Toán tử sai phân của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số đặc trưng không và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGÔ THỊ PHƯƠNG LOAN TOÁN TỬ SAI PHÂN CỦA HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC TRƯNG KHƠNG VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGƠ THỊ PHƯƠNG LOAN TỐN TỬ SAI PHÂN CỦA HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC TRƯNG KHƠNG VÀ ÁP DỤNG 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 cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp với đề tài “Toán tử sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng áp dụng” Các tài liệu trích dẫn đầy đủ Tác giả Ngơ Thị Phương Loan i Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Qua tác giả xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô giáo khoa sau Đại học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban giám hiệu Viện Toán học trang bị kiến thức bản, tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập nghiên cứu Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới GS.TSKH Hà Huy Khoái, GS.TSKH Nguyễn Tự Cường, PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, PGS.TS Trịnh Thanh Hải có nhiều ý kiến quý báu để tác giả hoàn chỉnh luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới TS Vũ Hồi An, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hồn thành luận văn Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong xin cảm ơn ý kiến đóng góp nhà tốn học bạn đọc để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng năm 2014 Tác giả Ngô Thị Phương Loan ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Bảng ký hiệu v Mở đầu 1 Về toán tử sai phân, đa thức sai phân hàm phân hình p-adic 1.1 1.2 Sai phân hàm số tốn học Trung học phổ thơng ứng dụng 1.1.1 Khái niệm phép sai phân 1.1.2 Sai phân liên tiếp 1.1.3 Sai phân đa thức 1.1.4 Ứng dụng Về toán tử sai phân, đa thức sai phân hàm phân hình p-adic 1.2.1 Vấn đề nhận giá trị toán tử sai phân hàm phân hình p-adic 1.2.2 Vấn đề nhận giá trị đa thức sai phân hàm phân hình p-adic 1.3 10 11 Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không vấn đề nhận giá trị 13 1.3.1 Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 13 1.3.2 Mối quan hệ hàm độ cao, hàm đếm hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không iii 15 Toán tử sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 2.1 18 Vấn đề nhận giá trị tốn tử sai phân, đơn thức sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 2.2 19 Vấn đề xác định đơn thức sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 25 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 iv Bảng ký hiệu f Hàm hữu tỷ n(f, a) Hàm đếm f điểm a T (f ) Hàm đặc trưng f Ef (S) Ảnh ngược tính bội tập S f E f (S) K R Ảnh ngược khơng tính bội S f Trường đóng đại số, đặc trưng khơng Trường số thực v Lời mở đầu Lý chọn đề tài Sai phân hàm số đề cập đến tốn học phổ thơng Vấn đề sai phân đa thức giải nhờ công thức nội suy Newton, công thức nội suy Lagrange Còn vấn đề nhận giá trị sai phân đa thức kiểm tra thông qua định lý hàm số thực liên tục Đối với sai phân hàm phân hình p-adic, vấn đề nhận giá trị nhận kết ban đầu Cho hàm f hàm phân hình p-adic Toán tử sai phân f xác định nhhư sau: ∆c f = f (z + c) − f (z), ∆1c f = ∆c f, , ∆n+1 = ∆c (∆nc ), n = 1, 2, c c ∈ Cp số khác Đa thức sai phân f xác định sau: aλ f λ0 f λ1 g (z + c1 ) f λn (z + cn ), c1 , cn ∈ Cp , c1 = 0, , ck = uA (z, f ) = λ∈ I 0, aλ ∈ Cp Năm 2012, Hà Huy Khối Vũ Hồi An [7] đưa kết cho vấn đề nhận giá trị cho Toán tử sai phân, đa thức sai phân hàm phân hình p-adic Họ nhận kết sau: Cho P đa thức bậc n Cp Viết P = a0 (z − a1 )m1 (z − as )ms Định lý A Giả sử f hàm phân hình khác Cp , n, ki , s, q, i = 1, , q số nguyên, q s 1, q 1, ki q i k1 , ∆qc f (2ki + 1)2 + q + s + − 1, n i=1 i=1 không đồng khơng Khi P (f )(∆1c f )k1 (∆qc f )kq − a có khơng điểm, a ∈ Cp , a = Định lý B Giả sử f hàm phân hình khác Cp , n, qi , s, k, i = 1, , k số nguyên, qi s 1, qi 1, k +2k + s = 1, n i=1 Khi P (f )(f (z + c))q1 (f (z + kc))qk −a có khơng điểm, a ∈ Cp , a = Định lý C Giả sử f, g hàm phân hình khác Cp Nếu Ef n f (z+c) f (z+kc) (1) = Egn g(z+c) g(z+kc) (1) với k 1, n 5k + số nguyên, f = hg với hn+k = f g = l với ln+k = Nếu Ef n (f (z+c))q1 (f (z+kc))qk (1) = Egn (g(z+c))q1 (g(z+kc))qk (1) với k 1, qi > k qi +8k+8 số nguyên, f = hg với hn+q1 + +qk = 1, i = 1, , k, n i=1 f g = l với ln+q1 + +qk = 1; Nếu Ef n f (z+e1 c) f (z+em c)(f (z+t1 c))q1 (f (z+tk c))qk (1) = Egn g(z+e1 c) g(z+em c)(g(z+t1 c))q1 (g(z+tk c))qk (1), k với ej 1, j = 1, , m, ti 1, qi > 1, k 1i = 1, k, n 5m + qi + i=1 8k + 8, số nguyên, f = hg với hn+m+q1 + qk = f g = l với ln+m+q1 + +qk = Để ý rằng, Cp trường đóng đại số, đặc trưng không đầy đủ Câu hỏi tự nhiên đặt là: Đối với K trường đóng đại số, đặc trưng không, không cần giả thiết K trường đầy đủ định lý nêu cịn hay không? Nhằm trả lời câu hỏi này, đề tài nghiên cứu vấn đề: Toán tử sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng áp dụng Mục tiêu nghiên cứu Trình bày lại tương tự Định lý A, B, C cho hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không đưa [1] Nội dung nghiên cứu • Luận văn tổng hợp trình bày sai phân hàm số toán học trung học phổ thơng ứng dụng • Luận văn trình bày tổng quan vấn đề nhận giá trị toán tử sai phân, đa thức sai phân hàm phân hình p-adic • Luận văn tổng hợp, trình bày kết vấn đề nhận giá trị toán tử sai phân, đa thức sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng [1] Kết nghiên cứu • Luận văn trình bày lại định lý nhận giá trị toán tử sai phân, đa thức sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Cụ thể là: Định lý 2.1.3 tương tự Định lý A Định lý 2.1.4 tương tự Định lý B Định lý 2.2.3 tương tự Định lý C • Luận văn tài liệu tham khảo có ích cho giáo viên Tốn trung học phổ thơng, học viên Cao học chun ngành Phương pháp toán sơ cấp Bố cục luận văn Ngoài phần mở đầu phần kết luận, luận văn gồm chương: Chương 1: Về toán tử sai phân, đa thức sai phân hàm phân hình p-adic Trong Chương 1, chúng tơi trình bày sai phân hàm số tốn học trung học phổ thơng ứng dụng ứng dụng vào chứng minh Định lý Wilson Ngồi ra, chúng tơi trình bày tổng quan tốn tử sai phân, đa thức sai phân hàm phân hình p-adic làm sở cho việc tương tự hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Chúng tơi nhắc lại khái niệm độ cao, hàm đếm hai định lý nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Các kết [1] trình bày [2] Chương 2: Toán tử sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Trong Chương 2, chúng tơi trình bày lại kết [1] Các định lý Bổ đề 2.2.1 Giả sử f g hàm hữu tỷ khác K Nếu Ef (1) = Eg (1) ba trường hợp sau n1 (f, ∞) + n1 (f, ∞) + n1 (f ) + n1 (f ) i, T (f ) +n1 (g, ∞) + n1 (g, ∞) + n1 (g) + n1 (g) − Bất đẳng thức xảy tương tự với T (g) ii, f g = iii, f ≡ g Chứng minh Đặt 1 ; G= f −1 g−1 f f g g L= −2 − +2 f f −1 g g−1 F = (2.1) ta có F G − F G Bây ta xét hai trường hợp sau L= (2.2) Trường hợp L ≡ Do Ef (1) = Eg (1), f (a) = 1; g(a) = vf1 (a) = vg1 (a) L(a) = Bây ta xét đến cực điểm L Rõ ràng tất cực điểm L có bậc Chúng ta dễ dàng thấy 2.1 cực điểm đơn f g không cực điểm L cực điểm L xảy không điểm f g cực điểm với bội lớn f g Ta có n (f ) = n (g) n(L) T (L) n(L, ∞) (2.3) Ta lại có T (f ) n1 (f, ∞) + n1 (f ) + n1 (f, 1) − n0 (f ) − Ở n0 (f ) xác định hàm đếm không điểm f f (f − 1) Cũng định nghĩa tương tự n01 (r), khơng điểm f tính với bội 26 Từ (2.1), (2.2) (2.3), ta có nf (1, r) n1 (f, ∞) + n1 (g, ∞) + n01 (f ) + n01 (g ) + n1 (f ) + n1 (g) (2.4) Do Ef (1) = Eg (1) nên n1 (f, r) = nf (1, r) + n1 (g, 1) Khi ta có T (f ) n1 (f, ∞) + n1 (f ) + nf (1, r) + n1 (g, 1) − n0 (f ) − (2.5) Ta có g g ng (0, r) − ng (0, r) + n1 (g) = n g ( ) T ( ) g g g g g = n g ( , ∞) + m( , ∞) = n1 (g, ∞) + n1 (g) g g g Vì vậy, n(g ) n1 (g, ∞) + n(g) Hơn n0 (g ) + n1 (g, 1) + n (g) − n1 (g) n(g ) Hai bất đẳng thức dẫn đến n0 (g ) + n1 (g, 1) n1 (g, ∞) + n1 (g) Kết hợp bất đẳng thức với (2.4) (2.5), ta nhận Trường hợp Trường hợp L ≡ ta có f f g g −2 = −2 f f −1 g g−1 (2.6) F G ag + b = Vì f ≡ Khi a, b, c, d ∈ K thỏa F G cg + d mãn ad − bc = Do T (f ) = T (g) Từ (2.6) ta nhận Bây ta trường hợp nhỏ sau 27 Trường hợp nhỏ 1: ac = Khi ta có ad b− a c f− ≡ c cg + d Ta lại có T (f ) a + n1 (f ) c = n1 (f, ∞) + n1 (g, ∞) + n1 (f ) n1 (f, ∞) + n1 f − Ta nhận i, Trường hợp nhỏ 2: a = 0, c = ta có f ≡ ag + b d Nếu b = ta có T (f ) a + n1 (f ) c = n1 (f, ∞) + n1 (g, ∞) + n1 (f ) n1 (f, ∞) + n1 f − Ta nhận i, a ag Nếu = f ≡ g Khi ta nhận iii, d d a a Nếu = Ef (1) = Eg (1) ta có f = f = d d a T (f ) n1 (f, ∞) + n1 (f, ) + n1 (f, 1) = n1 (f, ∞) d Nếu b = f ≡ Ta nhận i, Trường hợp nhỏ 3: a = 0, c = ta có f ≡ b cg + d Nếu d = 0, ta có T (f ) a n1 (f, ∞) + n1 (f − ) + n1 (f ) = n1 (f, ∞) + n1 (g, ∞) + n1 (f ) c Ta nhận i, b b Nếu = f g ≡ Khi ta nhận ii, cg c b b Nếu = từ Ef (1) = Eg (1), ta có f = 1; f = c c Nếu d = f ≡ T (f ) b n1 (f, ∞) + n1 (f, ) + n1 (f, 1) = n1 (f, ∞) c 28 Ta nhận i, Bổ đề 2.2.1 chứng minh Bổ đề 2.2.2 Cho f g hàm hữu tỷ khác K Nếu E f (1) = E g (1) ba trường hợp sau i 1 T (f ) ≤ n2 (f ) + n2 ( ) + n2 (g) + n2 ( ) + 2(n1 (f ) f g 1 +n1 ( )) + n1 (g) + n1 ( ) + O(1), f g Bất đẳng thức tương tự cho T (g); ii f g = 1; iii f ≡ g Chứng minh Đặt F = f g f g ,G = , L = −2 − +2 f −1 g−1 f f −1 g g−1 Khi L= F G − F G (2.7) Bây ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp L không đồng Do (1) nên tất cực điểm L f1 g1 có bậc Viết f = ( Tương ứng g = ), f1 , f2 ( Tương ứng g1 , g2 ) f2 g2 hàm hữu tỷ K khơng điểm chung Khi f = f1 f2 − f2 f1 (f1 ”f2 − f2 ”f1 )f2 − 2f2 (f1 f2 − f2 f1 ) , f” = ; f2 f23 f ” (f1 ”f2 − f2 ”f1 )f2 − 2f2 (f1 f2 − f2 f1 ) = , f f2 (f1 f2 − f2 f1 ) f (f f2 − f2 f1 ) = f −1 f2 (f1 − f2 ) 29 (2.8) Tương tự g” (g1 ”g2 − g2 ”g1 )g2 − 2g2 (g1 g2 − g2 g1 ) = ; g g2 (g1 g2 − g2 g1 ) g (g g2 − g2 g1 ) = g−1 g2 (g1 − g2 ) (2.9) Từ (2.7), (2.8), (2.9) có a cực điểm L, f (a) = ∞ f (a) = f (a) = g(a) = ∞ g (a) = g(a) = Bây xét a cực điểm L với µ∞ f (a) = Viết f= f3 , f (a) z−a = 0, f3 (a) = ∞ Khi F = F = f −1 = z−a , f3 −(z−a) f3 − f3 (z − a) , (f3 − (z − a))2 −f3 ”.(z − a)(f3 − (z − a)) − 2(f3 − 1)(f3 − f3 (z − a)) ; (f3 − (z − a))3 F ” −f3 ”.(z − a)(f3 − (z − a)) − 2(f3 − 1)(f3 − f3 (z − a)) = F (f3 − (z − a))(f3 − f3 (z − a)) F” = Từ (2.10) ta suy g với µ∞ f (a) = F” (a) F µ∞ g (a) (2.10) = ∞ Do a cực điểm f = 1, L(a) = [ F” G” (a) − (a)] = ∞ F G (2.11) Bây xét a không điểm f − với µ1f (a) = m Do E f (1) = E g (1) nên g(a) = µ1g (a) = n Viết F = F1 , F1 (a) (z−a)m = 0, F1 (a) = ∞; G = G1 , G1 (a) (z−a)n = 0, G1 (a) = ∞ Khi F1 (z − a) − mF1 ; (z − a)m+1 [F1 ”.(z − a) + (1 − m)F1 ](z − a) − (m + 1)(F1 (z − a) − mF1 ) F” = (z − a)m+2 F = Tương tự cho G , G” Từ suy F ” G” − = F G 30 (F1 ”.(z − a) + (1 − m)F1 )(z − a) − (m + 1)(F1 (z − a) − mF1 ) [ z−a F1 (z − a) − mF1 (G1 ”.(z − a) + (1 − n)G1 )(z − a) − (n + 1)(G1 (z − a) − nG1 ) ] − G1 (z − a) − nG1 Nếu m = n = F ” G” − = F G F2 (z − a)2 z − a (F1 (z − a) − F1 )(G1 (z − a) − G1 ) F2 (z − a) = ; (F1 (z − a) − F1 )(G1 (z − a) − G1 ) m = n ≥ 2, F ” G” − = F G (F1 ”.(z − a) + (1 − m)F1 )(z − a) − (m + 1)(F1 (z − a) − mF1 ) [ z−a F1 (z − a) − mF1 (G1 ”.(z − a) + (1 − m)G1 )(z − a) − (m + 1)(G1 (z − a) − mG1 ) ] − G1 (z − a) − mG1 Từ đẳng thức L không đồng 0, ta nhận m = L(a) = m = n ≥ L(a) = ∞ Từ (2.7) - (2.11) ta thấy a cực điểm L f (a) = ∞ với µ∞ f (a) ≥ 2, hoặcf (a) = µf (a) ≥ f (a) = 0, f (a) = với µ1f (a) > µ1g (a), g(a) = ∞ với µ∞ g (a) ≥ 2, hoặcg(a) = µg (a) ≥ 2hoặc g (a) = 0, g(a) = 1với µ1g (a) > µ1f (a) (2.12) Từ (2.7) ta có m(L) = O(1) n≤1 ( 1 ) = n≤1 ( ) ≤ n( ) ≤ T (L) + O(1) ≤ n(L) f −1 g−1 L (2.13) Theo Định lý thứ hai ta có 1 T (f ) ≤ n1 (f ) + n1 ( ) + n1 ( ) − n0 ( ) + O(1) f f −1 f 31 (2.14) Ở n0 ( ) hàm đếm không điểm f không điểm f f (f − 1) Cũng định nghĩa tương tự n1 ( ), khơng f điểm f tính với bội Tương tự 1 ) − n0 ( ) + O(1) T (g) ≤ n1 (g) + n1 ( ) + n1 ( g g−1 g (2.15) Từ (2.14) (2.15) ta có 1 ) − n0 ( ) + n1 (g) T (f ) + T (g) ≤n1 (f ) + n1 ( ) + n1 ( f f −1 f 1 + n1 ( ) + n1 ( ) − n0 ( ) + O(1) g g−1 g Từ E f (1) = E g (1), n1 ( n≥2 ( n1 ( (2.16) 1 ) = n≤1 ( ) + n≥2 ) ta có ( f −1 f −1 f −1 1 ) ≤ n1 ( ; µ1f (a) > µ1g (a)) + n1 ( ; µ1g (a) > µ1f (a)) f −1 f −1 g−1 + n≥2 ); µ1g (a) = µ1f (a)) ( g−1 1 1 ) + n1 ( ) ≤ n≤1 ( ) + n1 ( ; µ1 (a) > µ1g (a)) f −1 g−1 f −1 f −1 f 1 ; µ1g (a) > µ1f (a)) + n≥2 ; µ1g (a) = µ1f (a)) + n1 ( ( g−1 g−1 ) + n1 ( g−1 1 ≤ n≤1 ( ) + n1 ( ; µ1f (a) > µ1g (a)) + n( ) f −1 f −1 g−1 1 ) + n1 ( ; µ1 (a) > µ1g (a)) + T (g) ≤ n≤1 ( f −1 f −1 f Từ (2.16) ta có 1 1 T (f ) ≤ n1 (f ) + n1 ( ) + n≤1 ( ) − n0 ( ) + n1 (g) + n1 ( ) f f −1 f g 1 +n1 ( ; µ1f (a) > µ1g (a)) − n0 ( ) + O(1) f −1 g 1 1 T (f ) ≤ n1 (f ) + n1 ( ) + n≤1 ( ) − n0 ( ) + n1 (g) + n1 ( ) f f −1 f g 1 +n1 ( ; µ1f (a) > µ1g (a)) − n0 ( ) + O(1) (2.17) f −1 g 32 Từ (2.12) (2.13) ta có n≤1 ( 1 ≥2 ) ≤ n(L) ≤ n≥2 (f ) + n1 (g) + n1,0 ( ) + n1,0 ( ) f −1 f g 1 ≥2 + n≥2 ; µ1f (a) > µ1g (a)) ( ) + n1 ( ) + n1 ( f g f −1 + n1 ( ; µ1g (a) > µ1f (a)) + O(1) g−1 (2.18) Kết hợp (2.17) với (2.18) ta có 1 ; T (f ) ≤ n2 (f ) + n2 ( ) + n2 (g) + n2 (r, ) + n1 ( f g f −1 µ1f (a) > µ1g (a)) + n1 ( ); µ1g (a) > µ1f (a)) + O(1) g−1 (2.19) Mặt khác ta thấy (n( 1 1 ) − n1 ( ) + (n( ) − n1 ( ) ≤ nf , f −1 f −1 f f 1 n( ) ≤ n1 (f ) + n( ) + O(1) f f Chú ý n1 ( 1 ; µ1f (a) > µ1g (a)) ≤ n( ) − n1 ( ) f −1 f −1 f −1 Vì n1 ( 1 ; µ1f (a)) > µ1g (a)) ≤ n1 (f ) − n1 ( ) + O(1) f −1 f Tương tự ta có n1 ( 1 ; µ1g (a)) > µ1f (a) ≤ n1 (g) − n1 ( ) + O(1) g−1 g Kết hợp với (2.19) ta nhận Trường hợp Trường hợp L ≡ Lý luận tương tự Trường hợp Bổ đề 2.2.1 Định lý 2.2.3 (Tương tự Định lý C cho hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không) Cho f, g hàm hữu tỷ K Khi 33 Nếu Ef n f (z+c) f (z+kc) (1) = Egn g(z+c) g(z+kc) (1) với k n 5k + số nguyên, f = hg với hn+k = f g = l với ln+k = 1; Nếu Ef n (f (z+c))q1 (f (z+kc))qk (1) = Egn (g(z+c))q1 (g(z+kc))qk (1) với qi > 1, i = k 1, , k, k qi +8k+8 số nguyên, f = hg với hn+q1 + +qk = 1, n i=1 f g = l với ln+q1 + +qk = 1; Nếu Ef n f (z+e1 c) f (z+em c)(f (z+t1 c))q1 (f (z+tk c))qk (1) = Egn g(z+e1 c) g(z+em c)(g(z+t1 c))q1 (g(z+tk c))qk (1), k với ej 1, j = 1, , m, ti 1, qi > 1, i = 1, k, k 1, n 5m + qi + i=1 8k + 8, số nguyên, f = hg với hn+m+q1 + qk = f g = l với ln+m+q1 + +qk = Chứng minh Đặt A = f n f (z + c) f (z + kc), B = g n g(z + c) g(z + kc) Ta xét trường hợp sau: Trường hợp T (A) n1 (A, ∞) + n1 (A, ∞) + n1 (A) + n1 (A) + n1 (B, ∞) + n1 (B, ∞) + n1 (B) + n1 (B) (2.20) Theo Bổ đề 2.2.1, (n − k)T (f ) T (A) n1 (A, ∞) + n1 (A, ∞) + n1 (A) + n1 (A) + n1 (B, ∞) + n1 (B, ∞) + n1 (B) + n1 (B) − (n − k)T (g) T (B) n1 (A, ∞) + n1 (A, ∞) + n1 (A) + +n1 (A) + n1 (B, ∞) + n1 (B, ∞) + n1 (B) + n1 (B) − Mọi cực điểm A xảy cực điểm f, f (z + c), f (z + 2c), f (z + kc) 34 (2.21) Ta có k n1 (A) + n1 (A, ∞) n1 (f (z + ic), ∞) + n1 (f (z + ic), z) 2n1 (f, ∞) + i=1 k 2n(f, ∞) + n(f (z + ic), ∞) i=1 k 2T (f ) + T (f (z + ic)) (k + 2)T (f ) i=1 Suy n1 (A, ∞) + n1 (A, ∞) (k + 2)T (f ) (2.22) Tương tự ta thấy rằng, khơng điểm A xảy không điểm f, f (z + c), f (z + 2c), f (z + kc), Do ta thu n1 (A) + n1 (A) (k + 2)T (f ) (2.23) Tương tự ta thu n1 (B, ∞) + n1 (B, ∞) n1 (B) + n1 (B) (k + 2)T (g), (k + 2)T (g) (2.24) Từ (2.20), (2.21), (2.22), (2.23) ta có (n − k)T (f ) (2k + 4) T (f ) + T (g) − (n − k)T (f ) (2k + 4) T (f ) + T (g) − Tương tự Suy ta có (n − k) T (f ) + T (g) (2k + 4) T (f ) + T (g) − (n − 5k − 8) T (f ) + T (g) + Do n 5k + nên ta gặp mâu thuẫn Trường hợp A = f n f (z + c) f (z + kc) ≡ B = g n g(z + c) g(z + kc) f Đặt h = Giả sử h hàm Khi g hn = h(z + c) h(z + kc) 35 k nT (h) = T h(z + c) h(z + kc) T [h(z + ic)] kT (h) i=1 5k+8 Vì h phải khác hằng, kéo theo hn+k = 1, Điều mâu thuẫn với n f = hg với hn+k = Trường hợp f n f (z + c) f (z + kc) · g n g(z + c) g(z + kc) ≡ Từ ta có (f g)n f (z + c)g(z + c) f (z + kc)g(z + kc) = Đặt l = f g giả sử l hàm Khi ta có ln = l(z + c) l(z + kc) Tương tự lý luận ta có l phải hàm Vậy f g = l với ln+k = Đặt C = f n (f (z + c))q1 (f (z + kc))qk , D = g n (g(z + c))q1 (g(z + kc))qk Ta xét trường hợp cụ thể sau: Trường hợp T (C) n1 (C, ∞) + n1 (C, ∞) + n1 (C) + n1 (C) + n1 (D, ∞) + n1 (D, ∞) + n1 (D) + n1 (D) − Ta lại có k k n− qi T (f ) n− T (C); i=1 Do qi qi T (g) T (D) (2.25) i=1 2, i = 1, , k, n1 (f (z + ic))qi , ∞ + n1 (f (z + ic))qi , ∞ 2n f (z + ic), ∞ Tương tự (2.21) ta có n1 (C, ∞) + n1 (C, ∞) n1 (C) + n1 (C) (2k + 2)T (f ) n1 (D, ∞) + n1 (D, ∞) n1 (D) + n1 (D) (2k + 2)T (f ) (2k + 2)T (g) (2k + 2)T (g) (2.26) 36 Từ (2.24), (2.25) lý luận tương tự phần 1, ta thu T (C) (4k + 4) T (f ) + T (g) − 1, T (D) (4k + 4) T (f ) + T (g) − k n− qi − 8k − T (f ) + T (g) + i=1 Vì k n qi + 8k + i=1 Dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp C = f n (f (z + c))q1 (f (z + kc))qk ≡ D = g n (g(z + c))q1 (g(z + kc))qk Tương tự trường hợp ta có f = hg với hn+q1 + +qk = Trường hợp f n (f (z + c))q1 (f (z + kc))qk · g n (g(z + c))q1 (g(z + kc))qk ≡ Tương tự trường hợp ta có f g = l với ln+q1 + +qk = Đặt q E = f n f (z + e1 c) f (z + em c)(f (z + t1 c)) (f (z + tk c))qk q q H = g n g(z + e1 c) g(z + em c)(g(z + t1 c)) (g(z + tk c)) k Ta xét trường hợp sau: Trường hợp n1 (E, ∞) + n1 (E, ∞) + n1 (E) + n1 (E) + n1 (H, ∞) T (E) + n1 (H, ∞) + n1 (H) + n1 (H) − Ta lại có k n−m− qi T (f ) T (E), qi T (g) T (H) i=1 k n−m− (2.27) i=1 37 Tương tự trường hợp ta có m n1 (E, ∞) + n1 (E, ∞) 2n(f, ∞) + n(f (z + ei c), ∞) i=1 k n(f (z + ti c), ∞) +2 (m + 2k + 2)T (f ), i=1 (m + 2k + 2)T (f ), n1 (E) + n1 (E) (m + 2k + 2)T (f ), n1 (H) + n1 (H) (m + 2k + 2)T (g) (2.28) Từ (2.26), (2.27) tương tự 1., 2., ta có k n−m− qi T (f ) 2(m + 2k + 2) T (f ) + T (g) − 1, qi T (g) 2(m + 2k + 2) T (f ) + T (g) − 1, i=1 k n−m− i=1 k n−m− 4(m + 2k + 2) T (f ) + T (g) − 2, qi T (f ) + T (g) i=1 k n − 5m − qi − 8k − T (f ) + T (g) + i=1 Từ dẫn đến mâu thuẫn k n 5m − qi + 8k + i=1 Trường hợp Chứng minh tương tự trường hợp Chúng ta thu f = hg với hn+m+q1 + +qk = Trường hợp Chứng minh tương tự trường hợp Chúng ta thu f g = l với ln+m+q1 + +qk = 38 Kết luận Luận văn trình bày lại kết [1] Các kết tương tự kết Hà Huy Khoái Vũ Hoài An [7] cho hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Cụ thể là: Định lý 2.1.3 tương tự Định lý A Định lý 2.1.4 tương tự Định lý B Định lý 2.2.3 tương tự Định lý C 39 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Vũ Hoài An, Tương tự lý thuyết Nevanlinna cho hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng [2] Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng áp dụng, Bản thảo [3] Hà Huy Khối, Phạm Huy Điển: Số học Thuật toán Cơ sở lý thuyết & Tính tốn thực hành, NXB ĐHQG Hà Nội, 2003 [4] Hồng Xn Sính - Trần Phương Dung, Đại số đại cương, NXB Đại học Sư phạm, 2003 [B] Tiếng Anh [5] Ha Huy Khoai, p-adic interpolation, AMS Translations: Math Notes; vol.1, 22, 1979 [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 Vu Hoai An (2012), Value sharing problem for p-adic meromorphic functions and their difference operators and difference polynomials, Ukranian Math J., Vol 64, N.2, pp 147-164 [8] Hu, P.C and Yang, C.C, Meromorphic functions over non-Archimedean fields, Kluwer, 2000 40 ... 1.3.1 Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 13 1.3.2 Mối quan hệ hàm độ cao, hàm đếm hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không iii 15 Toán tử sai phân hàm hữu tỷ trường đóng. .. thức sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Định lý 2.2.3 kết vấn đề sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng Chương Về tốn tử sai phân, đa thức sai phân hàm phân. .. đại số, đặc trưng không (xem [1] [7]) 2.1 Vấn đề nhận giá trị toán tử sai phân, đơn thức sai phân hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Bổ đề 2.1.1 Cho f hàm hữu tỷ K ∆f không đồng không,