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 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 i Lời cam đoan Tôi 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 ii Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lòng 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 Tôi 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 tơi ý kiến đóng góp quý báu suốt 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 hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2017 Tác giả Phạm Văn Mạnh 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 Mở đầu Vấn đề xác định hàm phân hình (hay đa thức, hàm nguyên) trường đóng đại số đặc trưng khơng K thơng 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, khơng 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 không, đầy đủ với chuẩn không Acsimet K F họ hàm xác định L lấy giá trị L Với m0 số nguyên dương ∞ , f ∈ F S ⊂ 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 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 ngun 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 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 khơng 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 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 a , p không chia hết cho a ∈ 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 = υp (x) =  +∞ x = Với x ∈ Q, ta thu chuẩn p-adic tương ứng, kí hiệu | |p cho |x|p =   p−υp (x) x =  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 tơpơ khơng Acsimet Kí hiệu Cp = Qp mở rộng đầy đủ theo tôpô không 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 (z − ) f (z) = f0 (z) i j , (z − bj ) f0 khơng có khơng điểm cực điểm Dr , bj tương ứng không điểm cực điểm tính bội f Ta kí hiệu: n(r, 0, f ) = số khơng điểm f Dr ; 24 Với điều kiện C cho trước, ta định nghĩa   χ0 (z) thỏa mãn điều kiện C f (z) = dj với j f ∗ χf |C (z) :=  0 trường hợp lại Chú ý: Trong [2], Escassut, Haddad Vildal chứng minh U RS cho A(K) (tương ứng, M(K)) U RS cho L[x] (tương ứng, L(x)) Do đó, kết cho A(K) (tương ứng, M(K)) cho L[x] (tương ứng, L(x)) Vì phần phát biểu chứng minh định lí cho trường hợp A(K) M(K) Định lý 2.2 (xem [6]) Giả sử P (z) đa thức thỏa mãn điều kiện (H), có số đạo hàm k Khi P (z)là đa thức yếu Chứng minh Giả sử tồn hai hàm phân hình khác f g cho P (f ) = P (g) Đặt ϕ= 1 − f g Khi đó, ϕ ≡ T (r, ϕ) T (r, f ) + T (r, g) + O(1) (2.9) Từ giả thiết P (f ) = P (g) có f g có cực điểm với bội ∞ Do χ∞ f (z) = χg (z) Mặt khác, từ giả thiết P (f ) = P (g) nên f (z)P (f (z)) = g (z)P (g(z)) Do P thỏa mãn điều kiện (H) nên f (z) = dj (1 d g (z) = 0, ta có bất đẳng thức χfj (z) j k) g(z) = dj d χg j (z) + χ∗g |f =dj (z) Điều kéo theo k k d χfj (z) j=1 − d χ∞ f (z) (χfj (z) + χ∗g |f =dj (z)) − χ∞ g (z) j=1 k χ0ϕ (z) χ∗g |f =dj (z) + j=1 Áp dụng Định lí thứ hai cho hàm f giá trị d1 , d2 , , dk , ta có 25 k (k − 1)T (r, f ) N r, j=1 f − dj + N (r, f ) − N0 r, f − log r + O(1) N (r, ) + ϕ k N0 r, j=1 g f |f =dj −N0 r, (2.10) − log r + O(1) T k r, ϕ + N0 r, j=1 g |f =dj −N0 r, f − log r + O(1) Mặt khác, theo Định lí thứ ta có = T (r, ϕ) + O(1), T r, ϕ bất đẳng thức (2.10) trở thành k (k − 1)T (r, f ) T (r, ϕ) + N0 r, j=1 g |f =dj −N0 r, f − log r + O(1) g − log r + O(1) Ta có bất đẳng thức tương tự cho hàm g, k (k − 1)T (r, g) T (r, ϕ) + N0 r, j=1 f |g=dj −N0 r, Cộng bất đẳng thức từ bất đẳng thức (2.9) ta có bất đẳng thức (k − 1)(T (r, f ) + T (r, ϕ)) 2(T (r, f ) + T (r, g)) − N0 r, k N0 r, + j=1 g |f =dj +N0 r, − log r + O(1) Rõ ràng k N0 r, j=1 g |f =dj f N0 r, g , − N0 r, g |f =dj g 26 k N0 r, j=1 f |g=dj N0 r, f Vậy ta có (k − 3)(T (r, f ) + T (r, g)) − log r + O(1) Điều kéo theo k − < 0, mâu thuẫn Định lí chứng minh Nhận xét 2.5 Nếu bỏ giả thiết (H) Định lí 2.2 ta xây dựng đa thức thỏa mãn điều kiện lại định lí, khơng phải đa thức yếu khơng phải đa thức mạnh Thật vậy, dễ dàng chọn điểm aj (1 j n), n 1, cho đa thức P (z) = z 2n + a1 z 2n−2 + + an−1 z + an , khơng có nghiệm bội đạo hàm P (z) = 2nz 2n−1 + a1 (2n − 2)z 2n−3 + + 2an−1 z, có 2n − nghiệm phân biệt 0, ±d1 , , ±dn−1 Ta có P (d1 ) = P (−d1 ) P (f ) = P (−f ) với hàm phân hình f Như vậy, P đa thức yếu Với đa thức P (z) = an z n + + a1 z + a0 ∈ Cp [z] bậc n xác định (an , , a1 , a0 ) ∈ Cn+1 p Ta đồng họ đa thức biến bậc n Cp với Cn+1 p Định nghĩa 2.5 Họ P đa thức bậc n gọi họ đa thức đủ tổng quát (hay mở Zaiski) tồn tập đóng đại số thực Σ ⊂ Cn+1 cho với P (z) = an z n + + a1 z + a0 ∈ P p (an , , a1 , a0 ) ∈ / Σ Như vậy, họ S tập hợp có n phần tử đủ tổng quát họ đa thức liên kết tương ứng đủ tổng quát Rõ ràng điều kiện giả thiết Định lí 2.2 điều kiện đại số Do ta có hệ sau đây: 27 Hệ 2.2 (xem [6]) Tập hợp đa thức yếu bậc n, n 4, đủ tổng quát Định nghĩa 2.6 Đa thức khác không P (z) gọi thỏa mãn điều kiện (G) P (d1 ) + P (d2 ) + + P (dk ) = Định lý 2.3 (xem [6]) Giả sử P (z) đa thức thỏa mãn điều kiện (H) (G) Hơn k Khi P (z) đa thức mạnh Chứng minh Theo Định lí 2.2, P (z) đa thức yếu Giả sử P (z) đa thức mạnh Khi tồn hai hàm phân hình khác f g cho P (f ) = cP (g) với số c = Xét tập hợp Λ := {(l, m) : P (dl ) = cP (dm )}, đặt số phần tử Λ k0 Trong trường hợp Λ = ∅ ta đặt k0 = Để chứng minh định lí ta cần mệnh đề bổ đề sau: Bổ đề 2.3 (xem [6]) Với giả thiết Định lí 2.2, giả sử thêm c0 g + c1 với c0 , c1 , c2 , c3 ∈ Cp , c0 = Khi k0 = k f= c2 g + c3 Chứng minh Dễ thấy rằng, (m1 , l1 ), (m2 , l2 ) phần tử Λ mà thỏa mãn m1 = m2 l1 = l2 (m1 , l1 ) = (m2 , l2 ) Điều kéo theo k0 k Ta xét trường hợp thấy sau đây: Trường hợp 1: k0 = Đặt ϕ= 1 − f g Khi ϕ hàm phân hình khác T (r, ϕ) T (r, f ) + T (r, g) + O(1) Theo giả thiết P (f ) = cP (g) nên P (f )f = cP (g)g (2.11) 28 Giả sử z0 ∈ Cp cho f (z0 ) = dj với j k Ta có P (f (z0 )) = nên P (g(z0 ))g (z0 ) = Mặt khác k0 = nên P (dj ) = cP (dj ) với i k Do P (g(z0 )) = Vậy g (z0 ) = Giả sử z0 ∈ Cp cho f (z0 ) = ∞ Khi g(z0 ) = ∞ Từ định nghĩa hàm ϕ ta có ϕ(z0 ) = Ta có bất đẳng thức k k d χfj (z) − χ∞ f (z) χ∗g |f =dj (z) − χ∞ g (z) j=1 j=1 k χ0ϕ (z) χ∗g |f =dj (z) + j=1 Áp dụng Định lí thứ hai cho hàm phân hình f giá trị d1 , d2 , , dk ta có: k (k − 1)T (r, f ) N r, j=1 N r, ϕ f − dj + N (r, f ) − N0 r, k + f − log r + O(1) N0 r, g |f =dj −N0 r, f N0 r, g |f =dj −N0 r, f j=1 − log r + O(1) T r, ϕ k + j=1 − log r + O(1) k T (r, ϕ) + N0 r, j=1 g |f =dj −N0 r, f − log r + O(1) g − log r + O(1) Ta có bất đẳng thức tương tự cho hàm g k (k − 1)T (r, g) T (r, ϕ) + N0 r, j=1 f |g=dj −N0 r, 29 Cộng bất đẳng thức từ (2.11) ta có (k − 1)(T (r, f ) + T (r, g)) 2(T (r, f ) + T (r, g)) − N0 r, k N0 r, + j=1 g f |f =dj +N0 r, − N0 r, g g |g=dj − log r + O(1) Mặt khác k N0 r, g |f =dj N0 r, g , N0 r, f |g=dj N0 r, f j=1 k j=1 Do (k − 3)(T (r, f ) + T (r, g)) − log r + O(1) Điều kéo theo k − < 0, mâu thuẫn Trường hợp 2: k0 = Khi tồn cặp (l, m) cho P (dl ) = cP (dm ) Đặt ϕ= dm − f gdl c0 g + c1 với c0 , c1 , c2 , c3 ∈ Cp , c0 = nên ta có ϕ hàm c2 g + c3 phân hình khác khơng Vì f = Dễ thấy, f (z0 ) = ∞ với z0 ∈ Cp g(z0 ) = ∞ ϕ(z0 ) = Mặt khác, với z ∈ Cp cho f (z) = dj g(z) = dj (1 j, j k) g (z) = Nếu j = l, từ giả thiết Λ chứa phần tử ta có j = m Điều kéo theo ϕ(z) = Ngồi ra, j = l g(z) = dj với j k nên P (g(z)) = 0, g (z) = 30 Vậy ta có k k d χfj (z) − χ∞ f (z) χdg m (z) χ∗g |f =dj (z) − χ∞ g (z) + j=1 j=1 k χ0ϕ (z) χ∗g |f =dj (z) + j=1 Khi ta có bất đẳng thức k (k − 1)T (r, f ) N r, j=1 f − dj k N r, ϕ + f + N (r, f ) − N0 r, g N0 r, j=1 |f =dj −N0 r, − log r + O(1) f − log r + O(1) k T (r, ϕ) + N0 r, j=1 g |f =dj −N0 r, f − log r + O(1) k (k − 1)T (r, g) T (r, ϕ) + N0 r, j=1 f |g=dj −N0 r, g − log r + O(1) Cộng bất đẳng thức biến đổi tương tự chứng minh trường hợp 1, ta có (k − 3)(T (r, f ) + T (r, g)) Điều mâu thuẫn với giả thiết k Trường hợp 3: k0 − log r + O(1) Bằng việc thay đổi số cần, ta giả sử P (d1 ) = cP (dl(1) ), P (d2 ) = cP (dl(2) ), , P (dk0 ) = cP (dl(k0 ) ) Đặt ϕ= dl(2) − dl(1) − , f (d2 − d1 )(g − dl(1) ) + d1 (dl(2) − dl(1) ) ϕ hàm phân hình khác khơng (2.12) 31 Nếu f (z) = ∞, z ∈ Cp g(z) = ∞ Nếu f (z) = dj , k0 , z ∈ Cp từ cơng thức (2.12) theo giả j thiết P thỏa mãn điều kiện (H) ta có g(z) = dl(j) g (z) = Hơn nữa, f (z) = d1 f (z) = d2 g (z) = ϕ(z) = Nếu f (z) = dj , k0 + k, z ∈ Cp từ định nghĩa Λ ta có j P (dj ) = cP (dj ) với j k Do g(z) = dj với j k Điều kéo theo g (z) = Vậy ta có k k d χfj (z) − k d χg l(j) (z) χ∞ f (z) j=1 + χ∗g χ∗g |f =dj (z) − χ∞ g (z) |f =dj (z) + j=1 j=k0 +1 k0 χ0ϕ (z) + j=3 k d χg l(j) (z) χ∗g |f =dj (z) + j=1 Áp dụng Định lí thứ hai cho hàm f giá tri d1 , , dk , ta có k (k − 1)T (r, f ) N r, j=1 + N (r, f ) − N0 r, k0 N r, ϕ − N0 r, f − dj + N r, g − dt(j) j=3 f f − log r + O(1) k + N0 r, j=1 g |f =dj − log r + O(1) Ta có bất đẳng thức tương tự hàm g, (k − 1)T (r, f ) N r, ϕ − N0 r, k0 + N r, f − dt(j) j=3 g k + N0 r, j=1 f |g=dj − log r + O(1) Cộng bất đẳng thức sử dụng Định lí thứ ta thu được: (k − 1)(T (r, f ) + T (r, g)) (k0 − + 1)(T (r, f ) + T (r, g)) + 2(T (r, f ) + T (r, g)) − log r + O(1) 32 Như vậy, (k − k0 − 1)(T (r, f ) + T (r, g)) −2 log +O(1) Điều kéo theo k0 > k − Vậy k0 = k, ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 2.4 (xem [6]) Giả sử k P (z) thỏa mãn điều kiện (H) Nếu tồn hai hàm phân hình khác f g cho P (f ) = cP (g) với số c khác khơng đó, ta tìm thấy hốn vị (t(1), t(1), , t(k)) (1, 2, , k) cho P (d2 ) P (dk ) P (d1 ) = = = c= P (dt(1) ) P (dt(2) ) P (dt(k) ) Chứng minh Mệnh đề chứng minh ta k = k0 Ta xét trường hợp sau đây: c0 g + c1 Trường hợp 1: f = với c0 , c1 , c2 , c3 ∈ Cp , c0 = Từ Bổ c2 g + c3 đề 2.3, ta có k = k0 c0 g + c1 với c0 , c1 , c2 , c3 ∈ Cp Ta có Trường hợp 2: f = c2 g + c3 c0 g + c1 = cP (g) P c2 g + c3 Xét hàm hữu tỷ Q(ω) := P c0 ω + c1 c2 ω + c3 (c2 ω + c3 )q , đa thức ẩn ω ta có cP (g)(c2 g + c3 )q = Q(g) Từ g hàm phân hình ta có đa thức cP (g)(c2 g + c3 )q trùng với đa thức Q(g) −c3 Nếu c2 = thay ω = vào đồng thức trên, ta thu c2 q −c3 c0 + c1 = c2 c0 g + c1 c2 (c0 g + c1 ) Điều kéo theo c0 c3 = c1 c2 Ta có f = = = c2 g + c3 c2 (c2 g + c3 ) c0 (c2 g + c3 ) c0 = Suy hàm f hàm hằng, mâu thuẫn với giả thiết c2 (c2 g + c3 ) c3 Như vậy, ta phải có c2 = 33 Thay đổi kí hiệu, ta viết f = ag + b với a, b ∈ Cp , a = Từ đồng thức P (aω + b) = cP (ω) ta thu aP (aω + b) = cP (ω), nữa: q1 qk c(ω − d1 ) (ω − dk ) = a q d1 − b ω− a q1 dk − b ω − a qk Bởi Định lí phân tích nhất, tồn hốn vị (t(1), t(2), , t(k)) (1, 2, , k) cho dt(1) = dk − b d1 − b , , dt(k) = a a Khi cP (dt(l) ) = cP dl − b a = P (a dl − b + b) = P (dl ), a với l = 1, 2, , k Do (l, t(l)) ∈ Λ với l ∈ {1, 2, , k} Vậy k0 = k Ta tiếp tục chứng minh Định lí 2.3 Theo Mệnh đề 2.4, tồn hoán vị (t(1), t(2), , t(k)) (1, 2, , k) cho c= P (dk ) P (d1 ) = = = P (dt(1) ) P (dt(k) ) Từ giả thiết P thỏa mãn điều kiện G tức P (d1 )+P (d2 )+ +P (dk ) = 0, ta thu điều mẫu thuẫn sau đây: c= P (d1 ) + P (d2 ) + + P (dk ) = P (dt(1) ) + P (dt(2) ) + + P (dt(k) ) Như P (z) đa thức mạnh, chứng minh Định lí 2.3 hồn thành Nhận xét 2.6 Nếu bỏ giả thiết (G) Định lí 2.3 ta xây dựng đa thức thỏa mãn điều kiện cịn lại Định lí 2.3 khơng phải đa thức mạnh Thật vậy, xét đa thức P (x) = x5 − 5x3 + 10x Khi P đa thức thỏa mãn điều kiện (H) không thỏa mãn điều kiện (G) P có số đạo hàm Theo Định lí 2.2 P đa thức yếu Tuy nhiên, 34 P (f ) = −P (−f ) cho hàm phân hình f Do P đa thức mạnh Hệ 2.3 xem [6] Tập hợp đa thức mạnh bậc n, n 4, đủ tổng quát Từ điều kiện Định lí 2.3 ta dễ dàng đưa điều kiện đại số cho hệ số đa thức P Hệ 2.3 suy Ví dụ 2.1 Xét đa thức P4 (z) = 3z − 28z + 84z − 96z + 45 Khi P (z) = 12(z − 1)(z − 2)(z − 4), P có số đạo hàm k = P (1) = 8, P (2) = 13, P (4) = −19 P (1) + P (2) + P (4) = = 0, giả thiết Định lí 2.3 thỏa mãn Vậy P4 đa thức mạnh Nhận xét 2.7 Số Hệ 2.3 tốt Thật vậy, giả sử tồn đa thức P bậc đa thức mạnh Giả sử S := {a1 , a2 , a3 } tập nghiệm P Giả sử f, g hai hàm phân hình khác thỏa mãn E(f, S) = E(g, S) E(f, ∞) = E(g, ∞) Khi dó, ta có P (f ) = cP (g) với số c = Do P đa thức mạnh, ta có f = g Như vậy, tồn tập S có ba phần tử cho với cặp hàm phân hình khác M(Cp ) thoả mãn E(f, S) = E(g, S) E(f, ∞) = E(g, ∞) f = g Điều khơng thể xảy (xem [2].) Hệ 2.4 (xem [6]) Tập S URS cho A(Cp ) đa thức liên kết P đa thức mạnh Chứng minh Giả sử S = {a1 , a2 , , an } có đa thức liên kết P = (z − a1 )(z − a2 ) (z − aq ) đa thức mạnh Khi n ≥ Giả sử tồn hai hàm nguyên khác f g thỏa mãn điều kiện P (f ) hàm ngun khơng có khơng điểm, nên tồn Ef (S) = Eg (S), P (g) P (f ) số c ∈ K khác không cho = c Vì P đa thức P (g) mạnh nên ta suy f ≡ g Hay nói cách khác S URS cho hàm nguyên 35 Hệ 2.5 (xem [6]) Tập hợp URS cho A(K) có n phần tử với n ≥ đủ tổng quát 2.3 Bi-URS cho M(Cp ) Giả sử Sj tập hợp hữu hạn Cp ∪ {∞}, m0 ∈ Z+ ∪ {∞} Tìm điều kiện j, Sj m0 cho với hàm phân hình khác f, g L thỏa mãn điều kiện Efm0 (Sj ) = Egm0 (Sj ) kéo theo f = g Trong trường hợp j = tốn trở thành tìm tập URS cho hàm phân hình trình bày phần Trong phần này, xem xét cho trường hợp j = Định nghĩa 2.7 (xem [6]) Giả sử S, T ⊂ Cp cho S ∩ T = ∅ Khi cặp (S, T ) gọi bi-URS cho F với hai hàm khác f, g ∈ F thỏa mãn E(f, S) = E(g, S) E(f, T ) = E(g, T ) f = g Năm 1977, W W Adams E G Strauss với cặp a, b ∈ Cp , a = b, hai hàm khác f, g thỏa mãn f −1 (a) = g −1 (a) f −1 (b) = g −1 (b) f ≡ g Nghĩa với cặp (a, b)({a}, {b}) tương tự dạng bi-URS cho hàm nguyên Trong [8], P Li C C Yang tồn bi-URS cho M(C) có dạng (S, ∞), S có 15 phần tử Trong [1], A Boutabaa A Escassut đưa ví dụ cụ thể chứng tỏ với n ≥ tồn bi-URS cho M(Cp ) có dạng ({a1 , a2 , , an }, {ω}) họ đặt câu hỏi: Tồn hay khơng bi-URS cho M(Cp ) có dạng ({a1 , a2 , a3 , a4 }, {ω}) ({a1 , a2 , a3 }, {ω}) Trong [2] tác giả chứng minh rằng: không tồn bi-URS cho M(Cp ) có dạng ({a1 , a2 , a3 }, {ω}) Định lí sau giải câu hỏi cịn lại Định lý 2.4 (xem [6])Giả sử q ≥ 4, P (z) thuộc họ đa thức đủ tổng quát bậc q ω ∈ Cp Nếu S tập nghiệm P (z) = ω∈ / S , (S, {ω}) bi-URS cho M(Cp ) Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử ω = ∞ 36 Giả sử tồn hai hàm phân hình khác f, g cho E(f, S) = P (f ) E(g, S) E(f, ∞) = E(f, ∞) Điều kéo theo = c với P (g) số c = Mặt khác, theo Định lí 2.2 ta có P (z) đa thức yếu Do f = g Vậy (S, {∞}) bi-URS cho M(Cp ) Mệnh đề 2.5 Giả sử a1 , a2 số phân biệt Cp , S1 = {a1 , a2 }, a1 + a2 S2 = { }, S3 = {∞} Nếu f g hai hàm phân hình khác phân chia tập S2 S3 tính bội tập S1 khơng tính bội f ≡ g f = a1 + a2 − g Chứng minh Dễ thấy hai tập hợp Ef (a1 ) Eg (a1 ) khác tập rỗng Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 1: E f (a1 ) ∩ E g (a1 ) = ∅ E f (a2 ) ∩ E g (a2 ) = ∅ Theo giả thiết E f (S) = E g (S), ta có E f (a1 ) = E g (a2 ) E f (a2 ) = E g (a1 ) 1 − f a1 + a2 − g Giả sử f = a1 + a2 − g Khi ψ hàm phân hình khác khơng Áp dụng Đặt ψ = Định lí thứ hai cho hàm f giá trị a1 , a2 , a3 , a4 ta có: 2T (r, f ) ≤ N (r, ) − log r + O(1) f − ≤ N (r, ψ) − log r + O(1) ≤ T (r, ψ) − log r + O(1) ≤ T (r, f ) + T (r, g) − log r + O(1), trương tự 2T (r, g) ≤ T (r, f ) + T (r, g) − log r + O(1) Do log r ≤ O(1) Điều xảy Vậy f = a1 + a2 − g Trường hợp 2: E f (a1 ) ∩ E g (a1 ) = ∅ E f (a2 ) ∩ E g (a2 ) = ∅ Khi f ≡ g 37 Kết luận Trong luận văn tơi trình bày số kết sau: Trình bày điều kiện đủ để tập hữu hạn URS tính bội chặn cho hàm nguyên hàm phân hình trường đóng đại số, đặc trưng khơng, đầy đủ với chuẩn Acsimet (trường hợp riêng trường p-adic) thơng qua đa thức (Định lí 2.1) Như hệ Định lí 2.1 ta thu URS (tương ứng URS khơng tính bội) cho M(Cp ) có 10 phần tử (tương ứng 16 phần tử), URS (tương ứng URS khơng tính bội) cho A(Cp ) có phần tử (tương ứng phần tử) Nghiên cứu đa thức mạnh (yếu) cho hàm phân hình trường Cp góp phần vào tốn xác định hàm phân hình thơng qua ảnh ngược tập hữu hạn, tức tốn tìm URS cho hàm phân hình Định lí 2.2 đưa điều kiện đại số để đa thức đa thức yếu cho hàm phân hình Do khảng định đa thức đủ tổng quát đa thức yếu Định lí 2.3 đưa điều kiện đại số để đa thức đa thức mạnh cho hàm phân hình Nghiên cứu bi-URS cho hàm phân hình p-adic Định lí 2.4 trả lời cho câu hỏi tồn bi-URS cho hàm phân hình có dạng ({a1 , a2 , a3 , a4 }, {ω}) 38 Tài liệu tham khảo [1] Boutabaa A and Escassut A (1998), "On uniqueness of p-adic meromorphic functions", Proc Amer Math Soc 126(9), pp 2557-2568 [2] Escassut A., Haddad L and Vidal R (1999), "URS, URSIM and nonURS for p-adic functions and for polynomials", J Number Theory 75(1), pp 133-144 [3] Fujimoto H (2000), "On uniqueness for meromorphic functions sharing finite sets", Amer J Math 122(6), pp 1175-1203 [4] Hua X H and Yang C C (1997), "Uniqueness Problem of Entire and Meromorphic functions", Bull HongKong Math Soc 1(2), pp 289-300 [5] Hu P C and Yang C C (1999), " A unique range set of p-adic meromorphic functions with 10 elements”, Act Math Vietnamica 24, pp 95–108 [6] Ha Huy Khoai and Ta Thi Hoai An (2001), "On uniqueness polynomials and Bi-URS for p-adic meromorphic functions", Number Theory 87, pp 211 – 221 [7] Ha Huy Khoai and Ta Thi Hoai An (2003), "Uniqueness problem with truncated multiplicities for meromorphic functions on a nonArchimedean field", Southeast Asian Bull Math 27, pp 477 - 486 [8] Li P and Yang C C (1996), "On the unique range sets of meromorphic functions", Proc Amer Soc, 124, pp 177-185 ... quát đa thức yếu Định lí 2.3 đưa điều kiện đại số để đa thức đa thức mạnh cho hàm phân hình Nghiên cứu bi- URS cho hàm phân hình p- adic Định lí 2.4 trả lời cho câu hỏi tồn bi- URS cho hàm phân hình. .. phần vào tốn xác định hàm phân hình thơng qua ảnh ngược t? ?p hữu hạn, tức tốn tìm URS cho hàm phân hình Định lí 2.2 đưa điều kiện đại số để đa thức đa thức yếu cho hàm phân hình Do khảng định đa thức. .. đạo hàm P 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