Chương 3. Xác định hàm phân hình và đường cong chỉnh hình trên trường không Ác-si-mét
3.3. Xác định hàm phân hình và đường cong chỉnh hình trên trường không Ác-si-mét
ChoSi = {ci, di},trong đóci, di là nghiệm của đa thứcPi = z2+aiz+bi = 0, ai 6= aj, bi 6= bj, bi 6= a2i
4, q ≥ 5 và
ai −ak bi −bk aj −ak bj −bk
6= 0, (C1)
với i, j, k phân biệt thuộc {1,2, . . . , q}.
Định lý 3.3.1. Giả sử điều kiện (C1) được thỏa mãn. Cho f, g là hai hàm phân hình trên K thỏa mãn Ef(Si) = Eg(Si), i = 1, . . . , q. Khi đó f = g.
Chứng minh. Giả sử f không đồng nhất g. Viết f = f1
f2, g = g1
g2; ở đó mỗi cặp trong hai cặp hàm (f1, f2); (g1;g2) đều không có không điểm chung.
Từ Ef(Si) = Eg(Si), i = 1, . . . , q, ta có hệ phương trình hàm
f12 +aif1f2 +bif22 = li(g12 +aig1g2 +big22), (3.12) li ∈ K, li 6= 0, i = 1, . . . , q. Xét các trường hợp sau
Trường hợp 1. Tồn tại j ∈ {1, . . . , q} để f không nhận nghiệm của Pj. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử j = 1. Từ (3.12) ta có
f12 +aif1f2 +bif22
f12 +aif1f2 +b1f22 = li g21 + aig1g2 +big22 l1(g21 + aig1g2 +b1g22).
Đặt li
l1 = hi, i = 2, . . . , q ta có f22 f2 +aif +bi
f22(f2 +a1 +b1) = hig22 g2 +aig +bi
g22(g2 + a1 +b1) , f2 +aif +bi
f2 +a1 +b1
= hig2 +aig +bi g2 +a1 + b1
, (f −ci)(f −di)
(f −c1)(f −d1) = hi(g−ci)(g −di)
(g −c1)(g −d1). (3.13) Gọi A là tập hợp các phương trình trong (3.13) có tính chất: Với mỗi phương trình thứ i thuộc A tồn tại i 6= j, j 6= 1 sao cho
f−1(cj)∩g−1(cj) 6= ứ hoặc
f−1(dj)∩g−1(dj) 6= ứ. (3.14) Trường hợp 1.1. #A ≥ 2. Chú ý rằng, do f là hàm phân hình khác hằng nên f không nhận cùng lắm một giá trị. Không làm mất tính tổng quát, giả sử hai phương trình ứng với i = 2, i = 3 trong (3.13) thuộc A.
Do (3.13) nên h1 = 1, h3 = 1. Khi đó f2 +a2f +b2
f2 +a1f +b1 = g2 +a2g+b2 g2 +a1g+b1, f2 +a3f +b3
f2 +a1f +b1
= g2 +a3g+b3 g2 +a1g+b1
. Rút gọn hai phương trình này ta có
g = (b1 −b2)f + (a2b1 −a1b2) (a2 −a1)f + (b2 −b1) , g = (b1 −b3)f + (a3b1 −a1b3)
(a3 −a1)f + (b3 −b1) . Do đó
(b1 −b2)f + (a2b1 −a1b2)
(a2 −a1)f + (b2 −b1) = (b1 −b3)f + (a3b1 −a1b3) (a3 −a1)f + (b3 −b1) .
Từ đây suy ra
a2 −a1 b2 −b1 a3 −a1 b3 −b1
= 0.
Mâu thuẫn với giả thiết (C1).
Trường hợp 1.2. #A = ∅. Khi đó
Ef(ci) =Eg(di), Ef(di) = Eg(ci), (3.15) với i = 3,4,5.
Do đó
f1 −cif2 = ti(g1 −dig2), g1 −cig2 = ri(f1 −dif2), i= 3,4,5.
Nhân vế với vế của hai phương trình trên ta có
f1g1 −ci(f1g2 + f2g1) + c2if2g2 = lif1g1 −d3(g1f2 +g2f1) +d23g2f2, với li = tiri, i = 3,4,5.
Chia cả hai vế của phương trình trên cho f2g2 ta có
f g−ci(f +g) +c2i = li(f g−di(f +g) +d2i).
Lấy i = 3 ta có
f g−c3(f + g) + c23 = l3f g−d3(f +g) +d23. (3.16) Do f−1(ci) = g−1(di) 6= ứ, i = 4,5, nờn tồn tại zi sao cho f(zi) = ci, g(zi) =di, i = 4,5. Để ý rằng ci +di = −ai, cidi = bi, i = 4,5. Từ đây và (3.16) ta có
c32 +aic3 +bi = li(d23 +aid3 +bi), i = 4,5.
Xét hệ phương trình
x(d23 +aid3 +bi) +y(c23 +aic3 +bi) = 0, (3.17) với i = 4,5.
Hệ phương trình (3.17) luôn có nghiệm (l3,1)6= (0; 0). Vậy
d22 −a4d3 +b4 c23 +a4c3 +b4 d23 +a5d3 +b5 c23 +a5c3 +b5
= 0,
1 a3 b3 1 a4 b4 1 a5 b5 .
c23 d23 1 c3 d3 0 1 1 0
= 0,
1 a3 b3 1 a4 b4 1 a5 b5
=
a4 −a3 b4 −b3
a5 −a3 b5 −b3
= 0.
Mâu thuẫn với giả thiết (C1).
Trường hợp 1.3.#A= 1.Không làm mất tính tổng quát, giả sử phương trình ứng với i = 2 trong (3.12) có tính chất tồn tại j = 5 sao cho f−1(c5)∩g−1(c5) 6= ∅ hoặc f−1(d5)∩g−1(d5) 6= ∅.
Tiếp theo, xét phương trình sau trong (3.12) (f −c5)(f −d5)
(f −c1)(f −d1) = h5(g−c5)(g −d5)
(g−c1)(g −d1). (3.18) Từ #A = 1 và (3.18) ta có
f−1(ci)∩g−1(ci) =∅ = f−1(di)∩g−1(di), i = 2,3,4.
Do Ef(Si) = Eg(Si), i = 2,3,4 nên Ef(ci) = Eg(di), Ef(di) = Eg(ci), i = 2,3,4. Bây giờ lý luận tương tự như khi xét (3.15) ta có mâu thuẫn.
Trường hợp 2. f nhận mọi giá trị của K ∪ {∞}. Gọi B là tập tất cả i với i ∈ {1, . . . , q} thỏa mãn điều kiện f−1(ci) ∩ f−1(ci) 6= ∅. Xét các trường hợp con sau:
Trường hợp 2.1. #B ≥ 1. Không giảm tổng quát giả sử 1 ∈ B. Khi đó ta lý luận tương tự như Trường hợp 1.1.
Trường hợp 2.1. #B = ∅. Khi đó Ef(ci) = Eg(di), Ef(di) = Eg(ci), i = 1, . . . , q. Lý luận tương tự như trường hợp 1.2 ta có mâu thuẫn. Vậy f = g. Định lý được chứng minh.
Bổ đề 3.3.2. Cho a, b,0,∞ là các phần tử phân biệt của K ∪ {∞} và T(z) = z −ac
z+ac, ở đó b= ac2. Khi đó
T(∞) + T(0) = 0 = T(a) +T(b).
Chứng minh. Ta có T(0) = −1, T(∞) = 1, T(a) = a−ac
a+ac = 1−c 1 +c; T(b) =T(ac2) = ac2 −ac
ac2 +ac = ac(c−1)
ac(c+ 1) = c−1
c+ 1 = −T(a).
Do đó T(∞) +T(0) = 0 = T(a) +T(b). Ta có điều phải chứng minh.
Vớia ∈ K∪{∞},ký hiệu NN
r, 1 f −a
, NN
r, 1 f −akj
lần lượt là hàm đếm không tính bội của f sao cho f(z) =a = g(z), f(z) = a 6= g(z).
Bổ đề 3.3.3. Cho {ai}, i = 1, . . . , p; Sk = {ak1, ak2}, k = 1, . . . , q; là các tập phân biệt gồm các phần tử phân biệt; f và g là các hàm phân hình khác hằng trên K thỏa mãn
Ef(ai) =Eg(ai), Ef(Sk) =Eg(Sk), với i = 1, . . . , p, k = 1, . . . , q. Khi đó
(q + 2p−4)(T(r, f) +T(r, g)) ≤
q
X
k=1 2
X
j=1
[NN
r, 1 f −akj
+NN
r, 1 g −akj
]−logr +O(1).
Chứng minh. Theo định lý chính thứ hai ta có (q + 2p−2)T(r, f) ≤
q
P
i=1
N
r, 1 f −ai
+
q
X
k=1 2
X
j=1
N
r, 1 f −aki
−logr +O(1). (3.19)
(q + 2p−2)T(r, g) ≤
q
P
i=1
N
r, 1 g −ai
+
q
X
k=1 2
X
j=1
N
r, 1 g −aki
−logr +O(1). (3.20) Ta có
NN
r, 1 f −ai
= NN
r, 1 g −ai
= 0, i = 1, . . . , p. (3.21) Hơn nữa, với k = 1, . . . , q ta có
2
X
j=1
NE
r, 1 f −aki
=
2
X
j=1
NE
r, 1 g −aki
,
2
X
j=1
NN
r, 1 f −aki
=
2
X
j=1
NN
r, 1 g −aki
. (3.22)
Giả sử f không đồng nhất g ta có
q
X
i=1
NE
r, 1 f −ai
+
p
X
k=1 2
X
j=1
NE
r, 1
f −akj
≤ Nf−g(r)
≤ T(r, f) +T(r, g).
Từ đây và (3.19), (3.20) suy ra
q
X
i=1
NN
r, 1 f −ai
+
p
X
k=1 2
X
j=1
NN
r, 1 f −ak
=
p
X
k=1 2
X
j=1
NN
r, 1 f −akj
, Pq
i=1N
r, 1 f −ai
+
p
P
k=1 2
P
j=1
NE
r, 1 f −ai
−
p
P
k=1 2
P
j=1
NE
r, 1 f −akj
≥(q + 2p−3)T(r, f)−T(r, g) + logr + O(1). (3.23) Tương tự, ta có
p
X
k=1 2
X
j=1
NN
r, 1 g −aki
≥ (q + 2p−3)T(r, g)
−T(r, f) + logr +O(1) (3.24) Từ (3.23) và (3.24) ta có
Pq k=1
P2 j=1
NN
r, 1 f −aki
+NN
r, 1 g −akj
−2 logr+ O(1)
≥ (q + 2p−4) [T(r, g) +T(r, f)].
Định lý 3.3.4. Cho ai, i = 1, . . . , p; ak1, ak2, k = 1, . . . , q là các phần tử phân biệt của K. Gọi Sk = {ak1, ak2}, k = 1, . . . , q. Giả sử f và g là các hàm phân hình trên K thỏa mãn
Ef(ai) =Eg(ai), Ef(Sk) =Eg(Sk), với i = 1, . . . , p, k = 1, . . . , q.
Nếu p+ q ≥3, p, q ≥ 1 thì f là một biến đổi phân tuyến tính của g.
Chứng minh. Nếu f = g thì hiển nhiên f là phép biến đổi phân tuyến tính của g.
Nếu f khác g. Do ak1, ak2 đều khác 0,∞ nên có thể viết ak2 = c2kak1, k = 2, . . . , q. Theo Bể đề 3.3.2 ta có
T(∞) +T(0) = Tk(ak1) +Tk(ak2) = 0.
Đặt Fk = Tk(f), Gk = Tk(g). Giả sử Fk + Gk 6= 0 với mọi k = 1, . . . , q.
Theo giả thiết và Bổ đề 3.3.3 ta có (q + 2p−4) [T(r, g) +T(r, f)]
≤
q
X
k=1 2
X
j=1
NN
r, 1 f −aki
+NN
r, 1 g −akj
−2logr +O(1).
f(z) = akj khi và chỉ khi g(z) = aki;i 6= j, khi đó Fk(z) +Gk(z) = 0. Từ đây suy ra
q
X
k=1 2
X
j=1
NN
r, 1
f −akj
+ NN
r, 1 g −akj
≤ NF2+G2(r),
q
X
k=3 2
X
j=1
NN
r, 1 f −akj
+NN
r, 1 g−akj
≤
q
X
k=3
NFk+Gk(r).
Từ các bất đẳng thức này ta có
q
X
k=1 2
X
j=1
NN
r, 1 f −akj
+NN
r, 1 g −akj
≤
q
X
k=2
NF+Gk(r) ≤
q
X
k=2
[TFk(r) +TGk(r)] +O(1).
Từ đây và TFk = T(r, f) +O(1), TGk(r) =T(r, g) +O(1) ta có (p+ 2q−4) [T(r, f) +T(r, g)] ≤(q −1) [T(r, f) +T(r, g)]
(p+q −3) [T(r, f) +T(r, g)] ≤ −2logr +O(1).
Do đó p + q ≥ 3, ta có mâu thuẫn. Vậy, tồn tại k = {2, . . . ,4} sao cho Fk +Gk ≡ 0. Khi đó
f −ak1ck
f +ak1ck = g −ak1ck
g +ak1c
Vậy f g+ak1ckf −ak1ckg −a2kc2k = −f g+ak1ckf −ak1ckg+a2k
1c2k. Do đó 2f g = 2a2k
1c2k. Suy ra g = ak1ak2 f .
Tiếp theo, chúng tôi thiết lập một siêu mặt xác định duy nhất đường cong chỉnh hình p-adic không suy biến tuyến tính từ đa thức kiểu Fermat- Waring.
(C2): Cho Li = Li(z1, . . . , zN+1) = αi,1z1 + αi,2z2 + ã ã ã+ αi,N+1zN+1, i = 1,2, . . . , q là q-dạng tuyến tính của N + 1 biến (q > N + 1) ở vị trí tổng quát trongKN+1. Vớin, m, là các số nguyên dương, m < n, a, b ∈ K, a, b 6= 0. Đa thức sau được gọi là đa thức Yi:
Y(m,n)(z1, z2) =z1n −az1n−mz2m +bz2n. Xét q đa thức thuần nhất:
P1 = P1(z1, . . . , zN+1) =Y(m,n)(L1, L2) =Ln1 −aLn−m1 Lm2 +bLn2, và với q ≥i ≥2, đặt
Pi = Pi(z1, . . . , zN+1) = Y(m,n)(Pi−1, Lni+1i−1).
Xét đa thức kiểu Fermat-Waring có bậc nq sau:
P(z1, z2, . . . , zN+1) = Pq(z1, . . . , zN+1).
Đa thức P(z1, z2, . . . , zN+1) được gọi là một q-lặp của đa thức Yi. Cho các hàm nguyên f1, . . . , fN+1 và g1, . . . , gN+1 trên K, xét phương trình P(f1, . . . , fN+1) = P(g1, . . . , gN+1).
(C3): Gọi X là một siêu mặt kiểu Fermat-Waring trong PN(K) được xác định bởi phương trình P(z1, . . . , zN+1) = 0.
Định lý 3.3.5. Cho P(z1, z2, . . . , zN+1) là đa thức được xây dựng trong (C2), n ≥ 2m + 8, m ≥ 3, và f1, . . . , fN+1; g1, . . . , gN+1 là hai họ hàm nguyên độc lập tuyến tính trên K, thỏa mãn phương trình P(f1, . . . , fN+1)
= P(g1, . . . , gN+1). Khi đó gi = cfi, cnq = 1, i= 1, . . . , N + 1.
Chứng minh. ĐặtLi( ˜f) = Li(f1, . . . , fN+1), Li(˜g) =Li(g1, . . . , gN+1), i = 1, . . . , q, Pi( ˜f) = Pi(f1, . . . , fN+1), Pi(˜g) = Pi(g1, . . . , gN+1), i = 1, . . . , q.
Đầu tiên ta chứng minh Pi( ˜f) 6≡ 0, i = 1,2, . . . , q;q > N, bằng cách quy nạp theo i. Với i = 1 giả sử
P1( ˜f) = Ln1( ˜f)−aLn−m1 ( ˜f)Lm2 ( ˜f) +bLn2( ˜f) ≡ 0.
Từ đây và Ln2( ˜f) 6≡ 0 mà L1( ˜f)
L2( ˜f) là hằng ta có điều mâu thuẫn với sự độc lập tuyến tính của f1, . . . , fN+1. Với i = 2, giả sử
P2( ˜f) = P1n( ˜f)−aP1n−m( ˜f)Lnm3 ( ˜f) +bLn32( ˜f) ≡ 0.
Từ P1( ˜f) 6≡0, Ln3( ˜f) 6≡ 0 chúng ta thấy rằng P1( ˜f)
Ln3( ˜f) là hằng. Do đó Ln1( ˜f)−aLn−m1 ( ˜f)Lm2 ( ˜f) +bLn2( ˜f)−ALn3( ˜f) ≡ 0, A 6= 0.
Từ L1( ˜f) 6≡ 0, L2( ˜f) 6≡0, L3( ˜f) 6≡ 0, n ≥ 2m+ 8, m ≥3, và Bổ đề 3.2.3 ta có L2( ˜f)
L3( ˜f) là hằng và ta có điều mâu thuẫn với sự phụ thuộc tuyến tính của f1, . . . , fN+1.
Bây giờ chúng ta xét Pi( ˜f) ≡ 0. Khi đó
Pi−1n ( ˜f)−aPi−1n−m( ˜f)Lni+1i−1m( ˜f) +bLni+1i ( ˜f) ≡ 0. (3.25) Tương tự như chứng minh trên ta có điều trái giả thuyết.
Tiếp theo, xét
Pi( ˜f) =AiPi(˜g), Ai 6= 0, i= 1,2, . . . , q. (3.26) Chúng ta sẽ chỉ ra rằng Lj(˜g) = cjLj( ˜f), cj 6= 0, j = 1, . . . , i + 1, bằng cách quy nạp theo i. Với i = 1 ta có P1( ˜f) =A1P1(˜g),
Ln1( ˜f)−aLn−m1 ( ˜f)Lm2 ( ˜f)+bLn2( ˜f) = A1(Ln1(˜g)−aLn−m1 (˜g)Lm2 (˜g)+bLn2(˜g)).
Từ L1( ˜f) 6≡0, L2( ˜f) 6≡ 0, L1(˜g) 6≡ 0, L2(˜g) 6≡ 0, n ≥2m+ 8, m ≥ 3, Bổ đề 3.2.3 và phương trình trên suy ra Lj(˜g) = cjLj( ˜f), cj 6= 0, j = 1,2.
Bây giờ chúng ta xét (3.26). Khi đó
Pi−1n ( ˜f)−aPi−1n−m( ˜f)Lni+1i−1m( ˜f) +bLni+1i ( ˜f) =
Ai(Pi−1n (˜g)−aPi−1n−m(˜g)Lni+1i−1m(˜g) + bLni+1i (˜g)). (3.27) Từ Pi−1( ˜f) 6≡ 0, Li+1( ˜f) 6≡ 0,Pi−1(˜g) 6≡ 0, Li+1(˜g) 6≡ 0, n ≥ 2m + 8, m ≥ 3, Bổ đề 3.2.3, Bổ đề 3.27 và
Pi−1( ˜f) = Bi−1Pi−1(˜g), Lni+1i−1(˜g) = Ci+1Lni+1i−1( ˜f).
Ta có Lj(˜g) = cjLj( ˜f), cj 6= 0, j = 1,2, . . . , i + 1.
Xét
P( ˜f) = P(˜g), q > N. (3.28) Từ (3.26) ta có Li(˜g) = ciLi( ˜f), ci 6= 0, i = 1, . . . , q + 1. Do Li, i = 1, . . . , N+1,độc lập tuyến tính và L1, . . . , LN+1, Lj, j ∈ {N+2, . . . , q+1}
độc lập tuyến tớnh ta cúLj = b1jL1+b2jL2+ã ã ã+bN+1jLN+1, bkj 6= 0, k = 1, . . . , N + 1, j = N + 2, . . . , q + 1;
Lj( ˜f) =b1jL1( ˜f) +b2jL2( ˜f) +ã ã ã+bN+1jLN+1( ˜f), j = N + 2, . . . , q+ 1;
Lj(˜g) = b1jL1(˜g) +b2jL2(˜g) +ã ã ã+bN+1jLN+1(˜g), j = N + 2, . . . , q+ 1.
Từ điều này và Li(˜g) = ciLi( ˜f), ci 6= 0, i = 1,2, . . . , N + 1; Lj(˜g) = cjLj( ˜f), ta thu được
Lj(˜g) =c1b1jL1( ˜f) +c2b2jL2( ˜f) +ã ã ã+cN+1bN+1jLN+1( ˜f);
c1b1jL1( ˜f) +c2b2jL2( ˜f) +ã ã ã+cN+1bN+1jLN+1( ˜f) =
cjb1jL1( ˜f) +cjb2jL2( ˜f) +ã ã ã+cjbN+1jLN+1( ˜f), j = N + 2, . . . , q+ 1.
Do f1, . . . , fN+1 phụ thuộc tuyến tớnh ta cú cj = c1 = cj = c2 = ã ã ã = cN+1, j = N + 2, . . . , q + 1. Đặt c = ci, i = 1, . . . , q + 1. Khi đó Lj(˜g) = cLj( ˜f), j = 1, . . . , q+ 1. Vậy gi = cfi, i = 1, . . . , N + 1, cnq = 1.
Định lý 3.3.6. Cho f và g là hai ánh xạ chỉnh hình không suy biến tuyến tính từ K đến PN(K). Cho X là một siêu mặt được xác định trong (C3) và n≥ 2m+ 8, m≥ 3. Khi đú, nếu àXf = àXg thỡ f = g.
Chứng minh. Cho f˜= (f1 : ã ã ã : fN+1) và ˜g = (g1 : ã ã ã : gN+1) lần lượt là cỏc biểu diễn rỳt gọn của f vàg. TừàXf = àXg suy ra tồn tại một hằng số c khỏc khụng sao cho P( ˜f) = cP(˜g). Đặt lnq = c và ˜h = (lg1 : ã ã ã : lgN+1).
Khi đó ˜h là một biểu diễn thu gọn của g và Pq( ˜f) =Pq(˜h). Áp dụng Định lý 3.3.5 ta có f = g. Định lý được chứng minh.
Kết luận Chương 3
Trong chương này, chúng tôi giải quyết được các vấn đề sau đây.
1. Thiết lập được một kiểu Định lý bốn điểm và một kiểu Định lý hai điểm p-adic (Định lý 3.3.1 và Định lý 3.3.4).
2. Từ một kiểu Bổ đề Borel cho trường hợp p-adic (Bổ đề 3.2.1) đưa ra điều kiện để một phương trình hàm không có nghiệm phân hình p-adic khác hằng (Bổ đề 3.2.2).
3. Chỉ ra rằng: Nếu f1, . . . , fN+1; g1, . . . , gN+1 là hai họ hàm nguyên phụ thuộc tuyến tính thì fi = cgi, i = 1, . . . , N + 1, với c là nghiệm duy nhất (Định lý 3.3.5). Từ đó thu được một lớp tập xác định duy nhất cho các đường cong chỉnh hình không Ác-si-mét (Định lý 3.3.6).
Kết luận
Luận án nghiên cứu các vấn đề xác định hàm phân hình và đường cong chỉnh hình qua điều kiện ảnh ngược của tập hợp điểm (phức và p-adic).
Mục tiêu của luận án là thiết lập một số tập xác định duy nhất và lớp đa thức duy nhất trong các trường hợp trên.
Các kết quả chính của luận án.
1. Đưa ra một vài điều kiện để một số phương trình hàm có nghiệm; mô tả nghiệm của một vài phương trình hàm. Từ đó, chúng tôi thiết lập một số định lý duy nhất cho hàm phân hình khác hằng và đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính; xây dựng được hai cặp siêu mặt xác định đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính, ba siêu mặt xác định duy nhất đường cong chỉnh hình không suy biến tuyến tính.
Các kết quả này là mở rộng của Định lý 4 điểm, Định lý 5 điểm của Nevanlinna và theo hướng trả lời câu hỏi của F.Gross và Pakovich.
2. Thiết lập được một kiểu Định lý bốn điểm và một kiểu Định lý hai điểm p-adic.
Xây dựng được một lớp đa thức duy nhất và siêu mặt kiểu Fermat- Waring xác định duy nhất ánh xạ chỉnh hình không Ác-si-mét.
Danh mục Công trình của tác giả đã công bố liên quan đến đề tài
1. [5] Vu Hoai An and Le Quang Ninh (2012), "Uniqueness polynomi- als for linearly non-degenerate holomorphic curves",Proc.20th Intern.
Conf. Finite or Infinite Dimensional Complex Analysis and Applica- tions, Science and Technics publishing house.
2. [6] Vu Hoai An and Le Quang Ninh (2016), "On functional equations of the Fermat-Waring type for non-Archimedean vectorial entire func- tions", Bull. Korean Math, 53(4), pp.1185-1196.
3. [16] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Le Quang Ninh (2014), "Unique- ness Theorems for Holomorphic Curves with Hypersurfaces of Fermat- Waring Type", Complex Analysis and Operator Theory, 8, pp 1747- 1759.
4. [23] Le Quang Ninh (2015), "Uniqueness polynomials for linearly non- degenerate p-adic holomorphic curves", Tạp chí Khoa học và Công nghệ Đại học Thái Nguyên, tập 144, số 14.
Tài liệu tham khảo
[1] Adam. W. W. and Straus. E. G. (1971), "Non-Archimedean analytic functions taking the same values at the same points", Illinois. J.
Math.,15, pp.418-424.
[2] Ta Thi Hoai An (2011), "Unique range sets for meromorphic functions constructed without an injectivity hypothesis", Taiwanese. J. Math, 15, pp. 697 - 709.
[3] Ta Thi Hoai An, Nguyen Thi Ngoc Diep (2013), "Genus one factors of curves defined by separated variable polynomials", J. Number Theory, 133(8), pp. 2616 - 2634.
[4] Vu Hoai An and Tran Dinh Duc (2011), "Uniqueness theorems and uniqueness polynomials for holomorphic curves", Complex Var. Ellip- tic Equ., 56(14), pp.253-262.
[5] Vu Hoai An and Le Quang Ninh (2012), "Uniqueness polynomials for linearly non-degenerate holomorphic curves", Proc.20th Intern. Conf.
Finite or Infinite Dimensional Complex Analysis and Applications, Science and Technics publishing house.
[6] Vu Hoai An and Le Quang Ninh (2016), "On functional equations of the Fermat-Waring type for non-Archimedean vectorial entire func- tions", Bull. Korean Math, 53(4), pp.1185-1196.
[7] Bai. X., Han. Q., and Chen. A. (2009), "On a result of H. Fujimoto", J. Math. Kyoto Univ, 49(3), pp.631-643.
[8] Boutabaa. A. (1990), "Théorie de Nevanlinna p-adique", Manuscripta Math, 67, pp.251-269
[9] Boutabaa. A. and Escassut. A. (1998), "On uniqueness of p−adic meromorphic functions", Proc. Amer. Math., 9, pp.2557-2568.
[10] T. Dinh (2002), "Ensembles d’unicite’ pour les polnomes", Ergodic Theory Dynam Systems, 22(1), pp. 171–186.
[11] T. Dinh (2005), "Distribution des préimages et des points périodiques d’une correspondance polynomiale", Bull. Soc. Math. France, 133(3), pp. 363–394.
[12] Fujimoto. H. (2000), "On uniqueness of meromorphic functions shar- ing finite sets", Amer. J. Math., 122, pp. 1175-1203.
[13] Hayman. W. K. (1964), Meromorphic Functions, Clarendon, Oxford . [14] Hu. P. C. and Yang. C. C. (2000), Meromorphic functions over non-
Archimedean fields, Kluwer.
[15] Hu. P. C. and Yang. C. C. (1999), "A unique range set for p-adic meromorphic functions with 10 elements", Acta Math. Vietnamica., 24, pp. 95-108.
[16] Ha Huy Khoai, Vu Hoai An and Le Quang Ninh (2014), "Unique- ness Theorems for Holomorphic Curves with Hypersurfaces of Fermat- Waring Type", Complex Analysis and Operator Theory, 8, pp 1747- 1759.
[17] Ha Huy Khoai and Mai Van Tu (1995), "p-adic Nevanlinna-Cartan Theorem", Internat. J. Math., 6, pp. 719-731.
[18] Ha Huy Khoai and Yang. C. C. (2004), "On the functional equation P(f) = Q(g)", Value Distribution Theory and Related Topics, Ad- vanced Complex Analysis and Application, Vol. 3, Kluwer Academic, Boston, MA, pp. 201-208.
[19] Li. P., Yang. C.C. (2006), "Meromorphic solutions of functional equa- tions with nonconstant coefficient.", Proc.Jpn. Acad. Ser.A Math.
Sci., 82(10), pp. 183-186.
[20] Li. P. and Yang. C.C. (2004), "Some Further Results on the Func- tional Equation P(f)=Q(g)", Value Distribution Theory and Related Topics, Advanced Complex Analysis and Application, Vol. 3, Kluwer Academic, Boston, MA, pp. 219-231.
[21] Li. P., and Yang. C. C. (1995), "Some further results on the unique range sets of meromorphic functions", Kodai Math. J., 18, pp. 437-450.
[22] Masuda. K., Noguchi. J. (1996), "Construction of hyperbolic hyper- surfaces of Pn(C)", Math. Ann., 304, pp. 339-362.
[23] Le Quang Ninh (2015), "Uniqueness polynomials for linearly non- degenerate p-adic holomorphic curves", Tạp chí Khoa học và Công nghệ Đại học Thái Nguyên, tập 144, số 14.
[24] Ostrovskii. I., Pakovitch. F., Zaidenberg. M. (1996), "A remark on complex polynomials of least deviation", Internat. Math. Res. Notices, 14, pp. 699–703.
[25] Pakovitch. F. (1996), "Sur un problème d’unicité pour les fonc- tions méromorphes", C.R. Acad. Sci. Paris Sr. I Math., 323(7), pp.
745–748.
[26] Pakovich. F. (2007), "On polynomials sharing preimages of compact sets, and related questions", GAFA, Geom. funct. anal, 18(56), pp.
163-183.
[27] Pakovich. F. (2010), "On the equation P(f)=Q(g), where P,Q are poly- nomials and f,g are entire functions", Amer. J. Math., 132(6), pp.
1591-1607.
[28] Pólya. G. (1921), "Bestimmung einer ganzen Funktion endlichen Geschlechts durch viererlei Stellen", Math. Tidsskrift B, Kbeahavn , pp. 16-21.
[29] Nguyen Thanh Quang and Phan Duc Tuan (2004), "Siu-Yeung’s Lemma in the p-Adic Case", Vietnam Journal of Mathematics, 32(2), pp. 227-234.