Dịch vụ viết thuê đề tài – KB Zalo/Tele 0917 193 864 – luanvantrust com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ––––––––––––––––––––––– MAI THỊ LIÊN ĐA THỨC VI PHÂN CÁC HÀM PHÂN HÌNH VÀ VẤN ĐỀ CHIA[.]
CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA NEVANLINNA
Các hàm đặc trưng Nevalinnna và Công thức Poison - Jensen
Giả sử f ( z) là hàm phân hình trong hình tròn z
1, 2, , M ; các cực điểm b v (v 1, 2, , N ) trong hình tròn đó (mỗi không điểm hoặc cực điểm được tính một lần số bội của nó).
Khi đó, nếu z re i ; 0 r R , f ( z) 0, ; ta có log f ( z ) l 1 2 log f
N r , f log b r được gọi là hàm đếm, trong đó b là cực điểm của f z r tính cả bội,
1.1.3 Các hàm đặc trưng Nevalinnna
Kham thảo miễn phí – Kết bạn Zalo/Tele mình 0917.193.864
Dịch vụ viết thuê đề tài – KB Zalo/Tele 0917.193.864 – luanvantrust.com
3 Định nghĩa1.1 A K A K được gọi là tập các hàm nguyên trên K và
A r K f z / r ( bán kính hội tụ r ). Định nghĩa 1.2 Giả sử f A ( p K ,
+ n r , 1 : z K 0; r : f z a 0 là hàm đếm được số không điểm
(kể cả bội ) của f a trong đĩa K 0; r .
+ n r , là hàm đếm số không điểm phân biệt của f a trong đĩa
+ Với 0 0 hàm N r , dt , 0 r được gọi là
f a 0 t hàm giá trị của f a trên đĩa K 0; r Định nghĩa 1.3 Với a K ta định nghĩa
+ Hàm đếm được số 0 - điểm ( kể cả bội ) của f a trong đĩa K 0; r được xác định bởi n r ,
Kham thảo miễn phí – Kết bạn Zalo/Tele mình 0917.193.864
Dịch vụ viết thuê đề tài – KB Zalo/Tele 0917.193.864 – luanvantrust.com
+ Hàm giá trị của f a trên đĩa K 0; r được xác định bởi
f 1 af 0 Định nghĩa1.4 Giả sử f M ( p K với 0 ta định nghĩa
Kham thảo miễn phí – Kết bạn Zalo/Tele mình 0917.193.864
Hàm xấp xỉ của hàm f trên đĩa K 0; r được xác định bởi m r , f log r , f max 0, log r , f
Công thức Jensen có thể viết thông qua hàm đặc trưng như sau
M ( p K M K 0; Định nghĩa1.5 Giả sử x là số thực dương, kí hiệu log x max 0, log x .
Ta có: log x log x log 1 , vì x 1: log x 0 log x log x , log 1
Một số kết quả cơ bản của lý thuyết Nevanlinna
Định lý 1.2.1 (Định lý cơ bản thứ nhất) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng trên K 0, Khi đó, với mọi a K , ta có
Định lý cơ bản thứ nhất cho thấy hàm phân hình nhập mọi giá trị a một số lần như nhau, khẳng định tính toàn vẹn của phương trình Trong khi đó, Định lý cơ bản thứ hai giả sử rằng f là hàm phân hình khác hằng trên các điểm phân biệt thuộc tập K, và định nghĩa l = min {1, a_i – a_j} cùng với A = max {1, a_i} Khi 0 < r < ρ, ta có các hệ quả quan trọng liên quan đến tính liên tục và phân phối của hàm số, góp phần vào việc hiểu rõ hơn về các đặc tính của hàm phân hình trong toán học.
là hàm phân hình khác hằng số trên Ta định nghĩa r , S f là một đại lượng xác định thỏa mãn S r , f o T r , f khi r
; có thể trừ đi một tập E của r có độ đo hữu hạn Giả sử a z , a 0 z , a 1 z , là các hàm nhỏ của f , tức là các hàm thỏa mãn
khi r Định lý 1.2.3 ( Định lý Milloux ) Cho l là một số nguyên, f là hàm phân l hình khác hằng số trên và z a v z f v z
Chứng minh Xét trường hợp z f l z , chứng minh bằng phép quy nạp với l
S r , f Giả sử , với l nào đó. m r , f
Nếu f z có cực điểm tại z 0 cấp k thì l f z có cực điểm tại z 0 cấp k l và k l
Cộng các bất đẳng thức (*) (**) ta được
6 l l 1 T r , f S r , f . Như vậy trong trường hợp này (1.2) được chứng minh.
r , trừ một tập E của r có độ đo hữu hạn.
Vậy định lý được chứng minh trong trường hợpz f l z Trường hợp tổng quát ta chú ý rằng
có cực điểm cấp p tại z 0 và a v z có cực điểm cấp không quá q tại z 0 thì z
có cực điểm tai z 0 cấp không vượt quá p l q p l và q l 1 p q
N l l 1 T r , f S r , f . Vậy định lý được chứng minh. Định nghĩa 1.7 Giả sử f z là hàm phân hình trên mặt phẳng phức , a , đặt
Khi đó, a được gọi là số khuyết của hàm tại giá trị của a
N r , f log br , tổng lấy theo mọi cực điểm của b của hàm trong miền b r đồng thời mọi cực điểm chỉ được tính một lần. Đặt
Chỉ số bội của giá trị a, được định nghĩa là N ( r , a) T r , f l a thể hiện mức độ nhân rộng của hàm số tại giá trị a Định lý 1.2.4, còn gọi là Định lý Quan hệ số khuyết, cho biết rằng đối với hàm phân hình f z , tập hợp các giá trị a mà $\Theta(a) > 0$ là đếm được, đồng thời tổng hợp các độ đo liên quan thỏa mãn điều kiện a a + a a a 2, giúp xác định mối liên hệ giữa các tham số và đặc điểm của hàm.
Chứng minh.Từ định nghĩa suy ra rằng: a a a .Chọn dãy
r n , r n sao cho S r n o log T r n , f Từ định lý cơ bản thứ hai, với mọi tập hợp gồm q số phức phân biệt ta có
Bất đẳng thức trên có thể viết lại như sau a 1 , a 2 , , a q
Nếu b là một cực điểm cấp k của hàm f z trong z
r n thì đại lượng log r n b tham gia k lần trong công thức tính N r n , đồng thời do b là cực điểm của f ' z cấp k 1 lần trong công thức tính N r n , f '
Mặt khác, giả sử b là nghiệm bội k của phương trình: f z a v với v nào đó 1 v q
Khi đó, đại lượng log r n b tham gia k lần trong công thức tính tổng
Vì b là không điểm cấp k 1 lần vào công thức tính tổng N r n , 1 f '
Với N 0 f ' là tổng có dạng log r b n lấy theo mọi không điểm của b của f ' mà không là nghiệm của bất kì phương trình f z a v nào 1 v q q 1 q
Chia hai vế cho T r n , f ta được q 1 o 1
Ta cần chứng minh tồn tại tập hợp các giá trị a sao cho ( a) 0 , cùng lắm là đếm được, đồng thời ( a) 2 a Đặt
Tập hợp a / a 1 có không quá 2n phần tử.
Vậy A cùng lắm là đếm được.
Trong tập hợp mở hội tụ, theo Định lý Picard, nếu hàm \(f\) là hàm phân hình khác hằng, thì mọi giá trị của \(f\) đều nhận tối đa là hai giá trị, đảm bảo tính liên tục và tính chất phân hình của hàm Cụ thể, tổng số giá trị \(f\) nhận được không vượt quá 2, thể hiện tính độc lập và hạn chế trong phạm vi rộng của hàm phân hình trong phân tích toán học.
Chứng minh Giả sử f không nhận ba giá trị a 1 , a 2 , a 3 có nghĩa là phương trình vô nghiệm.
Trong bài toán, ta nhận thấy rằng suy ra tổng của các giá trị của hàm Θ(a) lớn hơn hoặc bằng 3 là vô lý Định lý 1.2.6 cho biết rằng, với các hàm phân hình khác hằng trong tập số nguyên n ≥ 11, nếu f, f' và g, g' chia sẻ cùng một giá trị khác không (bao gồm bội), thì những hàm này có các đặc điểm liên quan đến chia sẻ giá trị không tầm thường Điều này nhấn mạnh rằng trong các hàm phân hình, việc chia sẻ giá trị khác không giữa các hàm liên kết có thể dẫn đến những kết quả quan trọng về tính đối xứng và độc lập của các hàm này.
Trong trường hợp này, chức năng f bằng với cg, với c thuộc tập hợp các số thỏa mãn điều kiện c^n+1=1, hoặc f và g là hàm hằng số Hàm f có dạng e^{az}+b, với a và b thuộc tập hợp các số phức Nếu f và g là hàm nguyên, thì kết quả này còn đúng cho n ≥ 7 Đặc biệt, kết quả này đã được chứng minh tương tự cho cả hàm nguyên và hàm phân hình, liên quan đến các đa thức vi phân, mở ra những khám phá mới trong lĩnh vực nghiên cứu các loại hàm trong phân tích phức.
P u : u n k , P u : u n (u 1) k , P u : u n (u 1) 2 u ' Định lý trên đây được chứng
Đề cập đến đề tài về các định lý xác định duy nhất của đa thức vi phân, bài viết bắt đầu với việc trình bày các kết quả của Fang và Lin cùng nhiều nhà nghiên cứu khác Sau đó, nghiên cứu mở rộng sang việc khám phá các định lý xác định duy nhất khác nhau đối với các dạng đa thức vi phân, góp phần nâng cao hiểu biết về lý thuyết và ứng dụng của lĩnh vực này.
P f : f n af Điều này được gợi ý bởi kết quả nổi tiếng của Hayman 6 nói rằng, nếu f là hàm phân hình trong và thỏa mãn f n z af ' z b z n 5, a , b , a với
0 thì f là hàm hằng Nếu f là hàm nguyên thì điều này đúng cho n 3, n 2, b 0 Như
Doringer 1 đã chỉ ra rằng, điều nói trên vẫn còn
đúng cho f n af k thay vì f n af ' , với điều kiện n k 4 Nếu f là hàm nguyên, thì chỉ cần giả thiết n 3 , độc lập với k.
Bổ đề
Bên cạnh các kí hiệu tiêu chuẩn và kết quả của lý thuyết Nevanlinna chúng tôi sử dụng các kí hiệu sau đây
N P ) r , f : Ký hiệu hàm đếm cực điểm của f có bội nhiều nhất là P, mỗi cực điểm được tính một số lần bằng bội của nó.
N ( P r , f : Ký hiệu hàm đếm cực điểm của f có bội ít nhất là P, mỗi cực điểm được tính một số lần bằng bội của nó.
N P ) r , f và N ( P r , f : Ký hiệu các hàm đếm, trong đó mỗi cực điểm chỉ được tính một lần.
Chúng ta sử dụng ký hiệu N(r, f | g ≠ c) để đếm các cực điểm của hàm số f mà không phải là điểm của hàm g - c, giúp xác định chính xác các điểm đặc biệt của hàm trong phân tích phức Tương ứng, ký hiệu N(r, f | g ≠ c) cũng thể hiện rõ ràng các cực điểm của hàm f liên quan đến điều kiện g ≠ c, đảm bảo tính rõ ràng trong quá trình nghiên cứu Ngoài ra, chúng ta ký hiệu số hạng tùy ý o(T(r, f)) khi r → ∞ ngoại trừ trên một tập hữu hạn về độ đo, nhằm kiểm soát các phần nhỏ của hàm trong phép phân tích Đánh giá nổi tiếng dựa trên [5: định lý 3.2] đóng vai trò rất quan trọng trong việc xây dựng các lý thuyết và chứng minh các kết quả về hàm phức trong lĩnh vực này.
Bổ đề 1.3.1 (Bất đẳng thức Milloux ) Nếu f là hàm phân hình trongvà k , c 0 thì
Ngoài ra, chúng ta cần mở rộng sau đây của định lý Tumura Clunie nổi tiếng bởi Yi 10
Bổ đề 1.3.2 cho thấy rằng, với một đa thức vi phân P có bậc không vượt quá n-1 và trọng lượng w(P) không đổi, thì nếu P[f] ≠ 0, hệ số lập luy là l ≤ (1 + w(P) - deg(P)) N(r,f) + N(r, 1/f) + N(r, ψ₁) + S(r,f) Đặc biệt, điều này phản ánh mối liên hệ giữa bậc của đa thức, trọng lượng của nó và các hàm số liên quan đến giá trị của f trong phương trình vi phân.
Mở rộng sau đây của bổ đề đạo hàm logarit thuộc về
Doriger [1, bổ đề 1(i)] xem [3, bổ đề 5].
Bổ đề 1.3.3 Giả sử Q là một đa thức vi phân với hệ số phức C j đó m r , Q f deg Q m p r , f m r , C j
S r , f j 1 Đúng với mọi hàm phân hình f và với mọi r > 0
Cuối cùng, kết quả sau đây từ [4, Định lý 9] là hữu ích trong chứng minh của hệ quả 5.
Bổ đề 1.3.4 Cho H t a j M j là một đa thức vi phân thuần nhất với các đơn j1 thức vi phân đã chuẩn hóa M j và hệ số hằng số a j Giả sử
Nếu f là một hàm nguyên khác không trong và H [f ] 0 , thì f có dạng f z e ax b , a, b
QUAN HỆ CỦA HÀM PHÂN HÌNH KHI ĐA THỨC VI PHÂN CỦA NÓ CHIA SẺ MỘT GIÁ TRỊ
Hai định lý
Định lý 2.1.1 Cho f và g là các hàm phân hình trong, a , b \ 0 và cho n, k thỏa mãn n 5k 17 Giả sử các hàm
Chia sẻ giá trị b, kể cả bội Khi đó
Trong thực tế, trường hợp (2.3) được cho là không thể xảy ra, nhưng chưa có bằng chứng chứng minh điều này Việc giới hạn xét hàm nguyên giúp giảm thiểu các giả thiết về n, loại trừ một số trường hợp không phù hợp Định lý 2.1.2 xác định rằng nếu f và g là các hàm phân hình nguyên khác hằng, đồng thời a, b là các phần tử khác 0 trong tập hợp, và n, k thỏa mãn điều kiện n ≥ 11 và n ≥ k + 12, thì các hàm $\psi_{f}^{l}g$ xác định theo công thức (2.1).
Khi đó l f b f n af k b l g b g n ag k b hoặc f g , f k g k b a Ở đây, nếu thêm giả thiết k 1 , ta có thể kết luận rằng f và g là đồng nhất bằng nhau.
Chúng tôi sẽ chứng minh đồng thời định lý 2.1.1 và 2.1.2, bắt đầu bằng giả thiết rằng f và g là các hàm phân hình Trong quá trình điều tra, chúng tôi xem xét các hàm cộng giá trị của chúng, cụ thể là các hàm liên quan đến các hàm chia sẻ giá trị b, bao gồm cả các bội của b.
Hơn nữa, giả sử f và g là các hàm nguyên hoặc n
5k 17 n max 11, k l 2 Phác thảo ngắn gọn các ý tưởng chính để chứng minh Định lý 2.1.1 và Định lý 2.1.2
Phác thảo của chứng minh: Không giảm tổng quát, giả sử a 1, xét các hàm
g trong đó f và g xác định như trong b
Dễ dàng thấy rằng T r, f ít nhiều gần với n k 1 T r , f . Đặc biệt ta có
Ta cần áp dụng định lý cơ bản thứ hai cho f để suy ra ước lượng kiểu
S r , f , (2.4) trong đó c 0 độc lập với n Từ ( 2.4 ) suy ra
r , f S r , f , n k 1 T mâu thuẫn nếu n đủ lớn (Như đã nêu trong các định lý, n 5k 17 trong trường hợp phân hình, n max 11, k
2 trong trường hợp hàm nguyên).
Để có được một đánh giá như trong (2.4), ta cần nghiên cứu các hàm đếm thu gọn các không điểm và cực điểm của f và các không điểm của f 1
Các không điểm của f là không điểm của f , các không điểm của f 1 là không điểm của f k b và cực điểm của f Nhờ định lý cơ bản thứ nhất, các
N r , có thể ước lượng bởi T r , f S r , f
và k 2 T r , f S r , f Cực điểm của f là các không điểm của f 1 Điểm khó khăn chính trong các chứng minh là cần nhận được một số ước lượng cho
15 các hàm đếm tương ứng N r , 1 Ở đây, các không điểm bội của f b là
dễ dàng kiểm soát; hàm đếm của chúng không vượt quá 3 k T r , f
S r , f (tương ứng nhiều nhất là 2T r , f S r , f trong trường hợp hàm nguyên) Vì vậy, chúng ta có thể giới hạn ở việc xét các không điểm đơn f b
Hàm phụ trợ hàm sau đây rất có ích
Dựa vào bổ đề về đạo hàm của logarit, ta thấy rằng đạo hàm của D là nhỏ và D chia sẻ mức giá trị bằng 0 với các hàm φ_f – b và φ_g – b Điều này cho thấy D không có cực điểm nào ngoài các cực điểm của hàm f và g, và tất cả các cực điểm của D đều là cực đơn, bởi vì D bao gồm các đạo hàm logarit.
Nếu z 0 là không điểm của f b và g b , thì ta có thể tính
nên z 0 là không điểm của
Điều này có nghĩa rằng chúng ta có thể ước lượng hàm đếm
1 T r , H Nhưng ở đây, một trong những vấn đề lớn xảy
m r , H lại nhỏ, nhưng có vẻ như N r ,
H không thể kiểm soát được theo các yêu cầu đặt ra Các giải pháp cho vấn đề này là như sau.
Nếu z 0 là một không điểm đơn của f b thì chúng tôi sử dụng các phương trình f n z 0 b f k z 0 để thay thế các từ trong ' f cái nào là "lớn"
16 trong ý nghĩa của lý thuyết Nevanlinna (tức là với đặc trưng n.T r , f ) bằng những cái nhỏ hơn (với đặc trưng c là độc lập với n ).
Do đó , thay vì H ta đưa vào hàm phụ phức tạp hơn
Khi đó, mỗi không điểm đơn của f b là một số không của H Ưu điểm chính của H là nó không chứa bất kỳ số hạng nào liên quan đến f n nữa.
Giả sử rằng H 0 Khi đó, ta có
f b H Ở đây, như đã nói trên, là các cực điểm của f và m r , D là nhỏ và
Do đó, chỉ còn phải xét
D không có cực điểm nào khác hơn ngoài có thể g và nó bao gồm các đạo hàm logarit , vì vậy là " không quá lớn".
Sử dụng định lý cơ bản thứ nhất của hàm đếm các cực điểm của Q[f], ta có thể ước lượng số cực điểm của Q[f] dựa trên các số không điểm của mẫu số của Q[f] và các cực điểm của hàm số f, thông qua biểu thức k + 5 T(r, f) + S(r, f) Tuy nhiên, còn vấn đề về m(r, Q[f]) cần được xem xét, và điều này mở ra câu hỏi về khả năng ước lượng hoặc xác định chính xác giá trị của m(r, Q[f]) trong mối tương quan với các đặc trưng của hàm f và các số không điểm của Q[f].
Trong quá trình phân tích, chúng ta nhận thấy rằng \( f(k+1) \) biểu thị cho hàm số \( Q[f] \) và \( Q[g] \) một lần nữa là sự hợp của các đạo hàm logarithm, khiến hàm xấp xỉ của nó trở nên nhỏ và giúp chúng ta ước lượng theo công thức (2.4) Tuy nhiên, điều này dẫn đến mâu thuẫn trong phân tích, vì vấn đề phức tạp hơn nhiều Cụ thể, thay vì sử dụng \( T(r, f) \), chúng ta phải làm việc với giá trị tối đa của \( T(r, f) \) và \( T(r, g) \), đôi khi đòi hỏi các đánh giá phức tạp và tinh vi hơn trong phân tích.
Để hoàn thành chứng minh, ta cần chỉ ra rằng H 0, tức là xác định đồng nhất thức đầu tiên liên hệ giữa hàm số f và g Trong quá trình chứng minh, các đánh giá và đồng nhất thức ngày càng trở nên mạnh mẽ hơn, giúp khẳng định mối liên hệ chặt chẽ giữa hai hàm số này Điều này góp phần mở rộng các kết luận quan trọng và hoàn thiện luận cứ một cách logic, chính xác.
Trước tiên ta chỉ ra rằng V
Sau đó, suy luận rằng c là hàm hữu tỷ, chẳng hạn c p , p, q Kết hợp V f cV g và H 0 ta q được
Trong phần này, chúng ta giả thiết rằng hàm số ở vế trái không có điểm không hoặc cực điểm nào khác ngoài các điểm có thể là cực điểm của hàm f và g Điều này giúp xác định mối quan hệ giữa các không điểm của f, g, và các hàm liên quan như f_k và g_k Phân tích kỹ lưỡng các mối quan hệ này cho thấy sự mâu thuẫn trong trường hợp c = 1 hoặc c = 0, đặc biệt là c = 1, là trường hợp khó chứng minh nhất Các công cụ chính được sử dụng trong phần này bao gồm việc lặp đi lặp lại bất đẳng thức Milloux, giúp đi đến kết luận rằng f_n g_n xấp xỉ f_n g khi n tiến tới vô cùng, thể hiện mối liên hệ chặt chẽ giữa các hàm số trong bài toán.
18 với d nào đó và bây giờ dễ dàng chỉ ra rằng d 1, suy ra điều phải chứng minh.
Ngoài ra , đối với trường hợp các hàm nguyên, c 1 có thể được loại trừ.
Chứng minh Định lý 2.1.1 và Định lý 2.1.2
Giả sử rằng a bằng 1 để đơn giản hóa, không thay đổi tổng quát của bài toán Trong trường hợp này, có thể thay thế hàm f và g bằng cf và cg, đồng thời thay đổi b thành bc^n, với c là một hằng số phù hợp sao cho c^(1 - n) = a Chiến lược này giúp tối ưu hóa các phép biến đổi mà không thay đổi tính tổng quát của phương trình ban đầu.
Tất nhiên , f là khác hằng, vì nếu ngược lại, từ bổ đề logarit chúng ta sẽ có được nT r , f T r , f n T r , f k o 1
Lí luận tương tự, ta thấy g cũng khác hằng.
Giả sử chia sẻ giá trị suy ra rằng g f b b không có không điểm và cực điểm trừ ra có thể là các cực điểm của f và g
Khi n ≥ k + 2, mỗi cực điểm của hàm số \(f\) tại điểm \(p\) sẽ trở thành cực điểm cấp \(np\) của hàm \(\psi f\), và điều này cũng áp dụng tương tự cho hàm \(\psi g\) Những tính chất này rất quan trọng và sẽ được sử dụng nhiều lần trong các phần phân tích tiếp theo của bài toán.
Khi đó f là một đa thức bậc k và các hàm f : f b f n và l g : g b g n g k b chia sẻ giá trị 0 CM.
Trong trường hợp này, hàm \(f\) là một đa thức, và hàm \(\psi g\) chỉ có hữu hạn không điểm Tất cả các không điểm của \(\psi g\) đều có bội ít nhất là n, vì mỗi không điểm như vậy cũng là không điểm của \(f^n\) với bội tương ứng.
Ta giả thiết phản chứng rằng g k b Áp dụng mở rộng định lý Tumura - Clunie Yi (Bổ đề 7) với P u u k b và bổ đề Dửringer (bổ đề 8), ta được
Vì thế n 3 T r , g k 1 N ( r , g ) S r , g Điều này cho ta mâu thuẫn cả trong trường hợp phân hình (trong đó n
3 k 1) và trong trường hợp hàm nguyên (trong đó N ( r , g) 0 ) Vì vậy, g k b
Trong bài viết này, chúng ta chứng minh rằng nếu hai đa thức f và g đều chia sẻ giá trị 0 tại một điểm nhất định, thì tồn tại một số α sao cho f bằng α nhân g, tức là f = αg Từ điều kiện f(k) ≡ b ≡ g(k) ≠ 0, ta suy ra rằng f và g tương đương, xác nhận tính đúng đắn của định lý trong trường hợp này.
Trường hợp mà g k b được chứng minh tương
+) Trường hợptự. f k b và g k b Định nghĩa 2.1 f :
Nếu f là hằng số, f c , khi đó ta có f n 1 c c f k b (2.6)
Trong đó c 1 do ta đã giả thiết rằng f
k b , nên như trong (2.5) ta có nT r , f
20 tức là T r , f S r , f , mâu thuẫn Do đó f không phải là hằng số, và g cũng vậy.
Do f là giải tích tại cực điểm của f , ta có
Mỗi điểm x không phải là điểm không của hàm số \(f\) mà không phải là điểm không của \(f(k) - b\) sẽ là một điểm không của hàm \(\varphi f\) với bội ít nhất là n Điều này cho thấy mối liên hệ giữa các điểm không của hàm số gốc và hàm biến đổi \(\varphi f\), giúp xác định chính xác số số không của hàm trong quá trình phân tích Nhận xét này đóng vai trò quan trọng trong việc hiểu sâu về đặc tính của hàm và cấu trúc của các điểm không của nó.
Áp dụng định lý cơ bản thứ hai và sử dụng (2.7), (2.8), (2.9) suy ra
Trong đánh giá thứ ba, chúng ta đã sử dụng khái niệm về sự kiện, đây là điểm chung của các hàm f và f_k Các cực điểm của hàm b có thể là điểm cực của một trong hai hàm f(k) hoặc f_n, nhưng không phải cả hai cùng lúc do hai hàm này không có điểm cực chung.
Như đã nói trong phần mô tả ngắn gọn phương hướng chứng minh, khó khăn chính trong phần sau là làm thế nào có được một ước lượng cho
1 Đối với ánh xạ phân hình w , ta định nghĩa
Ta sẽ chứng tỏ rằng P f 0
Giả sử P f 0 Khi đó vì f k b 0 ta có f k 1 n f ' f k b f và lấy tích phân ta được f n c f k b , đối với hằng số thích hợp c 0 nào đó.
Phương pháp như trong (2.6) dẫn đến một mâu thuẫn.
Như vậy P f 0 và lí luận tương tự ta có
Giả sử w là ánh xạ phân hình ta đặt
Hơn nữa, ta định nghĩa
+) Xem trường hợp H 0 lƯớc lượng hàm đếm cho các không điểm đơn của f b a Giả sử z 0 là một không điểm của f b và do đó, của g b
Khi đó f ' b f có khai triển Laurent
Vì khai triển tương tự cũng đúng cho g ' b g ta có
Làm tương tự ta có được '' g z 0
Thay điều này vào (2.11) ta được
Ta xem xét một cách riêng rẽ m r , H và N r , H , và luôn nhớ rằng
H D Q f Q g b Sử dụng bổ đề đạo hàm logarit ta có m r , D S r , f S r , g S r , f S r , g
Các ước lượng cho m r , Q và m r , Q g là phức tạp f hơn.
Khi đó ta có l L w ' L w L w 2 Đối với tất cả các hàm phân hình khác hằng w với W k b , do đó n n 1 w ' 2 nww '' w 2 L w
2Q w nww ' w 2 L w l w ' nww '' w 2 L w ' w 2 L w 2 nw ' 2 nww ' L w n w nww ' w 2 L w w '' w ' 2 w ' n n
2 n L w , (2.14) w n w ' w L w w V w với điều kiện P w 0 và do đó V w 0 Đặc biệt , suy ra w f và w g Dựa vào bổ đề đạo hàm logarit và định lý cơ bản thứ nhất, dễ nhận được
T r , V f CT r , f S r , f , với c 0 nào đó (thực ra, có thể chọn c k 3, nhưng giá trị chính xác của c không phải là cần thiết trong phần sau ).
Do đó ta có suy ra S r , V f
Tương tự như vậy ta có m r , Q g S r , g Kết hợp điều này với (2.13) ta có m r , H S r , f S r , g (2.15) c Vì f và g chia sẻ giá trị b tính cả bội, những cực điểm có thể của
Điểm cực của D chính là điểm cực của hàm số f và g, đồng thời tất cả các điểm cực của D đều là điểm đơn Từ công thức (2.14), ta có thể lập luận rằng các điểm cực của hàm f và g tương ứng chính là các điểm cực của phép biến hình Q[f] và Q[g] Điều này cho thấy mối liên hệ chặt chẽ giữa các điểm cực của các hàm ban đầu và các điểm cực của phép biến hình liên quan.
Q g (2.16) Để ước lượng hàm đếm các cực điểm của Q f , xét một không điểm đơn z của f
k b mà không phải là không điểm của f Khi đó z cực điểm đơn
0 0 của L f , và do đó của V f và
Dó đó có các thặng dư
Do (2.14 ) ta suy ra rằng Q f giải tích tại z 0
Vì vậy mỗi cực điểm của Q f là một không điểm hoặc cực điểm của f , mỗi không điểm bội của f k b hoặc là không điểm hoặc cực điểm của V f .
Các cực điểm của hàm V[f] là các điểm không xác định hoặc cực điểm của hàm f, hoặc các điểm không xác định của hàm f(k) - b Đồng thời, tất cả các cực điểm của hàm Q[f] đều là cực điểm đơn Do đó, có thể kết luận rằng các cực điểm của hàm này có tính chất đơn, giúp hiểu rõ hơn về đặc điểm và hành vi của các hàm phức liên quan.
b f Ở đây, theo Định lý cơ bản thứ nhất
25 Đánh giá tương tự cũng đúng cho Q g ,
b d Từ (2.12) , ( 2.15) , ( 2.16 ) và hai đánh giá sau cùng, ta nhận được
b l S r , g . lCác không điểm bội của f b
Giả sử z 0 là một không điểm bội Khi đó, ' f z 0 0 Do đó f n z 0 f k z 0 b và nf n 1 f ' z 0 f k 1 z 0 0 , và ta có kết luận hoặc f z 0 0 f k z 0 b f k 1 z 0 , tức là z 0 là không điểm của f k b hoặc f k z 0 b và
0 n f f ' z 0 f f k k 1 b z 0 V f z 0 Kết hợp với (2.17) ta có
(2.19) lKết hợp (2.19) với (2.18) ta được đánh giá cần tìm đối với hàm đếm các không điểm của hàm f b
S r số hạng tùy ý có dạng S r o T r khi r ngoài một tập có độ đo Lebesgue hữu hạn.
Kết hợp điều này với đánh giá tương tự đối với T r , g ta có
Nếu f và g là các hàm nguyên , nghĩa là nếu các số hạng r , f và
N r , g triệt tiêu, thì thay vì (2.22), chúng ta có đánh giá mạnh hơn
(và một đánh giá tương tự cho T r , g ) và thay vì (2.23), ta có l n 1 2 T r 9nT r S r
Vì vậy các giả thiết yếu n 11 của Định lý 2.1.2 (suy ra n 1 2 9n ) cũng đủ để tạo ra một mâu thuẫn.
Vì vậy, cả trong trường hợp hàm phân hình và trong trường hợp hàm nguyên không thể xảy ra H 0
f b g b bằng cách lấy tích phân, ta suy ra sự tồn tại của một hằng số c sao cho
28 ta sẽ xét các trường hợp của V f c.V g và V f cV g một cách riêng rẽ. lGiả sử V f cV g
Giả sử z 0 là không điểm đơn của f b (và do đó của g b ) nhưng không phải là không điểm của f hoặc g Khi đó vì f n z 0 b f k z 0 và g n z 0 b g k z 0 , z 0 không là không điểm của f
k b hoặc của g k b và rõ ràng nó không phải là một cực điểm của f hoặc g Tính toán cho ta l f b z 0 ' f z 0 nf n 1 f ' f k 1 z 0 l g b g ng n1 g k 1 n f ' f k 1
Sử dụng sự kiện z không phải là không điểm hoặc cực điểm của f n g n
0 cũng không phải là không điểm hay cực điểm của f b , từ (2.24) dễ thấy rằng
V f không có không điểm hoặc cực điểm tại z 0 Hơn nữa , từ định nghĩa của
V ta thấy rằng V f và V g đều không có cực điểm tại z 0 Suy ra
Nếu z₀ không phải là điểm bội của _f – b (và do đó của _g – b), các lập luận dẫn đến (2.19) cho thấy z₀ không phải là điểm của hàm số f hoặc g, hoặc không phải là điểm chung của tập hợp V[ f ] và V[ g ] Điều này đồng nghĩa với việc z₀ cũng không phải là điểm của tập hợp V[ f ] – cV[ g ], xác định rõ tính rỗng của điểm chung giữa các không gian hàm số liên quan, giúp củng cố lý thuyết về điểm không của các không gian hàm trong phân tích chức năng.
b b như vậy đánh giá thậm chí còn tốt hơn so với ( 2.20)
Sử dụng cùng một lập luận như trong phần (2.3.3.3) suy ra mâu thuẫn. l V f cV g
Do V g 0 ta có thể đơn giản ước (2.24) để có được
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các trường hợp dựa trên bản chất của c Đặc biệt, khi c là không hữu tỷ, ta so sánh các thặng dư của hai vế trong công thức (2.25) và nhận ra rằng thặng dư của đạo hàm logarit là số nguyên Điều này dẫn đến kết luận rằng biểu thức n f ' - f(k+1) không có cực điểm trong mọi trường hợp, qua đó chứng tỏ rằng hàm f n là hàm f(k) trừ đi một hàm b f.
k b hàm nguyên không triệt tiêu f
Suy ra f cũng là một hàm nguyên (vì một cực điểm của f bội P sẽ là cực điểm của f k b bội f n ). np p 0
Hơn nữa , tất cả các không điểm của f k b có ít nhất bội n và ta có
b f k b Thay những đánh giá này vào bất đẳng thức Milloux của (Bổ đề 6) ta được
Do n 3, điều này có nghĩa là T r , f S r , f , mâu thuẫn.
Do đó ta kết luận c hữu tỷ và c 0 b Giả sử c 0 ( c hữu tỷ ) khi đó có tồn tại p, q mà c p lấy tích q phân (2.25) ta được
f b với d \ 0 Kết hợp điều này với (2.26), ta được
1 Xét các trường hợp cả f và g đều là các hàm nguyên
Không giảm tổng quát, có thể giả sử p q Khi đó
g b không điểm và cực điểm Từ (2.28) và(2.29) ta suy ra
k b Thay vào bất đẳng thức Milloux, ta có
2 Trường hợp hoặc f hoặc g có một cực điểm
Giả sử z₀ là một cực điểm của bội của hàm g Khi đó, z₀ không phải là điểm của vế phải trong phương trình, dẫn đến z₀ cũng không phải là điểm của vế trái của (2.27) Điều này suy ra z₀ là một không điểm của hàm f, đặc biệt với bội α Hơn nữa, z₀ không thể là điểm của các phần còn lại trong tập xác định của hàm.
32 một không điểm của f k b , nếu không nó sẽ là một không điểm f b và do đó, của g b mâu thuẫn vì các cực điểm của g cũng là cực điểm của g
Vì vậy, so sánh bội trong hai vế của (2.27) ta có nq np p k và từ (2.28) ta có
Từ (2.27) ta có f n f k b với d 0 nào đó.
Ta chỉ ra d1 Thật vậy, nếu mỗi không điểm của f b ( g b ) (và do đó, của g b ) là không điểm của f k b hoặc không điểm của g k b , ta sẽ nhận được
f b nghĩa là một đánh giá thậm chí còn mạnh hơn (2.20) và một đánh giá tương tự sẽ đúng cho N r , 1 Vì vậy, chính những lập luận như trong phần
(2.3.3.3) của chứng minh sẽ dẫn đến một mâu thuẫn Từ đó suy ra
a z sao cho f z b g z , f k z b , g k z b Do đó f k f n b z 1 g k g n b z , thay d 1 vào (3.27) ta có
Như vậy, chỉ còn phải xét trường hợp c 0 và c hữu tỉ.
Giả sử c 1 Khi đó c p với p, q , p q nào q đó.
Từ (2.25), bằng cách lấy tích phân ta có
g b với d \ 0 kết hợp (2.26) ta được
g b + Xét trường hợp mà một trong hai hàm f hoặc g có cực điểm trong Không giảm tổng quát, giả sử z 0 là một cực điểm của f bội
Do (2.32) ta thấy rằng z 0 là một cực điểm của g hoặc là một không điểm của g k b
Giả sử z 0 là một cực điểm của g bội Từ (2.32) và (2.33) suy ra nq q k np p k và
Suy ra n q p q p k và do p q ta được k n 1 n 1 k 1 , mâu thuẫn.
Bây giờ ta trở về trường hợp z 0 là một không điểm của g k b có bội
Dựa trên điều kiện chia sẻ giá trị, ta suy ra rằng g(z₀) ≠ 0; nếu không, z₀ trở thành điểm của hàm \(\psi_{g-b}\) và \(\psi_{f-b}\), dẫn đến mâu thuẫn vì z₀ phải là cực điểm của f So sánh các bội của các cực điểm trên cả hai vế của phương trình (2.32) cho phép ta rút ra mối quan hệ \(n_q \alpha - q(\alpha + k) = p \delta\) Từ đó, theo (2.33), ta có công thức \(2 n_q \alpha = 2q(\alpha + k) + (p + q) \delta\), giúp xác định các đặc điểm của cực điểm trong bài toán phân tích này.
Kết hợp hai đẳng thức trên suy ra q p 0 ta nhận được mâu thuẫn. + Xét trường hợp f và g là các hàm nguyên.
Không giảm tổng quát, giả sử q p
Nếu z 0 là không điểm của f k b nhưng không phải là không điểm của g thì từ (2.35) suy ra nó là một không điểm của f
Do đó bội của z xét như không điểm của f
0 q p là ít nhất n 1 Do đó
Tương tự như vậy, nếu z 0 không điểm của g
Trong bài viết, ta nhận thấy rằng nếu (k - b) không phải là điểm của g, thì từ phương trình (2.34), (k - b) chính là một điểm của hàm số f Điều này đồng nghĩa với việc bội của nó, khi xét như là một điểm của hàm g(k - b), phải ít nhất bằng 2nq - q.
Tức là ít nhất bằng 2n 1 Điều này chỉ ra rằng
Hơn nữa từ (2.26) suy ra
Tiếp theo, giả sử z 0 là một không điểm của g bội 1.
Từ (2.34) và (2.33) ta thấy z 0 là một không điểm của f bội 1và là một không điểm của f
k b bội 1 Vì vậy, nó là một điểm của f b và g b
Từ điều này và g z 0 0 suy ra z 0 là một không điểm của chẳng hạn bội 1.
Do f n và g n có một không điểm bội ít nhất n tại z ta có
Giả sử n hoặc n Khi đó từ (2.39) và sự kiện f cùng không điểm kể cả bội, ta suy ra
Cùng với (2.26), điều nói trên suy ra và như vậy (2.32) cho ta q n p n p n .
Như vậy ta có l n n , mâu thuẫn với n
36 Điều này chỉ ra rằng l n và n Hơn nữa , từ f k z 0 g k z 0 b 0 , ta thấy rằng k và k
Những lập luận trên cho ta thấy
Thay (2.36), (2.37), (2.38), (2.40) và (2.41) vào bất đẳng thức
Vì 2n 3k 3 suy ra T r , f T r , g S r , f S r , g , mâu thuẫn.
Vậy ta đi đến kết luận rằng c1 f n g n
Bằng cách tích phân ta có d (2.42) f k b g k Trong đó d 0 và là hằng số b
Ta chứng tỏ rằng, d = 1 Nếu mỗi không điểm của f b sẽ là một không điểm của f
k b hoặc một không điểm của g k b thì lí luận như trong
(2.31) sẽ dẫn đến mâu thuẫn Như vậy, suy ra tồn tại z 0 mà
Thay điều này vào (2.42) ta được d 1 Như vậy f n g n f k b g k và b
g b g n g k Điều nói trên kết thúc chứng minh các Định lý 2.1.1 và 2.1.2.b
Toán tử vi phân dạng f : f n af '
: f n af ' Định lý 2.3.1 Giả sử f và g là các hàm phân hình khác hằng a , b \ 0 và n 11 là số tự nhiên Giả sử các hàm f
: f n af ' và g : g n ag ' chia sẻ giá trị b kể cả bội Khi đó f g hoặc f và g là đa thức bậc nhất có cùng không điểm.
Chứng minh Giả sử f là không phải là hằng số Từ định lý 2.1.2 ta có g f n af ' b , g n ag ' b và f và g có chung không điểm kể cả bội Ta định nghĩa
Trong bài viết, tác giả trình bày rằng nếu f' = fⁿH + b/a và g' = gⁿH + b/a, thì f và g đều thoả mãn cùng một phương trình vi phân u' = uⁿH + b/a Ý chính của chứng minh dựa vào việc áp dụng định lý duy nhất cho phương trình vi phân Để đảm bảo điều này, cần có một điểm z₀ tại đó f và g trùng nhau, đồng thời điều kiện Lipschitz của vế phải của phương trình phải thoả mãn trong một lân cận quanh z₀ Tuy nhiên, các điểm duy nhất mà f và g trùng nhau lại là những điểm không chung của f và g khi điều kiện Lipschitz không còn đúng Để khắc phục vấn đề này, phương pháp được đề xuất là thực hiện các phép biến đổi và xem xét các hàm f_j và g_j thay vì f và g với một số j thích hợp, nhằm duy trì tính đúng đắn của chứng minh.
Theo định lý Picard, hàm GF không nhận các giá trị bằng 0 hoặc vô cùng, do đó nó sẽ đạt mọi giá trị w thuộc đường biên của tập D Vì tập đường biên của D là vô hạn đếm được, trong khi hàm f và g chỉ có thể có không quá đếm được điểm, nên tồn tại ít nhất một điểm z sao cho w thích hợp nằm trong tập giá trị của GF.
Trong vùng mở U quanh điểm z sao cho f(z) và g(z) đều không triệt tiêu, tồn tại một lân cận mở của z, trong đó cả hai hàm đều không vướng vào điểm không xác định Do ảnh của U qua hàm f tạo thành một lân cận mở của điểm w₀ trên bề mặt, nên tồn tại một điểm z₀ trong U sao cho phần tử η = gf(z₀) là một căn của đơn vị, tức là bằng 1 với một số j thích hợp Chọn một đĩa mở nhỏ hơn U, tâm tại z₀, để đảm bảo cả f và g đều không triệt tiêu trong đĩa này, từ đó phát triển các phân tích và tính toán phù hợp trong phạm vi mở này.
F : f jn và G : f jn Khi đó trong miền liên thông đơn U 0 ta có
1 1 1 b 1 1 và với chứng minh tương tự ta có G ' jnG j jn H jnG j n , a
1 1 1 với điều kiện là chọn nhánh phù hợp của F j j n và các căn khác Do đó trong
U 0 các hàm F và G thỏa mãn phương trình vi phân
1 1 1 b 1 1 u ' jnu j jn H jnu j n , a với các điều kiện ban đầu
Trong phạm vi tập hợp U₀, các hàm F(z₀), f_jn(z₀), g_jn(z₀) và G(z₀) đều liên quan đến các giải tích phức, với F(z₀) = f_jn(z₀) = η_jn g_jn(z₀) = G(z₀) Áp dụng định lý duy nhất về phương trình vi phân, ta kết luận rằng F ≡ G trong U₀, dẫn đến f bằng g (hằng số), điều này gây ra mâu thuẫn trong giả thiết.
Như vậy ta đã chỉ ra sự tồn tại của hằng số Suy ra c \ 0 mà f cg
Từ đó ta có cg ' 1 f ' 1 g '
Nếu c c n thì g ' hằng số nên g và g ' là đa thức bậc nhất có cùng không điểm Nếu c c n thì c n 1 , c 1 , f g điều này kết thúc chứng minh định lý.
Hệ quả 2.3.1 Giả sử f và g là các hàm phân hình khác hằng trong , a , b 1 , b 2 \ 0 , b 1 b 2 , n, k thỏa mãn n 5k 17 Nếu các hàm f và g xác định như (1.1) chia sẻ giá trị b
2 kể cả bội, thì f g hoặc f và g là các đa
2 ij thức có bậc không quá k 1 và f e n g với hàm nguyên, thì điều này cũng đúng ngay cả khi
Chứng minh Nếu f g Định lý 2.1.1 cho ta nào đó Nếu f và g là các n max 11, k 2 n 5k 17 j N 0
Với những điều kiện bổ trợ f và g là các hàm nguyên từ định lý hai suy ra rằng với n max 11, k 2 ,( 2.43a ) và ( 2.44a ) vẫn còn đúng.
Bây giờ ta xét bốn trường hợp.
+ Trường hợp 1: Nếu ( 2.43b ) và ( 2.44b ) thỏa mãn, ta có
af k b 1 ag k b 1 f n g n af k b 2 ag k b 2 , do đó a b 2 b 1 f k g k b 2 2 b 1 2
Trong đoạn này, chúng ta thấy rằng nếu \(b_1 \neq b_2\), điều này cho thấy rằng tổng \(f + g\) là một đa thức, đặc biệt là hai hàm \(f\) và \(g\) có cùng cực điểm với cùng bội Khi đó, theo điều kiện trong (2.43b), \(f\) và \(g\) đều không có cực điểm, nghĩa là chúng là các hàm nguyên Tuy nhiên, dựa trên định lý 2.1.2, điều này dẫn đến việc thay thế các điều kiện (2.43b) và (2.44b) bằng (2.43a) và (2.44a), và do đó, trường hợp này có thể bị loại trừ trong phân tích.
Trong Trường hợp 2, khi giả thiết (2.43a) và (2.44b) thỏa mãn, mục tiêu là chứng minh rằng hàm số f và g đều là hàm nguyên Không mất tính tổng quát, ta giả sử z₀ là một cực điểm của hàm f, chẳng hạn với bội α Từ (2.44b), ta nhận thấy rằng z₀ cũng là một điểm không của hàm g, ví dụ với bội β, qua đó góp phần vào chứng minh rằng f và g đều là các hàm nguyên.
b 1 vì nếu không thì g z 0 b 1 , do đó f z 0 b 1 mâu a thuẫn với sự kiện z 0 là một cực điểm của f Do đó, (2.43a) suy ra n n k , như vậy n 1 n 1 k mâu thuẫn.
Trong bài viết, chúng ta xác định rằng hàm f và g đều là các hàm nguyên Do đó, theo phân tích trong trường hợp 2, kết luận phù hợp là thay vì sử dụng công thức (2.44b), ta cần áp dụng công thức (2.44a) Chính vì lý do này, trường hợp đó có thể được loại trừ khỏi phạm vi xem xét, giúp đảm bảo tính chính xác và hiệu quả của các phép toán trong nghiên cứu.
Trường hợp 3: Trường hợp mà (2.43b) và (2.44a) thỏa mãn tất nhiên hoàn toàn giống như trường hợp 2 và có thể được loại trừ.
Trường hợp 4: Nếu (2.43a) và (2.44a) thỏa mãn, ta có af k b 1 f n af k b
g k , tức là f k g k và f n g n Như vậy ta có f e 2ij / n g với số j nào đó.
2 ij / n g k ta thậm chí thu được f e
Tức là f g , mâu thuẫn với giả thiết f g ,
0 có nghĩa f và g là các đa thức bậc không quá k 1 (điều này chứng minh hệ quả 2.4.1).
Trong hệ quả 2.3.2, giả sử f là một hàm phân hình khác hằng trong một miền nào đó, với a, b thuộc tập {0} và k, n thỏa mãn điều kiện n ≥ 5k + 17 Nếu hai hàm f và f' xác định theo công thức (1.1) chia sẻ các giá trị b₁, b₂ kể cả bội thì chúng bằng nhau (f ≡ f'), đặc biệt khi f là hàm nguyên thì điều này còn đúng với n ≥ max(11, k + 2) Điều này cho thấy, nếu hai hàm phân hình có cùng giá trị tại một số điểm nhất định, chúng sẽ là hàm bằng nhau, và trong trường hợp hàm là hàm nguyên, điều này còn áp dụng cho các giá trị lớn hơn hoặc bằng một ngưỡng nhất định, giúp xác định tính đồng nhất của hàm dựa trên các giá trị chia sẻ.
Trong hệ quả 2.4.2, biểu diễn ánh xạ phân hình cho thấy rằng nếu hàm phân hình \(f\) có các cực điểm và \(n \geq 5k + 17\), thì các ánh xạ \(\psi_f\) và \(\psi_{f'}\) không thể chia sẻ bất kỳ giá trị khác không nào, kể cả bội Điều này nhấn mạnh tính độc lập của các giá trị hình học của \(f\) và \(f'\) trong hoàn cảnh này, góp phần làm rõ đặc điểm của các hàm phân hình liên quan đến cực điểm và các điều kiện về \(n\).
Chứng minh rằng nếu f là một đa thức, thì các hàm liên quan như f và f ' đều không cùng bậc, dẫn đến việc chúng không thể chia sẻ giá trị bế Điều này dựa trên Định lý 2.1.1 và Định lý 2.1.2, từ đó suy ra các kết luận quan trọng về đặc tính của đa thức và tính chất phân chia của các hàm liên quan trong lý thuyết toán học.
Trong cả hai trường hợp, dựa trên giả thiết về n và k, dễ nhận thấy rằng hàm f không thể có bất kỳ cực điểm nào, xác định rằng f là hàm nguyên si siêu việt Theo Định lý 2.1.2, điều này đảm bảo rằng phương trình (2.45) đều được thỏa mãn Đồng thời, hàm f và đạo hàm của nó f' chia sẻ cùng giá trị bằng 0, kể cả bội, điều này chỉ xảy ra khi cả hai không có điểm không.
Vì vậy, q : f ' là một hàm nguyên không triệt tiêu. f
Ta giả sử q là không là hằng số.
Đối với mọi số thực j ≥ 0, tồn tại đa thức vi phân P_j có bậc không vượt quá j + 1, với hệ số là các số hằng, và không chứa các số hạng bậc 0 hoặc bậc 1, sao cho đa thức này thỏa mãn điều kiện q(j) = f(j + 1) Điều này cho thấy rằng các hàm số có thể được biểu diễn hoặc xấp xỉ bằng các đa thức vi phân phù hợp, giúp mở rộng khả năng phân tích và ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau.
P j q và sao cho mỗi đơn thức vi phân f M 0 xuất hiện trong
Chứng minh Với j = 0, điều này rõ ràng đúng với P 0 0 Giả sử mệnh đề đúng với j 0 nào đó Khi đó, bằng cách lấy vi phân, ta nhận được q j 1 f j 2
Trong bài viết này, chúng ta phân tích mối quan hệ giữa các hàm P_j[q] và P_{j+1}[u], cho thấy rằng các tính chất đòi hỏi vẫn được duy trì khi chuyển từ P_j sang P_{j+1} Điều này được chứng minh qua quy nạp, xác nhận rằng mệnh đề đúng với mọi j ≥ 0 Đồng thời, công thức liên quan như P_{j+1}[u] := P'_j[u] + u P_j[u] giúp hiểu rõ hơn về cách các hàm này biến đổi và giữ nguyên các đặc tính ban đầu trong quá trình chuyển đổi.
P j 1 j H j , , l 2 với đa thức vi phân thuần nhất nào đó H j , bậc là ( hoặc H j , 0 ).
, q k H k 1, q Định nghĩa 2.1 L : Khi đó L là một hàm q q 2 q 2 q nguyên, và bằng cách sử dụng bổ đề đạo hàm logarit và các tính chất của H j , ta có m r , L S r , q . Xét hai trường hợp
Trường hợp 1: L 0 Giả sử q z 0 1 Khi đó f z 0 f
Do đó ta có thể kết luận rằng
Áp dụng định lý cơ bản thứ hai, ta nhận được
Khi đó, H là một đa thức vi phân thuần nhất bậc2 k 1 và H q q k 1 L 0
Trong các tính chất của P_j, ta có công thức w(H_j, μ) = j + 1 (hoặc có thể H_j, μ ≡ 0) với mọi j ≥ 0 và μ = 2, j - 1 Điều này cho thấy tất cả các số hạng trong H[u], ngoại trừ u_k u(k), đều có trọng lượng tối đa là 2k, trong khi u_k u(k) có trọng lượng là 2k + 1 Áp dụng bổ đề 1.3.4 (với s = 1), ta kết luận rằng q(z) = e^{αz + β} với các hằng số phù hợp.
, nào đó Từ f ' qf và giả thiết rằng q là khác hằng, ta suy ra rằng f có thể vô hạn
Các phép biến đổi đều dựa trên giả thiết rằng hàm \(f\) có bậc vô hạn, trong khi các biểu thức liên quan đến \(q(k)\), \(q(n)\), và các hàm dạng \(P_k[q]\) đều có bậc hữu hạn Từ đó, ta kết luận rằng \(q(k) - q(n)q(k-1) - P_k[q] + q(n) P_{k-1}[q] \equiv 0\) và \(1 - q(n) \equiv 0\) Tuy nhiên, điều này dẫn đến mâu thuẫn vì giả thiết rằng \(q\) là hàm khác hằng, không thể thoả mãn các điều kiện này.
Như vậy, ta đã chỉ ra rằng q là hằng số.
Từ f ' qf và ( 2.45 ) ta nhận được aqf k af k 1 b q af k b
Vì f là hàm siêu việt nên suy ra q q n 0 và 1 q n 0
Do đó q 1. Điều đó suy ra rằng f f ' và kết thúc chứng minh mệnh đề.