Tập xác định duy nhất các hàm nguyên trên trường đặc số dương

Tập xác định duy nhất các hàm nguyên trên trường đặc số dương

Đại Học Thái NguyênTrường Đại học Sư phạm

Đại Học Thái NguyênTrường Đại học Sư phạm

Mục lục

Mục lục 1

Lời nói đầu 2

1 Kiến thức cơ sở 51.1 Trường định giá, trường phi Archimed 5

1.2 Tập xác định duy nhất, đa thức xác định duy nhất 7

1.3 Lý thuyết Nevanlinna trên trường đặc số dương 8

2 Tập xác định duy nhất các hàm nguyên trên trường đặc số dương 112.1 Tập không xác định duy nhất và cứng affine trong trường đặcsố dương 11

Lời nói đầu

Vấn đề tìm các tập xác dịnh duy nhất hàm trên trường đặc số dương làmột trong những vấn đề mới của lý thuyết số Cho đến nay mới chỉ có rấtít công trình theo hướng nghiên cứu này Luận văn có mục đích giới thiệunhững kết quả mới nhất nhằm tìm ra những cách tiếp cận sâu hơn Nội dungnghiên cứu bao gồm:

-Trình bày bài toán đặt ra trên trường đặc số dương,

-Xây dựng một số tập xác định duy nhất các hàm nguyên trên trường đặcsố dương,

-Tính toán một số ví dụ cụ thể.

Trong quá trình nghiên cứu nhân tử hoá của hàm phân hình ( trong mặtphẳng phức ), F Gross [7], năm 1976, đã đưa ra khái niệm tập xác địnhduy nhất Cung cấp những ví dụ về tập xác định duy nhất các hàm nguyênphức (khác hằng) đã trở thành chủ đề của một số bài báo gần đây Lý thuyếtNevanlinna đã trở thành công cụ chính được sử dụng để xây dựng những vídụ đó.

Boutabaa, Escassut và Haddad [5] đã nghiên cứu tập xác định duy nhấtcho các hàm nguyên phi Archimed (trong trường đặc số 0) và nếu thu hẹpđể nghiên cứu các đa thức, thì có một sự biểu thị đẹp về mặt hình học chotập xác định duy nhất hữu hạn.

Định lý A (Boutabaa, Escassut và Haddad [5]) Cho K là trường có đặcsố 0 Cho F là họ những đa thức khác hằng với hệ số trên K Khi đó, mộttập hữu hạn S trong K là tập xác định duy nhất cho F nếu và chỉ nếu S làcứng affine.

Cherry và Yang [6], năm 1999, đã mở rộng định lý này cho trường hợpnhững hàm nguyên phi Archimed khác hằng một biến trên trường đặc số 0,đầy đủ tương ứng với một giá trị tuyệt đối phi Archimed.

Trong suốt luận văn, K sẽ luôn là một trường đầy đủ tương với một giátrị tuyệt đối phi Archimed ''Tập xác định duy nhất'' luôn có nghĩa là tập xácđịnh duy nhất kể cả bội của họ A∗(K) những hàm nguyên phi Archimedkhác hằng trên K Ta có thể coi các đa thức trên trường bất kỳ là trườnghợp đặc biệt của các hàm nguyên phi Archimed một biến trên K Do đó,khi phát biểu bài toán nào cho họ các hàm nguyên phi Archimed, mệnh đềđó cũng đúng với các đa thức Voloch đã cho một chứng minh thuần tuý''đại số - hình học''của định lý (Boutabaa, Escassut và Haddad [5]) và làmrõ rằng định lý cũng đúng trong trường đặc số dương cho những tập có lựclượng nguyên tố với n Nghĩa là,

Định lý B (Định lý của Voloch [3]) Cho K có đặc số p ≥ 0 và đầy đủtương ứng với một giá trị tuyệt đối phi Achimed Cho A∗(K) là họ nhữnghàm nguyên phi Archimed khác hằng trên K Cho S là một tập có lực lượnghữu hạn n, giả sử nguyên tố với p nếu p > 0 Khi đó, S là tập xác định duynhất của họ A∗(K) nếu và chỉ nếu S là cứng affine.

Vậy, điều gì sẽ xảy ra khi đặc số p chia hết lực lượng của một tập ? Trong[6], Cherry và Yang đã cho một ví dụ về một tập 3 phần tử là cứng affine,nhưng không là một tập xác định duy nhất trong trường đặc số 3.

Vì không có tập cứng affine có lực lượng 2, nên cũng không có tập xácđịnh duy nhất có lực lượng 2 trong trường đặc số 2 ( hoặc trong trường đặcsố bất kì ) Một số câu hỏi tiếp theo được đặt ra là: Có hay không tập xácđịnh duy nhất có lực lượng p trong trường đặc số p ? Tồn tại hay không tậphữu hạn cứng affine có lực lượng n mà không là tập xác định duy nhất vàkhi n là một bội, nhưng không là luỹ thừa của đặc số ?

Mục đích chính của luận văn là trình bày lại các kết quả của Boutabaa,Cherry và Escassut [3] một cách có chọn lọc theo bố cục riêng nhằm cụ thểhoá nội dung ở trên và trả lời các câu hỏi vừa nêu Với mục đích như vậy,

luận văn được chia làm hai chương

Chương 1 Kiến thức cơ sở Trong chương này, chúng tôi trình bàymột số kiến thức cơ bản phục vụ cho việc chứng minh một số định lý trongluận văn ở chương 2.

Chương 2 Tập xác định duy nhất các hàm nguyên trên trườngđặc số dương Trước hết, chúng tôi trình bày về tập không xác định duynhất cứng affine trên trường đặc số dương Tiếp theo, chúng tôi trình bàyđịnh lý cơ bản và chứng minh của nó về tập xác định duy nhất có lực lượng≥ 4 trong trường đặc số bất kì, đây cũng chính là trọng tâm của luận văn.Cuối cùng chúng tôi đưa ra các ví dụ về tập xác định duy nhất có lực lượngn, với mọi n ≥ 4, trong trường đặc số bất kì Với tập có lực lượng nhỏ tacòn có thể sử dụng công cụ ''đại số - hình học'' sẽ trình bày trong phần cuốicủa chương.

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáoGS.TSKH Hà Huy Khoái,cán bộ Viện Toán học - Viện Khoa học và Công nghệ quốc gia, người đãnhiệt tình hướng dẫn và chỉ bảo tôi những kiến thức, kinh nghiệm trong quátrình hoàn thành luận văn và nghiên cứu khoa học

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn tới những người thân yêu trong gia đình,những người bạn thân thiết đã động viên, giúp đỡ tôi trong quá trình học tậpvà hoàn thành luận văn.

Chương 1

Kiến thức cơ sở

1.1 Trường định giá, trường phi Archimed.

Định nghĩa 1.1.1 Cho p là một số nguyên tố Một số nguyên p-adic có thểđược mô tả bằng nhiều cách Một phép biểu diễn nó là một chuỗi

x = a0 + a1p + a2p2 + , ai ∈ Z(∗).

Tổng riêng là xn = a0+a1p+a2p2+ +anpn sao cho xn−xn−1 = anpn.Một số nguyên p− adic cũng có thể được định nghĩa như một dãy số nguyênx = {x0, x1, } thoả mãn xn ≡ xn−1 mod pn, n = 1, 2, (**)

Tổng và tích của những số nguyên p− adic được định nghĩa bởi phépnhân đa thức nếu (*) được sử dụng Với phép biểu diễn (**), ta có

Trường các thương Qp của θp được gọi là trường số p- adic Mỗi α ∈ Qp

có dạng pmu, với m là một số nguyên (có thể âm) và u là một đơn vị của

θp Vậy α có ''khai triển Laurent":a−r

pr + + a−1

p + a0 + a1p + Một phép biểu diễn khác là α = x

pr , với x là một số nguyên p-adic và r ≥ 0.Cách biểu diễn này thuận lợi cho phép cộng và phép nhân trong Qp.

Định nghĩa 1.1.3 Định giá p- adic trên Qp là một hàm giá trị nguyênvp : Qp → Z

được định nghĩa bởi

vp(pmu) = m.Tổng quát:

Định nghĩa 1.1.4 Một định giá v trên trường K là một hàm giá trị thựctrên K \ {0} thoả mãn :

(a) v(xy) = v(x) + v(y), ∀x, y ∈ K;

(b) v(x + y) ≥ min{v(x), v(y)}, ∀x, y ∈ K;Quy ước, đặt v(0) = +∞(v(x) = +∞ ⇔ x = 0).

Một trường K với định giá v được gọi là trường định giá.

Nếu c là một số thực lớn hơn 1, thì định giá v cảm sinh một giá trị tuyệtđối trên K, tức là

Định nghĩa 1.1.5 Một giá trị tuyệt đối trên trường K là một hàm giá trịthực trên trường K

| ã | : K → R+ = [0, +∞)thoả mãn các điều kiện sau:

(i) |x| ≥ 0, dấu đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu x = 0;(ii) |xy| = |x|.|y|, ∀x, y ∈ K;

(iii) |x + y| ≤ |x| + |y|, ∀x, y ∈ K.

Do (b), giá trị tuyệt đối cảm sinh bởi một định giá thoả mãn một tínhchất mạnh hơn (iii) là

(iv) |x + y| ≤ max{|x|, |y|}, ∀x, y ∈ K.

Một giá trị tuyệt đối thoả mãn (iv) được gọi là giá trị tuyệt đối phiArchimed.

Một trường với giá trị tuyệt đối phi Archimed được gọi là trường phiArchimed.

Giá trị tuyệt đối được gọi là tầm thường , kí hiệu: | ã |0, nếu:|x|0 =

1 : x ∈ K \ {0}0 : x = 0.

Rõ ràng đó là một giá trị tuyệt đối phi Archimed trên K và K hiển nhiênlà đầy đủ tương ứng với giá trị tuyệt đối này.

1.2 Tập xác định duy nhất, đa thức xác định duy nhất

Định nghĩa 1.2.1 Cho f là một đa thức khác hằng hoặc là một hàm nguyên.Cho S là một tập trong miền giá trị của f Ta định nghĩa

(với số bội) nếu E(f, S) = E(g, S).

Một tập S được gọi là tập xác định duy nhất (kể cả bội) của một họ hàmF, nếu với ∀f, g ∈ F sao cho E(f, S) = E(g, S) thì ta có f ≡ g Thôngthường xét họ các hàm F : hàm nguyên (chỉnh hình), hàm phân hình, hàmhữu tỉ, đa thức.

Định nghĩa 1.2.2 Cho f, g là các hàm phân hình khác hằng Đa thức P (z)được gọi là đa thức xác định duy nhất các hàm phân hình nếu từ đẳng thứcPS(f ) = PS(g) thì f ≡ g.

Đa thức P (z) được gọi là đa thức xác định duy nhất theo nghĩa rộng cáchàm phân hình nếu từ đẳng thức PS(f ) = c.PS(g), c 6= 0 thì f ≡ g, với f,g phân hình khác hằng.

Định nghĩa 1.2.3 Một tập được gọi là cứng affine nếu phép biến đổi affineduy nhất bảo toàn tập là biến đổi đồng nhất.

1.3 Lý thuyết Nevanlinna trên trường đặc số dương.

Trước hết ta giới thiệu một số kí hiệu kiểu Nevanlinna và sau đó phátbiểu định lý Nevanlinna mà ta sẽ áp dụng trong việc chứng minh định lýchính của ta ở chương sau ở đây, K sẽ là một trường đóng đại số đầy đủtương ứng với một giá trị tuyệt đối phi Archimed đặc số p ≥ 0 Cho f làmột hàm phân hình (phi Archimed) trên K Với mỗi z0 ∈ K kí hiệu wz0(f )bậc triệt tiêu của f tại z0 Đó là, nếu f(z0) = 0, thì wz0(f ) kí hiệu số bộicủa không điểm tại z0, nếu f có một cực điểm, thì −wz0(f ) kí hiệu bậc củacực điểm Định nghĩa

Nếu p > 0, đặt u(f) là số nguyên lớn nhất sao cho ở đây tồn tại một hàmphân hình g trên K thoả mãn

Trong trường đặc số 0, ta thường không tính phần modpu(f )+1 Nhớ rằngtrong trường đặc số 0, hàm đếm cắt cụt đếm đúng các không điểm của f,nhưng không kể số bội của chúng Trong trường đặc số p > 0, nó cũng gầngiống như vậy, nhưng nó cũng không tính các không điểm mà có số bội làmột bội của pu(f )+1 Ta cũng xét hàm đếm cho các cực điểm Nghĩa là,

N (r, f ) = Z(r, 1

f) và N(r, 1

f) = Z(r,1f).

Sau cùng ta định nghĩa tương tự như hàm đặc trưng Nevanlinna bởiT (r, f ) = max{Z(r, f ), N (r, f )}.

Lý thuyết các đa giác định giá (hoặc đa giác Newton) dễ dàng suy ra mộtcách tương tự Định lý Cơ bản Thứ nhất của Nevanlinna:

Định lý 1.3.1 ( Định lý Cơ bản Thứ nhất) Nếu f là một hàm phân hìnhkhác hằng trên K và a ∈ K, thì

Định lý 1.3.3 ( Định lý Cơ bản Thứ hai [4]) Cho α1, , αn là n điểm phânbiệt trong K và cho f là một hàm phân hình trên K Khi đó

Z(r, f − αj) = nT (r, f ) + O(1),và từ định lý 1.3.3,

(x − s) là đa thức bậc nhỏ nhất với hệ số trong K, tập nghiệmcủa nó là S Khi đó, hai hàm f và g trong A∗(K) chia S kể cả bội nếu vàchỉ nếu tồn tại hằng số c ∈ K, c 6= 0 sao cho P (f) = cP (g).

Chứng minh Nếu P (f) = cP (g) thì P (f) = 0 nếu và chỉ nếu P (g) = 0và cả hai hàm triệt tiêu với cùng số bội Do đó, f và g, rõ ràng chia S (kểcả bội ) Đảo lại, f và g chia S kể cả bội thì P (f)/P (g) là một hàm giảitích phi Achimed trên K không có không điểm, do đó là hằng số Điều nàydễ dàng suy ra từ lý thuyết các đa giác định giá (hoặc đa giác Newton) Nócũng suy từ định 1.3.3.

*Chú ý Nếu một tập không là tập xác định duy nhất cho họ các đathức khác hằng thì nó cũng không là tập xác định duy nhất cho họ các hàmnguyên phi Archimed khác hằng, như vậy trong phần này chỉ cần xét vớicác đa thức.

Ví dụ 2.1.2 Cho K là một trường đóng đại số đặc số p > 0 Cho n là mộtsố nguyên sao cho q = pn ≥ 3 Đặt

P (X) = Xq+ (X − 1)q−1.Đặt f(z) = zq−1 và g(z) = (z − 1)q−1 Khi đó

P (f (z)) = P (g(z)).

Hơn nữa, P có q không điểm phân biệt và tập S những không điểm của Pcho một ví dụ về tập cứng affine với q điểm mà không là tập xác định duynhất cho các đa thức khác hằng với hệ số trên K.

Chứng minh Trước hết ta chứng tỏ P (f(z)) = P (g(z)) Từ định nghĩaP (X), dễ dàng chứng tỏ

P (f (z))(zq − z) = P (g(z))(zq − z),suy ra P (f(z)) = P (g(z)) Thật vậy,

P (f (z))(zq − z) = [zq(q−1) + (zq−1 − 1)q−1](zq − z)= zq2 − zq(q−1)+1 + z(zq−1 − 1)q

= zq2 − zq(q−1)+1 + zq(q−1)+1 − z = zq2 − z.Tương tự,

P (g(z))(zq−z) = P (g(z))((z−1)q−(z−1)) = (z−1)q2−(z−1) = zq2−z.Như vậy, P (f(z)) = P (g(z)) như đã khẳng định Chú ý

P (X) = X

q+1 − 1X − 1

và do đó những không điểm của P chính là các căn bậc (q + 1) của đơn vị,trừ ra 1 Phần còn lại ta chứng tỏ rằng S là cứng affine Chú ý

s = −1.

Giả sử S bất biến bởi một phép biến đổi affine σ(z) = az + b Khi đó tacũng có thể có

Trường hợp p = 2 Viết S = {ζ, ζ2, , ζ2n} Phương trình (2) trở thànhb = ζ2n+1−j + ζj với mọi j,

chú ý ζ2nj = ζ2n+1−j do ζ2n+1 = 1 Cộng các phương trình này với j =1, , 2n−1, ta có

Như đã nói trong phần giới thiệu, ví dụ vừa nêu là điển hình cho tập 3phần tử trong trường đặc số 3 Tức là, không tồn tại tập xác định duy nhấtcó lực lượng 3 Trước hết ta cho chứng minh hình học của Voloch và sau đóta cho chứng minh ''phức tạp'' mà có ưu thế hơn với các ví dụ cụ thể.

Định lý 2.1.3 Cho K là trường đặc số 3 Khi đó không có tập xác định duynhất 3 phần tử cho họ những đa thức khác hằng với hệ số trong K.

Chứng minh của Voloch Đặt S = {s1, s2, s3} và đặt P (x) = (x − s1)(x −s2)(x − s3) Khi đó

G(x, y) = P (x) − P (y)x − y

định nghĩa một đường cong bậc 2 trên P2 Vì P (x) − P (y) chỉ có một điểmđơn ở vô tận trong trường đặc số 3, nên điều đó đúng với dạng toàn phươngđược định nghĩa bởi G Do đó, G được biểu hiện bằng tham số bởi nhữngđa thức bậc 2 Do đó tìm được hai đa thức bậc 2 khác nhau f và g sao choP (f ) = P (g), mà tất nhiên f và g chia S.

Chứng minh phức tạp Lại là, đặt S = {s1, s2, s3} và đặt

P (x) = (x − s1)(x − s2)(x − s3) = x3 + a2x2 + a1x + a0.Ta xét 2 trường hợp.

Trường hợp a2 = 0 Trong trường hợp này a1 6= 0, hoặc nếu không, Pkhông có nghiệm phân biệt (trong trường đặc số 3) Chọn phần tử b ∈ Ksao cho b2 + a1 = 0 Khi đó

P (z + b) = z3 + b3 + a1(z + b) + a0 = P (z) + b(b2 + a1) = P (z).Do đó, S không là một tập xác định duy nhất.

Trường hợp a2 6= 0 Trong trường hợp này, ta thay x bởi x + a1/a2 khửsố hạng tuyến tính của P Biến đổi S bởi một phép biến đổi affine khôngthay đổi dù nó có là tập xác định duy nhất hay không, vì vậy không mất tínhtổng quát ta có thể giả thiết rằng a1 = 0 Trong trường hợp này, đặt

f (z) = a2(z2 − 1), và g(z) = a2(z2 + z).

Khi đó

P (f (z)) = a32(z6 + z4 + z2) + a0 = P (g(z)),và S không là một tập xác định duy nhất.

*Chú ý Phương pháp này sẽ là tốt để xây dựng các ví dụ tương tự ví dụ2.1.2 cho bội của p mà không thuần tuý là luỹ thừa của p, hoặc chứng tỏkhông tồn tại những ví dụ như vậy.

2.2 Định lý cơ bản về tập xác định duy nhất.

Xuyên suốt phần này, K sẽ là một trường đóng đại số đầy đủ tương ứngvới một giá trị tuyệt đối phi Archimed và A∗(K) sẽ là tập các hàm nguyênphi Archimed khác hằng trên K Định lý cơ bản của ta được cho sau đây:Định lý 2.2.1 Cho K có đặc số p ≥ 0 Đặt

P (x) = xn − axm+ 1,với n > m Giả thiết rằng a 6= 0 trong K sao cho

mm(n − m)n−man 6= nnvà

mm(n − m)n−man 6= nn(1 − ζ)pd(n−m),với mọi số nguyên d 6= 0 và mọi ζ ∈ K sao cho

ζn−m = (−1)n−m.

Giả thiết thêm rằng m và n thỏa mãn hoặc các điều kiện (A1) đến (A3) hoặccác điều kiện (B1) đến (B2) dưới đây.

(A1) n > m > 1,(A2) |(n, m)|p = 1,

(A3) n|n|p không chia hết m,(B1) n − 2 ≥ m ≥ 5,

mm(n − m)n−man 6= nn(1 − ζ)pd(n−m)

đúng với mọi d ≥ 0, a cần được chọn sao cho nó không thỏa mãn một sốhữu hạn các phương trình đại số Do đó, trên một trường vô hạn và đặc biệttrên trường đóng đại số, luôn có thể tìm được một số a như vậy.

Trước khi chứng minh định lý 2.2.1, ta cần phát biểu và chứng minh mộtsố bổ đề sau.

Bổ đề 2.2.2 Cho n, m, a và P như trong định lý 2.2.1 Cho c 6= 1 Khi đó,P − c−1 hoặc P − c không có nghiệm bội.

Chứng minh Ta giả sử cả P − c−1 và P − c có một nghiệm bội và đi đếnmột sự mâu thuẫn Vì c 6= 1, không tồn tại nghiệm chung của 2 đa thức Vìcả m và n đều không chia hết cho p, ta có thể lấy đạo hàm của mỗi đa thứcvà kết luận rằng (vì hai đa thức có nghiệm kép),

mm(n − m)n−man = nn(1 − c)n−m = nn(1 − c−1)n−m,và hơn nữa, n, m và n − m là nguyên tố cùng nhau với p Do đó,

(1 − c−1)n−m = (1 − c)n−m,và như vậy cn−m = (−1)n−m Tuy nhiên, giả thiết

mm(n − m)n−man 6= nn(1 − ζ)n−m

với mọi ζ ∈ K sao cho ζn−m = (−1)n−m loại trừ khả năng các đa thức dạngP − ζ có các không điểm bội, với giả thiết ζ 6= 1 Như vậy, ta kết luận rằngc = 1, điều này phủ định giả thiết của ta.