Vấn đề duy nhất hàm phân hình khi hai đa thức chứa đạo hàm chung nhau một giá trị

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀO VIỆT HÙNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT HÀM PHÂN HÌNH KHI HAI ĐA THỨC CHỨA ĐẠO HÀM CHUNG NHAU MỘT GIÁ TRỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015... TRƯỜNG ĐẠI HỌC S

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐÀO VIỆT HÙNG

VẤN ĐỀ DUY NHẤT HÀM PHÂN HÌNH KHI HAI ĐA THỨC CHỨA ĐẠO HÀM CHUNG NHAU MỘT GIÁ TRỊ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐÀO VIỆT HÙNG

VẤN ĐỀ DUY NHẤT HÀM PHÂN HÌNH KHI HAI ĐA THỨC CHỨA ĐẠO HÀM CHUNG NHAU MỘT GIÁ TRỊ

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Hà Trần Phương

THÁI NGUYÊN - 2015

LỜI CAM ĐOAN

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi Các kết quả

nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kỳ

công trình nào khác Tài liệu tham khảo và nội dung trích dẫn đảm bảo sự

trung thực và chính xác, tuân thủ các qui định về quyền sở hữu trí tuệ

Thái Nguyên, tháng 04 năm 2015

Tác giả

Đào Việt Hùng

LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin bày tỏ lòng

biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Hà Trần Phương, người đã tận tình hướng dẫn

để tôi có thể hoàn thành khóa luận này

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Thái Nguyên, Đại học Thái Nguyên đã dạy bảo tôi tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa

Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè những người đã giúp đỡ và chia sẻ với tác giả trong suốt thời gian học tập và hoàn thành luận văn của mình

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015

Tác giả

Đào Việt Hùng

Mục lục

1.1 Các kiến thức cơ bản trong lý thuyết Nevanlinna 3

1.1.1 Các hàm Nevanlinna và tính chất 3

1.1.2 Các định lý cơ bản 7

1.1.3 Quan hệ số khuyết 9

1.2 Một số tính chất của hàm chung nhau hàm nhỏ 10

1.2.1 Khái niệm mở đầu 10

1.2.2 Một số tính chất 13

2 Vấn đề duy nhất hàm phân hình qua đa thức chứa đạo hàm 23 2.1 Trường hợp đa thức chứa đạo hàm bậc nhất chung nhau một hàm nhỏ 23

2.2 Trường hợp đa thức chứa đạo hàm bậc nhất chung nhau một giá trị có trọng số 36

Năm 1926, R Nevanlinna đã chứng minh, nếu hai hàm phân hình khác

E(ai, f ) = E(ai, g) ∀i = 1, 5

Một vấn đề tự nhiên được đặt ra bởi Gross ([5]) vào năm 1976: tồn tại

Năm 1995, H.X Yi ([13]) trả lời câu hỏi của Gross cho trường hợp hàmnguyên và năm 1998, G Frank và M Reinders xem xét cho hàm phânhình Trong thực tế, câu hỏi của Gross có thể được phát biểu như sau:

giá trị một giá trị CM? Một cách tự nhiên, ta đưa ra câu hỏi sau: tồn

hình khác hằng f và g ta có f ≡ g nếu d(f ) và d(g) chung nhau một giátrị CM? Đã có một số công trình công bố theo hướng nghiên cứu này.Chẳng hạn, I Lahiri và R Pal ([8]), A Benerjee và S Mukhejee ([3]),

C Meng ([9]), Các tác giả đã đưa ra các điều kiện đại số để hai hàmphân hình đồng nhất bằng nhau khi hai đa thức chứa đạo hàm bậc nhấtcủa chúng chung nhau một giá trị

Với mục đích tìm hiểu một số kết quả nghiên cứu theo hướng này,chúng tôi chọn đề tài “Vấn đề duy nhất hàm phân hình khi hai đathức chứa đạo hàm chung nhau một giá trị” Mục đích chính củaluận văn là trình bày lại một số kết quả nghiên cứu gần đây của C Meng([9]) và S Shahoo and S Seikh ([10]) về các điều kiện đại số xác địnhduy nhất hàm phân hình qua đa thức chứa đạo hàm bậc nhất Luận văngồm hai chương:

Chương 1: Một số kiến thức cơ bản, trình bày những kiến thức cơ

sở, cần thiết cho việc chứng minh những kết quả trong chương 2 như: lýthuyết phân bố giá trị Nevanlinna, hàm phân hình chung nhau một giátrị

Chương 2: Vấn đề duy nhất hàm phân hình qua đa thức chứa đạohàm, trình bày một số điều kiện đại số để hai hàm phân hình là trùngnhau khi hai đa thức chứa đạo hàm bậc nhất của chúng chung nhau mộtgiá trị

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015

Tác Giả

Đào Việt Hùng

log |f (reiϕ)| = log+|f (reiϕ)| + log+

1

f (reiϕ)

+ log+|a| + log 2,

dạng

T (r, 1

f − a) = T (r, f ) + O(1),

≤

q

X

j=1N

đúng với mọi r ≥ r0 nằm ngoài một tập có độ đo Lebesgue hữu hạn.

1.1.3 Quan hệ số khuyết

nguyên dương Ta kí hiệu

δf(a) = lim inf

f − a) = 0 với mọi r

f − a) = o(T (r, f )) khi đó δf(a) = 1 Như vậy số khuyết

0 6 δf(a) 6 δfk(a) 6 Θf(a) 6 1

Định lý sau cho ta một tính chất của số khuyết, thường được gọi là bổ

đề quan hệ số khuyết

Định lý 1.4 Cho f là hàm phân hình khác hằng trên C Khi đó tập hợp

1.2 Một số tính chất của hàm chung nhau hàm nhỏ

1.2.1 Khái niệm mở đầu

E(a, f ) = E(a, g) thì ta nói f và g chung nhau hàm nhỏ a CM, nếu

E(a, f ) = E(a, g) thì ta nói f và g chung nhau hàm nhỏ a IM1

nói điều kiện “CM” (“IM”) lỏng hơn điều kiện CM (tương ứng IM)

1 CM là viết tắt của counting multiplicities nghĩa là kể cả bội, IM là viết tắt của ignoring multiplicities nghĩa là không kể bội.

Cho a là một hàm nhỏ hoặc a ∈ C ∪ {∞}, ta kí hiệu Ek(a, f ) là tập

khái niệm

m(> k) nếu và chỉ nếu nó là không điểm của g − a với bội n(> k), với

(a, k) thì f và g chung nhau (a, p) với tất cả số nguyên p : 0 ≤ p < k

với trọng số như sau:

N (r, a; f | ≤ p)(N (r, a; f | ≥ p)) là hàm đếm các a−điểm của f với bội

nó N (r, a; f | ≤ p) và N (r, a; f | ≥ p) được định nghĩa tương tự, chỉ đếm

cũng được định nghĩa tương tự

hiệu Np(r, a; f ) là hàm đếm các a−điểm của f với mỗi a−điểm bội m

Np(r, a; f ) = N (r, a; f ) + N (r, a; f | ≥ 2) + · · · + N (r, a; f | ≥ p)

Em)(a; g)với mỗi a ∈ C Choz0 là một không điểm củaf − a với bộip và

các a- điểm của f và g với p > q ≥ m + 1, N(m+1E (r, a; f ) là hàm đếm rút

Nf ≥m+1(r, a; f |g 6= a) là hàm đếm các a−điểm của f và g với p ≥ m + 1

và q = 0 Tương tự, ta cũng có thể định nghĩa NL(r, a; g),N(m+1E (r, a; g)

và Ng≥m+1(r, a; g|g 6= a)

b)(N (r, a; f |g 6= b)) là hàm đếm các a−điểm của f tính theo số bội

T (r, anfn + · · · + a1f + a0) = nT (r, f ) + S(r, f )

(1) T (r, F ) ≤ N2



r, 1F



+ N2



r, 1G



+ N2(r, F ) + N2(r, G)+ S(r, F ) + S(r, G),

T (r, G) ≤ N2



r, 1F



+ N2



r, 1G



+ N2(r, F ) + N2(r, G)+ S(r, F ) + S(r, G),

(2) F ≡ G;

(3) F G ≡ 1

dm1, n + 4 = dm2, với m1, m2 là hai số nguyên dương và m1 < m2 Vậy

(n + 4) − (n + 1) = d(m2 − m1),

được d = 1 hoặc d = 3 Vậy số không điểm chung của hn+1 − 1 và

uk, k = 1, 2, · · · n + 1 Từ f3 không có cực điểm đơn, dẫn đến h − uk = 0

Θ(uk; h) ≥ 1/2 với k = 1, 2, · · · , n + 1(≥ 5),

điều này không thể xảy ra Vì vậy h là hằng hằng số Nếu h 6= 1 thì dẫn

T (r, F ) ≤N2



r, 1F



+ N2(r, F ) + N2



r, 1G



+ N2(r, F ) + N2



r, 1G

T (r, F ) ≤N



r, 1F



+ N (r, F ) + N



r, 1G

F và G chung nhau giá trị 1 IM Thì ta có



+ N2



r, 1G



+ N2(r, F ) + N2



r, 1G



+ N2(r, G)



+ S(r, F ) + S(r, G)

an(z)(6≡ 0), an−1(z), · · · , a0(z)là các hàm phân hình sao cho T (r, ai(z)) =S(r, f ) với i = 0, 1, 2 · · · , n thì ta có:

Bổ đề 1.20 ([10]) Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng Nếu

với N0(r, 0; f0) là hàm đếm các không điểm của f0 mà không phải là các

α(6≡ 0, ∞) là một hàm nhỏ của f và g Cho n và m là hai số nguyên

fnP (f )f0gnP (g)g0 6≡ α2,

Cho z1(α(z1) 6= 0, ∞) là một không điểm của P (f ) bậc p và là không

qili+ qi − 1 = (n + m + 1)q + 1 ≥ n + m + 2

i +1 với i = 1, 2, · · · , s Vì một cực điểm của f (mà

trong đó N0(r, 0; g0) biểu thị hàm đếm rút gọn của các không điểm của

Theo định lý cơ bản thứ hai của Nevanlinna, ta có:

cho F0 = Fα0 và F0 = Fα0 với α(6= 0, ∞) là một hàm nhỏ của f và g Thì

S(r, F0) và S(r, G0) có thể thay thế tương ứng bởi S(r, f ) và S(r, g).Chứng minh Theo Bổ đề 1.17 ta có:

n + mg

m−1+ · · · a0

và d1, d2, · · · , dm là các nghiệm của phương trình P (z) = 0

Chứng minh Ta chỉ chứng minh (i), (ii) được suy ta tương tự Sử dụng

Định lý cơ bản thứ nhất và Bổ đề 1.17 ta có:

T (r, F ) = T



r, 1F



+ O(1) = N (r, 0; F ) + m



r, 1F

Bổ đề sau đây được chứng minh dựa vào Bổ đề 1.26

đó m và n(> m + 2) là các số nguyên dương Ta có F0 = G0 suy ra

F ≡ G

Chương 2

Vấn đề duy nhất hàm phân hình qua đa thức chứa đạo hàm

2.1 Trường hợp đa thức chứa đạo hàm bậc nhất chung nhau

một hàm nhỏ

Năm 1976, F Gross ([5]) đưa ra câu hỏi: tồn tại một tập hợp hữu hạn

lời câu trả lời bằng việc chứng minh định lý sau

E(S, g) kéo theo f ≡ g với bất kỳ cặp hàm nguyên khác hằng f và g.Đối với hàm phân hình, Năm 1998, G Frank và M.Reinders chứngminh định lý:

E(S, g) kéo theo f ≡ g với bất kỳ cặp hàm phân hình khác hằng f và g.Trong thực tế, câu hỏi của Gross có thể được phát biểu như sau: khẳng

một giá trị CM? Một cách tự nhiên, ta đưa ra câu hỏi sau: tồn tại hay

khác hằng f và g ta có f ≡ g nếu d(f ) và d(g) chung nhau một giá trịCM?

Một số công trình đã thực hiện theo hướng này Năm 2006, I Lahiri

Năm 2009, C Meng chứng minh:

+ N2(r, F ) + N2



r, 1G



+ N2(r, G) ≤ 2N



r, 1g

T (r, F∗) ≤ T (r, F ) + N



r, 1f



g3 − n+4 n+1

≤ 1T (r, g) + S(r, g) (2.9)

Do đó theo (2.7), (2.8) và (2.9) ta có

(n − 13)T (r, f ) + (n − 13)T (r, g) ≤ S(r, f ) + S(r, g) (2.10)

Năm 2008, Zhang-Chen-Lin [16] đã chứng minh định lý sau về tínhchất của hai hàm phân hình khi đa thức chứa đạo hàm của chúng chungnhau một giá trị

Định lý 2.6 ([10]) Cho f vàg là hai hàm phân hình khác hằng vàn ≥ 1,

k ≥ 1, m ≥ 1 là ba số nguyên sao cho Θ(∞, f ) + Θ(∞, g) > n+14 Cho

n + mx

m−1+ · · · + a0

G0 − 1



(2.11)

N (r, 1; F0| = 1) ≤ N (r, 0; H) ≤ T (r, H) + O(1)

≤ N (r, ∞; H) + S(r, F ) + S(r, G) (2.12)

Từ (2.11) dễ dàng suy ra

N (r, ∞; H) ≤N (r, ∞; F0) + N (r, ∞; G0) + N (r, 0; F0| ≥ 2) + N (r, 0; G0| ≥ 2)

+ NL(r, 1; F0) + NL(r, 1; G0) + NF0≥k+1(r, 1; F0|G0 6= 1)+ NG0≥k+1(r, 1; G0|F0 6= 1) + N0(r, 0; F00) + N0(r, 0; G00),

(2.13)

Bây giờ ta xét hai trường hợp:

N (r, 1; F0) + N (r, 1; G0)

≤N (r, 1; f0| = 1) + N (r, 1; F0| = 2) + · · · + N (r, 1; F0| = k)

+ NL(r, 1; F0) + NL(r, 1; G0) + NF0≥k+1(r, 1; F0|G0 6= 1)+ N(K+1E (r, 1; G0) + N (r, 1; G0)

≤N (r, ∞; F0) + N (r, ∞; G0) + N (r, ∞; F0| ≥ 2) + N (r, ∞; G0| ≥ 2)+ 2NF0≥k+1(r, 1; F0|G0 6= 1) − (k − 1)NG0≥k+1(r, 1; G0|F0 6= 1)+ T (r, G0) + N0(r, 0; F00) + N0(r, 0; G00) + S(r, F0) + S(r, G0)

Từ n > m + 9, chọn 0 < ε < min{Θ(∞, f ), Θ(∞, g)} điều này dẫn tớimâu thuẫn.

2N (r, 0; F0) +

1

2N (r, 0; G0) + N (r, 0; f ) + N (r, 0; g)+

2N (r, 0; g

0) + S(r, f ) + S(r, g)

mâu thuẫn với n > 3m2 + 12.

N (r, 1; F0) + N (r, 1; G0)

≤N (r, 1; F0| = 1) + NL(r, 1; F0) + NL(r, 1; G0)

+ NF0≥2(r, 1; F0|G0 6= 1) + N(2E(r, 1; F0) + N (r, 1; G0)

≤N (r, ∞; F0) + N (r, ∞; G0) + N (r, 0; F0| ≥ 2) + N (r, 0; G0| ≥ 2)+ 2NF0≥2(r, 1; F0|G0 6= 1) + NF0>2(r, 1; G0) + T (r, G0)

+ N0(r, 0; F00) + N0(r, 0; G00) + S(r, F0) + S(r, G0)

≤3N0(r, ∞; F0) + N (r, ∞; G0) + N (r, 0; F0| ≥ 2) + N (r, 0; G0| ≥ 2)+ 2N (r, 0; F0) + T (r, G0) + N0(r, 0; F00) + N0(r, 0; G00)

T (r, F0) ≤4N (r, ∞, F0) + 2N (r, ∞, G0) + N2(r, 0; F0) + N2(r, 0; G0)

+ 2N (r, 0, F0) + S(r, F0) + S(r, G0) (2.20)

Như vậy theo Bổ đề 1.17 và 1.18 ta có:

Từ n > 3m + 17 và Θ(∞, f ) + Θ(∞, g) > n+14 ta đi đến mâu thuẫn

(n + m)T (r, f ) = T (r, fnP (f )) + S(r, f )

≤ T (r, F0) + T (r, f0) + S(r, f )

≤ T (r, F0) + 2T (r, f ) + S(r, f )

và như vậy T (r, F0) ≥ (n + m − 2)T (r, f ) + S(r, f ) Tương tự T (r, G0) ≥(n + m − 2)T (r, g) + S(r, g).

≤2m + 8 − 2Θ(∞, f ) − 2Θ(∞, g) + 2ε

n + m − 2 T (r) + S(r),

Theo giả thiết, từ trên ta có

n + mg

m−1+ · · · + a0

1), am−i 6= 0 với mỗi i = 0, 1, · · · , m Do đó f ≡ th với một hằng số t

Nếu h không phải một hằng số, thì từ (2.23) ta có thể nói f và g thỏa

n + mx

m−1+ · · · + a0

với k = 3 thì điều kiện Θ(∞, f ), Θ(∞, g) > 0 có thể bỏ được Ngoài ra,

am−i = 0 với i = 1, 2, · · · , m − 1 trong P (z) ở Định lý 2.6, ta có hệ quảsau:

1), m(≥ 2) là ba số nguyên sao cho Θ(∞, f ) + Θ(∞, g) > n+14 Giả sửrằng Ek)(α; fn(fm− 1)f0) = Ek)(α; gn(gm− 1)g0) trong đó α(6= 0, ∞) là

là ba số nguyên dương Giả sử rằng

Ek)(α; fnP (f )f0) = Ek)(α; gnP (g)g0)

với P (z) và α được định nghĩa như trong Định lý 2.5 và Định lý 2.6 vàmột trong các điều kiện sau được thỏa mãn:

n + mx

m−1+ · · · + a0

là ba số nguyên dương Giả sử rằng

2.2 Trường hợp đa thức chứa đạo hàm bậc nhất chung nhau

một giá trị có trọng số

Gân đây, C Meng [9]đã chứng minh một số kết quả về tính đồng nhất

bậc nhất của chúng chung nhau một giá trị có trọng số Trong phần nàychúng tôi sẽ giới thiệu những kết quả đó

n(≥ 14) là một số nguyên sao cho n + 1 không chia hết cho 3 Nếu

fn(f3 − 1)f0 và gn(g3 − 1)g0 chung nhau (1, 2) thì f ≡ g

pháp tương tự Bổ đề 1.6 Đặt

F = fn(f3 − 1)f0, G = gn(g3 − 1)g0 (2.24)và



+N2(r, F )+N2



r, 1G



+N2(r, G)+S(r, F )+S(r, G)

(2.25)Hơn nữa, theo Bổ đề 1.5, ta có



+ S(r, f ) (2.28)

≤ 2T (r, g) + S(r, g) (2.35)

Từ (2.26), (2.34) và (2.35) ta có

(n − 4)T (r, f ) ≤ 9T (r, g) + S(r, g) (2.36)Lập luận tương tự như trên, ta có

(n − 4)T (r, g) ≤ 9T (r, f ) + S(r, g) (2.37)

Do đó theo (2.36) và (2.37) ta có n ≤ 13 mâu thuẫn với n ≥ 14 Do đó

fn(f3 − 1)f0gn(g3 − 1)g0 ≡ 1

c 6= 0 theo định lý cơ bản thứ hai, ta có



g3 − n+4 n+1

!

+ N (r, g) + N



r, 1f

n(≥ 17) là một số nguyên sao cho n + 1 không chia hết cho 3 Nếu

fn(f3 − 1)f0 và gn(g3 − 1)g0 chung nhau (1, 1) thì f ≡ g

pháp tương tự Bổ đề 1.6 Đặt

F = fn(f3 − 1)f0, G = gn(g3 − 1)g0 (2.40)và

1.11 ta có

T (r, F ) ≤N2



r, 1F



+ N2(r, F ) + N2



r, 1G



+ N2(r, G)1

2N



r, 1F



+ 3N (r, g)+ N



T (r, f ) ≤ 9T (r, g) + S(r, f ) (2.45)Tương tự, ta có



n − 152



T (r, g) ≤ 9T (r, f ) + S(r, f ) (2.46)

Từ (2.45) và (2.46) ta có n ≤ 16 mâu thuẫn với n ≥ 17 Do đó H ≡ 0,như vậy

Với A(6= 0) và B là hằng số Từ (2.48) suy ra F và G chung nhau giá trị

n(≥ 35) là một số nguyên sao cho n + 1 không chia hết cho 3 Nếu

fn(f3 − 1)f0 và gn(g3 − 1)g0 chung nhau (1, 0) thì f ≡ g

pháp tương tự Bổ đề 1.6 Đặt

F = fn(f3 − 1)f0, G = gn(g3 − 1)g0 (2.49)và



+ N (r, F ) + N(2



r, 1G

Theo (2.50) và (2.51) và Bổ đề 1.13 ta có

T (r, F ) ≤N



r, 1F



+ N (r, F ) + N



r, 1G



+ N (r, G) + N(2



r, 1F



+ N (r, F ) + N(2



r, 1G

T (r, F ) ≤N2



r, 1F



+ 2N (r, F ) + N2



r, 1G



+ 2N (r, G) + 2N



r 1F



+ 2N (r, F ) + N



r, 1G



≤ 4N



r, 1f



≤3N



r, 1g

(2.53), (2.54), (2.55) và (2.31) ta có

T (r, F∗) ≤7N



r, 1f

Vì vậy ta có

(n − 18)T (r, f ) ≤ 16T (r, g) + S(r, f ) (2.57)Tương tự, ta có

(n − 18)T (r, g) ≤ 16T (r, f ) + S(r, f ) (2.58)

Kết luận

Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu vấn đề duy nhất của hàmphân hình khi hai đa thức chứa đạo hàm bậc nhất của chúng chung nhaumột giá trị hoặc hàm nhỏ Cụ thể chúng tôi đã trình bày

1 Tổng hợp một số kiến thức cơ bản trong lý thuyết phân bố giá trịNevanlinna: các hàm Nevanlinna và tính chất, hai định lý cơ bản và quan

hệ số khuyết Các kiến thức này cần thiết cho việc chứng minh các kếtquả chính

2 Giới thiệu một số khái niệm và một số tính chất về các hàm phânhình chung nhau một giá trị hoặc một hàm nhỏ

3 Chứng minh lại một số kết quả về vấn đề duy nhất các hàm phânhình thông qua điều kiện đại số của các đa thức chứa đạo hàm bậc nhấtchung nhau một giá trị hoặc một hàm nhỏ trong các trường hợp

- Các đa thức chứa đạo hàm chung nhau một hàm nhỏ;

- Các đa thức chứa đạo hàm chung nhau một giá trị có trọng số

Do khuôn khổ của luận văn nên các kết quả trong luận văn mới dừnglại ở trường hợp đa thức chứa đạo hàm bậc nhất Trong thời gian tớichúng tôi sẽ nghiên cứu thêm các kết quả trong trường hợp đa thức chứađạo hàm bậc cao

- Các đa thức chứa đạo hàm chung hàm nhỏ;

- Các đa thức chứa đạo hàm. .. nghiên cứu vấn đề hàmphân hình hai đa thức chứa đạo hàm bậc chúng chung nhaumột giá trị hàm nhỏ Cụ thể trình bày

1 Tổng hợp số kiến thức lý thuyết phân bố giá trịNevanlinna: hàm Nevanlinna... data-page="28">

Chương 2

Vấn đề hàm phân hình qua đa thức chứa đạo hàm< /h2>

2.1 Trường hợp đa thức chứa đạo hàm bậc chung

một hàm nhỏ

Năm 1976, F Gross ([5])