1 Tổng quan về vấn đề xác định duy nhất của hàm phân hình
2.2.1Đa thức duy nhất kiểu Yn,m
Với mỗi n ∈ Z+, ta kí hiệu tập các không điểm của zn −1 trong K bởi Ωn(K). Rõ ràng, Ωn(K) gồm n phần tử phân biệt. Hơn nữa, nếu n là một số nguyên tố thì
Ωn(K) ={1, ω, ω2, . . . , ωn−1},
Bổ đề 2.2.1. Với hai số nguyên dương m, n ∈ Z+ thỏa mãn n > m, kí hiệu
d= (n, m). Khi đó
Ωn(K)∩Ωm(K) = Ωd(K).
Chứng minh. Trước hết, ta giả sử n và m là hai số nguyên tố cùng nhau. Khi đó d= 1 và Ωd(K) ={1}. Ta sẽ chứng minh
Ωn(K)∩Ωm(K) ={1}.
Giả sử ngược lại, tồn tại z ∈ Ωn(K)∩Ωm(K)− {1}. Khi đó tồn tại số nguyên dương l> 2 sao cho z ∈ Ωl(K) nhưng z /∈Ωj(K) với 1 6j < l. Ta viết
n= pl+r, m =ql+s (r, s∈ Z+,06 r, x < l). 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(K)∩Ωm d(K) = {1}. Chúng ta có biểu diễn Ωn d(K) ={1, u1, . . . , un d}. Ωm d(K) ={1, ω1, . . . , ωm d }. Khi đó, ui6= ωj 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(K)⊂ Ωn(K)∩Ωm(K). Nếu z0 ∈ Ωn(K)∩Ωm(K)−Ωd(K) thì ta có zd0 −ui = 0 và z0d−ωj = 0 với i, j nào đó, điều này kéo theo mâu thuẫn. Bổ đề được chứng minh.
Từ bổ đề trên ta có
Ωn(K)∩Ωn−1(K) = {1}, (n> 2). Chú ý rằng 16 d6 n−m, nên ta có ước lượng
#{Ωn(K)∩Ωm(K)}6 n−m.
Định nghĩa 2.2.1. Cho P là đa thức khác hằng trên K và F là họ các hàm hữu tỷ khác hằng trên K. Nếu điều kiện P(f) = P(g) kéo theo f = g với mọi cặp f, g ∈ F 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 hữu tỷ 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 ∈K thỏa mãn an bn−m 6= n n mn(n−m)n−m. (2.7) Điều kiện (2.7) làm cho Yn,m chỉ có không điểm đơn. Chúng ta kí hiệu tập các không điểm của Yn,m bởi Yn,m0 .
Định lý 2.2.1. 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 các đa thức khác hằng. Chứng minh. Lấy f, g ∈ K[x]−K 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(K)∩Ωm(K) = {1}. Nếu h không phải là hằng thì X
b∈Ωn(K)−{1}
Đây chính là mâu thuẫn. Như vậy h là hằng số. Nếu h ≥ 1, ta thấy g là hằng số, điều này trái với giả thiết vềg. Do đó, h = 1 và f =g. Định lý được chứng minh.
Định lý 2.2.2. Với n, m ∈ Z+ với n > m+ 2. Yn,m là đa thức duy nhất của các hàm hữu tỷ khác hằng nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1) (n, m) = 1, n > 1 2
5 +p17 + 4m(m−3) 2) (n, m) = 1, m= n−2> 3.
Chứng minh. Lấy f, g là hai hàm hữu tỷ khác hằng thỏa mãn Yn,m(f) = Yn,m(g). Đặt h =f /g, 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(K)∩Ωm(K) = (n, m) = 1. Nếu h không phải là hằng số thì
Θh(tj)> 1− 1 n−m = n−m−1 n−m , (1 6j 6 n−1) và Θh(uj)> 1− 1 n−m = n−m−1 n−m , (16 j 6m−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.