Đa thức duy nhất kiểu Yn,m

2 Xác định duy nhất của hàm phân hình p adic

2.2.1 Đa thức duy nhất kiểu Yn,m

Với mỗi n ∈ Z+, ta kí hiệu tập các 0−điểm của zn −1 trong Cp bởi

Ωn(Cp). Rõ ràng, Ωn(Cp) gồm n phần tử phân biệt. Hơn nữa, nếu n là một số nguyên tố thì:

Ωn(Cp) = {1, ω, ω2, . . . , ωn−1},

trong đó ω ∈ Ωn(Cp)− {1}. Kí hiệu (n, m) là ước chung lớn nhất của

m và n.

Bổ đề 2.11([7]).Với hai số nguyên dương m, n ∈ Z+ thỏa mãnn > m, ký hiệu d = (n, m). Khi đó:

Ωn(Cp)∩Ωm(Cp) = Ωd(Cp).

Chứng minh. Trước hết, ta giả sử n và m là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó d = 1 và Ωd(Cp) ={1}. Ta sẽ chứng minh:

Ωn(Cp)∩Ωm(Cp) ={1}.

Giả sử ngược lại, tồn tại z ∈ Ωn(Cp)∩ Ωm(Cp) − {1}. Khi đó tồn tại số nguyên dương l ≥ 2 sao cho z ∈ Ωl(Cp) nhưng z 6∈ Ωj(Cp) với

1≤ j < l. Ta viết:

Vì zn = 1 = zl nên zn−l = 1. Bằng quy nạp ta có:

zr = zn−ql = 1,

do đó, r = 0. Tương tự ta cũng có s = 0 do đó l là ước của m và n, mâu thuẫn với giả thiết m và n nguyên tố cùng nhau.

Từ khẳng định trên và chú ý rằng, nếu m/d và n/d nguyên tố cùng nhau nên: Ωn d(Cp)∩Ωm d(Cp) = {1}. Chúng ta biểu diễn: Ωn d(Cp) ={1, u1, . . . , un d}. Ωm d(Cp) = {1, ω1, . . . , ωm d}.

Khi đó, ui 6= wj với mọi i, j. Lưu ý rằng:

zn−1 = (zd −1)(zd−u1). . .(zd−un d), zm−1 = (zd−1)(zd−ω1). . .(zd −ωm d). Ta có: Ωd(Cp) ⊂ Ωn(Cp)∩ Ωm(Cp). Nếuz0 ∈ Ωn(Cp)∩Ωm(Cp)−Ωd(Cp)thì ta có z0d−ui = 0và z0d−wj = 0

vớii, j nào đó, điều này kéo theoui = ωj, mâu thuẫn. Bổ đề được chứng minh.

Từ bổ đề trên ta có

Ωn(Cp)∩Ωn−1(Cp) = {1}, (n ≥2).

Chú ý rằng 1≤ d ≤ n−m, nên ta có ước lượng:

Định nghĩa 2.12 ([9]). Cho P là đa thức khác hằng trên Cp và F ⊂ M(Cp) là một họ các hàm số. Nếu điều kiện P(f) = P(g) kéo theo

f = g với mọi cặp f, g ∈ F − Cp thì P được gọi là đa thức duy nhất cho F.

Bây giờ chúng ta xem xét một dạng đa thức duy nhất cho lớp hàm phân hình kiểu Yn,m. Kí hiệu

Yn,m(z) =Yn,m(a, b : z) =zn−azm+b, (n, m ∈ Z+, n > m), trong đó a, b ∈ C∗p thỏa mãn an bn−m 6= n n mm(n−m)n−m. (2.8) Điều kiện (2.8) làm cho Yn,m chỉ có không điểm đơn. Chúng ta ký hiệu tập các 0− điểm của Yn,m bởi Yn,mo .

Định lý 2.13 ([7]). Cho n và m là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với n > m. Nếu n ≥ 3 thì Yn,m là đa thức duy nhất cho

A(Cp).

Chứng minh. Lấy f, g ∈ A(Cp)−Cp thỏa mãn

Yn,m(f) = Yn,m(g).

Đặt h = f /g, ta thấy

gn−m = ah

m−1

hn−1.

Lưu ý rằng Ωn(Cp)∩Ωm(Cp) = {1}. Nếu h không phải là hằng số thì mỗi phần tử trong Ωn(Cp)− {1} đều là giá trị bỏ được Picard của h, do đó

X

b∈Ωn(Cp)−{1}

δh(b) =n−1 ≥ 2.

Đây chính là mâu thuẫn. Như vậy h là hằng số. Nếu h 6= 1, ta thấy

g là hằng số, điều này trái với giả thiết về g. Do đó, h = 1 và f = g. Định lý được chứng minh.

Dựa và định lý trên, dễ dàng suy ra:

Hệ quả 2.14. Cho n và m là hai số nguyên tố cùng nhau với n > m. Nếu n≥ 3 thì Yn,m là đa thức duy nhất của Cp[z].

Định lý 2.15 ([7]). Với n, m ∈ Z+ với n≥ m+ 2. Yn,m là đa thức duy nhất của M(Cp) nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:

1) (n, m) = 1, n > 1

2{5 +

q

17 + 4m(m −3)}; 2) (n, m) = 1, m = n−2≥ 3.

Chứng minh. Lấy f, g ∈ M(Cp) thỏa mãn Yn,m(f) = Yn,m(g). Đặt

h = fg. Ta thấy gn−m(hn−1) = a(hm −1). Ta viết zn −1 = (z−1)(z −t1). . .(z−tn−1), zm −1 = (z−1)(z−u1). . .(z −um−1). Khi đó gn−m = a(h−u1)(h−u2). . .(h−um−1) (h−t1)(h−t2). . .(h−tn−1) . Chú ý rằng #{Ωn(Cp)∩Ωm(Cp)} = (n, m) = 1.

Nếu h không phải là hằng số thì

Θh(tj) ≥ 1− 1 n−m = n−m−1 n−m , (1 ≤ j ≤n−1) và Θh(uj) ≥1− 1 n−m = n−m−1 n−m , (1≤ j ≤ m−1).

Điều đó kéo theo 2 ≥ n−1 X j=1 Θh(tj) + m−1 X j−1 Θh(uj). ≥    (n−m−1)(n+m −2) n−m : (n, m) = 1. n−2 : m = n−2; (n, n−2) = 1 > 2.

Đây là điều vô lý, do đó h là hằng số. Nếu h 6= 1 thì g là hằng số. Như vậy, h = 1 và do đó f ≡ g.