Đa thức duy nhất mạnh cho họ các hàm hữu tỷ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGÔ THỊ HẢI LÝ ĐA THỨC DUY NHẤT MẠNH CHO HỌ CÁC HÀM HỮU TỶ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGÔ THỊ HẢI LÝ ĐA THỨC DUY NHẤT MẠNH CHO HỌ CÁC HÀM HỮU TỶ Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 84 60 104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN THỊ NGỌC DIỆP Nghệ An - 2018 MỤC LỤC Mục lục Một số ký hiệu thường dùng luận văn Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Đa tạp đại số không gian afin không gian xạ ảnh 1.2 Đường cong phẳng mặt phẳng afin 1.3 Phép biến đổi toàn phương 12 1.4 Trường định chuẩn 14 Đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ 17 2.1 Các điểm kỳ dị đường cong phẳng Gc (X, Y ) 17 2.2 Đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ 23 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 MỘT SỐ KÝ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN VĂN k : Trường An (k) : Không gian afin n chiều trường k Pn (k) : Không gian xạ ảnh n chiều trường k k[x1 , , xn ] : Vành đa thức n biến trường k deg(f ) : Bậc đa thức f Z(S) : Tập nghiệm hệ đa thức S ∅ : Tập rỗng A ⊂ B : A tập B A ⊂ B : A không tập B A ∪ B : A hợp B A ∩ B : A giao B MỞ ĐẦU Trong khoảng thời gian gần đây, vấn đề nghiên cứu đa thức mạnh thực thu hút quan tâm nhiều nhà toán học Việc nghiên cứu đa thức có liên quan chặt chẽ với việc nghiên cứu tập xác định Một số tác giả đưa điều kiện để đa thức đa thức mạnh cho họ hàm đa thức, họ hàm phân hình, A Boutabaa, A Escassut, L Hadadd, W Cherry, C C Yang, H Fujimoto, J T Y Wang, Trong luận văn tập trung nghiên cứu đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ Nội dung luận văn tìm hiểu trình bày cách chi tiết số kết báo "Uniqueness polynomials and bi-unique range sets for rational functions and non-Acsimet meromorphic functions" tạp chí Acta Arithmetica tác giả Julie Tzu Yueh Wang [10] Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành hai chương Chương Kiến thức sở Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức sở Hình học đại số nhằm mục đích làm sở cho việc trình bày nội dung chương Ngồi chúng tơi cịn trích dẫn số kết có nhằm phục vụ cho chứng minh sau Chương Đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ Trong chương chúng tơi trình bày cách chi tiết số kết báo [10] tác giả Julia Tzu Yueh Wang Cụ thể chúng tơi trình bày điểm kỳ dị đường cong phẳng xác định phương trình Gc (x, y) = P (x) − cP (y) = 0, c = 0, 1, P đa thức biến trường đóng đại số k , đầy đủ với giá trị tuyệt đối không Acsimet Đồng thời trình bày đặc điểm để nhận biết đa thức biến trường k đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ Để hoàn thành luận văn tác giả xin chân thành cảm ơn hướng dẫn tận tình chu đáo TS Nguyễn Thị Ngọc Diệp tất Thầy giáo, Cô giáo khác tổ Đại số - Khoa Sư phạm Tốn học - Trường Đại học Vinh nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn cịn có sai sót Tác giả mong nhận góp ý chân tình Thầy, Cơ bạn để luận văn hoàn thiện Nghệ An, tháng 05 năm 2018 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức nhằm mục đích làm sở cho việc trình bày nội dung chương Ngồi chúng tơi cịn trích dẫn số kết có nhằm phục vụ cho chứng minh phần sau Các khái niệm tính chất chủ yếu tham khảo tài liệu [1-3], [10] 1.1 Đa tạp đại số không gian afin không gian xạ ảnh 1.1.1 Định nghĩa Cho k trường tùy ý H(x1 , x2 , xn ) ∈ k[x1 , x2 , , xn ] Một điểm U = (u1 , u2 , , un ) ∈ An (k) gọi không điểm H H(U ) = H(u1 , u2 , , un ) = Nếu H khơng tập hợp không điểm H gọi siêu mặt xác định H , ký hiệu Z(H) Một siêu mặt A2 (k) gọi đường cong phẳng 1.1.2 Định nghĩa Nếu M tập hợp đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Z(M ) = U ∈ An (k) | H(U ) = với H ∈ M gọi tập đại số An (k) 1.1.3 Ví dụ (1) Tập rỗng ∅ tập đại số tập nghiệm phương trình f = với f ∈ k, f = (2) Một điểm U = (u1 , u2 , , un ) không gian afin An (k) tập đại số tập nghiệm hệ phương trình sau   x1 − u1      x2 − u2        xn − un =0 =0 =0 ta viết (u1 , u2 , , un ) = V (x1 − a1 , x2 − a2 , , xn − an ) (3) Tập hợp nghiệm hệ phương trình tuyến tính gọi đa tạp tuyến tính (4) An (k) tập đại số An (k) tập nghiệm phương trình = 1.1.4 Mệnh đề (1) Cho M1 , M2 hệ đa thức vành đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Nếu M2 ⊆ M1 Z(M1 ) ⊆ Z(M2 ) (2) Hợp hai tập đại số tập đại số Nghĩa là: Cho M1 , M2 hệ đa thức vành đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Khi Z(M1 ) ∪ Z(M2 ) = Z(M ) với M = {f g | f ∈ M1 , g ∈ M2 } (3) Giao họ tùy ý tập đại số tập đại số Nghĩa là: Cho {Mi } họ hệ đa thức vành đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Khi ∩Z(Mi ) = Z(∪Mi ) Như hợp hai tập đại số tập đại số, giao họ tùy ý tập đại số tập đại số, tập rỗng tồn khơng gian An (k) tập đại số Do ta trang bị tôpô gọi tôpô Zariski không gian afin An (k) cách coi tập đại số tập đóng 1.1.5 Định nghĩa (1) Một tập đại số V ⊂ An (k) gọi khả quy V = V1 ∪ V2 V1 , V2 tập đại số An (k) Vi = V, i = 1, Ngược lại, V gọi bất khả quy (2) Một tập đại số bất khả quy An (k) gọi đa tạp afin (3) Một tập mở đa tạp afin gọi đa tạp tựa afin 1.1.6 Định lý Giả sử V tập đại số An (k) Khi đó, tồn tập đại số bất khả quy V1 , V2 , , Vm cho V = V ∪ V2 ∪ ∪ Vm Vi ⊂ Vj với i = j Các Vi gọi thành phần bất khả quy V ; V = V1 ∪ V2 ∪ ∪ Vm phân tích V thành thành phần bất khả quy Giả sử F đa thức bậc d k[x1 , x2 , , xn+1 ] Ta có F (λa1 , λa2 , , λan+1 ) = λd F (a1 , a2 , , an+1 ) với điểm a = (a1 , a2 , , an+1 ) ∈ An+1 (k) λ ∈ k Vì vậy, a nghiệm F λa nghiệm F Đặc biệt, điểm nghiệm đa thức Để xét nghiệm đa thức ta chia tập An+1 (k) \ {0} theo quan hệ tương đương: a ∼ b tồn λ = cho b = λa Tập lớp tương đương gọi không gian xạ ảnh n chiều, ký hiệu Pn (k) Với điểm a ∈ An+1 (k) \ {0} ta dùng ký hiệu a để lớp điểm tương đương với a Khi ta coi a điểm Pn (k) Điểm a ∈ Pn (k) gọi nghiệm xạ ảnh đa thức F F (λa) = với λ ∈ k 1.1.7 Định nghĩa (1) Với tập M không rỗng gồm đa thức vành đa thức k[x1 , x2 , , xn+1 ] Z(M ) = U ∈ Pn (k) | H(U ) = với H ∈ M gọi tập đại số xạ ảnh không gian xạ ảnh Pn (k) (2) Một tập đại số V ⊂ Pn (k) gọi bất khả quy khơng hợp hai tập đại số bé thực (3) Một tập đại số bất khả quy Pn (k) gọi đa tạp xạ ảnh (4) Một tập mở đa tạp xạ ảnh gọi đa tạp tựa afin 1.2 Đường cong phẳng mặt phẳng afin Đường cong phẳng C A2 (k) xác định đa thức H (x, y) C = (x, y) ∈ A2 (k) | H (x, y) = Đường cong C bất khả quy F (x, y) bất khả quy Bậc đường cong xác định đa thức H(x, y) bậc đa thức H(x, y) Giả sử H= Hiei 24 không Acsimet, đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ 2.2.3 Định lý Giả sử P (X) đa thức bậc n k[X] P (X) = λ(X − u1 )p1 (X − ul )pl λ số khác khơng Giả sử P (X) thỏa mãn Giả thiết I khơng điểm bội Hơn nữa, với p > giả sử số bội X − ui P (X) − P (ui ) pi + 1, ≤ i ≤ l; với p | n, giả sử hệ số X n−1 P (X) khác không Ký hiệu S tập hợp không điểm đa thức P (X) Khi mệnh đề sau tương đương: (i) (S, ∞) bi-URS cho họ hàm phân hình k , (ii) P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình k , (iii) P (X) đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ k, (iv) S tập cứng affin, điều kiện sau thỏa mãn: (a) Nếu p | n l ≥ 2; (b) Nếu p = p n, l ≥ P (X) không thỏa mãn điều kiện (A), l = {p1 , p2 } ≥ P (X) không thỏa mãn điều kiện (B), điều kiện (A) (B) sau: (A) n = 4, p1 = p2 = p3 = P (u2 ) P (u3 ) P (u1 ) = = = ω, P (u2 ) P (u3 ) P (u1 ) ω + ω + = 0; (B) n = 5, p1 = p2 = P (u1 ) = −P (u2 ) Giả sử Q(X, Y ) đa thức hai biến trường k Bằng cách hóa đa thức Q(X, Y ) ta đa thức ¯ Q(X, Y, Z) bậc Để đơn giản ký hiệu, ta thường dùng phương 25 trình Q(X, Y ) = để ký hiệu đường cong phẳng xác định phương ¯ trình Q(X, Y, Z) = 2.2.4 Định nghĩa Cho đa thức hai biến Q(X, Y ) trường k ¯ Q(X, Y, Z) đa thức Q(X, Y ) Số khuyết ¯ đường cong xác định phương trình Q(X, Y, Z) = 1 δQ = (deg Q − 1)(deg Q − 2) − 2 mp (mp − 1), p tổng lấy tất điểm thuộc đường cong xác ¯ định phương trình Q(X, Y, Z) = mp số bội đường ¯ cong xác định phương trình Q(X, Y, Z) = p Đường cong phẳng xác định phương trình Gc (X, Y ) = có nhiều điểm kỳ dị khơng tắc Vì số khuyết đường cong phẳng xác định phường trình Gc (X, Y ) = không giống đường cong Gc (X, Y ) = bất khả quy Tuy nhiên, đa thức P (X) thỏa mãn tất điều kiện Định lý 2.2.3 tồn cặp hàm hữu tỷ khác (f, g) cho P (f ) = cP (g) số khuyết đường cong phẳng bất khả quy xác định phương trình Gc (X, Y ) = giống J T Y Wang [10] chứng tỏ điều cách tồn dãy phép biến đổi tuyến tính phép biến đổi toàn phương biến đổi đường cong phẳng xác định phương trình Gc (X, Y ) = thành đường cong có điểm kỳ dị tắc có số khuyết số khuyết đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = Để chứng minh Định lý 2.2.3, ta cần bổ đề sau 2.2.5 Bổ đề Giả sử đa thức P (X) thỏa mãn tất điều kiện Định lý 2.2.3 P (f ) = cP (g) với cặp hàm hữu tỷ khác (f, g) Khi 26 (1) Tồn dãy phép biến đổi tuyến tính phép biến đổi toàn phương biến đổi đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) thành đường cong có điểm kỳ dị tắc có số khuyết số khuyết đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = (2) Nếu Gc (X, Y ) khả quy Gc (X, Y ) = U (X, Y ) V (X, Y ) mUP mVP deg(U ) deg(V ) = P tổng lấy phần giao đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = đường cong xác định phương trình V (X, Y ) = mUp , mVp số bội P thuộc nhánh đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = thuộc nhánh đường cong xác định phương trình V (X, Y ) = Chứng minh Theo Mệnh đề 2.1.3, ta có điểm kỳ dị có đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = (u1 , ut(1) ), ,(ul , ut(l) ) Hơn nữa, P (ui ) = cP (ut(i) ), |pi − pt(i) | ≤ Theo giả thiết, ta có Gc (X, Y ) = νi (X − ui )pi +1 + số hạng X − ui với bậc cao + µi (Y − ut(i) )pt(i) + + số hạng Y − ut(i) với bậc cao νi , µi = 0, p pi +1 p > Nếu pi = pt(i) , (ui , ut(i) ) điểm kỳ dị tắc Nếu |pi − pt(i) | = 1, (ui , ut(i) ) khơng điểm kỳ dị tắc có số bội pi , pt(i) + Sau ta thực dãy phép biến đổi tuyến tính phép biến đổi toàn phương để thu đường cong có điểm kỳ dị tắc có số khuyết số khuyết đường cong xác định phương 27 trình Gc (X, Y ) = Để đơn giản hóa ký hiệu, ký hiệu Gc (X, Y, Z) đa thức đa thức Gc (X, Y ) Giả sử pt(i) = pi + Đầu tiên, ta thực phép biến đổi tuyến tính biến đổi đường cong vị trí tối ưu, điểm (ui , ut(i) ) điểm Ta đặt Q0 (X, Y, Z) = Gc (X + ui Z + Y, Y + ut(i) Z, Z) = νi (X + Y )pi +1 Z n−pi −1 + νi1 (X + Y )pi +2 Z n−pi −2 + + (X + Y )n + µi Y pi +2 Z n−pi −2 + µi1 Y pi +3 Z n−pi −3 + − c(X + Y )n νij µij thuộc k Sau thực phép biến đổi tồn phương để có Q0 (Y Z, XZ, XY ) = Z pi +1 Q1 (X, Y, Z), với Q1 (X, Y, Z) = νi (X + Y )pi +1 (XY )n−pi −1 + νi1 (X + Y )pi +2 (XY )n−pi −2 Z + + (X + Y )n Z n−pi −1 + µi X n Y n−pi −2 Z + µi1 X n Y n−pi−3 Z + − cX n Z n−pi −1 Khi ba điểm (1, 0, 0), (0, 1, 0) (0, 0, 1) trở thành điểm kỳ dị tắc đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = với số bội tương ứng n − pi , n − pi n Đồng thời điểm không thuộc phần giao đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = hợp ba đường đặc biệt {X = 0} , {Y = 0} , {Z = 0} (1, −1, 0) Vì Q1 (1, Y, Z) = µi Y n−pi −2 Z + µi1 Y n−pi −3 Z + − cZ n−pi −1 + νi (1 + Y )pi +1 (Y )n−pi −1 + + (1 + Y )n Z n−pi −1 νij thuộc k số bội điểm (1, −1, 0) Đối với điểm thuộc đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = nằm phần hợp ba đường đặc biệt, 28 phép biến đổi bảo tồn điểm kỳ dị tắc ta có số khuyết đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = δFc Nếu (ui , ut(i) ) điểm kỳ dị tắc đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = 0, ta có khẳng định (1) Giả sử đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = có điểm kỳ dị khơng tắc (uj , ut(j) ) Thế điểm kỳ dị khơng tắc khơng nằm ba đường đặc biệt Đối với điểm thuộc đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = mà nằm hợp đường đặc biệt, ta viết Q1 (X, Y, 1) = (XY )2n Q(1/X, 1/Y, 1) = (XY )2n Gc (1/X + ui + 1/Y, 1/Y + ut(i) ) Từ suy phép biến đổi tồn phương khơng thay đổi khai triển địa phương điểm nằm hợp đường đặc biệt Để xác hơn, bước này, sử dụng phép đổi tọa độ X = r1 X − s1 Y = r2 Y − s2 cho X = 0, Y = điểm kỳ dị Ta có khai triển địa phương Q20 (X , Y , 1) = Q1 1 (X + s1 ), (Y + s2 ), r1 r2 = νj (X + Y )pj +1 (X Y )n−pj −1 + νj1 (X + )pj +2 (X Y )n−pj −2 + + µj X n Y n−pj −2 + µj1 X n Y n−pj−3 + phần tử khác khơng Vì thực phép biến đổi tồn phương khác để giải tính kỳ dị điểm (ui , ut(i) ), có điểm khơng thuộc phần giao đường cong xác định phương trình Q20 (X , Y , Z) = hợp đường đặc biệt {X = 0} , {Y = 0} {Z = 0}, số bội điểm Tương tự, đường cong xác định phương trình 29 Q20 (X , Y , Z) = có số khuyết số khuyết đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = Vì số lượng điểm kỳ dị khơng tắc hữu hạn, nên sau số hữu hạn phép biến đổi tuyến tính phép biến đổi tồn phương thu đường cong xác định phương trình Q(X, Y, Z) = có điểm kỳ dị tắc có số khuyết với đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = Vì vậy, giống đường cong phẳng xác định phương trình Gc (X, Y ) = số khuyết Bây chứng minh khẳng định thứ hai Giả sử Gc (X, Y ) = V (X, Y )U (X, Y ) U (X, Y ) ∈ k [X, Y ] nhân tử thực Gc (X, Y ) có bậc d Vì đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = có hữu hạn điểm kỳ dị nên U (X, Y ) V (X, Y ) khơng có nhân tử chung Ta có điểm (u1 , ut(1) ), , (ul , ut(l) ) điểm thuộc phần giao đường cong xác định phương trình V (X, Y ) = đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = Giả sử pVi pUi số bội điểm (ui , ut(i) ) thuộc nhánh đường cong xác định phương trình V (X, Y ) = nhánh đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = Theo cách xây dựng biến đổi đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = thành đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = phép biến đổi tuyến tính phép biến đổi toàn phương Giả sử sau bước U (X, Y ) V (X, Y ) biến đổi thành U1 (X, Y ) V1 (X, Y ) tương ứng Khi bậc U1 (X, Y ) 2d − pU1 , số bội ba điểm thuộc nhánh đường cong xác định phương trình U1 (X, Y ) = d, d − pU1 , d − pU1 tương ứng Tương 30 tự, bậc V1 (X, Y ) 2n − 2d − pU1 , số bội ba điểm thuộc nhánh đường cong xác định phương trình V1 (X, Y ) = n − d, n − d − pV1 , n − d − pV1 tương ứng Vì số bội điểm không thuộc phần giao đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = hợp ba đường đặc biệt một, nên điểm không thuộc phần giao đường cong xác định phương trình U1 (X, Y ) = đường cong xác định phương trình V1 (X, Y ) = Giả sử mUP1 mVP1 số bội điểm P thuộc đường cong phẳng xác định phương trình U1 (X, Y ) = đường cong xác định phương trình V1 (X, Y ) = tương ứng Ta có mUP1 mVP1 deg U1 deg V1 − P =(2d − pU1 )(2n − 2d − pV1 ) − d(n − d) − 2(d − pU1 )(n − d − pV1 ) − pUi pVi (2.3) i≥2 pUi pVi =d(n − d) − i≥1 Nếu đường cong phẳng xác định phương trình Gc (X, Y ) = có điểm kỳ dị khơng tắc, điểm kỳ dị đường cong xác định phương trình Q1 (X, Y, Z) = điểm kỳ dị tắc Do đó, vế trái (2.3) theo Định lý Bezout Như sau dãy phép biến đổi tuyến tính phép biến đổi toàn phương, đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = biến đổi thành đường cong xác định phương trình Q(X, Y ) = có điểm kỳ dị tắc Theo Định lý Bezout ta có pUi pVi d(n − d) = i≥1 2.2.6 Bổ đề Giả sử đa thức P (X) thỏa mãn tất điều kiện 31 Định lý 2.2.3 Gc (X, Y ) khơng có nhân tử tuyến tính Khi Gc (X, Y ) có nhân tử bất khả quy có giống δGc (n − 1)(n − 2) = − l i=1 ei (ei − 1) ≤ 0, ei số bội đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = điểm ui , ut(i) Chứng minh Nếu Gc (X, Y ) bất khả quy, số khuyết δGc giống đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = theo Bổ đề 2.2.5 Giả sử Gc (X, Y ) = V (X, Y )U (X, Y ) U (X, Y ) ∈ k [X, Y ] nhân tử bất khả quy G(X, Y ) giống đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = Vì đường cong phẳng có giống tham số hóa hàm hữu tỷ nên P (f ) = cP (g) với (f, g) cặp hàm hữu tỷ khác Theo Bổ đề 2.2.5, biến đổi đường cong xác định phương trình Gc (X, Y ) = thành đường cong xác định phương trình Q(X, Y ) = có điểm kỳ dị tắc có số khuyết δGc Giả thiết đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = biến đổi thành đường cong xác định phương trình UQ (X, Y ) = Vì hai đường cong song hữu tỷ với số khuyết δU đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = bảo toàn qua phép biến đổi nên δU = Ta có điểm (u1 ,t(1) ), , (ul , ut(l) ) điểm kỳ dị nhánh đường cong xác định phương trình V (X, Y ) = nhánh đường cong xác định phương trình U (X, Y ) = 0, chúng điểm thuộc phần giao hai đường cong Giả sử pVi pUi số bội điểm (ui , ut(i) ) thuộc nhánh đường cong xác định phương trình V (X, Y ) = nhánh đường cong 32 xác định phương trình U (X, Y ) = tương ứng Ta có (d − 1)(d − 2) = δU = − l i=1 pUi (pUi − 1) , (2.4) d ≥ bậc U (X, Y ) Khơng tính tổng qt, giả sử mi xếp theo thứ tự giảm dần Vì δU = nên từ Mệnh đề 2.1.5 suy (i) pUi = d − 1, pU2 = = l pUh h pUi = (ii) ≥ d + h − Vì i=1 h pUi pVi ≤ n + h − 1, + i=1 i=1 h pVi ≤ n + d − với trường hợp nên với trường hợp (i) ta có i=1 h pVi ≤ n − d Khi trường hợp (i), theo Bổ đề (ii) ta có i=1 2.2.5, ta có h d(n − d) = (d − 1)pV1 h pVi + = (d − 2)pV1 pVi + i=2 i=1 Do (d − 2)pV1 ≥ d(n − d) − (n − d + 1) = (d − 1)(n − d) − Nếu d = n = P (X) có nghiệm đơn δV = Vì Gc (X, Y ) có điểm kỳ dị tắc, δGc = δU + δV − < Đối với (ii), pU1 = pU2 = = pUh , theo Bổ đề 2.2.5 ta có h d(n − d) = pU1 pVi ≤ pU1 (n − d) i=1 Từ suy pU1 ≤ d, điều vơ lý d bậc U (X, Y ) Mặt khác, giả thiết pU1 = pU2 = = pUr−1 > pUr > Theo Bổ đề 2.2.5, ta có r−1 d(n − d) = pU1 h pVi i=1 r−1 pUi pVi + i=r ≤ (pU1 − pUr ) pVi + pUr (n − d) i=1 33 Điều dẫn đến r−1 pVi i=1 d − pUr ≥ (n − d) U > n − d, p1 − pUr h pVi ≤ (n − d) mâu thuẫn với i=1 j Ngược lại , giả sử Gc (X, Y ) = Ui (X, Y ) Ui bất i=1 khả quy với bậc khơng nhỏ Khi δGc ≥ δU1 + .+δUj −j +1 Nếu δGc ≤ 0, δUi khơng Do giống đường cong phẳng xác định phương trình Ui (X, Y ) = khơng 2.2.7 Bổ đề Giả sử P (X) khơng có không điểm bội S tập hợp không điểm P (X) Khi S tập cứng affin tức không tồn phép biến đổi affin ϕ = ax + b, a, b ∈ k khác phép đồng để ϕ(S) = S G(X, Y ) Gc (X, Y ), c = 0, 1, khơng có nhân tử tuyến tính Chứng minh Vì Gc (X, X) = P (X) − cP (X) = nên X − Y không nhân tử tuyến tính Gc (X, Y ) Đồng thời, X −Y khơng nhân tử tuyến tính G(X, Y ) Nếu rX +s−Y chia hết Gc (X, Y ), với c = 0, 1, G(X, Y ), (r, s) = (1, 0) P (X) = bP (rX + s), b = c Giả sử S = {β1 , , βn } Khi (X − β1 ) (X − βn ) = b(rX + s − β1 ) (rX + s − βn ) Do đó, r−n = b rS + s = S Vì S khơng tập cứng affin Ngược lại, G(X, Y ) Gc (X, Y ), c = 0, 1, khơng có nhân tử tuyến tính khơng tồn phép biến đổi affin ϕ = ax + b, a, b ∈ k , khác phép đồng để ϕ(S) = S , tức tập S tập cứng affin 34 Chứng minh định lý 2.2.3 Đầu tiên chứng tỏ (i) tương đương với (ii) Giả sử f g hàm phân hình khác k thỏa mãn E(f, S) = E(g, S) E(f, ∞) = E(g, ∞) Khi P (f )/P (g) = c với c khác không Nếu P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình k f = g Do đó, (S, ∞) bi-URS cho họ hàm phân hình k Ngược lại, giả sử f g hàm phân hình khác k thỏa mãn P (f ) = cP (g) với c khác khơng Khi E(f, ∞) = E(g, ∞) Đặt S = {β1 , , βn } Ta có (f − β1 ) (f − βn ) = c(g − β1 ) (g − βn ) Giả sử orda (f − β1 ) > với a ∈ k Vì β1 , , βn phân biệt, nên ta có orda (f − β1 ) = orda (g − βm ) > với m đó, orda (f − βi ) = orda (g − βj ) = với i = 1, j = m Điều chứng tỏ E(f, S) = E(g, S) Do đó, (S, {∞}) bi-URS cho họ hàm phân hình k f = g Như P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình Ta có P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình k P (X) đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ k Vì (ii) kéo theo (iii) Ngược lại, P (X) đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình Theo Bổ đề 2.2.6 Bổ đề 2.2.7 ta có (iii) tương đương với S cứng affin, δG > δGc > với c = 0, Giả sử ei số bội đường cong xác định phương l trình Gc (X, Y ) = điểm (ui , ut(i) ) Vì ei ≤ pi + 1, (mi ) i=1 35 n − p|n, n − p n nên ta có δGc (n − 1)(n − 2) − = ≥ = = (n − 1)(n − 2) − (n − 1)(n − 2) − δG l i=1 l i=1 l i=1 ei (ei − 1) pi (pi + 1) pi (pi − 1) − (2.5) l pi i=1 p|n δG − p n Vì vậy, p | n, δGc ≤ δG ≤ Đối với p = p > p n, δF > 0, theo (2.5) ta có δGc ≤ δG = ei = pi + = pt( i) + với ≤ i ≤ l Giả sử p1 ≥ p2 ≥ ≥ ph ≥ > ph + ≥ Nếu h ≥ 2, l p i ≥ n − + h − theo Mệnh đề 2.1.5, ta có δG = kéo theo i=1 l pi ≤ n − nên h ≤ Nếu δGc ≤ 0, p1 = pt(1) theo (2.5) Vì i=1 Vì t(1) = nên h khơng thể Nếu h = δG = n = P (X) = (X − u1 )(X − u2 )(X − u3 ), với ui , i = 1, 2, phân biệt; P (u1 ) = cP (u2 ), P (u2 ) = cP (u3 ), P (u3 ) = cP (u1 ), P (u1 ) = cP (u3 ), P (u2 ) = cP (u1 ), P (u3 ) = cP (u2 ) Trong hai trường hợp, ta có c = ω , ω + ω + = Nếu h = 2, δG = 1, n = P (X) = (X − u1 )2 (X − u2 )2 với u1 = u2 ; P (u1 ) = cP (u2 ), P (u2 ) = cP (u1 ) Do đó, c = −1 Như (iv) tương đương với (iii) 36 KẾT LUẬN Căn vào tài liệu tham khảo, luận văn tập trung tìm hiểu trình bày nội dung sau đây: Tập đại số không gian afin không gian xạ ảnh, đường cong mặt phẳng afin, trường định chuẩn với giá trị tuyệt đối không Acsimet, phép biến đổi toàn phương Các điểm kỳ dị đường cong phẳng xác định phương trình Gc (X, Y ) = P (X) − cP (Y ) = 0, c = 0, P đa thức biến trường k đóng đại số, đầy đủ với giá trị tuyệt đối không Acsimet Đặc điểm để nhận biết đa thức biến trường k đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Phạm Thị Hải (2017), Điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Archimedean khơng có nghiệm hàm phân hình khác hằng, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Vinh [2] Huỳnh Nguyễn Hữu Thanh (2016), Đa thức mạnh cho họ hàm phân hình phức, Luận văn thạc sĩ tốn học, Trường Đại học Vinh [3] Ngô Việt Trung (2012), Nhập mơn Đại số giao hốn Hình học đại số, Nhà xuất Khoa học tự nhiên công nghệ TIẾNG ANH [4] A Boutabaa and A Escassut (1998), On uniqueness of p-adic meromor-phic functions, Proc Amer Math Soc., 126, 2557 2568 [5] A Boutabaa, A Escassut and L.Haddad (1997), On uniqueness of p-adic entire functions, Indag Math., 8, 145 - 155 [6] W Cherry and C.C Yang (1999), Uniqueness of nonArchimedean entira fucntions sharing sets of value counting multiplicity, Proc Amer Math Soc., 127, 967 - 971 [7] H Fujimoto (2000), On uniqueness of memomorphic functinons sharing finite sets, Amer J Math., 122, 1175 - 1203 38 [8] W Fulton (1969), Algebraic Curves, Benjamin, New York [9] H H Khoai and T T H An (2001), On uniqueness polynomials and bi-URS for p-adic meromorphic funtinons, J Number Theory, 87, 211 - 221 [10] J T Y Wang (2002), Uniqueness polynomials and bi -unique range sets for rational functions and non -Archimedean meromorphic functions, Acta Arith, 104, 183 - 200 ... đó, (S, {∞}) bi-URS cho họ hàm phân hình k f = g Như P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình Ta có P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình k P (X) đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ k Vì (ii) kéo... không điểm đa thức P (X) Khi mệnh đề sau tương đương: (i) (S, ∞) bi-URS cho họ hàm phân hình k , (ii) P (X) đa thức mạnh cho họ hàm phân hình k , (iii) P (X) đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ k, (iv)... Trường định chuẩn 14 Đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ 17 2.1 Các điểm kỳ dị đường cong phẳng Gc (X, Y ) 17 2.2 Đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ 23 Kết luận 36 Tài liệu tham