ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Chu Đức Hiệp
PHÂN TÍCH HÀM NGUYÊN VÀ HÀM PHÂN HÌNH
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - 2013
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Chu Đức Hiệp
PHÂN TÍCH HÀM NGUYÊN VÀ HÀM PHÂN HÌNH
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60.46.01.02
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS. TSKH Hà Huy Khoái
Hà Nội - 2013
LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khoái, người thầy đã tận tình hướng dẫn để
em có thể hoàn thành luận văn này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo
trong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc
Gia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa, đặc
biệt là PGS.TS Nguyễn Đình Sang, người thầy đã luôn giúp đỡ và có những ý
kiến đóng góp quý báu trong quá trình học tập và nghiên cứu. Em xin cảm ơn
các thầy phản biện đã giúp đỡ rất nhiều trong quá trình hoàn thành luận văn.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn
bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập
và thực hiện luận văn này.
Hà Nội, ngày 09 tháng 12 năm 2013
Học viên

Chu Đức Hiệp
1
Mục lục
Lời cảm ơn 1
Lời mở đầu 4
1 Kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Hàm chỉnh hình một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Các tính chất cơ bản của hàm chỉnh hình . . . . . . . . . 6
1.2 Hàm nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Hàm phân hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Hàm nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.1 Một số định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.2 Hàm giả nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.3 Hàm nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Phân tích nghiệm nguyên của một vài phương trình vi phân đại
số 16
2.1 Đặt bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Một số bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3 Phân tích nghiệm nguyên của một vài phương trình vi phân đại số 19
2
Kết luận 27
Tài liệu tham khảo 28
3
LỜI MỞ ĐẦU
Khi nghiên cứu các hàm nguyên và hàm phân hình, người ta chú ý việc phân
tích chúng thành những hàm hợp. Điều này hoàn toàn tương tự như việc phân
tích một số nguyên thành thừa số nguyên tố (định lý cơ bản của số học). Cách
phân tích như vậy, khác với trường hợp số học, là không duy nhất. Tuy nhiên,
nhiều vấn đề tương tự số học cũng được đặt ra.

Hướng nghiên cứu nêu trên dẫn đến những khái niệm như hàm nguyên tố,
hàm giả nguyên tố. Lĩnh vực nghiên cứu những tính chất của các hàm nguyên
tố và giả nguyên tố, đặc trưng hóa và phân lớp những hàm nguyên tố và giả
nguyên tố đã trở thành một lĩnh vực thời sự của giải tích phức, được nhiều nhà
toán học trên thế giới quan tâm.
Bản luận văn này có mục đích trình bày khái niệm hàm nguyên tố và giả
nguyên tố, cũng như một vài kết quả gần đây trong hướng nghiên cứu này.
Nội dung chính của luận văn được viết theo bài báo “Factorization of entire
solutions of some algebraic differential equations” đăng trên tạp chí Journal of
Mathematical analysis and applications năm 2006.
4
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Hàm chỉnh hình một biến
1.1.1 Định nghĩa
Giả sử Ω là một tập mở trong C.
Cho u : Ω → C
z = x + iy −→ u(z) = u(x, y).
u ∈ C
1
(Ω).
Ta có: dz = dx + idy, d
z = dx − idy và do u ∈ C
1
(Ω) nên
du =
∂u
∂x
dx +
∂u

∂y
dy
=
1
2
∂u
∂x
(dz + dz) +
1
2i
∂u
∂y
(dz − dz)
=
1
2

∂u
∂x
+
1
i
∂u
∂y

dz +
1
2

∂u

∂x
−
1
i
∂u
∂y

dz.
Đặt
∂u
∂z
=
1
2

∂u
∂x
+
1
i
∂u
∂y

và
∂u
∂z
=
1
2


∂u
∂x
−
1
i
∂u
∂y

.
5
Khi đó:
du =
∂u
∂z
dz +
∂u
∂z
dz.
Ta có định nghĩa sau đây.
Định nghĩa 1.1. Nếu u ∈ C
1
(Ω) và
∂u
∂z
= 0, ∀z ∈ Ω thì ta nói rằng u là
hàm chỉnh hình trong Ω. Tập hợp tất cả các hàm chỉnh hình trong Ω ký hiệu
là H(Ω).
Cho K là một tập compact trong C, nếu tồn tại một tập mở W ⊂ C sao cho
K ⊂ W và f ∈ H(W ) thì ta nói rằng f là hàm chỉnh hình trên K.
1.1.2 Các tính chất cơ bản của hàm chỉnh hình

Tính chất 1. Mọi hàm u ∈ H(Ω) là khả vi vô hạn trên Ω. Hơn nữa, nếu
u ∈ H(Ω) thì đạo hàm u

cũng thuộc H(Ω).
Tính chất 2. Cho K là một tập compact bất kỳ, K ⊂ Ω, với mọi lân cận mở
W ⊂ Ω của K. Khi đó, với mọi hàm chỉnh hình u ∈ H(Ω) tồn tại các hằng số
c
j
, j = 0, 1, (không phụ thuộc u) sao cho
sup
z∈K
|u
(j)
(z)| ≤ c
j
||u||
L
1
(W )
,
trong đó u
(j)
=
∂
j
u
∂z
j
.
Tính chất 3. Tổng của chuỗi lũy thừa

u(z) =
∞

n=0
a
n
z
n
là một hàm chỉnh hình trên phần trong của đường tròn hội tụ và ngược lại, nếu
f ∈ H(V (z
0
)). Khi đó:
f(z) =
∞

n=0
c
n
(z − z
0
)
n
.
Tính chất 4. Cho u : C → C là hàm chỉnh hình, nếu u bị chặn thì u là hàm
hằng.
6
Tính chất 5. (Nguyên lý mô đun cực đại) Nếu f là hàm chỉnh hình khác
hằng trên một miền D và liên tục trên D thì |f| đạt cực đại trên ∂D.
Tính chất 6. Giả sử f là hàm chỉnh hình trên D, liên tục trên D và không
triệt tiêu trong D, thì |f| đạt cực tiểu trên ∂D.

1.2 Hàm nguyên
Định nghĩa 1.2. Hàm f (z) chỉnh hình trên toàn mặt phẳng phức C được gọi
là hàm nguyên.
Hàm nguyên f(z) khai triển được thành chuỗi lũy thừa:
f(z) =
∞

n=0
c
n
z
n
.
Ví dụ:
e
z
=
∞

n=0
z
n
n!
, sin z =
∞

n=1
(−1)
n−1
z

2n−1
(2n − 1)!
.
Một hàm nguyên mà không tồn tại giới hạn khi z → +∞ thì được gọi là
hàm nguyên siêu việt.
Các hàm nguyên không phải là hàm nguyên siêu việt chỉ là những đa thức.
Như vậy các đa thức khai triển được thành chuỗi lũy thừa hữu hạn. Bây giờ ta
định nghĩa cấp của một hàm nguyên.
Cho f(z) là một hàm nguyên. Ta định nghĩa hàm
M
f
(r) = max
|z|=r
|f(z)|.
Theo nguyên lý môđun cực đại, nếu f khác hằng số thì M
f
(r) là hàm tăng theo
r.
Định nghĩa 1.3. Một hàm nguyên f(z) được gọi là có cấp hữu hạn nếu tồn
tại một số nguyên dương t sao cho:
M
f
(r) < e
r
t
7
với mọi r đủ lớn (r > r
0
nào đó, r
0

= r
0
(t) là một số phụ thuộc vào t). Cận
dưới đúng của các số t nói trên được gọi là cấp của hàm nguyên f(z) và được
ký hiệu là f(t).
Từ bất đẳng thức: log log M
f
(r) ≤ t log r, ta có
f(t) = lim
r→+∞
log log M
f
(r)
log r
.
Định nghĩa 1.4. Giả sử f(z) có cấp hữu hạn, kiểu của hàm f(z) ứng với cấp
ρ là một đại lượng được ký hiệu và xác định bởi
σ = lim
r→+∞
M
f
(r)
r
ρ
.
Khi đó dễ thấy rằng σ là cận dưới đúng của các số A sao cho
M
f
(r) < e
Ar

ρ
còn cấp dưới của f là đại lượng:
f
∗
(t) = lim
r→+∞
log log M
f
(r)
log r
.
Sau đây là một số tính chất về hàm nguyên.
Định lý 1.5. Giả sử f (z) là hàm nguyên siêu việt có cấp hữu hạn và có khai
triển thành chuỗi lũy thừa :
f(z) =
∞

n=0
c
n
z
n
.
Khi đó
f(t) = lim
n→+∞
n log n
log

1

c
n

và
(σeρ)
1/ρ
= lim
n→+∞
n
1/ρ
|c
n
|
1/n
.
8
Định lý 1.6. Đối với hàm nguyên f(z) bất kỳ, các hàm f(z) và f

(z) có cùng
cấp và cùng kiểu.
Chứng minh. Ta viết
f(z) =

z
0
f

(w)dw + f(0).
Từ đó ta có :
M

f
(r) ≤ rM
f

(r) + |f(0)| với |z| = r.
Theo công thức tích phân Cauchy, ta có :
f

(z) =
1
2πi

|w|=2r
f(w)
(w − z)
2
dw,
và do đó :
M
f

(r) <
M
f
(2r)
r
.
Do đó
M
f

(r) − |f(0)|
r
≤ M
f

(r) <
M
f
(2r)
r
.
Từ f (t) = lim
r→+∞
log log M
f
(r)
log r
và σ = lim
r→+∞
M
f
(r)
r
f
, định lý được chứng
minh.
Định lý 1.7. (Công thức Jensen). Giả sử f(z) là một hàm chỉnh hình trong
hình tròn |z| < R, f (0) = 0 và r
1
, r

2
, , r
n
, là môđun các không điểm của
hàm f(z) trong |z| < R, sắp xếp theo một thứ tự không giảm. Khi đó nếu
r
n
≤ r ≤ r
n+1
log
r
n
|f(0)|
r
1
· · · r
n
=
1
2π
2r

0
log |f(re
iθ
)|dθ.
Chứng minh. Gọi n(z) hay n(x, t) là số không điểm của f(z) trong hình tròn
9
|z| ≤ x với số không điểm bội p được đếm p lần. Khi đó nếu r
n

≤ r ≤ r
n+1
log
r
n
r
1
· · · r
n
= n log r −
n

j=1
log r
j
=
n−1

j=1
j(log r
j+1
− log r
j
) + n(log r − log r
n
)
=
n−1

j=1

j
r
j+1

r
j
dx
x
+ n
r

r
n
dx
x
. (1.1)
Do i = n(x) với r
j
≤ x ≤ r
j+1
và n = n(x) với r
n
≤ x ≤ r, kéo theo vế phải
của (1.1) bằng :
r

0
n(x)
x
dx.

Do đó công thức Jensen có thể viết dưới dạng :
r

0
n(x)
x
dx =
1
2π
2r

0
log |f(re
iθ
)|dθ − log |f(0)|.
1.3 Hàm phân hình
Định nghĩa 1.8. (Phân loại điểm bất thường cô lập). Điểm a ∈ C được
gọi là điểm bất thường cô lập của hàm f nếu tồn tại một số r > 0 sao cho
f ∈ H(0 < |z − a| < r).
Nếu a là điểm bất thường cô lập của hàm f và :
• lim
z→a
f(z) = A hữu hạn thì ta nói a là điểm bất thường khử được.
• lim
z→a
f(z) = ∞ thì ta nói a là điểm bất thường cực điểm.
• lim
z→a
f(z) không tồn tại thì a được gọi là điểm bất thường cốt yếu. Nếu
a là điểm bất thường cốt yếu của hàm f(z) thì với mọi số phức w

0
∈ C
tồn tại một dãy số phức z
n
→ a sao cho f(z
n
) → w
0
khi n → +∞.
10
Định nghĩa 1.9. Một hàm chỉnh hình trên tập Ω trừ ra một số điểm bất
thường là cực điểm trong Ω được gọi là hàm phân hình trên Ω.
Ví dụ hàm f(z) =
1
z − a
, f(z) = tan z, f (z) = cot z đều là các hàm phân
hình.
Tập hợp các hàm phân hình trên Ω được ký hiệu bằng M(Ω).
Nếu a là không điểm của hàm f chỉnh hình trong một lân cận của điểm a
thì ta có thể viết:
f(z) = (z − a)
K
ϕ(z),
với ϕ(z) là hàm chỉnh hình trong lân cận của điểm a và ϕ(a) = 0, K là số
nguyên dương. Khi đó, ta nói K là cấp của không điểm a hay còn nói a là
không điểm bội K của hàm f .
Nếu a là cực điểm của hàm f(z) thì ta có thể biểu diễn
f(z) =
ϕ(z)
(z − a)

K
trong đó ϕ(z) là một hàm chỉnh hình trong một lân cận của điểm a và ϕ(a) = 0,
còn K là một số nguyên dương. Khi đó ta gọi K là cấp của cực điểm.
Một hàm phân hình có điểm z = ∞ là bất thường khử được hoặc là cực
điểm thì nó là một hàm hữu tỷ.
Cấp của hàm phân hình:
ρ = lim
r→+∞
log T (r, f )
log r
.
Kiểu của hàm phân hình:
σ = lim
r→+∞
T (r, f)
r
ρ
,
trong đó T là hàm đặc trưng Nevanllina.
Định nghĩa 1.10. Cho f
n
(z) và g
m
(z) là các hàm đa thức. Khi đó hàm h(z) =
f
n
(z)
g
m
(z)

được gọi là hàm hữu tỷ.
Hàm hữu tỷ là hàm phân hình có hữu hạn cực điểm. Như vậy hàm hữu tỷ
có thể phân tích thành tích các phân thức đơn giản.
11
1.4 Hàm nguyên tố
1.4.1 Một số định nghĩa
Hàm phân hình h(z) = f(g(z)) được gọi là có nhân tử trái f (z) và nhân
tử phải g(z), với điều kiện f(z) là hàm không tuyến tính và phân hình, g(z)
là hàm không tuyến tính và nguyên (g(z) có thể là hàm phân hình khi f (z) là
hàm hữu tỷ).
Định nghĩa 1.11. h(z) được gọi là hàm nguyên tố (giả nguyên tố) nếu mọi
phân tích có dạng trên kéo theo các hàm f(z) hay g(z) là hàm tuyến tính (đa
thức trừ khi f là hàm hữu tỷ).
1.4.2 Hàm giả nguyên tố
Có nhiều ví dụ tầm thường của hàm giả nguyên tố. Ví dụ, mọi đa thức đều
là hàm giả nguyên tố. Đa thức có bậc nguyên tố là hàm nguyên tố. Sau đây, ta
sẽ nghiên cứu một số ví dụ không tầm thường của hàm giả nguyên tố.
Định lý 1.12. Hàm phân hình siêu việt cấp hữu hạn có nhiều nhất hữu hạn
cực điểm và không điểm là hàm giả nguyên tố.
Chứng minh. Lấy g = h(f ) thỏa mãn giả thiết của định lý và giả sử f không
phải hàm giả nguyên tố. Theo định lý Picard, h(z) có nhiều nhất một cực điểm,
giả sử cực điểm đó là b và nhiều nhất một không điểm a. Vì vậy, ta có biểu thức
h(z) =
(z − a)
n
(z − b)
m
e
α(z)
trong đó n và m là các số nguyên không âm và α(z) là hàm nguyên. Do g(h(z))

có cấp hữu hạn nên h(z) phải có cấp 0. Do đó α(z) là hằng. Vậy h(z) không
thể là hàm nguyên siêu việt. Định lý được chứng minh.
Đáng chú ý là h(z) phải có vô hạn các cực điểm hay vô hạn các không điểm,
12
trừ khi n hoặc m bằng 0. Suy ra h(z) có dạng c(z − d)
n
với n là số nguyên và
c, d là hằng số.
Định lý 1.13. Cho Q(z) là một đa thức khác 0 và τ là một hằng số khác không.
Nếu F(z) là hàm nguyên siêu việt dạng mũ thì với số c thỏa mãn :
F (z + τ) − F (z) = Q(z)e
cz
,
F (z) là hàm giả nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử F (z) = f(g(z)), với f là hàm nguyên siêu việt. Ta có :
f(g(z + τ )) − f(g(z)) = Q(z)e
cz
.
Do đó :
g(z + τ ) − g(z) = Q
1
(z)e
az+b
với Q
1
(z) là đa thức và a, b là hằng số. g có cấp lớn nhất là 1, kiểu là 0. Do đó
a = 0, vì vậy :
g(z + τ ) − g(z) = c

Q

1
(z)
với c

là hằng số. Điều này kéo theo g
(n)
(z) là hàm tuần hoàn với n nguyên. Do
đó g
(n)
(z) cũng có cấp lớn nhất là 1, kiểu là 0. Mà một hàm tuần hoàn không
phải hằng phải có ít nhất cấp 1 và kiểu dương. Do đó g
(n)
(z) phải là hằng số
và suy ra g(z) là đa thức. Định lý được chứng minh.
1.4.3 Hàm nguyên tố
Định nghĩa 1.14. Cho g là một hàm nguyên có cấp nhỏ hơn 1. Ta nói hàm
nguyên F (z) là tuần hoàn môđulô đa thức g với chu kỳ τ nếu
F (z + τ) − F (z) = g(z).
Ta nêu ra một vài kết quả :
13
1) Cho a
i
(z) là hàm nguyên tố có cấp hữu hạn ρ. Cho g
i
(z) cũng là các hàm
nguyên và g
i
(z) − g
j
(z)(i = j) là các hàm siêu việt hoặc đa thức có cấp lớn hơn

ρ. Khi đó :
n

i=1
a
i
(z)e
g
i
(z)
= a
0
(z)
chỉ xảy ra khi : a
0
(z) = a
1
(z) = = a
n
(z) = 0.
2) Nếu h là hàm nguyên và tuần hoàn môđulô đa thức g với chu kỳ τ thì
mọi nhân tử phải có dạng :
l(z) = H
1
(z) + g
∗
(z)e
H
2
(z)+az

trong đó H
i
, i = 1, 2 là hàm tuần hoàn với chu kỳ τ , a là hằng số và g
∗
(z) là
đa thức.
3) Một hàm nguyên h dạng mũ tuần hoàn môđulô đa thức không hằng hoặc
là một hàm nguyên tố, hoặc có dạng :
h(z) = f ((z + c)
2
)
với f là một hàm nguyên và c là một hằng số.
Ta nêu ra định lý quan trọng sau :
Định lý 1.15. (Định lý cơ bản 1) Cho p(z) là một đa thức không hằng, a
và b là hai hằng số bất kỳ (a = 0). Khi đó :
h(z) = e
az+b
+ p(z)
là hàm nguyên tố.
Chứng minh. Theo kết quả 3), nếu h(z) không phải là hàm nguyên tố thì ta có
thể viết dưới dạng :
h = f((z + c)
2
)
hay h(z − c) = f (z
2
). Suy ra
e
az+b


+ p(z − c) = h(z − c),
14
ở đây b

là hằng số, chúng ta suy ra rằng với K nguyên dương e
Ka
e
az+b

phải
là một hàm chẵn. Ta chỉ cần chứng minh h(z) không có nhân hữu tỷ.
Thật vậy, giả sử h(z) có nhân hữu tỷ thì h(z) có thể viết dưới dạng :
h(z) =
R
1
(z)
R
2
(z)
g(z) ⇒ e
az+b
+ p(z) =
R
1
(z)
R
2
(z)
g(z).
Giả sử R

2
(z) có một không điểm là z
0
. Khi đó, khi z → z
0
thì vế phải tiến đến
vô cùng còn vế trái tiến đến một số hữu hạn. Vậy h(z) không có nhân tử hữu
tỷ. Định lý được chứng minh.
15
Chương 2
Phân tích nghiệm nguyên
của một vài phương trình vi
phân đại số
2.1 Đặt bài toán
Cho F (z) là một hàm phân hình. Giả sử F (z) có thể biểu diễn dưới dạng
F (z) = f(g(z))(= f ◦ g(z)), (2.1)
trong đó f là một hàm phân hình, còn g là một hàm nguyên. Khi đó chúng ta
gọi biểu thức (2.1) là phân tích của hàm F , còn f và g được gọi là nhân tử trái
và phải tương ứng của F . Nếu từ mọi phân tích của F đều suy ra rằng một
trong hai hàm f và g là song tuyến tính thì F được gọi là một hàm nguyên tố.
Nếu từ mọi phân tích đều dẫn đến kết luận rằng f phải là một dạng song tuyến
tính, còn g là một hàm siêu việt thì khi đó, F được gọi là nguyên tố trái. Nếu
các nhân tử được hạn chế trong phạm vi các hàm nguyên thì việc phân tích
16
như trên được gọi là phân tích hàm nguyên. Với cách định nghĩa như trên, một
hàm nguyên nguyên tố sẽ được gọi là E - nguyên tố.
Cũng với cách phân tích như trên, giả sử F (z) có thể biểu diễn
F (z) = f(g(z)) = f ◦ g(z).
trong đó g có thể là hàm phân hình khi f là hàm hữu tỷ.
Nếu mọi phân tích của F đều suy ra rằng f là một hàm hữu tỷ hoặc g là

một đa thức thì F được gọi là giả nguyên tố. Nếu mọi phân tích đều đưa đến
kết luận rằng : f là một hàm siêu việt và g phải là tuyến tính thì khi đó F được
gọi là nguyên tố phải. Khi các nhân tử chỉ được hạn chế trong hàm nguyên thì
ta gọi việc phân tích này là phân tích trong hàm nguyên. Một hàm nguyên giả
nguyên tố sẽ được ký hiệu là E - giả nguyên tố.
Bây giờ chúng ta sẽ nghiên cứu về sự phân tích nghiệm nguyên siêu việt của
hai lớp phương trình đại số vi phân sau đây
b
n
(z)f
i
n
(f

)
j
n
+ b
n−1
(z)f
i
n
−1
(f

)
j
n
−1
+ + b

0
(z)f
i
0
(f

)
j
0
= b(z), (2.2)
ở đây n ∈ N là một số tự nhiên, i
s
≥ 0, j
s
≥ 0, i
s
+ j
s
> 0 (0 ≤ s ≤ n) là những
số nguyên và b
i
(z), b(z) không đồng nhất bằng 0 (0 ≤ i ≤ n) là những đa thức.
Và
a
n
(z)f
(n)
+ a
n−1
(z)f

(n−1)
+ + a
0
(z)f = a(z). (2.3)
Trong đó a
0
(z), , a
n−1
(z), a
n
(z), a(z) không đồng nhất bằng 0 là những đa
thức.
Việc phân tích nghiệm nguyên siêu việt của phương trình (2.3) và (2.2) đã
được nghiên cứu vào những năm đầu tiên của thế kỷ 21 và đã dẫn đến hai kết
quả đặc sắc sau đây :
Định lý A, [8]. Bất kỳ nghiệm phân hình nào của (2.3) đều là giả nguyên
tố.
Định lý B, [5]. Tất cả nghiệm nguyên siêu việt của (2.2) đều là giả nguyên
tố.
17
Giả sử F (ξ) là nghiệm nguyên siêu việt của (2.3) hoặc (2.2) và F (ξ) =
f(g(x)). Khi đó theo định lý A và định lý B ta có thể kết luận rằng f là một
hàm hữu tỷ hoặc g là một đa thức.
Vấn đề đặt ra là chúng ta có thể biết thêm gì về hàm f và g? Mục đích chính
của chương này, chương chính của luận văn là chứng minh một số tính chất của
f và g sau khi bổ sung một số điều kiện đối với phương trình (2.3) và phương
trình (2.2).
2.2 Một số bổ đề
Để chứng minh các tính chất của hàm f và g dưới đây, trước hết chúng ta
hãy giới thiệu bốn bổ đề mà ta sẽ sử dụng. Việc chứng minh bốn bổ đề này có

thể tìm được trong các tài liệu tham khảo.
Bổ đề 2.1. Cho F là một hàm nguyên siêu việt không tuần hoàn. Khi đó F là
nguyên tố nếu và chỉ nếu F là E - nguyên tố.
Bổ đề 2.2. Cho p(z
1
, z
2
, z
3
) là đa thức theo ba biến z
1
, z
2
và z
3
. Khi đó bất kỳ
nghiệm phân hình nào của phương trình vi phân cấp 1: p(z, f, f

) = 0 đều có
cấp tăng hữu hạn.
Bổ đề 2.3. Cho F là một hàm nguyên có bậc hữu hạn, ở đây đạo hàm F

(z) có
vô số nghiệm. Giả thiết bất kỳ số phức C, các phương trình sau đồng thời thỏa
mãn:






F (z) = C
F

(z) = 0
chỉ có hữu hạn nghiệm. Khi đó F (z) là E - nguyên tố trái.
Bổ đề 2.4. Cho f
1
, f
2
, , f
n
và g là các hàm nguyên và h
1
, h
2
, , h
n
là các
hàm phân hình sao cho bất đẳng thức:
n

j=1
T (r, h
j
) ≤ KT (r, g)
18
đúng, với K là một hằng số.
Giả thiết rằng f
j
và h

j
(j = 1, 2, , n) thỏa mãn
f
1
(g(z))h
1
(z) + f
2
(g(z))h
2
(z) + + f
n
(g(z))h
n
(z) ≡ 0.
Khi đó tồn tại hai tập hợp các đa thức {p
j
} và {q
j
} (j = 1, 2, , n) không đồng
thời bằng 0 trong một trong hai tập :
p
1
(g(z))h
1
(z) + p
2
(g(z))h
2
(z) + + p

n
(g(z))h
n
(z) ≡ 0
và
f
1
(z)q
1
(z) + f
2
(z)q
2
(z) + + f
n
(z)q
n
(z) ≡ 0.
2.3 Phân tích nghiệm nguyên của một vài phương
trình vi phân đại số
Xét các phương trình vi phân đại số
b
n
(ξ)f
i
n
(f

)
j

n
+ b
n−1
(ξ)f
i
n
−1
(f

)
j
n
−1
+ + b
0
(ξ)f
i
0
(f

)
j
0
= b(ξ). (2.4)
Trong đó n là số tự nhiên, i
s
≥ 0, j
s
≥ 0, i
s

+ j
s
> 0 (0 ≤ s ≤ n) là các số
nguyên và b
i
(ξ) = 0 (0 ≤ i ≤ n) là những đa thức theo ξ.
Bài toán đặt ra là hãy phân tích nghiệm nguyên của phương trình này, từ
đó giúp chúng ta tìm ra sự nguyên tố hoặc giả nguyên tố của một lớp các hàm
nguyên.
Chúng ta sẽ chứng minh hai định lý cơ bản.
Định lý 2.5. Giả sử rằng phương trình (2.4) thỏa mãn điều kiện
deg b
n
(ξ) < deg b
n−1
(ξ) < < deg b
0
(ξ).
Giả sử F (ξ) là nghiệm nguyên siêu việt của (2.4). Khi đó một và chỉ một trong
ba trường hợp sau là đúng.
19
(1) F (ξ) là một hàm nguyên tố.
(2) F (ξ) có nhân tử trái q(ξ) có dạng:
q(ξ) = c(ξ − a)
k
+ b
trong đó a, b ∈ C, c = 0, k ∈ Z và k = 0.
(3) F (ξ) có một nhân tử phải đa thức p(ξ) sao cho deg p(ξ) > 1 và
deg p|(deg b
s

+ j
t
) − (deg b
t
+ j
s
) (2.5)
với hai số nguyên s, t nào đó, 0 ≤ s = t ≤ n.
Chứng minh. Điều khẳng định 1: Nghiệm F (z) là một hàm nguyên siêu việt
không tuần hoàn.
Giả sử ngược lại F (z) là tuần hoàn với chu kỳ τ . Khi đó từ các giả thiết về
các đa thức hệ số b
j
(z), 0 ≤ j ≤ n dễ thấy có tồn tại các số nguyên 0 < k
0
<
k
1
< < k
n
sao cho :













b
n
(z + k
0
τ) b
n−1
(z + k
0
τ) . . . b
0
(z + k
0
τ)
b
n
(z + k
1
τ) b
n−1
(z + k
1
τ) . . . b
0
(z + k
1
τ)
. . . . . .

.
.
.
. . .
b
n
(z + k
n
τ) b
n−1
(z + k
n
τ) . . . b
0
(z + k
n
τ)












= q(z) = 0.

Bây giờ ta xét hệ:



















b
n
(z + k
0
τ)f
i
n
(z)(f

(z))

j
n
+ . . . + b
0
(z + k
0
τ)f
i
0
(z)(f

(z))
j
0
= b(z + k
0
τ)
b
n
(z + k
1
τ)f
i
n
(z)(f

(z))
j
n
+ . . . + b

0
(z + k
1
τ)f
i
0
(z)(f

(z))
j
0
= b(z + k
1
τ)
.
.
.
b
n
(z + k
n
τ)f
i
n
(z)(f

(z))
j
n
+ . . . + b

0
(z + k
n
τ)f
i
0
(z)(f

(z))
j
0
= b(z + k
n
τ).
Từ đây chúng ta kết luận được f
i
n
(z)(f

(z))
j
n
là hàm hữu tỷ. Điều này trái
với giả thiết f là hàm siêu việt.
20
Điều khẳng định 2: Nếu F

(ξ) có vô hạn nghiệm thì hoặc F (ξ) là hàm
nguyên tố hoặc F (ξ) có một nhân tử đa thức phải p(ξ) sao cho
deg p|(deg b

s
+ j
t
) − (deg b
t
+ j
s
)
là đúng với hai số nguyên s, t nào đó 0 ≤ s = t ≤ n.
Trước hết ta thấy hệ phương trình :





F (ξ) = C
F

(ξ) = 0
chỉ có hữu hạn nghiệm với mọi C ∈ C do dạng của phương trình (2.4) và nhờ
giả thiết của định lý 2.5. Từ bổ đề 2.2 ta suy ra cấp của F (ξ) là hữu hạn và từ
bổ đề 2.3 ta có thể kết luận F (ξ) là E - nguyên tố trái.
Bây giờ còn hai trường hợp ta cần xét thêm.
Trường hợp 1. Nếu F (ξ) là E - nguyên tố phải. Khi đó F (ξ) là E - nguyên
tố, do khẳng định 1 F (ξ) là hàm nguyên siêu việt không tuần hoàn, nhờ vào bổ
đề 2.1 ta suy ra F (ξ) là nguyên tố.
Trường hợp 2. Nếu F (ξ) không phải là E - nguyên tố phải. Khi đó F (ξ) có
thể phân tích F (ξ) = f(p(ξ)), trong đó f là hàm nguyên siêu việt và p(ξ) là đa
thức và deg p ≥ 2. Từ đó chúng ta có
b

n
[f(p)]
i
n
[f

(p)p

]
j
n
+b
n−1
[f(p)]
i
n
−1
[f

(p)p

]
j
n
−1
+ +b
0
[f(p)]
i
0

[f

(p)p

]
j
0
= 0.
Từ đẳng thức này và bổ đề 2.4 ta suy ra tồn tại các đa thức p
1
, p
2
, , p
n+1
sao cho :
b
n
p
n
(p)(p

)
j
n
+ b
n−1
p
n−1
(p)(p


)
j
n
−1
+ b
0
p
0
(p)(p

)
j
0
− b
n+1
= 0,
trong đó ta giả thiết b
n+1
(ξ) = b(ξ) và j
n+1
= 0. Trong đồng nhất thức trên,
phải có ít nhất một số hạng, giả sử b
n
p
n
(p)(p

)
j
n

= 0. Do đó phải tồn tại ít
nhất hai số nguyên dương s, t (0 ≤ s = t ≤ n + 1) sao cho
deg b
s
p
s
(p)(p

)
j
s
= deg b
t
p
t
(p)(p

)
j
t
,
21
nghĩa là
(deg p
s
+ j
s
− deg p
t
− j

t
)deg p = (deg b
t
+ j
s
) − (deg b
s
+ j
t
).
Do đó
deg p|(deg b
t
+ j
s
) − (deg b
s
+ j
t
).
Điều khẳng định 2 được chứng minh.
Điều khẳng định 3. Nếu F

(ξ) = 0 chỉ có một số hữu hạn nghiệm thì hoặc
là F (ξ) có nhân tử trái dạng p(ξ) = c(ξ − a)
k
+ b, a, b, c ∈ C, c = 0 và k ∈ Z,
k = 0 hoặc F (ξ) có một nhân tử phải đa thức p(ξ) sao cho (2.5) đúng. Vì F

(z)

chỉ có hữu hạn không điểm, do đó tồn tại một đa thức p(z) không đồng nhất
bằng 0 và một số nguyên không phải hằng số α(z) sao cho F

(z) = p(z)e
α(z)
.
Vì vậy, không mất tổng quát, ta có :
F (z) =
z

0
p(t)e
α(t)
dt. (2.6)
Giả thiết rằng F (z) có thể phân tích hóa là F (z) = f (g(z)). Khi đó theo định
lý B, chúng ta có ba trường hợp cần được khảo sát :
(1) f là hàm hữu tỷ còn g là một hàm phân hình siêu việt.
(2) f là một đa thức còn g là một hàm nguyên siêu việt.
(3) g là một đa thức.
Nếu điều kiện (2.5) đúng thì chúng ta có thể chứng minh rằng :
deg g|(deg b
t
+ j
s
) − (deg b
s
+ j
t
)
với s, t nào đó (0 ≤ s = t ≤ n+1) bằng phương pháp được sử dụng trong trường

hợp 2 của khẳng định 2. Bây giờ chúng ta sẽ xét hai trường hợp khác:
Trường hợp 1. Nếu f có cực điểm w
0
, thì g không thể nhận giá trị w
0
do đó
g
z
= w
0
+ e
u(z)
với u(z) là một hàm nguyên không phải là hằng số nào đó. Hơn
22
nữa vì g là một hàm nguyên với giá trị Picard hữu hạn w
0
, f không thể có các
cực điểm nào khác ngoài w
0
. Do đó f (w) =
Q
1
(w − w
0
)
k
, trong đó Q
1
(w) là một
đa thức với Q

1
(w
0
) = 0 và k ≥ 1 là một số tự nhiên. Từ điều này và từ bổ đề
2.4 chúng ta có
F (z) = Q
1
(w
0
+ e
u(z)
)e
−ku(z)
=
z

0
p(t)e
α(t)
dt.
Do đó :
Q

1
(w
0
+ e
u(z)
)u


(z)e
−(k−1)u(z)
− kQ
1
(w
0
+ e
u(z)
)u

(z)e
−ku(z)
− p(z)e
α(z)
≡ 0
và do Q
1
(w) đồng nhất bằng C đối với một hằng số C nào đó (= 0). Như vậy
F (z) có một nhân tử trái
f(z) =
C
(z − w
0
)
k
.
Trường hợp 2. f(w) không có cực điểm, tức là f (w) là một đa thức và nếu
deg f(w) = 1, thì ta đã có điều cần chứng minh. Chúng ta giả thiết
deg f(w) ≥ 2.
Nhưng từ (2.6), ta có

z

0
p(t)e
α(t)
dt = F (z) = f(g(z)).
Vì vậy f(g(z))g(z) = p(z)e
α(z)
, từ điều này ta suy ra rằng f

(w) = (w − w
1
)
k−1
đối với một w
1
nào đó thuộc C và k = deg f(w). Do đó :
f(w) =
1
k
(w − w
1
)
k
+ C
với C ∈ C. Đây là những gì chúng ta cần mong muốn chỉ ra. Bằng cách kết hợp
trường hợp 1 và trường hợp 2 ta thấy rằng điều khẳng định 3 đã được chứng
minh.
Bây giờ từ điều khẳng định 2 và 3 ta suy ra định lý 2.5.
23