Điều kiện đủ để phương trình hàm trên trường không acsimet không có nghiệm hàm phân hình khác hằng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM THỊ HẢI ĐIỀU KIỆN ĐỦ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TRƯỜNG KHƠNG ACSIMET KHƠNG CĨ NGHIỆM HÀM PHÂN HÌNH KHÁC HẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM THỊ HẢI ĐIỀU KIỆN ĐỦ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TRƯỜNG KHƠNG ACSIMET KHƠNG CĨ NGHIỆM HÀM PHÂN HÌNH KHÁC HẰNG Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN THỊ NGỌC DIỆP Nghệ An - 2017 MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đa tạp đại số 1.2 Đường cong phẳng 10 1.3 Trường định chuẩn 12 Điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác 15 2.1 Cận hàm đặc trưng 15 2.2 Điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác 19 Kết luận 30 Tài liệu tham khảo 31 MỞ ĐẦU Vấn đề tìm điều kiện để phương trình hàm có nghiệm phân hình khác từ lâu thu hút nhiều tác giả nghiên cứu Vào năm 2000, báo đăng tạp chí American Journal of Mathematics, H Fujimoto xét đa thức trường số phức đưa số điều kiện đủ lớp đa thức thõa mãn điều kiện tách nghiệm để phương trình P (X) = aP (Y ), a = 0, có nghiệm hàm phân hình khác Một số báo sau đưa điều kiện cần đủ lớp đa thức để phương trình khơng có nghiệm hàm phân hình trường hợp phức hay trường hợp padic Tiếp đó, vấn đề tổng quát đưa ra, : phương trình P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác hằng, P Q hai đa thức trường đóng đại số Nội dung luận văn dựa báo "Meromorphic solutions of equations over non-Archimedean fields" tác giả Tạ Thị Hồi An Alain Escassut đăng tạp chí The Ramanujan Journal [2] để tìm hiểu trình bày cách chi tiết kết số điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác Ngồi phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày hai chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức sở Hình học đại số Số học đại 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 Chương Điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác Chương nội dung luận văn Trong chương chúng tơi trình bày cận hàm đặc trưng Sau chúng tơi trình bày số điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác Luận văn hoàn thành Trường Đại học Vinh hướng dẫn TS Nguyễn Thị Ngọc Diệp Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến Cơ, người tận tình hướng dẫn, dạy dỗ, động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập thực luận văn Nhân dịp này, tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo Bộ môn Đại số, thầy giáo Khoa Sư phạm Tốn trường Đại học Vinh trực tiếp giảng dạy lớp Cao học 23 chuyên ngành Đại số Lý thuyết số trường Đại học Vinh Tác giả xin cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Sư phạm Toán học, Phòng Đào tạo Sau đại học, Ban Giám hiệu - Trường Đại học Vinh tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập Trường Nghệ An, tháng 06 năm 2017 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương chúng tơi trình bày (khơng chứng minh) 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], [8] 1.1 Đa tạp đại số 1.1.1 Định nghĩa Cho k trường tùy ý F (x1 , x2 , , xn ) ∈ k[x1 , x2 , , xn ] Một điểm P = (a1 , a2 , , an ) ∈ An (k) gọi không điểm F F (P ) = F (a1 , a2 , , an ) = Nếu F khác tập khơng điểm F gọi siêu mặt xác định F ký hiệu V (F ) Một siêu mặt A2 (k) gọi đường cong phẳng Nếu F đa thức bậc V (F ) gọi siêu phẳng An (k) 1.1.2 Định nghĩa Nếu S tập hợp đa thức k[x1 , x2 , , xn ], V (S) = {P ∈ An (k) | F (P ) = với F ∈ S} 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 a = (a1 , a2 , , an ) không gian An (k) tập đại số tập nghiệm hệ phương trình    x1 − a1 = x2 − a2 =   xn − an = hay (a1 , a2 , , an ) = V (x1 − a1 , x2 − a2 , , xn − an ) (3) Tập 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 Nhận xét (1) Cho S1 , S2 hệ đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Nếu S2 ⊆ S1 V (S1 ) ⊆ V (S2 ) (2) Cho S1 , S2 hệ đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Khi V (S1 ) ∪ V (S2 ) = V (S) với S = {f g | f ∈ S1 , g ∈ S2 } Nghĩa hợp hai tập đại số tập đại số (3) Cho {Si } họ hệ đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Khi ∩V (Si ) = V (∪Si ) Nghĩa giao họ tùy ý tập đại số tập đại số (4) Cho S ⊆ k[x1 , x2 , , xn ] T ⊆ k[y1 , y2 , , ym ] hai hệ đa thức Nếu ta coi S ∪ T hệ đa thức k[x1 , , xn , y1 , , ym ] V (S) × V (T ) = V (S ∪ T ) Nghĩa tích hai tập đại số tập đại số Do 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 nên ta trang bị tôpô An (k) cách coi tập đại số tập đóng Tơpơ gọi tôpô Zariski 1.1.5 Nhận xét Với tập X An (k) ta có I(X) = {F ∈ k[x1 , , xn ] | F (a1 , , an ) = với (a1 , , an ) ∈ X} iđêan k[x1 , , xn ] 1.1.6 Định nghĩa I(X) gọi iđêan tập điểm X k[x1 , , xn ] 1.1.7 Ví dụ (1) I(∅) = k[x1 , x2 , , xn ] tập rỗng nằm tập nghiệm đa thức (2) Với điểm a = (a1 , a2 , , an ) ∈ An (k) I({a}) = x1 − a1 , , xn − an 1.1.8 Mệnh đề (1) Nếu X ⊂ Y ⊂ An (k) I(Y ) ⊂ I(X) (2) I(V (S)) ⊃ S với S tập hợp đa thức k[x1 , x2 , , xn ] V (I(X)) ⊃ X với X tập An (k) (3) Nếu X tập đại số An (k) V (I(X)) = X 1.1.9 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 1.1.10 Mệnh đề Tập đại số X ⊂ An (k) đa tạp afin iđêan I(X) ⊂ k[x1 , x2 , , xn ] iđêan nguyên tố 1.1.11 Định lý Giả sử V tập đại số An (k) Khi đó, tồn tập đại số bất khả quy V1 , V2 , , Vm cho V = V1 ∪ 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 1.1.12 Định nghĩa (1) Với tập S không rỗng gồm đa thức k[x1 , x2 , , xn+1 ] V (S) = {P ∈ Pn (k) | F (P ) = với F ∈ S} gọi tập đại số 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 xạ ảnh Mệnh đề sau trình bày mối quan hệ tập đại số An (k) tập đại số Pn (k) Giả sử V tập đại số An (k), I = I(V ) ⊂ k[x1 , x2 , , xn ] Ký hiệu I ∗ iđêan k[x1 , x2 , , xn+1 ] sinh {F ∗ | F ∈ I}, F ∗ = xdn+1 F ( xn x1 , , ) xn+1 xn+1 10 với d=degF Đặt V ∗ = V (I ∗ ) ⊂ Pn (k) Ngược lại, giả sử V tập đại số Pn (k), I = I(V ) ⊂ k[x1 , x2 , , xn+1 ] Ký hiệu I∗ iđêan k[x1 , x2 , , xn ] sinh {F∗ | F ∈ I}, F∗ = F (x1 , , xn , 1) Đặt V∗ = V (I∗ ) ⊂ An (k) 1.1.13 Mệnh đề (1) Nếu V ⊂ W ⊂ An (k) V ∗ ⊂ W ∗ ⊂ Pn (k) Nếu V ⊂ W ⊂ Pn (k) V∗ ⊂ W∗ ⊂ An (k) (2) Nếu V bất khả quy An (k) V ∗ bất khả quy Pn (k) (3) Nếu V = Vi phân tích thành thành phần bất khả quy V i An (k), V ∗ = ∗ i n Vi∗ phân tích thành thành phần bất khả quy V P (k) 1.2 Đường cong phẳng Đường cong phẳng C A2 (k) xác định đa thức F (x, y) C = {(x, y) ∈ A2 (k) | F (x, y) = 0} Đường cong C bất khả quy F (x, y) bất khả quy Bậc đường cong bậc đa thức xác định đường cong Giả sử F = Fiei Fi nhân tử bất khả quy F ei ≥ Ta nói Fi thành phần F ei bội thành phần Fi Ta nói Fi thành phần đơn ei = 1, thành phần bội ei > Vì vành đa thức k[x, y] vành Gauss nên đa thức F (x, y) ∈ k[x, y] có phân tích thành nhân tử bất khả quy F = F1m1 F2m2 Frmr 18 Ta đặt ∂H (f0 , f1 , f2 ), ∂X ∂H P1 (f ) := (f0 , f1 , f2 ), ∂Y ∂H P2 (f ) := (f0 , f1 , f2 ) ∂Z P0 (f ) := 2.1.1 Bổ đề Nếu f khơng hàm hằng, (P0 (f ), P1 (f ), P2 (f )) = (W (f1 , f2 ), W (f2 , f0 ), W (f0 , f1 )) Chứng minh Vì H(f ) = H(f0 , f1 , f2 ) = nên theo công thức Euler ta có f0 P0 (f ) + f1 P1 (f ) + f2 P2 (f ) = Lấy vi phân phương trình H(f ) = ta có f0 P0 (f ) + f1 P1 (f ) + f2 P2 (f ) = Do trừ ba định thức Wronskian đồng triệt tiêu (trong trường hợp fi hằng, f hằng), điều cần chứng minh hệ tất fj công thức Cramer 2.1.2 Mệnh đề Giả sử f ánh xạ chỉnh hình khác từ K đến Γ Pi (f ), i = 0, 1, 2, xác định Khi T (r, (P0 (f ), P1 (f ), P2 (f ))) ≤ 2T (r, f ) − log r − να,r (W (fi , fj )) + O(1), α∈d(0,r) i=j=0,1,2 r > 0, O(1) đại lượng bị chặn không phụ thuộc vào r Chứng minh Giả sử f = (f0 , f1 , f2 ), f0 , f1 , f2 khơng có khơng điểm chung Theo Bổ đề 2.1.1, ta có T (r, (P0 (f ), P1 (f ), P2 (f ))) = T (r, (W (f1 , f2 ), W (f2 , f0 ), W (f0 , f1 ))) 19 Bằng cách viết f f W (fi , fj ) = fi fj i j = fi fj − fj fi = fi fj ( fj fi − ), fj fi ta T (r, (W (f1 , f2 ), W (f2 , f0 ), W (f0 , f1 ))) = max log |W (fi , fj )|r − να,r (W (fi , fj )) + O(1) i=j=0,1,2 α∈d(0,r) = max { log |fi fj |r + log | i=j=0,1,2 fj fi − |r } fj fi − να,r (W (fi , fj )) + O(1) α∈d(0,r) i=j=0,1,2 = max log |fi |r − log r − i=0,1,2 i=j=0,1,2 να,r (W (fi , fj )) + O(1) α∈d(0,r) i=j=0,1,2 Từ định nghĩa hàm đặc trưng Bổ đề đạo hàm logarit, ta có T (r, (W (f1 , f2 ), W (f2 , f0 ), W (f0 , f1 ))) ≤ 2T (r, f ) − log r − να,r (W (fi , fj )) + O(1) α∈d(0,r) i=j=0,1,2 Kết hợp với Bổ đề 2.1.1 ta có điều phải chứng minh 2.2 Điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác Trong suốt tồn chương này, ta luôn giả sử P (X) Q(X) đa thức biến trường K , có bậc tương ứng n m Ta ký hiệu hệ số P Q sau P (X) = a0 + a1 X + + an0 −1 X n0 −1 + an0 X n0 + an X n , Q(X) = b0 + b1 X + + bm0 −1 X m0 −1 + bmo X m0 + bm X m , 20 an0 , bmo , an , bm hệ số khác không Ký hiệu α1 , α2 , , αl β1 , β2 , , βh nghiệm phân biệt P (X) Q (X) tương ứng Ký hiệu p1 , p2 , , pl q1 , q2 , , qh bội nghiệm P (X) Q (X) tương ứng Khi P (X) Q (X) có dạng P (X) = nan (X − α1 )p1 (X − αl )pl , Q (X) = mbm (X − β1 )q1 (X − βh )qh Khơng tính tổng quát, ta giả thiết n ≥ m Ký hiệu F (X, Y, Z) đa thức đa thức P (X) − Q(Y ) C đường cong P2 xác định đa thức F (X, Y, Z) Ta có F (X, Y, Z) = A(X, Z) − Z n−m B(Y, Z), n A(X, Z) = aj X j Z n−j , j=0 m B(Y, Z) = bj Y j Z m−j j=0 Vì F (X, Y, Z) = a0 Z n + + an0 −1 Z n−n0 +1 X n0 −1 + an0 Z n−n0 X n0 + an X n − b0 Z n − − bm0 −1 Z n−m0 +1 Y m0 −1 − bmo Z n−m0 Y m0 − bm Z n−m Y m Đặt m = max{n0 , m0 } n = m m = max{n0 , m} n > m, m = m0 n = m m = m n > m Ta có ∂F = P (X, Z) = nan (X − α1 )p1 (X − αl )pl , (2.1) ∂X ∂F = Q (Y, Z) = mbm Z n−m (Y − β1 Z)q1 (Y − βh Z)qh , (2.2) ∂Y ∂F = Z n−m −1 [sZ m −n0 X n0 + tZ m −m Y m + ZE(X, Y, Z)], (2.3) ∂Z 21 s, t số, st = E(X, Y, Z) đa thức bậc m − Để thuận tiện cho việc trình bày, ta đặt P0 := ∂F ∂F ∂F , P1 := , P2 := , ∂X ∂Y ∂Z ký hiệu (S)  ∂F   =0    ∂X     ∂F =0  ∂Y       ∂F   = ∂Z 2.2.1 Bổ đề Điểm kỳ dị đường cong C (0, 1, 0) (αi , βj , 1) với ≤ i ≤ l ≤ j ≤ h Hơn nữa, n = m đường cong C khơng có điểm kỳ dị (0, 1, 0) Chứng minh Một điểm kỳ dị đường cong C nghiệm hệ phương trình (S) Giả sử a = (x, y, z) điểm kỳ dị, ta có ∂F ∂F ∂F (a) = (a) = (a) = ∂X ∂Y ∂Z Nếu z = ≤ j ≤ h ∂F ∂F (a) = (a) = 0, x = αi y = βj với ≤ i ≤ l ∂X ∂Y ∂F (a) = nxn−1 = nên x = ∂X ∂F Bây giờ, n = m (a) = y m−1 = nên y = 0, vô lý Vậy đường ∂Y cong kỳ dị (0, 1, 0) Nếu z = Trong mục chúng tơi tìm hiểu số điều kiện đủ để phương trình hàm P (X) = Q(Y ) trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác 22 2.2.2 Định lý Giả sử n = m n ≥ max{n0 , m0 } + Giả sử P (X) − Q(Y ) khơng có nhân tử tuyến tính Giả sử f ánh xạ chỉnh hình từ K đến C Khi f ánh xạ Để chứng minh Định lý 2.2.2 kết phía sau, ta cần bổ đề sau 2.2.3 Bổ đề Giả sử Γ đường cong P2 xác định phương trình H(X, Y, Z) = bậc n f = (f0 , f1 , f2 ) ánh xạ chỉnh hình từ K đến Γ cho f0 , f1 , f2 khơng có khơng điểm chung Giả sử G đa thức K[X, Y, Z] với deg G ≤ n − G(f ) ≡ Nếu với α ∈ K ta có {ωα (W (fi , fj ))} ≥ ωα ( i=0,1,2 i=j=0,1,2 f ánh xạ Đặc biệt, Pi (f )), G (H) Pi (f ), với i = 0, 1, 2, khơng G điểm chung f ánh xạ Chứng minh Vì Γ xác định đa thức H bậc n, nên ta có degP0 = deg P1 = deg P2 = n − Giả sử degG = w Ta có T (r, f ) = max log(|fj |r ) + O(1) (2.4) j=0,1,2 Do P0 P1 P2 , , )) G G G Pi = max log(| |r ) − i=0,1,2 G T (r, (P0 , P1 , P2 )) = T (r, ( νa,r ( a∈d(0,r) i=0,1,2 Pi ) + O(1) G ≥ (n − − ω) max log(|fj |r ) j=0,1,2 − νa,r ( a∈d(0,r) i=0,1,2 Pi ) + O(1) G 23 Theo (2.4) ta có T (r, (P0 , P1 , P2 )) ≥ (n − − ω)T (r, f ) − νa,r ( a∈d(0,r) i=0,1,2 Pi ) + O(1) G Theo giả thiết ta có νa,r ( a∈d(0,r) i=0,1,2 Pi )≤ G νb,r (W (fi , fj )) b∈d(0,r) i=j=0,1,2 Từ Mệnh đề 2.1.2 suy (n − ω − 3)T (r, f ) ≤ − log r + O(1) Do f ánh xạ chỉnh hình K nên n − w − ≥ r dần tới +∞ f ánh xạ Pi Đặc biệt, (f ), với i = 0, 1, 2, khơng có khơng điểm chung G giả thiết Bổ đề 2.2.3 thỏa mãn Vì vậy, f xác định K n − ω − ≥ 0, f ánh xạ Chứng minh Định lý 2.2.2 Giả sử tồn ánh xạ chỉnh hình f = (f0 , f1 , f2 ), f0 , f1 , f2 khơng có khơng điểm chung, từ K tới C Vì m = n nên theo (2.3) ta có P2 = ∂F = Z n−m −1 [sZ m −n0 X n0 + tZ m −m0 Y m0 + ZE(X, Y, Z)], ∂Z m = max{n0 , m0 } st = Xét đa thức G(X, Y, Z) := sZ m −n0 X n0 + tZ m −m0 Y m0 + ZE(X, Y, Z) Ta có deg G = m = max{n0 , m0 } ≤ n − Pi Ta chứng tỏ (f ), i = 0, 1, khơng có khơng điểm chung Thật G Pi P2 vậy, giả sử z ∈ K khơng điểm chung (f ) Vì (f ) = f2n−m −1 G G 24 nên P2 (f ) triệt tiêu f2 triệt tiêu Nhưng G P0 P1 P2 (f (z)) = (f (z)) = (f (z)) = G G G nên f0 (z) = f1 (z) = f2 (z) = Điều vơ lý f0 , f1 , f2 khơng có khơng điểm chung Nếu G(f ) ≡ theo Bổ đề 2.2.3, ta có f ánh xạ Mặt khác, G(f ) ≡ P2 (f ) ≡ Nếu f khơng ánh xạ hằng, theo Bổ đề 2.1.1 ta có W (f0 , f1 ) ≡ Do P (X) − Q(Y ) có nhân tử tuyến tính, mâu thuẫn với giả thiết Vậy Định lý 2.2.2 chứng minh ✷ 2.2.4 Định lý Giả sử f ánh xạ chỉnh hình từ K đến C Đặt B0 = {i | ≤ i ≤ l, P (αi ) = Q(βj ) với j = 1, , h}, B1 = {i | ≤ i ≤ h, Q(βi ) = P (αj ) với j = 1, , l} Nếu điều kiện sau thỏa mãn f ánh xạ (a) i∈B1 qi (b) i∈B0 ≥ 2, pi ≥ n − m + Chứng minh Để thuận tiện cho việc trình bày, cách xếp số, ta giả sử B0 = {1, , l1 } B1 = {1, , h1 } Giả sử tồn ánh xạ chỉnh hình f = (f0 , f1 , f2 ) từ K đến C Đầu tiên ta giả sử điều kiện (a) thỏa mãn Đặt G(X, Y, Z) := Z n−m (Y − βh1 +1 Z)qh1 +1 (Y − βh Z)qh Khi nan (f0 − α1 f2 )p1 (f0 − αl f2 )pl P0 (f ) = n−m , G f2 (f1 − βh1 +1 f2 )qh1 +1 (f1 − βh f2 )qh P1 (f ) = (f1 − β1 f2 )q1 (f1 − βh1 f2 )qh1 G 25 h1 Theo giả thiết qi ≥ 2, ta có i=1 h deg G = n − m + qi i=h1 +1 h1 = n−m+m−1− qi i=1 ≤ n − Pi (f ), i = 0, 1, 2, khơng có khơng điểm chung G Pi Thật vậy, giả sử z ∈ K không điểm chung (f ) Nếu f2 (z) = G P0 P1 (f (z)) = 0, suy f1 (z) = 0; (f (z)) = suy f0 (z) = 0, G G P0 vơ lý Nếu f2 (z) = (f (z)) = suy f0 (z) − αi f2 (z) = với G P1 i = 1, , l; (f (z)) = suy f1 (z) − βj f2 (z) = với j = 1, , h1 Do G Pi P (αi ) = Q(βj ), mâu thuẫn với i ∈ B1 Như (f ), i = 0, 1, 2, khơng G có khơng điểm chung Ta chứng tỏ Nếu G(f ) ≡ theo Bổ đề 2.2.3 ta có f ánh xạ Nếu G(f ) ≡ n > m f2 ≡ 0, f1 − βi f2 ≡ với i mà h1 +1 ≤ i ≤ h Nếu n > m f2 ≡ P (f0 , f2 )−f2n−m Q(f1 , f2 ) = f0n ≡ Do f ánh xạ Nếu f1 −βi f2 ≡ với i mà h1 +1 ≤ i ≤ h, P (f0 , f2 )−f2n−m Q(βi f2 , f2 ) ≡ Do f ánh xạ Bây giờ, giả sử điều kiện (b) thỏa mãn Ta lấy G(X, Y, Z) := Z n−m (X − αl1 +1 Z)pl1 +1 (X − αl Z)pl l1 Khi đó, theo giả thiết i=1 pi ≥ n − m + 2, ta có 26 l deg G = n − m + pi i=l1 +1 l1 = n−m+n−1− pi i=1 ≤ n − Khi P0 nan (f0 − α1 f2 )p1 (f0 − αl1 f2 )pl1 (f ) = , G f2n−m P1 mbm (f1 − β1 f2 )q1 (f1 − βh f2 )qh (f ) = G (f0 − αl1 +1 f2 )pl1 +1 (f0 − αl f2 )pl Pi (f ), i = 0, 1, 2, khơng điểm chung Lập luận tương G tự (a) ta có f ánh xạ Ta có 2.2.5 Định nghĩa Đa thức P (X) gọi thỏa mãn Giả thiết I P (αi ) = P (αj ) với i = j , i, j = 1, 2, , l, hay nói cách khác, P đơn ánh tập không điểm đạo hàm bậc P Định lý sau đưa điều kiện đủ để phương trình P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác đa thức P Q thỏa mãn Giả thiết I Để phát biểu định lý rõ ràng, ta dùng ký hiệu sau 2.2.6 Ký hiệu Ta đặt A0 := {(i, j) | ≤ i ≤ l, ≤ j ≤ h, P (αi ) = Q(βj )}, A1 := {(i, j) | (i, j) ∈ A0 , pi > qj }, A2 := {(i, j) | (i, j) ∈ A0 , pi < qj }, 27 l0 := #A0 , l1 := #A1 , l2 := #A2 Khi A0 \(A1 ∪ A2 ) = {(i, j) | (i, j) ∈ A0 , pi = qj } 2.2.7 Định lý Giả sử P (X) Q(X) đa thức thỏa mãn Giả thiết I Giả sử f ánh xạ chỉnh hình từ K đến C Nếu điều kiện sau thỏa mãn f ánh xạ : (pi −qj )+ (a) pi ≥ n − m + , 1≤i≤l, (i,j)∈A / (i,j)∈A1 (qj −pi ) + (b) (i,j)∈A2 qj ≥ 1≤j≤h, (i,j)∈A / Để chứng minh Định lý 2.2.7 ta cần bổ đề sau 2.2.8 Bổ đề Giả sử P (X) Q(X) thỏa mãn Giả thiết I Khi với i, ≤ i ≤ l, tồn nhiều j , ≤ j ≤ h, cho P (αi ) = Q(βj ) Hơn nữa, l0 ≤ min{l, h} Chứng minh Với i, ≤ i ≤ l, giả sử tồn j1 , j2 , ≤ j1 , j2 ≤ h, cho P (αi ) = Q(βj1 ) P (αi ) = Q(βj2 ) Từ dẫn tới Q(βj1 ) = Q(βj2 ), j1 = j2 Q thỏa mãn Giả thiết I Tương tự, tồn nhiều i, ≤ i ≤ l, cho P (αi ) = Q(βj ) với j , ≤ j ≤ h Điều kết thúc chứng minh Bổ đề 2.2.8 Theo Bổ đề 2.2.8, đa thức P , Q thỏa mãn Giả thiết I , không tính tổng qt ta giả sử A0 = {(1, j(1)), , (l0 , j(l0 ))} Chứng minh Định lý 2.2.7 Giả sử f = (f0 , f1 , f2 ) ánh xạ chỉnh hình từ K đến C Đầu tiên ta giả sử điều kiện (a) thỏa mãn Ta lấy (Y − βj Z)qj G(X, Y, Z) := Z n−m 1≤j≤h, (i,j)∈A1 (X − αi Z)pi 1≤i≤l, (i,j)∈Ao \A1 28 l pi = n − 1, ta có Từ giả thiết (a) đẳng thức i=1 deg G = n − m + qj + 1≤j≤h, (i,j)∈A1 pi 1≤i≤l, (i,j)∈A0 \A1 l = n−m+ pi − ( i=1 (pi − qj ) + pi ) ≤ n − 1≤i≤l, (i,j)∈A / (i,j)∈A1 Pi (f ), i = 0, 1, 2, khơng có khơng điểm G chung điểm hữu hạn Ta xét điểm z ∈ K cho f2 (z) = Ta có Chúng ta cần chứng minh P0 (f ) = G P1 (f ) = G pi pi 1≤i≤l, (i,j)∈A1 (f0 − αi f2 ) 1≤i≤l, (i,j)∈A / (f0 − αi f2 ) , f2 n−m 1≤j≤h, (i,j)∈A1 (f1 − βj f2 )qj qj qj 1≤j≤h, (i,j)∈A0 \A1 (f1 − βj f2 ) 1≤j≤h, (i,j)∈A / (f1 − βj f2 ) pi (f − α f ) i 1≤i≤l0 , (i,j)∈A0 \A1 P0 (f ) = f0 −αi f2 = với i thỏa mãn (i, j) ∈ A1 (i, j) ∈ / A0 G Giả sử f0 −αi f2 = với i thỏa mãn (i, j) ∈ A1 Khi f1 (z)−βj f2 (z) = P1 (f ), thấy thừa số có dạng (f1 − βj f2 ), với (i, j) ∈ Nhìn vào G P1 A1 , giản ước, ta có (f )(z) = G Bây giả sử f0 − αi f2 = với i thỏa mãn (i, j) ∈ / A0 Khi Do P (αi ) = Q(βj ) với j Vì f1 (z) − βj f2 (z) = với j bất kỳ, nghĩa Pi P1 (f )(z) = Như (f ), i = 0, 1, 2, khơng có khơng điểm chung G G Mặt khác, ta có G(f ) ≡ Theo Bổ đề 2.2.3 ta có f ánh xạ Bây giả sử điều kiện (b) thỏa mãn Ta lấy (X − αi Z)pi G(X, Y, Z) := Z n−m 1≤i≤l, (i,j)∈A2 (Y − βj Z)qj 1≤j≤h, (i,j)∈A0 \A2 29 h qj = m − 1, ta có Từ giả thiết (b) đẳng thức j=1 deg G = n − m + pi + 1≤i≤l, (i,j)∈A2 qj 1≤j≤h, (i,j)∈A0 \A2 h = n−m+ qj − ( j=1 (i,j)∈A2 (qj − pi ) + qj ) ≤ n − 1≤j≤h, (i,j)∈A / Pi (f ) khơng có không điểm chung, G G(f ) ≡ Do theo Bổ đề 2.2.3 ta có f ánh xạ ✷ Lập luận tương tự trên, ta có 30 KẾT LUẬN Trên sở tài liệu tham khảo luận văn [2], chúng tơi tập trung tìm hiểu trình bày cách chi tiết kết sau : Cận hàm đặc trưng Một số điều kiện đủ để phương trình hàm P (X) = Q(Y ) khơng có nghiệm hàm phân hình khác hằng, P Q đa thức biến trường đóng đại số K có đặc số 0, đầy đủ với giá trị tuyệt đối không Acsimet 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Ngô Việt Trung (2012), Nhập mơn Đại số giao hốn Hình học đại số, NXB Khoa học tự nhiên công nghệ Tiếng Anh [2] T T H An and A Escassut (2008), Meromorphic solutions of equations over non-Archimedean fields, Ramanujan J., 15 (3), 415 - 433 [3] T T H An, J T Y Wang and P M Wong (2003), Unique range sets and uniqueness polynomials in positive characteristic, Acta Arith., 109 (3), 259 – 280 [4] W Cherry and M Ru (2004), Rigid analytic Picard theorems, Amer J Math., 126, 873 - 889 [5] W Cherry and Z Ye (1997), Non-Archimedean Nevanlinna theory in several variables and the non-Archimedean Nevanlinna inverse problem, Trans Amer Math Soc., 349 (12), 5043 - 5071 [6] A Escassut and C C Yang (2004), The functional equation P (f ) = Q(g) in a p- adic field, J Number Theory, 105 (2), 344 - 360 [7] H Fujimoto (2000), On uniqueness of meromorphic functions sharing finite sets, Amer J Math., 122, 1175 - 1203 [8] W Fulton (1969), Algebraic curves, W A Benjamin, New York 32 [9] 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 ... mãn điều kiện tách nghiệm để phương trình P (X) = aP (Y ), a = 0, có nghiệm hàm phân hình khác Một số báo sau đưa điều kiện cần đủ lớp đa thức để phương trình khơng có nghiệm hàm phân hình trường. .. kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác 19 Kết luận 30 Tài liệu tham khảo 31 MỞ ĐẦU Vấn đề tìm điều kiện để phương trình hàm có nghiệm. .. Trường định chuẩn 12 Điều kiện đủ để phương trình hàm trường khơng Acsimet khơng có nghiệm hàm phân hình khác 15 2.1 Cận hàm đặc trưng 15 2.2 Điều kiện