujj  c . Gọi  D là chu tuyến của D và   là các cung lõm vào trên bao gồm những phần trên đ•ờng tròn cùng với các phần lõm vào của đ•ờng tròn nhỏ bán kính  và tâm là các không điểm hoặc cực điểm f(z) trên . Giả sử z rei trong miền zR , tồn tại đủ nhỏ sao cho zD . Khi đó: 2 2 1 R z d logf z log f  (1.2a) 2 i R2 z z D Giả sử z0 là một không điểm hay cực điểm của f(z) trên và là cung tròn ứng với z0 trên . Khi đó trên 0 , m f z c z z0 trong đó m > 0 nếu z0 là không điểm và m < 0 nếu z0 là cực điểm. Suy ra 1 logf z O log khi  0 .  Nh• vậy: 11 OM log . . ,  2   trong đó M là một đại l•ợng bị chặn. Ta thấy Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 7
  10. www.VNMATH.com 1 OM log . . 0 khi  0 .  Cho trong công thức (1.2a), tính tích phân thứ nhất sẽ dần đến tích phân trong vế phải của (1.3), tích phân thứ hai sẽ dần đến 0. Nh• vậy ta cũng thu đ•ợc công thức (1.3) trong tr•ờng hợp này và từ đó suy ra (1.1). *Tr•ờng hợp 3. Bây giờ ta xét tr•ờng hợp tổng quát, tức là f(z) có các không điểm và các cực điểm trong zR đặt: 1 N Rb    f  v M  2 (1.4) R  a v 1 R bv  2  1 Ra  Hiển nhiên  không có không điểm hoặc cực điểm trong . Nh• vậy chúng ta có thể áp dụng công thức (1.1a) cho hàm . Hơn thế nữa, nếu Rei thì : R  a R a R  b R b 1, vv 1, 2 và 2 Ra   a Rb v  bv nên f    . Vậy 22 1 2 R r d logz log Rei 22 22 0 R Rrcos   r 22 1 2 R r d logf Rei . 22 (1.5) 22 0 R Rrcos   r Mặt khác: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 8
  11. www.VNMATH.com MN R z a R z b log z log f z log log v 22  11R a zv R bv z MN R z a R z b logfz log logv . 22  11R a zv R bv z Thay log  z vào (1.5) ta thu đ•ợc kết quả. *ý nghĩa: Công thức Poisson-Jensen chỉ ra rằng, nếu biết giá trị của modulus f(z) trên biên, các cực điểm, không điểm của hàm f(z) trong zR , thì ta có thể tìm đ•ợc giá trị của modulus f(z) bên trong đĩa zR . Khi z = 0 ta đ•ợc hệ quả quan trọng hay đ•ợc sử dụng về sau: * Hệ quả: Trong những giả thiết của định lý, đồng thời nếu fz 0, thì khi z = 0 trong định lý (1.2.1) ta thu đ•ợc công thức Jensen. 2 MNa 1 i  bv logf 0 log f Re d  log log . (1.6) 2 0  11RRv Khi fz 0, công thức trên đây chỉ cần thay đổi chút ít. Thật vậy, nếu hàm f(z) có khai triển tại lân cận z = 0 dạng: x f z c z ,  Z R f z Xét hàm  z ta thấy  0 0, , đồng thời khi z  Rei ,   f  . Từ đó ta có: 2 MN 1 a b logc log f Rei d log logv log R .   2 0  11RRv Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 9
  12. www.VNMATH.com Nhận xét: Giả sử f(z) là hàm phân hình trong một miền G nào đó. Ta gọi cấp của zG ord f hàm f(z) tại điểm 0 , ký hiệu z0 , là số nguyên m sao cho hàm fz gz m chỉnh hình và khác 0 tại z0. Nh• vậy: zz 0 ord f z0 m > 0 nếu z0 là không điểm cấp m , bằng 0 nếu f(z) chỉnh hình, khác 0 tại z0, bằng – m nếu z0 là cực điểm cấp m. Với ký hiệu trên công thức Poisson-Jensen có thể viết d•ới dạng: 2 2 2 1 i Rz Rz  logf z log f Re . d ord f .log i 2  2 , 2 0 Re z Rz  trong đó tổng lấy theo mọi  trong hình tròn  R . 1.2.2. Hàm đặc tr•ng 1.2.2.1. Một số khái niệm Phần này trình bày khái niệm hàm đếm, hàm xấp xỉ, hàm đặc tr•ng và các tính chất của chúng. Tr•ớc hết ta định nghĩa: log+x = max{logx,0}. Rõ ràng nếu x > 0 thì logx = log+x – log+(1/x). Nh• vậy: 12 1 2 1 2 1 logf Reii d log f Re d  log d  , i 2 0 2 0 2 0 f Re ta đặt: 2 1 i m R, f log f Re d . (1.7) 2 0 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 10
  13. www.VNMATH.com Hàm m(R,f) đ•ợc gọi là hàm xấp xỉ. Gọi r1,r2, .,rN là các môdun của các cực điểm b1,b2, bN của f(z) trong zR . Khi đó NNRRRR log log logdn t , f , (1.8) vv 11bvv r0 t trong đó n(t,f) là số cực điểm của hàm f(z) trong zt , cực điểm bậc q đ•ợc đếm q lần. Thật vậy, tr•ớc hết bằng ph•ơng pháp tích phân từng phần ta có: RRRR RR R dt logdntf , log . ntf , ntfd , log ntf , , (a) 0t t0 0 t 0 t mặt khác không mất tính tổng quát ta giả sử 0 r12 r rN R . Khi đó: RRdtrr12 dt dt dt ntf , ntf , ntf , ntf , , t t t t 00rr1 N ta thấy rằng: 0,tr 1 1, r12 t r n t, f 2, r23 t r N, rN t R nên Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 11
  14. www.VNMATH.com RRdtrr12 dt dt dt ntf , ntf , ntf , ntf , t t t t 00rr1 N rr12dt dtR dt 0. 1. N . t t t 0 rr1 N logtr23 2log t r N log t R r12 r rN logr2 log r 1 2 log r 3 log r 2 N log R log rN (b) Nlog R log r12 log r log rN logRr log1 logR log r2 log R log rN N R log ; v 1 rv từ (a) và (b) ta đ•ợc (1.8). Bây giờ ta định nghĩa hàm đếm N(R,f). Giả sử n(t,f) là số cực điểm của hàm f(z) trong hình tròn zt ; r1,r2, rN là môdun của các cực điểm b1,b2, ,bN ( mỗi cực điểm đ•ợc tính một số lần bằng bậc của nó). Khi đó ta có: NNRRRR log log logdn t , f . vv 11bvv r0 t Hàm đếm đ•ợc định nghĩa bởi công thức sau: N RR dt N R, f  log n t , f . (1.9) v 1 btv 0 11 N RR dt N R,  log n t , . (1.10) f  1 a 0 f t Với cách định nghĩa này công thức Jensen (1.6) sẽ đ•ợc viết lại nh• sau: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 12
  15. www.VNMATH.com 11 logf 0 mRfmR , , NRf , NR , . ff 11 Hoặc mRfNRfmR , , , NR , log f 0 . ff Bây giờ ta đặt: T R,,,. f m R f N R f (1.11) Khi đó công thức Jensen đ•ợc viết lại một cách rất đơn giản là: 1 T R, f T R , log f 0 . (1.12) f Giá trị m R, f là hàm xấp xỉ độ lớn trung bình của log fz trên zR trong đó f là lớn. Giá trị N R, f có quan hệ với cực điểm. Hàm T R, f đ•ợc gọi là hàm đặc tr•ng Nevanlinna của hàm phân hình fz , có vai trò quan trọng chủ yếu trong lý thuyết của hàm phân hình. 1.2.2.2. Một số tính chất của hàm đặc tr•ng Chúng ta tiếp tục nghiên cứu một số tính chất đơn giản của hàm m R,,,,, f N R f T R f . Chú ý a1, ,ap là các số phức thì p p logaavv  log , v 1 v 1 pp và logav log p max a v log a v log p .  vp 1, , vv 11 áp dụng các bất đẳng thức trên cho hàm phân hình f1 z , , fp z và sử dụng (1.7) chúng ta thu đ•ợc các bất đẳng thức sau: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 13
  16. www.VNMATH.com pp 1) m r, fvv z m r , f z log p . vv 11 p p 2) m r,,. fvv z  m r f z v 1 v 1 pp 3) N r,,. fvv z N r f z vv 11 p p 4) N r,,. fvv z  N r f z v 1 v 1 Sử dụng (1.11) ta thu đ•ợc pp 5) T r, fvv z T r , f z log p . vv 11 p p 6) T r,,. fvv z  T r f z v 1 v 1 Trong tr•ờng hợp đặc biệt khi p 2, f12 z f z , f z a = constant, ta suy ra T r, f a T r , f log a log 2. Và từ đó chúng ta có thể thay thế f + a, f bởi f, f ’ a và a bởi - a, suy ra: T r, f T r , f a log a log 2. (1.13) 1.2.3. Định lý cơ bản thứ nhất của Nevanlinna 1.2.3.1 .Định lý Giả sử f là hàm phân hình, a là một số phức tùy ý, khi đó ta có: 11 mR , NR , TRf , log f 0 aaR  , , f a f a Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 14
  17. www.VNMATH.com trong đó:  a, R log a log 2. Ta th•ờng dùng định lý cơ bản thứ nhất d•ới dạng: 11 m R, N R , T R , f O 1 , f a f a trong đó O(1) là đại l•ợng giới nội khi r . Chứng minh: Theo (1.11) và (1.12) ta có: 1 1 1 mR , NR , TR , TRfa , log f 0 a . f a f a f a Từ (1.13) ta suy ra: T R,,,. f a T R f  a R Với  a, R log a log 2 . Từ đó ta có: 11 mR , NR , TRf , log f 0 aaR  , . f a f a Với . Định lý đ•ợc chứng minh xong. *ý nghĩa: Từ định nghĩa các hàm Nevanlinna, ta thấy rõ ý nghĩa của định lý cơ bản thứ 1 nhất. Hàm đếm NR , đ•ợc cho bởi công thức: fa 1 M R NR ,  log , fa  1 a trong đó a là các nghiệm của ph•ơng trình f z a trong hình tròn zR . Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 15
  18. www.VNMATH.com 2 1 1 1 Hàm xấp xỉ: m R, log d . fa 2 i 0 fa Re Nh• vậy, nếu f nhận c¯ng nhiều giá trị “gần a” ( tức l¯ fa Rei nhỏ, thì hàm m càng lớn. Có thể nói tổng trong vế trái của định lý cơ bản thứ nhất là hàm “ đo độ lớn của tập nghiệm phương trình f z a ” v¯ độ lớn tập hợp tại đó f(z) 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 ( sai khác một đại l•ợng giới nội). Vì thế, định lý cơ bản thứ nhất cho thấy rằng, hàm phân hình f(z) “ nhận mỗi giá trị a ( và giá trị “gần a “) một số lần như nhau”. Đây l¯ một tương tự của định lý cơ b°n của đại số. Hàm đặc tr•ng Nevanlinna, về ý nghĩa nào đó, có thể xem nh• đặc tr•ng cho “ cấp tăng” của một h¯m phân hình. Nhận xét: Nếu hàm f cố định, ta có thể viết mRa ,,,,,, NRa nRaTR lần l•ợt 1 1 1 thay cho m R,,,,,,, N R n R T R f nếu a là hữu hạn và f a f a f a 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: m R, a N R , a T R O 1 . 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 zR , số hạng N(R,a) dần đến số nghiệm của ph•ơng trình trong zR . Với mỗi giá trị của a, tổng của hai số hạng này có thể xem là không phụ thuộc vào a. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 16
  19. www.VNMATH.com 1.2.3.2. Một số ví dụ Ví dụ 1: Xét hàm hữu tỷ zap p f z c q , trong đó c 0 . zb q Giả sử p > q. Khi đó fz 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: r dt N r, a n t , a p log r O 1 khi r , a t Do đó, khi , T r, f p log r O 1 , và N r, a p log r O 1 , m r, a O 1 , với a . Nếu p < q, T r, f q log r O 1 , N r, a q log r O 1 , với a 0 . Nếu p = q, N r, f q log r O 1 , N r, a q log r O 1 , với ac . Nh• vậy, trong mọi tr•ờng hợp T r, f d log r O 1 , N r, a d log r O 1 , với af , trong đó d = max(p, q). Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 17
  20. www.VNMATH.com 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 m r, a log r O 1 , N r, a d a log r O 1 . z ri cos sin i Ví dụ 2: Xét hàm f z e e , với z re . Khi đó i rcos  ir sin  r cos  logf z log f re log e log e , loger cos ,cos 0 , 0,cos 0 r cos loge ,  22 3 , 0,  22 r cos , 22 = 3 . 0,  22 2 2 11 i r Từ đó: m f, a log f re d r cos  d  . 22 0 2 z Do hàm e không có không điểm trong zr nên N(r, f) = 0, r r nh• vậy, T r,,,. f m r N r Do đó T r, f . p Pz Ví dụ 3: Xét P z az a , là một đa thức và f z e . Khi đó p Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 18
  21. www.VNMATH.com p az a Pz p f z e e , ppaa az pp az Nh• vậy: TrfTre , , Tre , pTre . , log e , p az = p. T r , e O 1 . p p az az Tính T r, e . Đặt ge . Ta có T r,,, g m r g N r g . Do g chỉnh hình nên: p az N r,0 g suy ra T r,,, g m r g m r e . i p 2 az 1 a re p m r, e log e d , 2 0 2 p 1 ar cos p i sin p = log ed , 2 0 2 p 1 a rcos p = log ed , 2 0 2 p 1 p = a rcos p d , 2 2 p p 11 p 2 p ar = .a . r sin p . 2 pp 2 p arp Nh• vậy T r, g , p Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 19
  22. www.VNMATH.com a p suy ra T r, f r O 1 . 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 zR . Khi đó: 2 1 i T r, f N r , e d log f 0 , với ( 0 < r <R). 2 0 Chứng minh: Ta áp dụng công thức Jensen (1.6) cho hàm f(z) = a ’ z với R = 1 và thu đ•ợc: 2 logaa , 1 1 i loga e d . 2 0 loga log a 0, a 1 Nh• vậy trong mọi tr•ờng hợp ta đều có: 2 1 i loga e d log a . (*) 2 0 Lại áp dụng (1.6) cho hàm số f z ei và có: 2 i1 i  i  i  logf 0 e log freedNr .  , Nre , . 2 0 Lấy tích phân hai vế theo biến  và thay đổi thứ tự lấy tích phân trong tích phân vế phải ta có: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 20
  23. www.VNMATH.com 2 2 2 1i 1 1 i  i  logf 0 e d log f r . e e d  d  2 0 2 0 2 0 1122 N r,, d N r e d 22 00 2 2 2 1 1i i  1 i  logfre . eddNr  , Nred ,  . 2 0 2 0 2 0 áp dụng công thức (*) ta có: 22 11ii logf 0 log f re d N r , N , e d . 22 00 Từ đó: 22 1 N r, log f reii d N r , e d log f 0 , 002 1 2 Nrfmrf , , Nred ,i  log f 0 , 2 0 1 2 T r, f N r , ei d log f 0 . 2 0 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 N r, ei 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: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 21
  24. www.VNMATH.com 2 d 1 i r T r,,. f n r e d dr 2 0 1.2.4.3. Hệ quả 2: Trong mọi tr•ờng hợp chúng ta đều có 2 1 i m r, e d log 2. 2 0 Chứng minh Sử dụng định lý cơ bản thứ nhất cho hàm f(z) với aa i chúng ta có: i i  i  Trfmre , , Nre , log f 0 eG  , trong đó G  log 2 . Lấy tích phân hai vế theo biến  ta có: 2 2 2 1 1ii 1 Trfd ,,,  mred  Nred  2 0 2 0 2 0 1122 + logf 0 ei d G  d  . 22 00 Sử dụng định lý (1.2.4.1), công thức (*) ta sẽ thu đ•ợc: 1122 Trf , mredTf ,i  , log f 0 log f 0 Gd   . 22 00 2 2 2 1i 1 1 Nh• vậy: m r, e d G  d  log 2 d  log 2. 2 0 2 0 2 0 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. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 22
  25. www.VNMATH.com 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, m R, a N R , a T R O 1 . 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 mr , thay cho m(r,f). 1.3.2.1. Định lý Giả sử f(z) là hàm phân hình khác hằng số trong zr . Giả sử a1, a2, .aq là các số phức hữu hạn riêng biệt,  0 và aa v  với q 1  vq . Khi đó: mr ,  mra ,v 2 Trf , NrSr1 . v 1 Trong đó N1(r) d•ơng và đ•ợc định nghĩa: 1 N1 r N r, 2 N r , f N , f ' . f ' Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 23
  26. www.VNMATH.com q f' f ' 3 q 1 S r m r, m r , q log log 2 log . f v 1 f av  f '0 Chứng minh: 12 Với các số phân biệt av;  log q 1 log , ta xét hàm:  v f z a   q 1 Fz  . v 1 f z av  a) Giả sử rằng với một số v nào đó f z av . Khi đó với  v 3q  2 ta có: f z a a  a  f z a   . 33q Bởi vậy với 1 3 1 1 . f za  22 q f z av Nh• vậy ta có: 111 1 q 1 Fz  1. f z av vf z a f z a v 2q 2 f z a v Từ đó ta có: log Fz log1 log2. f z av Trong tr•ờng hợp này: q 1 log F z log q log2 log2    1 f z a Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 24
  27. www.VNMATH.com q 1 log q log 3q log2. ( )    1 f z a Bởi vì với  v , 1 3 2 log log log . f z a 2  Nên ta có: q 11 1 log log log  1 f z af z av v f z a 12 log q 1 log . f z av  Suy ra: 12 log q 1 log .  v f z a  Từ đó ta có: 1 logfz log log 2 f z av q 11 log log log 2 ,  1 f z av f z a q 12 log q 1 log log 2.  1 f z a  Suy ra: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 25
  28. www.VNMATH.com q 1 log F z log q log 3q log2.    1 f z a Vậy ( ) đ•ợc chứng minh.  Nh• vậy nếu tồn tại một giá trị vq để f z av thì ( ) hiển 3q nhiên đúng.  b) Ng•ợc lại, giả sử f z av ,,  v khi đó có một điều hiển nhiên là: 3q q 1 log F z log q log 3q log2.    1 f z a 13q Bởi vì, do nên , suy ra: f z av  13q log log , f z av  suy ra q 13q log q log log 2, v 1 f z av  từ đó: q 13 q logF z 0  log q log log 2. v 1 f z av  Nh• vậy trong mọi tr•ờng hợp ta đều có: q 13 q logF z  log q log log 2. v 1 f z av  Với z rei lấy tích phân hai vế chúng ta suy ra: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 26
  29. www.VNMATH.com 22 q 13q log F rei d log q log log 2 d .  f z a  00 v 1 v Nên q 3q m r, F  m r , av log log 2. (1.14) v 1  Mặt khác ta xét: 11ff mrFmr ,,',,,'. fF mr mr mrfF (1a) f f'' f f Theo công thức Jensen (1.12) ta có: 1 T r, f T r , log f 0 . f ff f 0 T r, T r , log . f' f ' f ' 0 Hay f f f'' f f 0 m r, N r , m r , N r , log . f' f ' f f f ' 0 Suy ra f f'' f f f 0 m r, m r , N r , N r , log . (2a) f' f f f ' f ' 0 Và ngoài ra ta có: 11 T r, f m r , N r , log f 0 . ff Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 27
  30. www.VNMATH.com 1 1 1 Hay m r, T r , f N r , log . (3a) ff f 0 Kết hợp (2a) và (3a) thay vào bất đẳng thức (1a) ta đ•ợc: 1 1 f ' m r, F T r , f N r , log m r , ff f 0 ff' f 0 N r, N r , log m r , f ' F . . f f' f ' 0 Bất đẳng thức trên kết hợp với (1.14) chúng ta sẽ có: q 3q  mra ,v mr , mrF , mrf , q log log 2, v 1  1 f ' f f ' TrfNr ,,,,, Nr Nr mr f f f' f 13q mrfF , ' log TrfNrfq , , log log 2. f '0  f Sử dụng công thức Jensen cho hàm ta có: f ' i f 0 1'2 f re ff log logd N r , N r , . i f' 0 2 0 f' re f ' f Suy ra: i ff'1 2 f re f 0 N r, N r , log d log i , f f' 2 0 f' re f ' 0 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 28
  31. www.VNMATH.com 2 1 i logf re d log f 0 2 0 2 1 i logf ' re d log f ' 0 , 2 0 11 N r,,,,'. N r f N r N r f ff ' Cuối cùng ta có: q  1 mra ,v mr , 2 Trf ,  2 Nrf , Nrf , ' Nr , v 1  f ' fq' 1 3 m r, m r , f ' F log q log log 2. f f '0  Chú ý: q f ' m r,',, f F m r  và đặt: v 1 fa v 1 N1 r N r, 2 N r , f N r , f ' . f ' Và: q f' f ' 3 q 1 S r m r, m r , q log log 2 log . f v 1 f av  f '0 q Khi đó ta có: mra ,v mr , 2 Trf , NrS1 0 . v 1 Đây là điều cần phải chứng minh. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 29
  32. www.VNMATH.com * Nhận xét: N1(r) trong định lý (1.3.2.1) là d•ơng vì: q R N r, f  log . v 1 bv Trong tổng trên nếu bv là cực điểm bội k thì đ•ợc tính k lần. Giả sử bb1, , N là các cực phân biệt của f(z) với cấp lần l•ợt là: kk1, , N . Xét tại điểm bv ta thấy c fz kv khai triển của f(z) sẽ có dạng: kv zb v Khi đó f’(z) sẽ có khai triển là: c' fz' kv 1 kv 1 zb v Tức là bv sẽ là cực điểm cấp kv + 1 của hàm f’(z). Nh• vậy sẽ là các cực điểm của f’(z) với cầp lần l•ợt là: kk1 1, ,N 1. Tất nhiên f’(z) không có cực điểm nào khác. Nh• vậy: N R N R N r, f k log  v , và N r, f '  kv 1 log . v 1 bv v 1 bv NNRR Nên: 2N r , f N r , f '  2 kvv log k 1 log , vv 11bbvv N R  2kkvv 1 log , v 1 bv N R  2kv 1 log 0. v 1 bv Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 30
  33. www.VNMATH.com 1 Từ đó ta có: N1 r N r, 2 N r , f N r , f ' 0. 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 a12, a , , aq là q > 2 điểm phân biệt. Khi đó: q 1 q 1 Trf , Nrf , Nr , NrfSrf , ,  1 , j 1 fa j q 1 Nrf,,,,. Nr NrfSrf  0 j 1 fa j Trong đó S r,, f o T r f khi r , r nằm ngoài một tập có độ đo 1 N r N r, 2 N r , f N r , f ' 1 hữu hạn, 1 , và Nr0 , là hàm đếm f ' f ' tại các không điểm của f mà không phải là không điểm của fa j , 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 zt , nghiệm bội đ•ợc tính cả bội và ký hiệu n t, a là số nghiệm phân biệt của trong . T•ơng tự ta định nghĩa: r n t,, a n a N r, a N r , a , f dt n 0, a log r , 0 t r n t,, a n a N r, a N r , a , f dt n 0, a log r . 0 t Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 31
  34. www.VNMATH.com 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 zR 0 , nh• vậy: T r, f khi rR 0 . Theo định lý (1.2.3.1): m r, a N r , a T r , f O 1 , khi . Ta định nghĩa: m r,, a N r a  a a, f lim 1 lim , T rrR 0 T r rR 0 N r, a  a  a, f 1 lim , rR 0 Tr N r,, a N r a  a a,. f lim Tr rR 0 Hiển nhiên, cho  0 , với r đủ gần R0 ta có: N r,, a N r a  a  T r , N r,1 a  a  T r . Từ đó suy ra: N r, a 1  a  a 2  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 . Khi đó tập hợp các giá trị của a mà  a 0 cùng lắm là đếm đ•ợc, đồng thời ta có: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 32
  35. www.VNMATH.com   a a   a 2 . aa Chứng minh: S rnn,, f o T r f , khi rRn 0 . Chọn một dãy rn , sao cho khi n . Xét q điểm khác nhau a12, a , , aq . Theo bất đẳng thức cơ bản ta có: q mr n,  mra n , v 2 Trf n , Nr1 n oTrf n , . v 1 q Cộng thêm đại l•ợng N rn,,  N r n a v vào hai vế của bất đẳng thức v 1 trên ta có: q Trf n, qTrf n , 2 Trf n , Nr n ,  Nra n , v Nr1 n oTrf n , . v 1 Suy ra : q q 1 TrfoTrf n , n ,  Nr n ,  Nra n , v Nr1 n . v 1 1 Mặt khác : N1 rn N r n, 2 N r n , f N r n , f ' . f ' Đặt: q 1 ANr n,  NraNr n , v n , 2 NrfNrf n , n , ' . v 1 f ' Khi đó bất đẳng thức trên đ•ợc viết lại là: q 1 T rnn , f o T r , f  A . (1.15) Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 33
  36. www.VNMATH.com Giả sử f có cực điểm cấp k tại av , khi đó: c k fz k za v c' k 1 fz' k 1 za v Do đó av sẽ có cực điểm cấp k + 1 của f’. Giả sử bv ; v 1, p là các cực điểm phân biệt của hàm f , với bội t•ơng ứng p rn là k12, k , , k p . Khi đó: N rn, N r n , f  k p log ; v 1 bv p rn N rnp, f '  k 1 log ; v 1 bv từ đó: p rn Nr n,2, NrfNrf n n ,'  k p 2 kk p p 1log; v 1 bv p rn log Nr n , ; v 1 bv nh• vậy (1.15) viết lại là: q 1 q 1 oTrf 1  n ,  NraNr n , v n , Nr n , . v 1 f ' Chúng ta thấy rằng một nghiệm của ph•ơng trình f z av có bậc p thì nó cũng là không điểm bậc p ’ 1 của f’(z) và nh• thế nó đóng góp một lần 1 vào n t,, av n t . Do đó bất đẳng thức trên đ•ợc viết nh• sau: f ' Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 34
  37. www.VNMATH.com q 1 q 1 oTrf 1  n ,  NraNr n , v n , Nr0 n , . (1.16) v 1 f ' 1 Trong đó Nr0 n , đ•ợc tính tại những điểm là không điểm của f’ f ' nh•ng không phải là nghiệm của ph•ơng trình f z av , v = 1, ,q. Chú ý rằng 1 Nr0 n ,0 nên từ (1.16) ta có: f ' q q 1 o 1  T rn , f  N r n , a v N r n , . (1.17) v 1 Chia cả hai vế của (1.17) cho T rn , f và bỏ qua đại l•ợng o(1) ta có: q N rn,, a v N r n  q 1. v 1 T rnn,, f T r f q N rn,, a v N r n Lấy giới hạn khi rRn 0 ta suy ra:  q 1, limv 1 T r,, f lim T r f rnn R00 nn r R qqN r,, a N r hay n v n q 1, vv 11limT r,, f lim T r f rnn R00 nn r R tức là: q q a  2  1  aqv  1  1. Hay  v . v 1 v 1 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. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 35
  38. www.VNMATH.com 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: Nr ,0 0 ; Nr ,1 0 ; Nrf ,0 . Suy ra  01 ;  11 ;  1 , nên  a 3 ; điều này mâu a 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 N r, a  0, r suy z ra  a 1. Chẳng hạn: fe  f 01 . Ví dụ 2: Giả sử có N r, a o T r , f  a 1( 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   a 1 . Từ đó suy ra ph•ơng trình f(z) ’ a = 0 có a nghiệm với mọi a trong mặt phẳng phức, trừ ra cùng lắm một giá trị. Chẳng hạn z ta thấy hàm f z e là chỉnh hình trên và  0  0 1, nh• vậy hàm eaz sẽ có nghiệm với  a 0. 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  aa  , do đó  aa   2 nên với tất cả các 122 12 giá trị a khác a1; a2 ph•ơng trình f(z) = a đều phải có nghiệm đơn. Ví dụ nh• Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 36
  39. www.VNMATH.com chúng ta xét hàm f(z) = sinz, với a1 = 1; a2 = -1 ta thấy: khi sinz 1 thì (sinz)’ = cosz = 0 nh• thế có nghĩa là các ph•ơng trình sinz = a1; sinz = a2 đều 11 gồm toàn nghiệm bội. Nếu  1  1 ;  1 1 , suy ra ph•ơng 22 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 mm 2 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 av  là tập hợp các giá trị bội ít nhất 11 mv . Khi đó: N r, avv N r , a T r , f O 1 . mmvv 1 Từ đó :  av 1 . Theo định lý Nevanlinna về số khuyết ta có: mv 1  12 . v mv 11 Mặt khác do m 2 nên ta có: 1 . Nh• vậy ta thấy rằng đối với mv 2 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 1 1  1 3 2. v 1 mv m1 m 2 m 3 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 37
  40. www.VNMATH.com 1 1 1 Nên 1. Khi đó chúng ta sẽ có các bộ m1;; m 2 m 3 nh• m1 m 2 m 3 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 fz 1 gồm toàn nghiệm bội 2 và fz . 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 : Ef 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 f12 z ,2 f là các hàm phân hình trên . Nếu tồn tại 5 điểm a1,,,, a 2 a 3 a 4 a 5 sao cho: Eff12 ajj E a ;  j 1, ,5 Khi đó hoặc f1 và f2 là hằng số hoặc ff12 . 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 là các số phức phân biệt sao cho: . Khi đó: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 38
  41. www.VNMATH.com 11 Nj r N r, N r , ; j 1, ,5 f12 ajj 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 a j ( j =1, ,5) không mất tính tổng quát ta có thể giả sử các giá trị đó là: a1,,, a 2 a 3 a 4 nh• 1 N r, 0;  j 1, ,4 vậy: , fa1 j vì thế: 1 N r, 0;  j 1, ,4 , fa2 j nghĩa là f2 không nhận 4 giá trị . 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 a1,,,, a 2 a 3 a 4 a 5 ta sẽ có: 5 1 mr, mra , 2 Trf , Nr , 2 Nrf , Nrf ,' Sr .  j 1 ' 1 1 j 1 f1 Cộng thêm vào hai vế bất đẳng thức trên một đại l•ợng là: 5 N r,,  N r a j , j 1 5 1 ta đ•ợc: 6Trf ,11 2 Trf ,  Na ,j Nr , Nr , j 1 f ' ' 2N r , f11 N r , f S r . Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 39
  42. www.VNMATH.com 55 1 1 1 Do NraNr ,,,,;,jj NraNr 00 Nr do các jj 11 f''' f f cực điểm của 1/ f’ mà không phải là không điểm của fa j và N r,, N r f . Suy ra: 5 1 ' 4Trf ,1  Nra ,j Nr 0 , Nrf , 1 Nrf , 1 Sr , j 1 f ' 5 1  N r,,, aj N01 r N r f S r , j 1 f ' 5  N r,, aj N r f1 S r j 1 5  Nj r T r,,. f11 O T r f j 1 5 Nh• vậy: 3T r , f11  Nj r O T r , f . j 1 T•ơng tự ta có: 5 3T r , f22  Nj r O T r , f . j 1 1 Bây giờ xét: Tr , . Theo định lý cơ bản thứ nhất ta có: ff12 1 T r, T r , f1 f 2 log f 1 f 2 0  a , r , ff12 T r,1 f12 f O , Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 40
  43. www.VNMATH.com T r, f12 T r , f O 1 , 1155 NroTrfjj ,12 NroTrf , O 1 , 33jj 11 2 5  Nj r o T r,,. f12 T r f 3 j 1 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 11  Nj r N r, T r , O 1 , j 1 f1 f 2 f 1 f 2 5 Nrj , nh• vậy:  là giới nội khi r , điều này mâu thuẫn vì f1, f2 j 1 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: zz Xét hàm f e; g e với các điểm a1 0; a 2 1; a 3 1; a 4 ; Thấy rằng: Efq a11 E a . Efq a22 E a 2 k i , k  . Efq a33 E a 2 k 1 i , k  . Efq a44 E a . Nh•ng fg và là các hàm khác hằng trên . Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 41
  44. www.VNMATH.com 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 : n 12zz f z P f p12 e p e . z Trong đó p1, p2 là 2 hàm nhỏ của e và 12, 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: N r,1/ h N r , h S r , h . Chú ý: tất cả z các hàm trong A là siêu việt và tất cả các hàm có dạng be 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 : f1 z sin z . 31 f z cos z sin z . 2 22 31 f z cos z sin z . 3 22 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 42
  45. www.VNMATH.com 2.2. Định nghĩa hàm nhỏ Giả sử cho f và a là hàm phân hình trong không gian phức. Nếu Tra , Srf , ; iea . ., Sf 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: n f 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 Ff  , trong đó  là phân hình và T(r, ) = S(r,f). 2.3.3. Bổ đề 3. (Xem [11]). pp 1 Giả sử h là hàm trong tập A. Cho f a01 h a h ap và qq 1 g b01 h b h bq là đa thức của h với tất cả hệ số là hàm nhỏ của h và a00 b ap 0 . Nếu qp , thì m(r,g/f) = S(r,h). 2.4. Các định lý Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 43
  46. www.VNMATH.com 2.4.1. Định lý A: Cho n 4 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 hữu tỷ. Khi đó ph•ơng trình vi phân 2 n 12zz f z P f p12 e p e . không có nghiệm nguyên siêu việt. 2.4.2. Định lý B: Cho n 3 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 n z z f z P f b z c12 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 n 2 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 n 12zz f z P f p12 e p e , (2.1) z trong đó pi (i =1,2) là hàm nhỏ không triệt tiêu của e , i i 1,2 là số d•ơng làm thỏa mãn nn 10 21 , thì tồn tại hàm nhỏ  của f sao cho: n 2z f  p2 e . (2.2) Chứng minh : n 1 P f b M f , Đầu tiên , chúng ta viết Pfn 1 nh• sau:  jj (2.3) j 0 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 44
  47. www.VNMATH.com 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 b0 0, ngoài ra, chúng ta làm biến đổi f = f1 + c cho phù hợp hằng số c. Từ (2.1), chúng ta có: n 1n 1 b M f 1 1 jj 1z 2 z 1 z 2 z j (2.4) pe1 peb 2 0j 1 pe 1 pebf 2 0 f f j Chú ý m r,/, Mj f f S r f và do bổ đề 3 chúng ta có: 1 12zz mr ,,,. zz Srpepe 12 Srf 12 p1 e p 2 e b 0 Bởi vậy, vế trái của (2.4) là đa thức của 1/f có bậc nhiều nhất bằng n ’ 1 1 với hệ số trở thành hàm gần đúng của 1/f . Từ đó: m r,,. S r f (2.5) f Đạo hàm hai vế của (2.1) cho: n 1 ' 12zz ' nffPf''. p1 1 pe 1 p 2 2 pe 2 (2.6) z Khử e 1z và e 2 , tách từ (2.1) và công thức ở trên, chúng ta đ•ợc: 'nn 1 ' 1z p2 2 pfpnff 2 2''. p 2 2 pPfpPf 2 2  e (2.7) 'nn 1 ' 2z p1 1 pf 1 pnff 1''. p 1 1 pPfpPf 1 1  e (2.8) '' Trong đó  p1 p 2 p 2 p 1 2 1 p 1 p 2 , là các hàm nhỏ của f . Chúng ta chú ý rằng  không thể triệt tiêu một cách đồng nhất, cách khác, bằng phép lấy 21 z p1 tích phân chúng ta đ•ợc eC cho hằng số C, là không thể đ•ợc. Từ p2 (2.7) và (2.8) chúng ta đ•ợc: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 45
  48. www.VNMATH.com z m r,,,. ej nT r f S r f , j = 1,2 . (2.9) Từ (2.1) chúng ta có: nn 12zz nTrf ,,,,,. mrf mrf Pf Trpe 12 pe Srf (2.10) zz Bởi vậy, Sre ,,,:12 Sre Srf Sr . Từ (2.4) chúng ta có z nj ee iizzn 1 b ei M 1 jj ,i 1,2. 1z 2 z 1 z 2 z jn pe1 pe 2 b 0j 1 pe 1 pe 2 bff 0 f Sau đó: e i z m r,n S r , i 1,2. (2.11) f Sau đó chúng ta chứng minh e 1z m r,n 1 S r , i 1,2. (2.12) f i Cố định r>0, cho z re . Cho khoảng mở [0, 2 ) có thể biểu thị hợp nhất cho 3 tập hợp rời nhau nh• sau:  fz E1  0,2 1 . e 21 z   fz z Ee2  0,2 1, 1 . e 21 z   fz z Ee3  0,2 1, 1 . e 21 z  Do định nghĩa của hàm gần đúng, chúng ta có: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 46
  49. www.VNMATH.com 2 ee iizz1 m r, log d I I I . nn 11 1 2 3 f2 0 f z Trong đó 2 1 e i z I log d , i 1,2,3. i n 1 2 0 fz 21 Với  E1 , chúng ta có: f z e z . ee 12zzfz Từ nn 1 , chúng ta đ•ợc: f z f z e 21 z e 2z I1 m r, n S r . f z z e 1 1 Với  E , chúng ta có e 1 1 , và nh• vậy . Sau 2 fnn 11 z f z 1 đó từ (2.5) thì: I1 m r, n 1 S r . f 21 Với  E3 , chúng ta có f z e z . Vì vậy: 1z e 1z e 1 n 1 n 11 z n z n z . fz ee2 1 2 1 e 1z Do giả thiết: nn 1 , chúng ta đ•ợc 1. Vì vậy chúng ta 21 fzn 1 có I3 = 0. Từ đó cố định (2.10). Sau đó từ (2.7) thì: Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 47
  50. www.VNMATH.com e 1z fnn 11  f R f (2.13) f n 1 ' Trong đó p2 2 p 2 f np 2 f ' , và ' R f p2 2 p 2 P f p 2 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: pp' ff'. 2 2 2 np22 np Thế công thức ở trên vào (2.8) cho: ' np p2 p 1 1 p 1 p p nn1 1 1 2 2z f f P f P f '. p2 e    Do bổ đề 2, chúng ta nhìn thấy sự tồn tại hàm nhỏ  của f trong n 2z f  p2 e . Đây là điều phải chứng minh của định lý 1. 2.4.4. Định lý 2: Cho n 2 là số nguyên d•ơng, i i 1,2 là số thực và z 12 0 . Cho p1,p2 là hàm nhỏ của e . 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 12 0, thì tồn tại hằng số c1,c2 và hàm nhỏ 12, với f 'nn 1 ' 2z p1 1 pf 1 pnff 1''. p 1 1 pPfpPf 1 1  e 12z// n z n f c1 1 e c 2 2 e . (2.14) n Hơn nữa, ii pi, 1,2 . Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 48
  51. www.VNMATH.com Chứng minh: Chúng ta chỉ thảo luận cho tr•ờng hợp 12 0 . Còn tr•ờng hợp 12 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 z rei . Cho khoảng mở [0, 2 ) có thể biểu thị hợp nhất cho 3 tập hợp rời nhau nh• sau: 2 fz E1  0,2 1 . e 21 z  fz2 z Ee2  0,2 1, 1 . e 21 z  fz2 z Ee3  0,2 1, 1 . e 21 z  Từ định nghĩa của hàm gần đúng, chúng ta có: ee 1 2 zz1 2 1 2 m r, log d I I I 2nn 2 2 2 1 2 3 , f2 0 f z trong đó 12 z 1 e Ij log d , j 1,2,3. 2 fz22n E j 2 z 2 zz2 e12 e22fz e Với  E1 , chúng ta có: 2n 2 2 n. n . f z f z e 21 z f z Nh• vậy do (2.11), chúng ta đ•ợc I1 S r . Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 49
  52. www.VNMATH.com z 12 z Với  E2 , từ e 1, và 12 0 thì e 1. e 12 z 1 Vì vậy . fz22n fz22n Sau đó từ (2.5) thì: I2 S r . 2 21 z Với  E3 , chúng ta có f z e . Vì vậy: 12 z e 12 z e 1 1 22n n 12 z n z n z . fz ee2 1 2 1 e 12 z m r,, S r f Do đó: I3 S r . Từ đó chúng ta có 22n . (2.15) f 2n 2 2 z Nhân (2.7) với (2.8) cho: f  Q f e 12. (2.16) Trong đó Q(f) là đa thức vi phân trong f có bậc lớn nhất 2n ’ 2, và '' p1 1 pf 1 pnf 1''. p 2 2 pf 2 pnf 2 (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 p1 1 p 1 f np 1 f '0  , bằng phép lấy tích phân chúng ta đ•ợc n 1z 1zn/ f cp1 e , trong đó c là hằng số khác 0. Vì vậy, f ae , với a là zn/ hàm nhỏ của f. Chúng ta thấy vế trái của (2.1) là đa thức trong e 1 có bậc n. Mặt khác vế phải (2.1) không là đa thức trong . Từ đó ' p1 1 p 1 f np 1 f '0 . Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 50
  53. www.VNMATH.com ' T•ơng tự, chúng ta có p2 2 p 2 f np 2 f '0 . Vì vậy 0. ' Cho p2 2 p 2 f np 2 f' h , (2.18) khi đó chúng ta có : ' p1 1 p 1 f np 1 f ' . (2.19) h Bằng cách khử f’ và f , tách ra từ (2.18) và (2.19) chúng ta đ•ợc: pp 1 fh 12. (2.20) h ' ' pp pp2 2 2 1 Và fh'. 1 1 1 (2.21) n n h '' Trong đó :  p1 p 2 p 2 p 1 2 1 p 1 p 2 là hàm nhỏ của f nó không thể triệt tiêu một cách đồng nhất. Từ (2.20) chúng ta thấy: 2T 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: p1 p 1hh' p 2 p 2 ' 1 fh'''. (2.22)  h   h h So sánh hệ số vế phải của (4.7) và (4.8), suy ra ' p1 1 p 1 p 1 p 1 h' '. (2.23) nh   pp' 2 2 2 pp22h' '. (2.24) nh   Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 51
  54. www.VNMATH.com Bằng phép lấy tích phân (2.23) và (2.24), tách ra, chúng ta đ•ợc: n n p 1 1z p1 2z 2 p11 e d h ; p22 e d , (2.25)   h trong đó d1 và d2 là 2 hằng số khác 0. Từ 2 công thức trên, tồn tại 2 hàm z n nhỏ 12, của e thỏa mãn piii  , 1,2 . Và n 12 z pp12 p1 p 2 e d 1 d 2 2 . (2.26)  Vế phải của công thức trên là một hàm nhỏ của f, nh• vậy là hàm nhỏ của . Vì vậy công thức trên chỉ đúng khi 12 0. Ngoài ra, chúng ta thấy tồn tại 2 hằng số khác không c1 và c2 sao cho: p zn/ 1 1 p2 1 2zn/ h c11 e ; ce22 (2.27)   h Cuối cùng, từ (2.20), chúng ta đ•ợc (2.3). Hệ quả 1: Cho ph•ơng trình vi phân: f3 f 4 f '' 2 cos 3 z , có đúng 3 nghiệm nguyên: f1 z 2. cosz 13 f2 z cos z sin z . 22 13 f z cos z sin z . 3 22 2.4.5. Định lý 3: z Giả sử n 2 là số nguyên d•ơng, cho p1, p2 là hàm nhỏ của e , và 1 i i 1,2 là số d•ơng thỏa mãn nn 10 21 . Nếu là số vô tỷ, thì 2 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 52
  55. www.VNMATH.com 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 N r,1/ 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 ' 12, của f sao cho ff 12. Bằng phép thế công thức trong (2.1), 1z chúng ta thấy pe1 là đa thức đối với f có bậc k<n . Do bổ đề 2, tồn tại 2 hàm nhỏ a,1 của f sao cho: k 1z a f 11 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: kn n 12 k z pa2 e n . (2.29) p1 Vế phải của công thức trên là hàm nhỏ của f , và cũng là hàm nhỏ của ez . Từ đó chúng ta đ•ợc nk 12 0. Ngoài ra , 12/ là số hữu tỷ, mâu thuẫn với giả thiết. Đây là điều phải chứng minh của định lý 3. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 53
  56. www.VNMATH.com 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. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 54
  57. www.VNMATH.com 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. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 55
  58. www.VNMATH.com 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. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 56
  59. www.VNMATH.com 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 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 57
  60. www.VNMATH.com 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 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn 58