Luận văn thạc sĩ đa thức duy nhất và tập bi urs cho hàm phân hình p adic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM PHẠM VĂN MẠNH ĐA THỨC DUY NHẤT VÀ TẬP BI URS CHO HÀM PHÂN HÌNH P ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2017 c ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM PHẠM VĂN MẠNH ĐA THỨC DUY NHẤT VÀ TẬP BI-URS CHO HÀM PHÂN HÌNH P -ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 c ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM PHẠM VĂN MẠNH ĐA THỨC DUY NHẤT VÀ TẬP BI-URS CHO HÀM PHÂN HÌNH P-ADIC Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Hướng dẫn khoa học TS.VŨ HỒI AN THÁI NGUYÊN - 2017 c i Lời cam đoan Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các kết nêu luận văn trung thực chưa công bố cơng trình khác Tài liệu tham khảo nội dung trích dẫn đảm bảo trung thực xác, tuân thủ qui định quyền sở hữu trí tuệ Thái Nguyên, tháng năm 2017 Tác giả Phạm Văn Mạnh c ii Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS.Vũ Hồi An, người thầy tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, khoa Tốn tồn thể thầy giáo trường ĐHSP Thái Ngun, Viện Tốn học Trường Đại học Sư phạm Hà Nội truyền thụ cho kiến thức quan trọng, tạo điều kiện thuận lợi cho ý kiến đóng góp q báu suốt q trình học tập thực luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè người giúp đỡ chia sẻ với suốt thời gian học tập hoàn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn! Thái Ngun, tháng năm 2017 Tác giả Phạm Văn Mạnh c iii Mục lục Mục lục iii Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Trường p-adic 1.2 Các định lí Nevanlinna Đa thức tập Bi − U RS cho M(Cp ) 10 2.1 URS tính bội chặn cho hàm nguyên hàm phân hình Cp 10 2.2 Đa thức cho hàm phân hình 23 2.3 Bi-URS cho M(Cp ) 35 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 c Mở đầu Vấn đề xác định hàm phân hình (hay đa thức, hàm ngun) trường đóng đại số đặc trưng khơng K thông qua ảnh ngược tập hữu hạn nghiên cứu nhiều nhà toán học giới Năm 1926, R Nevanlinna đưa Định lí năm điểm tiếng: Một hàm phân hình xác định cách ảnh ngược, không tính bội, năm giá trị phân biệt Định lí năm điểm R Nevanlinna suy hai hàm nguyên chung bốn giá trị hữu hạn phải hàm đồng hàm Kết tốt Năm 1977, F Gross đưa ý tưởng khơng xét ảnh ngược điểm rời rạc mà xét ảnh ngược tập hợp điểm trường đóng đại số Giả sử L trường số phức C trường đóng đại số, đặc trương khơng, đầy đủ với chuẩn không Acsimet K F họ hàm xác định L lấy b Với m0 số nguyên dương ∞ , f ∈ F S ⊂ L ∪ {∞} giá trị L tập khác rỗng, ta ký hiệu: [ Efm0 (S) = {(z, m) ∈ L × N|f (z) = a với bội n m = min(n, m0 )} a∈S Trong trường hợp m0 = ∞ (tương ứng m0 = 1), ta viết:
Ef∞ (S) := Ef (S) tương ứng Ef1 (S) := E f (S) Tập S gọi tập xác định tính bội chặn m0 , ký hiệu URS với cặp hàm khác f, g ∈ F thỏa mãn điều kiện Efm0 (S) = Egm0 (S) f = g Trong trường hợp m0 = ∞ tập S thỏa mãn điều kiện gọi URS, với m0 = ta gọi S URS khơng tính bội c Thời gian gần đây, nhiều tác giả nghiên cứu U RS dựa hai hướng chính: Hướng thứ tìm U RS khác với số phần tử bé Theo hướng nhiều tác giả dùng ước lượng hàm Nevanlinna để chứng minh tập SY = {z ∈ C|z n + az m + b = 0}, với điều kiện khác n, m, a, b U RS Hướng thứ hai tìm đặc trưng U RS Năm 1997, A Boutabaa, A Escassut L Haddad đưa đặc trưng U RS cho đa thức trường đóng đại số K bất kì: “Một tập hữu hạn S ⊂ K U RS cho đa thức S tập cứng affin, nghĩa tồn hàm h = ax + b, (a, b ∈ K) thỏa mãn h(S) = S h ≡ id” Năm 1999, W Cherry C C Yang mở rộng kết cho hàm nguyên trường khơng Acsimet Mục đích luận văn trình bày số kết U RS cho hàm phân hình trường p-adic khái niệm liên quan chặt chẽ với URS đa thức Cụ thể, luận văn trình bày điều kiện đủ để tập URS cho M(Cp ) Các kết luận văn dựa hai tài liệu tài liệu [6] [7] Luận văn chia thành hai chương: Chương 1: Giới thiệu số kiến thức sử dụng luận văn Chương 2: Giới thiệu khái niệm URS tính bội chặn cho hàm phân hình trường p-adic Trình bày số kết URS đa thức cho hàm phân hình trường p-adic Khái niệm Bi-URS cho M(Cp ) Thái Nguyên, tháng năm 2017 Tác Giả Phạm Văn Mạnh c Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Trường p-adic Chuẩn không Acsimet Định nghĩa 1.1 Một chuẩn trường K hàm |.| : K → R+ thỏa mãn điều kiện sau: 1) |x| = ⇔ x = 0; 2) |xy| = |x||y| với x, y ∈ K; 3) |x + y| ≤ |x| + |y| với x, y ∈ K Nếu hàm thỏa mãn thêm điều kiện |x + y| ≤ max{|x|, |y|} với x, y ∈ K 4) ta gọi chuẩn không Acsimet Ngược lại, ta gọi chuẩn Acsimet Mỗi chuẩn |.| trường K cảm sinh hàm khoảng cách d xác định d(x, y) = |x − y|, với x, y ∈ K cảm sinh tơpơ K Trường mở rộng trường Q theo chuẩn không Acsimet gọi trường không Acsimet Với số thực r > điểm x ∈ K, ta kí hiệu đĩa mở, đĩa đóng, vịng c trịn tâm x bán kính r tương ứng là: D(x, r) = {y ∈ K : d(x, y) < r}; D(x, r) = {y ∈ K : d(x, y) ≤ r}; D < x, r >= {y ∈ K : d(x, y) = r} = D(x, r)\D(x, r); D = D(0, 1) gọi đĩa đơn vị Với số c > 1, hàm υc : K → R ∪ {+∞} cho   −log |x| x ∈ K∗ c υc (x) =  +∞ x = gọi hàm cộng tương ứng chuẩn |.| Bổ đề 1.1 Một chuẩn trường K không Acsimet hàm cộng υ tương ứng thỏa mãn điều kiện sau: 1) υ(x) = +∞ ⇔ x = 0; 2) υ(xy) = υ(x) + υ(y), với x, y ∈ K; 3) υ(x + y) ≥ min{υ(x), υ(y)}, với x, y ∈ K Số p-adic trường p-adic Cho p số nguyên tố cố định Với số nguyên a khác khơng biểu diễn dạng sau: a = pυ a0 , p không chia hết cho a0 ∈ Z+ , υ xác định p a Ta kí hiệu υp (a) = υ Khi ta thu hàm υp : Z∗ → Z+ a Ta mở rộng υp lên trường số hữu tỉ Q sau: x = ∈ Q, đặt b   υp (a) − υp (b) x 6= υp (x) =  +∞ x = c Với x ∈ Q, ta thu chuẩn p-adic tương ứng, kí hiệu | |p cho |x|p =   p−υp (x) x 6=  0 x = Định nghĩa 1.2 Hai chuẩn trường K gọi tương đương cảm sinh hàm khoảng cách cảm sinh tơ pơ K Định lý 1.1 (Định lí Ostrowski) Mọi chuẩn không tầm thường Q tương đương với hai chuẩn sau: Chuẩn p-adic; Giá trị tuyệt đối thơng thường Như có hai hướng mở rộng trường số hữu tỉ Q mở rộng theo chuẩn giá trị tuyệt đối thông thường ta trường số thực R mở rộng theo chuẩn p-adic ta trường số p-adic, kí hiệu Qp Kí hiệu Qp bao đóng đại số Qp Tuy nhiên Qp khơng đầy đủ theo b mở rộng đầy đủ theo tơpơ khơng tơpơ khơng Acsimet Kí hiệu Cp = Q p Acsimet bao đóng đại số Qp gọi trường số phức p-adic Kí hiệu A(Cp ) vành hàm nguyên Cp M(Cp ) trường hàm phân hình, có nghĩa trường hàm thương A(Cp ) 1.2 Các định lí Nevanlinna Các hàm đặc trưng Nevanlinna tính chất Giả sử f (z) hàm phân hình đĩa Dr ∈ Cp giả sử f (z) viết dạng f (z) = f0 (z) Y (z − ) i Y j , (z − bj ) f0 khơng có khơng điểm cực điểm Dr , bj tương ứng khơng điểm cực điểm tính bội f Ta kí hiệu: n(r, 0, f ) = số không điểm f Dr ; c 12 Nhận xét 2.2 Từ định nghĩa trên, dễ thấy S URS cho hàm phân hình đa thức P liên kết với S đa thức mạnh cho hàm phân hình Thật vậy, giả sử S = {a1 , a2 , , an } URS cho hàm phân hình tồn hai hàm phân hình khác f g cho P (f ) = cP (g), với số c Khi đó, f (z) = aj với bội k g(z) = với bội k(1 ≤ i, j ≤ q) Hay nói khác Ef (S) = Eg (S) Do S URS cho hàm phân hình nên f = g Điều ngược lại lúc Định lí sau đưa điều kiện đủ để tập hữu hạn URS thông qua đa thức liên kết Định nghĩa 2.4 Đa thức P (z) khác không gọi thỏa mãn điều kiện (H) P (dl ) 6= P (dm ) với ≤ l < m ≤ k Định lý 2.1 (xem [7]) Cho m0 ∈ Z ∪ {∞} Giả sử P (z) đa thức mạnh bậc q thỏa mãn điều kiện (H), có số đạo hàm k ≥ k = min(q1 , q2 ) ≥ Giả sử S tập nghiệm P Hơn nữa, điều kiện sau thỏa mãn: a) b) c) q > 2k + 11 trường hợp m0 = 1, + trường hợp m0 ≥ 2, q > 2k + m0 − q > 2k + trường hợp m0 = ∞ Khi đó, S URS tính bội chặn m0 cho hàm phân hình Đặc biệt, S URS tính bội chặn m0 cho hàm nguyên điều kiện sau thỏa mãn d) e) f) q > 2k + trường hợp m0 = 1, + trường hợp m0 ≥ 2, q > 2k + m0 − q > 2k + trường hợp m0 = ∞ Chứng minh Giả sử f g hàm phân hình khác thỏa mãn điều kiện: Ef m0 (S) = Eg m0 (S) c 13 Đặt F (z) := 1 , G(z) := P (f (z)) P (g(z)) L(z) := F 00 (z) G00 (z) − F (z) G (z) Khi ta có P 00 (f ) P 00 (g) P (f ) P (g) f 00 g 00 L={ f − g } − 2{ f − g } + { − } (2.1) P (f ) P (g) P (f ) P (g) f g Để chứng minh Định lí 2.1 ta chứng minh bổ đề mệnh đề sau: Bổ đề 2.1 (xem [7]) m(r, L) = O(1) Chứng minh Từ Định lí 1.2 Mệnh đề 1.2 ta có G00 F 00 m(r, L) ≤ m(r, ) + m(r, ) = O(1) F G Bổ đề 2.2 (xem [7]) Giả sử F G hàm phân hình khác Nếu F 00 G00 F G có cực điểm bậc điểm z0 − có khơng điểm z0 F G Chứng minh Vì F G hàm phân hình có cực điểm bậc z0 nên e Fe (z) G(z) e hàm ta viết F (z) = , G(z) = , Fe G z − z0 z − z0 chỉnh hình lân cận z0 Do e 00 (z)(z − z0 ) Fe 00 (z)(z − z0 ) F 00 (z) G00 (z) G − = − , e (z)(z − z0 ) − G e (z) F (z) G (z) Fe (z)(z − z0 ) − Fe (z) G nhận z0 làm không điểm Mệnh đề 2.1 (xem [7]) Giả sử L 6= Nếu m0 = q ≤ 2k + 11 Nếu ≤ m0 < ∞ q ≤ 2k + + m0 − Nếu m0 = ∞ q ≤ 2k + Đặc biệt, f g hàm nguyên q ≤ 2k + cho trường hợp m0 = 1, q ≤ 2k + + cho trường hợp ≤ m0 < ∞ q ≤ 2k + m0 − cho trường hợp m0 = ∞ c 14 Chứng minh Đặt m00 :=    max(1, m0 − 1) < m0 < ∞ m0 = ∞  0 δ :=   0 m0 ≥  1 m0 = Áp dụng định lí thứ hai hàm f giá trị a1 , a2 , , aq ta có: q X  (q − 1)T (r, f ) ≤ N (r, f ) + N r, f − aj j=1   − N0 r, f  − log r + O(1) Xét trường hợp m0 ≥ Khi đó, z0 ∈ Cp mà f (z0 ) = với bội đơn g(z0 ) = aj với bội đơn Theo Bổ đề 2.2 ta có L(z0 ) = Trong trường hợp lại, điểm z0 ∈ f −1 (S) không điểm f −1 (và g −1 ) Như q X j=1 N (r, 1 ) ≤ N (r, ) + N (r, )|f −1 (S) f − aj L f Xét trường hợp m0 = Nếu z0 ∈ Cp mà f (z0 ) = g(z0 ) = aj với bội đơn L(z0 ) = Ngược lại, z0 không điểm f g , trường hợp ta có bất đẳng thức: q X j=1 N (r, 1 1 ) ≤ N (r, ) + N (r, )|f −1 (S) + N (r, )|g−1 (S) f − aj L f g Vì trường hợp ta có: 1 (q − 1)T (r, f ) ≤N (r, f ) + N (r, ) + N (r, )|f −1 (S) + δN (r, )|g−1 (S) L f g − N0 (f, ) − log r + O(1) f Mặt khác, áp dụng định lí thứ Bổ đề 2.1 , ta có 1 N (r, ) ≤ T (r, ) = T (r, ) + O(1) = N (r, L) + O(1) L L L c 15 Ta xét cực điểm L: F 00 (z) G00 (z) − nên cực điểm L phải cực điểm đơn Vì L(z) = F (z) G (z) Từ cơng thức (2.1) ta có: tập hợp f −1 (∞)∪g −1 (∞), cực điểm L không điểm hàm P (f ), P (g), P (f ), P (g), f , g Trong trường hợp m = ∞, P (f ) P (g) nhận không điểm với bội nên từ cơng thức (2.1), L có cực điểm giá trị không điểm P (f ), P (g), f , g Do  k  X 1 N (r, L) ≤ N (r, ) + N (r, ) + N (r, f ) + N (r, g) f − d g − d j j j=1 + N (f, 1 ) + N (f, ) f0 g0 Trong trường hợp ≤ m0 < ∞, ta có bất đẳng thức sau:  k  X 1 N (r, L) ≤ N (r, ) + N (r, ) + N (r, f ) + N (r, g) f − d g − d j j j=1 1 (z)≥m −1,f −1 (S)} + N (r, )| )| −1 {υ f f0 g {υg0 (z)≥m0 −1,g (S)} 1 + N (f, ) + N (f, ) f g + N (r, Thật vậy, z0 cực điểm L z0 khơng điểm P (f ), P (g), P (f ), P (g), f g Nếu f (z0 ) 6= với ≤ i ≤ n P (f (z0 )) 6= P (g(z0 )) 6= (vì trường hợp g(z0 ) 6= với ≤ i ≤ n) P (f (z0 )) = 0, P (g(z0 )) = 0, f (z0 ) = g (z0 ) = Nếu z0 ∈ f − 1(S) theo giả thiết, f (z0 ) = g(z0 ) = aj với a ≤ i, j ≤ n Nếu υfai (z0 ) = υg j (z0 ) = z0 khơng điểm L, z0 khơng thể cực điểm L Trong trường hợp cịn lại, z0 khơng điểm f g Dễ thấy rằng, z0 cực điểm L υf (z0 ) ≥ m0 − υg0 (z0 ) ≥ m0 − Do L có cực điểm đơn nên ta có bất đẳng thức cần chứng minh c ... THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM PHẠM VĂN MẠNH ĐA THỨC DUY NHẤT VÀ T? ?P BI- URS CHO HÀM PHÂN HÌNH P- ADIC Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hướng dẫn khoa học... ta gọi đa thức khác P (z) ∈ Cp (z) gọi đa thức yếu cho F với hàm f, g ∈ F thỏa mãn điều kiện P (f ) = P (g) f = g Dễ thấy, đa thức P (z) đa thức mạnh đa thức Giả sử f hàm phân hình khác Cho điểm... kiện P cho S URS cho hàm phân hình hàm nguyên Định nghĩa 2.3 Cho t? ?p S = {a1 , a2 , , aq } ⊂ Cp đa thức P (z) = (z − a1 )(z − a2 ) (z − aq ) Khi P gọi đa thức liên kết với S Ta viết đạo hàm đa thức