Luận văn Thạc sĩ Toán học: Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:54

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Năm 1967, Hayman đưa ra giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman: Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn f n (z)f 0 (z) 6= 1 với n là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ C, thì f là hàm hằng. Giả thuyết Hayman đã được Hayman kiểm tra đối với hàm nguyên siêu việt và n > 1, đã được Clunie kiểm tra đối với n = 1. Các kết quả này (thường được gọi là Định lý Hayman) và các vấn đề liên quan đã hình thành nhánh nghiên cứu là vấn đề nhận giá trị của đa thức vi phân mà trường hợp riêng là vấn đề nhận giá trị của hàm và đạo hàm của nó.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ BÌNH ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ BÌNH ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. VŨ HOÀI AN Thái Nguyên - 2015
i Lời cảm ơn Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại khoa sau đại học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới Tiến sĩ Vũ Hoài An, người đã tận tình chỉ bảo cho tôi thêm nhiều kiến thức, khả năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo của Trường Đại học Thái Nguyên và Viện Toán học đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 3 năm 2015 Tác giả Nguyễn Thị Bình
ii Mục lục Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii Bảng ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không 4 1.1 Hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không . . . . . . . 5 1.2 Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực trong toán học phổ thông 22 2.1 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và đạo hàm của nó trên trường số thực R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.2 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và sai phân của nó trên trường số thực R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Kết luận luận văn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
iii Bảng ký hiệu f Hàm hữu tỷ n(f, a) Hàm đếm của f tại điểm a T (f ) Hàm độ cao của f K Trường đóng đại số, đặc số không R Trường số thực
1 Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Năm 1967, Hayman đưa ra giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman: Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn f n (z)f 0 (z) 6= 1 với n là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ C, thì f là hàm hằng. Giả thuyết Hayman đã được Hayman kiểm tra đối với hàm nguyên siêu việt và n > 1, đã được Clunie kiểm tra đối với n = 1. Các kết quả này (thường được gọi là Định lý Hayman) và các vấn đề liên quan đã hình thành nhánh nghiên cứu là vấn đề nhận giá trị của đa thức vi phân mà trường hợp riêng là vấn đề nhận giá trị của hàm và đạo hàm của nó. Công trình quan trọng đầu tiên thúc đẩy hướng nghiên cứu này thuộc về C.C. Yang - X.H. Hua. Năm 1997, hai ông đã chứng minh định lý sau đây. Định lý A. Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng, n > 11 là một số nguyên và a ∈ C − {0}. Nếu f n f 0 và g n g 0 nhận giá trị aCM thì hoặc f = dg với dn+1 = 1 hoặc g(z) = c1 .ecz và f (z) = c2 e−cz , ở đó c, c1 , c2 là các hằng số và thỏa mãn (c1 c2 )n+1 c2 = −a2 . Từ đó, hướng nghiên cứu trên phát triển mạnh mẽ với những kết quả sâu sắc của I. Lahiri, Q. Han - H.X. Yi, W. Bergweiler, J.K. Langley, K. Liu, L.Z. Yang, L.C. Hong, M.L. Fang, B.Q. Li, P.C. Hu - C.C. Yang, A. Eremenko, G. Frank - X. Hua - R. Vaillancourt... Công cụ sử dụng ở đó là một số kiểu định lý chính thứ hai cho đa thức vi phân cùng với các ước lượng giữa các hàm đặc trưng, hàm đếm của hàm và đạo hàm. Trong trường hợp p-adic, kết quả đầu tiên theo hướng nghiên cứu này thuộc về J. Ojeda. Năm 2008, J. Ojeda đã nhận được kết quả sau. Định lý B. Cho f là hàm phân hình trên Cp , n > 2 là một số nguyên và a ∈ Cp − {0}. Khi đó f n (z)f 0 (z) 6= a với mọi z ∈ Cp thì f là hằng. Gần đây, Ha Huy Khoai and Vu Hoai An [4], Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai [5] đã thiết lập các kết quả tương tự cho hàm phân hình
2 p-adic, đạo hàm, toán tử sai phân, đa thức sai phân của nó. Theo hướng nghiên cứu này, đề tài nhằm nghiên cứu vấn đề: Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng. 2. Mục tiêu nghiên cứu Tổng hợp, trình bày lại các bài giảng về Giả thuyết Hayman cho hàm hữu tỷ và đạo hàm của nó trên trường đóng đại số, đặc số không [1]. Đưa ra các ví dụ trong toán học phổ thông để kiểm tra Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực, đạo hàm và sai phân của nó trên trường số thực R. 3. Nội dung nghiên cứu • Luận văn tìm hiểu tổng quan về Giả thuyết Hayman. • Luận văn tìm hiểu, tổng hợp và trình bày vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không. 4. Kết quả nghiên cứu • Tổng hợp và trình bày lại các định lý chính đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không. • Tổng hợp và trình bày lại các kết quả về vấn đề nhận giá trị của f n (f (k) )m , (f n )(k) , (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11). Nội dung của hai vấn đề trên được trình bày ở Chương 1. • Tổng hợp và trình bày 35 ví dụ để kiểm tra Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực trong toán học phổ thông. Nội dung của vấn đề này được trình bày ở Chương 2. 5. Bố cục luận văn Ngoài phần mở đầu và phần kết luận, luận văn gồm 2 chương. Chương 1: Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không. Trong Chương 1, tôi tổng hợp và trình bày lại các bài giảng về Giả thuyết Hayman cho hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và đạo hàm của
3 nó. Các kết quả này ở trong [1] (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11). Chương 2: Giả thuyết Hayman đối với toán học trung học phổ thông. Trong Chương 2, tôi đưa ra 35 ví dụ trong toán học phổ thông để kiểm tra Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực, đạo hàm và sai phân của nó trên trường số thực R.
4 Chương 1 Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không Trong Chương 1, tôi trình bày lại các vấn đề nhận giá trị của f n (f (k) )m , (f n )(k) , ở đó f là hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không K; n, m, k là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện nào đó. Vấn đề nhận giá trị nói ở đây là: Tìm mối quan hệ của n, m, k để f n (f (k) )m hoặc (f n )(k) nhận giá trị a, a ∈ K, a 6= 0. Ý nghĩa của vấn đề này nằm ở chỗ: Xét ảnh hưởng của đạo hàm đối với hàm đã cho. Khi vấn đề này được xét với hàm số thực, ta có sự liên hệ giữa Giả thuyết Hayman với toán trung học phổ thông. Kết quả của vấn đề này suy ra được các kết quả: Với điều kiện nào đó của m, n, k thì f là hằng. Các định lý kiểu như vậy được gọi là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên K. Trong Chương 1, Định lý 1.2.2 là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậc nhất của nó; Định lý 1.2.6 là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậc cao của nó; Định lý 1.2.11 là Định lý Hayman đối với đạo hàm bậc cao. Trước tiên, tôi nhắc lại khái niệm trường đóng đại số, đặc số không và hàm hữu tỷ trên đó [3].
5 1.1 Hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không Định nghĩa 1.1.1. Một trường K được gọi là đóng đại số nếu mọi đa thức một ẩn có bậc khác không, với hệ số trong K, có nghiệm trong K. Ví dụ 1.1.2. 1. Trường số hữu tỷ Q không là trường đóng đại số vì đa thức A(x) = x2 − 2 có các hệ số thuộc Q nhưng không có nghiệm trong Q. 2. Trường số thực R không là đóng đại số vì đa thức P (x) = x2 + 5 có các hệ số thuộc R nhưng không có nghiệm trong R. Định nghĩa 1.1.3. Cho K là một trường. 1. Số tự nhiên n nhỏ nhất khác không sao cho n.1 = 0 thì số n được gọi là đặc số của trường K. Ký hiệu char(K). 2. Với mọi số tự nhiên n 6= 0 mà n.1 6= 0 thì khi đó ta nói trường K có đặc số là 0. Ví dụ 1.1.4. 1. Trường Q có đặc số không. Vì n1 6= 0 với mọi n > 1, n ∈ N. 2. Trường Z5 có đặc số 5. Thật vậy, ta có 5.1 = 0 và n1 6= 0 với 1 6 n 6 4. Do đó Z5 có đặc số là 5. Ký hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không. Gọi f là đa thức khác hằng có bậc n trên K và a là không điểm của f . Khi đó f = (z − a)m p(z) với p(a) 6= 0 và m là bội của không điểm a của f . Đặt µ0f (a) = m. Ký hiệu n(f ) là số các không điểm của f kể cả bội, d ∈ K và l là số nguyên dương. Ta định nghĩa: n(f, d) = n(f − d), q X nl (f ) = min{mi , l} ở đó f = a(f − z1 )m1 . . . (f − zq )mq , i=1 nl (f, d) = nl (f − d),
6 n0 (f ) = q, n0 (f, d) = n0 (f − d). Ta nêu các ví dụ minh họa các khái niệm trên. Ví dụ 1.1.5. Cho đa thức f (x) = (x + 1)2 (x − 2)3 ∈ K[x]. Ta có n(f ) = 5, degf = 5, n0 (f ) = 2, n1 (f ) = 2, n2 (f ) = 4, n4 (f ) = 5. Ví dụ 1.1.6. Cho đa thức f (x) = x3 ∈ K[x]. Ta có n(f ) = 3, degf = 3, n0 (f ) = 1, n1 (f ) = 1, n2 (f ) = 2, n(f, 1) = 3, n0 (f, 1) = 3, n1 (f, 1) = 3. f1 Giả sử f = là hàm hữu tỷ trên K, với f1 , f2 ∈ K[x] và f1 , f2 không có không f2 điểm chung, d ∈ K, ta ký hiệu n(f ) = n(f1 ), n(f, d) = n(f1 − df2 ), nl (f ) = nl (f1 ), nl (f, d) = nl (f1 − df2 ), n0 (f, d) = n0 (f1 − df2 ), n(f, ∞) = n(f2 ), nl (f, ∞) = nl (f2 ), n0 (f, ∞) = n0 (f2 ), degf = degf1 − degf2 , µdf = µ0f1 −df2 , µ∞ 0 f = µf2 , T (f ) = max{degf1 , degf2 }. Ví dụ sau đây minh họa cho các khái niệm trên đối với hàm hữu tỷ. x3 Ví dụ 1.1.7. Cho đa thức f (x) = ∈ K[x]. −3x2 − 3x − 1 Tính degf , T (f ), n(f, 0), n1 (f, 0), n2 (f, 0), n3 (f, 0), n(f, ∞), n1 (f, ∞), n2 (f, ∞), n3 (f, ∞), n(f, 1), n1 (f, 1), n2 (f, 1), n3 (f, 1). Giải. Đặt f1 = x3 , f2 = −3x2 − 3x − 1. Ta có (f1 , f2 ) = 1; f2 = 0 suy ra 3x2 + 3x + 1 = 0. Lấy a ∈ K sao cho a2 = −3. Khi đó −3 − a −3 + a x1 = , x2 = , x1 6= x2 . 6 6 Xét f − 1 hay x3 (x + 1)3 f3 2 − 1 = 2 = . −3x − 3x − 1 −3x − 3x − 1 f2 Ta có degf1 = 3, degf2 = 2, do đó degf = 1; T (f ) = max{degf1 , degf2 } = 3.
7 n(f, 0) = 3, n(f, ∞) = n2 (f, 0) = 2, n1 (f, 0) = n1 (f1 , 0) = 1, n2 (f, 0) = 2, n3 (f, 0) = 3, n1 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2, n2 (f, ∞) = n3 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2, n(f, 1) = n(f3 , 0) = 3, n1 (f, 1) = n1 (f3 , 0) = 1, n2 (f, 1) = n2 (f3 , 0) = 3, n3 (f, 1) = n3 (f3 , 0) = 3. Giả sử f là đa thức bậc k trên K và b ∈ K. Khi đó chúng ta có thể viết f trong dạng k X f= bn (z − b)n n=0 với bk 6= 0 và ta đặt µ0f (b) = k. Cho a ∈ K, ta định nghĩa hàm µaf : K −→ N bởi µaf (b) = µ0f =a (b). Giả sử k là số nguyên dương. Ta định nghĩa hàm µ6k f từ K tới N bởi  6k 0 nếu µ0f (z) > k µf (z) = µ0 (z) nếu µ0 (z) 6 k f f và X n6k (f ) = µ6k f (z), (z ∈ K), z∈K n6k (f, a) = n6k (f − a). Chú ý rằng n6k f (z) bằng 0 hầu hết trừ một số hữu hạn z ∈ K, lim n6k (f, a) = n(f, a). k→∞ Giả sử l là số nguyên dương. Ta định nghĩa X 6k min µ6k nl (f ) = f (z), l . z∈K Chú ý rằng lim n6k l (f ) = nl (f ). k→∞ Bây giờ giả sử f là hàm hữu tỷ trên K, d ∈ K, l là số nguyên dương. Tương tự như trên, ta định nghĩa các hàm n6k (f, a), nk (f, a), n>k (f, a), n6k k >k l (f, a), nl (f, a), nl (f, a), nl (f, a).
8 Ví dụ 1.1.8. Cho đa thức f (x) = x3 − 3x2 + 3x ∈ K[x], k = 2. Tính n62 (f, 0), n62 (f, 1), n>2 (f, 0), n>2 (f, 1). Giải. f (x) = x(x2 − 3x + 3) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 trong K. f − 1 = x3 − 3x2 + 3x − 1 = (x − 1)3 = 0 suy ra x = 1 là nghiệm bội 3 của f = 1. Vậy n62 (f, 0) = 3, n62 (f, 1) = 0 , n>2 (f, 0) = 0, n>2 (f, 1) = 3. x4 Ví dụ 1.1.9. Cho đa thức f (x) = 2 ∈ K[x], k = 3. 2x − 1 Tính n63 (f, 0), n63 (f, ∞), n>3 (f, 0), n63 (f, 1), n>3 (f, 1) . Giải. Đặt f1 = x4 , f2 = 2x2 − 1. Ta có (f1 , f2 ) = 1. Hơn nữa x4 x4 − 2x2 + 1 (x2 − 1)2 f −1= 2 −1= = . 2x − 1 2x2 − 1 2x2 − 1 Từ đây suy ra n63 (f, 0) = 0, n63 (f, ∞) = 2, n>3 (f, 0) = 4, n63 (f, 1) = 4, n>3 (f, 1) = 0. Định lý 1.1.10. (Định lý chính thứ hai). Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và a1 , a2 , ..., aq ∈K∪{∞}. Khi đó q X (q − 2)T (f ) 6 n1 (f, ai ) − 1. i=1 1.2 Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không Trong mục này chúng ta trình bày lại các kết quả khi kiểm tra Giả thuyết Hayman cho hàm hữu tỷ trên K và đạo hàm của nó. Bổ đề 1.2.1. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và n là số nguyên dương, n > 1. Khi đó (n − 1)T (f ) + n(f 0 , 0) + n(f, ∞) 6 T (f n f 0 ).
9 Chứng minh. f n+1 Đặt A= . Khi đó A0 = f n f 0 , n+1 n(A0 , ∞) = (n + 1)n(f, ∞) + n1 (f, ∞). Do đó n.n(f, ∞) = n(A0 , ∞) − n(f, ∞) − n1 (f, ∞). Mặt khác ta có f0 m( , ∞) = 0, f A0 0 1 nm(f, ∞) = m( , ∞) 6 m(A , ∞) + m( , ∞) f0 f0 = m(A0 , ∞) + T (f 0 ) − n(f 0 , 0) f0 = m(A0 , ∞) + n(f 0 , ∞) + m( f, ∞) − n(f 0 , 0) f f0 6 m(A , ∞) + n(f , ∞) + m(f, ∞) + m( , ∞) − n(f 0 , 0) 0 0 f = m(A0 , ∞) + n(f, ∞) + m(f, ∞) + n1 (f, ∞) − n(f 0 , 0) = m(A0 , ∞) + T (f ) + n1 (f, ∞) − n(f 0 , 0). Kết hợp với các bất đẳng thức trên ta có nT (f ) 6 T (f n f 0 ) + T (f ) − n(f 0 , 0) − n(f, ∞) và (n − 1)T (f ) + n(f 0 , 0) + n(f, ∞) 6 T (f n f 0 ). Vậy bổ đề được chứng minh. Định lý 1.2.2. (Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậc nhất). Cho f là hàm hữu tỷ trên K. Nếu f n (z)f 0 (z) 6= 1 với mọi z ∈ K và n > 2 thì f là hằng. Chứng minh. Giả sử, trái lại, f khác hằng. Theo Bổ đề 1.2.1 ta có (n − 1)T (f ) + n(f 0 , 0) + n(f, ∞) 6 T (f n f 0 ). Áp dụng Định lý chính thứ hai cho f n f 0 với các giá trị ∞, 0, 1 ta có T (f n f 0 ) 6 n1 (f n f 0 , ∞) + n1 (f n f 0 , 0) + n1 (f n f 0 , 1) − 1.
10 Ta có n1 (f n f 0 , ∞) = n1 (f, ∞); n1 (f n f 0 , 0) 6 n1 (f, 0) + n1 (f 0 , 0). Từ các bất đẳng thức trên ta có (n − 1)T (f ) + n(f 0 , 0) + n(f, ∞) 6 n1 (f, ∞) + n1 (f, 0) + n1 (f 0 , 0) + n1 (f n f 0 , 1) − 1. (n − 2)T (f ) 6 n1 (f n f 0 , 1) − 1. Do n > 2 ta có n1 (f n f 0 , 1) > 1. Từ đây suy ra f n f 0 nhận giá trị 1. Mâu thuẫn. Vậy f là hằng. Bổ đề 1.2.3. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n > 1 là số nguyên dương và a1 , a2 , a3 , · · · , aq là các điểm phân biệt của K. Khi đó q 4(n + 1) n 0 X q− 2 T (f f ) 6 n1 (f n f 0 , ai ) − 1. n + 3n + 2 i=1 Chứng minh. Áp dụng Định lý chính thứ hai cho f n f 0 với các giá trị ∞, 0, a1 , i = 1, ..., q ta có q X n 0 n 0 n 0 qT (f f ) 6 n1 (f f , ∞) + n1 (f f , 0) + n1 (f n f 0 , ai ) − 1. i=1 Ta ký hiệu n(f 0 , 0; f 0 6= 0) là các hàm đếm các không điểm của f 0 nhưng không là không điểm của f , ở đó mỗi không điểm của f được tính cả bội. Khi đó 0 0 f f f n(f , 0; f 6= 0) = n 0 , ∞ 6 n 0 , ∞ + m , ∞ 6 n1 (f, ∞) + n1 (f, 0). f f f Vậy n(f 0 , 0; f 6= 0) 6 n1 (f, ∞) + n1 (f, 0). Từ đây ta có n1 (f n f 0 , 0) 6 n1 (f, 0) + n(f 0 , f 6= 0) 6 n1 (f, ∞) + 2n1 (f, 0). Hơn nữa ta thấy n(f n f 0 , 0) − n1 (f n f 0 , 0) > 2nn>2 61 1 (f, 0) + (n − 1)n1 (f, 0). Mặt khác n1 (f, 0) = n61 >1 1 (f, 0) + n1 (f, 0).
11 Từ các bất đẳng thức trên ta nhận được 2 n1 (f n f 0 , 0) 6 2n>2 n(f n f 0 , 0)−n1 (f n f 0 , 0)−2nn>2 1 (f, 0)+n1 (f, ∞)+ 1 (f, 0) . n−1 Vậy n+1 2 4n >2 n1 (f n f 0 , 0) 6 n(f n f 0 , 0) + n1 (f, ∞) + 2 − n (f, 0). n−1 n−1 n−1 1 Từ đây ta nhận được 2 n−1 n1 (f n f 0 , 0) 6 n(f n f 0 , 0) + n1 (f, ∞). n+1 n+1 Hơn nữa n(f n f 0 , ∞) > (n + 2)n1 (f, ∞), n1 (f n f 0 , ∞) = n1 (f, ∞). Do đó q n 0 2 n 0 n−1 X qT (f f ) 6 n(f f , 0) + 1 + n1 (f, ∞) + n1 (f n f 0 , ai ) − 1; n+1 n+1 i=1 q n 0 2 n−1 1 n 0 X qT (f f ) 6 + 1+ T (f f ) + n1 (f n f 0 , ai ) − 1. n+1 n+1 n+2 i=1 Từ đây và Định lý chính thứ nhất ta nhận được q 4(n + 1) n 0 X q− 2 T (f f ) 6 n1 (f n f 0 , ai ) − 1. n + 3n + 2 i=1 Bổ đề được chứng minh. Tiếp theo, tôi trình bày Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậc cao của nó. Bổ đề 1.2.4. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K thỏa mãn f (k) 6≡ 0, m, k, n là các số nguyên dương. Khi đó 1. T (f ) 6 T f n (f (k) )m + 1 . 2. T (f ) 6 T f n (f (k) )m . Chứng minh. m 1. Đặt A = f n f (k) − 1. Khi đó ta có m A + 1 = f n f (k) ,
12 n(f ) 6 n(A + 1), 1 1 f (k) m = . f n+m A+1 f f (k) Hơn nữa m , ∞ = 0. Do đó f m(f, 0) 6 (n + m)m(f, 0) = m(f n+m , 0) = m(A + 1, 0). m Vậy T (f ) = n(f, 0) + m(f, 0) 6 n(A + 1, 0) + m(A + 1, 0) = T f n f (k) + 1 . m m m 2. Từ T f n f (k) = T f n f (k) + 1 , ta nhận được T (f ) 6 T f n f (k) . Bổ đề 1.2.5. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K thỏa mãn f (k) 6≡ 0, n, k, m là các số nguyên dương, n > 1 và a ∈ K, a 6= 0. Khi đó n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1) 1. T (f ) 6 n1 f n (f (k) )m , a −1. (n + k)(m + n + km) 2. Nếu n2 − n − k > 0 thì n2 − n − k − 1 T (f ) 6 n1 f n f (k) , a −1. (n + k)(m + n + km) Chứng minh. m 1. Theo Bổ đề 1.2.4 ta có f n f (k) khác hằng. Áp dụng Định lý chính thứ hai m cho f n f (k) nhận ba giá trị ∞, 0, a ta có m m m m T f n f (k) 6 n1 f n f (k) , ∞ +n1 f n f (k) , 0 +n1 f n f (k) , a −1. Ký hiệu n(f (k) , 0; f 6= 0) là số các không điểm của f (k) nhưng số các không điểm này không là không điểm của f , ở đó các không điểm của f (k) được tính cả bội. Khi đó ta có f (k) (k) n(f 6 0) = n , 0; f = ,0 f 6 T (f ) f (k) f (k) =n , ∞ +m ,∞ f f f (k) =n ,∞ f 6 kn1 (f, ∞) + n6k (f, 0) + kn>k 1 (f, 0).
13 Do đó n(f (k) , 0; f 6= 0) 6 kn1 (f, ∞) + n6k (f, 0) + kn>k 1 (f, 0). Từ đó nhận được m n1 f n f (k) , 0 6 n1 (f, 0) + n(f (k) , 0; f 6= 0) 6 kn1 (f, ∞) + n6k (f, 0) + kn>k 1 (f, 0) 6 (k + 1)n1 (f, 0) + kn1 (f, ∞). Lại có m m >(k+1) n f n f (k) , 0 −n1 f n f (k) , 0 > (1+k)n+m−1 n1 (f, 0)+(n−1)n6k 1 (f, 0). >(k+1) Mặt khác n1 (f, 0) = n6k 1 (f, 0) + n1 (f, 0). Từ đây và các bất đẳng thức trên ta có m >(k+1) n f n f (k) , 0 6 (k + 1)n1 (f, 0) + kn1 (f, ∞) k+1 n (k) m n (k) m >(k+1) + n f f − n1 f f , 0 − (1 + k)n + m − 1 n1 (f, 0) . n−1 Do đó n+k m k + 1 m n1 f n f (k) , 0 6 n f n f (k) , 0 + kn1 (f, ∞) n−1 n−1 (k + 1) (k + 1)n + m − 1 >(k+1) + k+1− n1 (f, 0). n−1 Chú ý rằng (k + 1) (k + 1)n + m − 1 k+1− < 0. n − 1) Do đó m k + 1 m k(n − 1) n1 f n f (k) ,0 6 n f n f (k) , 0 + n1 (f, ∞). n+k n+k Hơn nữa, nếu a là một cực điểm của f với bội t thì a là một cực điểm của f n với bội nt + (t + k)m > n + (1 + k)m. Do đó m m n f n f (k) , ∞ > n + (k + 1)m n1 (f, ∞) và n1 f n f (k) , ∞ = n1 (f, ∞). Do đó m k+1 m T f n f (k) 6 n f n f (k) , 0 n+k
14 k(n − 1) m m + 1+ n1 f n f (k) , ∞ + n1 f n f (k) , a − 1. n+k m k+1 m T fn f (k) n f n f (k) , 0 6 n+k n(k + 1) m + 1+ n f n f (k) , ∞ (n + k) n + (k + 1)m m + n1 f n f (k) , a − 1. Do m m n f n f (k) , 0 6 T f n f (k) , m m n f n f (k) , ∞ 6 T f n f (k) . nên n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1) m m T f n f (k) 6 n1 f n f (k) , a − 1. (n + k)(n + m + km) Theo Bổ đề 1.2.4 ta có n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1) m T (f ) 6 n1 f n f (k) , a − 1. (n + k)(n + m + km) 2. Áp dụng 1. khi m = 1 và để ý rằng n2 − n − k > 0 ta nhận được n2 − n − k − 1 m T (f ) 6 n1 f n f (k) , a − 1. (n + k)(m + n + km) Bổ đề 1.2.5 được chứng minh. Định lý 1.2.6. (Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậc m cao). Cho f là hàm hữu tỷ trên K thỏa mãn điều kiện f n (z) f (k) (z) 6= 1 với mọi z ∈ K và n, m, k là các số √ nguyên dương thỏa mãn điều kiện m > 1 và 1 + 1 + 4k n > 1 hoặc m = 1 và n > . Khi đó f là đa thức bậc nhỏ hơn k. 2 Chú ý rằng khi k = 1 thì từ Định lý 1.2.6 √ ta nhận được Định lý 1.2.2. 1+ 5 Thật vậy, khi k = 1, m = 1 ta có n > tức là n > 2. Áp dụng Định lý 2 1.2.6 ta có f là đa thức bậc bé hơn 1. Do đó f là hàm hằng. Chứng minh. √ 1+ 1 + 4k Với m > 1 và n > 1 hoặc m = 1 và n > , theo Bổ đề 1.2.5 ta thấy 2
15 không xảy ra f khác hằng thỏa mãn f (k) 6≡ 0. Nếu f là hằng thì f là đa thức bậc 0 < k. Nếu f khác hằng và f (k) ≡ 0 thì f là đa thức có bậc nhỏ hơn k. Tiếp theo ta xét vấn đề đã nêu đối với (f n )(k) . Ta cần các bổ đề sau. Bổ đề 1.2.7. Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n, k là các số nguyên dương, n > k và a là cực điểm của f . Khi đó (k) ϕk fn = (z − a)np+k ở đó p = µ∞ f (a), ϕk (a) 6= 0. Chứng minh. Do a là cực điểm của f ta nhận được ϕ fn = , p = µ∞ f (a), ϕ(a) 6= 0. (z − a)np Bây giờ ta chứng minh bằng quy nạp theo k. Với k = 1 ta có ϕ 0 ϕ0 .(z − a) − npϕ n (1) (f ) = = . (z − a)np (z − a)np+1 Đặt ϕ1 = ϕ0 .(z − a) − npϕ. Khi đó ϕ1 (f n )(1) = , ϕ1 (a) 6= 0. (z − a)np+1 Ta có ϕk 0 n (k+1) n (k) 0 (f ) = (f ) = (z − a)np+k ϕ0k (z − a) − (np + k)ϕk = . (z − a)np+k+1 Đặt ϕk+1 = ϕ0k .(z − a) − (np + k)ϕk . Khi đó ϕk+1 (f n )(k+1) = , ϕk+1 (a) 6= 0. (z − a)np+k+1 Bổ đề 1.2.7 được chứng minh.