Phương trình diophantine đối với đa thức và hàm hữu tỷ trên trường sóng đại số đặc trưng không

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ VÂN PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE ĐỐI VỚI ĐA THỨC VÀ HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC TRƯNG KHƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun, Năm 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ VÂN PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTINE ĐỐI VỚI ĐA THỨC VÀ HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC TRƯNG KHƠNG Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS VŨ HOÀI AN Thái Nguyên, Năm 2014 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành Khoa sau đại học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình thầy giáo TS Vũ Hồi An Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy, người hướng dẫn giúp đỡ suốt trình thực luận văn Nhân dịp này, tơi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đại khoa Toán trường Đại học Khoa học, Khoa sau đại học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô giáo trang bị kiến thức, tạo điều kiện thuận lợi cho thời gian học tập Cảm ơn GS TSKH Hà Huy Khoái, GS TSKH Nguyễn Tự Cường, PGS TS Lê Thị Thanh Nhàn, GPS TS Đàm Văn Nhỉ PGS TS Trịnh Thanh Hải có nhiều ý kiến quý báu để tác giả hồn chỉnh luận văn Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên lớp Cao học Toán K6B quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ tơi để tơi hoàn thành luận văn Tuy nỗ lực học tập, nghiên cứu cố gắng song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng năm 2014 Học viên Nguyễn Thị Vân Mục lục Mục lục Mở đầu Bảng ký hiệu Phương trình Diophantine hàm phân hình p-adic 1.1 Tương tự phương trình Diophantine số nguyên phương trình Diophantine đa thức trường số phức 1.1.1 Phương trình Diophantine số nguyên toán học trung học sở, trung học phổ thông 1.1.2 8 Phương trình Diophantine đa thức trường số phức 21 1.2 Phương trình Diophantine hàm phân hình p-adic 22 1.2.1 Phương trình Fermat - Waring hàm phân hình p-adic 22 1.2.2 1.3 Phương trình P (f ) = Q(g) hàm phân hình p-adic 22 Hàm độ cao hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không 23 1.3.1 Hàm độ cao, hàm đếm hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 23 1.3.2 Các định lý nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 24 Phương trình Diophantine đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 26 2.1 Phương trình kiểu Fermat - Waring đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 26 2.2 Phương trình P (f ) = Q(g) đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 30 2.2.1 Phương trình hàm P (f ) = Q(g) cho hàm hữu tỷ K 30 2.2.2 Đa thức cho hàm hữu tỷ 36 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Mở đầu Lý chọn đề tài Sự phát triển số học, đặc biệt thập kỷ gần đây, chịu ảnh hưởng lớn tương tự số nguyên đa thức Nói cách khác, có giả thiết chưa chứng minh số nguyên, người ta cố gắng chứng minh kiện tương tự cho đa thức Điều thường dễ làm hơn, có lẽ ngun nhân chủ yếu vì, đa thức, ta có phép tính đạo hàm, khái niệm tương tự chưa có số ngun Ngồi ra, cịn có hướng nghiên cứu theo tình ngược lại: Từ kết đa thức, người ta cố gắng chứng minh kiện tương tự cho số nguyên Phương trình Diophantine vấn đề kinh điển khó số học Trong tốn học phổ thơng, phương trình Diophantine số nguyên chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán, thường xuất kỳ thi học sinh giỏi toán, báo Toán học tuổi trẻ, tài liệu toán học nâng cao dành cho học sinh phổ thơng, giáo viên phổ thơng Trong tốn học cao cấp, [3], [7], [8], [9] có tương tự phương trình Diophantine số ngun cho hàm phân hình phức p-adic Cơng cụ sử dụng lý thuyết phân bố giá trị phức p-adic Theo hướng nghiên cứu này, chúng tơi xem xét vấn đề: Phương trình Diophantine đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Mục tiêu nghiên cứu Vấn đề 1: Tổng hợp trình bày kiến thức phương trình Diophantine số nguyên, đa thức trường số phức Vấn đề 2: Trình bày tổng quan phương trình Diophantine hàm phân hình p-adic Vấn đề 3: Tổng hợp, xem xét trình bày áp dụng hai Định lý hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng vào phương trình Diophantine đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Cụ thể là: Xét phương trình Diophantine sau cho đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng: xn + y n = 1; xn + y n + z n = 0; xn + y m = 1; xn + y m + z p = 0; P (f ) = Q(g), với P, Q đa thức f, g hàm hữu tỷ Kết nghiên cứu Luận văn tổng hợp trình bày phương trình Diophantine số nguyên, đa thức trường số phức Trình bày tổng quan phương trình Diophantine hàm phân hình p-adic Tổng hợp, xem xét trình bày áp dụng hai Định lý hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng vào phương trình Diophantine đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Luận văn tài liệu tham khảo có ích cho giáo viên tốn trung học phổ thông, học viên cao học chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp Luận văn tương tự kết phương trình hàm [8] trình bày kết [1] Cụ thể là: Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2, Định lý 2.1.4 tương tự Định lý 2.30, Định lý 2.32 Định lý 2.33 [8] Trình bày kết [1] qua Định lý 2.2.1, Định lý 2.2.2, 2.2.4, 2.2.7 đưa [1] Bố cục luận văn Luận văn chia làm hai chương với phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo Chương Trong chương xem xét Vấn đề Mục tiêu tổng hợp trình bày nội dung phương trình Diophantine số nguyên đa thức trường số phức, nhắc lại kết vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Chương Tổng hợp, xem xét trình bày áp dụng hai định lý hàm hữu tỷ, trường đóng đại số, đặc trưng khơng vào phương trình Diophantine đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Học viên Nguyễn Thị Vân Bảng ký hiệu K f n(f, a) Tf Trường đóng đại số, đặc trưng không Hàm hữu tỷ Hàm đếm f điểm a Hàm đặc trưng f Chương Phương trình Diophantine hàm phân hình p-adic Trong [3], Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển đề cập đến vấn đề: tương tự số nguyên đa thức Trước hết, ta thấy rõ, tập hợp số nguyên tập đa thức có tính chất giống sau đây: ❼ Các quy tắc cộng, trừ, nhân, chia hoàn toàn cho hai tập hợp ❼ Nếu số nguyên ta có số ngun tố, đa thức ta có đa thức bất khả quy ❼ Đối với số nguyên đa thức định nghĩa ƯCLN Hơn nữa, trường hợp, ƯCLN tìm thuật tốn Euclide ❼ Mỗi số ngun phân tích thành thừa số nguyên tố, đa thức phân tích thành tích đa thức bất khả quy ❼ Mỗi số nguyên tố có giá trị tuyệt đối nó, đa thức khác khơng có bậc Chúng ta kéo dài danh sách Ở vào vài kiện tương tự khó thấy Ta để ý đến tương tự phân tích thừa só ngun tố phân tích bất khả quy Nếu giả thiết K trường đóng đại số Khơng giảm tổng quát, ta giả sử m ⩾ n Giả sử a1 , , am không điểm z m − K Khi với j = 1, , m khơng điểm f − aj có bội ⩾ n n1 (f, aj ) ⩽ 1 ⋅ n(f, aj ) ⩽ Tf n n Áp dụng định lý ta có m (m − 1)Tf ⩽ n1 (f, ∞) + ∑ n1 (f, ) − i=1 m ⩽ n1 (f, ∞) + ⋅ Tf − n m ⩽ Tf + ⋅ Tf − n Từ suy (m − − − hay m )Tf ⩽ −1, n mn − 2n − m Tf ⩽ −1 n Do mn ⩽ 2n + m (2.4) Vì m ≥ n nên min{m, n} = n max{m, n} = m Theo giả thiết min{m, n} ⩾ 3; max{m, n} ⩾ Vậy n ⩾ m ⩾ Kết hợp với (2.4) ta có m(n − 1) ⩽ 2n ⇒ 4(n − 1) ⩽ 2n ⇒ 2n − ⩽ Suy n ⩽ (ta có mâu thuẫn) Định lý chứng minh ∎ 29 Phương trình P (f ) = Q(g) đa thức 2.2 hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 2.2.1 Phương trình hàm P (f ) = Q(g) cho hàm hữu tỷ K Trong mục này, chúng tơi đưa hai tiêu chuẩn để phương trình hàm P (f ) = Q(g) vô nghiệm tập hàm hữu tỷ khác (Định lý 2.2.1, Định lý 2.2.2) Định lý 2.2.4 đưa lớp đa thức thỏa mãn Định lý 2.2.1 Định lý 2.2.2 Định lý 2.2.1 Cho P (z), Q(z) hai đa thức thuộc K[z], với bậc p, q tương ứng p < q, c1 nghiệm P ′ (z) cho phương trình Q(z) − P (c1 ) = khơng có nghiệm bội Khi khơng tồn hai hàm hữu tỷ khác K f, g thỏa mãn P (f ) = Q(g) Chứng minh Giả sử ngược lại tồn hai hàm hữu tỷ khác f, g để P (f ) = Q(g) (2.5) Giả thiết c1 nghiệm P ′ (z) cho Q(z) − P (c1 ) = khơng có nghiệm bội Khi p.Tf = q.Tg (2.6) Đặt n = (p, q) Khi tồn p1 , q1 cho p = p1 n; q = q1 n (p1 , q1 ) = Giả sử z0 cực điểm f với bội k Từ P (f ) = Q(g) ta có z0 cực điểm g với bội l kp = lq Từ ta có kp1 = lq1 Do (p1 , q1 ) = nên k ⋮ q1 Vậy bội cực điểm f q1 Do q1 n1 (f ) ⩽ q1 n1 (f, ∞) ⩽ n(f, ∞) (2.7) Vì c1 nghiệm P ′ (z) = nên tồn đa thức R(z) có bậc p − s với s ⩾ cho R(c1 ) ≠ P (z) − P (c1 ) = (z − c1 )s R(z) 30 (2.8) Từ (2.5) (2.8) ta có (f − c1 )s R(f ) = Q(g) − P (c1 ) Vì Q(z) − P (c1 ) = khơng có nghiệm bội nên q Q(z) − P (c1 ) = A ∏(z − bi1 ), i=1 bj1 ≠ bi1 với i ≠ j, ⩽ i, j ⩽ q Do q n1 (Q(g) − P (c1 )) = ∑ n1 (g, bi1 ) i=1 Theo Định lý thứ hai cho hàm hữu tỷ ta có (q − 1)Tg ⩽ ∑ n1 (g, bi1 ) + n1 (g, ∞) − = n1 (Q(g) − P (c1 )) + n1 (g, ∞) − (2.9) Mặt khác ta lại có n1 (Q(g) − P (c1 )) = n1 (f, c1 ) + n1 (R(f )) ⩽ (p − s + 1)Tf (2.10) Hơn n1 (g, ∞) = n1 (f, ∞) ⩽ n(f, ∞) q1 Mặt khác n(f, ∞) ⩽ Tf (2.11) Từ (2.9), (2.10), (2.11) ta có (q − 1)Tg ⩽ (p − s + 1)Tf + Tf − q1 p Vì Tg = Tf (do (2.6)) nên q p ((q − 1) − (p − s + 1) − )Tg + ⩽ q q1 Do ta có p ((q − 1) − (p − s + 1) − ) < q q1 31 Suy p (q − 1) < (p − s + 1) + q q1 p p1 Thay p = p1 n; q = q1 n; = vào (2.12) ta có q q1 (q1 n − 1) (2.12) p1 < p1 n − s + + q1 q1 Suy −p1 < q1 (s − 1) + ⇔ q1 (s − 1) < p1 + Từ p < q s ⩾ suy p1 < q1 q1 (s − 1) ≥ q1 Do ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ q1 < p + ⎨ ⎪ ⎪ q > p1 ⎪ ⎪ ⎩ Hay ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪q1 ⩽ p ⎨ ⎪ ⎪ q < p1 ⎪ ⎪ ⎩ Đây điều mâu thuẫn Định lý chứng minh ∎ Định lý 2.2.2 Cho P (z), Q(z) hai đa thức thuộc K[z] với bậc p, q tương ứng p ⩽ q Giả sử P ′ (z) có hai nghiệm phân biệt c1 , c2 cho phương trình Q(z) − P (ci ) = (i = 1, 2) nghiệm bội Khi khơng tồn hai hàm hữu tỷ khác f, g K thỏa mãn P (f ) = Q(g) Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn hai hàm hữu tỷ khác f, g P (f ) = Q(g) Từ giả thiết ta có P (z) − P (ci ) = (z − ci )si Ri (z), (i = 1, 2) Nếu P (c1 ) = P (c2 ) P (z) − P (c1 ) = (z − c1 )s1 (z − c2 )s2 R(z) Chứng minh tương tự Định lý 2.2.1 ta có (q − 1)Tg ⩽ (p − s1 − s2 + 2)Tf + 32 Tf − q1 p Thay Tg = Tf vào bất đẳng thức ta có q p (q − 1) < p − s1 − s2 + + q q1 Vì p = p1 n, q = q1 n nên (q1 n − 1) p1 < p1 n − s1 − s2 + + q1 q1 Do p1 q1 n − p1 < p1 q1 n − q1 s1 − q1 s2 + 2q1 + q1 s1 + q1 s2 < p1 + 2q1 + (s1 + s2 − 2)q1 < + p1 Từ s1 ⩾ 2, s2 ⩾ ta có s1 + s2 ⩾ Do s1 + s2 − ⩾ 2, nên 2q1 < p1 + Mặt khác p1 ⩽ q1 nên 2q1 < p1 + ⩽ q1 + Vậy q1 < Đây điều mâu thuẫn Do P (c1 ) ≠ P (c2 ) Khi P (c1 ) ≠ P (c2 ) q Q(z) − P (c1 ) = A1 ∏(z − bi1 ), i=1 q Q(z) − P (c2 ) = A2 ∏(z − bi2 ), i=1 số bi1 , bi2 phân biệt 33 Áp dụng Định lý thứ hai cho 2q số bij (1 ⩽ i ⩽ q, j = 1, 2) ta có q q i=1 i =1 (2q − 1)Tg ⩽ ∑ n1 (g, bi1 ) + ∑ n1 (g, bi2 ) + n(g, ∞) − Lập luân tương tự phần ta (2q − 1)Tg ⩽ n1 (Q(g) − P (c1 )) + n1 (Q(g) − P (c2 )) + n1 (g, ∞) − 1 ⩽ (2p − s1 − s2 + 2)Tf + Tf − q1 Nên p (2q − 1) < 2p − s1 − s2 + + q q1 Vì p = p1 n, q = q1 n nên (2q1 − 1) p1 < 2p1 n − s1 − s2 + + q1 q1 ⇔ 2p1 q1 n − p1 < 2p1 q1 n − q1 s1 − q1 s2 + 2q1 + Làm tương tự ta nhận q1 < Như trường hợp ta nhận mâu thuẫn Định lý chứng minh ∎ Nhận xét 2.2.3 Định lý 2.2.1 2.2.2 hai tiêu chuẩn cho hai đa thức P (z), Q(z) thuộc K[z] để phương trình hàm P (f ) = Q(g) vô nghiệm tập hàm hữu tỷ khác K Định lý 2.2.4 (Lớp đa thức thỏa mãn hai Định lý 2.2.1 2.2.2) Cho P (z) = z n − az n−2 + b, P (z) = z m − a′ z m−2 + b′ , n m , a′ = Khi n−2 m−2 1) Nếu m > n b, b′ thỏa mãn điều kiện với m, n > 3, a = b′ − b ≠ 0, (2.13) 34 m + (−1)m ≠ 0, m−2 b′ − b − ≠ 0, m−2 b′ − b + (2.14) (2.15) phương trình P (f ) = Q(g) vơ nghiệm tập hợp hàm hữu tỷ khác K ) Nếu m ⩾ n, b, b′ thỏa mãn điều kiện (2.13), (2.14), (2.15) b′ − b + ≠ 0, n−2 (2.16) m + ≠ 0, m−2 n−2 2 b′ − b + − ≠ 0, n−2 m−2 b′ − b + (−1)m + (2.17) (2.18) phương trình P (f ) = Q(g) vô nghiệm tập hợp hàm hữu tỷ khác K Chứng minh Trước tiên ta tính nghiệm P ′ (z) Ta có P ′ (z) = nz n−1 − a(n − 2)z n−3 n n = nz n−1 − (n − 2)z n−3 (do a = ) n−2 n−2 = nz n−1 − nz n−3 (z − 1) Tương tự Q′ (z) = mz m−3 (z − 1) Khi phương trình P ′ (z) = 0, Q′ (z) = có nghiệm z = 0, z = −1, z = Chọn c1 = Ta có Q(z) − P (0) = Q(z) − b Xét hệ phương trình ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪Q(z) − b = ⎨ ⎪ ⎪ (Q(z) − b)′ = ⎪ ⎪ ⎩ Ta có (Q(z) − b)′ = Q′ (z) = có nghiệm z = 0, z = −1, z = Kiểm tra điều kiện Q(0) − b = b′ − b ≠ 0, (điều kiện 2.13) 35 m + b′ − b ≠ 0, (điều kiện 2.14) m−2 m Q(−1) − b = − + b′ − b = b′ − b − ≠ 0, (điều kiện 2.15) m−2 m−2 Q(−1) − b = (−1)m + Áp dụng Định lý 2.2.1 ta có phương trình P (f ) = Q(g) vô nghiệm tập hợp hàm hữu tỷ khác K Chọn c1 = 0, c2 = Với c1 = xét Ta xét c2 = Ta có P (1) = − + b Xét hệ phương trình n−2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪Q(z) + n − − b = ⎨ ⎪ ⎪ (Q(z) + − b)′ = ⎪ ⎪ ⎩ n−2 − b)′ = có nghiệm z = 0, z = −1, z = Kiểm tra Phương trình (Q(z) + n−2 điều kiện 2 − b = b′ − b + ≠ 0, (điều kiện 2.16) n−2 n−2 m Q(−1) + − b = (−1)m + + b′ + − b ≠ 0, (điều kiện 2.17) n−2 m−2 n−2 2 Q(1) + −b=− + b′ + − b ≠ 0, (điều kiện 2.18) n−2 m−2 n−2 Q(0) + Áp dụng Định lý 2.2.1 Ta có phương trình P (f ) = Q(g) vơ nghiệm tập hợp hàm hữu tỷ khác K Định lý chứng minh ∎ 2.2.2 Đa thức cho hàm hữu tỷ Trong suốt phần giả sử P (z) đa thức bậc q khơng có nghiệm bội Ta viết P ′ (z) = q(z − d1 )q1 (z − dk )qk , với k số đạo hàm P q1 + + qk = q − Khơng tính tổng quát ta giả sử d1 , , dk ∈ K/{0} Định nghĩa 2.2.5 Đa thức khác không P (z) gọi thỏa mãn điều kiện (H) P (d1 ) ≠ P (dm ) với ⩽ l < m ⩽ k 36 Định nghĩa 2.2.6 Đa thức khác không P (z) gọi thỏa mãn điều kiện (G) P (d1 ) + P (d2 ) + + P (dk ) ≠ Giả sử f hàm hữu tỷ khác Với số a ∈ K, ta xét hàm χaf ∶ K → Z xác định ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪0 a χf (z) ∶= ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (z) ≠ a f (z) = a ∞ Nếu a = ∞, đặt χ∞ f = −1 z cực điểm f χf = trường hợp lại Với điều kiện C cho trước, ta định nghĩa ⎧ ⎪ ⎪ χ0f ′ (z) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ χ∗f ′ ∣C ∶= ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩0 z thỏa mãn điều kiện C f (z) ≠ dj với j, trường hợp lại Đa thức P (z) ∈ K[z] gọi đa thức cho hàm hữu tỷ khác K từ P (f ) = P (g) ta có f = g với f, g hàm hữu tỷ khác K Định lý 2.2.7 Giả sử P (z) đa thức thỏa mãn điều kiện (H), có số đạo hàm k ≥ Khi P (z) đa thức cho hàm hàm hữu tỷ khác K Chứng minh Giả sử tồn hai hàm hữu tỷ khác f g cho P (f ) = P (g) Đặt ϕ= 1 − f g Khi ϕ ≠ Tϕ ⩽ Tf + Tg (2.19) Từ giả thiết P (f ) = P (g) có f g có cực điểm với bội Do ∞ χ∞ f (z) = χg (z) 37 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 ⩽ j ⩽ k) g(z) = dj g ′ (z) = 0, ta có bất đẳng thức d d χfj (z) ⩽ χgj (z) + χ∗g′ ∣ f =dj (z) Điều kéo theo k k j j ∗ ∑ χj (z) − χ∞ f (z) ⩽ ∑ (χg (z) + χg ′ ∣ d d f =dj j =1 j =1 k ⩽ χ0ϕ (z) + ∑ χ∗g′ ∣ j =1 f =d j (z)) − χ∞ f (z) (z) Áp dụng Định lý thứ hai cho hàm f giá trị d1 , , dk , ta có k (k − 1)Tf ⩽ ∑ n1 (f, dj ) + n1 (f, ∞) − n0 (f ′ ) − j =1 k ⩽ n1 (ϕ) + ∑ n0 (g ′ )∣f =d − n0 (f ′ ) − j j =1 k ⩽ Tϕ + ∑ n0 (g ′ )∣f =d − n0 (f ′ ) − (2.20) j j =1 Từ bất đẳng thức (2.20) ta có k (k − 1)Tf ⩽ Tϕ + ∑ n0 (g ′ )∣f =d − n0 (f ′ ) − j j =1 Ta có bất đẳng thức tương tự cho hàm g, k (k − 1)Tg ⩽ Tϕ + ∑ n0 (f ′ )∣g=d − n0 (g ′ ) − j j =1 Cộng bất đẳng thức từ (2.19) ta có bất đẳng thức (k − 1)(Tf + Tg ) ⩽ 2(Tf + Tg ) − n0 (f ′ ) − n0 (g ′ ) k + ∑ (n0 (g ′ )∣f =d + n0 (f ′ )∣g=d ) − j j =1 Rõ ràng k ∑ n0 (g ′ )∣f =dj ⩽ n0 (g ′ ), j =1 38 j k ∑ n0 (f ′ )∣g=dj ⩽ n0 (f ′ ) j =1 Vậy ta có (k − 3)(Tf + Tg ) ⩽ −1 Điều kéo theo k − < 0, mâu thuẫn Định lý chứng minh ∎ Định lý 2.2.8 Giả sử f hàm hữu tỷ khác K a1 , , aq ∈ K ∪ {∞}, q > Khi tồn i ∈ {1, , q} để phương trình f = có nghiệm f1 , f1 f2 hai đa thức khơng có khơng điểm f2 chung K Xét trường hợp sau Chứng minh Viết f = Trường hợp 1: a1 , , aq ∈ K Đặt Fi = f1 − f2 Nếu cần ta đánh số lại, khơng giảm tổng qt ta giả sử bất đẳng thức sau TF1 ⩽ TF2 ⩽ ⩽ TFq ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪F1 = f1 − a1 f2 Từ ⎨ ⎪ ⎪ F = f1 − a2 f2 ⎪ ⎪ ⎩ a1 ≠ a2 nên f1 = b11 F1 + b12 F2 f2 = b21 F1 + b22 F2 Từ suy Tfi ⩽ max{TF1 , TF2 }, Tfi ⩽ TF2 , i = 1, T f ⩽ T F2 Kết hợp bất đẳng thức ta có Tf ⩽ TF2 ⩽ ⩽ TFq 39 Vậy q (q − 1)Tf ⩽ ∑ TFi , (2.21) (q − 1)Tf ⩽ ∑ TFi (2.22) i=2 q i=1 Do TFi = n(f, ) nên q (q − 1)Tf ⩽ ∑ n(f, ) i=1 q Do q > nên ∑ n(f, ) > Vậy tồn i ∈ {1, 2, , q} để n(f, ) > tức i=1 f = có nghiệm Trường hợp 2: a1 = ∞, a2 , , aq ∈ K Đặt F1 = f2 , F2 = f1 − a2 f2 , , Fq = f1 − aq f2 Lý luận tương tự trường hợp ta có q (q − 1)Tf ⩽ n(f2 ) + ∑ n(f, ) i=2 q = n(f, ∞) + ∑ n(f, ) i=2 q Do q > nên n(f, ∞) + ∑ n(f, ) i=2 Vậy tồn i ∈ {a1 = ∞, a2 , , aq } cho f = có nghiệm ∎ 40 Kết luận Luận văn trình bày lại kết [1] Các kết tương tự kết phương trình hàm [8] Cụ thể Định lý 2.1.1, Định lý 2.1.2, Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.8 41 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Vũ Hoài An, Tương tự lý thuyết Nevalinna cho hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không, thảo [2] Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng áp dụng, thảo [3] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển: Số học Thuật tốn Cơ sở lý thuyết & Tính tốn thực hành, NXB ĐHQG Hà Nội, 2003 [4] Hoàng Xuân Sính - Trần Phương Dung, Đại số đại cương, Nhà xuất Đại học Sư phạm, 2003 [5] Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sử, số học, NXB Giáo dục, 2005 [B] Tiếng Anh [6] Ha Huy Khoai and Mai Van Tu, p-adic Nevalinna - Cartan Theorem, Internat J Math 6(1995), 719 - 731 [7] Ha Huy Khoai and C C Yang, On the functional equation P (f ) = Q(g), Advances in Complex Analysis and Application, Value Distribution Theory and Related Topics, pp.201-2008, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, Boston, London, 2004 [8] Hu, P.C and Yang, C.C., Meromorphic functions over non-Archimedean fields, Kluwer, 2000 42 [9] P Li and C C Yang,Meromorphic solutions of functional equation with nonconstant coefficients, Proc Japan acad 82, Ser A (2005) 43 ... 1.3 Hàm độ cao hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không 1.3.1 Hàm độ cao, hàm đếm hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Định nghĩa đặc trưng không trường Số gọi đặc trưng trường. .. Tổng hợp, xem xét trình bày áp dụng hai Định lý hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng vào phương trình Diophantine đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Luận văn tài... đóng đại số, đặc trưng khơng 26 2.1 Phương trình kiểu Fermat - Waring đa thức hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 26 2.2 Phương trình P (f ) = Q(g) đa thức hàm hữu tỷ trường