Đa thức duy nhất mạnh thỏa mãn điều kiện tách nghiệm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HỒ THỊ NGA ĐA THỨC DUY NHẤT MẠNH THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN TÁCH NGHIỆM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH HỒ THỊ NGA ĐA THỨC DUY NHẤT MẠNH THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN TÁCH NGHIỆM 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 Đa thức mạnh thỏa mãn điều kiện tách nghiệm 12 2.1 Các 1- dạng quy kiểu Wronskian 12 2.2 Đa thức mạnh thỏa mãn điều kiện tách nghiệm 14 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 MỞ ĐẦU Thời gian gần đây, vấn đề nghiên cứu đa thức thu hút quan tâm nhiều nhà toán học Việc nghiên cứu đa thức mạnh có liên quan chặt chẽ với việc nghiên cứu tập xác định Một số tác giả đưa điều kiện để đa thức phức đa thức mạnh cho họ đa thức, hàm nguyên, hàm hữu tỷ, A Boutabaa, A Escassut, L Hadadd, W Cherry, C C Yang, H Fujimoto, Trong luận văn này, dựa báo "Strong uniqueness polynomials: The complex case" tác giả Tạ Thị Hoài An, Julie Tzu Yueh Wang Pit Mann Wong tạp chí Complex Variables [2], chúng tơi tập trung tìm hiểu trình bày cách chi tiết kết điều kiện cần đủ để đa thức biến trường số phức đa thức nhất, đa thức mạnh cho họ hàm phân hình, hàm hữu tỷ với điều kiện đa thức thỏa mãn điều kiện tách nghiệm Ngoài 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 tập đại số, đa tạp afin, đa tạp xạ ảnh, đường cong phẳng nhằm mục đích làm sở cho việc trình bày nội dung chương Chương Đa thức mạnh thỏa mãn điều kiện tách nghiệm Chương nội dung luận văn Trong chương chúng tơi trình bày phương pháp xây dựng 1-dạng quy kiểu Wronskian Sau chúng tơi trình bày điều kiện cần đủ để đa thức biến trường số phức C đa thức nhất, đa thức mạnh cho họ hàm phân hình, họ hàm hữu tỷ trường hợp đa thức biến thỏa mãn điều kiện tách nghiệm 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 cô giáo Khoa Sư phạm Toán 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 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], [5] 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 không tập khơng điểm F gọi siêu mặt xác định F , ký hiệu V (F ) Một siêu mặt A2 (k) gọi đường cong phẳng 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 =   x −a =0 n n 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) Hợp hai tập đại số tập đại số Nghĩa là: 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 } (3) Giao họ tùy ý tập đại số tập đại số Nghĩa là: Cho Si họ hệ đa thức k[x1 , x2 , , xn ] Khi ∩V (Si ) = V (∪Si ) 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 tơpơ gọi tơpơ Zariski 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 = 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 1.1.7 Định nghĩa (1) Với tập S không rỗng gồm đa thức k[x1 , x2 , , xn+1 ] V (S) = {P ∈ An (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 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 với 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 với F1 , F2 , , Fr đa thức bất khả quy phân biệt m1 , m2 , ,mr số tự nhiên Ký hiệu Ci = {(x, y) ∈ A2 (k) | Fi (x, y) = 0}, i = 1, 2, , r, Ci , i = 1, 2, , r, thành phần bất khả quy C C có phân tích thành thành phần bất khả quy C = C1 ∪ C2 ∪ ∪ Cr Giả sử F (x, y) đa thức bậc n vành đa thức k[x, y] Đặt x y F (x, y, z) := z n F ( , ) z z Khi đó, F (x, y, z) đa thức bậc n thuộc k[x, y, z] gọi hóa đa thức F (x, y) Ta gọi đường cong C := {(x : y : z) ∈ P2 (k) | F (x, y, z) = 0} đường cong xạ ảnh tương ứng đường cong C Ta có (x, y) ∈ C (x, y, 1) ∈ C ; C bất khả quy C bất khả quy Nếu C có phân tích thành thành phần bất khả quy C = C1 ∪ C2 ∪ ∪ Cr 10 C có phân tích thành thành phần bất khả quy tương ứng C = C1 ∪ C2 ∪ ∪ Cr 1.2.1 Định nghĩa Cho đường cong phẳng C A2 (k) xác định phương trình F (x, y) = P = (a, b) ∈ C P gọi điểm đơn C ∂F ∂F (P ) = (P ) = Trong trường hợp đường thẳng ∂x ∂y ∂F ∂x (x − a) + P ∂F ∂y (y − b) = P gọi đường tiếp tuyến với C P Một điểm khơng phải điểm đơn gọi điểm kỳ dị Một đường cong gọi trơn điểm đường cong điểm đơn 1.2.2 Định nghĩa Cho đường cong phẳng C A2 (k) xác định đa thức F (x, y), P = (0, 0) Ta viết F = Fm + Fm+1 + + Fn Fi đa thức bậc i k[x, y], Fm = Ta gọi m số bội C P = (0, 0) viết m = mP (F ) = mP (C) Vì Fm đa thức hai biến trường đóng đại số nên ta viết Fm = Lri i Li nhân tử tuyến tính Các Li gọi đường tiếp tuyến C P = (0, 0); ri gọi số bội tiếp tuyến Li gọi tiếp tuyến đơn ( tương ứng kép, .) ri = ( tương ứng 2, .) Nếu C có m tiếp tuyến đơn phân biệt ta nói P điểm kỳ dị tắc C Giả sử F = Khi mP (F ) = Fiei phân tích F thành thành phần bất khả quy ei mP (Fi ) Nếu L đường tiếp tuyến Fi với số bội ri L tiếp tuyến F với số bội e i ri 25 Theo (2.14), ta có γ= = W(Y, Z) λ(X − α1 Z)m1 (X − αl Z)ml W(X, Z) −cλ(Y − α1 Z)m1 (Y − α1 Z)m1 (2.16) Do W(Z, X)(Y − αl Z)u−ml (X − α2 Z)m2 (X − αl Z)ml W(Y, Z)(Y − αl Z)u = (X − α1 Z)m1 −c(Y − α2 Z)m2 (Y − αl−1 Z)ml−1 Vì η quy p1 với u ml 2.2.9 Bổ đề Giả sử P đa thức thỏa mãn điều kiện tách nghiệm với i l tồn τ (i) cho (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc = [Fc (X, Y, Z) = 0], tức P (αi ) = cP (ατ (i) ) Fc đa thức đa thức P (X) − cP (Y ), c = 0, Hơn nữa, đường cong Cc khơng có thành phần tuyến tính (i) Cc hyperbolic đại số mi − mτ (i) 2, với i l; (ii) Cc hyperbolic Brody mi − mτ (i) 3, với i l Chứng minh Điều kiện mi − mτ (i) i thỏa mãn mi 2, với i l (i) chứng tỏ tồn Khơng tính tổng qt, giả sử i = 1-dạng hữu tỷ (Y − ατ (1) Z)m1 −2 ω= W(Y,Z) (X − α1 Z)m1 (2.17) xác định tốt Cc Theo (2.16) ω viết sau l m1 −2 ω = λ(Y − ατ (1) Z) (X − αi Z)mi γ i=2 m1 −mτ (1) −2 = (Y − ατ (1) Z) l i=2 (Y l i=2 (X mτ (i) − ατ (i) Z) − αi Z)mi W(X, Z) 26 γ xác định (2.15) Sự biểu thị thứ chứng tỏ cực điểm có ω Cc thuộc [X = α1 ] ∩ Cc , cách biểu thị thứ hai cho thấy cực điểm có ω Cc thuộc Y = ατ (i) ∩ Cc , i 2, m1 − mτ (1) điểm Vì ω quy Cc khơng có α1 , ατ (i) , |2 i l thuộc Cc Hơn nữa, ω không tầm thường thành phần Cc khơng có hàm tuyến tính số Y − ατ (1) Z, X − ατ (j) Z, j m1 − mτ (1) nhân tử Fc Vậy ta có khẳng định thứ Lập luận tương tự cho m W(X, Z)(X − α1 Z) τ (1) ω = (Y − ατ (1) Z)mτ (1) −2 l (Y − ατ (i) Z)mτ (i) γ mτ (1) −2 = −cλ(X − α1 Z) i=2 ta có khẳng định thứ mτ (1) − m1 Điều kiện mi − mτ (i) mi 3, với i l chứng tỏ tồn i cho Không tính tổng quát, ta giả sử i = Nếu m1 − mτ (1) 3, lập luận tương tự trên, ta có W(Y, Z)(Y − ατ (1) Z)m1 −3 , ω1 := X (X − α1 Z)m1 W(Y, Z)(Y − ατ (1) Z)m1 −3 ω2 := Y (X − α1 Z)m1 1-dạng khơng tầm thường quy xác định tốt độc lập tuyến tính thành phần Cc Hoàn toàn tương tự, mτ (1) − m1 m W(X, Z)(X − α1 Z) τ (1 ) ω1 := X (Y − ατ (1) Z)mτ (1) 3, ta có −3 , W(X, Z)(X − α1 Z)mτ (1) −3 ω2 := Y (Y − ατ (1) Z)mτ (1) 1-dạng không tầm thường quy xác định tốt độc lập tuyến tính thành phần Cc 27 Nếu tập khơng điểm P (X) cứng afin điều kiện Cc khơng có thành phần tuyến tính thỏa mãn với c = 0, Ký hiệu Lij , i=j l, dạng tuyến tính xác định Lij := (Y − ατ (j) Z) − ατ (i) − ατ (j) (X − αj Z) αi − αj (2.18) τ (i) τ (j) tồn tại, tức P (αi ) = cP (ατ (i) ) P (αj ) = cP (ατ (j) ) Lưu ý Lij biểu thị dạng Lij := (Y − ατ (i) Z) − ατ (i) − ατ (j) (X − αi Z) αi − αj (2.19) Giả sử Cc khơng có thành phần tuyến tính Lij khơng đồng khơng thành phần Cc Tại điểm pi = (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc tham số hóa địa phương pi , từ (2.19) suy ordpi ,φ Lij ordpi ,φ (X − αi Z), ordpi ,φ (Y − ατ (i) Z) , (2.20) hoàn toàn tương tự (từ (2.18)), với tham số hóa địa phương φ pj , ta có ordpj ,φ Lij ordpj ,φ (X − αj Z), ordpj ,φ (Y − ατ (j) Z) (2.21) Theo (2.5) ta có khai triển sau P (X) n bi,j (X − αi )j P (X) = P (αi ) + j=mi +1 bi,mi +1 = bi,n = Nếu pi = (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc , Fc (X, Y, Z) biểu thị theo X − αi Z Y − ατ (i) Z sau n n j bτ (i),j (Y − ατ (i) Z)j bi,j (X − αi Z) − c Fc (X, Y, Z) = j=mi +1 j=mτ (i) +1 Giả sử φ tham số hóa địa phương Cc pi , ta có (mi + 1)ordpi, ,φ (X − αi Z) = (mτ (i) + 1)ordpi ,φ (Y − ατ (i) Z) (2.22) 28 Trong trường hợp mτ (i) mi từ (2.22) ta có ordpi, ,φ (X − αi Z) ordpi ,φ (Y − ατ (i) Z) Do từ (2.20) ta có ordpi, ,φ Lij = ordpi, ,φ (X − αi Z) Vì ta có bổ đề sau 2.2.10 Bổ đề Giả sử Lij xác định (2.18) Nếu mτ (i) mi với tham số hóa địa phương φ Cc điểm pi = (αi , ατ (i) , 1), ta có ordpi, ,φ (X − αi Z) ordpi ,φ (Y − ατ (i) Z) ordpi, ,φ Lij = ordpi, ,φ (X − αi Z), ordpi, ,φ Lij /(X − αi Z) 2.2.11 Bổ đề Giả sử P đa thức thỏa mãn điều kiện tách nghiệm Nếu l đường cong Cc khơng có thành phần tuyến tính (i) Cc hyperbolic đại số điều kiện sau thỏa mãn (a) Tồn số i0 cho mi0 j (αi0 , αj , 1) ∈ / Cc với l; (b) Tồn số i1 i2 cho mi1 = mi2 = (αik , αj , 1) ∈ / Cc với j l k = 1, 2; (ii) Cc hyperbolic Brody điều kiện sau thỏa mãn (a) Tồn số i0 cho mi0 j l; (b) Tồn số i0 i1 cho mi1 với (αi0 , αj , 1) ∈ / Cc với j mi0 = (αi0 , αj , 1) ∈ / Cc l; (c) Tồn số i1 i2 cho mi1 + mi2 = (αik , αj , 1) ∈ / Cc với j l k = 1, 2; 29 (d) l tồn số i1 i2 cho mi1 = mi2 = (αik , αj , 1) ∈ / Cc với j l k = 1, Chứng minh Theo (2.16), (αi0 , αj , 1) ∈ / Cc với j l, γ xác định (2.16) quy Cc ∩ [X − αio Z = 0] 1- dạng hữu tỷ η= W(Y, Z) (X − αi0 Z) (X − αi Z)mi γ = λ(X − αi0 Z)mi0 −2 i=i0 l xác định tốt Cc mi0 η quy Cc Ta có khẳng định (ia) Tương tự, (ib) thỏa mãn γ quy (Cc ) ∩ [X − αi1 Z = 0] (Cc ) ∩ [X − αi2 Z = 0] 1-dạng η= W(Y, Z) =λ (X − αi1 Z)(X − αi2 Z) (X − αi Z)mi γ i=i1 ,i2 l xác định tốt quy Cc Vậy Cc hyperbolic đại số ta có khẳng định (ib) Lập luận tương tự, (αi0 , αj , 1) ∈ / Cc với η1 = η2 = XW(Y, Z) (X − αi0 Z) j l, mi0 3, (X − αi Z)mi γ, = λX(X − αi0 Z)mi0 −3 i=i0 l YW(Y, Z) (X − αi0 Z) (X − αi Z)mi γ = λY (X − αi0 Z)mi0 −3 i=i0 l hai 1-dạng quy độc lập tuyến tính Cc Do Cc hyperbolic Brody Ta có khẳng định (iia) Nếu mi1 mi0 = 2, tồn số ik = i0 cho mik = max mi Giả sử (αi0 , αj , 1) ∈ / Cc với 1 i l j η1 = l Đặt W(Y, Z) (X − αi0 Z)2 ; W(Y, Z) (αik , αj , 1) ∈ / Cc với j (X − αi0 Z)(X − αik Z) (Y - ατ (ik ) )W(Y, Z) η2 = (αik , ατ (ik ) , 1) ∈ Cc (X − αi0 Z)2 (X − αik Z) η2 = l; 30 Khi η1 η2 hai 1-dạng quy độc lập tuyến tính Cc Ta lưu ý tính quy η2 thứ hai có Bổ đề 2.2.10 mik = max mi i l theo (2.22) ordpj ,φ (X − αik Z) ordpj ,φ (Y − ατ (ik ) Z) Vậy Cc hyperbolic Brody, ta có khẳng định (iib) Với (iic) ta giả sử mi1 = mi2 = mi1 = mi2 = xem xét (iia) Khi η1 = η2 = W(Y,Z) (X − αi1 Z)2 , W(Y,Z) (X − αi1 Z)(X − αi2 Z) hai 1-dạng quy độc lập tuyến tính Cc Nếu mi1 = mi2 = l 3, tồn số it khác với i1 i2 thỏa mãn mit = max mi Khi đó, hồn tồn tương tự ta có i l η1 = η2 = W(Y,Z) ; (X − αi1 Z)(X − αi2 Z) W(Y,Z) (αit , αj , 1) ∈ / Cc với (X − αi1 Z)(X − αit Z) j l; (Y − ατ (it ) Z)W(Y,Z) với (αit , ατ (it ) , 1) ∈ Cc , (X − αi1 Z)(X − αi2 Z)(X − αit Z) hai 1-dạng quy độc lập tuyến tính Cc Vậy Cc hyperbolic η2 = Brody ta có (iid) 2.2.12 Nhận xét Bổ đề 2.2.11 suy (với giả thiết đa thức P thỏa mãn điều kiện tách nghiệm) để Cc hyperbolic đại số, ta giả sử với i l, tồn số τ (i) khác cho (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc trường hợp mi = 2.2.13 Mệnh đề Giả sử P đa thức có bậc n thỏa mãn điều kiện tách nghiệm đường cong Cc xác định phương trình Fc (X, Y, Z) = 0, c = 0, 1, 31 khơng có thành phần tuyến tính Sắp xếp αi cho m1 m2 ml Khi (i) Cc hyperbolic đại số (a) l m2 2, (b) l m2 = trừ l = 3, m1 = m2 = m3 = với P (α1 ) P (α2 ) P (α3 ) = = = c ; P (α2 ) P (α3 ) P (α1 ) c (ii) Cc hyperbolic Brody (a) l m2 = 2, (b) l m2 m2 = trừ l = m1 = m2 = m3 = Chứng minh Với trường hợp (ia) ta có m1 m1 trừ l = m1 = m2 2, m1 + m2 − mi , i = 1, , l Theo Bổ đề 2.2.11 Nhận xét 2.2.12 ta giả sử τ (1) τ (2) tồn cho pi = (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc với i = 1, Do L12 xác định 1-dạng hữu tỷ +m2 −2 Lm 12 W(Y, Z) ω1 := (X − α1 Z)m1 (X − α1 Z)m2 (2.23) xác định tốt Cc Ta chứng minh ω1 quy Ta cần kiểm tra tính quy pi , i = 1, Để kiểm tra ω1 quy pi , ta cần kiểm tra 1-dạng hữu tỷ +m2 −2 Lm 12 η= W(Y, Z) (X − α1 Z)m1 quy p1 Vì m1 + m2 − m1 mi , i = 1, , l, nên η quy p1 theo Bổ đề 2.2.8 Tính quy ω1 p2 kiểm tra tương tự Như ω1 quy Cc (ia) mệnh đề chứng minh Tiếp theo xét trường hợp (iia) Từ m1 m2 2, nên theo Bổ đề 2.2.11 ta giả sử τ (1) τ (2) tồn cho pi = (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc với i = 1, Do L12 xác định Hơn nữa, m2 = 2, theo Bổ đề 2.2.9 ta cần xem xét trường hợp m1 Từ trường hợp trước ta có 32 1-dạng ω1 quy, xác định (2.23), Cc Ta tìm 1-dạng ω2 khác quy Cc mà độc lập tuyến tính với ω1 Nếu m2 m1 3, 1-dạng hữu tỷ  +m2 −3 W(Y, Z)Lm (X − α1 Z)  12   m  (X − α Z) (X − α Z)m2 , m2 3; ω2 := m1 −1  W(Y, Z)L12 (X − α2 Z)   , m2 = 2, m1  (X − α1 Z)m1 (X − α2 Z)2 xác định tốt Cc Hơn nữa, ω1 ω2 độc lập tuyến tính Cc Cc khơng có thành phần tuyến tính Ta chứng tỏ ω2 quy Cc Với trường hợp m2 ta có m1 + m2 − m1 mi với i Tương tự cách chứng minh tính quy ω1 trên, ta có ω2 quy Cc theo Bổ đề 2.2.8 Với trường hợp m2 = m1 ( m1 4, tử thức ω2 có mi ) dạng tuyến tính triệt tiêu p2 đó, theo Bổ đề 2.2.8, ta có ω2 quy p2 Bây ta kiểm tra tính quy ω2 p1 Khi m2 m2 − m1 3, m1 + mi ω2 quy p1 theo Bổ đề 2.2.8 Bây ta xem xét trường hợp m2 = m1 Theo (2.22) ta có (m1 + 1)ordp1 ,φ (X − α1 Z) = (mτ (1) + 1)ordp1 ,φ (Y − ατ (1) Z) Vì m2 = 2, nên mτ (1) = Do ordp1 ,φ L12 = ordp1 ,φ (X − α1 Z) < ordp1 ,φ (Y − ατ (1) Z) Mặt khác, Z ≡ lân cận p1 , ta có ordp1 ,φ W(Y,Z) = ordp1 ,φ dY ordp1 ,φ (Y − ατ (1) Z) − 33 Khi ordp1 ,φ ω2 = ordp1 ,φ W(Y, Z) + (m1 − 1)ordp1 ,φ L12 − m1 ordp1 ,φ (X − α1 Z) ordp1 ,φ (Y − ατ (1) Z) − − ordp1 ,φ (X − α1 Z) m1 + ordp1 ,φ (X − ατ (1) Z) − − ordp1 ,φ (X − α1 Z) mτ (1) + m1 − mτ (1) ordp1 ,φ (X − α1 Z) − mτ (1) + (2.24) Nếu mτ (1) = 1, (m1 − mτ (1) )/(mτ (1) + 1) (2.24) không âm Nếu mτ (1) = 2, (m1 − mτ (1) )/(mτ (1) + 1) = 1/3 2/3 Trong trường hợp này, (m1 + 1)ordp1 ,φ (X − α1 Z) = 3ordp1 ,φ (Y − ατ (1) Z) với m1 + = 5, nên ta có ordp1 ,φ (X − α1 Z) Do đó, (2.24) khơng âm Tiếp theo ta xem xét trường hợp m2 = 2, m1 = l Giả sử L12 xác định (khi m1 = m2 = 2) Nếu tồn số τ (3) thỏa mãn (α3 , ατ (3) , 1) ∈ Cc L23 L31 xác định 1-dạng hữu tỷ ω2 = W(Y, Z)L12 L23 L31 (X − α1 Z)2 (X − α2 Z)2 (X − α3 Z) xác định Ta có mi với i, với pi , i = 1, 2, 3, có hai dạng tuyến tính tử thức ω2 triệt tiêu pi Theo Bổ đề 2.2.8 ta có ω2 quy Việc kiểm tra ω1 ω2 độc lập tuyến tính tương đương với việc chứng tỏ dạng bậc hai aL12 (X − α3 Z) + bL23 L31 , a, b ∈ C, không nhân tử Fc Chú ý giả sử dạng bậc hai bất khả quy Fc khơng có nhân tử tuyến tính Đối với trường hợp (ia) ta chứng tỏ có 1-dạng quy trường hợp Do đó, Fc khơng thể có nhân tử bậc hai nào, ω1 ω2 độc lập tuyến tính Nếu khơng tồn số τ (3) thỏa mãn (α3 , ατ (3) , 1) ∈ Cc ta lấy ω2 = W(Y, Z)L212 (X − α1 Z)2 (X − α2 Z)(X − α3 Z) 34 Tương tự, theo Bổ đề 2.2.8 ta có ω1 ω2 quy độc lập tuyến tính thành phần Cc Khẳng định hoàn thành phép chứng minh cho trường hợp m1 = m2 = l Bây ta xem xét trường hợp lại m2 = l Trong trường hợp ta có mi = với trường hợp: (1) m1 i ((ib) (iib)) l Ta chứng minh hai (2) m1 = Trước hết ta xét trường hợp m1 Nếu không tồn τ (1) thỏa mãn (α1 , ατ (1) , 1) ∈ Cc ta lấy ω1 = W(Y, Z) (X − α1 Z)2 1-dạng quy Cc Theo Bổ đề 2.2.11 ta giả thiết với i tồn số τ (i) cho (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc Vì l i 2, nên mτ (i) = với i ω2 = mi = Khi ta lấy W(Y, Z)(Y − ατ (i) Z) (X − α1 Z)2 (X − αi Z) 1-dạng quy Cc (theo (2.22)) ω1 , ω2 độc lập tuyến tính Vì ta giả sử tồn τ (1) thỏa mãn p1 = (α1 , ατ (1) , 1) ∈ Cc Giả sử L dạng tuyến tính triệt tiêu p1 Trước tiên ta chứng minh ordp1 ,φ (W(Y, Z)L) Thật mi = với i 2ordp1 ,φ (X − α1 Z) (2.25) 2, nên ta có mτ (1) = 1, 2ordp1 ,φ (Y − ατ (1) Z) = (m1 + 1)ordp1 ,φ (X − α1 Z) m1 = Do ordp1 ,φ L = ordp1 ,φ (X − α1 Z) m1 = ordp1 ,φ (X − α1 Z) Vì ta có ordp1 ,φ W(Y, Z) + ordp1 ,φ L − 2ordp1 ,φ (X − α1 Z) ordp1 ,φ (Y − ατ (1) ) − ordp1 ,φ (X − α1 ) − m1 − ordp1 ,φ (X − α1 ) − 35 Vậy ta có (2.25) Tiếp theo ta chứng tỏ tồn số i0 (αi0 , αj , 1) ∈ / Cc với j thỏa mãn l, Cc hyperbolic Brody Thật vậy, theo (2.25), ta có ω1 = ω2 = W(Y, Z)(X − α1 Z) (X − α1 Z)2 (X − αi0 Z) W(Y, Z)(Y − ατ (1) Z) , (X − α1 Z)2 (X − αi0 Z) hai 1-dạng quy, độc lập tuyến tính Do ta giả sử với i, tồn τ (i) cho pi = (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc Vì l i 2, nên mτ (i0 ) = với i0 ω1 := mi = với Giả sử i0 = Khi W(Y, Z)L12 (X − α1 Z)2 (X − α2 Z) quy p1 theo (2.25), quy p2 theo Bổ đề 2.2.8 Do đó, ω1 quy Cc Tương tự, ω2 := W(Y, Z)L13 L23 (X − α1 Z)2 (X − α2 Z)(X − α3 Z) quy p1 theo (2.25), quy p2 p3 ( mi với i 1) theo Bổ đề 2.2.8 Vậy ω2 quy Cc Lập luận tương tự ta có ω1 ω2 độc lập tuyến tính Cuối cùng, xem xét trường hợp với i tồn số τ (i) cho (αi , ατ (i) , 1) ∈ Cc Nếu l 4,thì W(Y, Z)L12 L34 , (X − α1 Z)(X − α2 Z)(X − α3 Z)(X − α4 Z) W(Y, Z)L13 L24 ω2 := (X − α1 Z)(X − α2 Z)(X − α3 Z)(X − α4 Z) ω1 := xác định tốt, độc lập tuyến tính quy Cc Lập luận tương tự ta có l = 3, L12 , L13 L23 xác định Lúc có hai khả năng: (I) τ (1) = 2, τ (2) = 3, τ (3) = (II) τ (1) = 3, τ (3) = 2, τ (2) = Với 36 khả (I) ta có P (α1 ) P (α2 ) P (α3 ) = = = c, P (α2 ) P (α3 ) P (α1 ) với khả (II) ta có P (α1 ) P (α3 ) P (α2 ) = = = c P (α3 ) P (α2 ) P (α1 ) Đồng thức cuối tương đương với P (α1 ) P (α2 ) P (α3 ) = = = P (α2 ) P (α3 ) P (α1 ) c Chứng minh Định lý 2.2.4 Định lý 2.2.5 Các điều kiện đủ chứng minh Mệnh đề 2.2.7 2.2.13 Với điều kiện cần, ta cần xem xét l = 1; l = {m1 , m2 } = 1; l = m1 = m2 = 1; l = m1 = m2 = m3 = Nếu l = 1, P (X) = (X − α1 )n + a, n 2, a ∈ C Khi đó, P (X) không đa thức cho họ hàm hữu tỷ P (f + α1 ) = P (ξf + α1 ) với hàm hữu tỷ f bậc n đơn vị ξ Vì vậy, P khơng đa thức hay đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ hay họ hàm phân hình Ta lưu ý P thỏa mãn điều kiện tách nghiệm, {(αi , αi , 1) |1 i l, mi 2} điểm kỳ dị C điểm (αi , αi , 1) kỳ dị tắc có số bội mi ; Cc có nhiều l điểm kỳ dị αi , ατ (i) , |1 i l, P (αi ) = cP (ατ (i) ) điểm αi , ατ (i) , có số bội mi , mτ (i) + điểm kỳ dị mi = mτ (i) Nếu l = {m1 , m2 } = 1, ta giả thiết m2 = Nếu m1 = 1, đường cong C trơn đường cong C bất khả quy Nếu m1 2, đường cong xác định phương trình F (X, Y, Z) = có điểm kỳ dị q1 = (α1 , α1 , 1) có số bội m1 Ta giả sử F (X, Y, Z) 37 nhân tử tuyến tính Nếu F (X, Y, Z) có nhân tử bất khả quy H ∈ C [X, Y, Z], F = HG với G ∈ C [X, Y, Z] degH giả thiết Giả sử mG 1( theo deg G) mH số bội q1 G = H = tương ứng Vì H bất khả quy degH 2, nên mH < deg H Ta có H mG + m1 = m1 deg G + deg H = deg F = n − = m1 + G H Mặt khác, theo Định lí Bezout, ta có mH m1 = deg H deg G Vì m1 = deg H mG = deg G, mâu thuẫn Vậy F bất khả quy có giống khơng Điều chứng tỏ P không đa thức hay đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ hay họ hàm phân hình Nếu l = m1 = m2 = 2, n = C có điểm kỳ dị p1 = (α1 , α1 , 1) p1 = (α2 , α2 , 1) kỳ dị tắc có bội Lập luận tương tự ta có C bất khả quy giống C Do P khơng đa thức hay đa thức mạnh cho họ hàm phân hình Nếu l = m1 = m2 = m3 = 1, n = C đường cong trơn có giống Do P khơng đa thức hay đa thức mạnh cho họ hàm phân hình Cuối cùng, l = 3, m1 = m2 = m3 = 1, P (α1 ) P (α2 ) P (α3 ) = = = ω, P (α2 ) P (α3 ) P (α1 ) với ω thỏa mãn ω + ω + = 0, Fω có điểm kỳ dị kỳ dị tắc điểm kỳ dị có bội Trong trường hợp Cω bất khả quy có giống Do P (X) khơng đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ ✷ 38 KẾT LUẬN Trên sở tài liệu tham khảo luận văn [2], chúng tơi tập trung tìm hiểu trình bày cách chi tiết kết sau đây: Phương pháp xây dựng 1-dạng quy kiểu Wronskian Điều kiện cần đủ để đa thức biến trường số phức đa thức nhất, đa thức mạnh cho họ hàm phân hình, họ hàm hữu tỷ trường hợp đa thức thỏa mãn điều kiện tách nghiệm đạo hàm bậc 39 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, J T Y Wang and P M Wong (2004), Strong uniqueness polynomials: The complex case, Complex Variables, 49 (1), 25 - 54 [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] H Fujimoto (2000), On uniqueness of meromorphic functions sharing finite sets, Amer J Math., 122, 1175 - 1203 [5] W Fulton (1969), Algebraic Curves, W A Benjamin, New York [6] H H Khoai and T T H An (2001) On uniqueness polynomials and bi-URS for p-adic meromorphic function, J Number theory, 87, 211 221 [7] P Li and C C Yang (1995), Some further results on the unique range sets of meromorphic functions, Kodai Math J., 18, 437 - 450 [8] 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 ... cách chi tiết kết điều kiện cần đủ để đa thức biến trường số phức đa thức nhất, đa thức mạnh cho họ hàm phân hình, hàm hữu tỷ với điều kiện đa thức thỏa mãn điều kiện tách nghiệm Ngoài phần Mở... định tốt P2 (C) 2.2 Đa thức mạnh thỏa mãn điều kiện tách nghiệm Trong mục này, chúng tơi tìm hiểu điều kiện cần đủ để đa thức biến trường số phức C đa thức nhất, đa thức mạnh cho họ hàm hữu tỷ,... quy kiểu Wronskian Điều kiện cần đủ để đa thức biến trường số phức đa thức nhất, đa thức mạnh cho họ hàm phân hình, họ hàm hữu tỷ trường hợp đa thức thỏa mãn điều kiện tách nghiệm đạo hàm bậc