Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
==========
ĐINH THỊ NGỌC MINH
PHÂN PHỐI GIÁ TRỊ
CỦA HÀM PHÂN HÌNH VÀ
ĐẠO HÀM CỦA NÓ
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60.46.01
1.2.3. Định lý cơ bản thứ nhất 9
1.3. Định lý cơ bản thứ hai 10
1.3.1. Định lý ( Bất đẳng thức cơ bản) 10
1.3.2. Bổ đề 1 11
1.3.3. Bổ đề 2 12
1.3.4. Định lý 16
1.3.5. Định nghĩa 17
1.3.6. Định lý (Quan hệ số khuyết) 18
1.3.7. Định lý 20
Chương 2: Phân phối giá trị của hàm phân hình và đạo hàm của nó. 24
2.1. Sự phân phối giá trị của các hàm phân hình. 24
2.1.1. Định nghĩa 24
2.1.2. Định lý (Milloux) 24
2.1.3. Định lý 26
2.1.4. Định lý 28
2.1.5. Bổ đề: 28
2.2. Phân phối giá trị của hàm phân hình và đạo hàm của nó 32
2.2.8. Định lý 34
2.2.9. Định lý 36
KẾT LUẬN 38
TÀI LIỆU THAM KHẢO 39
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
LỜI NÓI ĐẦU
Lý thuyết phân phối giá trị các hàm phân hình (lý thuyết Nevanlinna )
là một trong những hướng nghiên cứu cơ bản của giải tích phức và vẫn đang
thu hút được sự quan tâm rộng rãi của các nhà toán học trên thế giới. Đề tài
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã cổ vũ, động viên tôi trong
quá trình làm luận văn.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng chắc chắn luận văn sẽ không tránh khỏi
những thiếu sót, vì vậy rất mong được sự đóng góp ý kiến của thầy cô giáo,
các bạn đồng nghiệp, các bạn học viên để luận văn được hoàn chỉnh hơn. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Chương 1
Hai định lý cơ bản của Nevanlinna
1.1. Công thức Poison – Jensen
1.1.1. Định lý
; ta có:
2
22
22
0
22
11
1
log log
2 2 cos
log log .
i
MN
Rr
f z f Re d
R Rr r
R z a
R z b
R a z R b z
zR
nên
log fz
là hàm
chỉnh hình trong hình tròn đó. Theo định lý Cauchy ta có:
2
0
11
log 0 log log Re
22
i
zR
dz
f f z f d
iz
.
Lấy phần thực hai vế ta được:
d
f z f
iz
Mặt khác, do điểm
2
R
z
có môđun
22
RR
R
zr
nên điểm đó nằm ngoài hình
tròn, do đó:
2
1
log 0.
2
R
2
R
R
f z f d
R
iz
z
Rz
fd
i
z R z
22
22
0
1
log log Re .
2 2 cos
i
Rr
f z f d
R Rr r
Lấy phần thực hai vế ta được công thức cần chứng minh đối với trường hợp
hàm
fz
chỉnh hình và khác không.
+ Bước 3: Giả sử
fz
không có không điểm và cực điểm trong
R
suy ra
0f
.
(+) Giả sử
fz
có vô hạn cực điểm trên
n
0
:
0
lim
k
n
k
. Do các
k
n
là các cực điểm.
Suy ra
;
0
log logf
trong lân cận
0
.
Với mỗi
0
là không điểm, cực điểm, ta vẽ vòng tròn tâm
0
bán kính
0
đủ nhỏ.
Xét
C
: Hợp các cung tròn bán kính
nằm bên trong
R
,
log 0
khi
0
.
Vậy cho
0
ta được công thức cần chứng minh.
+ Bước 4: Trường hợp tổng quát.
Với các giả thiết như trong định lý ta đặt:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
2
dễ thấy
0,
bên trong hình tròn
R
, nên ta áp dụng được công
thức đã chứng minh trong bước 3.
Mặt khác, các hàm trong hai dấu tích chính là các hàm thực hiện ánh xạ hình
tròn
R
lên hình tròn đơn vị, nên môđun của chúng bằng 1 khi
R
.
Từ đó, nếu
Re
i
thì
ta được công thức Poisson-Jensen cho trường
hợp tổng quát.
1.1.2. Hệ quả
Trong những giả thiết của Định lý, đồng thời nếu
0 0,f
, ta có:
2
11
0
1
log 0 log Re log log .
2
MN
i
a
b
f f d
RR
Xét hàm
R f z
z
z
.
Ta thấy
0 0,
, đồng thời khi
Re ,
i
f
. Từ đó ta có:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
2
fz
tại điểm
0
zG
, ký hiệu
0
z
ord f
, là số nguyên m sao cho
hàm
0
m
fz
gz
zz
chỉnh hình và khác không tại
0
z
.
(*) Ví dụ:
(1)
0
z
là 0 điểm cấp k của
ord 0f
.
Công thức Poisson – Jensen có thể viết dưới dạng:
2
2
2
2
2
0
1
log log Re ord log
2
Re
i
i
Rz
Rz
f z f f
Rz
z
,
vì:
1:log 0 log logx x x x
11
log 0 log 0
xx
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
0 1:log 0 log 0
1 1 1
log 0 log log log .
x x x
x
x x x
Như vậy, ta có:
m R f f d
.
Giả sử f có các cực điểm
1,
v
b v n
(mỗi cực điểm được tính một số lần
bằng bậc của nó), và các không điểm
1,aM
trong
;,z R n t f
là
số cực điểm của f trong
zt
.
.
Khi đó công thức Poisson – Jensen được viết dưới dạng:
11
log 0 , , , ,f m R f m R N R f N R
ff
11
, , , , log 0m R f N R f m R N R f
ff
.
Đặt
11
, , log
ll
kk
kk
m r f z m r f l
.
(2)
1
1
,,
l
l
kk
k
k
m r f z m r f
.
(5)
11
, , log
ll
kk
kk
T r f T r f l
.
(6)
1
1
,,
l
, 0,z R R a
là số
phức tùy ý. Khi đó ta có:
11
, , , log 0 , ,m R N R T R f f a a R
f a f a
trong đó
, log log2a R a
.
Chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Thật vậy, từ (1.1) và (1.2) ta có:
1 1 1
,
trong đó
a
là các nghiệm của phương trình
f z a
trong hình tròn
zR
.
Hàm xấp xỉ
2
0
1 1 1
, log
2
Re
i
m R d
fa
fa
thức trong định lý cơ bản có thể xem là không phụ thuộc a.
Vì thế định lý cơ bản thứ nhất cho thấy rằng hàm phân hình
fz
nhận
mỗi giá trị a (và giá trị gần a ) một số lần như nhau.
1.3. Định lý cơ bản thứ hai
1.3.1. Định lý ( Bất đẳng thức cơ bản)
Giả sử
fz
là hàm phân hình khác hằng số trong hình tròn
zr
;
1
, , ; 2
q
a a q
, là các số phức phân biệt. Khi đó ta có:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
1
1
, , 2 ,
q
q
v
v
fq
S r m r q
f a f
,
1
min 0.
v
vq
aa
( Để đơn giản ta giả thiết:
' 0 0,f
.
Chứng minh.
1 1 1
, , , , , ,N r g N r T r g m r g T r m r
g g g
11
, , , ,T r g T r m r g m r
gg
12
2
0
11
log log
02
i
g re d
g
.
Đặt
1
1
q
v
v
Fz
fa
thì (*) đúng.
Thật vậy với mọi
ta có :
1
1 3 1 3
log log
q
qq
q
f a f a
.
Vế phải của (*)
0
+ Giả sử tồn tại
v
:
3
v
aa
q
. (vô lý)
Với mọi
;
3
v f a
q
,
2
33
vv
f a a a f a
q
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
.
1
1 1 1
q
vv
vv
Fz
f a f a
fa
=
1 1 1 1
11
22
v
v v v
fa
q
f a f a q f a
fa
1
13
log 1 log log2
q
q
q
fa
1
13
log log log2
q
q
q
fa
.
1
3
, , log log2
q
v
v
q
m r F m r a q
.
f
m r F m r f F
ff
ff
m r m r m r
f f f a
1 1 1
, , ,
11
, log 0 , .
m r T r N r
f f f
T r f N r
ff
0
''
, , , log
' ' 0
f
f f f
m r N r N r
f f f f
.
Từ bổ đề một ta có:
2
0
'0
'1
, , log log
1
0
'
, log
'0
q
v
v
f
f
mr
f a f
v
q
m r m r a m r m r F q
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
2
1
0
1'
, , log 0 , ,
1 ' 3
log , log log2
2
'
i
q
i
v
v
f
log log '
22
ii
f re d f re d
11
, , , , '
'
N r N r f N r N r f
ff
.
Vậy:
1
1
1
2 , , 2 , , '
'
2 , ,
T r f N r N r f N r f S r
f
T r f N r S r
trong đó,
1
1
, 2 , , '
'
N r N r N r f N r f
f
1k
của đạo hàm
'fz
. Do đó, đại lượng
log
r
b
được tính
1k
lần trong tổng
,'N r f
. Từ đó suy ra:
2 , , ' 0N r f N r f
Từ bất đẳng thức cơ bản ta có Định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna.
1.3.4. Định lý
Giả sử r là một số thực dương,
fz
là hàm phân hình trong
;
1
, ,
q
aa
Chứng minh.
Từ bất đẳng thức cơ bản ta có:
1
1
, , 2 ,
q
v
v
m r m r a T r f N r S r
.
Cộng vào hai vế đại lượng
1
,,
q
v
v
N r N r a
Từ Định lý cơ bản thứ nhất, ta thấy với mọi
1,2, ,vq
;
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
, , , 1
vv
m r a N r a T r f O
.
Từ đó suy ra:
1
1
1 , 2 , , ,
q
v
v
q T r f T r f N r a N r N r S r
.
Tức là:
a a f
T r f T r f
.
, log
r
N r f
b
; tổng lấy theo mọi cực điểm b của hàm,
br
; đồng thời
mỗi cực điểm chỉ được tính một lần.
,
, 1 lim
,
N r a
a a f
T r f
.
0a
cùng lắm là đếm được, đồng thời ta có:
2
aa
a a a
.
Chứng minh.
Từ định nghĩa suy ra rằng:
a a a
.
Chọn dãy
,
nn
rr
sao cho
q
n v n n n n n
v
N r a N r N r N r f N r O T r f
f
'
1
1
, , , ' , log ,
q
n v n n n n
v
N r a N r f N r f N r O T r f
f
.
Bất đẳng thức trên có thể viết lại như sau:
b
tham gia k lần trong công thức tính
,
n
Nr
, đồng thời do b là cực
điểm của
'fz
cấp
1k
nên đại lượng đó tham gia
1k
lần trong công
thức tính
,'
n
N r f
. Từ đó, suy ra:
, ' , ,
n n n
N r f N r N r
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
'fz
nên nó là cực điểm cấp
1k
của hàm
1
'f
. Do đó, tham gia
1k
lần vào công thức tính tổng
1
,
'
Nr
f
.
Từ đó, ta có:
0
11
1
, , , '
'
1 vq
.
Suy ra,
11
1
, , ,
'
qq
n v n n v
vv
N r a N r N r a
f
.
Ta có:
1
1 1 , , ,
q
n n v n
v
q O T r f N r a N r
.
Cho
n
ta suy ra:
1
1 1 1
q
v
v
qa
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Tức là:
1
2
A a a a a
n
.
Tập hợp
1
aa
n
có không quá 2n phần tử.
Suy ra, A cùng lắm là đếm được.
Vậy
2
a
a
,
11
jj
f a g a
nhưng
fg
.
Chứng minh.
Giả sử tồn tại
1 2 3 4 5
, , , ,a a a a a
,
, 1,5
jj
z f z a z g z a j
.
Đặt
.
(b là nghiệm của phương trình
f z a
chỉ tính một lần).
Theo giả thiết:
j
f z a g z a
.
Suy ra,
11
,,
jj
N r N r
f a g a
.
Định lý cơ bản thứ 2, áp dụng cho
1 2 3 4 5
; , , , , .f a a a a a
j
j
j
q T r f N r a N r N r S r
N r N r N r f N r f
f
S r O T r f
T r f N r a N r N r N r f N r f S r
f
N r a N r N r f N r f S r
f
r
b
, trong đó b là một trong các nghiệm của
phương trình
j
fa
.
Giả sử, b là nghiệm bội k của phương trình
j
fa
với
j
nào đó.
Suy ra, tham gia
1k
lần trong
1
, log
'
r
Nr
fb
tham gia một lần.
.
5 5 5
1 1 1
1
, , , .
'
j j j
j j j
N r a N r N r a N r
f
Xét
, ' ,N r f N r f
: Mỗi cực điểm cấp k của
f
là cực điểm cấp
1k
của
'f
. Suy ra:
T r f N r N r f S r
N r T r f S r
N r T r f O T r f
O T r f N r
Tương tự với hàm g, ta cũng có:
5
1
3 1 , . **
j
j
O T r g N r
Mặt khác:
5
1
11
,,
j
j
T r N r N r
f g f g
,
( vì nếu số hạng
log
r
b
được tính trong
j
Nr
thì
fg
Từ (*),(**) suy ra:
5
1
2
,,
3
j
j
T r f T r g N r S r
.
Kết hợp, ta được:
55
11
2
Copyright: Tài liệu đại học ©