Vấn đề xác định đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số đặc trưng không với điều kiện ảnh ngược của tập hợp điểm và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI QUANG THIỆN VẤN ĐỀ XÁC ĐỊNH ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC TRƯNG KHƠNG VỚI ĐIỀU KIỆN ẢNH NGƯỢC CỦA TẬP HỢP ĐIỂM VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2014 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI QUANG THIỆN VẤN ĐỀ XÁC ĐỊNH ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC TRƯNG KHÔNG VỚI ĐIỀU KIỆN ẢNH NGƯỢC CỦA TẬP HỢP ĐIỂM VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS VŨ HOÀI AN Thái Nguyên - Năm 2014 i Mục lục Lời cam đoan iii Lời cảm ơn iv Mở đầu v Bảng ký hiệu viii Tổng quan vấn đề xác định hàm phân hình p-adic 1.1 1.2 1.3 Vấn đề xác định đa thức toán học trung học phổ thông 1.1.1 Công thức nội suy Newton, công thức nội suy Lagrange 1.1.2 Vấn đề xác định đa thức toán học trung học phổ thông Vấn đề xác định hàm phân hình p-adic 1.2.1 Hai hàm phân hình p-adic nhận chung điểm riêng rẽ 1.2.2 Hàm phân hình p-adic nhân chung tập Hai định lý nhận giá trị Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng 1.3.1 Hàm độ cao Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không 1.3.2 10 10 Hai định lý nhận giá trị Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không 12 Vấn đề xác định hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng với điều kiện ảnh tập hợp điểm áp dụng 15 ii 2.1 Hàm hữu tỷ chung giá trị 15 2.2 Đa thức hàm hữu tỷ 19 2.2.1 Đa thức kiểu Yn,m 19 2.2.2 Đa thức kiểu Fn,b 23 Hàm hữu tỷ chung tập hợp 25 2.3.1 Tập cho hàm hữu tỷ 25 2.3.2 Tập kiểu Fn,b 28 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 2.3 iii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp với đề tài “Vấn đề xác định hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không với điều kiện ảnh ngược tập hợp điểm áp dụng” Các tài liệu trích dẫn đầy đủ Tác giả Bùi Quang Thiện iv Lời cảm ơn Trước hết, xin gửi lời cảm ơn tới TS Vũ Hoài An Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Sau trình nhận đề tài nghiên cứu hướng dẫn khoa học thầy, luận văn “Vấn đề xác định hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng với điều kiện ảnh ngược tập hợp điểm áp dụng” tơi hồn thành Tơi xin gửi lời cảm ơn 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 hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo - Khoa học - Quan hệ quốc tế Khoa Toán - Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường thời gian tơi hồn thành đề tài Sự giúp đỡ nhiệt tình thái độ thân thiện cán thuộc Phịng Đào tạo Khoa Tốn - Tin để lại lịng chúng tơi ấn tượng tốt đẹp Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên lớp cao học Tốn K6B (Khóa 2012 - 2014) quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ để tơi hồn thành nhiệm vụ v Mở đầu Lý chọn đề tài Vấn đề nội suy cho đa thức vấn đề kinh điển Toán học sơ cấp Newton, Lagrange giải vấn đề đa thức với hệ số thực Hai ông đưa công thức nội suy mà ngày gọi Công thức nội suy Newton, Công thức nội suy Lagrange Đây công thức nội suy với hữu hạn mốc nội suy Trong trường hợp vô hạn mốc nội suy, vấn đề nội suy cho hàm nguyên toán mở thời gian dài Năm 1979, Hà Huy Khoái người mở rộng vấn đề nội suy cho đa thức cho hàm nguyên p-adic [4] Ông tìm điều kiện cần đủ để xác định hàm nguyên p-adic từ vô hạn mốc nội suy Trong trường hợp hàm nguyên phức, vấn đề chưa giải Điều thú vị là, xuất phát từ vấn đề nội suy cho hàm nguyên p-adic, Hà Huy Khoái người xây dựng lý thuyết phân bố giá trị cho hàm phân hình p-adic (xem [5]) Một ứng dụng sâu sắc lý thuyết phân bố giá trị (p-adic) vấn đề xác định cho hàm phân hình khác (phức p-adic) qua điều kiện ảnh ngược tập hợp điểm Kết kinh điển vấn đề Định lý điểm Nevalinna Có hai hướng mở rộng định lý điểm: Xét nghịch ảnh riêng rẽ điểm Xét nghịch ảnh tập hợp điểm Mặt khác, từ Công thức nội suy Newton, Công thức nội suy Lagrange, vấn đề xác định đa thức có bậc nhỏ n với hệ số thực giải qua n + mốc nội suy Nhận xét rằng, có tương tự vấn đề xác định đa thức có bậc nhỏ n với hệ số thực giải qua n + mốc nội suy với vấn đề xác định cho hàm phân hình khác p-adic vi qua điều kiện ảnh ngược tập điểm Điều gợi ý cho xem xét vấn đề nội suy cho đa thức góc độ lý thuyết phân bố trị Theo hướng tiếp cận này, luận văn nghiên cứu Vấn đề xác định Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng với điều kiện ảnh ngược tập hợp điểm áp dụng vào vấn đề xác định đa thức Mục tiêu nghiên cứu Trình bày lại kết [1], kết tương tự định lý hàm phân hình p-adic [6] cho Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Nội dung nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu 3.1 Tổng hợp trình bày vấn đề xác định đa thức toán học phổ thơng 3.2 Trình bày tổng quan vấn đề xác định hàm phân hình p-adic 3.3 Tổng hợp trình bày lại kết [1], kết tương tự định lý hàm phân hình p-adic cho Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không Kết nghiên cứu Luận văn tổng hợp trình bày lại kết [1] Cụ thể là: • Định lý 2.1.1 tương tự Định lý điểm [6] • Định lý 2.1.3 tương tự Định lý 3.9 [6] • Định lý 2.2.1 tương tự Định lý 3.19 [6] • Định lý 2.3.1 tương tự Định lý 3.36 [6] Bố cục luận văn Luận văn chia làm hai chương với phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo vii Chương Trong Chương 1, tổng hợp trình bày vấn đề xác định đa thức tốn học trung học phổ thơng, trình bày tổng quan vấn đề xác định hàm phân hình p-adic 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 đưa [1] trình bày lại [2] Chương Trong Chương tổng hợp trình bày lại vấn đề xác định Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không với điều kiện ảnh ngược tập hợp điểm áp dụng vào vấn đề xác định đa thức đưa [1] Thái Nguyên, tháng năm 2014 Học viên Bùi Quang Thiện viii Bảng ký hiệu f Hàm hữu tỷ n(f, a) Hàm đếm f điểm a Tf Hàm đặc trưng f Ef (S) Ảnh ngược tính bội tập S f E f (S) K Ảnh ngược khơng tính bội S f Trường đóng đại số, đặc trưng khơng 24 Nếu ϕ(h) = (hn − 1)(hn−2 − 1) = n(n − 2) n−1 (h − 1)2 (n − 1) ý # Ωn (K) ∩ Ωn−2 (K) 2, nghĩa (z n − 1)(z n−2 − 1) có 2n − nghiệm đơn z1 , , z2n−6 , theo Định lý 1.3.2 ta có 2n−6 2n−6 Θh (zj ) j=1 j=1 2n − = =n−3 2 Điều khơng thể xảy Như ta có ϕ(h) = Tính tốn trực tiếp ta có: ϕ(k) (1) = (0 k 3), ϕ(4) (1) = 2n(n − 1)2 (n − 2) = Do đó, ta viết ϕ(z) = (z − 1)4 (z − t1 )(z − t2 ) (z − t2n−6 ), t1 , t2 , , t2n−6 ∈ K − {1} Chú ý ϕ(z) = z 2n−2 − (n − 1)2 z n + 2n(n − 2)z n−1 − (n − 1)2 z n−2 + 1, (2.10) ϕ (z) = (n − 1)z n−3 {2z n − n(n − 1)z + 2n(n − 2)z − (n − 1)(n − 2)} (2.11) Bây giả sử ϕ(z) = ϕ (z) = với giá trị z ∈ K Rõ ràng ta có z = Từ (2.11) ta thấy z phải thỏa mãn 2z n − n(n − 1)z + 2n(n − 2)z − (n − 1)(n − 2) = (2.12) Giải hệ phương trình (2.10) (2.11) ta có z n−2 (n − 1)(n − 2)z − 2n(n − 2)z + n(n − 1) = (2.13) 25 Giải hệ (2.12) (2.13) ta có 4z = (n(n − 1)z − 2n(n − 2)z + (n − 1)(n − 2)) ((n − 1)(n − 2)z − 2n(n − 2)z + n(n − 1)) Do z phải thỏa mãn phương trình z − 4z + 6z − 4z + = (z − 1)4 = 0, kéo theo z = Suy t1 , , t2n−6 không điểm đơn ϕ Từ (2.9), ta thấy Θh (tj ) (1 j 2n − 6) Do theo Định lý 1.3.2 ta có 2n−6 2n − = n − 3, Θh (tj ) j=1 Do n 5, mâu thuẫn với điều kiện n Định lý chứng minh 2.3 Hàm hữu tỷ chung tập hợp 2.3.1 Tập cho hàm hữu tỷ Cho f hàm hữu tỷ khác K S ⊂ K ∪ {∞} tập khơng rỗng Kí hiệu {(µaf (z), z) : z ∈ K} = Ef (S) = a∈S Ef (z) a∈S định nghĩa tập ảnh ngược S f : E f (S) = f −1 (S) = {z ∈ K : µaf (z) > 0} a∈S Cho họ F hàm hữu tỷ khác Một tập khác rỗng S ⊂ K ∪ {∞} gọi urscm (tương ứng ursim) cho họ hàm F với cặp hàm khác f, g ∈ F thỏa mãn Ef (S) = Eg (S) (tương ứng E f (S) = E g (S)), ta có f = g 26 Kí hiệu urscm (tương ứng ursim) tập kể bội (tương ứng, tập không kể bội) Nếu hai hàm f, g ∈ F thỏa mãn Ef (S) = Eg (S) (tương ứng E f (S) = E g (S)), ta có nói f g chung tập S CM (tương ứng, IM ) Tổng quát, n tập S = (S1 , , Sn ) tập khác rỗng S1 , , Sn K ∪ {∞} với Si ∩ Sj = ∅, (i = j) gọi n − urscm (tương ứng, n − ursim) cho họ hàm F với cặp hàm khác f, g ∈ F thỏa mãn Ef (S) = Eg (S) (tương ứng E f (S) = E g (S)), f = g, Ef (S) = (Ef (S1 ), , Ef (Sn )), E f (S) = (E f (S1 ), , E f (Sn )) Nếu hai hàm f, g ∈ F thỏa mãn Ef (S) = Eg (S) (tương ứng E f (S) = E g (S)), ta có nói f g chung n tập hợp S CM (tương ứng, IM ) Với n tập S = (S1 , , Sn ) ta ký hiệu #S = #S1 + #S2 + + #Sn , #Si số phần tử tập Si Do đó, ta có hai số cn (F) = min{#S : S n − urscm F}, in (F) = min{#S : S n − ursim F} Hiển nhiên ta có n cn (F) in (F) n − urscm n − ursim Cho số nguyên dương n > 1, S (n − 1) − urscm (n − 1) − ursim với tập T ∈ K ∪ {∞}, (S, T ) n − urscm n − ursim cn (F) cn−1 (F) + c1 (F) + n − 1, in (F) in−1 (F) + i1 (F) + n − Những vấn đề bản, quan trọng việc nghiên cứu n − urscm n − ursim 27 (i) Tìm dạng n − urscm n − ursim; (ii) Tìm chặn tốt cn (F) in (F); (iii) Tìm đặc trưng n − urscm n − ursim Kí hiệu Aut(K) nhóm đa thức tuyến tính khác K[z], nghĩa σ ∈ Aut(K) σ(z) = az + b với a = Kí hiệu Id ánh xạ đồng K Chú ý tập S K ursim cho Aut(K) S urscm cho Aut(K) Lấy σ, η ∈ Aut(K) Ta thấy σ −1 (S) = η −1 (S) chi η ◦ σ −1 = S Do đó, S urscm cho Aut(K) không tồn ξ ∈ Aut(K) − {Id } thỏa mãn ξ(S) = S Tiếp theo ta xem xét số ví dụ urscm ursim Ví dụ 2.3.1 Lấy σ, η ∈ Aut(K) xác định σ(z) = −z, η = ωz, (ω ∈ Ω3 (K) − {1}) Rõ ràng ta có σ({−1, 0, 1}) = {−1, 0, 1}, η(Ω3 (K)) = Ω3 (K) Do đó, {−1, 0, 1} Ω3 (K) ursim Aut(K) Chú ý rằng, với cặp phân biệt a, b ∈ K ánh xạ ξ ∈ K xác định ξ(z) = −z + a + b, thỏa mãn ξ({a, b}) = {a, b} Kéo theo ursim cho Aut(K) chứa giá trị Do đó, c1 (Aut(K)) Ví dụ 2.3.2 Lấy S = {a1 , a2 , a3 } ⊂ K đặt c = (a1 + a2 + a3 ), a = c − a1 , ω ∈ Ω3 (K) − {1} Khi đó, S khơng phải ursim cho Aut(K) S biểu diễn hai dạng sau: (i) S = {c − a, c, c + a} (ii) S = {c + a, c + ωa, ω a} Hai ánh xạ Aut(K) bất biến với S tương ứng σ(z) = −z + 2c, η(z) = ωz + (1 − ω)c 28 2.3.2 Tập kiểu Fn,b Trong mục chúng tơi trình bày số kết tập cho hàm hữu tỷ mà kỹ thuật chứng minh dựa theo kỹ thuật Frank - Reinders trường hợp phức Bổ đề 2.3.1 Cho F G hai hàm hữu tỷ khác K nhận chung {∞} CM a1 , , aq q giá trị phân biệt K với q Khi xảy hai trường hợp sau: q 1) q − {TF + TG } {n2 (F, aj ) − n2 (G, aj )} − 1; j=1 2) G = AF + B, A, B ∈ K với A = #{a1 , , aq } ∩ {Aa1 + B, , Aaq + B} Chứng minh Ta kí hiệu F G − F G Trước tiên ta giả sử H = Khi G = AF + B với A, B ∈ K, A = Nếu 2) H= khơng thỏa mãn #{a1 , , aq , Aa1 + B, , Aaq + B} 2q − Theo Định lý 1.3.2 ta có q (2q − 3)TG {n1 (G, aj ) + n1 (G, Aaj + B)} j=1 − n(G ; a1 , , aq , Aa1 + B, , Aaq + B) − q {n1 (G, aj ) + n1 (G, Aaj + B)} = j=1 − n(G − aj ; a1 , , aq ) − n(F ; a1 , , aq ) − q {n2 (F, aj ) + n2 (G, aj )} − j=1 Chú ý TG = TF 29 Khi q − (TF + TG ) q {n2 (F, aj ) + n2 (G, aj )} − j=1 Giả sử H ≡ Ta thấy cực điểm H xảy không điểm F G Do q {n2 (F, aj ) − n0 (F, aj )} n(H, ∞) j=1 q {n2 (G, aj ) − n0 (G, aj )} + j=1 + n(F ; a1 , , aq ) + n(G ; a1 , , aq ) Chú ý cực điểm đơn F G không điểm H Điều kéo theo n1 (F, ∞) + n1 (G, ∞) n 1 , ∞ + {n(F, ∞) + n(G, ∞)} H Theo Định lý 1.3.1 ta có n1 (F, ∞) + n1 (G, ∞) n(H, ∞) + {TF + TG } Áp dụng Định lý 1.3.2 cho F G ta có q (q − 1){TF + TG } {n1 (F, aj ) + n1 (G, aj )} + n1 (F, ∞) + n2 (G, ∞) j=1 − n(F ; a1 , , aq ) − n(G ; a1 , , aq ) − Do q − ){TF + TG } q {n2 (F, aj ) + n2 (G, aj )} − j=1 Bổ đề chứng minh xong Bổ đề 2.3.2 Cho f g hai hàm hữu tỷ (tương ứng, nguyên) khác K thỏa mãn 0 Ef (Fn,b ) = Eg (Fn,b ) 30 Kí hiệu F = Nếu n 10 (tương ứng, n , Fn,b (f ) G= Fn,b (g) 6) G = AF + B, A, B ∈ K, A = # {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), Fn,b (z) − b = z n−2 Q(z), Q1 (1) = 0, Q(0) = 0, đó, Q1 (z) đa thức có bậc n − có khơng điểm đơn Với a ∈ K − {b, b + 1}, Fn,b (z) − a có khơng điểm đơn Đặc biệt, Fn,b (z) có khơng điểm đơn Fn,b có n phần tử Chú ý TF = nTf , nên ta có n2 (F, a1 ) = n2 (Fn,b (f ), ∞) = 2n1 (f, +∞) n2 (F, a2 ) = n2 (Fn,b , b + 1) 2n( , ∞) + n2 (Q(f ), ∞) f n2 (F, a3 ) = n2 (Fn,b (f ), b + 1) 4Tf 2n1 (f, 1) + n2 (Q1 (f ), ∞) (n − 1)Tf Điều kéo theo n1 (F, aj ) j=1 (n + 3)Tf + 2n(f, ∞) 1+ TF n Tương tự ta có bất đẳng thức thay f F g G bất đẳng thức Lưu ý F G chung ∞ CM Do đó, 1) Bổ đề 31 < + , n < 10, mâu thuẫn với n giả thiết Do 2) Bổ đề 2.3.1 phải thỏa mãn 2.3.1 thỏa mãn ta có Bây ta chứng minh định lý tập xác định cho hàm hữu tỷ gồm 10 phần tử 10 số nguyên, tập Fn,b urscm cho Định lý 2.3.1 Cho n hàm hữu tỷ khác 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 Gọi f g hai hàm phân hình K thỏa mãn 0 Ef (Fn,b ) = Eg (Fn,b ) Theo Định lý 1.3.1, 1.3.2 ta có n (n − 2)Tg n n1 (g, rk ) − = k=1 n1 (f, rk ) Tf − k=1 Tương tự ta có (n − 2)Tg nTg − Ta định nghĩa h1 = f n−2 Q(f ), b h2 = h3 n−2 g Q(g), b h3 = Fn,b (f ) Fn,b (g) Khi ta có h1 + h2 + h3 = f1 g1 g = cặp f1 , f2 g1 , g2 đa thức f2 g2 khơng có điểm chung K Khi Ta viết f = h3 = c g2 f2 n , c= Fn,b (f )f2n Fn,b (g)g2n Chú ý c đa thức K khác c Như n1 (h3 , ∞) n1 (f, ∞), n1 ( , ∞) h3 n1 (g, ∞) 32 Tiếp theo ta chứng minh h3 ≡ Trước tiến, ta chứng minh h1 khơng biểu thị tuyến tính qua {1, h3 } Giả sử ta có biểu diễn tuyến tính h1 = a1 h3 + a2 , a1 , a2 ∈ K Vì h1 khơng phải nên a1 = h3 Nếu a2 = 0, theo Định lý 1.3.2 ta có , ∞ + n1 (h1 , ∞) + n1 (h1 , a) − h1 1 n1 , ∞ + n1 , ∞ + n1 (f, ∞) + n1 ,∞ − f Gf h3 nTf = Th1 n1 4Tf + n1 (g, ∞) − 4Tf + Tg − n 4+ Tf − n−2 Do đó, n < + , mâu thuẫn Nếu a2 = đặt n−2 Q(z) = Từ h1 = a1 c n g2 f2 ,∞ f (n − 1)(n − 2) (z − s1 )(z − s2 ) n , ta thấy n n1 , ∞ , f n ,∞ f − sj nn1 (f, sj ), j = 1, Như Θf (sj ) Θf (0) 1− , n 1− , n j = 1, 2, theo Định lý 1.3.2 ta có 1− +2 1− n n Do đó, n Θf (0) + Θf (sj ) j=1 Điều khơng thể xảy n > 10 Như h1 khơng biểu thị tuyến tính qua {1, h3 } 33 Kí hiệu F = , Fn,b (f ) G= Fn,b (g) Theo Bổ đề 2.3.2 ta có G = AF + B −bBh1 = h3 − bB − A Như vậy, B = 0, kéo theo h3 số Nếu h3 = 1, ý Tf = Tg , nên theo Định lý 1.3.2 ta có nTf + = Th1 + 1 , ∞ + n1 (h1 , ∞) + n1 (h1 , − h3 ) n1 h1 1 n , ∞ + n1 , ∞ + n1 (f, ∞) + n1 ,∞ f Q(f ) h2 1 4Tf + n1 , ∞ + n1 ,∞ g Q(g) 4Tf + 3Tg 7Tf Điều kéo theo n < 7, điều khơng thể xảy n 10 Do h3 = 1, kéo theo f = g Fn,b đa thức cho hàm hữu tỷ khác theo Định lý 2.2.3 Suy Fn,b urscm cho hàm hữu tỷ khác Định lý chứng minh Hệ 2.3.1 Cặp (∞, Fn,b ) − urscm cho hàm hữu tỷ khác với số nguyên dương n Chứng minh Lấy f, g hàm hữu tỷ khác 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 Theo chứng minh Định lý 2.3.1 ta có kết luận hệ 34 Định lý 2.3.2 Tập Fn,b urscm cho đa thức khác với n n mãn b = − Fn,b đa thức đa thức khác thỏa Chứng minh Lấy f, g hai đa thức khác Khi từ điều kiện Ef (Fn,b )= Fn,b (f ) Eg (Fn,b ) ta có hàm nguyên K khơng có khơng điểm, nên Fn,b (g) Điều kéo theo Fn,b (f ) = c · Fn,b (g) Do Fn,b đa thức bậc n nên TFn,b (f ) = nTf Ta có Tf = Tg Đặt f1 = − f n−2 Q(f ), b c f2 = g n−2 Q(g), b n(n − 1) (n − 1)(n − 2) z − n(n − 2)z + 2 Do đó, f1 + f2 = − c Q(z) = 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) − =0 (2.14)  f2 (z) − + c = g(z) − =0 (2.15) 35 có nghiệm giải hai hệ ta có c= b+1 b+1 , = b c b Do c2 = tức c = c = −1 Kéo theo b = − Do theo lớp thứ hai điều kiện ta giả sử hai hệ điều kiền (2.14) (2.15) khơng có nghiệm Giả sử (2.14) khơng có nghiệm Khi ta có n(f ; 0, − c) n , ∞ = 2Tf (f − 1)2 Do đó, nTf + = Tf1 + 1 , ∞ + n1 (f, − c) − n(f ; 0, − c) f1 1 n1 , ∞ + n1 , ∞ + n1 , ∞ − 2Tf f Q(f ) f2 1 ,∞ Tf + n1 , ∞ + n1 g Q(g) n1 (f, ∞) + n1 = 4Tf Điều xảy n Nếu n nTf + Điều khơng thể xảy n 6, biến đổi tương tự ta có 6Tf Do đó, ta có c = f = g, tức Fn,b đa thức cho đa thức khác Định lý 2.3.3 Với b ∈ K∗ − {−1, −2} tập F3,b urscm cho đa thức khác Chứng minh Giả sử ngược lại F3,b không urscm cho đa thức khác Khi F3,b khơng phải ursim cho Aut(K), tức tồn σ ∈ Aut(K) − 0 {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 ) 36 = (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 = Ta có Fn,b = {1 + a, + Aa, + Aa2 } Chú ý = + 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, Fn,b urscm cho Aut(K) 37 Kết luận Luận văn tổng hợp trình bày tương tự số kết [6] cho hàm hữu tỷ khác K Cụ thể là: • Định lý 2.1.1 tương tự Định lý điểm [6] • Định lý 2.1.3 tương tự Định lý 3.9 [6] • Định lý 2.2.1 tương tự Định lý 3.19 [6] • Định lý 2.3.1 tương tự Định lý 3.36 [6] 38 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 khơng, thảo [2] Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số đặc trưng khơng, thảo [3] Hồng Xn Sính - Trần Phương Dung, Đại số đại cương, Nhà xuất Giáo dục, 2003 [B] Tiếng Anh [4] Ha Huy Khoai, p-adic interpolation, AMS Translations: Math Notes, vol 1, 22, 1979 [5] Ha Huy Khoai and Mai Van Tu, p-adic Nevalinna - Cartan Theorem, Internat J Math 6(1995), 719 - 731 [6] Hu, P.C and Yang, C.C., Meromorphic functions over non-Archimedean fields, Kluwer, 2000 ... Hai định lý nhận giá trị Hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không 12 Vấn đề xác định hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng với điều kiện ảnh tập hợp điểm áp dụng. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI QUANG THIỆN VẤN ĐỀ XÁC ĐỊNH ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC TRƯNG KHƠNG VỚI ĐIỀU KIỆN ẢNH NGƯỢC CỦA TẬP HỢP ĐIỂM VÀ ÁP DỤNG... Chương Vấn đề xác định hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng với điều kiện ảnh tập hợp điểm áp dụng Trong chương này, tương tự định lý hàm phân hình p-adic [6] cho hàm hữu tỷ trường đóng đại