BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Thị Mỹ Dung
TÍNH DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH P-ADIC Chuyên ngành : Đại số và lý thuyết số Mã số : 60 46 05
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. MỴ VINH QUANG
Thành phố Hồ Chí Minh – 2008
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên trong luận văn này tôi xin gửi đến PGS.TS Mỵ Vinh
Quang – người thầy đã tận tình hướng dẫn và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình
học tập và làm luận văn lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất.
Xin chân thành cảm ơn các thầy: Trần Huyên, Bùi Tường Trí, Bùi
Xuân Hải, Lê Hoàn Hóa, Đậu Thế Cấp cùng với tất cả các thầy cô khác đã
trực tiếp tham gia giảng dạy , truyền đạt kiến thức cho tôi trong suốt quá trình
học tập.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn các anh chị ở phòng Khoa học công nghệ và
sau Đại học, các đồng nghiệp, bạn bè đã động viên và tạo điều kiện thuận lợi
cho tôi học tập trong suốt thời gian qua và hoàn thành luận văn này.
TP.Hồ Chí Minh 10 - 2008
Nguyễn Thị Mỹ Dung
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết Nevanlinna p-adic lần đầu tiên được xây dựng bởi Hà Huy
Khoái, Mỵ Vinh Quang và Boutabaa vào những thập kỷ cuối của thế kỷ
trước ( xem [2], [5] ) và ngay sau đó lý thuyết Nevanlinna p-adic đã được
mở rộng và tổng quát bởi nhiều tác giả khác cho trường hợp nhiều chiều
và cho siêu mặt.
Những năm gần đây có nhiều tác giả đã ứng dụng thành công lý thuyết
Nevanlinna p-adic để nghiên cứu các hàm chỉnh hình, phân hình p-adic.
Vì lý do đó, chúng tôi chọn đề tài: “ Tính duy nhất của hàm phân hình
p-adic ” nhằm mục đích tiếp cận một chuyên ngành toán học mới đang
phát triển.
2. Mục đích nghiên cứu
Ứng dụng hai định lý cơ bản của lý thuyết Nevanlinna p-adic để chứng
minh các định lý về tính duy nhất của hàm phân hình p-adic; đồng thời
giới thiệu một số đa thức và các tập duy nhất của hàm phân hình p-adic.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Chúng tôi sẽ nghiên cứu lý thuyết Nevanlinna p-adic và ứng dụng để
nghiên cứu các hàm phân hình p-adic.
4. Ý nghĩa khoa học thực tiễn của đề tài
Luận văn đã trình bày được nội dung của lý thuyết Nevanlinna p-adic,
chứng minh được các định lý về tính duy nhất của hàm phân hình p-adic;
đồng thời giới thiệu một số đa thức và các tập duy nhất của hàm phân hình
p-adic.
5. Cấu trúc luận văn
Nội dung của luận văn gồm 3 chương:
Chương 1: Các trường số p-adic
Trong chương này trình bày một số kiến thức để chuẩn bị cho các
chương sau bao gồm: chuẩn trên trường, xây dựng trường số p-adic
p(cid:0) ,
vành các số nguyên p-adic
p(cid:0) , xây dựng trường các số phức p-adic
p(cid:0) .
Hầu hết các chứng minh trong chương này được bỏ qua, có thể tìm các
chứng minh đó trong phần tài liệu tham khảo.
Chương 2: Lý thuyết Nevanlinna p-adic
Trong chương này trình bày một số các hàm đặc trưng và hai định lý
cơ bản của Nevanlinna.
Chương 3: Ứng dụng của lý thuyết Nevanlinna p-adic
Trong chương này chúng tôi đưa ra ứng dụng của lý thuyết Nevanlinna
để chứng minh các định lý về tính duy nhất của hàm phân hình p-adic;
đồng thời giới thiệu một số đa thức và các miền duy nhất của hàm phân
hình p-adic.
Chương 1: CÁC TRƯỜNG SỐ P-ADIC
Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức để chuẩn bị cho
các chương sau bao gồm: chuẩn trên trường, xây dựng trường số p-adic
p(cid:0) , vành các số nguyên p-adic
p(cid:0) , xây dựng trường các số phức p-adic
p(cid:0) . Hầu hết các chứng minh trong chương này được bỏ qua, có thể tìm
các chứng minh đó trong phần tài liệu tham khảo.
1.1. Chuẩn trên trường
1.1.1. Định nghĩa chuẩn trên trường
Cho F là một trường, ánh xạ
: F (cid:0) được gọi là chuẩn (giá trị tuyệt
đối) trên trường F nếu thỏa các điều kiện sau:
xFx
:
0
x
0
x
và
:
xy
. yx
Fyx ,
0
:
y
x
y
, xFyx
i/ ii/ iii/
Nếu trường F là trường
,(cid:0) (cid:0) , (cid:0) thì hàm giá trị tuyệt đối thông thường là
chuẩn trên F.
Ngoài ra nếu F là một trường bất kỳ thì
: F (cid:0)
x
x
0 1 neáu x 0 neáu x= 0
là một chuẩn trên trường F, chuẩn này được gọi là chuẩn tầm thường.
trên F có các tính chất cơ bản sau:
Dễ thấy chuẩn
x F
:
x
x
i/
1 ( 1 là đơn vị của F)
ii/ 1
1
x F x
,
0 :
x
iii/
1 x
Nhận xét
Nếu F là trường hữu hạn thì F có chuẩn duy nhất là chuẩn tầm thường.
Chứng minh:
q
0
) và có chuẩn là
Giả sử F có q phần tử (
q , (cid:0)
Rõ ràng F* là nhóm Aben có cấp q-1 Gọi 1 là đơn vị của nhóm nhân F*. Khi đó với bất kỳ x thuộc F* ta có :
q
q
1
1
x
x
1
1
1
q
1
x
1
1 (do
x
0)
x
Vậy
là chuẩn tầm thường. ■
1.1.2. Chuẩn tương đương
Cho F là trường và
là chuẩn trên F. Khi đó:
y
d: FxF (cid:0) (x,y) d(x,y) = x
là một mêtric trên F, gọi là mêtric cảm sinh bởi chuẩn
Khái niệm về chuẩn tương đương
Cho F là một trường và
1 ,
2 là hai chuẩn trên F.
) nếu tôpô cảm sinh bởi
Ta nói
(cid:0)
1 tương đương với
2 (
1
2
1 và
2 trùng nhau.
Định lý về các điều kiện tương đương của chuẩn
Cho F là một trường và
1 ,
2 là hai chuẩn trên F. Các phát biểu sau
tương đương:
i/
1
2
x F x
:
1
x
1
ii/
1
2
x F x
:
1
x
1
iii/
1
2
c
x
x x F
iv/ Tồn tại c (cid:0) sao cho:
2
1
là dãy Cauchy đối với
là dãy Cauchy đối với
v/ nx
nx
1
2
1.1.3. Chuẩn phi Archimedean
1.1.3.1. Định nghĩa
Cho F là một trường và
là chuẩn trên F,
gọi là chuẩn phi
Acsimet nếu nó thỏa điều kiện (III’) sau đây:
:
y
max
x
,
y
x y F x ,
Một chuẩn không phải phi Acsimet gọi là chuẩn Acsimet.
1.1.3.2. Ví dụ
Với mọi m (cid:0) và p là số nguyên tố cố định, m viết được duy nhất dưới
*
dạng:
m p m 1
với (m 1,p)=1,
(cid:0) . Khi đó: được gọi là số mũ của p
(
ord m )
trong m, ký hiệu
p
r
* :
r
( )
)
Với
, ta định nghĩa:
ord m - (
ord r = p
ord n ( ) p
p
(cid:0)
m n
p
.
;(
) 1;(
) 1
với
thì
Nếu biểu diễn r =
n p , 1
m p , 1
(cid:0)
m 1 n 1
(
ord m )
p
ord
(0)
Quy ước:
p
Dễ thấy:
(
)
i/
ord rs p
ord r ( ) p
ord s ( ) p
s
) min
;
r s ,
ii/
ord r ( p
p
ord r ord s ; p
(cid:0)
Ta định nghĩa chuẩn trên (cid:0) như sau:
:
(cid:0)
(cid:0)
p
0 , x = 0
ord x p
x
x
p
ord x p
, x
0
Khi đó :
). 1
p là chuẩn phi Acsimet trên (cid:0) ( với 0
1.1.3.3. Định lý về các điều kiện tương đương của chuẩn phi Acsimet
là chuẩn trên F. Các khẳng định sau là
Cho F là một trường và
tương đương:
i/
là chuẩn phi-Acsimet.
1
ii/ 2
n
iii/
(cid:0) 1; n
A
n
n
A
;
0 :
) .
(cid:0)
iv/ Tập các số tự nhiên (cid:0) bị chặn (
1.1.3.4. Một vài tính chất đặc biệt của chuẩn phi Acsimet
x
y
x
y
max
x
,
y
i/
nếu
p
p
p
p
p
ii/ Mọi điểm thuộc hình tròn đều là tâm của hình tròn.
x F x a /
B a r ( , )
r
- vừa đóng vừa mở.
p
iii/ B(a,r)- vừa đóng vừa mở. Liên quan đến chuẩn trên (cid:0) , ta có định lý quan trọng sau đây:
1.1.3.5. Định lý Ostrowsky
Mọi chuẩn không tầm thường trên trường số hữu tỷ (cid:0) hoặc tương
đương với chuẩn
p ( p nguyên tố) hoặc tương đương với giá trị tuyệt đối
thông thường
trên (cid:0) .
Chứng minh
Ta xét hai trường hợp:
:
n
1
n
Trường hợp 1 :
(cid:0)
n
/
n
Gọi
n 0 min
1
(cid:0)
( =log
>0)
Vì
n nên 1
n 0
n 0
n 0
0
n 0
Ta viết n trong hệ đếm
0n như sau:
n
(a
0,
s
log
n
)
...
,0 a
a 0
a n 1 0
2 a n 2 0
s a n 0 s
i
n a , 0
s
i
n 0
(cid:0)
Khi đó:
n
a
...
a 0
a 1
n 0
a 2
2 n 0
s
s n 0
=
...
a 0
a n 0 1
2 a n 2 0
s a n 0 s
1
i
n
Do
nên
ia ( theo cách chọn
ia
0
0n ). Suy ra:
n
1
1
...
...
n 0
2 n 0
s n 0
s n 0
1 n 0
1 2 n 0
1 s n 0
c
...
1
...
Đặt
. Rõ ràng, c là cấp số nhân lùi vô
1 n 0
1 2 n 0
1 s n 0
hạn nên c là hằng số.
s
n
c n .
(do a
0)
Vì thế:
c n 0.
s
k
k
k
n
c n .(
)
c n .
c n .
n
Vậy với mọi k ta có :
n
Cho k thì n
n
n
( n)
Như vậy ta đã có:
n 0
n 0
1
1
n
(
n
)
s n 0
s n 0
Suy ra
s
1)
1
s n 0
( n 0
(1)
Vậy :
s
1)
1
1
1
n
n
(
n
)
s n 0
s n 0
( n 0
s n 0
s
1)
s
1)
1
(
)
( n 0
s n 0
s n 0
( n 0
1 n 0
1
1
(
s
1)
c
n
c n .
Đặt
c n 0.
1 n 0
1
1
k
k
k
n
c n .(
)
c n .
c n .
n
Vậy với mọi k ta có :
n
thì
Cho k thì n
n
Từ (1) và (2) ta có n
Do đó:
,
m
,
n
:
(cid:0)
(cid:0)
(cid:0)
m n
n
n
m
m n
n
m n
m m
n
Vậy:
(cid:0)
n
1,
Trường hợp 2:
n (cid:0)
Gọi
1 n 0
0n là số tự nhiên lớn hơn 0, bé nhất thỏa
Giả sử
0n không là số nguyên tố. Khi đó:
(
)
n 0
n n . 1 2
n n , 1 2
n 0
n
. Suy ra
Do cách chọn
n 1
2 =1
n (vô lý) 1 0
0n nên
Vậy
0n = p là số nguyên tố.
1
Ta sẽ chỉ ra rằng
q với mỗi số nguyên tố q khác p.
Thật vậy :
(2)
q
:
q
1
Giả sử tồn tại
(cid:0)
(q là số nguyên tố)
N
N
q
q
M
M
p
p
1 2 1 2
N
M
q
;
p
1
nên có thể tìm được hai số m,n sao cho:
Do
M
N
mp
nq
1
Suy ra :
M
N
M
N
M
N
1
1
mp
nq
mp
nq
m p
n q
M
N
1 (vô lý)
p
q
1 2
1 2
1
q với mỗi số nguyên tố q khác p.
Vậy
Với x là số hữu tỷ bất kỳ, x được phân tích duy nhất dưới dạng
x
(m,p)=1;(n,p)=1
p .
m n
Đặt
p . Ta có: 1
m
x
.
n
Do m, n đều phân tích được dưới dạng tích của các số nguyên tố khác
p nên chuẩn của các số nguyên tố đó bằng 1. Vì thế:
pord x
m
n
1
x
Khi đó với số tự nhiên M, N đủ lớn, ta có :
Vậy:
(cid:0)
p
■
1.2. Trường các số p-adic
p(cid:0) và vành
p(cid:0)
Theo định lý Ostrowsky, trên (cid:0) chỉ có hai chuẩn là giá trị tuyệt đối
thông thường và giá trị tuyệt đối phi Archimede
p . Mặt khác, ta biết rằng
làm đầy đủ (cid:0) theo giá trị tuyệt đối thông thường ta được trường các số
p ta được một trường mới mà ta gọi là
thực (cid:0) . Vậy làm đầy đủ (cid:0) theo
trường các số p-adic
p(cid:0) , là tương tự p-adic của trường số thực (cid:0) . Ta sẽ
mô tả chi tiết hơn về cách xây dựng
p(cid:0) dưới đây.
1.2.1. Xây dựng trường các số p-adic
p(cid:0)
p(cid:0) và vành
Ký hiệu S là tập các dãy Cauchy hữu tỷ theo
p
Trên S ta xác định một quan hệ tương đương như sau:
y
0
n
x n
x (cid:0) n
y n p
lim n
Ta gọi
S
S
p
(cid:0)
x x / n n
(cid:0)
Trang bị cho
p(cid:0) là tập hợp tất cả các lớp tương đương theo quan hệ trên: p(cid:0) hai phép toán cộng và nhân như sau:
n
x n
n
n
x y . n
n
y x n y x . n
y
,.)
là một trường, trường này gọi là trường các số
Rõ ràng (
, p
(cid:0)
p-adic
p(cid:0) .
Chuẩn
p(cid:0) như sau:
p trong (cid:0) được mở rộng trong
x
:
x lim n
p
p
p
Cho n
x (cid:0) ( nx
là dãy Cauchy trong (cid:0) ): x = nx
n
Rõ ràng
p là chuẩn phi-Acsimet.
Ta chứng minh được biểu diễn p-adic của một phần tử x trong
p(cid:0) là:
m
n
m 1
m
x
p
...
...
m
,
0,
x
p
( ...
)
b 0
b p 1
b p n
b p m
b 1 m
b i
(cid:0)
p
/
x
Tập hợp
cùng với phép toán cộng và phép toán
p
p
(cid:0)
(cid:0)
p
x
1
nhân trong
p(cid:0) lập thành một vành được gọi là vành các số nguyên p-adic.
1.2.2. Một số tính chất cơ bản của vành
p(cid:0) ,
p(cid:0)
m
p
(m
i/
p
p(cid:0) là vành chính, mọi iđêan của
p(cid:0) có dạng là
(cid:0)
(cid:0) )
ii/
p(cid:0) là tập compắc đối với chuẩn
p
iii/
p(cid:0) là tập compắc địa phương.
Chứng minh:
i/ Gọi I là một iđêan của
p(cid:0) .
I
thì I là iđêan sinh bởi 0.
Nếu
0
a
(
)
I
m p m
thì gọi a là phần tử thuộc I sao cho
Nếu
0
(cid:0) lớn nhất.
m
I
p
Ta sẽ chứng minh :
p
(cid:0)
Với bất kỳ x thuộc I, ta có:
m
m
x
a
x
p
x
p
1
p
p
(cid:0)
(cid:0)
x m p
x m p
m
I
p
Vì thế
p
(cid:0) (1)
Với bất kỳ x thuộc m
p
p (cid:0) , ta có:
m
x
m p c
a
(
c . ) (c
)
p
(cid:0)
p a
I
mà : a
m
m
m
p
1
. c
p
p
(cid:0)
(cid:0)
p a
a
m p a
p a
I
nên x
m
p
Vì thế
(2)
p
I(cid:0)
m
I
p
Từ (1) và (2) ta có
p
(cid:0) .
mp và do đó
Vậy idean I của
p(cid:0) được sinh bởi phần tử
p(cid:0) là vành
chính.
là một dãy tùy ý trong
ii/ Giả sử nx
p(cid:0) và:
2
...
21
2
x 1 x
...
2
a 01 a 02
a p a p 11 a p a p 12
22
..........................................
2
x
...
a 0
n
n
n (0
a p a p 1 p
i
0,1, 2,...)
2 n 1;
a in
Xét các phần tử
0na (n= 1, 2,…) ta thấy các phần tử này nhận các giá
p
trị trong tập hữu hạn {0;1;2;…;p-1}. Vậy phải tồn tại
0;1; 2;...;
1
b 0
được nhận giá trị vô hạn lần.
sao cho số hạng đầu tiên của mỗi phần
Lấy dãy con
0nx
của dãy nx
tử bằng 0b .
Trong dãy
1na (n= 1, 2,…) nhận các giá trị
0nx
p
trong tập hữu hạn {0;1;2;…;p-1}. Vậy phải tồn tại
0;1; 2;...;
1
b 1
được nhận giá trị vô hạn lần.
sao cho số hạng thứ hai của mỗi
Lấy dãy con
của dãy
1nx
0nx
phần tử bằng 1b .
sao
của dãy
1,m n x
,m nx
Như vậy, với mọi m(cid:0) , tồn tại dãy con
p
cho số hạng thứ m của mỗi phần tử bằng
0;1;2;...;
1 .
mb
m
...
...
b p m
b Đặt b = 0
b p 1
các số hạng thứ hai:
với phần tử
Xét dãy các đường chéo
mmx
0nx có số hạng thứ nhất là
0b ; phần tử 1nx có số hạng thứ nhất là 0b , số hạng thứ hai là 1b ;….; phần tử
mmx
có số hạng thứ nhất là 0b , số hạng thứ hai là 1b ,…, số hạng thứ m + 1 là
mb .
Ta có:
m
1 m
b
p
0
x mm
p
hội tụ về b. Đến
Vậy
mmx
mmx
là một dãy con lấy ra từ dãy nx mà
đây ta kết luận
p(cid:0) là tập compắc đối với chuẩn
p .
iii/ Do
p(cid:0) là tập compắc nên với mọi a thuộc
p(cid:0) , a +
p(cid:0) là lân cận
compắc của a trong
p(cid:0) . Vậy
p(cid:0) là tập compắc địa phương. ■
1.3. Trường các số phức p-adic
p(cid:0)
Làm đầy đủ (cid:0) theo giá trị tuyệt đối thông thường ta được trường số
thực (cid:0) ; trường số thực (cid:0) không đóng đại số, bao đóng đại số của (cid:0) là trường số phức (cid:0) .
p ta được trường các số p-adic
Làm đầy đủ (cid:0) theo
p(cid:0) ;
p(cid:0) đầy đủ
nhưng không đóng đại số. Kí hiệu bao đóng đại số của
. Giá trị
p(cid:0) là
p(cid:0)
tuyệt đối trên
được xây dựng như sau:
p(cid:0)
Với
thì là phần tử đại số trên
p
(cid:0)
p(cid:0) . Do đó tồn tại một đa thức
n
n
1
x
(a
)
...
bất khả quy nhận làm
Irr( ,
a x 1 n
a x a 1 0
i
p
(cid:0)
p(cid:0) ,x)=
nghiệm.
Ta định nghĩa
p(cid:0) như sau:
p trên
n
:
x
x
p
a 0
(cid:0)
p
p
Ta chứng minh được
p(cid:0) và
p là một giá trị tuyệt đối trên
trên
p(cid:0) .
p
p
Trường
p(cid:0) đóng đại số nhưng nó không đầy đủ theo
p vừa xây dựng.
theo
Nếu tiếp tục làm đầy đủ
p(cid:0)
p thì ta sẽ được trường các số phức p-
adic, trường đó được ký hiệu là
p
p
(cid:0)
(cid:0) (cid:0)
(cid:0) (cid:0)
Trường số phức p-adic
p(cid:0) có hai tính chất cơ bản sau:
p(cid:0) đóng đại số,
đầy đủ và nó có vai trò tương tự như trường số phức (cid:0) trong giải tích phức.
Chương 2: LÝ THUYẾT NEVANLINNA P-ADIC
Trong chương này chúng tôi trình bày một số các hàm đặc trưng và hai định lý cơ bản của lý thuyết Nevanlinna p-adic.
2.1. Các hàm đặc trưng
2.1.1. Các khái niệm cơ bản
Vành các chuỗi lũy thừa hình thức có hệ số trong
p(cid:0) :
f z ( )
/n
p
a z n
a n
p
(cid:0)
(cid:0)
z
n
1
Xét tập:
n
n
f z ( )
/
a
,
0
)
a z n
n
p
( r > 0)
=
(cid:0)
A ( r
a n p
p(cid:0)
n
1
)
là vành con của vành
Rõ ràng A ( r
p
p(cid:0)
(cid:0)
z
n
f z ( )
)
thì f hội tụ và là hàm giải tích trên
a z n
A ( r
p(cid:0)
n
1
0,
r
/
z
r
D r
p
p
(cid:0)
(cid:0)
p
z
n
)
. Ta có thể
a r n
Với f A ( r
p(cid:0)
và f 0, ta định nghĩa: (r,f) = max n (cid:0)
)
, nghĩa là:
chứng minh được (r,f) là chuẩn trên vành A ( r
p(cid:0)
i/ (r, f) = 0 f = 0
ii/ (r, f + g) max{ (r,f); (r,g)}
iii/ (r, f.g) = (r, f). (r, g)
Giả sử D là tập mở trong
p(cid:0) . Ký hiệu: Ή(D) là tập các hàm giải tích
trên D, M(D) là trường các thương của Ή(D)
Một phần tử f thuộc M(D) được gọi là hàm phân hình trên D.
là:
)p
Ta ký hiệu M ( (cid:0)
. Chú ý rằng nếu
/
g h ,
h
0
M (
,
)p
)p
(cid:0)
A ( (cid:0)
g h
. Ta
)p
)p
Cho fM ( (cid:0)
( 0 ). Khi đó có g, hA ( (cid:0)
sao cho f = g h
định nghĩa:
(r,f) =
( 0 r )
( , r g ) r h ( , )
Đặc biệt:
(r,f) =
1 r f ( ,
)
)p
Ta có thể chứng minh được với > r > 0, hàm (r,.): M ( (cid:0)
(cid:0)
thỏa các tính chất sau:
i/ (r,f) = 0 f = 0
ii/ (r,f 1 + f 2 ) max{ (r, f 1); (r, f 2 )}
iii/ (r, f 1 .f 2 ) = (r, f 1). (r, f 2 )
2.1.2. Các hàm đặc trưng
n
( 0<
;
;
0;m 0)
Cho f(z) =
và a
a z n
)p
a n
a m
p
A ( (cid:0)
(cid:0)
p (cid:0)
n m
) là số các 0-điểm ( kể cả bội ) của f - a trên
và
Ký hiệu n(r,
p
0, r
(cid:0)
f
1 a
n (r,
) là số các 0- điểm phân biệt của f - a trên
. Ta định
p
0, r
(cid:0)
f
1 a
nghĩa:
)
a
1
)
( , N r
dt
0
r
(
)
0
( , r n t
f
a
f t
1
0
)
a
1
)
( , N r
dt
( , r n t
f
a
1
0
)
f t N Ram (r; f) = 2N(r; f) – N(r; f’) + N(r; 1 'f
)
f
và a
. Khi đó, tồn tại
f A (
r
)p
0, 1
Cho f M ( (cid:0)
p(cid:0)
p (cid:0)
)
f
sao cho
( 0 r p(cid:0) f
1
f 0 Định nghĩa: a n r f
( , ) n r
( , ) : 1
f 0 ) = n(r, f 1
a a n r
( , ) : 1
af
0 f
1 ) ) : ( ,
N r f ( ,
N r a 1
f 0 N r
( , ) f 1
a N r
( , ) : a 0
1
af
f
1
m(r,f) = log (r,f) = max0; log (r,f) T(r,f) = m(r,f) + N(r,f) ) m r
( ; ) N r
( ; a
( ) f r lim inf
r
1 lim sup
1
f
a
T r f
( ;
) 1
f
a
T r f
)
( ; ) ( ;
N r f ( ) 1 lim sup
a
r 1
f
a
)
( ;
T r f Nếu a thì: ) (
f r lim inf
r
1 lim sup
( ;
m r f
T r f
( ; )
) ( ;
N r f
T r f
( ; )
) ( f ) 1 lim sup
r N r f
( ;
T r f
( ; )
) a
( ) Rõ ràng: 0
( ) 1
a f f ) khác hàm hằng và a , ký hiệu là số Cho f M ( a
f z
0(
p
(cid:0) )p(cid:0) ) = m khi và chỉ khi: a
f z
0( bội của 0-điểm f – a tại z 0 . Nghĩa là, m ) h z ( ) : a ( z z
0 f z
( ) 0; với h(z 0 ) : a m
a
h z
( )
(
z
z
)
0 Định nghĩa: z
( ); ) /
z z E a
( )
f a
f p
(
(cid:0) và ký hiệu nghịch ảnh của a bởi f bởi: 1 E a
( )
f a
( ) / z
( )
f p a
f
z
0 (cid:0) Nếu một cặp hai hàm phân hình f và g không là hàm hằng trên p(cid:0) thỏa: ( ) + fE a = ( ) gE a thì ta nói f và g chia sẻ giá trị a tính cả số bội. ( ) fE a =
( ) gE a thì ta nói f và g chia sẻ giá trị a không tính số bội. + Với k (cid:0) , định nghĩa: z
( ) : z
( ) k z
( ) : z
( ) k a
f a
f a
f a
f z
( ) z
( ) a
f k
( và a
,
f k 0 : z
( ) k k : z
( ) k a
f a
f
z
( ) k z
( ) k a
f a
f z
( ) z
( ) và a
,
f k a
(
f k 0 : z
( ) k v 0 : z
( ) k ( ) 0
z
a
f a
f a
f
1 :
f / E a k
( , ) p a
,
f k
1 : 0
z
1 (cid:0) Ký hiệu : r ) ( )
z ) và ( ;
n r
k a
,
f k N r
( ;
k n t
( ;
k a f f a dt
)
a t f 1
1
1
z r 0 r z
( ) ) a
(
f k n r
( ;
(
k N r
( ;
(
k n t
( ;
(
k và f a dt
)
a t f 1
1
f 1
)
a r z 0 r ) ( )
z ( ;
n r
k N r
( ;
k ) n t
( ;
k và a
f k
, a f f a dt
)
a t f 1
1
1
z r 0 r ( k ( k n r
( ; z
( ) N r
( ;
(
k ) n t
( ; và a
(
f k a f dt
)
a t f 1
1
f 1
)
a r z 0 0 r , < ta có: 0 )p ) N r
( , 0 r , < ta có: 0 )p ( , ) ) N r
( , N r f = log (r,f) – log ( 0 ,f) 1
f
Cho f M (
(cid:0)
1
f Công thức này còn được viết như sau: ) ) T r
( , T r f
( , 1
f Cho f i M ( (cid:0) (i = 1; 2; 3;…,k ). Khi đó với r > 0 ta có: k k i i i i 1
1
k k f , N r f
( , ) i i i 1
i 1
)p
f
, N r f
( , )
N r
N r
Cho f iM ( )p (cid:0) (i = 1; 2; 3;…,k ). Khi đó với r > 0 ta có: k , f m r f ) i i i k max ( ,
1
i 1
m r
k k , m r f
( , ) i i i 1
i 1
m r
f
Cho f, f iM ( )p (cid:0) (i = 1; 2; 3;…,k ). Khi đó với r > 0 ta có: k k , f T r f
( , ) i i i i 1
1
T r
k k , T r f
( , ) i i i 1
i 1
T r
f
T(r,f) là hàm tăng đối với r. f a M ( 0 Cho , , (j=0,1,...,k),a j k . Ta định nghĩa: )p(cid:0) k j A z f z ( , ( )) a z f
( ) = j A f z
( )
j 0 Nếu f khác hàm hằng thì ta có: k ( , ) ) ) ) N r A f ( ,
kN r f O ( ,
N r a ( ,
N r j 1
a j 0 j
Nếu f M ( khác hàm hằng thì )p(cid:0) k ( , ) ) ) ) m r A f ( ,
km r f O ( ,
m r a ( ,
m r j 0 j 1
a
k
khác hàm hằng thì )p(cid:0) k T r A f ( , ) ( , ) T r a
( , ) j j 0
kT r f O
(0< ) . Cho f là một hàm phân hình khác hàm hằng trong 0,
p (cid:0) Khi đó với mọi a thuộc p(cid:0) ta có: m(r, ) + N(r, ) = T(r,f) + O(1) ( r ) f f 1
a Ta có: T r f
( , ) ) ) ) m r
( , N r
( , T r
( , a + = = f f f 1
a 1
a 1
a Mặt khác : T(r,f - a) T(r,f) + T(r,a) = T(r,f) + m(r,a) + N(r,a) = T(r,f) + log (r,a) = T(r,f) + log a (2) Chứng minh tương tự: T(r,f) T(r,f - a) + log a (3) Do đó từ (1),(2),(3) ta có: m(r, ) + N(r, ) = T(r,f) + O(1) f f 1
a 1
a ( r ) (cid:0) Trước khi vào nội dung chính của định lý cơ bản thứ hai của lý thuyết Nevanlinna p-adic, ta xét bổ đề sau : n có bán kính hội tụ 0 Cho chuỗi lũy thừa f(z) = a z
n p (cid:0)
z
0 n và phần tử z p (cid:0) . Nếu f(z) hội tụ thì f’(z) tồn tại và: n 1
(*) f’(z) = na z
n n 1
Mặt khác bán kính hội tụ của (*) giống của f và thỏa: (r,f’) (r,f) (0 < r < ). 1
r n 1
Giả sử g(z) = . na z
n n 1
Theo định lý Ostrowsky, định lý về các điều kiện tương đương của chuẩn và định lý về các điều kiện tương đương của chuẩn phi- Archimedean, ta có: n , : n
1
p (cid:0) (cid:0) 1
n p 1
n
1
n n 1
p lim
n
1
n 1
n
1
a
n na
n p p lim sup
n
lim sup
n
Do đó, chuỗi (*) có cùng bán kính hội tụ với f. n n
0 Do f(z) hội tụ nên na z Nếu z = 0 thì hiển nhiên g(z) hội tụ. n n n n 1
1
0 na z
n a z
n a z
n . Vì thế, g(z) Nếu z 0 thì p p p 1
z p hội tụ. , ta chọn R= ; trong Trong trường hợp f(z) hội tụ trong p 0;
(cid:0) z R , ta chọn R sao cho ; nếu z trường hợp f(z) hội tụ trong 0;
p (cid:0) p h R z 0 thì ta chọn h sao cho ; nếu z = 0 thì ta chọn h sao cho p p h R . Do đó: p max z ; h z h
R
p p p n f z
( ) ( j n j
1
h Đồng thời f(z+h) hội tụ , a z
n n
( )
j f z h
)
h n j 1
1
j n n j
1
1
h a R Do R < nên 0
a z
n n p n
( )
j p Điều này chỉ ra rằng chuỗi trên hội tụ đều đối với h. Hiển nhiên ta có thể lấy giới hạn từng số hạng, cho ta: ( f z
( ) n 1
f’(z) = na z
n lim
h
0
f z h
)
h n 1
Cuối cùng nếu 0< r < thì: n n 1
') max ( ,
r f na r a r r f
( , ) n n = (cid:0) p p n max
n 1
r 1
r (0< )
Cho f là một hàm phân hình khác hàm hằng trong và 0,
p (cid:0) a là các số phân biệt trong a
1;...; q a A=max 1; p(cid:0) . Đặt:
a
i j a
i
min 1;
j
i
Khi đó với 0 < r < ta có: q N N r
( ; ) r f
( ; ) log r S
( ; ) ( q 1) ( ; T r f ) N r f + Ram f f a 1
j 1
j q ) log ( ;
N r r S
r f ) + N ( ; f f a 1
j 1
j q S log ( ; f a ) log ( ; f ') ( q 1) log với 0 0 f j A
j 1
'r Lấy bất kỳ r’ với .
0 p (cid:0) Do f là một hàm phân hình khác hàm hằng trong nên tồn tại 0,
p (cid:0) ) không có nhân tử chung sao cho f = . f A '( r 1;f
0 p(cid:0) f
1
f 0 f Đặt F , F (i = 1; 2; …;q) 0 o i f
1 a f
i 0 Khi đó: f z
( ) 0 F z
( )
0 A .max F z F z
( ) ( ) ; F z
( )
i i f z
( )
1 a F z
( )
i
0 0 A .max
( )
F z F z ( ) ; ( )
z Suy ra: (k = 0;1) (1) kf 0 i a F z
( ) max
i
0
F z
( ) ;
i
f f )= Ký hiệu W = W( 0 1;f 'f
1 0 '
f f
1 0 ( ) '. f ( ). f ' ' f f
1 a f
i 0 0 f
1 a f
i 0 0 f
1 0 f f W
'
1 0 W i =W( 0; iF F ) = r 0; ' 0; . Khi đó: thích hợp sao cho W(z), 0 Chọn z 1f (z), p p ( )
iF z 0 (cid:0) (cid:0) ( i= 0;1;…;q) j sao cho: Khi đó tồn tại F z
j F z
( )
i
1; 2;...;
q ( ) min
i q
1
Mặt khác: a f ( )
z ( )
z ( )
z a
i j a f
i a f
j ( )
F z
i ( )
F z
j ( )
F z
i ( )
F z
j 0 0 0 ( )
f z
1 ( )
f z
1 ( )
F z
i ( )
F z
j f ( )
z ( ) (i j) F z
i 0 1
a a
i j j ;...; ( l =1; Do đó ta có thể lấy các chỉ số phân biệt l ;
1 2 với
1
q 2;…; q-1) sao cho: 0 max f z
( ) ...
(2) 0 j F z
( )
F
z F z
( ) ;
( ) F z
( )
1 2 q 1
( )
z f max Vì thế từ (1) và (2) ta có: với kf 0 j ( )
F z
( ) ;
( )
z F z l A
A
k = 0;1 và l = 1;2;…;q-1. 2 (cid:0)
f z f z
( ) (cid:0)
f ( f ; ) : Đặt và ta định nghĩa k p p 0 f
1 (cid:0) (cid:0) k ( ) max
1;2
(cid:0)
f z f z
( ) ( ) max
nhiên ta có: F z
( ) k l k A
Do W = W j nên: ( ).... F z
0 log log z
( ) log log log W z
( ) F z
( )
0 F z
( )
j F z F
( )...
1 q 1
F z
( )
q
W z
( ) . Hiển W z
( ) log z
( ) log F z F
( )...
=
1 q 1
( ).
( )
F z F z 0 j log z
( ) log = D z
( )
j F z F
( )...
1 q 1
W F ' j ' D với j j
F F
0
F
0 j .
F F
0 j log log log ( )
z Suy ra: ( )
D z
j ( )...
F z F
1 q 1
F z
( )
F z
0 ( )....
q
( )
W z Vì thế: log log z
( ) ( q 1) log ...
(cid:0)
(q-1)log ( )
f z F
F z
( )
1 q 1
A
1) log q log z
( ) + ( = F z F
( )...
1 q 1
A
1) log q log + log (3) jD z + (
( ) 0 ( )....
F z
( )
F z
q
W z
( ) A
Hơn nữa, lập r = z . Theo bổ đề 2.2.2 ta có: F z
'( )
j ; ( ) max
D z
j 1
r F z
'( )
0
F z
( )
0 F z
( )
j
log logr jD z
( ) Mặt khác, theo công thức Jensen ta có: log ( )F z log (r,
0 0F ) = log (r, 0f ) = N(r; ) + log ( 0 , 0f ) 1
f 0 = N(r,f) + log ( 0 , 0f ) log ( ) ) f
1 a f
0i = N(r; ) ) + log ( 0 , f
1 a f
0i f
1 0 f = N(r; ) + log ( 0 , a )+ log ( 0 , i 0f ) (i= 1; 2;…;q) f iF z log (r,
iF ) = log (r,
1
a f
i
1
a
i log (r, f 0;log = max + log (r, 0f )
(cid:0) ) = max{ log (r,f 0 ); log (r,f 1)}
(r, f )
0
(r, f )
1
= max{ 0 ; log (r,f)} + log (r, 0f ) = m(r,f) + log (r, 0f ) (cid:0) ) = m(r,f) + log (r, Suy ra: log (r, f 0f ) Vì thế: ) = log (r, N(r, 0f ) – log ( 0 , 0f ) 1
f 0 (cid:0) N(r,f) = log (r, f ) – m(r,f) – log ( 0 , 0f ) (cid:0) N(r,f) + m(r,f) = log (r, f ) – log ( 0 , 0f ) (cid:0) T(r,f) = log (r, f ) – log ( 0 , 0f ) (cid:0)
Vậy : log ( )
f z = T(r;f) + log ( 0 , 0f ) log f f ' '
( )W z log (r,W) = log (r, f
0 1 0 f
1 ) + log ( 0 ,W) ) = N(r; 1
W ) + log ( 0 ,f’)+ 2 log ( 0 , 0f ) = N(r; 1
W Thêm vào đó : f f ' '
f f ' W = = n(r; ) f
0 1 0 f
1 2
0 1
W ) = 2n(r;f) – n(r;f’) + n(r; 1
'f ) r f
( ; ) = RamN N(r; 1
W Từ (3) và các điều trên ta có : q N N r
( ; ) r f
( ; ) log r S
(4) (q-1)T(r;f) N(r; f) + Ram f f a 1
j 1
j Ngoài ra : q q ) ) ( ;
n r f ( ;
n r n r
( ; ) n(r; f) + ) f a 1
- n(r; 1
W f a 1
j 1
j 1
j j Vì thế: q ) ) log ( ;
N r N ( ;
r f r S
N(r; f) + Ram f a f 1
j 1
j q ) ) log ( ;
N r f ( ;
N r r S
f f a 1
j 1
j và do tính liên tục của hàm Vì tập các r trong (4) dày đặc trong
'r
0; r r ' . Do r’ chứa trong bất đẳng thức nên (4) cũng đúng với mọi r mà 0 là tùy ý nên định lý được chứng minh. (cid:0) q q ; ,..., n r
( , ) n r
( , ) Ký hiệu: n(r, ) + a
1 a
q 1
f ' ) = n(r, 1
'f f a f a 1
1
j j
1 j j r
1
1
f ; ,..., ) = Ta định nghĩa: N(r, a
1 a
q 1
f ' 0 Định lý cơ bản thứ hai có thể được diễn tả như sau: q n r
( , ; ,..., ) a
q a
1 ' dt t (r,f) + - N(r, (q-1)T(r,f) N ) – logr + S f j 1
j Thật vậy: q ) ) log ( ;
N r N ( ;
r f r S
( ; ) ( q 1) ( ; T r f ) N r f + Ram f f a 1
j 1
j q ) 2 ( ; ) ') ) log ( ;
N r N r f ( ;
N r f ( ,
N r r S
) N r f + = ( ; f ' f a 1
f 1
j 1
j q a N r
( ; ) N r
( , ; ,..., ) log r S
N r f ') N r f
( ; ) + = ( ; a
1 q f f a 1
f ' 1
j 1
j q ) ) ; ,..., ) log ( ,
N r f ( ;
N r ( ,
N r a r S
a
1 q f ' f a 1
f 1
j 1
j Định lý cơ bản thứ hai cũng kéo theo quan hệ giữa các số khuyết như sau: a
( ) ( ) 2
a
f f
a
a
; ,..., N r
( , ) a
1 a
q f a 1
f ' 1
Thật vậy: q N r
( , ) q q f a 1
j 1
j a a ( ) ( ) q
f j f j lim sup
r
T r f
( , ) j j 1
1
q ( 1) ( , N r f
( , ) q
lim sup
r
) q ( q ( 2) 2 q
q
lim sup
r
T r f
)
T r f
( ,
T r f
2) ( ,
)
T r f
( ,
) Chương 3: TÍNH DUY NHẤT CỦA HÀM PHÂN HÌNH P-ADIC Những năm gần đây có nhiều tác giả đã ứng dụng thành công lý thuyết Nevanlinna p-adic để nghiên cứu các hàm chỉnh hình, phân hình p-adic. Trong chương này, chúng tôi sẽ giới thiệu một số các ứng dụng đó. ; ; Cho f và g là hai hàm phân hình khác hàm hằng trên a a a a
;
1
4 2 3 p(cid:0) và là bốn điểm khác nhau trong thỏa:
p (cid:0) g f ) ( ) ( E a ; ( j=1; 2; 3; 4) j E a =
j Khi đó: f g. Giả sử f g. Theo định lý cơ bản thứ hai ta có: 4 3T(r; f) f j 1
j 4 N r f
( ; ) N r
( ; ) log r S
a f 1
3T(r; f) j 1
j 4 4 T r f
( ; ) N r
( ; ) log (1) r O
f a 1
2T(r; f) + logr j j 1
1
j j O O N r
( ; ) (1) N r
( ; ) (1) f a f a 1
1
N r
( ; ) O (1) T r
( ; ) O (1) Chứng minh tương tự: T r f
( ; ) T r g O
) ( ; (1) (2) 2T(r; g) + logr Từ (1) và (2) ta có: 2logr O(1) ( vô lý ) Vậy: f g. (cid:0) f
T r f
( ; (1) T r f
( ; (1) (1) f
) g
T r g O
)
( ; 1
g
g O
)
1
Cho f và g là hai hàm nguyên khác hàm hằng trên p(cid:0) và hai giá trị hữu g ; f ( ) ( ) hạn phân biệt E a (j = 1; 2). Khi đó: f g. 2 1 p j E a =
j a a (cid:0) thỏa: Ta chứng minh bổ đề sau: (0< ) . Khi Cho f là hàm phân hình khác hàm hằng trong 0;
p (cid:0) k
( ) f r
( ; ) đó với mọi số nguyên k > 0 ta có f 1
k
r Thật vậy: ) thì theo bổ đề 2.2.2 ta có: Nếu f A (
r p(cid:0) ' r
( ; ) ')
) 1
r r f
( ;
( ;
r f
f
f
và hiển nhiên: i
( ) i
( ) k
( ) k k f (0) r
( ; ) r
( ; ) r
( ; ) f với f f
( 1)
i
f
( 1)
i
f f 1
k
r f i i 1
1
f Bây giờ ta giả sử . Ta có: )p M (
(cid:0) g
h ' hg ' r
( ; ) r
( ; ) r
( ; ) f
f '
2
h gh h
'
.
g g
g h
'
h ' max r
( ; ); r
( ; ) g
g h
'
h 1
r
k
( ) f r
( ; ) Vậy . f 1
k
r Bây giờ ta bắt đầu chứng minh định lý: Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng có một dãy n z f z
( ) g z
( )
và n p n n r
n n (cid:0) sao cho 1
z n f z
( ) max ; a Do f khác hàm hằng nên ta giả sử với mọi n 1 . n a
1 2 f g . Ta có: Đặt j ) ( ) E a ( j = 1;2) nên số các 0- E a =
(
j
f f f
)( ) ( f
'(
a
1 )
g
a
2 là các 0-điểm của f – g. Vì thế, là hàm nguyên điểm của 2 trên p(cid:0) . Mặt khác: (
f z ) (
g z ) ( f ).( f a ) a
1 n n n n n f z
( ) max ; a (
f z (
f z a = (
f z ; = (
f z (do ) n a
1 2 )n 1 )n )n a
2 )n Suy ra: ) g z
( f '( z ) f z
( ) f '( z ) . f z
( ) f '( z ) n n ( z ) 0 n
n n
) f z
( ) n
a f z
( ) . f z
( n
) f z
( ) n n n n n 1
r
n n
a f z
(
1 2 Do đó =0 và hiển nhiên f = g. (cid:0) max f z
( ) ; g z
( ) f z
( ) Cho f , g là hai hàm phân hình khác hàm hằng trên p(cid:0) và ba giá trị ; phân biệt thỏa:
a a a
;
1
2
3 p
(cid:0) f g j ) gE a
) 3(
fE a 3( Khi đó: f g. ( ) ( ) E a ( j=1; 2) E a =
j Nếu 1 2 p ; a a (cid:0) thì ta xét các hàm sau: G F f
f
a
1
a
2 g a
1
g a
2 là một hàm phân hình khác 0 trên p(cid:0) . Do đó tồn tại c thuộc p(cid:0) sao cho: =c. c
(1) F
G f z
( )
f z
( ) g z
( )
g z
( ) a
1
a
a
1
a
2 2 ) ) ) Do gE a thỏa:
) 3(
fE a gE a nên tồn tại z 0 3( 3(
fE a 3( f( 0z ) = a 3 = g( 0z ). 0 0 =c. )
) )
) Thay z = 0z vào (1) ta có:
(
f z
g z
(
(
(
g z
f z a
1
a
a
1
a
2 2 0 c
. a
1
a a
1
a 0
2 a
3
a
3 2 1 a
3
a
3
c
Suy ra: F = G Khi đó: = f
f
p (cid:0) 2
( ) ( )
f z g z = z ( )
f z
( )
f z a
1
a g a
1
g a
2
( )
g z
( )
g z a
1
a a
1
a
2
( ) ( )
f z g z ( )
a g z
2 ( )
a f z
1 a a
1 2 a a
1 2
( )) 0 ( )
a f z
2
( ))
f z f z 2
( )
a g z
1
( ( )
a g z
1
a
1 ( ))( ( ( )
a g z
2
( ( )
g z f z ) 0
p (cid:0) Vậy f g Nếu một trong hai giá trị 1 2 ;a a bằng thì ta giả sử a 2 . Khi đó: ( )
g z f z a
2
( ) z
là hàm nguyên khác 0 trên fE a =
1(
) gE a ). Do đó tồn tại c’ 1( p(cid:0) (do thuộc p(cid:0) sao cho: f z
( ) c g z
'.( ( ) ) c
'
a
1 a
1 a
f
1
g a
1 ) a
f
1
g a
1 Thay z = 0z ta có: ) f z
( g z
'.( ( ) ) c a
1 0
) a
1
c a
'.(
3 a
1 0
a
a
3
1
' 1 c
Vậy f g. (cid:0) ,..., Cho f , g là hai hàm phân hình khác hàm hằng trên a a
,
1 2 a là q
q p(cid:0) ; phần tử phân biệt trong và (j=1;2;…q) thỏa:
p jk (cid:0) (cid:0) q j 2 k k ...
k
1 2 q 1 j j f g k
k
3
) E a k
( ; ) E a k
( ; j = 1; 2;…; q j j j j Khi đó f = g. Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau: Giả sử f là một hàm phân hình khác hàm hằng trên p(cid:0) và q phần tử phân biệt trong . Khi đó, với mọi
p jk (cid:0) (cid:0) q q ( j=1;2;…q) ta có:
k k T r f ( 2) ( ; ) N r
( ;
k ) log (1) r O
j k k f a 1 1 j
j
1
j j 1
1
j j j Thật vậy: Theo định lý cơ bản thứ hai ta có: q (q-1)T(r;f ) N r f
( ; ) N r
( ; ) log r S
f a f 1
j 1
j q (q-1)T(r;f ) T r f
( ; ) N r
( ; ) log (1) r O
f a 1
j 1
j q (q-2)T(r;f ) ) log (1) (1) ( ;
N r r O
f a 1
j 1
j ;...; a a
;
1
2 a là
q a k ;...; , k ;...; , ta có: ;
a a
1 2 ;
k k
1 2 q q Với a
( k 1
1
N N r
( ; ) N r
( ;
k ) r
( ; ) a f a f f a 1
1
k ( 1
N N r
( ;
k N r
( ;
k ) r
( ; ) ) k f a k a f k a f 1 1 1 1
1
1
k
1
1
k ( 1
N N r
( ;
k N r
( ;
k ) r
( ; ) ) a f k a k f a f 1 1 1
k
1
1
1
( k 1
N ) r
( ; ) ) N r
( ;
k N r
( ;
k a f k a f 1 k a f 1 k
1
1
1
1
) N r
( ; ) N r
( ;
k k a k f f a 1 1 ) T r
( ; ) N r
( ;
k k a k f f a 1 1 1
1
Từ (1) và (2 ta có: q q k (q-2)T(r;f ) N r
( ;
k T r f
( ; ) log (1) ) r O
j k f a k 1 1 j
1
1
j j 1
1
j j j q q q k ( 1 2 T r f
) ( ; ) N r
( ;
k ) log (1) r O
j k k f a 1 1 1
j
1
j j j 1
1
1
j j j q q k k T r f ( 2) ( ; ) N r
( ;
k ) log (1) r O
j k f a k 1 1 j
1
j
j j 1
1
j j j Bây giờ ta bắt đầu chứng minh định lý: Giả sử f k 1 ...
(3) k k g . Từ giả thiết kéo theo:
1
2 1 1 q
k
1
2 q k
2
k
1
1
Theo bổ đề trên ta có: q q ) N r
( ;
k T r f O
) ( ; (1) (2) k a k f 1 1 k
k
k
1
1
1
1
1
1
j j
j
j j 1
1
j j j q k k 2) ( ; ) ) log (1) ( T r f ( ;
N r
k r O
1 1 k a f k 1
j j 2 j 2 ) log (1) ) ( ;
N r
k r O
( ;
N r
k
1 1 1 k a f f k
2
1
k
1
1
k
1 a
1 q j j 1
j 2 2 = ) ) ( ;
N r
k ( ;
N r
k
1 1 1 k f a k f k
2
1
k
2
1
a
1 q ) log (1) r O
( ;
N r
k
1 1 f k
1
1
k
1 a
1 j j 1
j 2 2 q = ) log (1) ( ) ) ( ;
N r
k r O
( ;
N r
k
1 1 1 1 k a f k f k
2
1
k
1
k
2
1
k
1 a
1 j j 1
j 2 2 q log (1) ( ) ) ( ;
N r ) ( ;
N r
k r O
1 1 k f k
2
1
1 k a f k
1
k
2
1
k
1 a
1 j j 1
2 2 j q ) log (1) ( ) ( ;
N r
k ) ( ;
T r r O
1 1 1 k a f k f k
2
1
k
1
k
2
1
k
1 a
1 j j 1
2 2 j Suy ra: q q k ( 2) ( ; ) ) log (1) T r f ( ;
N r
k r O
j 1 1 1 k 2
k f a k j
k
2
1
k
2
3 j j 1
2 j j g ) log (1) ( ; ) ; )) ( ;
N r (
do E a k
f (
E a k r O
j j j j 1 f g k 1
2
k
2
) log (1) ( ;
T r r O
1 f g k 1
2
k
2
) log (1) ( ;
T r f g r O
1 k 2
k
2
) )) log (1) (4) ( ( ;
T r f ( ;
T r g r O
1 k 2
k
2
2 Chứng minh tương tự: q k ) )) log (1) (5) ( ( ;
T r f ( ;
T r g r O
2) ( ; ) ( T r g 1 k k
2
1 1 k 2
k j
k
2
3 j 2 2 j Từ (4) và (5) ta có: q j ( 2)( ( ; ) )) 2 log (1) T r f ( ;
T r g r O
1 j k
k
3 j Điều này vô lý. Vậy f = g. (cid:0) ) log (1) ( ) ( ;
N r
k ) ( ;
T r f r O
1 1 1 k a f k k
2
1
k
1
k
2
k
1 ) Cho n 1nz trong . n p p(cid:0) là (
(cid:0) (cid:0) , ta ký hiệu tập các 0-điểm của ,n m ( ) ( ) ( ) Cho n m d p p p (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) , n > m và d = (m;n). Khi đó: ( ) Đầu tiên ta giả sử rằng (n;m) = 1. Khi đó d=1 và
1 d p (cid:0) ( ) ( ) Ta sẽ chứng minh:
1 n m p p (cid:0) (cid:0) ( ) ( ) z . Khi đó tồn tại Ngược lại, giả sử tồn tại
1 n m p p (cid:0) (cid:0) ) l 2 z ( );1 l j
sao cho nhưng . Giả sử: l p j p z (cid:0)
( (cid:0) l
,
(cid:0) ;r s )
l n=pl + r; m = ql + s (r;s (cid:0) ; 0 n z 1 Do l
z
nên n lz
1 r z ( );1 l j
z 1 n pl
z , suy ra r=0 (do ). Theo quy nạp ta có j p (cid:0) Tương tự s=0. Do đó l n và l m (vô lý). ( ) ( ) Do ( ) = 1 nên
1 p p (cid:0) (cid:0) m m
;
d d n
d m
d Giả sử: ( ) ;...; u p u u
;
1 2 (cid:0) 1
n
d n
d
( ) ;...; w w w
;
1
2 p (cid:0) 1
m
d m
d
1;
1;
u w ; i , Khi đó j
và: i j n d d d z 1 ( z 1)( z )...( z u ) u
1 1
m d d d z 1 ( z 1)( z )...( z n
d
w ) w
1 1
m
d ( ) ( ) ( ) Ta có: d n m p p p (cid:0) (cid:0) (cid:0) ( ) ( ) ( ) Mặt khác, giả sử , tức là tồn tại n m p d p p (cid:0) (cid:0) (cid:0) z 0 d
0 ( ) ( ) ( ) sao cho với i, j nào đó. Suy ra: z
0 n p m d p p (cid:0) (cid:0) (cid:0) z u
i
w 0 j d
0
u w ( vô lý) i j ( ) ( ) ( ) Vậy (cid:0) n m d p p p (cid:0) (cid:0) (cid:0) Trước khi giới thiệu các đa thức duy nhất của hàm phân hình ta có định nghĩa sau : Cho P là đa thức khác hằng số trên p(cid:0) và F là một họ của M( p(cid:0) ). Nếu điều kiện P(f) = P(g) kéo theo f = g với bất kỳ f, g thuộc F- p(cid:0) thì P được gọi là đa thức duy nhất đối với F Các đa thức được đề cập trong nội dung các định lý là : n m z
( ) a b z
( ,
; ) z az i/ b
Y
n m
, Y
n m
, ,
n m ; ;
n m a b , ở đây: p
(cid:0) (cid:0) ( n n 2) 1) n n n 2 1
2) F ( )
z z (
n n z z b (
b ) ii/ n b
,
1
p * (cid:0) 1)(
2 n n
(
2 . Ký hiệu ,n bF . ,n bF là tập các 0-điểm của ,n m Cho ,n mY là đa thức duy (cid:0) , (n;m) = 1 (n > m). Nếu n 3 thì . nhất đối với A ( )p(cid:0) Cho f, gA ( - .Ta có: ,n mY (f) = )p(cid:0) p(cid:0) sao cho ,n mY (g), đặt h = f
g ,n mY (f) = ,n mY (g) m n n m af g ag b f
n b
m
n
m hg g ag ( ) a hg
( ) n n m m hg g ag ( ) a hg
( ) n m m ag h n
g h
( ( 1) 1)
m n m
g a
. (*) n h
(
h
( 1)
1)
( ) ( ) Do (m;n) = 1 nên
1 n m p p (cid:0) (cid:0) ( ) N r
( ; ) Nếu h khác hàm hằng thì với mỗi b : =0.
1 n p (cid:0) 1
h b Thật vậy: Giả sử tồn tại z sao cho: h(z)=b Khi đó (h(z)) n = b n =1 và h(z) 1 ( ) ( ) nên (h(z)) 1m Hơn nữa:
1 n m p p (cid:0) (cid:0) Do đó g(z)= (vô lý) Vậy: ) ( ;
N r h b
( )
= = = n-1 2
1 r 1
h b
( ; )
T r h
) 1 (
b
n
) 1
) 1 (
b
n b
(
n
1 lim sup
(do n 3) Điều này vô lý. Vì thế h là hàm hằng. Nếu h khác 1 thì do (*) ta suy ra g là hàm hằng . Điều này trái với giả sử f,gA ( - )p(cid:0) p(cid:0) . Vậy h = 1 hay f = g. (cid:0) 3.2.3. Định lý Cho n,m ,n mY là đa thức duy nhất đối với M( (cid:0) , n m+2; p(cid:0) ) nếu một trong các điều kiện sau đây được thỏa: m m 3) 17 4 (
1
i/ (m,n) = 1; n >
5
2 ii/ (m,n) = 1; m = n - 2 3 Cho f, g M( . ,n mY (f) = p(cid:0) )- p(cid:0) thỏa ,n mY (g), đặt h = f
g Ta có: ,n mY (f) = ,n mY (g) n m n m m n n m af g ag b f
b
n m n m hg g ag ( ) a hg
( ) n m m hg g ag ( ) a hg
( ) n
g h
( m n m
ag h ( 1) 1)
n g a
. (*) h
(
h
( 1)
1)
. Khi đó: Giả sử:
1;
1; n p n m p m 1
1
(cid:0) (cid:0) n z 1 ( z 1)( z )...( z t ) m z 1 ( z 1)( ) )...( n
1
z u
t
1
z u
1 m 1
n m
m g a
. Thay vào (*) ta có: )...(
)...( )
1
) 1)(
h
(
h
(
1)(
h u
h t
h u
1
h t
1 n 1
( ) ;...; t ; ( ) ;...; u t
1 u
1 Do (m;n) = 1 nên
1 n m p p (cid:0) (cid:0) Nếu h khác hàm hằng thì ta có: 1 t
( ) 1 (1 j n-1) h j 1 u
( ) 1 (1 m -1) j
h j 1
n m
1
n m
n m
n m
n m
n m
n m 1
1
( ) ( ) Mặt khác, định lý cơ bản thứ hai cho ta: h j h j j j 1
1
Vì thế: 2 n m n m 1 1 ( 1) ( 1) 2 (**) n m 2
n m
n m
n m
n m
1
n m
t
( ) u
( ) 2
Nếu m = n – 2 3 thì: n m n m 2 2
1
n m
2 1
n n
n n n n 2 2 2 2 2 2 n
m m 3) 17 4 (
thì: 1
Nếu n >
5
2 m m 3) 17 4 (
1
n >
5
2 3) 5 m m 17 4 (
3 2 5 12 m m 17 4
2 3 2
n
n
2
n
n
2 2 5 2 0 n m
3
n m
2 2 n m n m 2 2 n m
0 2
Suy ra:
1
n m
5
n m
3
n m
n m n m 2 3 2 (vô lý) Hay:
1
n m
Do đó h là hàm hằng. Nếu h khác 1 thì g là hàm hằng (vô lý). Vậy h =1, nghĩa là f = g. (cid:0) < 2 ( mâu thuẫn với (**)) Nếu n 6 thì ,n bF là đa thức duy nhất đối với (cid:0) .
)p
( F ( f ) Cho f, g M( . n b
, F g
( )
,
n b p(cid:0) ) - p(cid:0) sao cho , đặt h = f
g Ta có: F ( f ) n b
, F g
( )
n b
, ) F hg
(
n b
, F g
( )
n b
, ( n n 2) 1) n 2 n n 2 1
( h 1) g n n
( 2)( h 1) g ( h 1) (1)
0 1)(
2 n n
(
2 1 1 0 Nếu h là hàm hằng thì (1) kéo theo nh và
1 0 nh . Vậy h = 1 nghĩa là f = g. Nếu h khác hàm hằng thì ta nhân vào hai vế của (1) với ta nh
1)(
n được: n 2 2 n n n n 2 1
( h 1) g ( h 1)( h 1) g ( h 1)( h 1) 0 n 2 2
n
n
1
n
2 2 n n n n n 2 2 1
1
h g ( h 1) ( h 1)( h ( h 1) 1)
1 n 1 ( n 2) n 1 n
n
n
2 n n n n n 2 2 1
1
h g ( h 1) ( n 2
1) ( h 1)( h n n
( 2)( h 1) 1)
1
n 1 n
2
1) ( ( n n 2) n
2 n n 1
( 1) h g h ( )
h ( 2) 2(
n
1)
1 1 n
2
1) ( ( 2) n n n n
với được định nghĩa bởi: 2 2 n n n 1
z
( ) ( n 2
1) ( z 1)( z n n
( 2)( z 1) 1)
n n 2 n 2 1
( h 1)( h ( h 1) 1)
Nếu (h) = 0 thì n n
2)
(
2
1)
n
(
( ) ( ) ( ) với d = (n, n-2) 2 nên Theo bổ đề 3.2.1: n p n d p p 2 (cid:0) (cid:0) (cid:0) n 2 ;...; ( z 1)( n
z z
có ít nhất 2n – 6 nghiệm đơn 1
1) 2 6 n z . 2 n 6 ( z ) 2
Định lý cơ bản thứ hai trực tiếp kéo theo: h j j 1
2 6 2 6 n n 6 2 ( z ) 3 3 n mà nên 2 3 ( vô lý). h j 1
2 n
2 j j 1
1
Do đó: (h) 0 Ta có: 2 n 2 2 n n 2 n 2 1
( 1) 2 ( 2) ( 1) 1 z n z n n z n z (z) = (3) n 3 2 2 nz n n
( 1) z 2 ( n n 2) z ( n 1)( n (4) ’(z) = (n-1)z
2) ( k ) (1) 0 (0 k 3) ( ) 0 z có 1 là nghiệm bội 4. (4) 2 n n (1) 2 ( 1) (n-2) 0
; t ;...; t z z z t ( )
z ( 4
1) ( )...( ) ( ) Vì thế:
1 t
1 2 2 n 6 p n t
1 2 6 (cid:0) p(cid:0) . Hiển nhiên ta có z 0 . Giả sử rằng (z)= ’(z) = 0 với z nào đó thuộc
Do đó theo (4), z thỏa: n 2 z z n n z n n 2 (
n n 1) 2 ( 2) ( 1)( 2) 0
n 2 z n n z n n (
n n 1) 2 ( 2) ( 1)( 2) (5) 2
z
Kết hợp (3),(4) ta có: n 2 2 z n 1)( n 2) z 2 ( n n 2) ( 2 z n n
n 2 2 2 z n 1)( n 2) z 2 ( n n 2) ( 4 (6) z z n n
(
(
1)
1) Kết hợp (5), (6) ta có: 2 2 z 4 1) z 2 ( n n 2) z ( n 1)( n 2 n 2)( n 1) z 2 ( n n 2) z ( n 1)
n n
(
. (
2) .
n 3 2 4 z 6 z 4 z 1 0 4
z
4 1) 0 (
z
z
1
; t ;...; t Do đó 1
t 2 6 2 n là các 0-điểm đơn của . Từ (2) ta thấy rằng: ) (1 j 2n-6) jt
( h 1
2 2 n 6 6 2 2 t
( ) n n 5 3
Vậy: h j n
2 j 1
Điều này mâu thuẫn với giả thiết n 6 . (cid:0) * Đặt . Cho f là một hàm phân hình khác hàm hằng trên
p (cid:0) p
(cid:0) . Ta định nghĩa: ;p S p(cid:0) và một tập S (cid:0) z
( ); z / z E S
( )
f a
f p E a
( )
f (cid:0)
a S
a S
và ký hiệu nghịch ảnh của S bởi f là: 1
E S
( )
f f S
( ) z / z
( ) p a
f
0 (cid:0)
a S
và S là một tập khác rỗng trong * Cho F là một họ của M ( )p(cid:0) .
p (cid:0) S được gọi là một tập duy nhất tính cả số bội đối với F nếu đối với bất kỳ những hàm khác hàm hằng f, g F thỏa thì f = g. ( )
E S
f ( )
E S
g S được gọi là một tập duy nhất không tính số bội đối với F nếu đối với E S
( )
f E S
( )
g thì f = g. bất kỳ những hàm khác hàm hằng f, g F thỏa Nếu hai hàm f, gF thỏa thì ta nói rằng f và g chia sẻ tập E S
( )
f E S
( )
g S tính cả số bội. E S
( )
f E S
( )
g thì ta nói rằng f và g chia sẻ tập Nếu hai hàm f, gF thỏa S không tính số bội. Cho F và G là hai hàm phân hình trên p(cid:0) cùng chia sẻ tính cả số bội và a
1;...; a ( q 2 ) là các phần tử phân biệt của
q p(cid:0) . Khi đó một trong các trường hợp sau phải xảy ra: q q ) T r G
( , ) ) log (1) r O
i/
T r F
( ,
) N r
( ,
2 N r
( ,
2 3
2 1
F a
1
G a
j 1
j j
0 . Hơn nữa, số các phần tử của tập ii/ G = AF + B với A,B p A
, (cid:0) ,..., ,..., lớn hơn hoặc bằng 2. a
q Aa B
1 Aa
q
a
1
B Đặt H = F
F G
G ''
' ''
' Đầu tiên giả sử H = 0. Khi đó: 0 '' ' F
F
''
''
G
'
'
G
'
G F G F
'' 0
' 0 '
'
(A A , A 0)
p (cid:0) (B ) G
F
G
'
F
'
G A F
.
'
'
G AF B
p (cid:0) ,..., a B ,..., Aa bé hơn q Aa
1 q Giả sử số các phần tử của tập
a
1
B hoặc bằng 2. Khi đó: ,..., B ,..., Aa 2 q
1 a
1 a Aa
,
1 q q
B Theo định lý cơ bản thứ hai ta có: q q ( ,
N r G ) ( ,
N r ) ( ,
N r )
2q 1 1 T r, G ) B 1
G a
1
(
G Aa
j j 1
1
j j ; ,..., , ,..., ) log (1) ( ,
N r Aa B r O
a
1 a Aa B
1
q q ' 1
G q q ( ,
T r G ) ( ,
N r ) ( ,
N r )
2q 2 T r, G ) B 1
G a
1
(
G Aa
j j 1
1
j j ; ,..., , ,..., ) log (1) ( ,
N r Aa B r O
a
1 a Aa B
1
q q ' 1
G q q ( ,
N r ) ( ,
N r )
2q 3 T r, G ) B 1
G a
1
(
G Aa
j j 1
1
j j ; ,..., , ,..., ) log (1) ( ,
N r Aa B r O
a
1 a Aa B
1
q q ' 1
G mà: ) ) ) ( ,
N r ( ,
N r ( ,
N r = (j = 1,2,..,q) ) B 1
(
G Aa
1
AF Aa
1
F a
j j j q ; ,..., , ,..., ) ) ( ,
N r ( ,
)
Aa B N r ( ,
N r a
1 a Aa B
1
q q ' ' 1
G 1
G 1
G a
j 1
j q q q N r
( , ) N r
( , ) N r
( , ) 1
G Aa B
) ( 1
G Aa B
) ( 1
G a
j j j 1
1
1
j j j q q ) ) ) ( ,
N r ( ,
N r ( ,
N r ' 1
G 1
G a
1
G a
j j 1
1
j j
q q ) ) ) ) ( ,
N r ( ,
N r ( ,
N r ( ,
N r ' ' 1
F 1
F 1
F a
1
F a
j j 1
1
j j
= N r
( , ; ,..., ) N r
( , ; ,..., ) N r
( , ) a
1 a
q a
1 a
q 1
G 1
F 1
F ' ' ' nên: q N r
( , ) N r
( , ) N r
( , ; ,.., )
2q 3 T r, G a
1 a
q 1
G ' 1
G a
1
F a
j 1
j j
N r
( , ; ,.., ) log (1) r O
a
1 a
q 1
F ' q ) ) log (1) r O
( ,
N r
2 ( ,
N r
2 1
G a
1
F a
j 1
j j
Mặt khác, do G =AF + B nên: ( , ( , ) T r F O ( , ) (1) ( , ( , T r G T r F
)
T r F
( , ) T r G T r
( ,
) ( , ) T r G O ( , ) (1) T r
( , ) T r A T r B
)
)
B
A 1
A Suy ra: T(r,G) = T(r,F) + O(1) Vì thế: q ( ) ) ) ) log (1) q ( ,
T r G r O
( ,
T r F
) ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 3
2 1
G a
1
F a
j 1
j j
Bây giờ ta giả sử H 0 . Rõ ràng các điểm cực của H chỉ có thể là các 0-điểm của F’ hoặc G’. Khi đó: q q q N(r,H) ) ) ) ( ,
N r ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 1
F a
1
F a
1
G a
j j j 1
1
1
j j j q ; ,.., ; ,.., ) (1) ( ,
N r )+ ( ,
N r )+ ( ,
a N r
q a
q a
1 a
1 ' ' 1
F 1
G 1
G a
j 1
j Nếu z0 là điểm cực đơn của F và G thì z0 là 0-điểm của H. Do đó: N r F
( , ) N r G N r
( ,
) ( , ) N r F
( , ) N r G
( ,
) 1
2 1
H Vì thế theo định lý cơ bản thứ nhất ta có: N r F
( , ) ( , ( , ) ) ) T r G
( , O (1) N r G N r H
T r F
( ,
) 1
2 Suy ra: q q N r F
( , ) N r G N r
( ,
) ( , ; ,.., ) N r
( , ) ) a
q a
1 N r
( ,
2 1
F ' 1
F a
1
F a
j j 1
1
j j q q ) ; ,.., ) ) + ( ,
N r ( ,
N r a
q a
1 ( ,
N r
2 ' 1
G 1
G a
1
G a
j j 1
1
j j ) G (1) ( ,
T r O )
( ,
T r F 1
2 (do (1)) (2) Áp dụng định lý cơ bản thứ hai cho F và G ta có: q ( 1) ( , ) ) ) ; ,.., ) log (1) q T r F ( ,
N r F ( ,
N r ( ,
N r r O
a
1 a
q ' 1
F 1
F a
j 1
j q ( 1) ( , ( , ) ) ) ; ,.., ) log (1) q ( ,
N r ( ,
N r T r G N r G
r O
a
1 a
q ' 1
G 1
G a
j 1
j Suy ra: q q a ( 1) ) T r G
( , N r F
( , ) N r G
( , ) N r
( , ) N r
( , ; ,.., )
T r F
( ,
) a
1 q 1
F ' 1
F a
j 1
j q a N r
( , ) N r
( , ; ,.., ) 2 log (1) r O
a
1 q 1
G ' 1
G a
j 1
j Do (2) nên: q q ( 1) ) T r G
( , ) )
T r F
( ,
) N r
( ,
2 N r
( ,
2 1
F a
1
G a
j 1
j j
+ ) T r G
( , 2 log (1) r O
T r F
( ,
) 1
2 q ( 2 log ) ) ) ) (1) ( ,
T r G q r O
( ,
T r F
) ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 Vậy:
3
2 1
G a
1
F a
j 1
j j
(cid:0) Cho f, g là hai hàm phân hình khác hàm hằng trên p(cid:0) thỏa: ,
n b ,
n b ) ) .
E F
(
f .
E F
(
g ; F G Đặt: 1
( ) F f n b
, 1
( )
F g
,
n b 0 thì G=AF+B (A,B ) và số các phần tử của tập Nếu n 10 p A
, (cid:0) , , , lớn hơn hoặc bằng 2 với
B a a a
1
2
3 Aa B Aa
2 1 ,
B Aa
3 0; a ; . a
1 2 a
3 1
b b 1 1
Ta có: ( n n 2) 1) n n n 2 1
F z
( ) z n n
( 2) z z b (b -
1 )
n b
, * 1)(
2 n n
(
2 n n
( n 2) n n
( n 2) n n 2 n 3 1
z n n
( 1)( n 2) z z '
F z
( )
,
n b 1)(
2 2) (
n n n 3 2 ( 2 1) z z z 2) n (
n n n 3 2 = ( 1) z z 1)(
2
1)(
n
2
1)(
2 ' b và 1 là nghiệm bội 2 của Do n bF z nên 1 là nghiệm bội n bF , ( ) 0 , (1) 1 3 ( ) 1 b ( z 1) ( ); b 3 của . Vậy:
0
(1) 0 n bF z
, Q z
1 Q
1 z
, ( ) 1 n bF ' b và 0 là nghiệm bội n-3 của Do n bF z nên 0 là nghiệm bội , ( ) 0 n bF , (0) 2
n
z Q z ( ); Q b
b . Vậy:
0
(0) 0 n-2 của n bF z
, ( ) z
, ( ) n bF Ở đây: 1( )Q z là đa thức bậc n-3, chỉ có 0-điểm đơn. Với mọi a a chỉ có các 0-điểm đơn nên .
,n bF có chính xác n
b b
,
,
1 n bF z
, ( ) phần tử. T r F
( , ( f )) nT r f
( , ) O (1) Do định lý 3.1.3.7 nên n b
, ) ( )) (1) ( , ) (1) ( ,
T r ( ,
T r F f O nT r f O Vì thế: T(r,F) = n b
, 1
( ) F f n b
, Theo định lý cơ bản thứ nhất ta có: ) ) ( )) 2 ( , ) ( ,
N r F f N r f ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 2 n b
, 1
F 1
F a
1 2 ( , ) 2 ( , ) N r f T r f 1 ) ) ) ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 ( ) 1
f F b 1
F a
2 ,
n b 1
( ) F f 1
b ,
n b ) ) ) 2N( ,
r ) 2N( ,
r ( ,
N r ( ,
N r
2 ) ) 1
f 1
(
Q f ) ) 2T( , ) )) (1) 2T( ,
r ( ,
T r r f ( ,
(
T r Q f O ) 2 ( , (1) (1) 1
f
1
f
2 ( ,
T r f 4 ( ,
)
T r f O 1
(
Q f
1
)
(
Q f
)
T r f O
1 ) ) ) N r
( ,
2 N r
( ,
2 N r
( ,
2 F f ( 1 1
) b
1
F a
3 n b
, F f b ) 1 1
( 1
) r
2N( , r
) 2N( , ) N r
( , ) N r
( ,
2 f f 1 ) 1 ) n b
,
1
1
1
Q f
(
1 r f O ) T r
( , r
2T( , ) 2T( , ) T r Q f
( ( , )) (1) 1 f 1 ) 1
1
Q f
(
1
1
Q f
(
1
3) ( , T r f
2 ( , ) ( n T r f O
) (1) ( n 1) ( , T r f O
) (1) 3 ) ( 5) ( , (1)=(1 ) ( , ) (1) n )
T r f O nT r f O ( ,
N r
2 Do đó:
5
n 1
F a
j 1
j =(1 ) (1) ) ( ,
T r F O 5
n 3 ) T r G O
) ( , ) (1) (1
Tương tự: ( ,
N r
2 5
n 1
G a
j 1
j Vì thế: 3 { ) )} ){ ( , T r F ) T r G
( , )} O (1) (1
(*) ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 5
n 1
F a
1
G a
j 1
j j Theo giả thiết thì F và G chia sẻ tính cả số bội nên một trong hai trường hợp i/ và ii/ của bổ đề 3.3.2 phải xảy ra. Nếu trường hợp i/ của bổ đề 3.3.2 xảy ra thì ta có: 3 3 ) ) ) log (1) ( ,
T r G r O
( ,
T r F
) ( ,
N r
2 ( ,
N r
2 3
2 1
F a
1
G a
j 1
j j
Do (*) nên: 3 ) T r G
( , (1 ){ ( , T r F ) T r G
( , (1) )} log
r O
T r F
( ,
) 3
2 5
n
3 1 n 10 Vậy: (trái giả thiết) 5
n 3
2 Do đó, trường hợp ii/ của bổ đề 3.3.2 phải xảy ra, tức là: G=AF+B 0 (A,B )và số các phần tử của tập p A
, (cid:0) , , , lớn hơn hoặc bằng 2 với
B a a a
1
2
3 Aa B Aa
2 1 B Aa
,
3 0; a ; . (cid:0) a
1 2 a
3 1
b b 1 1
Với bất kỳ số nguyên n 10 , tập .
,n bF là một tập duy nhất tính cả số bội đối với M p(cid:0) n b
, .
F j) Giả sử r
n (r
i r ,i
j r
1,..., Đặt: ( n n 2) 1) 2 Q z
( ) z n n
( 2) z 1)(
2 n n
(
2 Cho f, g là hai hàm phân hình khác hàm hằng trên p(cid:0) thỏa: ,
n b ,
n b ) ) . .
E F
(
f .
E F
(
g Theo định lý cơ bản thứ hai ta có: n N r g
( , ) N r
( , ) log (1) r O
n 1 T r, g k 1
1
g r
k n ) ) log (1) ( ,
T r g ( ,
N r r O
n 1 T r, g k 1
1
g r
k n ) log (1) ( ,
N r r O
n 2 T r, g k 1
1
g r
k ) ( ,
N r ) ( ,
N r ,
n b ,
n b ) ) mà: = (do ) .
E F
(
f .
E F
(
g f 1
r
k 1
g r
k nên: n ) log (1) ( ,
N r r O
n 2 T r, g f 1
k 1
r
k n ) log (1) ( ,
N r r O
f 1
k 1
r
k n ) log (1) ( ,
T r r O
f 1
k 1
r
k n = ) log (1) (1) ( ,
T r f r O
k 1
=nT(r,f) log (1) r O
Tương tự: nT(r,g) log (1) r O
(2)
n 2 T r, f Đặt:: F ( f ) n n 2
g Q g 2
f Q f
( ( ); h h
1 h
);
2 3 1
b h
3
b n b
,
F g
( )
n b
, Khi đó: F f b b ( ( ) ) ( ) h
1 h
2 h
3 h
3 ,
n b F g
( )
,
n b h
3
b F f F f F f ( ( )= ( ) 1 ( ) = 1 ) 1
,
n b F g
,
n b ,
n b ,
n b h
3
b 1
b
1
b 1
b 1
b Do f, g là hai hàm phân hình khác hàm hằng trên ,g g
1
2 p(cid:0) nên tồn tại và ,f
1 f là những cặp hàm nguyên trên
2 p(cid:0) không có nhân tử chung sao g f và . cho g
1
g f
1
f 2 2 Khi đó: n F ( f f ). 2 c với h
3 n b
,
F g
f n b
, n
2
n
( ).
g g
2 2
.
c
Rõ ràng c là hàm nguyên trên p(cid:0) không có 0-điểm và hiển nhiên c là hằng số. Do đó: ) N r
( , ) N r f
( , ) N r h
( ,
3 1
f (3) N r
( , ) N r
( , ) N r g
( , ) 2
1
g 1
h
3 2 Ta sẽ chứng minh h 3 1 . 31; h . Đầu tiên ta chứng minh h 1 không thể biểu thị tuyến tính qua Thật vậy: ( Giả sử: h 1 = 1 3
a h a
2 a a
,
1
2 )p (cid:0) a và
0 Do h 1 không là hàm hằng nên 1 3h không là hàm hằng. Ta xét 2 trường hợp: i/ a
0
2 Định lý cơ bản thứ hai cho ta: ) ) N r
( , ) N r
( , ) log (1) (2 1) ( ,
r O
T r h
1 N r h
( ,
1 0 1
1
a
2 ( , ) (1) ) ) ) log (1) ( ,
N r ( ,
N r r O
T r h O
1 ( ,
N r h
1 h
1
1
h
1
1
h
1 h
1 a
2 ) ) ) ) log (1) ( ,
nT r f ( ,
N r ( ,
N r r O
( ,
N r h
1 1
1
h
1 h
1 a
2 mà: N r
( , ) N r
( , ) ) N r g
( , ) (do (3)) N r
( , 1
h
1 a
2 1
a h
1 3 ) T r g
( , T r f
( , ) log (1) (do (1)) r O
n n 2 2 1
h
3
( ,
N r g
n
)
1
) = ) ) ( ,
N r ( ,
N r ( ,
N r ) 1
f 1
(
Q f 1
h
1 ) ) ( ,
N r ( ,
N r ) (4) ) ) ( ,
T r ( ,
T r (1) O
(1)
O 1
f
1
f
= ( ,
T r f
= ( ,
T r f
=3 ( ,
T r f 1
(
Q f
1
(
)
Q f
( ,
))
(
)
T r Q f
)
) 2 ( ,
T r f
)
(1)
O ) N r f
( , ) N r f
( , ) T r f
( , ) (5) N r h
( ,
1 nên: T r f ) T r f
( , ) 3 ( , ) T r f
( , ) log (1) nT r f
( , r O
n
n 1
2
= (4 T r f
) ( , ) log (1) r O
n
n
n n 2
1
2 2 n
n
Do đó: n 4
5
(vô lý do n 10 ) n 2 n 2 n
2
ii/ a 2 = 0: ( n 2) Q z
( ) ( z )( z s ) Giả sử: s
1 2 n
1)(
2 n 2 a h
1 3 a c
. .
1 nên: Khi đó, do h 1 = g
f 2
N r
( , ) N r
( , ); N r
( , ) nN r
( , ) 1
f f s f s 1
f n
2 1
1
j j Suy ra: N r
( , ) N r
( , ) s f s f 1
j j s ( (j=1,2) 1
f j ) 1 lim sup
r r 1 lim sup
1
n T r f
( , ) N r
( , ) s f 1
1
j N r
( , ) N r
( , ) 1
f (0) 1 lim sup
r r 1 lim sup
2
n 1
f
N r f
( , ) 1
f
T r f
( , ) Định lý cơ bản thứ hai cho ta: 2 ( s ) 2
(0) + f j f j 1
1 2(1 ) 2 1
n 1 0 2
n
4
n
4 n
Điều này vô lý do n 10 . Vậy h 1 không thể biểu thị tuyến tính qua 31; h .
Đặt: ; F G 1
( ) F f n b
, 1
( )
F g
,
n b A B
, ; A 0 Rõ ràng theo bổ đề 3.3.3 ta có: G=AF+B với p (cid:0) Vậy: =A.
B 1
( ) F f n b
, n b
, 1
( )
g
f
( F
F ) A BF ( f ) n b
, ,
n b
F g
( )
,
n b 2 n ) h
3
b 2
A B f Q f
(
n
A Bf Q f
( ) Bb A Bb h
3
h
3 Bbh
1 31; h . Vì vậy, B=0 và Mặt khác, h 1 không thể biểu thị tuyến tính qua hiển nhiên h 3 là hằng số. ( ) . F f .
A Khi B = 0 thì G = AF hay n b
, ( )
A F g
,
n b 1
( ) F f 1
( )
F g
n b
, n b
, T r F
( , ( f )) T r F
( , g
( )) O (1) Suy ra: n b
, n b
, Hơn nữa, theo định lý 2.1.3.7: T r F
( , ( f )) nT r f O ( , ) (1) n b
, T r F g ( , ( )) nT r g O ( , ) (1) n b
, nên T(r,f) = T(r,g)+ O(1) (6) 1 thì theo định lý cơ bản thứ hai ta có: Nếu h 3 ) (1) log ( , ) ) ) (1) O ( ,
N r ( ,
N r O ( ,
T r h
1 r N r h
1 0 1
1
1
h
3 h
1 = ( , ) N r
( , ) N r
( , ) O (1) N r h
1 h
1
1
h
1 1
h
2 mà: T r f
4 ( , ) O (1) ) N r
( , ) (do (4) và (5)) N r h
( ,
1 1
h
1 N r
( , ) = N r
( , ) N r
( , ) (do h =const)
3 1
g 1
Q g
( ) 1
h
2 N r
( , ) N r
( , ) T r
( , ) ) T r
( , 1
g
T r g T r Q g O 1
Q g
( )
T r g O
) 2 ( ,
) (1) (1)= ( , 1
Q g
( )
( ))
1
g
T r g
( ,
)
T r g O
)
3 ( , (1) = ( , ( , ) (1) log r T r f ) 3 ( , T r g O
) (1) T r f
7 ( , ) O (1) 4 ( , (do (6)) nên: T r h O
1 ) O (1) nT r f
( , ) Hơn nữa: T r h
( ,
1 nT r f
( , ) log r T r f
7 ( , ) O (1) nên: Suy ra: n < 7 (vô lý) F ( f ) F ( g ) . ,
n b ,
n b Vậy h 3 =1 hay Mặt khác theo định lý 3.2.4, ,n bF là đa thức duy nhất đối với M ( )p(cid:0) Vì thế f = g. . ,n bF là một tập duy nhất không tính số bội đối với M ( Do đó: tập )p(cid:0) khi n 10. (cid:0) Nếu 6n thì tập .
,n bF là một tập duy nhất tính cả số bội đối với A( p(cid:0) ). 4n và b thì tập Nếu ,n bF là đa thức duy nhất đối với A( p(cid:0) ) thỏa 1
2 .
,n bF là một tập duy nhất tính cả số bội đối với A( p(cid:0) ). F ( f ) n b
, n b
, ) ) Cho f, g A( . Khi đó: là hàm .
E F
(
f .
E F
(
g p(cid:0) )- p(cid:0) thỏa ,
n b
F g
( )
,
n b nguyên trên p(cid:0) không có 0-điểm.Do đó: F ( f ) ( f ) F
= c ,
n b cF g
( )
,
n b ,
n b
F g
( )
,
n b Theo định lý 2.1.3.7: T r F
( , ( f )) nT r f O ( , ) (1) ,
n b T r F g ( , ( )) nT r g O ( , ) (1) n b
, T r F
( , ( f )) T r F g ( , ( )) (1) O = mà: n b
, n b
, nên T(r,f) = T(r,g)+ O(1) (*) n n 2
f Q f 2
g Q g ( ); f ( ) Đặt: f
1 2 c
b 1
b ( n n 2) 1) 2 Q z
( ) z n n
( 2) z với n n
(
2 1)(
2 Ta có: n n f 2
f Q f
( ) 2
g Q g
( ) f
1 2 1
b c
b F f F ( ) g
( ) n b
, n b
,
b
b 1
b c
b g
( ) F g
( ) n b
, n b
,
cF
b
b c
b =1 ( **) 1
b
c
Đầu tiên ta giả sử c 1 . n 3 n 2 2) . ) n f (
'.
f Q f f .
'(
Q f '
f
1
)
( n n 3 2 = 2) . ) 1)( 2) . 2). ' n f (
'.
f Q f f n n f f (
n n f '
. (
( 1
b
1
b ( n 2) 1) n 3 2 2 ( n 2) f . f ' f n n
( 2) f ( n 1) f nf n
1)(
2 n n
(
2 1
b
( n n ( n n n 3 2 2) f . f ' f n n
( 1) f n ( 1)
2 1)
2
1
b
n n
( n 2) n 3 2 . f . f '( f 1) 1)(
b
2 Tương tự: n n
( 2) c n 3 2 f . g . g g
'( 1) '
2 1)(
n
b
2 i/ Khi n 4 : Xét hai hệ sau: c ( ) 1 0 f z
( ) 1 c 0 I
( ) ; ( II ) f z
1
( ) 1 0
f z
2
( ) 1 0
g z
Nếu cả hai hệ này giải được thì ) 1 c 0 0
f c z ( 0 (1) ; (2) f z
(
1
f z
( 2
g z
( ) 1 0
0
) 1 0
0 0
z (cid:0) sao cho:
p
0
) 1
mà: 2 ( ))n f z
( f z =
0(
)
1 .Q(f( 0z )) 0 1
b ( n n 2) 1) 2 2 ( f z
( )) n n
( 2)( f z
( )) ( ))n f z
( = . 0 0 0 1)(
2 n n
(
2
( n n 2) 1)
n n
( 2) 1)(
2 n n
(
2 1
b 1
b
= 1
.
b
2 f g z
( ( ))n 2 z =
0(
) .Q( g( 0z )) 0 c
b 1) ( n n 2) 2 2 g z
( ( )) n n
( g z
2)( ( )) g z
( ( ))n . = 0 0 0 n n
(
2 1)(
2
2) ( n n 1)
n n
( 2) . 1)(
2 n n
(
2
c
b
= c
b
= c
b nên: b 1 (1) c
(2) c
1
1 1
(trái với giả thiết và giả sử của ta) Do đó: 2
c b 1
2
b
b
b
c
c
1
Vì thế ta có thể giả sử rằng một trong hai hệ trên không giải được, giả sử đó là hệ (I). Khi đó: N r
( , ; 0,1 c ) N r
( , ) T r f
2 ( , ) O (1) 2 ' ( f 1) 1
1
f
1 Theo định lý cơ bản thứ hai, ta có: ) log (1) ) N r
( , ) N r
( , ) N r
( , ;0,1 (1) r O
c O
)
T r f
( ,
1 N r f
( ,
1 c 1
1
1
f
1 f
1 1
f
1 mà: N r
( , ) = N r
( , ) N r
( , ) 1
f 1
Q f
( ) 1
f
1 ) N r
( , ) N r
( , ) T r
( , ) T r
( , ) Theo định lý 2.1.3.7: T(r,Q(f)) = 2T(r,f) +O(1) (2) T(r,Q(g)) = 2T(r,g) +O(1) (3) N r
( , ) = ( , T r f ) 2 ( , T r f ) O (1) 3 ( , T r f O
) (1) Từ (1) và (2) ta có : 1
f
1 O 1
f
1
f
T r f
) 1
Q f
(
1
Q f
)
(
T r Q f
( ,
))
( = ( , (1) (1) ) 0 ( , N r f
1 N r
( , ) N r
( , ) (do (**) ) c 1
f 1
1
f
1 = ) ( ,
N r ( ,
N r ) (do h =const)
3 N r
( , ) N r
( , ) ( , (1) 2
1
g
1
g
( ,
)
T r g T r Q g O 1
( )
Q g
1
Q g
( )
( ))
(1) (do (3)) )
T r g O = ( ,
) 2 ( ,
T r g
)
=3 ( ,
(1)
T r g O
N r
( , ;0,1 c ) T r f
2 ( , ) O (1) ' 1
f
1 nên: ) O (1) log r T r f T r g T r f O ) 3 ( , ) 2 ( , ) (1) 3 ( , T r f
( ,
1 T r f O ) (1) 4 ( ,
(do (*)) ) O (1) nT r f
( , ) Hơn nữa: T r f
( ,
1 r O ( ,
nT r f ) log 4 ( ,
T r f ) (1) nên: Suy ra: n < 4 (vô lý vì 4n ). ( f ) . Do đó c =1 hay ,
F n b F g
( )
,
n b Mặt khác, theo giả thiết, ,n bF là đa thức duy nhất đối với A( p(cid:0) ) nên f =g ii/ Khi n 6 : Theo định lý cơ bản thứ hai ta có: ) log (1) ) N r
( , ) N r
( , ) O (1) r O
T r f
( ,
1 N r f
( ,
1 1
1
1
f
1 f
1 c
1 N r
( , ) T r f
3 ( , ) O (1) mà: 1
f
1 ( , N r f 1 N r
( , ) 3 ( , T r g O
) (1) c ) 0
1
1
f
1
) O (1) nT r f
( , ) ( do định lý 2.1.3.7) T r f
( ,
1 nên: T r f ( , ) ) 3 ( , )
T r g O (1) 6 ( ,
T r f ) nT r f + logr 3 ( , (do (*)) Suy ra: n < 6 (vô lý vì 6n ). ( f ) và hiển nhiên f =g do Do đó c =1 hay ,
F n b F g
( )
n b
, ,n bF là đa thức duy nhất đối với A( p(cid:0) ) (theo định lý 3.2.4). (cid:0) Vì thời gian và khả năng của bản thân còn hạn chế nên trong luận văn này tôi giới thiệu chưa đầy đủ về các ứng dụng của lý thuyết Nevanlinna trong việc chứng minh các định lý về tính duy nhất của hàm phân hình p- adic; đồng thời tôi chỉ giới thiệu một số đa thức và các tập duy nhất của hàm phân hình p-adic. Trong luận văn này chắc chắn không tránh khỏi có những thiếu sót, kính mong quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp chỉ bảo và đóng góp ý kiến để luận văn này đạt chất lượng cao hơn. Xin chân thành cảm ơn và trân trọng. 1. Boutabaa, A.,Theorie de Nevanlinna p-adique. Manuscripta Math. 67(1990), 251-269. 2. Hà, Huy Khoái, On p-adic meromorphic, Duke Math. J.50 (1983), 695-711 3. Hà, Huy Khoái, Théorie de Nevanlinna et problèmes Diophantiens, Vietnam J.Math 23(1995) 57-81. 4. Hà, Huy Khoái & Mỵ, Vinh Quang, On p-adic Nevanlinna theory, Lecture Notes in Math. 1351 (1988), 146-158, Springer-Verlag. 5. Hu, P.C & Yang, C.C.. Value distribution theory of p-adic meromorphic functions, Izvestiya Natsionalnoi Academii Nauk, Armenii (National Academy of Sciences of Armenia) 32 (3) (1997) 46-67. 6. Hu, P.C & Yang, C.C.., A unique range set of p-adic meromorphic functions with 10 elements, Acta Math. Viet. 24 (1) (1999), 95-108. 7. My, Vinh Quang, Some applications of p-adic Nevanlinna theory, Acta Math. Viet. 14 (1) (1989) 8. Neal Koblitz, p-adic Numbers, p-adic Analysis, and Zeta-Functions.=
2.1.3. Công thức Jensen và các mệnh đề
2.1.3.1. Công thức Jensen
Cho fA (
(cid:0)
= log (r,f) – log ( 0 ,f)
-
- log ( 0 ,f)
2.1.3.2. Mệnh đề
2.1.3.3. Mệnh đề
2.1.3.4. Mệnh đề
2.1.3.5. Bổ đề
2.1.3.6. Bổ đề
2.1.3.7. Định lý
Nếu f M (
2.2. Hai định lý cơ bản của lý thuyết Nevanlinna p-adic
2.2.1. Định lý (định lý cơ bản thứ nhất)
1
a
Chứng minh
- log ( 0 ,f - a) (1)
2.2.2. Bổ đề
Chứng minh
2.2.3. Định lý (định lý cơ bản thứ hai )
Chứng minh
Chú ý:
3.1. Các định lý về tính duy nhất của hàm phân hình p-adic
3.1.1. Định lý
Chứng minh
3.1.2. Định lý
Chứng minh
3.1.3. Định lý
Chứng minh
Rõ ràng F
G
3.1.4. Định lý
Chứng minh
3.2. Các đa thức duy nhất của hàm phân hình
3.2.1. Bổ đề
Chứng minh
3.2.2. Định lý
Chứng minh
Chứng minh
3.2.4. Định lý
Chứng minh
2
3.3. Các tập duy nhất của hàm phân hình p-adic
3.3.1. Định nghĩa
3.3.2. Bổ đề
Chứng minh
3.3.3. Bổ đề
Chứng minh
3.3.4. Định lý
Chứng minh
3.3.5. Định lý
Chứng minh
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
