Giả thuyết hayman và vấn đề duy nhất cho các hàm phân hình p adic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— NGUYỄN THỊ THƯƠNG GIẢ THUYẾT HAYMAN VÀ VẤN ĐỀ DUY NHẤT CHO CÁC HÀM PHÂN HÌNH P -ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— NGUYỄN THỊ THƯƠNG GIẢ THUYẾT HAYMAN VÀ VẤN ĐỀ DUY NHẤT CHO CÁC HÀM PHÂN HÌNH P -ADIC Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - Năm 2017 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan nội dung luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài "Giả thuyết Hayman vấn đề cho hàm phân hình p-adic" nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Hà Trần Phương Các kết luận văn chưa công bố luận văn Thạc sĩ tác giả khác Việt Nam Thái Nguyên, tháng năm 2017 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Thương i Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS.TS Hà Trần Phương, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, cho nhận xét quý báu để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng Sau Đại học, thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tạo điều kiện cho suốt trình học tập nghiên cứu khoa học Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học tập Bản luận văn tránh thiếu sót, mong nhận góp ý quý thầy cô bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, tháng năm 2017 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Thương ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Một số ký hiệu viết tắt Mở đầu Chương Giả thuyết Hayman p-adic 1.1 Phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic 1.2 Giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p-adic 13 Chương Vấn đề cho hàm phân hình p-adic 34 2.1 Đa thức 34 2.2 Các hàm phân hình chung hàm nhỏ 40 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 49 iii Một số ký hiệu viết tắt Cp Không gian số phức p-adic |.| Giá trị tuyệt đối |.|p Cp A(Cp ) Tập hợp hàm nguyên Cp M(Cp ) Tập hợp hàm phân hình Cp , tức là, trường phân số A(Cp ) Cp (z) Tập hàm hữu tỷ Cp Khi Cp (z) ⊂ M(Cp ) Γ(a, r1 , r2 ) Hình vành khăn {z ∈ Cp : r1 < |z − a| < r2 } Cp (a; r) Đĩa mở {z ∈ Cp : |z − a| < r} Cp a; r Đường tròn {z ∈ Cp : |z − a| = r} Cp [a; r] Đĩa đóng {z ∈ Cp : |z − a| ≤ r} A(Cp (a; r)) Tập hợp hàm giải tích đĩa Cp (a; r), ∞ tức là, Cp - đại số chuỗi lũy thừa an (z − a)n n=0 với an ∈ Cp hội tụ Cp (a; r) M(Cp (a; r)) Tập hợp hàm phân hình đĩa Cp (a; r), tức là, trường phân số A(Cp (a; r)) Ab (Cp (a; r)) Cp (a; r)-đại số A(Cp (a; r)) chứa biên hàm giải tích f ∈ A(Cp (a; r)), thỏa mãn sup |an | rn < +∞ n∈N Mb (Cp (a; r)) Trường phân số Ab (Cp (a; r)) ∞ Ar (Cp ) Vành chuỗi lũy thừa f (z) = n=0 thỏa mãn điều kiện lim |an |rn = n→∞ an z n (an ∈ Cp ) A(r (Cp ) Tập chuỗi lũy thừa z mà bán kính hội tụ lớn r Mf (Cp ) Tập hợp hàm phân hình nhỏ f Cp Mf (Cp (0; R)) Tập hợp hàm phân hình nhỏ f Cp (0; R) Cp Mở rộng đại số Cp Cp (0; R) Đĩa mở z ∈ Cp : |z| < R log Logarit thực số e Z(r, f ) Hàm đếm không điểm f Cp (0; R) chứa Cp (với < r < R) N (r, f ) Hàm đếm cực điểm (hàm đếm không kể bội) f Cp (0; R) (với < r < R) m(r, f ) Hàm bù (hàm xấp xỉ) f T (r, f ) Hàm đặc trưng f v(z) = − log |z| Ar (Cp ) = A(∞ (Cp ) Au (Cp (a; r)) = A(Cp (a; r))\Ab (Cp (a; r)) Mu (Cp (a; r)) = M(Cp (a; r))\Mb (Cp (a; r)) Các phần tử M(Cp )\Cp (z) gọi hàm siêu việt có vô hạn không điểm cực điểm (Với a ∈ Cp , r > r1 , r2 thỏa mãn < r1 < r2 ) Mở đầu Năm 1967, W K Hayman đặt giả thuyết tiếng mà ta thường gọi giả thuyết Hayman: Nếu hàm nguyên f thỏa mãn điều kiện f n (z)f (z) = với z ∈ C, n số nguyên dương f phải hàm Và ông đặt câu hỏi: f hàm phân hình siêu việt, f + af m có vô số không điểm mà không không điểm f với số nguyên m ≥ a ∈ C\ {0}? Giả thuyết thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều tác giả có nhiều công trình khoa học công bố theo hướng nghiên cứu trường hợp khác nhau: hàm phân hình phức, hàm phân hình p-adic, đa thức sai phân, Các kết nghiên cứu giả thuyết Hayman theo hướng tập trung lại thành vấn đề chung gọi “Sự lựa chọn Hayman” Từ năm 2008, công trình [19], nhà toán học J Ojeda nghiên cứu giả thuyết Hayman trường hợp hàm phân hình siêu việt p-adic Ý tưởng báo ông trả lời câu hỏi Hayman cách xét hàm f + T f m với T ∈ Cp (z) ông chứng minh câu hỏi Hayman m ≥ m = Ngoài ra, số công trình gần J Ojeda công bố số kết vấn đề cho hàm phân hình p-adic Ông chứng minh: với f , g hàm nguyên Cp , Giả sử a ∈ Cp \ {0} n, k ∈ N, k ≥ 2, α hàm nguyên nhỏ f g Nếu f n (f − a)k f g n (g − a)k g chung giá trị α kể bội, với n ≥ max {6 − k, k + 1} f = g Nếu α ∈ Cp ∗ n ≥ max {5 − k, k + 1} f = g Và : với f , g hai hàm giải tích không giới nội đĩa mở Cp , α hàm nhỏ giải tích đĩa Nếu f n (f − a)2 f g n (g − a)2 g chung giá trị α kể bội, với n ≥ f = g Nếu f n (f − a)f g n (g − a)g chung giá trị α kể bội, với n ≥ f = g Mục đích luận văn "Giả thuyết Hayman vấn đề cho hàm phân hình p-adic" trình bày lại số kết nghiên cứu giả thuyết Hayman p-adic vấn đề cho hàm phân hình p-adic, J.Ojeda công bố tài liệu [19] [20] Luận văn bố cục thành chương phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Giả thuyết Hayman p-adic Trình bày kiến thức phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic, giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p-adic - kết nghiên cứu J.Ojeda từ năm 2008 Chương Vấn đề cho hàm phân hình p-adic Trong chương trình bày lại số nghiên cứu J.Ojeda số tác giả khác thời gian gần vấn đề đa thức xác định cho hàm phân hình hàm phân hình chung hàm nhỏ Chương Giả thuyết Hayman p-adic 1.1 Phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic Các hàm đặc trưng Nevanlinna Trong phần ta quy ước số thực ρ0 , r, ρ thỏa mãn < ρ0 < r < ρ ≤ ∞ ∞ Định nghĩa 1.1 Giả sử f (z) = an z n ∈ Aρ (Cp ), ta định nghĩa số hạng lớn n=0 µ(r, f ) = max |an |r n n≥0 số trung tâm ν(r, f ) = max{n : |an | rn = µ(r, f )} n≥0 Với r = 0, ta định nghĩa µ(0, f ) = lim+ µ(r, f ); r→0 ν(0, f ) = lim+ ν(r, f ) r→0 Mệnh đề 1.2 Chỉ số trung tâm ν(r, f ) tăng theo r r → ρ thỏa mãn r log µ(r, f ) = log |aν(0,f ) | + ν(t, f ) − ν(0, f ) dt + ν(0, f ) log r t Tại đây, mục đích ta nghiên cứu đa thức có dạng đặc biệt với hai điểm Fujimoto ta có kết luận cho Au (Cp (a; R)) Mu (Cp (a; R)) Định lý 2.2 xem Mệnh đề (b) l = [25] Gần đây, N T Hoa [15] A Escassut [8] đưa định lý liên quan đến đa thức xác định cho hàm nguyên hàm phân hình Định nghĩa 2.1 Một đa thức P (z) gọi đa thức xác định cho họ hàm F với f, g ∈ F thỏa mãn P (f ) = P (g) ta có f = g Định lý 2.2 Cho P ∈ Cp [z] thỏa mãn P có hai không điểm phân biệt λ1 có cấp c1 λ2 có cấp c2 Khi P đa thức xác định cho A(Cp ) Ngoài ra, {c1 , c2 } ≥ P đa thức xác định cho M(Cp ) Ví dụ 2.3 Cho k, n ∈ N a ∈ Cp \ {0} Cho P ∈ Cp [z] xác định P (z) = a n+k z n+k+1 − Ck1 z + + n+k+1 n+k k−1 (−a)k n+1 k−1 (−a) n+2 +Ck z + z n+2 n+1 (2.1) Rõ ràng P (z) = z n+k − Ck1 az n+k−1 + + Ckk−1 (−a)k−1 z n+1 + (−a)k z n , hay P (z) = z n (z − a)k Nhận xét 2.4 Khi {c1 , c2 } = 2, dạng đa thức giới thiệu Frank Reinders để nghiên cứu cách thành lập tập kể bội nhỏ cho hàm nguyên phức hàm phân hình ([12]) Từ [11] [25] ta suy {c1 , c2 } = P không đa thức cho M(Cp ) Thật vậy, có thay đổi afin biến, P (y) thu gọn thành 35 y n − y n−1 + c với c ∈ Cp Bây cho h ∈ Mu (Cp (0; R)) f , g xác định bởi: hn−1 − f = hg Khi đó, ta kiểm tra đa thức P thỏa mãn g= n h −1 P (f ) = P (g) Bổ đề 2.5 ([13]) Cho f ∈ M(Cp ) khác hàm tương ứng f ∈ Mu (Cp (0; R)) Khi tồn nhiều giá trị b ∈ Cp thỏa mãn f (z) = b ∀z ∈ Cp tương ứng f (z) = b ∀z ∈ Cp (0; R) Để chứng minh Định lý 2.8 đây, ta cần sử dụng bổ đề giải tích phức ([12]) kết luận cho trường đại số đóng có đặc số Cp Bổ đề 2.6 Cho n ≥ số nguyên Q(X) = (n − 1)2 (X n − 1)(X n−2 − 1) − n(n − 2)(X n−1 − 1)2 đa thức với hệ số Cp có bậc 2n − Khi đó, không điểm Q với bội bậc tất không điểm khác Q không điểm đơn Định lý 2.7 ([20]) Cho P ∈ Cp [z] đa thức có bậc n ≥ thỏa mãn P có hai không điểm phân biệt, chúng có bậc Khi P đa thức xác định cho Au (Cp (0; R)) Định lý 2.8 ([20]) Cho P ∈ Cp [z] đa thức có bậc n ≥ thỏa mãn P có hai không điểm phân biệt, chúng có bậc Khi P đa thức xác định cho Mu (Cp (0; R)) Chứng minh (Định lý 2.7 2.8) Giả sử f, g ∈ Mu (Cp (0; R)) thỏa mãn P (f ) = P (g) f = hg 36 Trước tiên, ta giả sử P thỏa mãn giả thiết Định lý 2.7 Từ Nhận xét hn−1 − Mỗi cực điểm hn−1 − không điểm g có 2.4, ta có g = n h −1 cấp, hn−1 − ∈ Mu (Cp (0; R)) h Vì vậy, theo Bổ đề 2.5, h bỏ qua nhiều giá trị Bây giờ, ta biết bậc n đơn vị bậc n − đơn vị chung phần tử trừ Do đó, từ n ≥ 3, hn−1 − nhận cực điểm, mâu thuẫn g giải tích Cp (0; R) hn − Tiếp theo, ta giả sử P thỏa mãn giả thiết Định lý 2.8 Từ giả thiết P (f ) = P (g), ta suy (n − 1)(n − 2)(hn − 1)g − 2an(n − 2)(hn−1 − 1)g+ +a2 n(n − 1)(hn−2 − 1) = (2.2) Giả sử h không số Cho r ∈ (0, R) Quan sát biểu thức trước, ta dễ dàng suy h không bị chặn Cp (0; R) h bị chặn ta có T (r, (n − 1)(n − 2)(hn − 1)g ) ≥ 2T (r, g) + O(1) T (r, 2an(n − 2)(hn−1 − 1)g − a2 n(n − 1)(hn−2 − 1)) ≤ T (r, g) + O(1), mâu thuẫn với (2.2) Mặt khác, tính toán đơn giản, ta viết (2.2) thành (n − 1)(n − 2)(hn − 1)g − an(n − 2)(hn−1 − 1) = −a2 n(n − 2)Q(h) (2.3) Q(h) = (n−1)2 (hn −1)(hn−2 −1)−n(n−2)(hn−1 −1)2 đa thức bậc 2n−2 Với n ≥ 6, từ Bổ đề 2.6, ta suy Q(h) có dạng (h−1)4 (h−γ1 )(h− γ2 ) (h − γ2n−6 ) với γi ∈ Cp \{0, 1} (i = 1, , 2n − 6) không điểm đơn Q Từ (2.3), ta suy không điểm h − γi (i = 1, , 2n − 6) có 37 bội Không tính tổng quát, giả sử không không điểm không cực điểm h − γi (i = 1, , 2n − 6) Khi 2n−6 i=1 Z(r, h − γi ) ≤ 2n−6 Z(r, h − γi ) ≤ (n − 3)T (r, h) + O(1) i=1 Vì áp dụng Định lý 1.16 với h điểm γi (i = 1, , 2n − 6) xét N (r, h) ≤ T (r, h), ta thu 2n−6 (2n − 7)T (r, h) ≤ Z(r, h − γi ) + N (r, h) + O(1) i=1 ≤ (n − 2)T (r, h) + O(1) Từ T (r, h) không bị chặn (0, R), ta có mâu thuẫn n ≥ Do h số Vì vậy, từ (2.3), ta có hn − = hn−1 − = Kéo theo h = f = g Ví dụ 2.9 Cho a ∈ Cp \{0} n ∈ N Từ định lý trước ta suy a n+1 n+2 z − z đa thức xác định cho (i) P (z) = n+2 n+1 Au (Cp (0; R)) n+3 2a n+2 a2 n+1 (ii) P (z) = z − z + z đa thức xác định n+3 n+2 n+1 cho Mu (Cp (0; R)) với n ≥ Ta gọi bổ đề bổ đề cổ điển ([16]): Bổ đề 2.10 Cho f ∈ M(Cp ) αi ∈ Mf (Cp ) tương ứng f ∈ M(Cp (0; R)) αi ∈ Mf (Cp (0; R)) (i = 1, , n) thỏa mãn f (0) = 0, ∞ αi (0) = 0, ∞ n (i = 1, , n) Nếu P (X) = n αi X i ∈ Mf (Cp )[X] tương ứng P (X) = i=0 αi X i ∈ Mf (Cp (0; R))[X] với r > tương ứng r ∈ (0; R) ta có i=0 T (r, P (f )) = nT (r, f ) + Sf (r) 38 Hơn nữa, αi ∈ Cp (i = 1, , n) với r > ta có tương ứng r ∈ (0; R) T (r, P (f )) = nT (r, f ) + O(1) Bổ đề 2.11 Cho f, g ∈ M(Cp ) hàm siêu việt tương ứng f, g ∈ Mu (Cp (0; R)) , a ∈ Cp \{0} n, k ∈ N với n ≥ k + tương ứng n ≥ k + Cho F = (−a) n+k (−a)k−1 n+2 (−a)k n+1 f n+k+1 + Ck1 f + + Ckk−1 f + f n+k+1 n+k n+2 n+1 G= (−a) n+k (−a)k−1 n+2 (−a)k n+1 g n+k+1 + Ck1 g + + Ckk−1 f + g n+k+1 n+k n+2 n+1 Nếu F = G F = G Chứng minh Ký hiệu F = f n+1 P (f ) với P ∈ Cp [z] deg(P ) = k Cho r > tương ứng r ∈ (0, R) Ta có Z(r, F ) ≤ Z(r, f ) + Z(r, P (f )) ≤ T (r, f ) + T (r, P (f )) N (r, F ) = N (r, f ) ≤ T (r, f ) Hơn nữa, từ F = G ta suy F − G số c Giả sử c = Khi đó, Z(r, F − c) = Z(r, G) ≤ Z(r, g) + Z(r, P (g)) ≤ T (r, g)+T (r, P (g)) Ngoài ra, từ Bổ đề 2.10, ta có T (r, P (f )) = kT (r, f )+O(1) T (r, P (g)) = kT (r, g) + O(1) Kéo theo Z(r, F ) ≤ (k + 1)T (r, f ) + O(1) Z(r, F − c) ≤ (k + 1)T (r, g) + O(1) Hơn nữa, tương tự Bổ đề 2.10, ta có T (r, F ) = (n + k + 1)T (r, f ) + O(1) Quan sát biểu thức trước sử dụng Định lý 1.16 F , ta thu (n + k + 1)T (r, f ) ≤ T (r, F ) ≤ Z(r, F ) + Z(r, F − c) + N (r, F ) − log r + O(1) ≤ (k + 2)T (r, f ) + (k + 1)T (r, g) − log r + O(1), 39 hay (n − 1)T (r, f ) ≤ (k + 1)T (r, g) − log r + O(1) (2.4) Từ G thỏa mãn giả thiết F , tương tự ta có (n − 1)T (r, g) ≤ (k + 1)T (r, f ) − log r + O(1) (2.5) Như vậy, cộng (2.4) (2.5), ta (n − 1)[T (r, f ) + T (r, g)] ≤ (k + 1)[T (r, f ) + T (r, g)] − log r + O(1), mâu thuẫn r → +∞ n ≥ k + (tương ứng r → R− n > k + 2) f g hàm phân hình siêu việt Cp tương ứng hàm phân hình không bị chặn Cp (0; R) Vì vậy, c = Bổ đề 2.12 Cho f, g ∈ A(Cp ) hàm siêu việt tương ứng cho f, g ∈ Au (Cp (0; R)) , a ∈ Cp \{0} n, k ∈ N với n ≥ k + (tương ứng n ≥ k + 2) Cho k−1 (−a)k n+1 n+k+1 (−a) n+k k−1 (−a) n+2 F = f + Ck f + + Ck f + f n+k+1 n+k n+2 n+1 k−1 (−a)k n+1 n+k+1 (−a) n+k k−1 (−a) n+2 G= g + Ck g + + Ck f + g n+k+1 n+k n+2 n+1 Nếu F = G F = G 2.2 Các hàm phân hình chung hàm nhỏ Trong [18], ta nghiên cứu vấn đề cặp hàm phân hình (f, g) Cp tương ứng hàm phân hình không bị chặn Cp (0; R) thỏa mãn 40 f n f g n g chung giá trị kể bội không kể bội Ta chứng minh, ví dụ, f n f g n g chung giá trị kể bội với n ≥ 11, f = dg với dn+1 = mà f, g ∈ M(Cp ) Và f n f g n g chung giá trị không kể bội với n ≥ f = dg với dn+1 = mà f, g ∈ Au (Cp (0; R)) Ở đây, ta nghiên cứu vấn đề hàm chung hàm nhỏ α có dạng f n (f − a)k f , tức là, đạo hàm P (f ) P đa thức với hai điểm Fujimoto Cụ thể: Cho f, g ∈ A(Cp ) hàm siêu việt tương ứng f, g ∈ Au (Cp (0; R)) cho α hàm giải tích nhỏ f g Cp tương ứng Cp (0; R) thỏa mãn f n (f − a)k f g n (g − a)k g chung hàm α kể bội, với n ∈ N∗ a ∈ Cp \{0} Ta kết luận f = g ? Câu hỏi dạng nghiên cứu giải tích phức vài báo liên quan đến hàm phân hình hàm nguyên C với nhiều kết luận Thật vậy, vấn đề liên kết chặt chẽ với vấn đề đa thức Nhận xét 2.13 Nhờ tính chất cổ điển hàm Nevanlinna T (r, f ) phép toán trường hàm phân hình, thỏa mãn T (r, f + g) ≤ T (r, f ) + T (r, g) T (r, f g) ≤ T (r, f ) + T (r, g), với f, g ∈ M(Cp ) r > 0, ta dễ dàng chứng minh [10] Mf (Cp ) tương ứng Mf (Cp (0; R) trường M(Cp ) tương ứng M(Cp (0; R)) M(Cp ) tương ứng M(Cp [0; R]) mở rộng siêu việt Mf (Cp ) tương ứng Mf (Cp (0, R)) Định nghĩa 2.14 Cho f, g, α ∈ M(Cp ) tương ứng f, g, α ∈ M(Cp (0; R)) Ta nói f, g chung hàm α kể bội f − α g − α có không 41 điểm với số bội Cp tương ứng Cp (0; R) Bổ đề 2.15 Nếu f ∈ M(Cp ) α ∈ Mf (Cp ) tương ứng f ∈ M(Cp (0; R)) α ∈ Mf (Cp (0; R)) α hàm nhỏ f (f − a)k f n Chứng minh Thật vậy, ta có N (r, f (f − a)k f n ) > N (r, f ) mặt khác không điểm f không cực điểm f Z(r, f (f − a)k f n ) ≥ Z(r, f ) Định lý 2.16 ([20]) Cho f, g ∈ A(Cp ) hàm siêu việt thỏa mãn f n (f − a)k f g n (g − a)k g chung hàm α ∈ Af (Cp ) ∩ Ag (Cp ) kể bội với n, k ∈ N a ∈ Cp \{0} Nếu n ≥ max{6 − k, k + 1} f = g Hơn nữa, α ∈ Cp \{0} n ≥ max{5 − k, k + 1} f = g Chứng minh Vì f, g ∈ A(Cp ), f n (f − a)k f g n (g − a)k g chung hàm f n (f − a)k f − α hàm phân hình không điểm α kể bội nên n g (g − a)k g − α cực điểm Cp , số Cp \{0} Đặt F = f n (f − a)k f giả sử c = Khi F = c(g n (g − a)k g ) + α(1 − c) (2.6) Cho r > Từ α(1 − c) ∈ Af (Cp ), Bổ đề 2.15, ta suy α(1 − c) ∈ AF (Cp ) Vì thế, áp dụng Bổ đề 1.19 với F , ta có T (r, F ) ≤ Z(r, F ) + Z(r, F − α(1 − c)) + SF (r) (2.7) = Z(r, f n ) + Z(r, (f − a)k ) + Z(r, f ) + Z(r, g n ) + Z(r, g − a) + + Z(r, g ) + Sf (r) ≤ T (r, f ) + T (r, f − a) + T (r, f ) + 3T (r, g) + Sf (r) 42 Nhưng f hàm nguyên Vì vậy, T (r, F ) = nT (r, f ) + kT (r, f − a) + T (r, f ) + O(1) Như vậy, xét đẳng thức bất đẳng thức (2.7), ta có (n + k − 2)T (r, f ) ≤ 3T (r, g) + Sf (r) (2.8) Tương tự, từ g thỏa mãn giả thiết f , ta suy (n + k − 2)T (r, g) ≤ 3T (r, f ) + Sg (r) (2.9) Vì thế, cộng (2.8) (2.9), ta thu (n + k − 2)[T (r, f ) + T (r, g)] ≤ 3[T (r, f ) + T (r, g)] + Sf (r) + Sg (r), mâu thuẫn n + k ≥ f, g ∈ A(Cp ) hàm siêu việt Như c = Do đó, từ (2.6) Bổ đề 2.12, ta có (−a)k n+1 n+k+1 (−a) n+k f + Ck f + + f = n+k+1 n+k n+1 (−a)k n+1 n+k+1 (−a) n+k g + Ck g + + g , n+k+1 n+k n+1 n ≥ max{6 − k, k + 1} Như vậy, ta thu kết luận từ Định lý 2.7 Trong trường hợp α ∈ Cp \{0} f, g ∈ A(Cp ) siêu việt, ta xác định F (2.6) giả sử c ∈ Cp \{0, 1} Từ α(1 − c) ∈ Cp \{0}, ta áp dụng Định lý 1.16 với F Vì vậy, với trình đơn giản (2.7), ta thu (n + k + 2)T (r, f ) ≤ 3T (r, g) − log r + O(1) Và xét hàm g , ta thu (n + k − 2)T (r, g) ≤ 3T (r, f ) − log r + O(1) 43 Vì thế, cộng hai vế hai bất đẳng thức trên, ta có (n + k − 2)[T (r, f ) + T (r, g)] ≤ 3[T (r, f ) + T (r, g)] − log r + O(1), mâu thuẫn n ≥ − k r → +∞ Như vậy, ta có kết luận cách xem xét n ≥ max{5 − k, k + 1} Bổ đề 2.12 Định lý 2.7 Định lý 2.17 ([20]) Cho f, g ∈ Au (Cp (0; R)), α ∈ Af (Cp (0; R))∩Ag (Cp (0; R)) a ∈ Cp \{0} Nếu f n (f − a)2 f g n (g − a)2 g chung hàm α kể bội n ≥ f = g Hơn nữa, f n (f − a)f g n (g − a)g chung hàm α kể bội n ≥ f = g Chứng minh Vì f, g ∈ A(Cp (0; R)) f n (f − a)k f g n (g − a)k g chung f n (f − a)k f hàm α kể bội nên n = u(z) hàm phân hình g (g − a)k g không điểm cực điểm Cp (0; R), u(z) ∈ Mb (Cp (0; R)) Giả sử u = Khi f n (f − a)k f = u(g n (g − a)k g ) + α(1 − u) (2.10) Cho r ∈ (0, R) Theo Bổ đề 2.15, α(1 − u) hàm nhỏ f n (f − a)k f Áp dụng Bổ đề 1.19 với f n (f − a)k f , ta có T (r, f n (f − a)k f ) ≤ Z(r, f n (f − a)k f ) + Z(r, f n (f − a)k f − α(1 − u)) + SF (r) (2.11) ≤ T (r, f ) + T (r, f − a) + T (r, f ) + 3T (r, g) + Sf (r) Từ f, g hàm giải tích, ta có T (r, f n (f − a)k f ) = nT (r, f ) + kT (r, f − a) + T (r, f ) + O(1) 44 Vì thế, với k = 1, bất đẳng thức (2.11) thu gọn (n − 1)T (r, f ) ≤ 3T (r, g) + Sf (r) (2.12) với k = 2, bất đẳng thức (2.11) thu gọn nT (r, f ) ≤ 3T (r, g) + Sf (r) (2.13) Từ f, g thỏa mãn giả thiết nhau, với k = 1, ta có (n − 1)T (r, g) ≤ 3T (r, f ) + Sg (r) (2.14) nT (r, g) ≤ 3T (r, f ) + Sg (r) (2.15) với k = 2, Từ đó, cộng (2.12) (2.14), ta thu (n − 1)[T (r, f ) + T (r, g)] ≤ 3[T (r, f ) + T (r, g)] + Sf (r) + Sg (r), cộng (2.13) (2.15), ta có n[T (r, f ) + T (r, g)] ≤ 3[T (r, f ) + T (r, g)] + Sf (r) + Sg (r) Vì thế, với k = 1, ta có mâu thuẫn n ≥ r → +∞ Và với k = 2, ta có mâu thuẫn n ≥ r → +∞ Vì u = đó, từ (2.10), ta có a f n+2 + f n+1 = f n (f − a)k f = g n (g − a)k g Từ Bổ đề 2.12, ta có n+2 n+1 n+2 a n+1 2a n+2 a2 n+1 g + g k = f n+3 + f + f = n+2 n+1 n+3 n+2 n+1 n+3 2a n+2 a2 n+1 g + g + g k = Vì thế, k = k = 2, n+3 n+2 n+1 ta kết luận f = g nhờ Định lý 2.7 Định lý 2.8 45 Kết luận Với mục đích tiếp tục nghiên cứu ứng dụng lý thuyết phân bố giá trị vấn đề giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p-adic, luận văn này, trình bày vấn đề sau đây: Trình bày số khái niệm kết lý thuyết phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p-adic Vấn đề cho hàm phân hình p-adic trình bày luận văn với nội dung đa thức xác định cho hàm phân hình thể Định lý 2.7, Định lý 2.8 hàm phân hình chung hàm nhỏ thể Định lý 2.16, Định lý 2.17 46 Tài liệu tham khảo [1] Bergweiler W and Eremenko A (1995), On the singularities of the inverse to a meromorphic function of finite order, Rev Mat Iberoamericana, 11, 355-373 [2] Boutabaa A (1990), Théorie de Nevanlinna p-adique, Manuscripta Math 67, 251-269 [3] Boutabaa A and Escassut A (1998), On uniqueness of p-adic meromorphic functions, Proc Amer Math Soc., 126(9) , 2557-2568 [4] Boutabaa A and Escassut A (2000), Applications of the p-adic Nevanlinna Theory to functional equations, Ann Inst Fourier, 50, 751-766 [5] Boutabaa A and Escassut A (2001), URS and URSIMS for p-adic meromorphic functions inside a disc, Proc Edinb Math Soc., 44, 485-504 [6] Chen H H and Fang M L (1995), On the value distribution of f f n , Science in China (Serie A), 38(7), 789-798 [7] Escassut A (1995), Analytic Elements in p-adic Analysis, World Scientific Publishing 47 [8] Escassut A (2007), Meromorphic functions of uniqueness, Bulletin des Sciences Mathématiques 131(3), 219 - 241 [9] Escassut A., Tutsccke W., Yang C C (2008), p-adic value distribution, Some Topics on Value Distribution and Differentiability in Complex and p-adic Analysis Science Press, Beijing [10] Escassut A., Ojeda J and Yang C C (2009), Functional equations in a padic context, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 351(1), 350 - 359 [11] Escassut A., Haddad L., Vidal R (1999), Urs, Ursim, and nonurs, Journal of Number Theory 75, 133 - 144 [12] Frank G and Reinders M (1998), A unique range set for meromorphic functions with 11 elements, Complex Variable Theory Applic 37, 185 193 [13] Fujimoto H (2000), On uniqueness of Meromorphic Functions sharing finite sets, Amer J Math 122(6), 1175 - 1203 [14] Hayman W K (1959), Picard values of meromorphic functions and their derivates, Ann of Math., 70, 9-42 [15] Hoa N T (2006), On the functional equation P (f ) = Q(g) in nonarchimedean field, Acta Math Vietnam 31(2), 167 - 180 [16] Hu P C and Yang C C (2000), Meromorphic Functions over NonArchimedean Fields, Kluwer Academic Publishers 48 [17] Ojeda J (2006), Applications of the p-adic Nevanlinna theory to problems of uniqueness, Journal of Analysis, Madras [18] Ojeda J (2010), Applications of the p-adic Nevanlinna theory to problems of uniqueness, Advances in p-adic and Non-Archimedean analysis Contemporary Mathematics 508, 161 - 179 [19] Ojeda J (2008), Hayman’s conjecture in a p-adic field, Taiwanese Journal of Mathematics, Vol 12, No 9, pp 2295-2313 [20] Ojeda J (2011), Uniqueness for ultrametric analytic functions, Bull Math Soc Sci Math Roumanie, Tome 54(102) No 2, 153–165 [21] Ojeda J (2008), Zeros of ultrametric meromorphic functions f f n (f − a)k − α, Asian-European Journal of mathematics Vol.1 (3), 415 - 429 [22] Khoai H.H and An T.T.H (2003), Uniqueness problem with truncated multiplicities for meromorphic functions on a non-Archimedean field Southeast Asian Bull Math 27(3), 477 - 486 [23] Lazard M (1962), Les zéros des fonctions analytiques d’une variable sur un corp valué complet, Publ Math., Inst Hautes tud Sci., 14, 223-251 [24] Mues E (1979), Uber ein Problem von Hayman, Math Z, 164, 239-259 [25] Wang J T.Y (2002), Uniqueness polynomials and bi-unique range sets, Acta Arithmetica 104, 183 - 200 49 ... đầu Chương Giả thuyết Hayman p- adic 1.1 Phân bố giá trị cho hàm phân hình p- adic 1.2 Giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p- adic 13 Chương Vấn đề cho hàm phân hình p- adic 34 2.1... (r) 1.2 Giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p- adic Trong phần này, ta nghiên cứu giả thuyết tiếng Hayman cho hàm phân hình siêu việt trường p- adic việc sử dụng phương ph p giải tích p- adic đặc... ≥ f = g Mục đích luận văn "Giả thuyết Hayman vấn đề cho hàm phân hình p- adic" trình bày lại số kết nghiên cứu giả thuyết Hayman p- adic vấn đề cho hàm phân hình p- adic, J.Ojeda công bố tài liệu