Một số vấn đề cơ sở trong giải tích p adic

MỤC LỤC Chuẩn trường 1.1 Các khái niệm 1.1.1 Chuẩn tương đương 1.2 Chuaån phi Archimedean 1.2.1 Tính chất chuẩn phi Archimedean 1.3 Chuẩn Q 1.4 Xây dựng trường số p-adic Qp 1.4.1 Chuẩn Qp 1.4.2 Đồng dư Qp 1.4.3 Số nguyên p-adic 1.5 Biểu diễn p-adic số x Qp 1.6 Bổ đề Hensel 1.7 Nhóm giá trị trường thặng dư Qp 1.8 Một số tính chất tôpô Qp 1.8.1 Khoaûng Qp 1.9 Bài tập chương Xây 2.1 2.2 2.3 2.4 dựng trường số phức p-adic Cp Chuẩn không gian vectơ Trường Qp Các tính chất Cp Bài tập chương Hàm giải tích p-adic 3.1 Chuỗi lũy thừa 3.2 Hàm giải tích 3.3 Vành hàm giải tích 3.3.1 Các định nghóa 3.3.2 Định lý 3.3.3 Các tính chất 3.4 Định lý chuẩn bị Weierstrass 3.5 Ña giaùc Newton 3 8 10 11 11 11 14 15 15 16 16 17 17 17 17 19 21 21 21 23 23 24 26 27 27 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic 3.6 3.7 Hàm phân hình p-adic Bài tập chương Lý thuyết Nevanlinna 27 27 30 Chương Chuẩn trường 1.1 Các khái niệm Định nghóa 1.1.1 Cho F trường, ánh xạ |.| : F → R gọi chuẩn F thỏa mãn ba tính chất sau: i |x| ≥ 0; ∀x ∈ F vaø |x| = ⇔ x = ii |xy| = |x||y|; ∀x, y ∈ F iii |x + y| ≤ |x| + |y|; ∀x, y ∈ F Ví dụ Lấy F = Q, R, C ; với giá trị tuyệt đối thông thường chuẩn Lấy F trường tùy ý, ∀x ∈ F , ta định nghóa |x| = neáu x = 0 neáu x = chuẩn tầm thường Tính chất |1| = |x−1 | = ; |x| ∀x = Nếu F trường hữu hạn F có chuẩn chuẩn tầm thường Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic 1.1.1 Chuẩn tương đương Cho F trường; |.| chuẩn F Khi đó, chuẩn |.| cảm sinh mêtric d(x, y) = |x − y| Tôpô sinh mêtric gọi tôpô cảm sinh chuẩn |.| Định nghóa 1.1.2 Cho hai chuẩn |.|1, |.|2 trường F Ta nói |.|1 |.|2 tương đương với tôpô cảm sinh hai chuẩn trùng Ký hiệu |.|1 ∼ |.|2 Định lý 1.1.1 (Các điều kiện tương đương chuẩn) Cho F trường; với |.|1, |.|2 hai chuẩn F , khẳng định sau tương đương |x|1 < ⇔ |x|2 < 1; ∀x ∈ F |x|1 ≤ ⇔ |x|2 ≤ 1; ∀x ∈ F Tồn c > cho |x|1 = |x|c2; ∀x ∈ F Daõy {xn } dãy Cauchy chuẩn |.|1 ⇔ dãy {xn } dãy Cauchy chuẩn |.|2 |.|1 ∼ |.|2 Chứng minh ⇒ Với x ∈ F, x = 0; ta có |x|1 > ⇔ |1/x|1 < ⇔ |1/x|2 < ⇔ |x|2 > Do |x|1 ≤ ⇔ |x|2 ≤ 1; ∀x ∈ F, x = 0, với x = hiển nhiên ⇒ Với x = hiển nhiên Với x ∈ F, x = 0; ta coù |x|1 ≥ ⇔ |1/x|1 ≤ ⇔ |1/x|2 ≤ ⇔ |x|2 ≥ Do ñoù |x|1 < ⇔ |x|2 < 1; ∀x ∈ F, x = ⇒ • Nếu chuẩn |.|1 chuẩn tầm thường chuẩn |.|2 chuẩn tầm thường Thật vậy, với x ∈ F, x = ta có |x|1 = Nếu |x|2 > |1/x|2 < ⇒ |1/x|1 < (mâu thuẫn) Nếu |x|2 < |x|1 < (mâu thuẫn) Do |x|2 = hay |.|2 chuẩn tầm thường Vậy |.|1 ≡ |.|2 • Nếu |.|1 không chuẩn tầm thường tồn x0 ∈ F cho |x0 |1 > 1, |x0|2 > Đặt a = |x0|1 b = |x0|2 Khi đó, ∀x ∈ F, x = ta viết > y ta có |x|1 = ay , y = loga |x|1 Ta chứng minh |x|2 = by Thật vậy, lấy m n m m |x|1 = ay < a n = |x0|1n ⇒ |xn |1 < |xm |1 m n m n ⇒ |xn /xm |1 < ⇒ |x /x0 |2 < ⇒ |x|2 < b Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic cho m → y ta |x|2 ≤ by n Tương tự lấy y > m , ta |x|2 ≥ by n y Vậy |x|2 = b Do |x|1 = ay = (by )logb a = |x|c2; với c = logb a > Với x = hiển nhiên đẳng thức thỏa mãn ⇒ Dãy {xn } dãy Cauchy chuẩn |.|1 chæ |xn − xm |1 → 1/c ⇔ |xn − xm |1 → m, n → ∞ m, n → ∞ với c > ⇔ |xn − xm |2 → m, n → ∞ ⇔ Dãy {xn } dãy Cauchy chuẩn |.|2 ⇒ Giả sử |x|1 < ta cần chứng minh |x|2 < Từ giả thiết |x|1 < ta suy xn → chuẩn |.|1 Do {xn } dãy Cauchy |.|1 hay {xn } dãy Cauchy |.|2 Điều có nghóa (xn+1 − xn ) → chuẩn |.|2 hay xn (x − 1) → chuẩn |.|2 Do |xn |2|1 − x|2 → Mà |1 − x|2 = suy |xn |2 → hay |x|2 < ⇒ Goïi τ1 , τ2 tôpô cảm sinh từ chuẩn |.|1, |.|2 Laáy A ∈ τ1 , ∀x ∈ A tồn B1 (x, r) ⊂ A Khi 1/c y ∈ B1(x, r) ⇔ |y − x|1 < r ⇔ |y − x|1 < r1/c ⇔ |y − x|2 < r1/c ⇔ y ∈ B2 (x, r1/c) ⇔ B1 (x, r) = B2(x, r1/c ) Điều có nghóa tồn B2 (x, r1/c) ⊂ A Do A ∈ τ2 Vậy τ1 ≡ τ2 ⇒ Giả sử |x|1 < suy |xn |1 → Do |.|1 ∼ |.|2 neân |xn |2 → Suy |x|2 < 1.2 Chuaån phi Archimedean Định nghóa 1.2.1 Cho F trường |.| chuẩn F Khi chuẩn |.| gọi chuẩn phi Archimedean thỏa mãn thêm điều kiện iii' |x + y| ≤ max{|x|, |y|}; ∀x, y ∈ F Ví dụ Chuẩn tầm thường trường F chuẩn phi Archimedean Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Nếu F trường hữu hạn chuẩn F chuẩn tầm thường Do đó, chuẩn trường hữu hạn F phi Archimedean Cho p số nguyên tố Khi ∀x ∈ Q, x = biểu diễn dạng x = pa m ; n với a, m, n ∈ Z; n = 0; (m, p) = 1, (n, p) = Ký hiệu a = ordp (x) Qui ước ordp (0) = ∞ Bổ đề 1.2.1 Cho p số nguyên tố Khi ñoù ∀x, y ∈ Q ta coù i ordp (xy) = ordp (x) + ordp (y) ii ordp (x + y) ≥ min{ordp (x), ordp (y)} Laáy ρ ∈ (0, 1) Khi chuẩn |.| : Q → R xác định ρordp (x) x = 0 x = |x| = chuẩn phi Archimedean Q Lấy ρ1 , ρ2 ∈ (0, 1) gọi |.|1, |.|2 tương ứng hai chuẩn xác định theo ρ1 , ρ2 Khi |.|1 ∼ |.|2 Thaät vaäy ∀x ∈ Q, x = ordp (x) |x|1 = ρ1 ordp (x) logρ2 ρ1 = (ρ2 ) = |x|c2; với c = logρ2 ρ1 > Lấy ρ = p1 , ta có chuẩn |.|p : Q → R xác định |x|p = p−ordp (x) x = 0 x = chuẩn phi Archimedean Q Ta hay gọi chuẩn p-adic Q Định lý 1.2.1 (Các điều kiện chuẩn phi Archimedean) Cho F trường với e phần tử đơn vị |.| chuẩn F Các điều kiện sau tương đương Chuẩn |.| chuẩn phi Archimedean |2| ≤ 1, với = 2.e = e + e |n| ≤ 1, với n = n.e = e + e + · · · + e n Taäp N = {n = n.e | n ∈ N} bị chặn Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Chứng minh ⇒ Ta coù |2| = |e + e| ≤ max{|e|, |e|} = ⇒ Neáu n ∈ N n = a0 + a1 + · · · + as 2s Trong ∈ {0, 1}, ∀i = 0, 1, , s; as = Suy |ai | ≤ 1, ∀i = 0, 1, , s Do |n| = |a0 + a12 + · · · + as 2s | ≤ |a0| + |a1||2| + · · · + |as ||2s | ≤ + + ··· + = s + Maët khác, ta có 2s ≤ n < 2s+1 Suy s + ≤ log2 n + Do |n| ≤ log2 n + Khi đó, với số nguyên dương k, ta có |nk | ≤ log2 nk + = k log2 n + ≤ k(log2 n + 1) Suy |n| ≤ k 1/k (log2 n + 1)1/k Cho k → ∞, ta seõ có |n| ≤ ⇒ Hiển nhiên ⇒ Giả sử tập N bị chặn, tồn a ∈ R cho |n| ≤ a; ∀n ∈ N Khi n |x + y|n = |(x + y)n | = | Cnk xk y n−k | k=0 n n |Cnk ||x|k |y|n−k ≤ k=0 a|x|k |y|n−k ≤ k=0 ≤ (n + 1)a(max{|x|, |y|})n Suy √ √ |x + y| ≤ n n + n a max{|x|, |y|} √ √ Cho n → ∞ n n + n a → Do |x + y| ≤ max{|x|, |y|} Vậy |.| chuẩn phi Archimedean Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic 1.2.1 Tính chất chuẩn phi Archimedean Mệnh đề 1.2.1 (Nguyên lý tam giác cân) Cho |.| chuẩn phi Archimedean trường F Nếu |x| = |y| |x + y| = max{|x|, |y|} Chứng minh Không tính tổng quát, ta giả sử |x| > |y| Khi đó, ta có |x| = |x + y − y| ≤ max{|x + y|, |y|} ≤ max{|x|, |y|} = |x| Suy |x| = max{|x + y|, |y|} Mà |x| > |y| nên |x| = |x + y| Vậy |x + y| = max{|x|, |y|} Mệnh đề 1.2.2 Cho |.| chuẩn phi Archimedean trường F Nếu dãy {xn } → x = tồn n0 ∈ N cho |xn | = |x|, ∀n ≥ n0 Chứng minh Vì x = nên |x| > {xn } → x nên tồn n0 ∈ N cho |xn − x| < |x|; ∀n ≥ n0 theo nguyên lý tam giác cân, ta có |xn | = |xn − x + x| = max{|xn − x|, |x|} = |x|; ∀n ≥ n0 1.3 Chuẩn Q Định lý 1.3.1 (Định lý Ostrowski) Mọi chuẩn không tầm thường |.| Q tương đương với chuẩn giá trị tuyệt đối thông thường chuẩn |.|p, với p số nguyên tố Chứng minh Nếu |2| > |.| chuẩn Archimedean Lấy n ∈ N, giả sử n = a0 + a1 + · · · + as 2s , ∈ {0; 1} vaø 2s ≤ n < 2s+1 ; |2| = 2a , a = log2 |2| Ta coù |n| ≤ |a0| + |a1||2| + · · · + |as ||2|s ≤ + 2a + · · · + 2as ≤ 2as C ≤ na C Suy |nk | ≤ nka C ⇒ |n| ≤ na C 1/k Cho k → ∞ ta |n| ≤ na Mặt khác, 2s ≤ n < 2s+1 nên ta có |2s+1 | = |n + 2s+1 − n| ≤ |n| + |2s+1 − n| Suy |n| ≥ |2s+1 | − |2s+1 − n| ≥ 2(s+1)a − (2s+1 − n)a ≥ 2(s+1)a − 2sa Do |n| ≥ 2(s+1)a C ≥ na C Chương Xây dựng trường số phức p-adic Cp 2.1 Chuẩn không gian vectơ 2.2 Trường Qp 2.3 Các tính chất Cp Cp đầy đủ Cp trường đóng đại số Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.3.1 Lấy g(x) = xn + bn−1 xn−1 + · · · + b0 ∈ Qp[x] Khi đó, β nghiệm g(x) |β|p ≤ c = max{1, |bi |p } Chứng minh Giả sử β nghiệm g(x) |β|p > c (*) Ta coù β n + bn−1 β n−1 + · · · + b0 = ⇒ β = −bn−1 − ⇒ |β|p ≤ max {| 0≤i≤n−1 b0 bn−2 − · · · − n−1 β β bn−i−1 |p } ≤ max {|bn−i−1 |p } 0≤i≤n−1 βi ≤ c (maâu thuẫn với (*)) Vậy |β|p ≤ c 17 (do |β i|p > 1) 18 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Laáy f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ∈ Cp [x], với ∈ Cp Ta chứng minh f (x) có nghiệm Cp Với i = 0, 1, , n − 1; laáy {aij }j dãy phần tử Qp hội tụ Ñaët gj (x) = xn + an−1,j xn−1 + · · · + a1,j x + a0,j ; ∀j Laáy rij nghiệm gj (x) Qp (i = 1, 2, , n) Ta coù gj+1 (x) = Πni=1 (x − ri,j+1 ) Với j, ta đặt Aj = max1≤i≤n {1, |aij |n } Do aij → j → ∞ neân anij → ani j → ∞ Do |aij |n bị chặn j → ∞, suy Aj bị chặn j → ∞, tồn A cho Aj < A , ∀j Theo bổ đề 2.3.1, ta max1≤i≤n {1, |rij |n } < A Cp laø không gian vectơ vô hạn chiều Qp Nhóm giá trị |C∗p | = {pr : r ∈ Q} ≤ (R+ , ) Trường thặng dư Cp bao đóng đại số Fp = Zp /pZp Cp không gian khả ly Cp không compact địa phương Chứng minh Với m ∈ N, (m, p) = 1, ta kí hiệu √ m = {z ∈ Cp : z m = 1} √ Deã dàng thấy, z ∈ m ⇔ z m = Suy |z|m p = ⇒ |z|p = √ Bổ đề 2.3.2 Với m ∈ N, (m, p) = 1, z ∈ m 1, z = |z − 1|p = Chứng minh Ta có |z−1|p ≤ max{|z|p , |1|p} = Giả sử |z−1|p < Đặt a = z−1 = = |a|p < vaø z = a + Khi m−1 m−1 a + · · · + Cm a + am = z m = (1 + a)m = + Cm Suy m−1 m−1 a + · · · + Cm a + am = Cm m−1 m−2 ⇒ a(Cm + · · · + Cm a + am−1 ) = m−1 m−2 ⇒ |a|p|m + · · · + Cm a + am−1 |p = 19 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic i i−1 Ta lại có (m, p) = nên |m|p = |a|p < nên ta có |Cm a |p = i i−1 |Cm |p |a|p ≤ |a|p < , ∀i = 2, , m Do đó, ta phải có m−1 m−2 a + am−1 |p = |m + · · · + Cm Suy |a|p = ⇒ a = ⇒ z = Ta gặp mâu thuẫn Vậy |z − 1|p = Bây giờ, ta chứng minh Cp không compact địa phương Đặt √ m I= (m,p)=1 Khi đó, I tập hợp vô hạn phần tử nằm mặt cầu đơn vị Lấy {zi }i∈N ⊂ I dãy gồm phần tử phân biệt thuộc I Ta chứ√ng minh√{zi}i∈N dãy hội tụ Thật vậy, với zi = zj bất kỳ, giả sử zi ∈ m 1, zj ∈ n Khi đó, ta có |zi|mn zi p =1 (| |p)mn = zj |zj |mn p Suy √ zi zi mn ∈ 1, =1 zj zj Do đó, theo bổ đề trên, ta coù |zi − zj |p = |zj |p| zi − 1|p = zj Suy dãy {zi}i∈N không hội tụ Do cầu đơn vị không compact, hay cầu Cp không compact Vậy Cp không compact địa phương Cp có lực lượng continum, số hình cầu Cp đếm 2.4 Bài tập chương Goïi C+ p = {z ∈ Cp : |z − 1|p < 1} tập hợp phần tử dương Cp Chứng minh khẳng định sau tương đương (a) a ∈ C+ p (b) limn→∞ ap = n (c) ap ∈ C+ p 20 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Giải (a) ⇒ (b) Lấy a ∈ C+ p , đặt c = max{|a − 1|p , 1/p}, < c < Ta chứng minh n quy nạp khẳng định sau |ap − 1|p ≤ cn+1 Với n = 0, ta có |a − 1|p ≤ c, điều cách xác định c n Giả sử, ta có |ap − 1|p ≤ cn+1 n+1 Ta cần chứng minh |ap − 1|p ≤ cn+2 n Đặt b = ap − 1, suy |b|p ≤ cn+1 ≤ c Khi |ap n+2 n − 1|p = |(ap )p − 1|p = |(b + 1)p − 1|p = |bp + Cp1bp−1 + · · · + Cpp−1 b|p = |b|p |bp−1 + Cp1bp−2 + · · · + Cpp−1 |p Vì |b|p ≤ cn+1 ≤ c neân |Cpk bp−k−1 |p = |Cpk |p |bp−k−1 |p ≤ |bp−k−1 |p ≤ cp−k−1 ≤ c ; ∀k = 0, 1, , p − |Cpp−1|p = |p|p = 1/p ≤ c Do |bp−1 + Cp1 bp−2 + · · · + Cpp−1|p ≤ c Suy |ap n+1 − 1|p ≤ cn+2 Vậy ta chứng minh |ap − 1|p ≤ cn+1 , với < c < Do n n n lim |ap − 1|p = ⇒ lim ap = n→∞ n→∞ (b) ⇒ (a) n n Giả sử limn→∞ ap = ⇒ ∃n : |ap − 1|p < Đặt x = a − 1, ta cần chứng minh |x|p < Giả sử |x|p ≥ 1, ta coù n n > |(x + 1)p − 1|p = |xp + Cp1n xp n −1 n + · · · + Cppn −1 x|p Vì |x|p ≥ nên với k = 1, 2, , pn − 1, ta coù |Cpkn xp n −k |p = |Cpkn |p |xp n −k |p < |x|pp n −k ≤ |x|pp n Theo nguyên lý tam giác cân ta phải có n > |xp + Cp1n xp n −1 n n + · · · + Cppn −1 x|p = |x|pp ≥ Suy > (vô lý) Ta chứng minh (a) ⇔ (b) Mặt khác, ta lại coù n p a ∈ C+ = ⇔ lim ap p ⇔ lim a n→∞ n+1 n→∞ n ⇔ lim (ap)p = ⇔ ap ∈ C+ p n→∞ Vậy ta có (a) ⇔ (c) =1 Chương Hàm giải tích p-adic 3.1 Chuỗi lũy thừa ∞ n Chuỗi n=0 an hội tụ dãy Sn = i=0 hội tụ ⇔ {Sn } dãy Cauchy ⇔ Sn − Sn−1 = an → ∞ Chuoãi n=0 an z n , an ∈ Cp gọi chuỗi lũy thừa (1) Bán kính hội tụ chuỗi (1) r= 1/n limn→∞ sup |an |p ∀z ∈ Cp , |z|p < r : chuỗi (1) hội tụ ∀z ∈ Cp , |z|p > r : chuỗi (1) phân kỳï ∀z ∈ Cp , |z|p = r : chuỗi (1) hội tụ an rn → 0, chuỗi (1) phân kỳ an rn → 3.2 Hàm giải tích Gọi D = D(0, r) = {z ∈ Cp : |z|p < r} Hàm f : D → Cp gọi hàm giải tích D f (z) biểu diễn dạng chuỗi lũy thừa hội tụ, tức ∞ an z n f (z) = n=0 hội tụ D = D(0, r) Ví dụ ∞ log(1 + z) = n=1 21 (−1)n+1 z n n 22 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Bán kính hội tuï: r= 1/n limn→∞ sup |1/n|p = lim n n→∞ |n|p Ta coù n = pordp n m , (m, p) = ⇒ |n|p = p−ordp n ≤ Do 1 = p−ordp n ≤ |n|p = p−ordp n ≤ n m Suy √ ≤ n n n |n|p ≤ Chuyeån qua giới hạn ta được: r = lim n n→∞ |n|p = Xét |z|p = 1: Ta có |1/n|p → tồn dãy {nk }, (nk , p) = Khi |1/nk |p = → Vậy chuỗi không hội tụ |z|p = Kết luận: log(1 + z) : D(0, 1) −→ Cp ∞ z −→ n=1 (−1)n+1 z n n laø haøm giải tích D(0, 1) ∞ z e = n=0 Bán kính hội tụ: r= zn n! 1/n limn→∞ sup |1/n!|p Ta coù ordp (n!) = = lim n→∞ n |n!|p n − Sn , Sn = a0 + a1 + · · · + as p−1 a0, a1, , as chữ số n khai triển p−adic n = a0 + a1p + · · · + as ps , ≤ ≤ p − 1, as = Ta coù Sn = a0 + a1 + · · · + as ≤ (p − 1)(s + 1) ≤ (p − 1)(logp n + 1) Do n − (p − 1)(logp n + 1) ordp (n!) ≤ ≤ n(p − 1) n p−1 23 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Chuyển qua giới hạn ta được: ordp (n!) = n p−1 lim n→∞ Suy n r = lim n→∞ Xeùt |z|p = p 1−p : ta cần kiểm tra ⇔ |n!|p = p− limn→∞ n p 1−p n! ordp (n!) n = p 1−p n 1−p → ⇔ | p n! |p → n − Sn Sn n − →∞⇔ →∞ p−1 p−1 p−1 Thế nhưng, ta có với nk = pk Snk = → ∞ Vậy chuỗi phân kỳ Kết luận: ez : D(0, p 1−p ) −→ Cp ∞ z −→ n=0 laø haøm giải tích D(0, p 1−p zn n! ) 3.3 Vành hàm giải tích 3.3.1 Các định nghóa • Vành đa thức: n z i : ∈ Cp} Cp[z] = {f = i=0 • Vành chuỗi lũy thừa hình thức: ∞ an z n : an ∈ Cp } Cp [[z]] = {f = n=0 Các phép toán: Cho ∞ ∞ an z f= n ; n=0 { Phép cộng: bn z n g= n=0 ∞ (an + bn )z n f +g = n=0 24 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic { Phép nhân: ∞ cn z n fg = n=0 cn = aibj i+j=n Ta có Cp [[z]] với hai phép toán cộng nhân định nghóa lập thành vành • Cho r > (r ∈ R), ta định nghóa: ∞ an z n ∈ Cp [[z]] : |an |prn → 0} Ar (Cp) = {f = n=0 Ta dễ dàng kiểm tra Ar (Cp ) vành vành Cp [[z]] • Neáu f (z) = a0 + a1z + · · · + an z n + · · · ∈ Ar (Cp ) |an |p rn → n → ∞ Đặt µ(r, f ) = max |an |p rn : hạng tử tối đại f n ν(r, f ) = max{n : |an |prn = µ(r, f )} Ta coù µ(r, f ), ν(r, f ) hàm tăng r Thật vậy, giả sử r1 ≤ r2 * µ(r1 , f) = |an0 |p r1n0 ≤ |an0 |pr2n0 ≤ µ(r2 , f) * Giả sử ν(r1 , f) = n1 , ν(r2 , f) = n2 Ta coù |an2 |p r2n2 ≥ |an1 |pr2n1 vaø |an2 |p r1n2 ≤ |an1 |pr1n1 Suy (r2 /r1 )n2 ≥ (r2 /r1 )n1 ⇒ n2 ≥ n1 3.3.2 Định lý Cho r > 0, µ(r, −) chuẩn phi Archimedean vành Ar (Cp ), tức là: µ(r, f ) ≥ µ(r, f ) = ⇔ f = µ(r, f g) = µ(r, f ).µ(r, g) µ(r, f + g) ≤ max{µ(r, f ); µ(r, g)} 25 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Chứng minh Hiển nhiên suy từ định nghóa µ(r, f ) Ta chứng minh Lấy f, g ∈ Ar (Cp ), ∞ ∞ an z n f= ; n=0 ∞ bn z n g= ; cn z n fg = n=0 n=0 cn = bj ⇒ |cn |p ≤ max |ai |p|bj |p i+j=n i+j=n Do µ(r, f g) = max |cn |p rn ≤ max max {|ai|p |bj |prn } n n i+j=n = max max {|ai|p ri |bj |prj } ≤ µ(r, f ).µ(r, g) n i+j=n Ngược lại, gọi i0 = min{i : |ai |p ri = µ(r, f )} ; j0 = min{j : |bj |p rj = µ(r, g)} ; |bj |p rj ≤ |bj0 |p rj0 |ai |pri < |ai0 |p ri0 ; |bj |p rj < |bj0 |p rj0 |ai0 |p = r−i0 µ(r, f ) ; |bj0 |p = r−j0 µ(r, g) Với i, j ta có |ai |p ri ≤ |ai0 |p ri0 Neáu i < i0 j < j0 ta có Đặt n = i0 + j0 , ta coù Suy |ai0 bj0 |p = r−n µ(r, f )µ(r, g) Nếu (i, j) = (i0, j0 ) vaø i + j = n i < i0 j < j0 Khi |aibj |p < r−n µ(r, f )µ(r, g) Do ñoù |cn |p = | bj |p = |ai0 bj0 |p = r−n µ(r, f )µ(r, g) aibj |p = |ai0 bj0 + i+j=n i+j=n,i=i0 Suy µ(r, f )µ(r, g) = |cn |p rn ≤ µ(r, f g) 26 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic 3.3.3 Các tính chất Ar (Cp ) đầy đủ chuẩn µ(r, −) Chứng minh Lấy {fi } dãy Cauchy Ar (Cp ) fi = a0i + a1i z + · · · + ani z n + · · · ∈ Ar (Cp ) Khi µ(r, fi − fj ) → i, j → ∞ ∀ > 0, ∃N : ∀i, j ≥ N : µ(r, fi − fj ) < ⇔ max |ani − anj |p rn < n ; ∀i, j ≥ N Với n, ta có |ani − anj |p < ; ∀i, j ≥ N rn Suy ra, với n, dãy {ani }i dãy Cauchy Cp Do Cp đầy đủ nên dãy {ani }i hội tụ Cp Do đó, với n, ta đặt an = lim ani i→∞ f = a0 + a1z + · · · + an z n + · · · Ta chứng minh f ∈ Ar (Cp) vaø fi → f i → ∞ Thật vậy, ta có ∀ > 0, ∃N : max |ani − anj |prn < n ; ∀i, j ≥ N Cho j → ∞, ta max |ani − an |p rn ≤ Suy n ; ∀i ≥ N µ(r, fi − f ) = max |ani − an |prn → n Do f = lim fi i→∞ Ta coù ∀ > 0, ∃N : max |an − ani |prn ≤ n Choïn i0 > N , fi0 ∈ Ar (Cp ) neân ∃M : |ani0 |p rn < Khi đó, ∀n ≥ M, ta coù ; ∀i ≥ N ; ∀n ≥ M |an |prn = |an − ani0 + ani0 |p rn ≤ max{|an − ani0 |p rn , |ani0 |prn } ≤ Suy lim an rn = n→∞ Do f ∈ Ar (Cp ) 27 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Cp [z] trù mật Ar (Cp ) Chứng minh Lấy f = a0 + a1 z + · · · + an z n + · · · ∈ Ar (Cp ) Khi fn = a0 + a1z + · · · + an z n ∈ Cp [z] Ta chứng minh fn → f theo chuẩn µ(r, −) Thật vậy, f ∈ Ar (Cp ) neân |ai |p ri → i → ∞ Tức là, ta có ∀ > 0, ∃N : |ai|p ri < ; ∀i ≥ N Khi đó, ∀n ≥ N , ta có µ(r, f − fn ) = max |ai |pri < i≥n Do lim µ(r, f − fn ) = n→∞ 3.4 Định lý chuẩn bị Weierstrass 3.5 Đa giác Newton 3.6 Hàm phân hình p-adic 3.7 Bài tập chương Cho f hàm giải tích Cp , f không điểm Cp Chứng minh f số Giải Áp dụng định lý Weierstrass, ta coù: ∞ an z n f (z) = ; an ∈ Cp n=0 hàm giải tích Cp số không điểm f (z) hình cầu |z|p ≤ r ν(r, f ) Trở lại toán, giả sử f hàm giải tích Cp f không điểm Cp Ta chứng minh f số, giả sử ngược lại f không số, tức tồn số nguyên dương k cho ak = Khi ta chọn r cho |ak |p rk > |a0|p Suy ν(r, f ) > 0, nghóa f có không điểm Cp , trái giả thiết 28 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic Cho f hàm giải tích Cp , f có hữu hạn không điểm Cp Chứng minh f đa thức Giải Giả sử f hàm giải tích Cp f có k không điểm z1, , zk Ta chứng minh f đa thức bậc k Đặt r0 = max{|z1|p, , |zk |p} Khi đó, theo định lý Weierstrass, ta có ν(r, f ) = k với r ≥ r0 Ta chứng minh an = , ∀n > k Thật vậy, giả sử ngược lại tồn n > k cho an = Khi đó, ta chọn r ≥ r0 đủ lớn để |an |prn > |ai |pri , ∀i = 0, 1, , k Suy ν(r, f ) > k, mâu thuẫn ν(r, f ) = k Hơn nữa, f có k không điểm nên ak = Vậy f đa thức baäc k Cho f (z) = z i ∈ Zp [[z]] hội tụ B[0, 1] có hai hệ số , aj không chia hết cho p Chứng minh f có nghiệm B[0, 1] Giải Theo định lý Weierstrass, ta cần chứng minh ν(1, f) > Vì an ∈ Zp nên |an |p ≤ Theo giả thiết, ta có tồn n0 > cho |an0 |p = Do µ(1, f) = max{|an |p } = n Khi ν(1, f) = max{n : |an |p = 1} ≥ n0 > Đặt E = {z ∈ Cp : |z|p < p 1−p }: miền xác định hàm số mũ ez Chứng minh rằng: (a) ez đẳng mêtric từ E đến + E (b) ex+y = ex + ey (c) log[(1 + x)(1 + y)] = log(1 + x) + log(1 + y) (d) log(1 + z) laø đẳng mêtric từ + E đến E (e) log : B(1, 1) → Cp toàn ánh (f) Tập hợp không điểm log(1 + z) √ ( pn − 1) n Giải (a) Chứng minh ez đẳng mêtric từ E vào + E 29 Đặng Tuấn Hiệp - Giải tích p-adic n−1 Nhận xét Nếu x1 , , xn−1 ∈ E | x1 x |p ≤ Thật vậy: n! ordp ( = n−1 x1 xn−1 )> − ordp (n!) n! p−1 Sn − n − n − Sn − = ≥0 p−1 p−1 p−1 Suy ra, neáu x1, , xn ∈ E | x1 xn n! ∈ E, : x1 xn−1 x xn |p = | |p|xn |p ≤ |xn |p < p 1−p n! n! Chương Lý thuyết Nevanlinna 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Neal Koblitz , p-adic numbers, p-adic analysis, and zeta-functions, Springer-Verlag, 1977 [2] Chung-Chun Yang and Pei-Chu Hu , Meromorphic functions over non-Archimedean fields, Kluwer Academic Publishers, 2000 31 ... |bp−1 + Cp1bp−2 + · · · + Cpp−1 |p Vì |b |p ≤ cn+1 ≤ c nên |Cpk bp−k−1 |p = |Cpk |p |bp−k−1 |p ≤ |bp−k−1 |p ≤ cp−k−1 ≤ c ; ∀k = 0, 1, , p − vaø |Cpp−1 |p = |p| p = 1 /p ≤ c Do |bp−1 + Cp1 bp−2... |x |p < Giả sử |x |p ≥ 1, ta coù n n > |(x + 1 )p − 1 |p = |xp + Cp1n xp n −1 n + · · · + Cppn −1 x |p Vì |x |p ≥ nên với k = 1, 2, , pn − 1, ta coù |Cpkn xp n −k |p = |Cpkn |p |xp n −k |p < |x|pp... |ap − 1 |p ≤ cn+1 n+1 Ta cần chứng minh |ap − 1 |p ≤ cn+2 n Đặt b = ap − 1, suy |b |p ≤ cn+1 ≤ c Khi |ap n+2 n − 1 |p = |(ap )p − 1 |p = |(b + 1 )p − 1 |p = |bp + Cp1bp−1 + · · · + Cpp−1 b |p = |b|p