Hàm liên tục khả vi p adic

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Phương Loan HÀM LIÊN TỤC KHẢ VI P - ADIC Chuyên ngành: Đại số lí thuyết số Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS MỴ VINH QUANG Thành phố Hồ Chí Minh - 2017 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn tơi thực hướng dẫn PGS TS Mỵ Vinh Quang Nội dung luận văn có tham khảo sử dụng số kết quả, nội dung từ sách, tạp chí liệt kê danh mục tài liệu tham khảo Tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm luận văn Lời cảm ơn Trong suốt trình học tập hồn thành luận văn, tơi nhận giúp đỡ hướng dẫn nhiệt tình thầy cơ, đồng nghiệp bạn cao học tốn K26 Đầu tiên, tơi xin gửi lời biết ơn sâu sắc đến PGS TS Mỵ Vinh Quang, người thầy tâm huyết giảng dạy người tận tình, giúp đỡ, hướng dẫn tơi q trình hồn thành luận văn Với lịng kính trọng biết ơn, xin gởi lời cảm ơn chân thành đến: Các thầy khoa Tốn - Tin trường Đại học Sư Phạm TP.HCM GS.TS Bùi Xuân Hải, GS TSKH Nguyễn Tự Cường trực tiếp trang bị cho kiến thức làm tảng cho q trình nghiên cứu hồn thành luận văn Ban giám hiệu, phòng Đào tạo sau đại học, khoa Toán - Tin trường Đại Học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập, hồn thành bảo vệ luận vặn Các thầy cô Hội đồng Bảo vệ luận văn thạc sĩ đọc, đóng góp ý kiến, nhận xét đánh giá luận văn Cuối xin dành lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè người ln động viên, giúp đỡ tơi q trình hồn thành luận văn TP Hồ Chí Minh, tháng 11 năm 2017 Nguyễn Thị Phương Loan MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Một số định nghĩa tính chất chuẩn trường 1.2 Chuẩn phi Archimede 1.3 Trường số p – adic p 10 Chương 2: HÀM LIÊN TỤC, KHẢ VI P – ADIC 17 2.1 Một số lớp hàm liên tục p 17 2.2 Hàm khả vi liên tục 27 2.3 Nguyên hàm hàm số liên tục 36 2.4 Bổ đề Hensel ứng dụng 42 KẾT LUẬN 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU : Tập số tự nhiên : Tập số nguyên : Tập số thực : Tập số hữu tỉ p : Tập số hữu tỉ p – adic p : Tập số nguyên p – adic : Chuẩn thông thường . : Chuẩn sup : Chuẩn p – adic p B  a, r  :Hình cầu mở tâm a bán kính r B  a, r  : Hình cầu đóng tâm a bán kính r n   k  : Tổ hợp chập k n phần tử m  pn ■ p : Hình cầu đóng tâm m bán kính p  n : Kết thúc chứng minh p MỞ ĐẦU Theo định lí Ostrowsky, chuẩn khơng tầm thường trường số hữu tỉ tương đương với chuẩn thông thường tương đương với chuẩn p - adic Làm đầy đủ theo chuẩn thông thường ta trường số thực chuẩn p - adic ta trường số p - adic p , làm đầy đủ theo Từ tính chất đặc biệt chuẩn p - adic so với chuẩn thông thường, hàm liên tục, khả vi trường số p - adic p vừa có tính chất tương tự hàm số thực, vừa có tính chất khác lạ Bởi vậy, việc nghiên cứu hàm liên tục, khả vi p - adic có nhiều điều thú vị định chọn đề tài: “Hàm liên tục khả vi p – adic” làm đề tài luận văn thạc sĩ tốn Với đối tượng, phạm vi nghiên cứu hàm liên tục, khả vi trường số p – adic, mục đích luận văn làm rõ giống nhau, khác hàm liên tục, khả vi trường số thực trường số p - adic p , đồng thời đưa cách chứng minh bổ đề Hensel dựa vào hàm giải tích số ứng dụng bổ đề Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn trình bày thành hai chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Nội dung chương trình bày số kiến thức bản, cần thiết cho chương sau như: Chuẩn trường, chuẩn p - adic định lí Ostrowsky Xây dựng trường số p - adic p số tính chất trường số p Chương Hàm liên tục, khả vi p – adic Chương tập trung nghiên cứu, tìm tịi chứng minh số tính chất số lớp hàm liên tục, khả vi p hàm thỏa điều kiện Lipschitz, hàm giải tích, hàm giải tích địa phương, hàm địa phương Đặc biệt thơng qua so sánh giống khác hàm liên tục, khả vi trường số thực trường số p - adic, xây dựng ví dụ phản ví dụ minh họa Đồng thời, chương đưa cách chứng minh bổ đề Hensel hàm giải tích số ứng dụng bổ đề Hensel Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương trình bày số kiến thức bản, cần thiết cho chương sau Nội dung trình bày chủ yếu tham khảo từ tài liệu [3] [5] 1.1 Một số định nghĩa tính chất chuẩn trường Định nghĩa 1.1.1 Cho K trường, ánh xạ :K  gọi chuẩn K thỏa điều kiện: i, x  0, x  K x   x  ii, x y  x y , x, y  K iii, x  y  x  y , x, y  K Ví dụ 1.1.2 Giá trị tuyệt đối thông thường chuẩn trường số hữu tỉ trường số thực Môđun số phức chuẩn trường số phức Cho K trường :K  0 x  xác định x   chuẩn 1 x  K, chuẩn gọi chuẩn tầm thường Mệnh đề 1.1.3 Cho chuẩn trường K, x  K ta có: i,  1, phần tử đơn vị trường K ii,  x  x iii, x 1  x Chứng minh i, Ta có  12  mà  suy  ii, Vì  x    x   x  x nên  x  x 2 iii, Ta có x.x1   , mặt khác x.x1  x x 1 suy x 1  Định nghĩa 1.1.4 Cho : K  ■ x chuẩn K, d : K  K  cho d  x, y   x  y gọi mêtric K,  K , d  không gian mêtric Tôpô cảm sinh d gọi tôpô cảm sinh Định nghĩa 1.1.5 Dãy  xn  trường K dãy Cauchy   , n0  để m, n  n0 xm  xn   Định nghĩa 1.1.6 Hai chuẩn , trường K gọi tương đương cảm sinh cùng tơpơ Kí hiệu  Định lí 1.1.7 Giả sử , hai chuẩn trường K, mệnh đề sau tương đương: i, x   x  1, với x  K ii, x   x  1, với x  K iii, Tồn hằng số C  cho x  x C với x  K iv,  xn  dãy Cauchy   xn  dãy Cauchy chuẩn v, ~ Chứng minh Chứng minh i  ii i  ii : x  K x  ta chứng minh x  i  Giả sử x   x 1  1 x 1   x  mâu thuẫn với giả thiết x  nên x  ii  i : x  K x  ta chứng minh x  Giả sử x   x 1   ii  x  1 x 1  x1   x  mâu thuẫn với giả thiết x  nên x  Chứng minh i  iii  iv  i i  iii : Trường hợp 1: Tồn chuẩn tầm thường, ta chứng minh chuẩn còn lại tầm thường Giả sử tầm thường khơng tầm thường, tồn x0  K * để i  x0  1 x0  mâu thuẫn với tầm thường Vậy tầm thường  Trường hợp 2: Cả hai chuẩn không tầm thường không tầm thường nên tồn x0  K * để x0  a  Theo (i) suy x0  b  Ta chứng minh x  K x  a x  b + Lấy r  m m   ta chứng minh x  b Thật x  a  a n   x0 m n  m n , n xn  x0m  x n  x 1   x   x0  m n  ii  m  1 x n  x 1  m   xn  x0m m n  b  br Lấy rk  : rk   , rk   , x  br  x  b k + Tương tự r   x  br Do x  b suy x  b Vậy x  b   a  loga b  x , C  log a b  0, x  K * C iii  iv :  xn  dãy Cauchy với    0, N : m, n  N ta có xn  xm   C    0, N : m, n  N ta có x n  xm    0, N : m, n  N ta có xn  xm   xn  dãy Cauchy với  C C  36 1 g  z, t   1 g  z   g t  g  z   g t    1 f  g  z  , g  t    z t f  g  z   f  g t  Vì f '  a   nên g hàm khả vi liên tục f  a  g ' f  a   lim  z ,t  f  a , f  a   1 g  z, t   lim  x , y  a ,a   f  x, y    1   f '  a   ■ 1 2.3 Nguyên hàm hàm số liên tục Định nghĩa 2.3.1 Nếu f đạo hàm hàm F (𝐹′ = 𝑓) F gọi nguyên hàm f Trong trường hợp thực ta có kết hàm liên tục có nguyên hàm nguyên hàm C - hàm Trong trường hợp p – adic ta có kết tương tự Định lí 2.3.2 (Định lí Dieudonné) Nếu hàm f : p  p liên tục f có ngun hàm khả vi liên tục Để chứng minh định lí Dieudonné trường số ta chứng minh số bổ đề p sau Bổ đề 2.3.3 Cho f : fn : p  p  p N p cho lim N  f n 1 n hàm liên tục có dãy hàm hằng địa phương f  với f    sup f  x  p x p Chứng minh Với n  , ta định nghĩa quan hệ ~ Khi ~ quan hệ tương đương p nên p p : x ~ y  f  x  f  y p  n phân hoạch thành lớp tương đương U i , i  I Với U i ta chọn U i , với x p x thuộc U i đó, ta định nghĩa gn  x  : f   x ~ Dễ thấy g n hàm n địa phương gn  x   f  x  p  , x  p 37 Đặt f1 : g1 f n : gn  gn1, n  f n hàm địa phương N  fn  f n 1  gN  f   sup g N  x   f  x  p   x p N Do lim  f n  f N  n 1 N Bổ đề 2.3.4 Cho f1 , f , f hàm liên tục f , mỗi hàm max  Fn  , 1Fn   fn  p  ■  cho  f n hội tụ f n có nguyên hàm khả vi liên tục Fn thỏa f với   sup f  x  x F p n hội tụ đến hàm p  khả vi liên tục F :  Fn nguyên hàm f n 1 Chứng minh Theo giả thiết,  f n hội tụ f nên lim f n n F n suy n 1 F n hội tụ đến F Cho a  n  N , với s, t  p p p n    Fn n  N 1   max Fn n  N 1    , chọn N cho   Do với N  fn   , , s  t n  N ta có: 1Fn  s, t   f n  a  p  max  f n Mà với x, y   , suy lim Fn  N hội tụ điểm đến F , mà  Fn  F   , 1Fn   fn   đủ gần a 1Fn  x, y   f n  a  p   , n  N Suy 1F  x, y   f  a  p     F  x, y   f  a  n n 1  sup 1Fn  x, y   f n  a  p   n p n Do  bé tùy ý nên F khả vi liên tục a F '  a   f  a  Điều đúng với a p nên F khả vi liên tục nguyên hàm f ■ Bổ đề 2.3.5 Cho g : p liên tục G thỏa max  G   p hàm hằng địa phương có ngun hàm khả vi 1G   g  với f   sup f  x  p x p 38 Chứng minh p n 1 thích hợp ta có thể viết g dạng g  x    mm pn Với n p m 0 m  p m pn x  m  pn p p hàm đặc trưng m  pn p nghĩa m pn m pn p cho G  x    m  x  m  m p m0 G   max m p p  x    x   trường hợp còn lại Một nguyên hàm g p n 1 Cho x  m  p n p  x  với n p  x  hiển nhiên G hàm khả vi liên tục x  m p  p  n , G  x  p  m  x  m  p  m p Suy  g  Để chứng minh 1G  x, y  p  g  , x, y  p , x  y ta chia hai trường hợp Trường hợp 1: x, y  m  p n 1G  x, y  p  G  x  G  y x y Trường hợp 2: x  m  pn Khi x  m p  x  y 1G  x, y  p  p p  m  x  y  p p x y , y  m ' p n  m p  m p  g (2.8)  , m  m' y  m ' p  x  y G  x  G  y x y p p p nên xm y  m'  m ' x y x y  g (2.9)  p Từ (2.8) (2.9) suy 1G   g  Vậy bổ đề đã chứng minh.■ Chứng minh định lí Dieudonné Theo bổ đề 2.3.3, có thể viết f dạng f   f n , f n hàm địa phương Theo bổ đề 2.3.5, hàm f n có nguyên hàm Fn  C1  p  p  thỏa 39 max  Fn  , 1Fn   f n  Cuối cùng áp dụng bổ đề 2.3.4 định lí Dieudonné chứng minh.■ Trong giải tích thực có hàm khơng liên tục có ngun hàm Trong giải tích p – adic ta có kết tương tự Ví dụ 2.3.6 (Hàm khơng liên tục có ngun hàm) Cho hàm f : không liên tục p p  p 0 x  xác định f  x  :  , f hàm 1 x  có nguyên hàm p Chứng minh Ta chứng minh hàm F : p  p cho an  0, n   0 F   an p n    n 2n  n 0   an p   a2 n p n : an  0, n0  n : an  0 0 0  nguyên hàm f Thật vậy, cho x   an p n với an  y  n  n0 x  y p  p 2n p cho 2n0 hệ số x y phải giống nhau, F  y   F  x  Vậy F hàm địa phương x p p \ 0 nên F '  x    f  x  \ 0  Lấy y   bn p n  , bn  1F  y,   p  n  n0 F  y  y y p p  p n0   n  n0 1  p  n0 1 bn p n p Cho y  ta có F '    ■ Vấn đề đặt giải tích p – adic, hàm f có nguyên hàm? Để trả lời cho câu hỏi ta cần định nghĩa lớp hàm mở rộng hàm liên tục 40 Định nghĩa 2.3.7 Hàm f gọi thuộc lớp hàm Baire tồn dãy  f n  hàm liên tục cho  f n  hội tụ điểm f Trong giải tích thực cho f :  a, b  , f khả vi f ' thuộc lớp hàm Baire Trong giải tích p – adic ta có kết tương tự Định lí 2.3.8 Cho f : p  p , f khả vi f ' thuộc lớp hàm Baire Chứng minh Trước tiên ta chứng minh X  , X chứa hai điểm a  b X có thể p biểu diễn dạng hợp hai tập mở U1 ,U không giao cho a U1 , b U Thật ta xét ba trường hợp  a  0, b p  p ,  Ta chọn U1  M  B  0, p 1  U  M    a p p  \ B  0, p 1   p , b p  p ' ,  '   ,  ',  Ta chọn U1  M  B  0, p  U  M   a p  p  \ B  0, p   b p  p ,  Giả sử a  p   a0  a1 p  a2 p   , b  p   b0  b1 p  b2 p   a0  b0 , , ak 1  bk 1 , ak  bk a  b U2  M   p p  p k Chọn U1  M  B  a, p k 1   \ B  0, p k 1  Theo chứng minh n  p * , a  p đặt B  a,  :  x   n  p 1 : x  a p   , n  1 khơng có điểm lập nên B  a,  có thể viết dạng hợp hai tập n   khác rỗng, vừa đóng vừa mở, khơng giao U1 U Khi lấy u1 U1, u2 U với n * ta xây dựng hàm địa phương rn cho 41  1 rn : B  a,    n p liên tục x  f n  x  : u1 , x U xác định rn  x  :  Theo mệnh đề 2.1.11, rn hàm u2 , x U1 p , x  rn  x  p  , r  x   x Do dãy hàm f n : n n p  p cho f  rn  x    f  x  hàm liên tục lim f n  x   f '  x  , suy f ' thuộc n rn  x   x lớp hàm Baire 1.■ Nhận xét 2.3.9 Theo định lí Dieudonné, f hàm liên tục có ngun hàm F hàm khả vi nên theo định lí 2.3.8, f thuộc lớp hàm Baire Vậy f hàm liên tục f thuộc lớp hàm Baire 0 x  Ví dụ 2.3.6 đã hàm f  x  :  hàm không liên tục 1 x  thuộc lớp hàm Baire Vậy hàm thuộc lớp hàm Baire mở rộng thực lớp hàm liên tục ta có định lí quan trọng sau: Định lí 2.3.10 (điều kiện cần đủ để hàm có nguyên hàm) Hàm f : p  p có nguyên hàm chỉ f thuộc lớp hàm Baire Chứng minh Theo định lí 2.3.8, f có ngun hàm f thuộc lớp hàm Baire nên ta cần chứng minh f thuộc lớp hàm Baire f có ngun hàm Vì f thuộc lớp hàm Baire nên tồn dãy hàm liên tục g1 , g2 , g3 , hội tụ điểm f Theo bổ đề 2.3.3, hàm gn  C  hàm địa phương Do đó, với n cho f n  g n   p  p  có thể xấp xỉ với tồn f n hàm địa phương Suy lim f n  f hay dãy hàm f n hội tụ điểm f n  n 42 Theo bổ đề 2.3.5, hàm f n hàm địa phương có nguyên hàm Fn thỏa điều kiện bổ đề 2.3.4, x  p :  Fn  x   '   f n  x   f  x   n  n Vậy giải tích p – adic f thuộc lớp hàm Baire điều kiện cần đủ để hàm có ngun hàm.■ Chú ý 2.3.11 Trong giải tích thực, f thuộc lớp hàm Baire chưa phải điều kiện đủ để hàm có nguyên hàm 2.4 Bổ đề Hensel ứng dụng Theo định nghĩa phép tốn phép tốn cộng, trừ, nhân, chia p thực dễ Tuy nhiên việc khai số nguyên hay giải phương trình tìm nghiệm p nói chung khơng phải lúc thực Bổ đề Hensel giúp giải phần vấn đề trên, đặc biệt vấn đề mô tả hay tự đẳng cấu p Trong phần ta đưa cách chứng minh bổ đề Hensel cách áp dụng tính chất hàm khả vi liên tục số ứng dụng Định lí 2.4.1 (Bổ đề Hensel) Cho f : x  p p  Giả sử an  tồn nhất b  p p hàm giải tích p n xác định f  x    an x , , n có phần tử a  p thỏa p cho b  a p  f  a  p n 0 f a p  1, f ' a p 1 f  b   Chứng minh Đặt r  f  a  p  , f hàm giải tích f  x   b0  b1  x  a   b2  x  a   , x  Ta có f  a   b0 , f '  a   b1 bn  p p p nên có thể viết dạng , n Nếu x, y  B  0, r  , x  y 43 1 f  x, y   f '  a   x  a   y  a p  b2 x y  b3  x  a   y  a n  max n2 : u x y p  r, v p p n f B a ,r   p p   r, u  v    max r n1  r  f  a  p  f '  a  Vậy n x y  u n  v n  max  n2  u  v  x  a   y  a thỏa mệnh đề 2.2.10 nên p do f a p  1, f '  a  p  1 f  B  a, r    B  f  a  , r  Mặt khác,  f  a  p  f  a  p  r nên  B  f  a  , r  suy tồn b  B  a, r  cho f  b   ■ Bổ để Hensel có nhiều ứng dụng giải tích p – adic Sau chúng ta đưa số ứng dụng bổ đề Hensel để mô tả đơn vị tự đẳng cấu p p mô tả Trước hết, ta có tập 1;1 Vậy tập nào? Mệnh đề 2.4.2 2.4.3 mô tả cho ta tập p p Mệnh đề 2.4.2 Cho p số nguyên tố lẻ Khi i, Với  i  p  tồn nhất i  Do tập bậc p  ii, Tập p p p thỏa i p 1  i  i  mod p  U p 1  1 , 2 , ,  p 1 U p 1 (hay x  p , x n   x p 1  ) Chứng minh i, Đặt f  x   x p  x , ta có f '  x   px p 1  Với i 1, 2, , p  1  i, p   p p Theo định lí Fecma, i  i  mod p  hay i  i   mod p  , suy f  i  p  44 f '  i   pi p 1  nên f '  i  p  Khi theo bổ đề Hensel tồn i  cho i  i p  f  a  p p f i   Suy i p  i  i  , i p 1  Vậy U p 1  1 , 2 , ,  p 1   x  : x p 1 1 p ii, Trước hết ta chứng minh khơng có bậc p khác Xét đa thức f  x   x p 1 p p  x , ta có x p     x  1  x p 1  x p    1  x    p 1 p2  x  x    * x p 1  , ta có x 1 p 1 p 2 Đặt f  x   x  x    f  x  1  x  1  p 1 1  x p 2  C p21.x p 3   C p0 1 suy bất khả quy theo tiêu chuẩn x  1 Eisenstaine, nên bất khả quy Kí hiệu U  x  minh U p 1  x  p p | n  p * : x n  1 tập : x p 1  1  U Vì U p 1  x  chứng minh với x0 U x0 x  Vì x0 U nên tồn n x0n   x0p k m Do (*) vơ nghiệm ta chứng minh P     x0m   k 1 * p p   mà khơng có bậc p khác      : x p 1  1  U nên ta cần n cho x0  Giả sử n  p k m,  m, p   1, ta có nên biểu thức tương đương với x m p 1 , ta chứng : x p 1  1  U p 1 k 1 m P  x0m   x0 p p p  Áp dụng liên tiếp tính chất ta 45 Giả sử x0  a0  a1 p   am p m  ,  a0 , p   Khi theo định lí Fecma p  x , x0 p  nên  a0  p 1, suy a0p1  1 mod p  Xét đa thức f  x   x p1 1 ta có f  a0   a0p1    mod p  f '  a0    p  1 a0p2   mod p  , suy f  a0  p  1, f '  a0  p  Theo bổ đề Hensel, tồn y0  y0p 1  , suy y0  m p 1 y0  a0 p  f  a0  y0  a0 p  f  a0  p p p cho  (2.10) Xét đa thức g  x   x m p 1  1 p  x , ta có g  a0   a0m p 1    mod p  g '  a0   m  p  1 a0m p 11   mod p  suy g  a0  p Hensel, phương trình g  x   có nghiệm z0  Ta chứng minh g  a0  p  f  a0  Thật vậy, g  a0  p  a0m p 1  p  1, g '  a0  p  Theo bổ đề p thỏa z0  a0 x0m p 1  a0m p 1 p p  g  a0  p  g  a0  p (2.11) p  a0p 1  p a0 p 1 m1  a0 p 1 m2   a0p 1   a0p 1  p a0 p 1 m1   a0 p 1 m2    a0p 1   m  a0p 1  p p p (vì a0 p  nên a0 p 1 m1  a0 p 1 m2   a0p1   ) p  f  a0  p Vì x0m p 1  nên x0m p 1   , p x0m p 1  a0m p 1 p   max x0m p 1  , a0m p 1  Kết hợp x0m p 1  a0m p 1 y0  a0 p  f  a0  p p p  x0  a0 p p  a m p 1   g  a0  p p x0m p 11  x0m p 11.a0   a0m p 11 p  x0  a0 theo (2.10) (2.11) ta có y0  a0 p  g  a0  p , x0  a0 p p với  g  a0  p 46 Mà x0 , y0 nghiệm U p 1  x  p g  x   suy x0  y0  z0 Vậy x0 U p 1 hay : x p 1  1  U ■ Mệnh đề 2.4.3 Nếu x  2 tồn n  để xn  x  1 Nghĩa tập * 1 Chứng minh Trước tiên ta chứng minh phương trình x2   vô nghiệm giả sử tồn x0  để x02  1 Do x02  1  nên x0  Thật vậy, , x0 có biểu diễn x0  a0  a1.2  a2 22   an 2n  với 0,1 , suy a  a1.2  a2 22   an 2n    1 Do a02  1 mod  hay a0  (vì a0  0,1 ) Với a0  , ta suy 1  a1.2  1 mod 22  hay  1 mod  mâu thuẫn với  1 mod 4 Vậy x2   vô nghiệm Tiếp theo với  n,   , giả sử có x0  2 cho x0n  , ta chứng minh x0  1 Thật vậy, x0n  nên x0  x0  1 mod  Do x0  1 mod  x0n  Mặt khác ta có  1 mod  1n  Xét đa thức f  x   xn 1 f 1   mod  f ' 1  n.1   mod  suy Hensel, tồn z0  2  x , ta có f 1  1, f ' 1  Theo bổ đề cho z0   f (1) z0n  Do x0  z0  Cuối với số tự nhiên chẵn n x0  n , x0  , ta chứng minh x0  1 k m Ta ln có n  2k.m với m lẻ, k > Khi x n  tương đương với x2 x  m 2k  hay k  Theo chứng minh x  Từ ta có   x2 1    x2  1 x2  1 x4  1 x    x    x  1 k Vậy 1 ■ k 1 47 Trong trường số thực có tự đẳng cấu ánh xạ đồng Áp dụng bổ để Hensel, ta chứng minh kết tương tự trường Mệnh đề 2.4.4 Trong trường p p chỉ có tự đẳng cấu nhất ánh xạ đồng nhất Chứng minh Trước tiên ta chứng minh cho u  i, u phần tử khả nghịch p * p phát biểu sau tương đương: u   * p ii, n  ,  n, p   u p 1 có bậc n i,  ii, Giả sử u  p * p p , ta chứng minh n  ,  n, p   u p 1 có bậc n Thật vậy, u  * p u  a0  a1 p  a2 p  với   p 1  a0 , p   Theo định lí Fecma ta có: a0p 1  1 mod p  , suy a  u p1  a0p1  1 mod p  Xét f  x   xn  a , ta có f 1 p  1, f ' 1 x0 1 p  f (1) p p f 1   a   mod p  f ' 1  n   mod p   nên theo bổ đề Hensel tồn x0  x0n  a  u p 1 Vậy u p 1 có bậc n ii,  i, Giả sử u p 1 ln có bậc n xn p p suy p thỏa với n  ,  n, p   Ta có xnn  u p 1 suy n.ord p  xn    p  1 ord p  u  , dẫn đến n ước  p  1 ord p  u  , với n  ,  n, p   Do  p  1 ord p  u   hay ord p  u   Suy u p  , tức u * p Bây ta chứng minh trường xạ đồng Giả sử f : p  p p có tự đẳng cấu ánh tự đẳng cấu trường p Khi f 1  , nên 48 f  m   m , m  Do đó, với r  Nếu u  p * p p  m  f  m , n  f  r   f    r  n  f n nên  f  u   p 1 để u p 1  xnn , suy f  u p 1   f  xnn    f  xn   Mà n , nghĩa tồn xn  p p 1   f  xn   , có nghĩa n Vậy theo chứng minh trên, ta có f  u   tức với  ,   u , m, n  theo chứng minh trên, với n  ,  n, p   u p 1 có bậc n f  u p 1    f  u   p m  n * p p * p  f u  p 1 có bậc n Ta chứng minh f đẳng cự f    f    p     p Thật vậy, giả sử     pm u, m , Khi   p  p  m , f    f     f      f  p m u   f  p m  f  u   p m f  u  suy f    f    p  p  m     p f  u   * p Vây f ánh xạ đẳng cự, f ánh xạ liên tục Cuối ta chứng minh f ánh xạ đồng Thật vậy, với x  sử x  am p m   ak p k  Đặt xn  am pm   amn p mn  n , giả x  lim xn Do f liên n  tục nên f  x   lim f  xn   lim xn  x Vậy f ánh xạ đồng nhất.■ n p 49 KẾT LUẬN Trong luận văn này, đã trình bày đầy đủ tính chất số lớp hàm liên tục, khả vi p hàm giải tích, giải tích địa phương, hàm địa phương, hàm thỏa điều kiện Lipschitz Từ so sánh giống khác hàm liên tục, khả vi trường số p – adic p trường số thực , đồng thời cho thấy việc điều chỉnh để đưa khái niệm hàm khả vi liên tục giải tích p – adic cần thiết Đặc biệt thông qua nghiên cứu hàm thuộc lớp hàm Baire 1, luận văn đưa điều kiện cần đủ để hàm có ngun hàm Tơi áp dụng tính chất hàm khả vi liên tục để chứng minh bổ đề Hensel đưa số ứng dụng bổ đề Hensel mô tả đơn vị mô tả tự đẳng cấu p p 50 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Đậu Thế Cấp (1992), Giải tích hàm, NXB Giáo Dục Jean Marie Monier, (1999), Giáo trình tốn tập Dịch từ tiếng Pháp Người dịch Lý Hoàng Tú, 2001 NXB Giáo Dục Tiếng Anh Neal Koblitz (1960), P – adic numbers, P – adic analysis, and Zeta functions, Springer, Newyork Kurt Mahler (1973), Introduction to p – adic Numbers and their Functions, Cambridge University press, Cambridge W H Schikhof (1984), Ultrametric Calculus, Cambridge University Press, Cambridge ... giải tích thực, hàm f gọi hàm khả vi liên tục ( C1 - hàm) f hàm khả vi f ' hàm liên tục 28 Trong trường h? ?p p – adic, ví dụ 2.1.21, ví dụ 2.1.24 cho thấy hàm khả vi có đạo hàm liên tục có nhiều... 17 Chương 2: HÀM LIÊN TỤC, KHẢ VI P - ADIC 2.1 Một số l? ?p hàm liên tục p Trong mục này, xét số l? ?p hàm liên tục quan trọng xác định p hàm giải tích, giải tích địa phương hàm địa phương Đầu tiên... cho p n  Bn p p p x 1 x  Bn , n  0 p   ? ?p n x  Bn f  p n   p n  p 2n p n  p 2n  Bn , n nên f  pn  p 2n   p n  p 2n Suy f không đơn ánh lân cận 0.■ 2.2 Hàm khả vi liên tục