ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM    ĐÀO THỊ THANH THUỶ LÝ THUYẾT NEVANLINNA VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2007 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM    ĐÀO THỊ THANH THUỶ LÝ THUYẾT NEVANLINNA VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành : GIẢI TÍCH Mã số : 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học : GS.TSKH.HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN - 2007 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn MỤC LỤC trang Mở đầu Chương Kiến thức sở 1.1 Trường định chuẩn không Acsimet 1.2 Trường số p - adic 1.3 Hàm chỉnh hình trường không Acsimet Chương Lý thuyết Nevanlinna trƣờng p - adic ………… …… 14 2.1 Các hàm đặc trưng Nevanlinna 14 2.2 Các định lý phân phối giá trị hàm phân hình 20 2.3 Tập xác định hàm phân hình 25 Chương Phƣơng trình hàm P(f) = Q(g) trƣờng p - adic 30 Kết luận .54 Tài liệu tham khảo 55 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn MỞ ĐẦU Luận văn trình bày số kết Lý thuyết Nevanlinna ứng dụng phương trình hàm P( f ) = Q( g ) trường p adic Nội dung luận văn gồm ba chương Chương 1: Trình bày số kiến thức trường định chuẩn không Acsimet , trường số p - adic , số tính chất đặc biệt hàm phân hình trường không Acsimet áp dụng cho chương sau Chương 2: Nêu định nghĩa , số tính chất hàm đặc trưng Nevanlinna , hai định lý lý thuyết Nevanlinna số kết toán xác định tập hàm phân hình trường p - adic Chương 3: Trình bày số kết phương trình hàm P( f ) = Q( g ) trường p - adic Kết luận văn : Cho P , Q đa thức thuộc K[x] với P 'Q '  Xét hai hàm phân biệt f , g giải tích phân hình đĩa x  a  r ( tương ứng K ), thoả mãn P( f ) = Q( g ) Sử dụng lý thuyết phân phối giá trị hàm phân hình Nevanlinna , đưa điều kiện đủ không điểm P ' ,Q ' để f g bị chặn đĩa x  a  r ( tương ứng số ) Trường hợp đặc biệt degP = 4, xét trường hợp riêng Q  P (  K ) đưa số điều kiện đặc trưng cho tồn hai hàm phân biệt khác f , g phân hình K thoả mãn P( f )  P( g ) Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo tận tình GS TSKH Hà Huy Khoái Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc thành kính đến Thầy , Thầy không hướng dẫn nghiên cứu khoa học mà Thầy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn thông cảm tạo điều kiện động viên suốt trình làm luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn khoa Toán , khoa sau Đại học trường đại học sư phạm Thái Nguyên , Viện toán học Việt Nam giúp đỡ tạo điều kiện để hoàn thành luận văn Cuối xin chân thành cảm ơn ban giám hiệu trường CĐCN Việt Đức , đặc biệt đồng nghiệp khoa KHCB , gia đình bạn bè quan tâm giúp đỡ thời gian học hoàn thành luận văn Trong trình viết luận văn việc xử lý văn chắn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong nhận góp ý thầy cô, bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên , tháng năm 2007 Học viên Đào Thị Thanh Thuỷ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Chƣơng Kiến thức sở 1.1.Trƣờng định chuẩn không Acsimet Định nghĩa 1.1.1 Giả sử K trường , chuẩn K hàm : K  R+ thoả mãn : i) x =  x = 0, ii) xy = x y ,  x, y  K, iii) x  y  x + y ,  x, y  K Chuẩn gọi chuẩn không Acsimet thoả mãn điều kiện iv) x  y  max { x , y },  x, y  K Một chuẩn K cảm sinh hàm khoảng cách d định nghĩa d(x,y) = x  y ,  x, y  K Nếu chuẩn không Acsimet mêtric cảm sinh d thoả mãn: d(x,y)  max {d(x,z) , d(z,y)},  x, y ,z  K mêtric ứng với chuẩn không Acsimet gọi siêu mêtric Ví dụ 1.1.2 Xét hàm : K  R+ 1  x x = 0  Khi , nÕu x  nÕu x  chuẩn không Acsimet K mêtric cảm sinh d : K  K  R+ 1 nÕu x  y  (x,y)  d(x,y) =  0 nÕu x  y  Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn siêu mêtric Mêtric gọi mêtric tầm thưòng Ta xét số đặc trưng tôpô sinh chuẩn không Acsimet thông qua hình cầu sau: Với r  R+ ta định nghĩa hình cầu mở , đóng tâm a , bán kính r : K(a;r) =  x  K d(x,a) < r  K [a;r] =  x  K d(x,a)  r  Mênh đề 1.1.3 Giả sủ K trường định chuẩn không Acsimet Ta có : i ) Nếu b  K(a;r) K(a;r) = K(b;r) ii ) Hình cầu K(a;r) tập mở tập đóng iii ) Hai hình cầu mở (hình cầu đóng) rời chứa Trƣờng số p - adic1 Với p  Z , p số nguyên tố số nguyên a  biểu diễn dạng: a = p  a’ , với p không chia hết a’ , a’  Z \   Kí hiệu :  =  p (a) Vậy ta có hàm :  p :Z\    N a   p (a) Ta mở rộng hàm  với x =  a  Q sau Đặt : b  p (a)   p (b), nÕu x  p (x) =   , nÕu x  Với số nguyên p , xét  p : Q  R  +  x  xp = p , với  =  p (x) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi , p chuẩn không Acsimet Q gọi chuẩn p - adic Mệnh đề 1.2.1(Ostrowski) Mọi chuẩn không tầm thường Q tương đương với hai chuẩn sau : 1) Chuẩn p - adic , với p số nguyên tố; 2) Giá trị tuyệt đối thông thường Như ta có hai hướng làm đầy trường số hữu tỷ Q + Làm đầy theo giá trị tuyệt đối thông thường ta thu trường số thực R + Làm đầy theo chuẩn p - adic ta thu trường số p - adic Cụ thể , xây dựng Q p đầy đủ hoá Q theo chuẩn p sau Dãy x n  gọi dãy Cauchy theo p   ,  n0  N cho  m , n > n0 xm  xn p   Hai dãy Cauchy x n  , y n  gọi tương đương xn  y n p  Với x n  dãy Cauchy theo p , ta kí hiệu xn  tập dãy Cauchy tương đương với xn  Đặt Q p tập tất lớp tương đương theo chuẩn p Trên Q p trang bị phép toán sau Với xn  , y n   Q p , ta định nghĩa: xn  + y n  = xn  y n  ; xn  y n  = xn y n  Ta thấy định nghĩa không phụ thuộc vào phần tử đại diện lớp tương đương Khi , Q p trường trường định chuẩn với chuẩn p Định nghĩa 1.2.2 Với   Q p x n   Q cho xn  =  ta xác định : Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn  p = lim xn p n  Chú ý định nghĩa xác định theo tính chất sau chuẩn p adic Mệnh đề 1.2.3 Q p đầy đủ hoá Q theo chuẩn Q Q p theo p p tập giá trị trùng , tập p n , n  Z  0 Tương tự trình đầy đủ hoá Q theo  , ta nhận trường Q p đầy đủ không đóng đại số Người ta giải vấn đề mở rộng trường sau Xét mở rộng chuẩn tắc Q p  K nhóm Galois G(K/ Q p ) Đặt: N K / Qp : K    Qp N K / Qp (  ) =  ( ) ,  G ( K / QP ) với  tự đẳng cấu K giữ nguyên phần tử Q p Chú ý bậc mở rộng trường [K : Q p ] = n N K / Q (  ) =  n ,   Q p p Mệnh đề 1.2.4 Giả sử K/ Q p mở rộng chuẩn tắc bậc n Khi tồn chuẩn không Acsimet K mở rộng chuẩn p - adic xác định sau : x  n N K / Q p ( x) trường K đầy đủ với chuẩn p , Đặt Q p trường đóng đại số Q p Trên Q p ta trang bị chuẩn không Acsimet sau : Với x  Q p , tồn mở rộng chuẩn tắc bậc n cho x  K, : x  n N K / Q p ( x) p Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn chuẩn x không phụ thuộc vào tồn K Ta có kết sau : Mệnh đề 1.2.5 Hàm : Qp  R+ xác định chuẩn không Acsimet mở rộng chuẩn p - adic Q p Tuy nhiên, Q p không đầy đủ theo chuẩn Ta đầy đủ hoá Q p theo mệnh đề sau Mệnh đề 1.2.6 Tồn trường C p với chuẩn không Acsimet cho: i) Q p trù mật C p chuẩn không Acsimet mở rộng chuẩn Q p ban đầu; ii) C p đầy đủ với chuẩn C p trường đóng đại số 1.3 Hàm chỉnh hình trƣờng không Acsimet Ta kí hiệu K trường đóng đại số , đầy đủ với chuẩn không Acsimet có đặc số Các khái niệm dãy , chuỗi hội tụ dãy, chuỗi giống trường định chuẩn Acsimet Tuy nhiên với chuẩn không Acsimet ta có số tính chất đặc biệt sau Bổ đề 1.3.1 Giả sử x n  dãy K Dãy x n  dãy Cauchy x n 1  x n = lim n  Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên theo định nghĩa dãy Cauchy Ta chứng minh điều kiện cần với n , p  N ta có : x n  p  x n = xn p  xn p 1  xn p 1  xn p 2   xn 1  xn   max xn p  xn p 1 , xn p 1  xn p 2 , , xn1  xn  Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Giả sử kết luận sai , tức f g không bị chặn Kr Theo mệnh đề 3.5, f g không bị chặn Kr Theo mệnh đề 3.6, ta có : N (, f )  2.3  T (  , f )  O(1)  T (  , f )  O(1) Vì f không bị chặn nên T (, f ) không bị chặn Do : lim N (  , f )  lim T (  , f )  O(1)        Nhưng f  A( K r ) nên N (  , f ) = 0, suy điều vô lý  Hệ 3.9 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P = deg Q = Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) tồn hai không điểm phân biệt c1 , c2 P ' thoả mãn P (ci )  Q ( d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Khi , hai hàm f , g  A( K r ) thoả mãn P ( f )= Q ( g ) f , g  Ab ( K r ) Chứng minh Vì P thoả mãn Điều kiện (F) c1 , c2 hai không điểm phân biệt P ' nên P(c1 )  P(c2 ) Lập luận tương tự hệ 3.7 ta có điều phải chứng minh  Hệ 3.10 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P < deg Q Giả sử tồn không điểm c P ' cho P(c )  Q(d ) với không điểm d Q ' Khi , hai hàm f , g  A( K r ) thoả mãn P ( f )= Q ( g ) f , g  Ab ( K r ) Chứng minh Đặt p = deg P , q = deg Q giả sử f g không bị chặn Theo mệnh đề 3.5 f g không bị chặn Theo mệnh đề 3.6 ta có: 42 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn N (, f )  q p T (  , f )  O(1) q Do p < q suy q - p > nên : lim N (  , f )    q p lim T (  , f )  O(1)   q   Nhưng f  A( K r ) nên N (  , f ) = 0, suy điều vô lý  Hệ 3.11 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  p = deg P , q = deg Q thoả mãn p  q 2p < 3q Giả sử tồn hai không điểm c1 c2 P ' cho P(c1 )  P(c2 ) P (ci )  Q (d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  M ( K r ) thoả mãn P( f ) = Q( g ) f , g  M b ( K r ) Chứng minh Đặt k số không điểm ci P ' cho P(ci )  P(c j ) i  j P (ci )  Q ( d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Vậy k  Theo mệnh đề 3.5, hai hàm f g  M u ( K r ) hai hàm  M u ( K r ) Vì , f g  M u ( K r ) theo mệnh đề 3.6 giả thiết 2p < 3q , ta có k = , mâu thuẫn  Vậy f , g  M b ( K r ) Hệ 3.12 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P = , deg Q > Giả sử tồn hai không điểm c1 c2 P ' cho P (ci )  Q (d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  M ( K r ) thoả mãn P( f )= Q( g ) f , g  M b ( K r ) Chứng minh Giả sử P(c1) = P( c2 ).Vậy P - P(c1 ) có hai không điểm c1 , c2 cấp  2, mâu thuẫn với giả thiết deg P = Suy P(c1 )  P(c2 ) 43 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Đặt q = deg Q giả sử f g không bị chặn Kr Theo hệ 3.5 f g không bị chặn Kr Theo mệnh đề 3.6 , ta có : N (, f )  2q  3 T (  , f )  O(1)  (2  )T (  , f )  O(1) q q Vì q > , nên N (  , f )  T (  , f )  O(1) ,suy điều vô lý  Hệ 3.13 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P = ,  deg Q  Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) tồn hai không điểm phân biệt c1 , c2 P ' thoả mãn P (ci )  Q (d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  M ( K r ) thoả mãn P( f ) = Q ( g ) f , g M b ( K r ) Chứng minh Đặt k số không điểm ci P ' cho P(ci )  P(c j ) , i  j Vì c1  c2 P thoả mãn Điều kiện (F) nên P(c1 )  P(c2 ) , k  Giả sử f g không bị chặn Theo mệnh đề 3.5, f g không bị chặn Đặt q = deg Q , deg P = , deg Q  nên 2p < 3q , theo mệnh đề 3.6 ta có k  Vậy k = Vì q  nên theo mệnh đề 3.6 suy k = 1, mâu thuẫn, tức điều giả  sử vô lý Hệ 3.14 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  p = deg P , q = deg Q thoả mãn q  p  ( p, q) p < q Giả sử tồn hai không điểm c1 c2 P ' cho P (ci )  Q ( d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  M ( K r ) thoả mãn P( f )= Q( g ) f , g  M b ( K r ) Chứng minh Giả sử f g không bị chặn Theo mệnh đề 3.5, f g không bị chặn Vì p < q nên 2p < 3q , theo mệnh đề 3.6 ta có q < p 44 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn (p , q) = q - p , hai trường hợp mâu thuẫn với giả thiết , nên điều  giả sử vô lý Hệ 3.15 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P = deg Q  Giả sử tồn ba không điểm phân biệt c1 , c2 , c3 P ' thoả mãn P(ci )  P(c j ) , i  j P (ci )  Q (d ) (i = , , 3) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  M ( K r ) thoả mãn P( f )= Q ( g ) f , g  M b ( K r ) Chứng minh Đặt q = deg P = deg Q , giả sử kết luận sai , tức f g không bị chặn Kr Theo mệnh đề 3.5, f g không bị chặn Kr Theo mệnh đề 3.6 , ta có : N (, f )  3q  q T (  , f )  O(1)  2T (  , f )  O(1) , q Do : lim N (  , f )  T (  , f )  lim T (  , f )  O(1)          vô lý T (  , f )  N (  , f ) nên điều giả sử vô lý Hệ 3.16 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P = deg Q = Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) tồn ba không điểm phân biệt c1 , c2 , c3 P ' thoả mãn P (ci )  Q ( d ) (i = , , 3) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  M ( K r ) thoả mãn P( f )= Q ( g ) f , g  M b ( K r ) Chứng minh Vì P thoả mãn Điều kiện (F) c1 , c2 , c3 ba không điểm phân biệt P ' nên P(ci )  P(c j ) , i  j Lập luận tương tự hệ 3.15 ta điều phải chứng minh  45 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mệnh đề 3.17 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  cho p = deg P , q = deg Q với = (p , q) Giả sử tồn không điểm phân biệt c1 , c2 , , ck P ' thoả mãn P(ci )  P(c j ) , i  j P (ci )  Q ( d ) (i = , , , k) với không điểm d Q ' Giả sử tồn hai hàm khác f , g  M (K ) thoả mãn P( f )= Q ( g ) Khi , ta có q  p N (  , f )  (kq  p) (T (  , f )  log   O(1) q Hơn p  q k = c1 không điểm đơn P ' Chứng minh Tương tự mệnh đề 3.6 ta có : N (  , f )  (kq  p) T (  , f )  log   O(1) q Hơn , log       nên : k (kq  1) p  qkp  q  si  qk  w i 1 S q  p  1, tức : S q  p (*) Vì S  nên p  q Giả sử p  q , từ (*) suy bất đẳng thức S  xảy ,  đó: S = k = c1 không điểm đơn P ' Hệ 3.18 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  thoả mãn deg P  deg Q Giả sử tồn không điểm c P ' thoả mãn P(c)  Q(d ) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  A(K ) thoả mãn P ( f ) = Q ( g ) f g số Chứng minh 46 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Đặt p = deg P , q = deg Q P '  tồn không điểm c P ' nên p  Giả sử f g khác số Theo mệnh đề 3.17 ta có : N (, f )  q p T (  , f )  log   O(1) q Vì q  p , ta có : lim N (  , f )  lim [log   O(1)]   ,       mâu thuẫn với f  A(K ) nên f g số  Hệ 3.19 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  thoả mãn deg P < 2deg Q Giả sử tồn hai không điểm phân biệt c1 , c2 P ' thoả mãn P(c1 )  P(c2 ) P (ci )  Q (d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Khi , hai hàm f , g  M (K ) thoả mãn P ( f )= Q ( g ) f g số Chứng minh Đặt p = deg P , q = deg Q Vì P '  tồn hai không điểm phân biêt c1 , c2 P ' , nên p  Theo giả thiết : deg Q  deg P  , 2 suy q  Giả sử f g khác số Theo mệnh đề 3.17 ta có k =1 ,  mâu thuẫn Vậy f g số Hệ 3.20 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P = , deg Q  Giả sử tồn hai không điểm c1 c2 P ' cho P (ci )  Q (d ) (i = , 2) với không điểm d Q ' Khi đó, hai hàm f , g  M (K ) thoả mãn P( f )= Q( g ) f g số 47 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Giả sử P(c1) = P( c2 ) Vậy P - P(c1 ) có hai không điểm c1 , c2 cấp  mâu thuẫn với giả thiết deg P = Suy P(c1 )  P(c2 ) Giả sử f g khác số Đặt p = deg P , q = deg Q , ta có = p <  2q nên theo mệnh đề 3.17 ta có k =1 , mâu thuẫn Vậy f g số  Hệ 3.21 Cho P , Q  K[x] với P 'Q '  deg P = , deg Q  Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) tồn hai không điểm phân biệt c1 , c2 P ' thoả mãn P (ci )  Q (d ) (i = , ) với không điểm d Q ' Khi , hai hàm f , g  M ( K r ) thoả mãn P( f )= Q ( g ) f g số Chứng minh Vì P thoả mãn Điều kiện (F) nên P(c1)  P( c2 ) Giả sử f g khác số Đặt p = deg P , q = deg Q , ta có = p <  2q nên theo mệnh đề 3.17 ta có k =1 , mâu thuẫn  Vậy f g số Định nghĩa 3.22 Một tập S K gọi tập cứng afin không tồn phép biến đổi afin (tức phép biến đổi có dạng  ( x)  ax  b ) khác phép đồng thoả mãn  (S )  S Bổ đề 3.23 Cho S tập gồm bốn phần tử K Khi , hai điều kiện sau tương đương : i ) S không tập cứng afin , ii ) Hoặc S có dạng a, a  u, a  wu , a  w u , với w2  w   , S có dạng a  h, a  h, a  k , a  k , với h, k  K * Chứng minh 48 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn (i)  (ii) Giả sử S không tập cứng afin Khi , tồn phép biến đổi afin khác phép đồng  ( x)  mx  n thoả mãn  (S )  S Vì S gồm bốn phần tử nên ta đặt : S = a, b  a  u, c  a  u1 , d  a  u  Do  (S )  S nên ta chia làm hai trường hợp : Trường hợp : Tồn x  S cho ( x)  x Giả sử (a)  a , tồn y  S , y  a thoả mãn  ( y)  y Thật , :  (a)  a ma  n  a m      (b)  b mb  n  b n  suy  phép đồng , mâu thuẫn Do , không tính tổng quát , ta giả sử  (b)  c , (c)  d , (d )  b Ta có : ma  n  a  (a )  a m ( a  u )  n  a  u  (b)  c      (c)  d m(a  u1 )  n  a  u  (d )  b m(a  u )  n  a  u u1  n  (  m )a  (  u )a  m  u  u   u1 u1  u1 u1  u  ( a  u )  (  a )   a  (  a )  u u  u u   m( a  u )  n  a  u u1  n  (  u )a  m  u  u   u1 u  u  u     a  u1   (  a ) u1  a  u u  u  u  49 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Đặt u1  w Suy u1  wu , u  w u Ta có : u w(a  w u )  (1  a) w  a  u  w3u  w  a  u Vì a  wa  w(1  a) , suy a  w Do : ( w  1)u  Do S gồm bốn phần tử phân biệt nên w  , u  Suy : w2  w   Trường hợp : Không tồn x  S thoả mãn ( x)  x Giả sử  (a)  b ,  (b)  c ,  (c)  d ,  (d )  a Tức : ma  n  b  mb  n  c  mc  n  d  md  n  a (1) ( 2) (3) ( 4) Lấy (1) trừ (2) , (1) trừ (3) , (1) trừ (4) ta : bc  ma  n  b m  ab   m(a  b)  b  c (5) b  c   (a  c)  b  d  m ( a  c )  b  d a  b  b  c m(a  d )  b  a (6)  a  b (a  d )  b  a  (b  c)(a  c)  (b  d )(a  b) (5) b  bc  ac  ad  bd  c  (7)    (b  c)(a  d )  (b  a)(a  b) (6) b  ad  ac  cd  bd  a  (8) Lấy (7) trừ (8) ta : ab  bc  ad  cd  c  a   (a  c)(b  d  a  c)  50 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Vì a  c suy b  c  a  d Từ (6) ta có : (b  c)(a  d )  (b  a)(a  b)  (a  d )  (a  b)  Suy a  b  d , mâu thuẫn với giả thiết S gồm bốn phần tử Vì ta xét:  (a)  b ,  (b)  a , (c)  d , (d )  c Tức : ma  n  b  mb  n  a  mc  n  d  md  n  c (9) (10) (11) (12) Lấy (9) trừ (10) ta m  1 Lấy (9) cộng (10) n  a  b Đặt a  t  h , b  t  h , c  t  k Từ (11) suy d  (t  k )  (t  h)  (t  h)  t  k Vậy S  t  h, t  h, t   k , t  k Vì S gồm bốn phần tử nên h, k  K * (ii)  (i) Nếu S có dạng a, a  u, a  wu , a  w u , với w2  w   , đặt :  ( x)  wx  (1  w)a Khi , ta có :  (a)  a  (a  u)¨ w(a  u)  (1  w)a  a  wu  (a  wu )  w(a  wu )  (1  w)a  a  w u  (a  w u )  w(a  w u )  (1  w)a  w(a  ( w  1)u )  (1  w)  wa  ( w  w)u  a  wa  a  u Nếu S có dạng a  h, a  h, a  k , a  k , với h, k  K * , đặt :  ( x)  x  2a Khi , ta có :  (a  h)  h  a  2a  h  a  (a  h)  a  h  2a  a  h 51 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn  (a  k )  k  a  2a  a  k  (a  k )  a  k  2a  a  k  Vậy S không tập cứng afin Q  P (  K ) Ta xét trường hợp riêng Định lý 3.24 Cho P  K[x] , deg P  n , không điểm bội l thoả mãn Điều kiện ( F ) Cho P ' ( x)  b ( x  c j ) m , víi ci  c j i  j , cho S j j 1 tập không điểm P Khi , không tồn   K hàm phân biệt khác f , g  M (K ) thoả mãn P( f )  P( g ) S tập cứng afin : l  min(m1 , m2 )  , l  P không thoả mãn : n  , m1  m  m3  , P(c1 ) P(c ) P(c3 )    w , với w2  w   P(c ) P(c3 ) P(c1 ) Khi   không tồn hàm phân biệt khác f , g  M (K ) thoả mãn P( f )  P( g ) : l (n  2)(n  3)   m j (m j  1) j 1 Xét trường hợp đặc biệt n = Định lý 3.25 Cho P  K[x] , deg P  với bốn không điểm phân biệt cho S tập không điểm Khi , không tồn   K hàm phân biệt khác f , g  M (K ) thoả mãn P( f )  P( g ) P thoả mãn ba điều kiện : + S tập cứng afin , + P ' có ba không điểm c1 , c2, c3 , +P không thoả mãn đẳng thức P(c1 ) P(c ) P(c3 )    P(c ) P(c3 ) P(c1 ) , với 2     Chứng minh Không tính tổng quát ta giả sử P có hệ số cao Vì n = nên điều kiện l = min(m1 , m2 )  định lý 3.24 xảy 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Theo định lý 3.14 ta cần chứng minh , S tập cứng afin P ' có ba không điểm phân biệt không thoả mãn P(c2 )  P(c1 ) , P(c3 )  P(c ) , P (c1 )  P (c3 ) , với 2     không tồn hàm phân biệt khác f , g  M (K ) thoả mãn P( f )  P( g ) Theo định lý 3.24 , Điều kiện (F) hệ giả thiết “S tập cứng afin” Thật , theo bổ đề 3.23, S dạng a  h, a  h, a  k , a  k , với h, k  K * Vì P dạng ( x  a  h)(x  a  h)(x  a  k )(x  a  k ) , tức P dạng P  (( x  a)  l )  A  Do theo bổ đề 3.4, P thoả mãn Điều kiện (F) Định lý 3.26 Cho P  K[x] , deg P  với bốn không điểm phân biệt cho S tập không điểm Khi , không tồn   K hàm phân biệt khác f , g  M (K ) thoả mãn P( f )  P( g ) P thoả mãn ba điều kiện : + P thoả mãn Điều kiện (F) , + P ' có ba không điểm c1 , c2, c3 , + P không thoả mãn đẳng thức P(c1 ) P(c ) P(c3 )    P(c ) P(c3 ) P(c1 ) , với 2     Chứng minh Không tính tổng quát ta giả sử P có hệ số cao Theo định lý 3.25 ta cần chứng minh P thoả mãn Điều kiện (F) , P ' có ba không điểm c1 , c2, c3,P không thoả mãn đẳng thức P(c1 ) P(c ) P(c3 )    , P(c ) P(c3 ) P(c1 ) với 2     , S tập cứng afin Giả sử S không tập cứng afin, theo bổ đề 3.23, S có dạng a, a  u, a  u, a  2 u với 2     , S có dạng a  h, a  h, a  k , a  k với h, k  K * Nếu S có dạng a  h, a  h, a  k , a  k , với h, k  K * P có dạng P  (( x  a )  l )  A , với a, A  K , l  K * theo bổ đề 3.4 , P không thoả mãn Điều kiện (F) , mâu thuẫn Do , S có dạng a, a  u, a  u, a  2 u , với 2     , P có dạng P  ( x  a)   ( x  a) , với   K , suy P '  4( x  a )   53 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Lấy   K cho      K cho 2     , không điểm P ' : c1    a , c2    a , c3  2   a Khi P thoả mãn đẳng thức: P(c1 ) P(c ) P(c3 )     , mâu thuẫn P(c ) P(c3 ) P(c1 )  Vì S tập cứng afin Nhận xét 3.27 Cho P  (( x  a)  l )  A , với a, A  K , l  K * Khi đó, P ' nhận ba không điểm phân biệt c1 , c2 , c3 cho P(c1) = P(c3) l4 Hơn nữa, P(c1) = - P(c2) A   Chứng minh Ta có : P ' ( x)  4( x  a)[( x  a)  l ] Suy a, a  l , a  l không điểm phân biệt P(a  l )  A, P(a)  l  A Như , P(a)   P(a  l )  l  A   A  A   P ' Có l4  Nhận xét 3.28 Cho P  K[x] đa thức bậc , hệ số cao có bốn không điểm phân biệt Khi , P ' có hai không điểm phân biệt P có dạng ( x  a)   ( x  a)  B , với B,  K Và có không điểm P có dạng ( x  a )  k Hơn , P ' nhận hai không điểm phân biệt tồn f , g  K[ x] , f  g , thoả mãn P( f )  P( g ) 54 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn KẾT LUẬN Luận văn trình bày sở lý thuyết Nevanlinna áp dụng lý thuyết để nghiên cứu tính chất nghiệm phương trình hàm P( f ) = Q( g ) trường không Acsimet có đặc số 55 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Ha Huy Khoai On p - adic meromorphic functions Duke Math J Vol 50, 1983, 695 - 711 [2] Ha Huy Khoai, My Vinh Quang On p - adic Nevanlinna Theory Lecture Notes in Math 1351, 1988, 137 - 151 [3] Ha Huy Khoai, Ta Thi Hoai An On uniquenes polynomials and bi URS for p - adic meromorphic functions J Number Theory 87 (2001) 211 -221 [4] Ha Huy Khoai, C C Yang On the functional equation P( f ) = Q( g ) Value Distribution Theory, Marcel Dekker, NewYork, 2003, 201- 231 [5] W K Hayman meromorphic functions Oxford at the Clarendon Press, 1964 [6] P C Hu, C C Yang Value Distribution Theory on Non - Archimedear filds Kluwer 2003 [7] P Li, C C Yang Some further results on the functional equation P( f ) = Q( g ) Value Distribution and Related topics 219 - 231, Kluwer 2005 56 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn [...]... được gọi là tập xác định duy nhất các hàm nguyên (URSE) nếu với bất kì f , g là hai hàm nguyên khác hằng trên K thoả mãn E f (S )  E g ( S ) kéo theo f  g Vào những năm 1920 , như là một ứng dụng của Lý thuyết Nevanlinna , chính Nevanlinna đă chứng minh rằng một hàm phân hình khác hằng trên mặt phẳng phức xác định duy nhất bởi nghịch ảnh của 5 giá trị phân biệt kể cả bội, nghĩa là với f , g là hai... K và a n  n  0 thì f (z) hội tụ khi và chỉ khi z   iii) Nếu 0 <  <  iv) Nếu 0 <  <   và an  n 0 thì f (z) hội tụ khi và chỉ khi z   Khi đó ,  được gọi là bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa f (z)  Tập các chuỗi luỹ thừa f (z) =  a n z n , an  K thoả mãn với cấu trúc n 0 cộng và nhân hai luỹ thừa là một vành , kí hiệu là Ar (K ) Đặt A(K) = A (K ) - tập các hàm nguyên trên K , và. .. ADIC Ta xét K là trường đóng đại số đầy đủ có đặc số 0 Cho a  K và r > 0 , kí hiệu M( K ) (tương ứng M( Kr )) là trường các hàm phân hình trong K (tương ứng trong K(a ; r)) và A( K ) (tương ứng A( Kr )) là vành các hàm giải tích trong K (tương ứng trong K(a ; r)) Trong A( Kr ) , ta kí hiệu Ab( Kr ) là vành con các hàm f  A( Kr ) bị chặn trong K(a ; r) ; Au( Kr ) = A( Kr ) \ Ab( Kr) Tương tự, trong...  K aS  | zK a Hàm f và g được gọi là chung giá trị kể cả bội (không kể bội) nếu: E f ( a)  E g ( a) ( E f (a)  E g (a) , t -.) 26 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Nếu f và g có chung giá trị kể cả bội (không kể bội) , ta viết f và ga - CM ( f và ga - IM , tương ứng) Tập S  K   được... Hàm f được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọi z  U Ta có mối liên hệ giữa hàm f và đạo hàm f ' như sau:  Mệnh đề 1.3.8 Giả sử chuỗi f (z)=  a n z n có bán kính hội tụ   0 và n 0 z  K Nếuf (z) hội tụ thì f ' (z) tồn tại và : f ' ( z)   na z n 1 n n 1 Hơn nữa f và f ' có cùng bán kính hội tụ  và thoả mãn :  (r , f ' )  1  (r , f ) r , 0  r   Mệnh đề 1.3.9 Với dãy z n  ... thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Chƣơng 2 LÝ THUYẾT NEVANLINNA TRÊN TRƢỜNG P - ADIC Trong chương này , ta xét K là trường đóng đại số , đầy đủ với chuẩn không Acsimet có đặc số 0 2.1 Các hàm đặc trƣng Nevanlinna Định nghĩa 2.1.1 Giả sử f  A(  ( K ) , 0     và f (z) =  a n m n zn , ( m  0 , am  0 ) , a  K Ta định nghĩa : + n (r , 1 ) : f... ) Khi đó , f bị chặn trên d(0, r) khi và chỉ khi g bị chặn trên d(0, r) 2.2 Các định lí cơ bản về phân phối giá trị hàm phân hình Định lí 2.2.1 (Định lí cơ bản thứ nhất) Giả sử f là hàm phân hình khác hằng trên K(0,  ) Khi đó , với mọi a  K ta có : m(r , 1 1 )  N (r , )  T (r , f )  O(1), f a f a (r  ρ) Chứng minh Theo định nghĩa hàm đặc trưng và áp dụng công thức Jensen ta có: m(r , 1 1... cực điểm và cũng G F F không có 0 - điểm Vậy là hàm hằng Do đó , tồn tại c  K * : =c G G f ( z )  a1 g ( z )  a1  c hay : (*) f ( z)  a2 g ( z)  a2 Vì E f (a3 )  E g (a3 )   nên chọn được z 0  E f (a3 )  E g (a3 ) Khi đó: f ( z 0 )  a3 và g ( z 0 )  a3 Từ (*) và z  z 0 ta suy ra c = 1 Vậy f  g Nếu a1 hoặc a2 bằng  , giả sử a2 =  Khi đó f  a1 là hàm nguyên trên g  a1 K và không...x n 1  x n = 0 nên suy ra điều phải chứng minh Vì lim n   Từ các tính chất trên và theo định nghĩa sự hội tụ của chuỗi số , chuỗi luỹ thừa , ta có các tính chất sau: Mệnh đề 1.3.2 Chuỗi  a n 0 , an  K hội tụ khi và chỉ khi lim an = 0 n  n Khi đó ta có:  a n 0 Chuỗi luỹ thừa f(z) =  max a n n n  a n 0 n K hội tụ tại z khi và chỉ khi z n , an  lim a n z n =0 n  1 Mệnh... giả sử P( a ) = Q( b ) và lấy f  Au(Kr) Đặt : g  ( f  a)  b  suy ra g  Au(Kr) và P( f ) = Q( g ) 32 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Viết thuê luận văn thạc sĩ Luanvanaz@mail.com - 0972.162.399 http://www.lrc-tnu.edu.vn Ngược lại , giả sử P( a )  Q( b ) và giả sử tồn tại f , g  Au(Kr) thoả mãn P( f ) = Q( g ) Cho   K thoả mãn 2 = Q( b ) - P( a ) và đặt :  suy ra ,