TẬP XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VÀ ĐA THỨC DUY NHẤT CHO CÁC ĐƯỜNG CONG ĐẠI SỐ TRÊN TRƯỜNG KHÔNG ACSIMET

Header Page of 185 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thanh Hải TẬP XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VÀ ĐA THỨC DUY NHẤT CHO CÁC ĐƯỜNG CONG ĐẠI SỐ TRÊN TRƯỜNG KHÔNG ACSIMET LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2014 Footer Page of 185 Header Page of 185 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thanh Hải TẬP XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VÀ ĐA THỨC DUY NHẤT CHO CÁC ĐƯỜNG CONG ĐẠI SỐ TRÊN TRƯỜNG KHÔNG ACSIMET Chuyên ngành: Hình học tôpô Mã số : 60 46 01 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN TRỌNG HÒA Thành phố Hồ Chí Minh - 2014 Footer Page of 185 Header Page of 185 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn thân làm hướng dẫn TS Nguyễn Trọng Hòa, không chép khác Footer Page of 185 Header Page of 185 LỜI CẢM ƠN Trong suốt trình học tập hoàn thành luận văn này, nhận hướng dẫn, giúp đỡ quý báu thầy cô, đồng nghiệp anh chị, em bạn bè thân thiết.Với lòng kính trọng biết ơn sâu sắc, xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới: Ban giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học Khoa Toán trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ trình học tập hoàn thành luận văn TS Nguyễn Trọng Hòa, người thầy kính mến hết lòng giúp đỡ, bảo, động viên tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình hoàn thành luận văn tốt nghiệp TS Nguyễn Hà Thanh- Tổ trưởng môn Hình học khoa Toán trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh- người đáng kính công việc sống Thầy động viện giúp đỡ hướng dẫn cho nhiều để hoàn thành luận văn Xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, thầy cô tổ Toán trường PTTH chuyên Bình Long tạo điều kiện tốt cho trong thời gian làm luận văn Xin cảm ơn tới bạn bè, anh chị em lớp Hình học Tôpô khóa 23 động viên giúp đỡ lúc gặp khó khăn Footer Page of 185 Header Page of 185 MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cam đoan Mục lục Danh mục kí hiệu Lời mở đầu…………………………………………………… .1 CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Trường định chuẩn không Acsimet, trường số phức p-adic 1.2 Hàm chỉnh hình hàm phân hình trường số phức p-adic 17 1.3 Các trường hàm đại số số chiều đa tạp xạ ảnh 23 1.4 Đường cong đại số Giống đường cong đại số 25 CHƯƠNG ĐA THỨC DUY NHẤT VÀ TẬP XÁC ĐỊNH DUY NHẤT CHO HÀM PHÂN HÌNH TRÊN TRƯỜNG KHÔNG ACSIMET 32 2.1 Đa thức mạnh 32 2.2 Tập xác định 60 KẾT LUẬN 81 TÀI LIỆU THAM KHẢO 82 Footer Page of 185 Header Page of 185 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU C : Đường cong xạ ảnh k : Trường đóng đại số có đặc số K : Trường hàm  : Cứng affine g : Giống đường cong ord p a : Bậc số nguyên không âm a h( f ) : Độ cao hàm f υp ( f ) : Bậc hàm f điểm p υp0 (η ) : Bậc không điểm p υp0 (η ) : Các giá trị bị chặt bậc không điểm p υp∞ (η ) : Bậc cực điểm p υp∞ (η ) : Các giá trị bị chặt bậc cực điểm p IM : Không tính bội CM : Tính bội Footer Page of 185 Header Page of 185 LỜI MỞ ĐẦU Vấn đề xác định hàm phân hình, hàm đa thức, hàm nguyên trường đóng đại số, có đặc số thông qua ảnh ngược tập hữu hạn nghiên cứu nhiều nhà toán học giới Cụ thể, năm 1921, G Polya hàm nguyên khác  xác định ảnh ngược, tính bội, ba giá trị phân biệt Năm 1926, Nevanlinna chứng minh hai hàm phân hình khác f , g chung giá trị phân biệt, (tức f −1 (a ) = g −1 (a ) , với i = 1, ,5 ) chúng trùng Sau đó, Sauer chứng minh hai hàm phân hình khác mặt Riemann compact có giống g > chung nhiều + g giá trị [6] Con số gần làm sâu sắc đến giá trị + 2g + , giới hạn gonality, bậc thấp nhấp ánh xạ hữu tỷ từ C đến đường thẳng xạ ảnh, đưa Schweizer [7] Một vấn đề tự nhiên đặt năm 1977 F Gross, không xét ảnh ngược điểm rời rạc mà xét ảnh ngược tập hợp điểm trường đóng đại số Gross đưa khái niệm tập xác định cho hàm mà hai hàm khác chung giá trị tập hợp thay vài giá trị [8] Vấn đề thu hút ý không giải tích phức, mà giải tích không Acsimet lý thuyết số Trong trình nghiên cứu tập xác định dẫn đến việc xác định đa thức mạnh tưng ứng với tập xác định Một đa thức P k[ X ] gọi đa thức mạnh họ hàm F tồn hai hàm khác f , g ∈F số c cho P( f ) = cP( g ) ta phải có c = f = g Các vấn đề nghiên Footer Page of 185 Header Page of 185 cứu lý thuyết số trình bày theo nhiều cách khác Việc nghiên cứu đa thức mạnh cho hàm phân hình, hàm nguyên, hàm hữu tỷ, đa thức; hàm phân hình, hàm nguyên không Acsimet trình bày sau Gọi F ( X ,Y , Z ) hóa P( X ) − P(Y ) X −Y Fc ( X , Y , Z ), c ≠ 0,1∈k hóa P( X ) − cP (Y ) Gọi f , g hàm phân hình cho P( f ) = bP( g ) với b ∈  * Khi ta chứng minh = Φ : ( f , g ,1) : C → : đồng cấu, nữa, ảnh thuộc [ F ( X , Y , Z ) = 0] b = thuộc [ Fc ( X , Y , Z ) = 0] b= c ≠ Từ định lý Picard, biết điều xảy đường cong [ F ( X , Y , Z ) = 0] [ Fc ( X , Y , Z ) = 0] , với c ≠ 0,1 , chứa thành phần có giống Trong [3], điều thực cách xây dựng hai 1-dạng quy độc lập tuyến tính đường cong Đối với trường hợp hàm hữu tỷ hàm hàm phân hình không Acsimet, ta cần xây dựng 1-dạng quy đường cong đủ Nếu f g hàm đại số K , Φ trở thành đồng cấu từ C vào đường cong Nhờ định lý Hurwitz, biết điều xảy đường cong thành phần có giống ≤ g Không thể giải trường hợp cách xây dựng ( g + ) 1-dạng độc lập tuyến tính g lớn Khi g ≥ tất đường cong [ F ( X , Y , Z ) = 0] [ Fc ( X ,Y , Z ) = 0] , với c ≠ 0,1 chứa thành phần có giống g ≥ Chúng ta không cho không tồn đẳng cấu chúng, ra, theo định lý De Franchis, hy vọng tồn hữu hạn đẳng cấu Trong trường hợp này, có chặn hữu hạn độ cao f Footer Page of 185 Header Page of 185 g Chú ý hệ số P ( X ) số trường k , theo đoán Mordell (nay định lý Faltings), với c ∈k \ {0} , tồn cặp điểm ( x, y ) ∈ K × K với x ≠ y cho P( x) = cP( y ) (i) [ F ( X , Y , Z ) = 0] c = (ii) [ Fc ( X , Y , Z ) = 0] c ≠ 0,1 không chứa thành phần có giống Trong suốt luận văn, ta kí hiệu P( X ) đa thức bậc n k[ X ] , l số nghiệm phân biệt đa thức P '( X ) α1 ,α , ,α l nghiệm này, m1, m2 , , ml số bội tương ứng với chúng Do đó: ml m1 m2 (1) P '( X ) = a ( X − aaa ) ( X − ) ( X − l ) , với a số khác Giả sử rằng: P(α i ) ≠ P(α j ), i ≠ j (ta gọi giả thiết I) Nói cách khác, P đơn ánh tập nghiệm P ' Để ý giả thiết I điều kiện chung, sau này, ta thấy điều giúp ta tính toán dễ dàng Để đơn giản, ta kí hiệu trường hợp đặc biệt P( X ) sau: (1A) l = min{m1 , m2 } = 1; (1B) l = m= m= 1; (1C) l = m= m= 2; (1D) l = m= m= m= 1; Footer Page of 185 Header Page 10 of 185 (1E) l = m= m= m= , tồn hoán vị φ {1,2,3} cho φ (i ) ≠ i với i = 1,2,3 ω thỏa mãn ω + ω + = cho ω= P(α i ) với i = 1,2,3 P(αφ (i ) ) Một tập hợp  k gọi cứng affine không tồn phép biến đổi tuyến tính T cho T (  ) =  Điều kiện cần đủ để đa thức mạnh là: Định lý 2.1.4.1 Gọi P( X ) đa thức xác định thỏa mãn giả thiết I (I) (a) Khi g = P( X ) đa thức mạnh K tập không điểm  P cứng affine P không thỏa mãn (1A) (1E) (b) Khi g = P( X ) đa thức mạnh K tập không điểm  P cứng affine P không thỏa mãn (1A), (1C) (1E) (c) Khi g ≥ Giả sử  cứng affine P( X ) đa thức mạnh K l ≥ 2g + (II) Nếu S = 1thì P( X ) đa thức mạnh S  cứng affine Footer Page 10 of 185 Header Page 74 of 185 68 n ni − υp ( f ) υp ( g − ei ) = Vậy υp0 ( g − ei ) ≥ nυp0 ( g − ei ) , với ≤ i ≤ r n2= n3= = nr= Mà n1 + (r − 1) = n r ≥ nên n n ≥ > n1 n − n Do υp ( g − e1 ) = − υp ( f ) ≥ n1 Khi υp0 ( g − e1 ) ≥ 2υp0 ( g − e1 ) Bây ta áp dụng định lý thứ hai bị chặt, ta r (r − 2)h( g ) ≤ ∑ N S ( g − ei ) + 2g − + S i =1 1 r ≤ N S ( g − e1 ) + ∑ N S ( g − ei ) + 2g − + S n i =2  r −1 ≤ +  h( g ) + 2g − + S n  2 1  n −1 Khi  r − +  h( g ) ≤ 2g − + S n  n Vì r ≥ nên n−4 h( g ) ≤ 2g − + S 2n (2.2.11) Từ giả thiết suy n ≥ Do h( g ) ≤ 10 ( 2g − + S ) Vì g − e2 không hàm nên υp ( g − e2 ) > với p Theo phần trước, ta có υp ( g − e2 ) ≥ n Khi h( g − e2 ) ≥ n , số không điểm, kể bội Footer Page 74 of 185 Header Page 75 of 185 69 Vậy h( g ) = h( g − e2 ) ≥ n Từ (2.2.11) n ≥ suy n ≤ 4g + S 2.2.1.5 Mệnh đề Nếu υp ( F ) = υp (G ) = −1 υp ( H p ) > Chứng minh −−   −1 Ta= đặt F tp= F , G tp−1 G với υ= υ= Khi p (F ) p (G ) = Hp −− p p −−−− dp2 F dp F − F − td G dp G − G có bậc dương p 2.2.1.6 Mệnh đề υp∞ ( H p ) ≤ , với p ∈ C Chứng minh  d η)  Điều suy từ υp  p  ≥ −1 , với η ∈ K \{0} tùy ý  η  Nhắc lại C S = Đặt S = {p ∉ S | u ( f − u ) = p Footer Page 75 of 185 víi mäi ≤ i ≤ n} {p ∉ S | u ( f − u ) > 0, ≤ i ≤ n} p 1, p ∈ C S i 1, p ∈ S ε pS :=  0, ng­îc l¹i 0, ng­îc l¹i ε pC  :=  S i □ Header Page 76 of 185 70 2.2.1.7 Mệnh đề Giả sử f g hai hàm phân biệt khác thỏa mãn (Cm0 ,S ) Lấy p∉S (i) Nếu m0 = ∞ υp∞ ( H p ) ≤ ∑ (υp0 ( f − α j ) + υp0 ( g − α j ) ) + {υp∞ ( f ) + υp∞ ( g )} l j =1 + εp C S {υ (d p p f ) + υp (dp g )} (ii) Nếu ≤ m0 < ∞ υ ∞ p ( H ) ≤ ∑ (υ l p j =1 +ε p C S p ( f − α j ) + υp0 ( g − α j ) ) + {υp∞ ( f ) + υp∞ ( g )} {υp (dp f ) + υp (dp g )} + ε p S m '0 {υ (d p p f ) + υp (dp g )} với m '0 : max {1, m0 − 1} = Chứng minh Từ mệnh đề 2.2.1.6, υp∞ ( H p ) = υp ( H p ) < Từ (2.2.9) ta thấy υp ( H p ) < (a) υp ( f ) < 0,υp ( g ) < , (b) υp ( P '( f ) ) > 0,υp ( P '( g ) ) > , (c) υp ( P( f ) ) > 0,υp ( P( g ) ) > , (d) υp (dp f ) > 0, υp (dp g ) > Do đó, hai số hạng bất đẳng thức (i) (ii) không kể đến từ (a) (b) Chú ý Footer Page 76 of 185 Header Page 77 of 185 71  P( f )  P( f ) P '( f ) P '( g ) dp f − dp g = dp   / P( g ) ( ) P( f ) P( g ) P g   dp2 f dp f − d f  d f dp  p  / p = d g d g dp g  p  p dp2 g  P( f )  Nếu m0 = ∞ (Cm0 ,S ) suy υp   = P ( g )    P '( f )  P '( g ) dp f − dp g  ≥ P( g )  P( f )  υp  Hơn nữa, up ( f − ui ) > uu p ( g − u j )= p ( f − ui ) > với j  dp2 f dp2 g  Vì vậy, υp (dp f ) = υp (dp g ) Suy υp  − ≥0  d f d g  p p   Do đó, số hạng cuối (i) tính đến p ∈ C S Bây giờ, xét trường hợp m0 số nguyên dương Nếu υp ( P( f ) ) > up ( f − ui ) > với i up ( g − u j ) > với j (Cm0 ,S ) Nếu υ= up ( f − ui ) = Từ suy up ( g − u j ) = p ( d p f ) υ= p ( dp g ) υp ( H p ) > theo bổ đề 2.2.1.5 Do ta cần xét υp (dp f ) > υp (dp g ) = Không tính tổng quát, ta xét up ( f − ui ) ≥ Trong trường hợp này, υp (dp f ) ≥ 1, (ii) m0 = 1,2 Giả sử m0 ≥ Nếu ≤ up ( f − ui ) ≤ m0 < up ( g − u j ) ≤ m0 trường hợp tương tự m0 = ∞ Ngược lại, υp (dp f ) ≥ m0 − 1hoặc υp (dp g ) ≥ m0 − Điều chứng minh (ii) Footer Page 77 of 185 Header Page 78 of 185 72 2.2.2 Tập xác định 2.2.2.1 Bổ đề Cho P( X ), f , g H bổ đề Giả sử H ≡ (I) (a) Nếu m0 = (i) n ≤ max {2l + 13,2l + + 13g + S } ; (ii) h( f ) + h( g ) ≤ 26g − 20 + S , n ≥ 2l + 13 (b) Nếu m0 ≥    4  (i) n ≤ max 2l + + g ,2l + +  + + S   m − m − 0         (ii) h( f ) + h( g ) ≤ 14 + g − 8 +  + S , m0 −   m0 −   n ≥ 2l + + m0 − (II) Nếu ta giả sử thêm f g S − nguyên (a) Nếu m0 = (i) n ≤ max {2l + 6,2l − + 13g + S } ; (ii) h( f ) + h( g ) ≤ 26g − 20 + 12 S , n ≥ 2l + (b) Footer Page 78 of 185 Nếu m0 ≥ Header Page 79 of 185 73 (i)       g n ≤ max 2l + + ,2l − +  + + +   S m − m − m − 0             (ii) h( f ) + h( g ) ≤ 14 + g − 8 +  + 6 + S , m0 −   m0 −   m0 −   n ≥ 2l + + m0 − Chứng minh Theo định lý thứ hai, ta có n ( n − 1) h( f ) ≤ ∑ N S ( f − ui ) + N S ( f −1 ) − =i ∑ u (d p∈C S p p f ) + 2d − + S (3.14) Đầu tiên, ta khẳng định n ∑N =i S ( f − ui ) ≤ ∑uu p ( H p ) + ∑ p (dp f ) + d p∉S p∈S ∑ u (d g ) p∈S p p (3.15) δ = m0 = δ = m0 ≥ Xét trường hợp m0 ≥ Giả sử p ∉ S up ( f − ui ) > với ≤ i ≤ n Từ suy up ( f − u m ) = với m ≠ i Nếu up ( f − ui ) = với j up ( g − u j ) = f , g thỏa mãn (Cm0 ,S ) m0 ≥ Do υ= υ= Từ p ( P ( f )) p ( P ( g )) mệnh đề 2.2.1.5 suy υp ( H p ) > Nếu up ( f − ui ) ≥ υp (dp f ) ≥ Vì (3.15) Footer Page 79 of 185 Header Page 80 of 185 74 Với trường hợp m0 = Nếu up ( f − ui ) > ta kết luận (a) υ= Một cách υp (dp f ) > υp (dp g ) > , (b) υ= p (dp f ) p (dp g ) tương tự, trường hợp sau suy từ υp ( H p ) > Vậy ta có (3.15) Thứ hai, ta khẳng định ∑υ p∉S p ( H p ) ≤ l ( h( f ) + h( g ) ) + N S ( f −1 ) + N S ( g −1 ) + ∑ (υp (dp f ) + υp (dp g ) ) + ∑ (υp (dp f ) + υp (dp g ) ) + S + 3d m '0 p∈S p∈C S (3.16) Ta có ∑υ p∉S p ( H p ) ≤ ∑ (υp0 ( H ) + υp (dpt ) ) p∉S ≤ ∑υp∞ ( H ) + ∑υp (dpt )) ≤ ∑υp∞ ( H ) + S + 3d p∈C p∉S p∉S ≤ ∑( NS ( f − α j ) + NS (g − α j )) + l =j + N S ( f −1 ) + N S ( g −1 ) + ∑ (υ (d p p∈C S f ) + υp ( d p g ) ) ∑ (υp (dp f ) + υp (dp g ) ) + S + 3d m '0 p∈S ≤ l ( h( f ) + h( g ) ) + N S ( f −1 ) + N S ( g −1 ) + + p ∑ (υ (d p∈C S p p f ) + υp ( d p g ) ) ∑ (υp (dp f ) + υp (dp g ) ) + S + 3d m '0 p∈S Theo (3.14), (3.15) (3.16), ta có (n − 1)h( f ) ≤ l (h( f ) + h( g )) + N S ( f −1 ) + N S ( g −1 ) + d ∑ υ (d g ) + m ' ∑ (υ (d p∈S Footer Page 80 of 185 p p p∈S p p ∑ (υ (d p∈C S p p f ) + υp ( d p g ) ) f ) + υ p ( d p g ) ) + 5d − + S Header Page 81 of 185 75 Một cách tương tự, ta có (n − 1)h( g ) ≤ l ( h( f ) + h( g ) ) + N S ( f −1 ) + N S ( g −1 ) + +d ∑ υ (d p∈S p p f)+ ∑ (υ (d p∈C S p p f ) + υp ( d p g ) ) ∑ (υp (dp f ) + υp (dp g ) ) + 5d − + S m '0 p∈S Cộng hai bất đẳng thức này, ta (n − 1) ( h( f ) + h( g ) ) ≤ 2l ( h( f ) + h( g ) ) + ( N S ( f −1 ) + N S ( g −1 ) )    + + + d   ∑υp0 (dp f ) + ∑υp0 (dp g )  + 10d − + S p∉S  m '0  p∉S  (3.17)     ≤  2l + + + 2d  ( h( f ) + h( g ) ) + 14 + + 4d  d≤ m '0 m '0       ≤ − 8 + + 4d  + S m '0   Vì   − 2δ  ( h( f ) + h( g ) )  n − 2l − − m '0       8 ≤ 14 + +  δδ +4 +4 S δ − 8 + m '0 m '0     Nếu n ≥ 2l + + + 2δ m '0     8 h( f ) + h( g ) ≤ 14 + + 4δδ +4 +4 S δ − 8 + m '0 m '0     Vì f , g hàm khác nên h( f ) + h( g ) ≥ Suy Footer Page 81 of 185 Header Page 82 of 185 76   n ≤ 2l + +  + + 2δ  δ + S m '0   Đối với trường hợp f , g S − nguyên, N= ( f −1 ) N S ( g −1 ) ≤ S , ta S có ∑{υ p∉S p (dp f ) + ∑υp0 (dp g ) ≤ h( f ) + h( g ) + 4d − + S p∉S Khi (3.17) cho ta   − δ  ( h( f ) + h( g ) )  n − 2l − − m '0         8 ≤ 14 + + 4δδδ +  + 6 + +2 S δ − 8 + m '0 m '0 m '0       Nếu n ≥ 2l + + + δ m '0 h( f ) + h( g )       8 ≤ 14 + + 4δδδ δ − + + + + +     S m ' m ' m ' 0       Vì f , g hàm khác nên h( f ) + h( g ) ≥ Bất đẳng thức cho ta n ≤ 2l − −     − δδδ + 7 + + δ + 3 + +2  S m '0 m '0 m '0     2.2.2.2 Định lý Gọi  = {u1 , , un } cứng affine, tập k , đặt ( X − u1 ) ( X − un ) thỏa mãn giả thiết I, P '( X ) (1) (i) P( X ) = Footer Page 82 of 185 Header Page 83 of 185 77 l ≥ , (ii) l = max {m1 , m2 , m3} ≥ (iii) l = {m1 , m2 } ≥ Giả sử f g hai hàm phân biệt khác K thỏa mãn (Cm0 ,S ) (I) (a) Nếu m0 = n ≥ 2l + 13 h( f ) + h( g ) ≤ 26g − 20 + S (b) Nếu m0 ≥ n ≥ 2l + + m0 − h( f ) + h( g ) ≤ 22g − + S (c) Nếu m0 = , f g S − nguyên, n ≥ 2l + h( f ) + h( g ) ≤ 26g − 20 + 12 S (d) Nếu m0 ≥ , f g S − nguyên, n ≥ 2l + + h( f ) + h( g ) ≤ 22g − + 10 S m0 − (II) Giả sử thêm l ≥ 2g + g ≥ (a) Nếu m0 = n ≤ max {2l + 13,2l + + 13g + S } (b) Nếu m0 ≥  4    n ≤ max 2l + + ,2l + +  + g + S  m0 − m0 −     (c) Nếu m0 = , f g S − nguyên n ≤ max {2l + 6,2l − + 13g + S } (d) Nếu m0 ≥ , f g S − nguyên Footer Page 83 of 185 Header Page 84 of 185 78      2  + 7 + n ≤ max 2l + + ,2l − − g + 3 + S m0 −  m0 −  m0 −   m0 −   Chứng minh Nếu H ≡ từ bổ đề 2.2.9 suy c0 = + c1 với c0 ≠ P( f ) P( g ) c1 ∈k , h( f ) = h( g ) Nếu c1 ≠ (i) h( f ) ≤ 10(2g − + S ) , (ii) n ≤ max{5,4g + S } Nếu c1 = P( g ) = c0 P( f ) Từ định lý 2, ta có h( f ) ≤ 8g − , h( f ) ≤ 6g − + S f g S − nguyên Ngoài ra, ta giả sử thêm l ≥ 2g + g ≥ mâu thuẫn với định lý 2.11 Vậy cần xét H ≡ Trong trường hợp này, định lý suy trực tiếp từ bổ đề 2.2.8 Sau đây, ta đưa điều kiện cần đủ để đa thức 2.2.2.3 Định lý Cho  = {u1 , , un } cứng affine tập k Đặt ( X − u1 ) ( X − un ) thỏa mãn giả thiết I P '( X ) (1) Giả P( X ) = sử P không thỏa mãn (1A), (1C) (1D) Giả sử thêm l ≥ 2g + g ≥ Khi  tập xác định S : (a) IM K n > max {2l + 13,2l + + 13g + S }; (b) CM K n > max {2l + 7,2l + + g + S }; (c) IM S n > max {2l + 6,2l − + 13g + S }; Footer Page 84 of 185 Header Page 85 of 185 79 CM S n > max {2l + 3,2l − + g + S } (d) Chứng minh Từ 2.2.2.2(II)(a)  tập xác định S nên ta có 2.2.10(a) Với 2.2.2.3(b), m0 ≥ nên > , kết hợp với 2.2.2.2(II)(b) ta có m0 − 2.2.2.3(b) Lập luận tương tự, từ 2.2.2.2(II)(c) 2.2.2.2(II)(d) ta có 2.2.2.3(c) 2.2.2.3(d) 2.2.2.4 Định lý Cho  = {u1 , , un } cứng affine tập k Đặt ( X − u1 ) ( X − un ) thỏa mãn giả thiết I P '( X ) (1) Giả P( X ) = sử P không thỏa mãn (1A), (1C) (1D) (I) Giả sử f g chung  S (a) IM, h( f ) + h( g ) ≤ 26g − 20 + S n ≥ 2l + 13; (b) CM, h( f ) + h( g ) ≤ 22g − + S n ≥ 2l + (II) Giả sử f g S − nguyên chung  S (a) IM, h( f ) + h( g ) ≤ 26g − 20 + 12 S n ≥ 2l + 6; (b) CM, h( f ) + h( g ) ≤ 22g − + 10 S n ≥ 2l + Chứng minh Footer Page 85 of 185 Header Page 86 of 185 80 Từ 2.2.2.2(I)(a) ta có 2.2.2.4.(I)(a) Với 2.2.2.4(I)(b), m0 ≥ nên > , kết hợp với 2.2.2.2(I)(b) ta m0 − có 2.2.2.4(I)(b) Lập luận tương tự, từ 2.2.2.2(I)(c) 2.2.2.2(I)(d) ta suy 2.2.2.4(II)(a) 2.2.2.4(II)(b) Footer Page 86 of 185 Header Page 87 of 185 81 KẾT LUẬN Luận văn trình bày số vấn đề tập xác định đa thức cho hàm phân hình trường không Acsimet Các kết luận văn sau: Trình bày khái niệm, tính chất bản, cần thiết cho việv nghiên cứu tập xác định đa thức cho hàm phần hình trường không Acsimet Cụ thể gồm: Trường định chuẩn không Acsimet, trường số p-adic Hàm chỉnh hình hàm phân hình trường số phức p -adic Các trường hàm đại số số chiều đa tạp xạ ảnh Đường cong đại số Giống đường cong đại số Đưa điều kiện cần đủ để đa thức mạnh: Các định lý 2.1.4.1 2.1.4.2, điều kiện cần đủ để tập xác định nhất: Các định lý 2.2.2.3 2.2.2.4 Footer Page 87 of 185 Header Page 88 of 185 82 TÀI LIỆU THAM KHẢO Ta Thi Hoai An and Julie Tzu-yueh Wang, Unique range sets and uniqueness polynomials for algebraic curves, Transactions of the American mathematical society, Volume 539, Number 3, March 2007, Page 937-964 Neal Koblicz, p-adic numbers, p-adic analysis, and Zeta-functions, 1948 William Fulton, Algebraic curves, January 28, 2008 W.A.Cherry, Hyperbolic p-adic analytic spaces, 1993 William Cherry, A non-Archimedean analogue of the Kobayashi semidistance and its non-degeneracy on Abelian varieties, Illinois Journal of Mathematics, Volume 40, Number 1, Spring 1996 A Sauer, Uniqueness theorems for holomorphic functions on compact Riemann surfaces, New Zealand J Math 30 (2001), 177-181 MR1877545 (2002k:30078) A Schweizer, Shared values of meromorphic functions on compact Riemann surfaces, Arch Math (Basel) 84 (2005), 71–78 MR2106406 (2005k:30063) F Gross, Factorization of meromorphic functions and some open problems in complex anal-ysis, Proc Conf Univ Kentucky, Lexington, KY, 1976, Lecture Notes in Math 599, Springer-Verlag, 1977 MR0450529 (56:8823) Footer Page 88 of 185 ... GIO DC V O TO TRNG I HC S PHM TP H CH MINH Nguyn Thanh Hi TP XC NH DUY NHT V A THC DUY NHT CHO CC NG CONG I S TRấN TRNG KHễNG ACSIMET Chuyờn ngnh: Hỡnh hc v tụpụ Mó s : 60 46 01 05 LUN VN THC... úng tht s ca mt ng cong l mt im (v) Mt a úng cú s chiu bng v ch nú l mt ng cong Footer Page 30 of 185 Header Page 31 of 185 25 1.4 ng cong i s v ging ca ng cong i s 1.4.1 ng cong i s 1.4.1.2 nh... khụng Acsimet v cú c s Footer Page 23 of 185 Header Page 24 of 185 18 Cỏc khỏi nim v dóy, chui v s hi t ca dóy, chui trng khụng Acsimet tng t nh trng Acsimet Tuy nhiờn, vi trng cú chun khụng Acsimet,