nghiệm hàm phân hình của phương trình trên trường không acsimet

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HUỲNH THỊ YẾN THU NGHIỆM HÀM PHÂN HÌNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TRƯỜNG KHƠNG ACSIMET LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Nghệ An - 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HUỲNH THỊ YẾN THU NGHIỆM HÀM PHÂN HÌNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TRƯỜNG KHƠNG ACSIMET LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN THỊ NGỌC DIỆP Nghệ An - 2017 MỤC LỤC Mục lục Một số ký hiệu Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đa tạp đại số 1.2 Đường cong phẳng 10 1.3 Trường định chuẩn 12 Nghiệm hàm phân hình phương trình trường khơng Acsimet 16 2.1 Các điểm kỳ dị đường cong phẳng 16 2.2 Cận hàm đặc trưng 18 2.3 Nghiệm hàm phân hình phương trình trường khơng Acsimet 22 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 MỘT SỐ KÝ HIỆU k : Trường An (k) : Không gian afin n chiều trường k Pn (k) : Không gian xạ ảnh n chiều trường k k[x1 , x2 , , xn ] : Vành đa thức n biến trường k degR : Bậc đa thức R K : Trường đóng đại số có đặc số 0, đầy đủ với giá trị tuyệt đối không Acsimet A(K) : Tập hàm nguyên K M(K) : Tập hàm phân hình K MỞ ĐẦU Bài tốn giải phương trình hàm từ lâu thu hút quan tâm nhiều tác giả Năm 2000, H Fujimoto xét đa thức trường số phức đưa số điều kiện đủ lớp đa thức thỏa mãn điều kiện tách nghiệm để phương trình P (X) = λP (Y ), λ = 0, có nghiệm hàm phân hình khác Một số báo khác sau đưa điều kiện cần đủ lớp đa thức để phương trình khơng có nghiệm hàm phân hình khác trường hợp phức hay trường hợp p-adic Tiếp theo đó, vấn đề tổng quát đặt ra, là: Cho hai đa thức P Q trường đóng đại số, phương trình P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác Trong luận văn này, chúng tơi tập trung tìm hiểu trình bày cách chi tiết kết báo "Meromorphic solutions of equations over non-Archimedean fields" tác giả Tạ Thị Hồi An Alain Escassut tạp chí The Ramanujan Journal Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày hai chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức sở Hình học đại số Số học đại nhằm mục đích làm sở cho việc trình bày nội dung chương Ngồi chúng tơi cịn trích dẫn số kết có nhằm phục vụ cho chứng minh phần sau Chương Nghiệm hàm phân hình phương trình trường khơng Acsimet Chương nội dung luận văn Trong chương chúng tơi trình bày điểm kỳ dị đường cong phẳng xác định đa thức đa thức P (X) − Q(Y ), với P, Q đa thức biến trường đóng đại số có đặc số Đồng thời chúng tơi tìm hiểu cận hàm đặc trưng Cuối trình bày điều kiện cần đủ để phương trình hàm P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác hằng, P Q đa thức biến trường đóng đại số có đặc số 0, đầy đủ với giá trị tuyệt đối khơng Acsimet Luận văn hồn thành hướng dẫn TS Nguyễn Thị Ngọc Diệp Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn đến Cơ, người tận tình hướng dẫn động viên tác giả suốt trình thực luận văn Nghệ An, tháng năm 2017 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức nhằm mục đích làm sở cho việc trình bày nội dung chương Ngồi chúng tơi cịn trích dẫn số kết có nhằm phục vụ cho chứng minh phần sau Các khái niệm tính chất chủ yếu tham khảo tài liệu [1],[8] 1.1 Đa tạp đại số 1.1.1 Định nghĩa Cho k trường tùy ý F (x1 , x2 , , xn ) ∈ k[x1 , x2 , , xn ] Một điểm P = (a1 , a2 , , an ) ∈ An (k) gọi không điểm F F (P ) = F (a1 , a2 , , an ) = Nếu F khơng tập hợp không điểm F gọi siêu mặt xác định F , ký hiệu V (F ) Một siêu mặt A2 (k) gọi đường cong phẳng 1.1.2 Định nghĩa Nếu S tập hợp đa thức k[x1 , x2 , , xn ] V (S) = {P ∈ An (k) | F (P ) = với F ∈ S} gọi tập đại số An (k) 1.1.3 Ví dụ (1) Tập rỗng ∅ tập đại số tập nghiệm phương trình f = với f ∈ k, f = (2) Một điểm a = (a1 , a2 , , an ) không gian An (k) tập đại số tập nghiệm hệ phương trình   x − a1 =   x − a =0 2     x n − an = hay (a1 , a2 , , an ) = V (x1 − a1 , x2 − a2 , , xn − an ) (3) Tập nghiệm hệ phương trình tuyến tính gọi đa tạp tuyến tính (4) An (k) tập đại số An (k) tập nghiệm phương trình = 1.1.4 Nhận xét (1) Cho S1 , S2 hệ đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Nếu S2 ⊆ S1 V (S1 ) ⊆ V (S2 ) (2) Hợp hai tập đại số tập đại số Nghĩa là: Cho S1 , S2 hệ đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Khi V (S1 ) ∪ V (S2 ) = V (S) với S = {f g | f ∈ S1 , g ∈ S2 } (3) Giao họ tùy ý tập đại số tập đại số Nghĩa là: Cho {Si } họ hệ đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Khi ∩V (Si ) = V (∪Si ) Do hợp hai tập đại số tập đại số, giao họ tùy ý tập đại số tập đại số, tập rỗng tồn khơng gian An (k) tập đại số nên ta trang bị tơpơ gọi tôpô Zariski An (k) cách coi tập đại số tập đóng 1.1.5 Định nghĩa (1) Một tập đại số V ⊂ An (k) gọi khả quy V = V1 ∪ V2 V1 , V2 tập đại số An (k) Vi = V , i = 1, Ngược lại, V gọi bất khả quy (2) Một tập đại số bất khả quy An (k) gọi đa tạp afin (3) Một tập mở đa tạp afin gọi đa tạp tựa afin 1.1.6 Định lý Giả sử V tập đại số An (k) Khi đó, tồn tập đại số bất khả quy V1 , V2 , , Vm cho V = V1 ∪ V2 ∪ ∪ Vm Vi ⊂ Vj với i = j Các Vi gọi thành phần bất khả quy V; V = V1 ∪V2 ∪ .∪Vm phân tích V thành thành phần bất khả quy 1.1.7 Định nghĩa (1) Với tập S không rỗng gồm đa thức k[x1 , x2 , , xn+1 ] V (S) = {P ∈ Pn (k) | F (P ) = với F ∈ S} gọi tập đại số xạ ảnh Pn (k) (2) Một tập đại số V ⊂ Pn (k) gọi bất khả quy không hợp hai tập đại số bé thực 10 (3) Một tập đại số bất khả quy Pn (k) gọi đa tạp xạ ảnh (4) Một tập mở đa tạp xạ ảnh gọi đa tạp tựa xạ ảnh 1.2 Đường cong phẳng Đường cong phẳng C A2 (k) xác định đa thức F (x, y) C = {(x, y) ∈ A2 (k) | F (x, y) = 0} Đường cong C bất khả quy F (x, y) bất khả quy Bậc đường cong bậc đa thức xác định đường cong Giả sử F = Fiei với Fi nhân tử bất khả quy F ei ≥ Ta nói Fi thành phần F ei bội thành phần Fi Ta nói Fi thành phần đơn ei = 1, thành phần bội ei > Vì vành đa thức k[x, y] vành Gauss nên đa thức F (x, y) ∈ k[x, y] có phân tích thành nhân tử bất khả quy F = F1m1 F2m2 Frmr với F1 , F2 , , Fr đa thức bất khả quy phân biệt m1 , m2 , , mr số tự nhiên Ký hiệu Ci = {(x, y) ∈ A2 (k) | Fi (x, y) = 0}, i = 1, 2, , r, Ci , i = 1, 2, , r, thành phần bất khả quy C C có phân tích thành thành phần bất khả quy C = C1 ∪ C2 ∪ ∪ Cr Giả sử F (x, y) đa thức bậc n vành đa thức k[x, y] Đặt x y F (x, y, z) := z n F ( , ) z z 23 Fujimoto Hơn nữa, bậc P Q nhau, tìm hiểu điều kiện cần đủ để phương trình khơng có nghiệm hàm phân hình khác 2.3.1 Định nghĩa Đa thức P (X) gọi thỏa mãn Giả thiết I P (αi ) = P (αj ) với i = j, i, j = 1, 2, l, hay nói cách khác, P đơn ánh tập không điểm đạo hàm bậc P Định lý sau đưa điều kiện đủ để phương trình P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác đa thức P Q thỏa mãn Giả thiết I Để phát biểu định lý rõ ràng, ta dùng ký hiệu sau 2.3.2 Ký hiệu Ta đặt A0 := {(i, j) | ≤ i ≤ l, ≤ j ≤ h, P (αi ) = Q(βj )} , A1 := {(i, j) | (i, j) ∈ A0 , pi > qj )} , A2 := {(i, j) | (i, j) ∈ A0 , pi < qj )} , l0 := #A0 ; l1 := #A1 ; l2 := #A2 Khi A0 \(A1 ∪ A2 ) = {(i, j) | (i, j) ∈ A0 , pi = qj } 2.3.3 Định lý Giả sử P (X) Q(X) đa thức thỏa mãn Giả thiết I Giả sử f ánh xạ chỉnh hình từ K đến C Nếu điều kiện sau thỏa mãn f ánh xạ (pi − qj ) + a) pi ≥ n − m + 2, 1≤i≤l, (i,j)∈A / (i,j)∈A1 (qj − pi ) + b) (i,j)∈A2 qj ≥ 1≤j≤h, (i,j)∈A / 24 Để chứng minh Định lý 2.3.3 ta cần bổ đề sau 2.3.4 Bổ đề Giả sử Γ đường cong P2 xác định phương trình H(X, Y, Z) = có bậc n f = (f0 , f1 , f2 ) ánh xạ chỉnh hình từ K đến Γ cho f0 , f1 , f2 khơng có khơng điểm chung Giả sử G đa thức K[X, Y, Z] với degG ≤ n − G(f ) ≡ Nếu với α ∈ K ta có {wα (W (fi , fj ))} ≥ wα ( i=0,1,2 i=j=0,1,2 f ánh xạ Đặc biệt, Pi (f )), G (H) Pi (f ) khơng có khơng điểm chung (i = G 0, 1, 2) f ánh xạ Chứng minh Vì Γ xác định đa thức H bậc n, nên ta có degP0 = degP1 = degP2 = n − Giả sử degG = w Ta có T (r, f ) = max log(|fi |r ) + O(1) (2.4) j=0,1,2 Do P P1 P2 , , )) G G G Pi Pi = max log − να,r ( ) + O(1) i=0,1,2 G r α∈d(0,r) i=0,1,2 G T (r, (P0 , P1 , P2 )) = T (r, ( ≥ (n−1−w) max log |fj |r − j=0,1,2 να,r ( α∈d(0,r) i=0,1,2 Pi )+ O(1) G Theo (2.4) ta có T (r, (P0 , P1 , P2 )) ≥ (n − − w)T (r, f ) − να,r ( α∈d(0,r) i=0,1,2 Pi ) + O(1) G Theo giả thiết ta có να,r ( α∈d(0,r) i=0,1,2 Pi )≤ G νb,r (W (fi , fj )) b∈d(0,r) i=j=0,1,2 25 Từ Mệnh đề 2.2.2, ta suy (n − w − 3)T (r, f ) ≤ − log r + O(1) Do f ánh xạ chỉnh hình K nên n − w − ≥ r tiến +∞ f ánh xạ Pi Đặc biệt, (f ) khơng có khơng điểm chung với i = 0, 1, 2, giả G thiết Bổ đề 2.3.4 thỏa mãn Như vậy, f xác định K n − w − ≥ f ánh xạ 2.3.5 Bổ đề Giả sử P (X) Q(X) thỏa mãn Giả thiết I Khi với i, ≤ i ≤ l, tồn nhiều j , ≤ j ≤ h, cho P (αi ) = Q(βj ) Hơn nữa, l0 ≤ min{l, h} Chứng minh Với i, ≤ i ≤ l, giả sử tồn j1 , j2 , ≤ j1 , j2 ≤ h, cho P (αi ) = Q(βj1 ) P (αi ) = Q(βj2 ) Từ dẫn tới Q(βj1 ) = Q(βj2 ), j1 = j2 Q thỏa mãn Giả thiết I Tương tự, tồn nhiều i, ≤ i ≤ l, cho P (αi ) = Q(βj ) với j , ≤ j ≤ h Điều kết thúc chứng minh Bổ đề 2.3.5 Theo Bổ đề 2.3.5, đa thức P, Q thỏa mãn Giả thiết I, khơng tính tổng qt ta giả sử A0 = {(1, j(1)), , (l0 , j(l0 ))} Chứng minh Định lý 2.3.3 Giả sử f = (f0 , f1 , f2 ) ánh xạ chỉnh hình từ K đến C Đầu tiên, ta giả sử điều kiện (a) thỏa mãn Ta lấy G(X, Y, Z) := Z n−m (Y − βj Z)qj 1≤j≤h, (i,j)∈A1 (X − αi Z)pi 1≤i≤l, (i,j)∈A0 \A1 26 l pi = n − ta thu Từ giả thiết (a) đẳng thức i=1 degG = n − m + qj + pi 1≤i≤l, (i,j)∈A0 \A1 1≤j≤h, (i,j)∈A1 l =n−m+ pi − ( i=1 (pi − qj ) + (i,j)∈A1 pi ) ≤ n − 1≤i≤l, (i,j)∈A0 Pi (f ), i = 0, 1, 2, khơng có khơng điểm G chung điểm hữu hạn Ta xét điểm z ∈ K cho f2 (z) = Ta Như ta cần chứng minh viết P0 (f ) = G P1 (f ) = G (f0 − αi f2 )pi 1≤i≤l, (i,j)∈A1 f2n−m (f0 − αi f2 )pi 1≤i≤l, (i,j)∈A0 , (f1 − βj f2 )qj 1≤j≤h, (i,j)∈A1 (f1 − βj f2 )qj 1≤j≤h, (i,j)∈A0 \A1 (f1 − βj f2 )qj 1≤j≤h, (i,j)∈A0 (f0 − αi f2 )pi 1≤i≤l0 , (i,j)∈A0 \A1 P0 (f ) = f0 − αi f2 = với giá trị i cho G (i, j) ∈ A1 (i, j) ∈ A0 Từ ta suy Giả sử f0 (z) − αi f2 (z) = với giá trị i cho (i, j) ∈ A1 Khi P1 f1 (z) − βj f2 (z) = Ta xem xét (f ) nhân tử có dạng (f1 − βj f2 ), G P1 với (i, j) ∈ A1 , giản ước Do ta có (f)(z) = G Giả sử f0 (z) − αi f2 (z) = với giá trị i cho (i, j) ∈ A0 Như P (αi ) = Q(βj ) với j Suy f1 (z) − βj f2 (z) = với j bất P1 Pi kỳ, nghĩa (f )(z) = Như (f ), i = 0, 1, 2, khơng có khơng điểm G G chung Mặt khác, ta có G(f ) ≡ Theo Bổ đề 2.3.4, ta có f ánh xạ Bây giả sử điều kiện (b) thỏa mãn Ta đặt G(X, Y, Z) := Z n−m (X − αi Z)pi 1≤i≤l, (i,j)∈A2 (Y − βj Z)qj 1≤j≤h, (i,j)∈A0 \A2 27 h qj = m − 1, ta thu Dựa vào giả thiết (b) đẳng thức j=1 degG = n − m + pi + qj 1≤j≤h, (i,j)∈A0 \A2 1≤i≤l, (i,j)∈A2 h =n−m+ qj − ( j=1 (qj − pi ) + (i,j)∈A2 qj ) ≤ n − 1≤j≤h, (i,j)∈A0 Pi (f ) khơng có khơng điểm chung G G(f ) ≡ Do theo Bổ đề 2.3.4 ta có f ánh xạ Lập luận tương tự trên, ta có Từ Định lý 2.3.3 ta có nhận xét sau 2.3.6 Nhận xét Cho P (X) Q(X) đa thức thỏa mãn Giả thiết I Giả sử f ánh xạ chỉnh hình từ K đến C Nếu điều kiện sau thỏa mãn f ánh xạ (1) l − l0 ≥ n − m + 2; (2) l − h ≥ n − m + 2; (3) l1 ≥ n − m + 2; (4) (i, j) ∈ A1 cho pi − qj ≥ n − m + 2; (5) h − l0 ≥ 2; (6) h − l ≥ 2; (7) l2 ≥ 2; (8) l0 ≤ h − l2 ≥ 1; (9) (i, j) ∈ A2 cho qj − pi ≥ Khi đa thức P (X) Q(X) có bậc nhau, định lý sau đưa điều kiện cần đủ để phương trình P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác Để phát biểu định lý rõ ràng, ta xem xét bốn điều kiện sau 28 A P (X) − Q(Y ) có nhân tử tuyến tính B l = 1, h = 2, p1 = q1 + 1, q2 = P (α1 ) = Q(β1 ); h = 1, l = 2, q1 = p1 + 1, p2 = P (α1 ) = Q(β1 ) C l = h = 2, p2 = q2 = 1, p1 = q1 P (α1 ) = Q(β1 ) D l = h = 3, pi = qi với i = 1, 2, P (αi ) = Q(βi ) với i = 1, 2, (sau thay đổi số) 2.3.7 Định lý Giả sử P (X) Q(X) thỏa mãn Giả thiết I n = m Khi đó, có ánh xạ chỉnh hình từ K vào C ánh xạ P (X) Q(X) không thỏa mãn điều kiện điều kiện (A), (B), (C), (D) Để chứng minh Định lý 2.3.7 ta cần bổ đề sau 2.3.8 Bổ đề Nếu P (X) Q(X) thỏa mãn điều kiện (A),(B), (C) (D), tồn ánh xạ chỉnh hình khác từ K đến C Chứng minh Nếu điều kiện (A) thỏa mãn, ta giả sử aX −bY −c, ab = 0, c b nhân tử tuyến tính P (X) − Q(Y ) Khi f = ( φ + ψ, φ, ψ) a a ánh xạ chỉnh hình khác từ K vào đường cong C , với φ, ψ ánh xạ chỉnh hình khác Nếu điều kiện (B) thỏa mãn P (X) có dạng P (α1 ) + u(X − α1 )p1 +1 Q(Y ) có dạng Q(β1 ) + s(Y − β1 )p1 + t(Y − β1 )p1 +1 , với ust = Khi P (X) − Q(Y ) có dạng P (α1 ) + u(X − α1 )p1 +1 − Q(β1 ) − s(Y − β1 )p1 − t(Y − β1 )p1 +1 = u(X − α1 )p1 +1 − s(Y − β1 )p1 − t(Y − β1 )p1 +1 Do C bất khả quy, có bậc p1 + có điểm kỳ dị bội p1 Do p1 (p1 − 1) p1 (p1 − 1) số khuyết C − = Vì C có giống 2 29 Nếu điều kiện (C) thỏa mãn đường cong C có bậc p1 + có điểm kỳ dị tắc Mặt khác, C có điểm kỳ dị tắc bội p1 + Do theo Định lý Bezout, ta có đường cong C bất khả quy có giống có nhân tử tuyến tính Nếu điều kiện (D) thỏa mãn đường cong C có bậc có điểm kỳ dị tắc bội 2, C bất khả quy có giống có nhân tử tuyến tính Như vậy, trường hợp, C có thành phần bất khả quy có giống 0, tồn ánh xạ chỉnh hình khác từ K đến C 2.3.9 Bổ đề Giả sử f = (f0 , f1 , f2 ) ánh xạ chỉnh hình khác từ K đến C Giả sử tồn z ∈ K cho f0 (z)−αi f2 (z) = f1 (z)−βj f2 (z) = với (i, j) ∈ A0 Khi (pi + 1)wz (f0 − αi f2 ) = (qj + 1)wz (f1 − βj f2 ) Chứng minh Vì αi , βj không điểm P , Q với số bội tương ứng pi , qj nên ta viết P (X) = P (αi ) + u(X − αi )pi +1 + + an (X − αi )n , Q(X) = Q(βj ) + s(X − βj )qj +1 + + bm (X − βj )m , với s, u ∈ K, su = Theo giả thiết ta có f2 (z) = = (u(f0 − αi f2 )pi +1 − s(f1 − βj f2 )qj +1 ) + số hạng(f0 − αi f2 ) với bậc cao + số hạng(f1 − βj f2 ) với bậc cao Do đó, f0 (z) − αi f2 (z) = f1 (z) − βj f2 (z) = wz (f0 − αi f2 )pi +1 = wz (f1 − βj f2 )qj +1 Như ta có điều phải chứng minh 30 2.3.10 Ký hiệu Với (i1 , j(i1 )) (i2 , j(i2 )) thuộc A0 , ta ký hiệu Li1 ,i2 (X, Y, Z) = (Y − βj(i1 ) Z) − βj(i1 ) − βj(i2 ) (X − αi1 Z) αi1 − αi2 Nói cách khác, đường thẳng xác định phương trình Li1 ,i2 (X, Y, Z) = đường thẳng qua hai điểm (αi1 , βj(i1 ) , 1) (αi2 , βj(i2 ) , 1) Do đó, Li1 ,i2 (X, Y, Z) cịn viết dạng Li1 ,i2 (X, Y, Z) = (Y − βj(i2 ) Z) − βj(i1 ) − βj(i2 ) (X − αi2 Z) αi1 − αi2 Giả sử f = (f0 , f1 , f2 ) ánh xạ chỉnh hình khác từ K đến C Với z ∈ K cho f2 (z) = ta có ωz (Li1 ,i2 (f )) ≥ ωz (f0 − αi1 f2 ), ωz (f1 − βj(i1 ) f2 ) , ωz (Li1 ,i2 (f )) ≥ ωz (f0 − αi2 f2 ), ωz (f1 − βj(i2 ) f2 ) Chứng minh Định lý 2.3.7 Theo Bổ đề 2.3.8, ta giả sử P (X) Q(X) không thỏa mãn điều kiện điều kiện (A), (B), (C), (D) Giả sử f = (f0 , f1 , f2 ) ánh xạ chỉnh hình từ K đến C , ta phải chứng tỏ f ánh xạ Bằng cách xếp số, ta giả sử A0 = {(1, j(1)), , (l0 , j(l0 ))} pi không tăng tức p1 ≥ ≥ pl0 Theo Định lý 2.3.3 Nhận xét 2.3.6, ta giả sử pi ≤ 1, qi ≤ với i ≥ l0 + 1; |pi − qj(i) | ≤ với i ≤ l0 ; |l − h| ≤ l0 ≥ max {l, h} − Trường hợp l0 ≥ Ta đặt l p1 +p2 −2+ G(X, Y, Z) := L1,2 i=l0 +1 l0 pi (X − αi Z)pi , (X, Y, Z) i=3 (T ) 31 l pi − = n − Ta có G(f ) = điều kiện (A) khơng thỏa degG = i=1 mãn đường cong khơng có nhân tử tuyến tính Ta chứng minh p2 ≥ p2 = l0 ≤ l − 1, điều kiện (H) Bổ đề 2.3.4 thỏa mãn Vì {wz W (fi , fj )} ≥ 0, nên ta i=j=0,1,2 cần xem xét điểm z ∈ K cho f2 (z) = z không điểm chung Pi (f ) Ta có G P0 (f ) = G l (f0 − α1 f2 )p1 (f0 − α2 f2 )p2 (f0 − αi f2 )pi i=l0 +1 l p1 +p2 −2+ L1,2 i=l0 +1 pi (f ) P0 (f ) có khơng điểm f0 − α1 f2 = f0 − α2 f2 = G Pi Do (f ), i = 0, 1, 2, có khơng điểm chung f0 − αi f2 = G f1 (z) − βj(i) f2 = với i = 1, Đầu tiên ta xem xét điểm z cho f2 (z) = , f0 (z) − α1 f2 (z) = f1 (z) − βj(1) f2 (z) = Theo Bổ đề 2.3.9 ta có (p1 + 1)wz (f0 − α1 f2 ) = (qj(1) + 1)wz (f1 − βj(1) f2 ) (2.5) Nếu p1 ≥ qj(1) wz (f0 − α1 ) ≤ wz (f1 − βj(1) ) wz (f0 − P0 α1 ) = wz (L1,2 (f )) Do ta cần kiểm tra wz ( (f )) = (2 − p2 − G l pi )wz (f0 − α1 ) ≤ p2 ≥ p2 = l0 ≤ l − Điều i=l0 +1 P0 (f ) khơng có khơng điểm điểm Bây giờ, G p1 + p1 < qj(1) p1 + = qj(1) Vì wz (f0 − α1 f2 ) = wz (f1 − βj(1) f2 ) p1 + Nhưng p1 + 1, p1 + nguyên tố nên từ hệ thức 2.5 suy có nghĩa wz (f1 − βj(1) f2 ) ≥ p1 + 1, wz (f0 − α1 f2 ) > wz (f1 − βj(1) f2 ) = wz (L1,2 (f )) 32 Từ ta có   l p1 (p1 + 2) P0 pi + 2 wz (f1 − βj(1) f2 ) − p1 − p2 − wz ( (f )) =  G p1 + i=l0 +1   l  pi − + = wz (f1 − βj(1) f2 ) − p2 − wz (f1 − βj(1) f2 ) p1 + i=l0 +1 Vế phải bị chặn wz (f1 − βj(1) f2 ) − wz (f1 − βj(1) f2 ) p1 + p2 ≥ p2 = l0 ≤ l − Hơn nữa, lưu ý wz (f1 − βj(1) f2 ) ≥ p1 + Do đó, p2 ≥ p2 = l0 ≤ l − 1, ta có wz ( P0 (f )) ≤ wz (f1 − βj(1) f2 ) − G = wz (W (f1 , f2 )) = min{wz (W (f0 , f2 )), wz (W (f2 , f1 )), wz (W (f1 , f0 ))} Như điều kiện (H) Bổ đề 2.3.4 thỏa mãn Bây ta xem xét điểm z ∈ K cho f0 (z) − α2 f2 (z) = f1 (z) − βj(2) (z) = Lập luận tương tự ta có điều kiện (H) Bổ đề 2.3.4 thỏa mãn Vì vậy, áp dụng Bổ đề 2.3.4 ta có f p2 ≥ p2 = l0 ≤ l − Trường hợp lại ta cần xem xét p2 = l0 = l Với trường hợp ta xét khả sau: 33 Khả p2 = l0 = l = Ta có n = p1 + h ≥ l0 = Vì n = m giả thiết (T ), ta cần xem xét trường hợp sau p1 = qj(1) , h = qj(2) = 1; p1 = qj(1) + 1, h = qj(2) = 2; p1 = qj(1) + 1, h = qj(2) = q3 = Trường hợp đầu trường hợp ngoại lệ tương ứng với điều kiện (C), điều loại trừ Với hai trường hợp lại, ta lấy G(X, Y, Z) := L1,2 (X, Y, Z)(Y − βj(1) Z)p1 −2 Pi (f ), với i = 0, 1, 2, có G khơng điểm chung f0 (z) − αi f2 (z) = f1 (z) − βj(i) f2 (z) = với i = Khi degG = p1 − = n − i = Bằng lập luận tương tự trên, ta có không điểm chung thỏa mãn điều kiện (H) Bổ đề 2.3.4 Vì f ánh xạ Khả p2 = l0 = l ≥ Nếu p1 = l0 = l = h = n = m nên ta có q1 = q2 = q3 = 1, trường hợp ngoại lệ (D) Nếu p1 = l0 = l ≥ 4, ta lấy l0 (X − αi Z)pi G(X, Y, Z) := L1,2 L3,4 (X, Y, Z) i=4 Pi (f ), với i = 0, 1, 2, có không điểm chung G f0 − αi f2 = f1 − βj(i) f2 = 0, i = 1, 2, 3, Khi Nếu p1 ≥ 2, ta lấy l0 G(X, Y, Z) := −1 Lp1,2 L1,3 (X, Y, Z) (X − αi Z)pi i=4 34 Pi (f ), i = 0, 1, 2, có khơng điểm chung f0 −αi f2 = G f1 − βj(i) f2 = 0, i = 1, 2, Với hai trường hợp ta có degG = n − Khi cách lập luận tương tự trường hợp 1, ta có khơng điểm chung Pi (f ), với i = 0, 1, 2, thỏa mãn điều kiện (H) Bổ đề 2.3.4 Do f G ánh xạ Trường hợp l0 = Trong trường hợp này, dựa vào giả thiết (T ) ta có max {l, h} ≤ l0 + = Ta khơng thể đồng thời có l = p1 < q1 Đầu tiên giả sử l = p1 = q1 , h = n = m Khi P (α1 ) = Q(β1 ) P (X)−Q(Y ) có dạng s(X −α1 )p1 +1 −t(Y −β1 )p1 +1 , với st = Vì P (X) − Q(Y ) có nhân tử tuyến tính Đây trường hợp (A) Bây giả sử l = p1 > q1 , ta có p1 = q1 + 1, h = q2 = Đây trường hợp (B) Nếu l = p1 = q1 , h = 2, q2 = Đây trường hợp (C) Nếu l = p1 < q1 , h = 1, p1 + = q1 Đây trường hợp (B) Trường hợp l0 = Trong trường hợp này, ta có max {l, h} ≤ l0 + = Dựa vào giả thiết (T ) n = m, ta có h = p1 = q1 = l = Nếu l = h = 0.Trong hai trường hợp ta có P (X) − Q(Y ) có nhân tử tuyến tính, trường hợp(A) Vậy định lý chứng minh 35 KẾT LUẬN Trên sở tài liệu tham khảo luận văn [2], chúng tơi tập trung tìm hiểu trình bày cách chi tiết kết sau đây: (1) Các điểm kỳ dị đường cong phẳng xác định phương trình F (X, Y, Z) = 0, F (X, Y, Z) đa thức đa thức P (X) − Q(Y ), với P, Q đa thức biến trường K đóng đại số có đặc số (2) Cận hàm đặc trưng (3) Điều kiện cần đủ để phương trình hàm P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác hằng, P Q đa thức biến trường đóng đại số K có đặc số 0, đầy đủ với giá trị tuyệt đối không Acsimet 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Ngô Việt Trung (2012), Nhập môn Đại số giao hốn Hình học đại số, NXB Khoa học tự nhiên công nghệ Tiếng Anh [2] T T H An and A Escassut (2008), Meromorphic solutions of equations over non-Archimedean fields, Ramanujan J., 15(3), 415 - 433 [3] T T H An, J T -Y Wang and P -M Wong (2003), Unique range sets and uniqueness polynomials in positive characteristic, Acta Arith., 109(3), 259 - 280 [4] W Cherry and Min Ru (2004), Rigid analytic Picard theorems, Amer J Math., 126, 873 - 889 [5] W Cherry and Z Ye (1997), Non-Archimedean Nevanlinna theory in several variables and the non-Archimedean Nevanlinna inverse problem, Trans Amer Math Soc., 349(12), 5043 - 5071 [6] A Escassut and C C Yang (2004), The functional equation P (f ) = Q(g) in a p-adic field, J Number Theory, 105(2), 344 - 360 [7] H Fujimoto (2000), On uniqueness of meromorphic functions sharing finite sets, Amer J Math., 122, 1175 - 1203 [8] W Fulton (1969), Algebraic curves, W A Benjamin, New York 37 [9] J T -Y Wang (2002), Uniqueness polynomials and bi-unique range sets for rational functions and non-Archimedean meromorphic functions, Acta Arith., 104, 183 - 200 ... 2.3 Nghiệm hàm phân hình phương trình trường khơng Acsimet Trong mục chúng tơi tìm hiểu điều kiện đủ để phương trình hàm P (X) = Q(Y ) trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác trường. .. tách nghiệm để phương trình P (X) = λP (Y ), λ = 0, có nghiệm hàm phân hình khác Một số báo khác sau đưa điều kiện cần đủ lớp đa thức để phương trình khơng có nghiệm hàm phân hình khác trường. .. Mệnh đề Cho ϕ chuẩn không Acsimet K Nếu giá trị ϕ(α) ϕ(β) khác thì: ϕ(α + β) = max{ϕ(α), ϕ(β)}; ∀α, β ∈ K 16 CHƯƠNG NGHIỆM HÀM PHÂN HÌNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRÊN TRƯỜNG KHƠNG ACSIMET Trong chương