Xác định duy nhất của hàm phân hình p adic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM CAO THỊ HÀ XÁC ĐỊNH DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH P −ADIC LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM CAO THỊ HÀ XÁC ĐỊNH DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH P −ADIC Chuyên ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - Năm 2012 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục Mở đầu 1 Một số vấn đề Lý thuyết Nevanlinna p−adic 1.1 Hàm đặc trưng 1.2 Hai định lý 10 Xác định hàm phân hình p-adic 2.1 2.2 2.3 16 Hàm phân hình chung giá trị 16 2.1.1 Định lý kiểu Adams-Straus 16 2.1.2 Giá trị bội hàm phân hình 20 Đa thức hàm phân hình 24 2.2.1 Đa thức kiểu Yn,m 24 2.2.2 Đa thức kiểu Fn,b 28 Hàm phân hình chung tập hợp 30 2.3.1 Tập cho hàm phân hình p−adic 30 2.3.2 o Tập kiểu Fn,b 35 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 48 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Lý chọn luận văn Vấn đề nghiên cứu xác định hàm hay ánh xạ phân hình thơng qua ảnh ngược tập hữu hạn thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà tốn học ngồi nước: G.Pólya, R.Nevanlinna, F Gross, thu nhiều kết quan trọng Năm 1926, R.Nevanlinna chứng minh: Nếu hai hàm phân hình f g chung giá trị phân biệt trùng Kết Nevanlinna cho thấy hàm phân hình phức xác định cách ảnh ngược, không kể bội, giá trị phân biệt Cơng trình Ơng xem khởi nguồn cho cơng trình nghiên cứu xác định hàm hay ánh xạ phân hình Một vấn đề tự nhiên đưa F Gross (xem [6]), khơng xét ảnh ngược điểm rời rạc mà xét ảnh ngược tập hợp điểm Từ đến nay, vấn đề nghiên cứu cách liên tục mạnh mẽ với kết H Fujimoto, W Stoll, L Smiley, M Ru, Z Tu, C C Yang, G Frank, M Reinders, Kí hiệu Cp trường số phức p−adic Ta biết Cp trường đóng đại số, có đặc số đầy đủ với chuẩn không acsimet Song song với việc nghiên cứu vấn đề cho hàm phân hình C, nhà tốn học cịn nghiên cứu vấn đề cho hàm phân hình Cp Hướng nghiên cứu hút quan tâm nhiều nhà toán học thu nhiều kết quan trọng Phương pháp nghiên cứu Sưu tầm đọc tài liệu từ tạp chí tốn học nước quốc 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn tế liên quan đến việc ứng dụng Lý Thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình p-adic Qua đó, tìm hiểu nghiên cứu vấn đề Mục đích luận văn Với mục đích trình bày lại số kết nghiên cứu tính hàm phân hình khơng Acsimet, chúng tơi chọn đề tài "Xác định hàm phân hình p-adic" Nội dung Luận văn Luận văn bao gồm phần Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương : Một số vấn đề lý thuyết Nevanlinna p-adic Trong chương chúng tơi trình bày kiến thức sở cần thiết cho việc chứng minh chương như: Các hàm Nevanlinna, định lí thứ nhất, định lí thứ hai Chương 2:Xác định hàm phân hình p- adic Chương chúng tơi trình bày số kết nghiên cứu tính hàm phân hình Trong trình học tập thực luận văn, nhận dạy bảo tận tình thầy giáo trường ĐHSP Thái Nguyên, ĐHSP Hà Nội, Viện Toán học Đặc biệt bảo, hướng dẫn trực tiếp thày giáo TS Hà Trần Phương Qua đây, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thày giáo TS Hà Trần Phương, tới thày cô giáo bạn đồng nghiệp giúp đỡ suốt thời gian qua Thái Nguyên, ngày 19 tháng 08 năm 2012 Tác Giả Cao Thị Hà 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Một số vấn đề Lý thuyết Nevanlinna p−adic 1.1 Hàm đặc trưng Trong phần ta quy ước số thực ρ0 , r, ρ thỏa mãn < ρ0 < r < ρ ≤ ∞ Giả sử f ∈ A(ρ (Cp ) hàm nguyên, ∞ an z n , f (z) = (an ∈ Cp ) (1.1) n=0 ∞ Hiển nhiên ta gán cho f (z) giá trị chuỗi an z n với n=0 n z ∈ Cp mà |an z | → n → ∞ (vì chuỗi hội tụ) Bán kính hội tụ ρ chuỗi (1.1) tính cơng thức 1 = lim sup |an | n ρ n−→∞ ∞ Giả sử chuỗi lũy thừa f (z) = an z n có bán kính hội tụ ρ: n=0 0 Với z ∈ Cp , f (z) hội tụ tồn đạo hàm f (z) tính theo cơng thức: ∞ nan z n−1 f (z) = (1.3) n=1 Bán kính hội tụ chuỗi (1.3) bán kính tụ f Hơn f thoả mãn µ(r, f ) (0 < r < ρ) r µ(r, f ) Bây ta định nghĩa hàm đếm không điểm cực điểm Giả sử f ∈ A(ρ (Cp ) hàm nguyên Với a ∈ Cp , kí hiệu n r, f −a số khơng điểm f a kể bội, n r, f −a số không điểm f a không kể bội Ta định nghĩa hàm đếm không điểm f − a kể bội, không kể bội N r, f −a N r, f −a r = ρ0 r = ρ0 n(t, f −a ) t n(t, f −a ) t dt với ρ0 < r < ρ; dt với ρ0 < r < ρ Với a = ∞, kí hiệu n(r, f ) số cực điểm f kể bội, n(r, f ) số cực điểm f a không bội Ta định nghĩa hàm đếm cực điểm f kể bội, không kể bội r N (r, f ) = ρ0 n(t, f ) dt t 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên với ρ0 < r < ρ; http://www.lrc-tnu.edu.vn r N (r, f ) = ρ0 n(t, f ) dt t với ρ0 < r < ρ Giả sử f ∈ M(ρ (Cp ) hàm phân hình, tồn hai hàm f0 , f1 ∈ Ar (Cp ) cho f0 , f1 khơng có nhân tử chung Ar (Cp ) f1 f = Với a ∈ Cp ∪ {∞}, ta định nghĩa hàm đếm số không điểm f0 n r, f −a f a (hay gọi hàm đếm số a− điểm f ) n r, f −a = n(r, f ) = n(r, f10 ) : a = ∞ n(r, f1 −af ) :a=∞ Định nghĩa hàm đếm N (r, f −a ) f a N r, f −a = N (r, f ) = N (r, f10 ) : a = ∞ N (r, f1 −af ) :a=∞ Kí hiệu N (r, f = a) = N (r, f ) = N (r, f0 = 0) : a = ∞ N (r, f1 − af0 = 0) :a=∞ ), Tương tự ta định nghĩa hàm n(r, f ), N (r, f ), n(r, f −a N (r, f −a ) Giả sử ∞ ∞ n f1 = an z ; bn z n , f0 = n=m1 n=m0 m0 , m1 ∈ N am1 = 0, bm0 = Theo cơng thức Jensen ta có N (r, f = 0) = N (r, f1 = 0) = log µ(r, f1 ) − log |am1 |, N (r, f = ∞) = N (r, f0 = 0) = log µ(r, f0 ) − log |bm0 | Kéo theo |am1 | |bm0 | = log µ(r, f ) − log |f ∗ (0)| N (r, f = 0) − N (r, f = ∞) = log µ(r, f ) − log 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (1.4) http://www.lrc-tnu.edu.vn f ∗ (0) = am1 Có thể thấy bm0 f ∗ (0) = lim z m0 −m1 f (z) ∈ Cp − {0} z→0 Hơn nữa, sử dụng công thức Jensen cho hàm f1 f0 ta có: 1 N (r, ) − N (r, f ) = N (r, ) − N (r, ) f f1 f0 = log µ(r, f1 ) − log µ(ρ0 , f1 ) − log µ(r, f0 ) + log µ(ρ0 , f0 ) µ(r, f1 ) µ(ρ0 , f1 ) = log − log µ(r, f0 ) µ(ρ0 , f0 ) = log µ(r, f ) − log µ(ρ0 , f ) (1.5) Công thức (1.4) (1.5) gọi cơng thức Jensen cho hàm phân hình Tiếp theo ta định nghĩa hàm bù (hay gọi hàm xấp xỉ) hàm f công thức m(r, f ) = log+ µ(r, f ) = max{0; log µ(r, f )} Đặc biệt m r, f = log+ µ r, f = log+ = max{0, − log µ(r, f )} µ(r, f ) Hơn nữa, 1 m pt , log p f = γ + (t, f ) = max{0; γ(r, f )} Tiếp theo ta xem xét số tính chất đơn giản hàm đếm hàm xấp xỉ Mệnh đề 1.3 Giả sử fi ∈ M(p (C), (i = 1, 2, , k) Khi với r > 0, ta có k N r, k fi ≤ i=1 k m r, N (r, fi ); N r, i=1 k fi i=1 k ≤ k fi ≤ i=1 k m(r, fi ); m r, i=1 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên i=1 k fi i=1 N (r, fi ) ≤ m(r, fi ) i=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn 34 Bổ đề 2.18 ([4]) Với f, g ∈ A(Cp ) − Cp F (x, y) đa thức hai ẩn với hệ số Cp Nếu F (f, g) ≡ tồn h ∈ A(Cp ), p, q ∈ Cp [z] thỏa mãn f = p(h) g = q(h) Bổ đề 2.19 ([2]) Cho h ∈ A(Cp ) − Cp p, q, P ∈ Cp [z] thỏa mãn: n = deg(P ) ≥ 1, d = deg(p) ≥ max{1, deg(q)} Giả sử c số khác không cho P (p(h)) = cP (q(h)) Khi p(h) = Aq(h) + B , A, B ∈ Cp với An = c Ta tiếp tục chứng minh định lý Giả sử S = {s1 , , sn }, đặt: P (z) = (z − s1 ) (z − sn ) Lấy f, g ∈ A(Cp ) − Cp chung tập S kể bội Khi đó, tồn số c thỏa mãn P (f ) = cP (g) Áp dụng Bổ đề 2.18 cho F (x, y) = P (x) − cP (y) ta có: tồn h ∈ A(Cp ), p, q ∈ Cp [z] thỏa mãn f = p(h) g = q(h) Theo Bổ đề 2.19 ta có A B số An = c Vì S ⊂ g(Cp ) = Cp ý f −1 (S) = g −1 (S) nên g(g −1 (S)) = S f (g −1 (S)) = f (f −1 (S)) = S Ta viết σ(z) = Az +B Khi đó, S = f (g −1 (S)) = (σ ◦ g)(g −1 (S)) = σ(S) Nếu S urscm cho A(Cp ) hiển nhiên S ursim cho Aut(Cp ) Ngược lại, giả sử S ursim cho Aut(Cp ), f, g ∈ A(Cp ) − Cp chung S CM có nghĩa f = σ ◦ g σ(S) = S theo chứng minh Điều kéo theo σ = Id nên f = g Suy S urscm cho A(Cp ) Định lý 2.20 ([7]) Với hai số a, b ∈ Cp , hai hàm nguyên khác f g Cp thỏa mãn (f − a)(f − b) (g − a)(g − b) chung giá trị CM f = g f + g = a + b Chứng minh Khơng tính tổng quát ta giả sử a = b = Đặt P (z) = z(z − 1) Khi tồn số khác 37Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 35 cho P (f ) = cP (g) Áp dụng Bổ đề 2.18 cho hàm F (x, y) = P (x) − cP (y), tồn h ∈ A(Cp ), p, q ∈ Cp [z] thỏa mãn f = p(h), g = q(h) Theo Bổ đề 2.19 ta có f = Ag + B , A B số A2 = c Do cg − cg = f (f − 1) = A2 g + (A(B − 1) + AB)g + B(B − 1) Điều kéo theo −c = A(B − 1) + AB B(B − 1) = g khơng phải số Do B = 0, A = c = A = −c = −1 Điều kéo theo kết luận định lý 2.3.2 o Tập kiểu Fn,b Trong mục chúng tơi trình bày số kết tập cho hàm phân hình p−adic mà kỹ thuật chứng minh dựa theo kỹ thuật Frank- Reinders trường hợp phức Bổ đề 2.21 ([7]) Cho F G hai hàm phân hình khác Cp chung {∞} CM a1 , , aq q giá trị phân biệt Cp với q ≥ Khi xảy hai trường hợp sau: 1) q− {T (r, F ) + T (r, G)} ≤ q N2 r, j=1 F − aj − N2 r, G − aj − log r + O(1); 2) G = AF + B, A, B ∈ Cp với A = #{a1 , , aq } ∩ {Aa1 + B, , Aaq + B} ≥ Chứng minh Ta kí hiệu H= G F − F G 38Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 36 Trước tiên ta giả sử H = Khi G = AF + B với A, B ∈ Cp , A = Nếu (2) khơng thỏa mãn thì: #{a1 , , aq , Aa1 + B, , Aaq + B} ≥ 2q − Theo Định lí thứ hai ta có q (2q − 3)T (r, G) ≤ N r, j−1 G − aj + N r, G − (Aaj + B) ; a1 , , aq , Aa1 + B, , Aaq + B G − log r + O(1) − N r, q N r, = j=1 G − aj + N r, F − aj 1 ; a1 , , aq − N r, ; a1 , , aq G − aj F − log r + O(1) − N r, q ≤ N2 r, j=1 F − aj + N2 r, G − aj − log r + O(1) Chú ý T (r, G) = T (r, F ) + O(1) Khi đó: q q− (T (r, F ) + T (r, G)) ≤ N2 r, F − aj j=1 + N2 r, G − aj − log r + O(1) Giả sử H ≡ Ta thấy cực điểm H xảy khơng 39Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 điểm F G Do đó: q N (r, H) ≤ N2 r, j=1 F − aj q N2 r, + j=1 + N r, G − aj − N r, F − aj − N r, G − aj 1 ; a1 , , aq + N r, ; a1 , , aq F G Chú ý cực điểm đơn F G - điểm H Điều kéo theo N (r, F ) + N (r, G) ≤ N r, H + {N (r, F ) + N (r, G)} Theo Định lí thứ Bổ đề đạo hàm logarit ta có N (r, F ) + N (r, G) ≤ N (r.H) + {T (r, F ) + T (r, G)} + O(1) Áp dụng Định lí thứ hai cho F G ta có (q − 1){T (r, F ) + T (r, G)} q ≤ N r, j=1 F − aj + N r, + N (r, F ) + N (r, G) − N r, − N r, G − aj ; a1 , , a q F ; a1 , , aq − log r + O(1) G Do q q− {T (r, F ) + T (r, G)} ≤ N2 r, F − aj j=1 + N2 r, G − aj − log r + O(1) Bổ đề chứng minh xong 40Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 Trong ([5]) tác giả nhận xét: q = trường hợp (2) cho ta F = G F + G = a1 + a2 Như bổ đề tương tự với Định lí ([10]) trường hợp khơng Acsimet Bổ đề 2.22 ([7]) Cho f g hai hàm phân hình (tương ứng, nguyên) khác Cp thỏa mãn: o o Ef (Fn,b ) = Eg (Fn,b ) Kí hiệu F = , Fn,b (f ) G= Fn,b (g) Nếu n ≥ 10 (tương ứng, n ≥ 6) G = AF + B , A, B ∈ Cp , A = và: #({a1 , a2 , a3 } ∩ {Aa1 + B, Aa2 + B, Aa3 + B}) ≥ 2, 1 a1 = 0, a2 = , a3 = b b+1 Chứng minh Từ đẳng thức đạo hàm Fn,b (z) = n(n − 1)(n − 2) n−3 z (z − 1)2 , ta có Fn,b (1) = + b với bội Fn,b (0) = b với bội n − Do ta viết: Fn,b (z) − b − = (z − 1)3 Q1 (z), Q(1) = 0, Fn,b (z) − b = z n−2 Q(z), Q(0) = 0, đó, Q1 (z) đa thức có bậc n − có - điểm đơn Với a ∈ Cp − {b, b + 1}, Fn,b (z) − a có - điểm đơn Đặc biệt, Fn,b (z) o có - điểm đơn Fn,b có n phần tử Chú ý T (r, F ) = nT (r, f ) + O(1), 41Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 nên theo Định lí thứ ta có: F − a1 r, F − a2 N2 r, N2 N2 r, F − a3 = N2 (r, Fn,b (f )) = 2N (r, f ), 1 ≤ 2N r, + N2 r, Fn,b − b − f Q(f ) ≤ 4T (r, f ) + O(1) = N2 r, Fn,b (f ) − b − 1 ≤ 2N r, + N2 r, f −1 Q1 (f ) ≤ (n − 1)T (r, f ) + O(1) = N2 r, Điều kéo theo N2 r, j=1 F − aj ≤ (n + 3)T (r, f ) + 2N (r, f ) + O(1) ≤ 1+ T (r, F ) n Tương tự ta có bất đẳng thức thay f F g G bất đẳng thức Lưu ý F G chung ∞ CM Do đó, < + n5 , n < 10, mâu thuẫn với giả thiết Do (2) Bổ đề 2.21 phải thỏa mãn (1) Bổ đề 2.21 thỏa mãn ta có Bây ta chứng minh định lý tập xác định cho hàm phân hình p−adic gồm 10 phần tử o Định lý 2.23 ([8]) Cho n ≥ 10 số nguyên, tập Fn,b urscm cho M(Cp ) o Chứng minh Ta viết Fn,b = {r1 , , rn }, kí hiệu Q(z) = n(n − 1) (n − 1)(n − 2) z − n(n − 2)z + 2 42Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 Gọi f g hai hàm phân hình Cp thỏa mãn o o Ef (Fn,b ) = Eg (Fn,b ) Theo hai định lí ta có: n (n − 2)T (r, g) ≤ N r, g − rk − log r + O(1) N r, f − rk − log r + O(1) k=1 n = k=1 ≤ nT (r, f ) − log r + O(1) Tương tự ta có: (n − 2)T (r, f ) ≤ nT (r, g) − log r + O(1) Ta định nghĩa: h1 = f n−2 Q(f ), b h3 n−2 g Q(g), b h2 = h3 = Fn,b (f ) Fn,b (g) Khi ta có : h1 + h2 + h3 = Ta viết f = f1 f2 g = g1 g2 cặp f1 , f2 g1 , g2 hàm nguyên khơng có khơng điểm chung Cp Khi g2 h3 = c f2 n , c= Fn,b (f )f2n Fn,b (g)g2n Chú ý c hàm nguyên Cp khác c số Như vậy: N (r, h3 ) ≤ N (r, f ), N r, h3 ≤ N (r, g) Tiếp theo ta chứng minh h3 ≡ Trước tiên, ta chứng minh h1 không biểu thị tuyến tính qua {1, h3 } Giả sử ta có biểu diễn tuyến tính: h1 = a1 h3 + a2 , 43Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên a1 , a2 ∈ Cp http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 Vì h1 khơng phải số nên a1 = h3 số Nếu a2 = 0, theo Định lí thứ hai ta có: nT (r, f ) = T (r, h1 ) + O(1) 1 ≤ N r, + N (r, h1 ) + N r, − log r + O(1) h1 h1 − a2 1 + N r, + N (r, f ) + N r, − log r + O(1) ≤ N r, f Q(f ) h3 ≤ 4T (r, f ) + N (r, g) − log r + O(1) ≤ 4T (r, f ) + T (r, g) − log r + O(1) n ≤ 4+ T (r, f ) − log r + O(1) n−2 Do đó, n < + n−2 , mâu thuẫn Nếu a2 = đặt Q(z) = (n − 1)(n − 2) (z − s1 )(z − s2 ) n Từ h1 = a1 c N r, f ≥ g2 f2 ta thấy n N r, , f N r, f − sj ≥ nN r, , j = 1, f − sj Như f − sj T (r, f ) N r, Θ(sj ) = − lim sup r−→∞ ≥1− , n j = 1, 2, Θf (0) ≥ − , n theo Định lí thứ hai ta có: 1− +2 1− n n ≤ Θf (0) + Θf (sj ) ≤ j=1 đó, n ≤ Điều khơng thể xảy n > 10 Như h1 khơng biểu thị tuyến tính qua {1, h3 } 44Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 Kí hiệu F = , Fn,b (f ) G= Fn,b (g) Theo Bổ đề (2.22) ta có G = AF + B −bBh1 = h3 − bB − A Như vậy, B = 0, kéo theo h3 số Nếu h3 = 1, ý rằng: T (r, f ) = T (r, g) + O(1), nên theo Định lí thứ hai ta có: nT (r, f ) + log r = T (r, h1 ) + log r + O(1) 1 ≤ N r, + N (r, h1 ) + N r, + O(1) h1 h1 − + h3 1 + N r, + N (r, f ) ≤ N r, f Q(f ) + N r, + O(1) h2 1 ≤ 4T (r, f ) + N r, + N r, + O(1) g Q(g) ≤ 4T (r, f ) + 3T (r, g) + O(1) ≤ 7T (r, f ) + O(1) Điều kéo theo n < 7, điều xảy n ≥ 10 Do h3 = 1, kéo theo f = g Fn,b đa thức cho M(Cp ) theo o Định lý 2.16 Suy Fn,b urscm cho M(Cp ) Định lý chứng minh o Hệ 2.24 ([7]) Cặp (∞, Fn,b ) − urscm cho M(Cp ) với số nguyên dương n ≥ o o Chứng minh Lấy f, g ∈ M(Cp ) − Cp thỏa mãn Ef (Fn,b ) = Eg (Fn,b ) Ef (∞) = Eg (∞) Khi Fn,b (f ) Fn,b (g) chung ∞ CM Do đó, Fn,b (f ) = h3 Fn,b (g), h3 số Theo chứng minh Định lí 2.23 ta có kết luận hệ 45Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 Định lý 2.23 Hệ 2.24 cho ta c1 (M(Cp )) ≤ 10 c2 (M(Cp )) ≤ o Định lý 2.25 ([7]) Tập Fn,b urscm cho A(Cp ) với n ≥ n ≥ Fn,b đa thức A(Cp ) thỏa mãn b = − 21 o Chứng minh Lấy f, g ∈ A(Cp ) − Cp Khi từ điều kiện Ef (Fn,b )= Fn,b (f ) o Eg (Fn,b ) ta có hàm ngun Cp khơng có Fn,b (g) điểm, nên số Điều kéo theo Fn,b (f ) = c.Fn,b (g) Do Fn,b đa thức bậc n nên T (r, Fn,b (f )) = nT (r, f ) + O(1) Ta có: T (r, f ) = T (r, g) + O(1) Đặt: f1 = − f n−2 Q(f ), b c f2 = g n−2 Q(g), b đó: Q(z) = (n − 1)(n − 2) n(n − 1) z − n(n − 2)z + 2 Do đó, f1 + f2 = − c Bây ta xét trường hợp c = Chú ý n(n − 1)(n − 2) n−3 f f (f − 1)2 , 2b n(n − 1)(n − 2)c n−3 f2 = g g (g − 1)2 2b f1 = − Nếu hai hệ phương trình f1 (z) − + c = f (z) − 46Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên =0 (2.15) http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 f2 (z) − + c = g(z) − (2.16) =0 có nghiệm giải hai hệ ta có: c= b+1 , b b+1 = c b Do c2 = tức c = c = −1 Kéo theo b = − Do theo lớp thứ hai điều kiện ta giả sử hai hệ điều kiện (2.15) (2.16) khơng có nghiệm Giả sử (2.15) khơng có nghiệm Khi ta có: N r, 1 ; 0, − c ≥ N r, f (f − 1)2 = 2T (r, f ) + O(1) Do đó, nT (r, f ) + log r = T (r, f1 ) + log r + O(1) 1 + N r, ≤ N (r, f1 ) + N r, f1 f1 − + c − N r, ; 0, − c + O(1) f 1 ≤ N r, + N r, + N r, f Q(f ) f2 − 2T (r, f ) + O(1) 1 ≤ T (r, f ) + N r, + N r, + O(1) g Q(g) = 4T (r, f ) + O(1) Điều xảy n ≥ Nếu n ≥ 6, biến đổi tương tự ta có: nT (r, f ) + log r ≤ 6T (r, f ) + O(1) Điều khơng thể xảy n ≥ Do đó, ta có c = f = g , tức Fn,b đa thức cho A(Cp ) 47Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 o urscm cho Định lý 2.26 ([7]) Với b ∈ C∗p − {−1, −2} tập F3,b A(Cp ) o Chứng minh Giả sử ngược lại F3,b không urscm cho A(Cp ) Theo o Định lí 2.17 F3,b ursim cho Aut(Cp ), tức tồn o o o σ ∈ Aut(Cp ) − {Id } cho σ(F3,b ) = F3,b Đặt F3,b = {r1 , r2 , r3 } viết σ(z) = Az + B Khi ta có: F3,b (z) = z − 3z + 3z + b = (z − r1 )(z − r2 )(z − r3 ) = (z − σ(r1 ))(z − σ(r2 ))(z − σ(r3 )) Điều kéo theo 3 ri = i=1 σ(ri ), r1 r2 r3 = σ(r1 )σ(r2 )σ(r3 ) = −b i=1 Bằng tính tốn đơn giản ta có A + B = A3 = Do đó, A = Từ Ví dụ ta có o F3,b = {1 + a, + Aa, + A2 a} Chú ý rằng: = + A + A2 , = (1 + a)(1 + Aa) + (1 + a)(1 + A2 a) + (1 + Aa)(1 + A2 a), − b = (1 + a)(1 + Aa)(1 + A2 a) Nên ta dễ dàng suy a = b = −2 Đây mâu thuẫn Do đó, o F3,b urscm cho A(Cp ) 48Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 Kết luận Nội dung luận văn trình bày lại số kết vấn đề xác định hàm phân hình thơng qua ảnh ngược tập hữu hạn Để chứng minh kết tập nhất, luận văn trình bày số kiến thức sở lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình p−adic Cụ thể: - Trình bày hàm Nevanlinna hai định lý số trường hợp: tính bội, khơng tính bội Bổ đề đạo hàm logarit; - Trình bày số định lý kiểu Adams-Straus (Định lý 2.1, 2.2, 2.3); - Trình bày hai dạng đa thức cho hàm phân hình p−adic kiểu Ym,n Fm,n (Định lý 2.13, 2.15 2.16); - Trình bày số vấn đề tập xác định cho hàm phân hình p−adic Đặc biệt Định lý 2.23 cho ta dạng urscm cho hàm phân hình p−adic gồm 10 phần tử, tập urscm có số phần tử tìm thấy 49Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 Tài liệu tham khảo [1] Adams W W and Straus E G., Non archimedean analytic functions taking the same values at the same points, Illinois J Math 15, 418 - 424, 1971 [2] Boutabba A., Escassut A and Haddad L., On uniqueness of p−adic entire functions, Indagotiones Math 8, 145-155, 1997 [3] Cherry W., Non-Archimedean analytic curves in Abelian varieties, Math Ann 300, 393-404, 1994 [4] Cherry W and Yang C C., Uniqueness of non-Archimedean entire functions sharing sets of values counting multiplicity, Proc Amer Math Soc 349, 967-971, 1999 [5] Frank G and Reinders M A unique range set for meromorphic functions with 11 elements, Complex var., 37, 185-193, 1998 [6] Gross F., Factorization of meromorphic functions and some open problems, Complex analysis (Proc Conf., Univ Kentucky, Lexington, Ky., 1976), pp 51–67 Lecture Notes in Math., Vol 599, Springer, Berlin, 1977 [7] Hu P C and Yang C C., Meromorphic functions over NonArchimedean Fields, Kluwer Academic Publishers, 2000 [8] Hu P C and Yang C C., A unique range sets of p−adic meromorphic functions with 10 elements, Acta Math Viet 24 (1), 95-108, 1999 50Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 [9] Li P and Yang C C., On the unique range sets of meromorphic functions, Proc Amer Math Soc 124, 177-185, 1995 [10] Yi H X., Meromorphic functions that share one or two values, Complex Variables 28, 13-21, 1995 51Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... điều kiện n ≥ Định lí chứng minh 2.3 2.3.1 Hàm phân hình chung t? ?p h? ?p T? ?p cho hàm phân hình p? ? ?adic Cho f hàm phân hình khác Cp S ⊂ Cp ∪ {∞} t? ?p khơng rỗng Ký hiệu {(µaf (z), z) : z ∈ Cp } = Ef (S)... Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 16 Chương Xác định hàm phân hình p- adic Trong chương phát biểu chứng minh lại số định lý xác định hàm phân hình p? ? ?adic thơng qua ảnh ngược t? ?p hữu hạn phần tử 2.1... Định lý 2.7 cho ta điều kiện đại số để hai hàm phân hình p? ? ?adic Dựa vào định lý ta chứng minh hệ sau, điều kiện đủ để xác định hàm phân hình p? ? ?adic Hệ 2.8 ([7]) Cho f g hai hàm nguyên khác Cp