hotgay_boy90
New Member
Download miễn phí Luận văn Lý thuyết nevanlinna và ứng dụng nghiên cứu phương trình hàm
Trong mụctrướcchúngta đã địnhnghĩahàm đặctrưng Nevanlinna và
có được địnhlý: vớimỗisốphức a, m(R,a) +N(R,a) = T(R)+O(1) . Từ đó
chúngta cũngthấyrằngtổng m + N có thể xem là độclậpvới a . Đóchínhlà
kếtquảcủa địnhlýcơbảnthứnhất. Địnhlýcơbảnthứhai sẽcho ta thấyrằng
trong trườnghợptổngquátsốhạngN(R,a) chiếm ưu thếtrong tổng
m + N vàthêm nữatrong N(R,a) chúngta không thểlàmgiảmtổng đó
nhiềunếucácnghiệmbội đượctínhmột lần. Từ kết quả này cũng suy ra
địnhlýPicard, nói rằnghàmphân hình nhận mọigiátrị, trừ ra cùng lắm là
hai giátrị.
Trong phầnnày, chúngtôi sẽtrìnhbày địnhlýcơbảnthứhai của
Nevanlinna và đưa ra mộtsố ứngdụngtrựctiếpcủa địnhlý đó.
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
em là độc lập với a . Đó chính làkết quả của định lý cơ bản thứ nhất. Định lý cơ bản thứ hai sẽ cho ta thấy rằng
trong trường hợp tổng quát số hạng ( , )N R a chiếm ưu 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 được 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.
Trong phần này, chúng tui sẽ trình bày định lý cơ bản thứ hai của
Nevanlinna và đưa ra một số ứng dụng trực tiếp của định lý đó.
1.3.2. Bất đẳng thức cơ bản
Để đơn giản, chúng ta sẽ viết ( , )m r a thay cho ( ,1/ )m r 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 1 2, ,..., qa a a 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: 1( )N r dương và được định nghĩa bởi:
1( ) ( ,1/ ) 2 ( , ) ( , )N r N r f N r f N r f , và
1
3 1( ) , , log log 2 log (0)
q
v v
f f qS r m r m r qf f a f
.
20
Chứng minh. Với các số phân biệt va ; (1 )v q , ta xét hàm:
1
1( ) ( ( ) )
q
v v
F z f z a
a) Giả sử rằng với một số v nào đó. ( ) /3vf z a q .Khi đó với v , ta có:
2( ) ( )
3 3v v
f z a a a f z a q
.
Bởi vậy, với v
1 3 1 1
2 2 ( )( ) vq f z af z a
Như thế ta có:
1 1 1 1 1( ) 1( ) ( ) 2 2 ( )( )vv v v
qF z f z a f z a q f z af z a
.
Từ đó ta có:
1log ( ) log log 2( ) v
F z f z a
.
Trong trường hợp này:
1
1 2log ( ) log log log 2( )
q
F z qf z a
1
1 3log log log 2( )
q qqf z a
. (*)
Bởi vì, với v
1 3 2log log log
2( )f z a
.
nên ta có:
1
1 1 1log log log( )( ) ( )
q
vvf z af z a f z a
21
1 2log ( 1)log( ) v
qf z a
.
suy ra:
1 2log ( 1)log( )v
qf z a
.
từ đó ta có:
1log ( ) log log 2( ) v
f z f z a
1
1 1log log log 2( ) ( )
q
vf z a f z a
1
1 2log ( 1)log log 2( )
q
qf z a
,
suy ra:
1
1 3log ( ) log log log 2( )
q qF z qf z a
.
Vậy (*) đã được chứng minh.
Như vậy nếu tồn tại một giá trị v q để ( ) /3vf z a q thì (*) hiển
nhiên đúng.
b) Ngược lại, giả sử ( ) /3vf z a q , v , khi đó có một điều hiển nhiên là:
1
1 3log ( ) log log log 2.( )
q
v v
qF z qf z a
Bởi vì, do ( ) /3vf z a q v nên 1 3 /( ) v
qf z a v suy ra
1log log 3 /( ) v
qf z a
,
suy ra
1
1log log 3 / log 2( )
q
v v
q qf z a
.
22
Từ đó:
1
1log ( ) 0 log log 3 / log 2( )
q
v v
F z q qf z a
.
Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có được:
1
1 3log ( ) log log log 2( )
q
v v
qF z qf z a
,
Với iz re lấy tích phân hai vế chúng ta suy ra:
2 2
0 0
1
1 3log ( ) log log log 2( )
q
i
v v
qF re d q df z a
.
Nên
1
3( , ) ( , ) log log 2
q
v
v
qm r F m r a
. (1.14)
mặt khác, ta xét:
'
1 1( , ) , , , ( , )f fm r F m r f F m r m r m r f Ff f f f
. (1a)
Theo công thức Jensen (1.12) ta có:
( , ) ( ,1/ ) log (0)T r f T r f f ,
(0)
, , log (0)
f f fT r T rf f f
, hay
(0)
, , , , log (0)
f f f f fm r N r m r N rf f f f f
suy ra:
(0)
, , , , log (0)
f f f f fm r m r N r N rf f f f f
(2a)
và ngoài ra ta có:
1 1( , ) , , log (0)T r f m r N r ff f
Hay
23
1 1 1
, ( , ) , log (0)m r T r f N rf f f
. (3a)
Kết hợp (2a) và (3a) thay vào bất đẳng thức (1a) ta được:
1 1( , ) ( , ) , log ,(0)
fm r F T r f N r m rf f f
+
+
'
(0)
, , log ( , )(0)
f f fN r N r m r f Ff f f
.
Bất đẳng thức trên kết hợp với (1.14) chúng ta sẽ có:
1
3( , ) ( , ) ( , ) ( , ) log log 2
q
v
v
qm r a m r m r F m r f q
1( , ) , , , ,f f fT r f N r N r N r m rf f f f
1 3( , ) log ( , ) ( , ) log log 2(0)
qm r f F T r f N r f qf
.
Sử dụng công thức Jensen cho hàm
'
f
f ta có:
2
0
(0) 1 ( )log log , ,(0) 2 ( )
i
i
f f re f fd N r N rf f re f f
Suy ra:
2
0
1 ( ) (0)
, , log log
2 ( ) (0)
i
i
f f f re fN r N r df f f re f
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 ff f
.
24
Cuối cùng chúng ta nhận được:
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 log 2(0)
f qm r m r f F qf f
.
Chú ý rằng
1
( , ) ,
q
v v
fm r f F m r f a
và đặt
1( ) ( ,1/ ) 2 ( , ) ( , )N r N r f N r f N r f ,
và
1
3 1( ) , , log log 2 log (0)
q
v v
f f qS r m r m r qf f a f
,
khi đó ta có:
1
1
( , ) ( , ) 2 ( , ) ( ) ( )
q
v
v
m r a m r T r f N r S r
.
Đây là điều cần chứng minh.
1.3.2.2. Nhận xét
1( )N r trong định lý (1.3.2.1) là dương vì:
1
( , ) log
q
v v
RN r f b ,
trong tổng trên nếu vb là cực điểm bội k thì được tính k lần. Giả sử 1,..., Nb b
là các cực phân biệt của ( )f z với cấp lần lượt là: 1,..., Nk k . Xét tại điểm vb ta
thấy khai triển của ( )f z sẽ có dạng:
( ) ...( )
v
v
k
k
v
cf z z b
Khi đó ( )f z sẽ có khai triển là:
1
1( ) ...( )
v
v
k
k
v
cf z z b
25
Tức là vb sẽ là cực điểm cấp 1vk của hàm ( )f z . Như vậy 1,..., Nb b sẽ là các
cực điểm của ( )f z với cấp lần lượt là 1 1,..., 1Nk k . Tất nhiên ( )f z không
có cực điểm nào khác. Như vậy:
1
( , ) log
N
v
v v
RN r f k b và 1( , ) ( 1)log
N
v
v v
RN r f k b
,
Nên:
1 1
2 ( , ) ( , ) 2 log ( 1)log
N N
v v
v vv v
R RN r f N r f k kb b
1
((2 ( 1))log
N
v v
v v
Rk k b
1
(2 1)log 0
N
v
v v
Rk b .
Từ đó ta có:
1( ) ( ,1/ ) 2 ( , ) ( , ) 0N r N r f N r f N r f .
1.3.3. Định lý cơ bản thứ hai...