Phân Bố Giá Trị Đối Với Đơn Thức Vi Phân Của Hàm Phân Hình P-Adic.pdf

C \Users\Admin\Downloads\luan van\luanvanbaoveThuy (1) dvi ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ BÍCH THÙY PHÂN BỐ GIÁ TRỊ ĐỐI VỚI ĐƠN THỨC VI PHÂN CỦA HÀM PHÂN HÌNH P ADIC LUẬN VĂN TH[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ BÍCH THÙY PHÂN BỐ GIÁ TRỊ ĐỐI VỚI ĐƠN THỨC VI PHÂN CỦA HÀM PHÂN HÌNH P - ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2014 Sốhóa Trung tâm Học liệu ĐẠI HỌC THÁI NGUN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ BÍCH THÙY PHÂN BỐ GIÁ TRỊ ĐỐI VỚI ĐƠN THỨC VI PHÂN CỦA HÀM PHÂN HÌNH P - ADIC Chun ngành: Giải tích Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Vũ Hoài An THÁI NGUYÊN - 2014 Sốhóa Trung tâm Học liệu LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan kết nghiên cứu luận văn trung thực, không trùng lặp với đề tài khác thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái Nguyên, tháng năm 2014 Học viên Nguyễn Thị Bích Thùy Sốhóa Trung tâm Học liệu i Mục lục Các kí hiệu ii Mở đầu 1 Phân bố giá trị hàm phân hình p - adic 1.1 Hàm đặc trưng hàm phân hình p-adic 1.1.1 Không gian Cp 1.1.2 Hàm đặc trưng 1.2 Hai Định lý lý thuyết Nevanlinna p-adic 1.2.1 Hai Định lý 1.2.2 Các ý Định lý thứ hai 13 Phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic 15 2.1 Giả thuyết Hayman p - adic 16 2.2 Phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic 25 Sốhóa Trung tâm Học liệu ii Các kí hiệu • Cp : Trường số phức p - adic • f : Hàm phân hình p - adic • Nf (a, r): Hàm đếm f a • mf (∞, r) : Hàm xấp xỉ f • Tf (r): Hàm đặc trưng f Sốhóa Trung tâm Học lieäu MỞ ĐẦU Lý chọn luận văn Lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna xây dựng xem thành tựu toán học đẹp đẽ toán học kỷ XX, mà ngày gọi Lý thuyết Nevanlinna Nội dung Lý thuyết phân bố giá trị hai định lý Định lý thứ mở rộng Định lý đại số, mô tả phân bố giá trị hàm phân hình khác mặt phẳng phức C Định lý thứ hai mở rộng Định lý Picard, mô tả ảnh hưởng đạo hàm đến phân bố giá trị hàm phân hình Hà Huy Khối người xây dựng tương tự Lý thuyết phân bố giá trị cho trường hợp p - adic Ông học trò tương tự lý thuyết Nevanlinna cho trường số phức p - adic mà ngày thường gọi lý thuyết Nevanlinna p - adic Họ đưa hai Định lý cho hàm phân hình ánh xạ chỉnh hình p - adic Một ứng dụng sâu sắc lý thuyết phân bố giá trị (phức p - adic) Vấn đề xác định cho hàm phân hình khác (phức p-adic) qua điều kiện ảnh ngược tập hợp điểm mà ngày gọi Định lý điểm Nevanlinna (hoặc tương tự Định lý điểm cho trường hợp p-adic) Phân bố giá trị vấn đề xác định nhiều nhà tốn học ngồi nước xét mối liên hệ với đạo hàm hàm phân hình ảnh ngược điểm riêng rẽ Người khởi xướng hướng nghiên cứu Hayman Năm 1967, Hayman chứng minh kết sau đây: Định lí A[4] Cho f hàm phân hình C Nếu f (z) 6= f (k) (z) 6= với k số nguyên dương với z ∈ C, f Sốhóa Trung tâm Học liệu Năm 1967, Hayman đưa giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman[4] Nếu hàm nguyên f thỏa mãn f n (z) f (z) 6= ′ với n số nguyên dương với z ∈ C , f Giả thuyết Hayman Hayman kiểm tra hàm nguyên siêu việt n > , Clunie kiểm tra n ≥ Các kết vấn đề liên quan hình thành nhánh nghiên cứu gọi lựa chọn Hayman Tiếp đó, hàm nguyên f g , C C Yang G G Gundersen nghiên cứu trường hợp f (k) g (k) nhận giá trị CM, k = 0, Cơng trình quan trọng thúc đẩy hướng nghiên cứu thuộc C.C.Yang – X.H Hua.Năm 1997, hai ông chứng minh định lý sau đây: Định lí B[13] Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, n ≥ 11 ′ ′ số nguyên a ∈ C - {0} Nếu f nf g n g nhận giá trị a CM hoặcf = dg với dn+1 = g (z) = c1 ecz f (z) = c2 e−cz , c, c1 , c2 số thỏa mãn (c1 c2 )n+1 c2 = −a2 Từ đó, hướng nghiên cứu phát triển mạnh mẽ với kết sâu sắc I Lahiri, Q Han – H X Yi, W Bergweiler, J K Langley, K Liu, L Z Yang, L C Hong, M L Fang, B Q Li, P C Hu - C.C.Yang, A Eremenko, G Frank - X Hua – R Vaillancourt Cơng cụ sử dụng số kiểu định lí thứ hai cho đa thức vi phân với với ước lượng hàm đặc trưng, hàm đếm hàm đạo hàm Trong trường hợp p-adic, kết theo hướng nghiên cứu thuộc J Ojeda[11] Năm 2008, J Ojeda xét vấn đề nhận giá trị ′ f + T f n với T hàm hữu tỷ Ở đó, J Ojeda nhận kết sau: Định lí C[11] Cho f hàm phân hình Cp, n ≥ số nguyên ′ a ∈ Cp - {0} Khi f n (z) f (z) 6= a với z ∈ Cp f Năm 2011, Hà Huy Khoái Vũ Hoài An thiết lập kết tương
m tự cho đơn thức vi phân dạng f n (z) f (k) (z) Họ nhận kết sau: Định lí D[4] Cho f hàm phân hình Cp , thỏa mãn điều kiện f n (z) (f (k))m (z) 6= với z ∈ Cp n,m k số ngun khơng Sốhóa Trung tâm Học liệu âm.Khi f đa thức bậc < k điều kiện sau xảy ra: f hàm nguyên k > m = 1, n > √ 1+ 1+4k m > 1, n ≥ 3.n ≥ 0, m > 0, k > 0, tồn số C, r0 cho |f |r < C với r > r0 Theo hướng nghiên cứu này, đề tài nhằm nghiên cứu vấn đề: Phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic Đây vấn đề có tính thời giải tích p-adic Phương pháp dùng : Vận dụng kiểu Định lý thứ hai trường p-adic để xét phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic Ngồi phần mở đầu tài liệu tham khảo luận văn gồm: Chương Phân bố giá trị hàm phân hình p-adic Chương Phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic Luận văn hoàn thành Khoa Sau Đại Học, Đại Học Sư Phạm Thái Nguyên hướng dẫn Tiến Sĩ Vũ Hồi An Nhân dịp này, tơi xin cảm ơn Tiến Sĩ Vũ Hoài An, người hướng dẫn giúp đỡ tơi suốt q trình thực luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến nhà toán học Khoa Toán, Đại Học Sư phạm - Đại Học Thái Nguyên Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy toàn thể bạn đọc Thái Nguyên, tháng 04 năm 2014 Tác giả Nguyễn Thị Bích Thùy Sốhóa Trung tâm Học liệu Chương Phân bố giá trị hàm phân hình p - adic Hiện tập giảng nhập mơn Giải tích p-adic [2] Hà Trần Phương tài liệu tiếng Việt dùng cho cao học ngành giải tích Trường Đại Học Sư Phạm - Đại Học Thái Nguyên Sách chuyên khảo hàm phân hình khơng Acsimet Hu-Yang [9] tài liệu tham khảo tiếng Anh tốt cho cao học, nghiên cứu sinh người muốn tìm hiểu lý thuyết phân bố giá trị p-adic Trên sở tài liệu này, chương chúng tơi trình bày số kiến thức phân bố giá trị hàm phân hình p-adic để dùng cho chương 1.1 1.1.1 Hàm đặc trưng hàm phân hình p-adic Không gian Cp Với p số nguyên tố cố định, Ostowski khẳng định: Chỉ có hai cách trang bị chuẩn không tầm thường cho trường hữu tỉ Q Mở rộng theo chuẩn thơng thường ta có trường số thực R, mở rộng theo chuẩn p-adic ta có trường số Qp b bổ sung bao đóng đại số Q Ta gọi C Kí hiệu Cp = Q p p p trường số phức p-adic Chuẩn Cp mở rộng tự nhiên chuẩn p-adic Qp Sốhóa Trung tâm Học liệu Kí hiệu: Dr = {z ∈ Cp : |z| ≤ r}, D = {z ∈ Cp : |z| = r} P Giả sử f (z) hàm chỉnh hình Dr biểu diễn f (z) = an z n n≥0 Do lim |an | |z | = nên tồn n ∈ N để |an | |z | đạt giá trị lớn ∗ n n−→∞ n Khi ta đặt: |f |r = max {|an | |z n |} n≥0 Trong suốt luận văn ta quy ước log logp 1.1.2 Hàm đặc trưng Giả sử f một hàm chỉnh hình khác Cp Với a ∈ Cp , P f viết f = Pi (z − a) với Pi đa thức bậc i Định nghĩa vf (a) = {i : Pi 6= 0} Cho d ∈ Cp , Định nghĩa hàm vfd : ∈ Cp −→ N xác định vfd (a) = vf −d (a) R r nf (a, x) dx ρ0 x nf (a, x) số nghiệm phương trình f (z) = a tính bội đĩa Cố định số thực ρ0 với < ρ0 ≤ r Định nghĩa Nf (a, r) = lnp |z| ≤ x Nếu a = đặt Nf (r) = Nf (0, r) Cho l số nguyên dương Đặt P nl,f (a, x) intrρ0 dx, nl,f (a, x)= {vf −a(z), l} Nl,f (a, r) = lnp x |z|≤r Cho k số nguyên dương, Ta định nghĩa hàm vf≤k từ Cp vào N xác định bởi:  0 v (z) > k f ≤k vf (z) = v (z) v (z) ≤ k f n≤k f (r) = P |z|≤r f ≤k vf≤k (z), n≤k f (a, r) = nf −a (r) ≤k R r nf (a, x) dx = Định nghĩa lnp ρ0 x Nếu a = đặt Nf≤k (r) = Nf≤k (0, r) Nf≤k (a, r) Sốhóa Trung tâm Học liệu 13 ≤ n(r, ; a1 , aq ) ≤ nf ′ (0, r) f′ Định lý 1.6 viết lại sau q P N f (ai , r) − N (r, ′ ; a1, aq ) − log r + Sf (q − 1)Tf (r) ≤ N f (∞, r) + f j=1 1.2.2 Các ý Định lý thứ hai Trong phần nghiên cứu thêm số dạng Định lý thứ hai, đặc biệt bổ đề quan hệ số khuyết Giả sử f hàm phân hình khác Cp Chú ý T (r, f ) −→ ∞ r −→ ∞ Ta định nghĩa số khuyết f a ∈ Cp sau: Nf (a, r) mf (a, r) = − lim sup r−→∞ r−→∞ Tf (r) Tf (r) N f (a, r) Θf (a) = − lim sup r−→∞ Tf (r) δf (a) = lim inf Dễ thấy ≤ δf (a) ≤ Θf (a) ≤ Nếu a = ∞ ta kí hiệu mf (∞.r) Nf (∞.r) = − lim sup r−→∞ r−→∞ Tf (r) Tf (r) N f (∞.r) Θf (∞) = − lim sup r−→∞ Tf (r) δf (∞) = lim inf Định lý 1.7 ( Bổ đề quan hệ số khuyết)[2] Giả sử f hàm phân hình khác Cp Khi P P δ (a) ≤ Θf (a) ≤ f S S a∈Cp {∞} a∈Cp {∞} Có thể thấy, quan hệ chưa phải tốt ta xem xét cẩn thận Giả sử f hàm nguyên Cp Khi Nf (r) = log |f |r − log |f |ρ0 −→ ∞ Sốhóa Trung tâm Học liệu 14 Khi r −→ ∞ |f |r > r đủ lớn Bởi mf (∞, r) = log |f |r Khi r đủ lớn, kéo theo Nf (r) = Tf (r) + O(1) Do Nf (a, r) = Tf (r) + O(1) Với a ∈ Cp Từ định lý ta có Định lý Bổ đề sau: Định lý 1.8 Nếu f hàm nguyên khác Cp Khi δf (a) = với a ∈ Cp δf (∞) = Bổ đề 1.9 Cho f hàm chỉnh hình khác Cp Tf (r)−Tf (ρ) = Nf (r), < ρ ≤ r Bổ đề 1.10 Cho f hàm chỉnh hình khác Cp a1 , a2 , , ap đơi khác Cp thì: q P N1,f (ai , r) − N0,f ′ (r) − log r + O(1) (q − 1)Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + i=1 Trong N0,f ′ (r) hàm đếm không điểm f’ 0, xảy điểm khác với nghiệm phương trình f (z) = với i = 1, 2, , q), ≤ ρ ≤ r KẾT LUẬN CHƯƠNG Trong chương 1, chúng tơi trình bày khái niệm hai định lý hệ nó, lý thuyết phân bố giá trị hàm phân hình p-adic Sốhóa Trung tâm Học liệu 15 Chương Phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic Phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic vấn đề mẻ Năm 2008, Ojeda [11] người xét phân bố giá trị f n f ′ với f hàm phân hình p - adic Trong [11] J.Ojeda chứng minh cho hàm phân hình siêu việt trường đóng đại số có đặc số không, thỏa mãn giá trị tuyệt đối K không Archimedean, hàm f ′ f n − có vơ số không điểm n ≥ Năm 2011, Hà Huy Khối Vũ Hồi An [4] thiết lập kết tương
m tự cho đơn thức vi phân dạng f n (z) f (k) (z) Mục đích chương trình bày kết Hà Huy Khối Vũ Hồi An trong[4]: Định lí D [4] Cho f hàm phân hình Cp , thỏa mãn điều kiện f n (z) (f (k))m (z) 6= với z ∈ Cp n,m k số ngun khơng âm.Khi f đa thức bậc < k điều kiện sau xảy ra: f hàm nguyên √ 1+ 1+4k k > m = 1, n > m > 1, n ≥ n ≥ 0, m > 0, k > 0, tồn số C, r0 cho |f |r < C với r > r0 Mặt khác, phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic liên quan mật thiết với Giả thuyết Hayman p - adic Do đó, trước tiên chúng tơi trình bày kết Giả thuyết Hayman p - adic[1] Sốhóa Trung tâm Học liệu 16 2.1 Giả thuyết Hayman p - adic Năm 1967, Hayman đưa giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman [4] Nếu hàm nguyên f thỏa mãn f n (z) f (z) 6= ′ với n số nguyên dương với z ∈ C, f Giả thuyết Hayman vấn đề liên quan hàm phân hình vấn đề Giải tích phức Các kết liên quan đến Giả thuyết Hayman hình thành phát triển hướng nghiên cứu: Sự lựa chọn Hayman Giả thuyết Hayman hàm phân hình giải năm 2005 Từ năm 2008, Giả thuyết Hayman nghiên cứu trường hợp p - adic Vì kết Giải tích p− adic thường tốt kết kiểu Giải tích phức nên Giả thuyết Hayman phát biểu trường hợp p− adic sau Giả thuyết Hayman p− adic [1] Nếu hàm phân hình p− adic f ′ thỏa mãn f n (z) f (z) 6= với n số nguyên dương với z ∈ Cp f Trong mục trình bầy kết Giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p− adic Giả sử f hàm chỉnh hình khác Cp (hàm phân hình p− adic), a ∈ Cp , k, l số nguyên dương Ta định nghĩa hàm µ≤k f từ Cp vào N xác định bởi:  0 µ0 (z) > k P ≤k f ≤k )= µf −a(z), , n≤k (r, µf (z) = µ0 (z) µ0 (z) ≤ k f −a |z|≤r f f n≤k l (r, n o X ≤k )= µf −a(z), l , f −a |z|≤r N ≤k (r, Nl≤k (r, 1 )= f −a lnp 1 )= f −a lnp Sốhóa Trung tâm Học liệu Z Z r ρ0 r ρ0 ) f −a dx, x ) (x, n≤k l f −a dx x n≤k (r, 17 Tương tự ta định nghĩa: 1 1 N k (r, f −a Giả sử f hàm phân hình Cp , tồn hai hàm nguyên f1 f1, f2 cho f1, f2 khơng điểm chung f = , a ∈ Cp, k, l f2 số nguyên dương Ta định nghĩa 1 1 ) = N ≤k (r, ); N ≤k (r, ) = N ≤k (r, ), N ≤k (r, f −a f1 − af2 f −a f1 − af2 1 N ≤k (r, f ) = N ≤k (r, f2); Nl≤k (r, ) = Nl≤k (r, ), f −a f1 − af2 Nl≤k (r, f ) = Nl≤k (r, f2) Tương tự ta định nghĩa: 1 1 ), Nlk (r, ), Nl>k (r, ) N Khi (n − 1)T (r, f ) + N (r, ′ ) + N (r, f ) ≤ T (r, f nf ′) + O(1) f Chứng minh f n+1 ta có Đặt A = n+1 A′ = f nf ′ , N (r, A′) = (n + 1)N (r, f ) + N1 (r, f ) Vì nN (r, f ) = N (r, A′) − N (r, f ) − N1 (r, f ) Hơn m(r, Sốhóa Trung tâm Học liệu f′ ) = O(1), f 18 A′ nm(r, f ) = m(r, ′ ) ≤ m(r, A′) + m(r, ′ ) + O(1) f f = m(r, A′) + T (r, f ′) − N (r, ′ ) + O(1) f f′ ′ ′ = m(r, A ) + N (r, f ) + m(r, f ) − N (r, ′ ) + O(1) f f ′ f ≤ m(r, A′) + N (r, f ′) + m(r, f ) + m(r, ) − N (r, ′ ) + O(1) f f = m(r, A′) + N (r, f ) + m(r, f ) + N1(r, f ) − N (r, ′ ) + O(1) f = m(r, A′) + T (r, f ) + N1 (r, f ) − N (r, ′ ) + O(1) f Kết hợp với bất đẳng thức ta có nT (r, f ) ≤ T (r, f nf ′) + T (r, f ) − N (r, ′ ) − N (r, f ) + O(1) f (n − 1)T (r, f ) + N (r, ′ ) + N (r, f ) ≤ T (r, f nf ′) + O(1) f Bổ đề chứng minh Bổ đề 2.2 Cho f hàm phân hình khác Cp , n > số nguyên dương a1 , a2 , a3 aq điểm phân biệt Cp , 6= 0, i = 1, , q Khi (q − Pq 4(n + 1) n ′ )T (r, f f ) ≤ ) − log r + O(1) N (r, i=1 n2 + 3n + f n f ′ − Chứng minh Áp dụng Định lý thứ hai ta có q X 1 qT (r, f f ) ≤ N1 (r, f f )+N1(r, n ′ )+ )−log r+O(1) N1(r, n ′ f f f f − a i i=1 n ′ n ′ ; f 6= 0) hàm đếm không điểm f ′ ′ f không không điểm f , khơng điểm f tính bội Khi f f′ f′ N (r, ′ ; f 6= 0) = N (r, ′ ) ≤ N (r, ) + m(r, ) + O(1) f f f f ≤ N1(r, f ) + N1(r, ) + O(1) f Ta ký hiệu N (r, Sốhóa Trung tâm Học liệu 19 Vậy N (r, 1 ; f = 0) ≤ N (r, f ) + N (r, ) + O(1) 1 f′ f Từ ta có N1 (r, 1 ) ≤ N (r, ) + N (r, ; f 6= 0) f nf ′ f f′ ≤ N1(r, f ) + 2N1(r, ) + O(1) f Hơn ta thấy N (r, 1 1 ≥2 ≤1 ) − N (r, ) ≥ 2nN (r, ) + (n − 1)N ) (r, 1 1,f f nf ′ f nf ′ f f Mặt khác 1 N1 (r, ) = N1≤1 (r, ) + N1≥2 (r, ) f f f Từ bất đẳng thức ta nhận 1 N1(r, n ′ ) ≤ 2N1≥2(r, ) + N1(r, f ) + (N (r, n ′ ) − N1(r, n ′ ) − f f f n−1 f f f f 2nN1≥2(r, )) + O(1) f Vậy n+1 4n 1 N1 (r, n ′ ) ≤ N (r, n ′ )+N1(r, f )+(2− )N1≥2(r, )+O(1) n−1 f f n−1 f f n−1 f Từ ta nhận N1(r, n−1 1 ) ≤ ) + N (r, N1 (r, f ) + O(1) f nf ′ n+1 f nf ′ n+1 Hơn N (r, f nf ′ ) ≥ (n + 2)N1(r, f ), N1(r, f nf ′) = N1 (r, f ) Do qT (r, f nf ′ ) ≤ + n−1 N (r, n ′ ) + (1 + )N1(r, f ) n+1 f f n+1 q X N1 (r, i=1 Sốhóa Trung tâm Học lieäu ) − log r + O(1), − f nf ′ 20 n−1 1 + (1 + ) )N (r, n ′ ) n+1 n+1 n+2 f f q X N1,f nf ′ (ai, r) − log r + O(1) + qT (r, f nf ′) ≤ ( i=1 Kết hợp với Định lý thứ ta nhận q X 4(n + 1) )T (r, f nf ′ ) ≤ ) − log r + O(1) (q − N1(r, n ′ n + 3n + f f − a i i=1 Bổ đề chứng minh Định lý sau trả lời chưa trọn vẹn Giả thuyết Hayman p− adic Định lý 2.3 Nếu hàm phân hình f Cp thỏa mãn f n (z) f (z) 6= ′ với n > số nguyên dương với z ∈ Cp f Chứng minh Giả sử ngược lại, f khác Theo Bổ đề 2.1 ta có f n (z) f khác ′ Áp dụng Bổ đề 2.2 với giá trị ta có (1 − 4(n + 1) n ′ )T (r, f f ) + log r ≤ N (r, ) + O(1) n2 + 3n + f nf ′ − Vì n > ta nhận 1− 4(n + 1) ≥ n2 + 3n + Do f nf ′ nhận giá trị 1, mâu thuẫn Vậy f Câu hỏi: Với n = Định lý 2.3 cịn hay khơng? Tiếp theo, ta phát biểu tương tự Giả thuyết Hayman cho Toán tử sai phân, Tích sai phân hàm phân hình p− adic Cho f hàm phân hình p− adic Ta định nghĩa Toán tử sai phân f sau: ∆c f = f (z + c) − f (z) c ∈ Cp số khác Tích sai phân f sau: f n (z) f (z + c) c ∈ Cp số khác Sốhóa Trung tâm Học liệu 21 Giả thuyết Hayman phát biểu cho Tốn tử sai phân, Tích sai phân hàm phân hình p− adic sau: Giả thuyết Hayman cho Tốn tử sai phân p− adic Nếu hàm phân hình p− adic f thỏa mãn f n (z) ∆cf (z) 6= với n số nguyên dương với z ∈ Cp f Giả thuyết Hayman cho Tích sai phân p− adic Nếu hàm phân hình p− adic f thỏa mãn f n (z) f (z + c) 6= với n số nguyên dương với z ∈ Cp f Bổ đề 2.4 Nếu hàm phân hình f Cp thỏa mãn ∆cf (z) = với z ∈ Cp f Chứng minh Giả sử ngược lại, f khác Do f hàm phân hình Cp , tồn hai hàm nguyên f1 , f2 cho f1 , f2 khơng có khơng điểm f1 chung f = Do f khác nên hai hàm f1 , f2 f2 khác Không giảm tổng quát, giả sử f1 khác Vì ∆cf (z) = f1(z + c) f1 (z) = = a, a 6= với z ∈ Cp Khi với z ∈ Cp nên f2 (z) f2(z + c) f1(z) = af1 (z + c) Ta chứng minh f1 (z) khơng điểm có mơ đun lớn |c| Giả sử ngược lại, f1 (z) có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Gọi b không điểm f1 (z) cho |c| < |b| Đặt |b| = r Do |c| < |b| nên |z + mc| = |z| với |z| = r, m số nguyên dương Chú ý rằng, tập hợp không điểm có mơ đun hàm ngun hữu hạn Do f1 (z) = af1 (z + c) nên b, b + c, , b + mc, khơng điểm phân biệt có mơ đun f1 (z) với m số nguyên dương Từ ta nhận mâu thuẫn Vậy f1 (z) khơng có khơng điểm có mơ đun lớn |c| Do f1 (z) đa thức với bậc n Từ f1 (z) = af1 (z + c) nhận f1 (z)(n−1) đa thức với bậc f1 (z)(n−1) = af1 (z + c)(n−1) Viết f1 (z)(n−1) = dz + e Khi af1(z + c)(n−1) = a(d(z + c) + e) dz + e = adz + adc + ae Từ suy a = 1, c = Mâu thuẫn với giả thiết c 6= Vậy f Bổ đề 2.5 Cho f hàm phân hình khác Cp Khi Sốhóa Trung tâm Học lieäu 22 m(r, f f(z+c) (z) ) = O(1); (z) m(r, f f(z+c) ) = O(1); 1 ) = N (r, f (z) ) + O(1); N (r, f (z+c) N (r, f (z + c)) = N (r, f (z)) + O(1); m(r, ∆fc f ) = O(1); T (r, f (z + c)) = T (r, f (z)) + O(1); T (r, ∆fc f ) ≤ 2T (r, f ) + O(1); T (r, ∆cf ) ≤ 2T (r, f ) + O(1) (n − 1)T (r, f ) ≤ T (r, f n(z)∆c f ) + O(1) 10 (n − 1)T (r, f ) ≤ T (r, f n(z)f (z + c)) + O(1) Chứng minh Đặt Ac = f (z+c) f (z) |f |r = µ(r, f ) Xét trường hợp sau: Nếu |c| < r Chú ý tập số r ∈ R+ cho tồn z ∈ Cp với |z| = r trù mật r ∈ R+ Vì thế, khơng giảm tổng qt ta giả sử tồn tai z ∈ Cp cho |z| = r Khi |c + z| = |z| = r Vì |f (z)|r = |f (z + c)|r |Ac | = Nếu r ≤ |c|, |c + z| ≤ max {|c|, |z|} ≤ |c| Vì |Ac | = O(1) f (z) ) = O(1) Tương tự chứng minh 1., ta có m(r, f (z+c) 1 3.Tương tự chứng minh 1., ta có N (r, f (z+c) ) = N (r, f (z) ) + O(1) 4.Tương tự chứng minh 1., ta có N (r, f (z + c)) = N (r, f (z)) + O(1) n o f (z+c) f (z+c) △c f Do m(r, f (z) ) = O(1), m(r, f ) ≤ max m(r, f (z) ), nên ta có m(r, △fcf ) = O(1) Chof = ff21 hàm phân hình khác Cp, f1 , f2 hàm chỉnh hình Cp khơng có khơng điểm chung Tương tự chứng minh 1., Ta có: Nếu |c| < r, |f1 (z)|r = |f1 (z + c)|r |f2 (z)|r = |f2 (z + c)|r Nếu r ≤ |c|, |f1 (z)|r ≤ |f1(z)|c , |f1 (z + c)|r ≤ |f1 (z)|c |f2 (z)|r ≤ |f2 (z)|c , |f2 (z + c)|r ≤ |f2 (z)|c Sốhóa Trung tâm Học liệu 23 Hơn nữa, T (r, f ) = max log |fi|r , T (r, f (z + c)) = max log |fi (z + c)|r 1≤i≤2 1≤i≤2 nên T (r, f (z + c)) = T (r, f (z)) + O(1) Ta có (z) (z) T (r, △fc f ) = m(r, f (z+c)−f ) + N (r, f (z+c)−f ) f (z) f (z) f (z+c) ≤ m(r, f (z+c) f (z) ) + N (r, f (z) ) + O(1) ≤ m(r, f (z))+N (r, f (z))+m(r, f (z + c))+N (r, f (z + c))+O(1) = T (r, f (z + c)) + T (r, f (z)) + O(1) ≤ 2Tf (r) + O(1) T (r, ∆cf ) ≤ T (r, f (z + c)) + T (r, f (z)) + O(1) Vì T (r, f (z + c)) = T (r, f (z)) + O(1) nên T (r, ∆cf ) ≤ 2T (r, f ) + O(1) Đặt G = f n (z)∆cf Khi ta có f G = f n+1(z)∆c f f n+1 = G1 ( ∆fcf ) Áp dụng ta có (n + 1)T (r, f ) = T (r, ) + O(1) = T (r, n+1 ∆c f ( ) + O(1) G f f ∆c f ) ≤ T (r, G) + 2T (r, f ) + O(1) ≤ T (r, G) + T (r, f Vậy (n − 1)T (r, f ) ≤ T (r, f n(z)∆cf ) + O(1) 10 Đặt F = f n (z)f (z + c) (z) Ta có f F = f n+1f (z + c) f n+1 = F.( f f(z+c) ) Từ ta nhận (n + 1)T (r, f ) = T (r, f n+1) + O(1) = T (r, F.( f (z) )) + O(1) f (z + c) f (z) ))+O(1) ≤ T (r, F )+(T (r, f )+T (r, f (z + c))+O(1) f (z + c) Kết hợp với 1.5.6 ta có ≤ T (r, F )+T (r, ( (n + 1)T (r, f ) ≤ T (r, F ) + 2T (r, f ) + O(1) Vậy (n − 1)T (r, f ) ≤ T (r, f n(z)f (z + c)) + O(1) Định lý sau trả lời chưa trọn vẹn Giả thuyết Hayman cho Toán tử sai phân p− adic Sốhóa Trung tâm Học liệu 24 Định lý 2.6 Nếu hàm phân hình f Cp thỏa mãn f n (z) ∆cf (z) 6= với n ≥ số nguyên dương với z ∈ Cp f Chứng minh Giả sử ngược lại, f khác Theo Bổ đề 2.5 ta có ∆c f khơng đồng không Đặt G = f n (z) ∆cf Ta thấy rằng, cực điểm G xảy cực điểm f, f (z + c), khơng điểm G xảy không điểm f, ∆cf Áp dụng Định lý thứ hai kết hợp với Bổ đề 2.4 ta có (n − 1)T (r, f ) ≤ T (r, f m(z)∆cf ) + O(1) 1 ) + N1,G(r, ) − log r + O(1) G G−1 ≤ T (r, f ) + T (r, f ) + T (r, f ) + 2T (r, f ) + N1(r, ) − log r + O(1) G−1 Do (n − 6)T (r, f ) + log r ≤ N1(r, ) + O(1) G−1 Từ f khác n ≥ ta có G nhận giá trị 1, mâu thuẫn Vậy f Câu hỏi: Với n = 1, , 5, Định lý 2.6 cịn hay không? Định lý sau trả lời chưa trọn vẹn Giả thuyết Hayman cho Tích sai phân p− adic ≤ N1(r, G) + N1(r, Định lý 2.7 Nếu hàm phân hình p− adic f thỏa mãn f n (z) f (z + c) 6= với n ≥ số nguyên dương với z ∈ Cp f Chứng minh Giả sử ngược lại, f khác Theo Bổ đề 2.5 ta có f (z + c) khác Đặt F = f n (z) f (z + c) Ta thấy rằng, cực điểm F xảy cực điểm f, f (z + c),và khơng điểm F xảy f, f (z + c) Áp dụng Định lý thứ hai kết hợp với Bổ Sốhóa Trung tâm Học liệu 25 đề 2.4 ta có (n − 1)T (r, f ) ≤ T (r, f m(z)f (z + c)) + O(1) 1 ) + N1,F (r, ) − log r + O(1) F F −1 ) − log r + O(1) ≤ T (r, f ) + T (r, f ) + T (r, f ) + T (r, f ) + N1(r, F −1 Do (n − 5)T (r, f ) + log r ≤ N1(r, ) + O(1) F −1 Từ f khác n ≥ ta có F nhận giá trị 1, mâu thuẫn Vậy f Câu hỏi: Với n = 1, , 4, Định lý 2.7 cịn hay khơng? ≤ N1(r, F ) + N1 (r, 2.2 Phân bố giá trị đơn thức vi phân hàm phân hình p-adic Để chứng minh Định lí D ta cần bổ đề sau: Bổ đề 2.8 Cho f hàm phân hình khác Cp thỏa mãn f (k) 6≡ với n, k, m số nguyên dương Khi : 1.Tf (r) ≤ Tf n(f (k) )m −1(r) + O(1) 2.Tf (r) ≤ Tf n(f (k) )m (r) + O(1) Đặc biệt f n(f (k) )m khác Trong O(1) đại lượng bị chặn Chứng minh Đặt A = f n (f (k))m − Khi ta có: A + = f n(f (k) )m, Nf (0, r) ≤ NA+1(0, r), 1 f (k) m = ( ) f n+m A+1 f Hơn m f (k) (∞, r) = O(1) f Sốhóa Trung tâm Học liệu 26 Do Vậy mf (0, r) ≤ (n + m)mf (0, r) = mf n+m (0, r) ≤ mA+1 (0, r) + O(1) Tf (r) = Nf (0, r) + mf (0, r) ≤ NA+1(0, r) + mA+1 (0, r) = Tf n(f (k) )m −1(0, r) + O(1) Từ Tf n(f (k) )m (r) = Tf n(f (k) )m −1 (r) + O(1) nên ta có Tf (r) ≤ Tf n(f (k) )m (r) + O(1) Vậy f n (f (k))m khác Bổ đề 2.9 Cho f hàm phân hình khác Cp thỏa mãn f (k) 6≡ với n, k, m số nguyên , m, n > 1, k > a ∈ Cp, a 6= ta có : n(n + 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1) Tf (r) ≤ N1,f n(f (k) )m (a, r)−log r+ (n + k)(m + n + km) O(1) Nếu n2 − n − k > 0, n2 − n − k − Tf (r) ≤ N1,f n (f (k) )m (a, r) − log r + O(1) (n + k)(m + n + km) Chứng minh Từ m, n > ta có n(n + 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1) ≤ Vì f (k) 6≡ theo Bổ đề 2.8 suy f n (f (k))m khác Áp dụng bổ đề 1.10 cho f n (f (k))m nhận giá trị ∞, 0, a ta được: Tf n(f (k) )m (r) ≤ N1,f n(f (k) )m (∞, r) + N1,f n(f (k) )m (0, r) + N1,f n(f (k) )m (a, r) − log r + O(1) Biểu thị Nf (k) (0, r; f 6≡ 0) hàm đếm không điểm f (k) không không điểm f , khơng điểm f (k) tính kể bội Khi ta có: Nf (k) (0, r; f 6≡ 0) = N (k) (0, r) f f ≤ N (k) (∞, r) + m (k) (∞, r) + O(1) f f f f ≤k >k (0, r) + O(1) ≤ kN1,f (∞, r) + Nf (0, r) + kN1,f Do đó: Sốhóa Trung tâm Học liệu 27 >k (0, r) + O(1) Nf (k) (0, r; f 6≡ 0) ≤ kN1,f (∞, r) + Nf≤k (0, r) + kN1,f Từ ta có: N1,f n(f (k) )m (0, r) ≤ N1,f (0, r) + Nf (k) (0, r; f 6≡ 0) >k (0, r) + O(1) ≤ kN1,f (∞, r) + Nf≤k (0, r) + kN1,f ≤ (k + 1)N1,f (0, r) + kN1,f (∞, r) (2.1) Ta lại có: ≥(k+1) Nf n (f (k) )m (0, r) − N1,f n(f (k) )m (0, r) ≥ ((1 + k)n + m − 1)N1,f ≤k (0, r) (2.2) +(n − 1)N1,f (0, r) Mặt khác: ≥(k+1) ≤k N1,f (0, r) = N1,f (0, r) + N1,f (0, r) Kết hợp (2.1), (2.2) ta có: ≥(k+1) Nf n(f (k) )m (0, r) ≤ (k + 1)N1,f (0, r) + kN1,f (∞, r) k+1 (N n (k) m (0, r) − N1,f n(f (k) )m (0, r) n − f (f ) ≥(k+1) (0, r)) + O(1) −((1 + k)n + m − 1)N1,f + Do đó: n+k k+1 (N1,f n(f (k) )m (0, r) ≤ (N n (k) m (0, r) + kN1,f (∞, r) n−1 n − f (f ) (k + 1)((k + 1)n + m − 1) ≥(k+1) )N1,f (0, r) + O(1) +(k + − n−1 Chú ý rằng: k+1− Ta có N1,f n(f (k) )m (0, r) ≤ (k + 1)((k + 1)n + m − 1) < n−1 k(n − 1) k+1 (Nf n(f (k) )m (0, r) + N1,f (∞, r) + O(1) n+k n+k Hơn a cực điểm f với bội t a cực điểm f n với bội nt + (t + k)m ≥ n + (1 + k)m Do đó: Nf n (f (k) )m (∞, r) ≥ (n + (k + 1)m)N1,f (∞, r), Sốhóa Trung tâm Học liệu