ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LƯU ĐÌNH TRUNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT ĐỐI VỚI ĐƠN THỨC SAI PHÂN CỦA HÀM PHÂN HÌNH P-ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2013 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LƯU ĐÌNH TRUNG VẤN ĐỀ DUY NHẤT ĐỐI VỚI ĐƠN THỨC SAI PHÂN CỦA HÀM PHÂN HÌNH P-ADIC Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS VŨ HỒI AN Thái Nguyên - Năm 2013 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Khoa Sau Đại học, Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn Tiến sĩ Vũ Hồi An Nhân dịp này, tơi xin cảm ơn Tiến sĩ Vũ Hoài An, người hướng dẫn giúp đỡ tơi suốt q trình thực luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến nhà tốn học Khoa Toán, Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Viện Toán học Việt Nam Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong xin cảm ơn ý kiến đóng góp nhà khoa học bạn đọc Thái Nguyên, tháng 03 năm 2013 Tác giả Lưu Đình Trung 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn iii Mục lục Các kí hiệu iv Mở đầu 1 Phân bố giá trị hàm phân hình p - adic đường cong chỉnh hình p-adic 1.1 1.2 1.3 Hàm đặc trưng hàm phân hình p-adic 1.1.1 Không gian Cp 1.1.2 Hàm đặc trưng Hai Định lí lý thuyết Nevanlinna p-adic 16 1.2.1 Hai Định lí 1.2.2 Các ý Định lý thứ hai 16 19 Định lí Nevanlinna Cartan p-adic 21 Vấn đề đơn thức sai phân hàm phân hình p-adic 2.1 31 Phân bố giá trị đơn thức sai phân hàm phân hình p-adic 33 2.2 Vấn đề xác định đơn thức sai phân hàm phân hình p-adic 39 Kết luận Luận văn TÀI LIỆU THAM KHẢO 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 49 50 http://www.lrc-tnu.edu.vn iv Các kí hiệu • Cp : Trường số phức p-adic • f : Hàm phân hình p-adic • Nf (a, r): Hàm đếm f a • mf (∞, r) : Hàm xấp xỉ f • Tf (r): Hàm đặc trưng f • Ef (S): Ảnh ngược tính bội tập S f 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn MỞ ĐẦU Lý thuyết phân bố giá trị Nevanlinna xây dựng xem thành tựu toán học đẹp đẽ toán học kỷ XX, mà ngày gọi Lý thuyết Nevanlinna Nội dung Lý thuyết phân bố giá trị hai Định lý Định lý thứ mở rộng Định lý đại số, mô tả phân bố giá trị hàm phân hình khác mặt phẳng phức C Định lý thứ hai mở rộng Định lý Picard, mô tả ảnh hưởng đạo hàm đến phân bố giá trị hàm phân hình Hà Huy Khối người xây dựng tương tự Lý thuyết phân bố giá trị cho trường hợp p-adic Ơng học trị tương tự lý thuyết Nevanlinna cho trường số phức p-adic mà ngày thường gọi lý thuyết Nevanlinna p-adic Họ đưa hai Định lý cho hàm phân hình ánh xạ chỉnh hình p-adic Một ứng dụng sâu sắc lý thuyết phân bố giá trị (phức p-adic) Vấn đề xác định cho hàm phân hình khác (phức p-adic) qua điều kiện ảnh ngược tập hợp điểm mà ngày gọi Định lý điểm Nevanlinna (hoặc tương tự Định lý điểm cho trường hợp p-adic) Vấn đề xác định nghiên cứu liên tục mạnh mẽ với kết H.Fujimoto, M.Shirosaki, M.Ru, H.X.Yi, P.C.Hu-C.C.Yang, Hà Huy Khoái, I.Lahiri, G.Dethloff, Đỗ ĐứcThái, A Escassut, Phạm Việt Đức, Hà Trần Phương, Vũ Hoài An, Năm 1977, F.Gross đưa ý tưởng không xét ảnh ngược điểm riêng rẽ mà xét ảnh ngược tập hợp điểm C {∞} Ông đưa hai câu hỏi sau: 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn {∞} để với hàm phân hình khác f , g thỏa mãn điều kiện Ef (S) = Eg (S) ta có f ≡ g ? ii) Tồn hay không hai tập Si , i = 1, 2, C {∞} để với hàm phân hình khác f , g thỏa mãn điều kiện Ef (Si ) = Eg (Si ), i = 1, 2, ta có f ≡ g ? Các cơng trình sâu sắc F.Gross C.C.Yang, H.X.Yi, P.Li, E MuesM.Reinders , H.Fujimoto, M.Shirosaki, M.Ru, P.C.Hu-C.C.Yang, Hà Huy Khoái, A Escassut, Vũ Hoài An, Tạ Thị Hoài An, T.T.H.An- J.T.-Y.WangP.-M.Wong góp phần trả lời câu hỏi F.Gross Phân bố giá trị vấn đề xác định nhiều nhà toán học nước xét mối liên hệ với đạo hàm hàm phân hình ảnh ngược điểm riêng rẽ Người khởi xướng hướng nghiên cứu Hayman Năm 1967, Hayman chứng minh kết sau đây: Định lí A.[4] Cho f hàm phân hình C Nếu f (z) = f (k) (z) = với k số nguyên dương với z ∈ C, f Năm 1967, Hayman đưa giả thuyết sau đây: Giả thuyết Hayman.[4] Nếu hàm nguyên f thỏa mãn f n (z) f (z) = với n số nguyên dương với z ∈ C, f Giả thuyết Hayman Hayman kiểm tra hàm nguyên siêu việt n > 1, Clunie kiểm tra n ≥ Các kết vấn đề liên quan hình thành nhánh nghiên cứu gọi lựa chọn Hayman Tiếp đó, hàm nguyên f g , C C Yang G G Gundersen nghiên cứu trường hợp f (k) g (k) nhận giá trị CM, k = 0, Công trình quan trọng thúc đẩy hướng nghiên cứu thuộc C.C.Yang – X.H Hua Năm 1997, hai ông chứng minh định lý sau đây: Định lí B.[13] Cho f g hai hàm phân hình khác hằng, n ≥ 11 số nguyên a ∈ C - {0} Nếu f n f g n g nhận giá trị a CM hoặcf = dg với dn+1 = f (z) = c1 ecz g (z) = c2 e−cz , c, c1 , c2 số thỏa mãn (c1 c2 )n+1 c2 = −a2 Từ đó, hướng nghiên cứu phát triển mạnh mẽ với kết sâu i) Tồn hay không tập S C 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn sắc I Lahiri, Q Han – H X Yi, W Bergweiler, J K Langley, K Liu, L Z Yang, L C Hong, M L Fang, B Q Li, P C Hu - C.C.Yang, A Eremenko, G Frank - X Hua – R Vaillancourt Công cụ sử dụng số kiểu Định lí thứ hai cho đa thức vi phân với với ước lượng hàm đặc trưng, hàm đếm hàm đạo hàm Trong trường hợp p-adic, kết theo hướng nghiên cứu thuộc J Ojeda Năm 2008, J Ojeda xét vấn đề nhận giá trị f + T f n với T hàm hữu tỷ Ở đó, J Ojeda nhận kết sau: Định lí C.[11] Cho f hàm phân hình Cp , n ≥ số nguyên a ∈ Cp - {0} Khi f n (z) f (z) = a với z ∈ Cp f Năm 2011, Hà Huy Khối Vũ Hồi An thiết lập kết tương m tự cho đơn thức vi phân dạng f n (z) f (k) (z) Họ nhận kết sau: Định lí D.[4] Cho m, n, k số nguyên, f hàm phân hình Cp , a ∈ Cp - {0} thỏa mãn điều kiện f n (z) (f (k) )m (z) = a với z ∈ Cp Khi f đa thức bậc < k điều kiện sau xảy ra: i f hàm nguyên √ 1+ 1+4k ii k > m = 1, n > m > 1, n ≥ Năm 2012, Hà Huy Khoái - Vũ Hoài An - Nguyễn Xuân Lai [7] xét vấn đề (f n )(k) , (g n )(k) nhận giá trị Gần đây,K Boussaf-A.Ecassut-J.Ojeda bắt đầu nghiên cứu hàm phân hình Cp : f P (f ), g P (f ) nhận hàm nhỏ Trong năm gần đây,vấn đề nhiều nhà tốn học ngồi nước xét mối liên hệ với đa thức sai phân đa thức sai phân hàm phân hình ảnh ngược điểm riêng rẽ Năm 2006,Halburd Korhonen thiết lập tương tự lý thuyết Nevanlinna cho tốn tử sai phân hàm phân hình có bậc hữu hạn Năm 2007, I.Laine C.C.Yang [10] thiết lập tương tự Định lý A Hayman cho kiểu đa thức sai phân đặc biệt hàm nguyên siêu việt có bậc hữu hạn.Hai ơng chứng minh kết sau đây: Định lý E.[10] Cho f hàm nguyên siêu việt có bậc hữu hạn C c 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn số phức khác 0, n số nguyên, n ≥ Khi f n (z) f (z + c) nhận a, a ∈ C, vô hạn lần Năm 2009,K Liu L.Z.Yang tương tự Định lý D(xem [5]) cho Tốn tử sai phân hàm ngun siêu việt có bậc hữu hạn, tương tự Định lý B(xem[5]) cho kiểu đa thức sai phân đặc biệt hàm phân hình Cho f hàm phân hình p−dic Tốn tử sai phân f xác định n (z + c)-f (z), 1c f = c f , , n+1 c f = c (f (z + c) − f (z)), n = 1, 2, , c ∈ Cp số khác Đa thức sai phân f xác định sau: A (z, f ) = aλ (z)f λ0 f λ1 (z + c) f λn (z + nc), với sau: c f =f λ∈I c ∈ Cp , c = 0, n ∈ N∗ , aλ (z) = o (Tf (r)) Đơn thức sai phân f xác định sau: M (z, f ) = af n f q1 (z + c) f qk (z + kc); a, ck ∈ Cp , a = 0, c = 0, k ∈ N∗ Năm 2012, Hà Huy Khoái Vũ Hoài An tương tự Định lý E, Định lý B cho Toán tử sai phân,đa thức sai phân hàm phân hình p − dic Họ nhận kết sau: Cho P đa thức bậc n Cp Viết P = a0 (z − a1 )m1 (z − as )ms Định lý F.[5] (Tương tự Giả thuyết Hay man cho hàm phân hình p − adic Tốn tử sai phân nó) Giả sử f hàm phân hình Cp , n, ki , s, q, i = 1, q, số nguyên, q s ≥ 1, q ≥ 1, ki ≥ 1, n ≥ q i (2ki + 1) + q + s + − i=1 đồng Khi P (f ) ki , i=1 k1 cf ( q kq cf ) q cf , khơng − a có khơng điểm,ở a ∈ Cp , a = Định lý G.[5] (Tương tự Giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p − adic đa thức sai phân nó) Giả sử f hàm phân hình Cp ,n, qi , s, k, i = k, số nguyên,s ≥ k 1, qi ≥ 1, k ≥ 1, n ≥ qi + 2k + s + i=1 Khi P (f ) (f (z + c))q1 (f (z + kc))qk − a có khơng điểm,ở a ∈ Cp , a = Định lý H.[5] (Tương tự Định lý B Yang-Hua cho hàm phân 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn hình p − adic Đa thức sai phân nó) Giả sử f, g hàm phân hình Cp Nếu Ef n f (z+c)f (z+kc) (1) = Egn g(z+c)g(z+kc) (1) , k ≥ 1, n ≥ 5k + số nguyên f = hg với hn+k = hoặcf g = l với ln+h = Nếu Ef n f (z+c) (f (z+kc))q k (1) = Egn g(z+c) (g(z+kc))q k (1) k k ≥ 1, qi > 1, i = 1, , k, n ≥ qi + 8k + số nguyên f = hg i=1 với hn+q1 + +qk = f g = l với ln+q1 + +qk = 3.Nếu Ef n f (z+e1 c) f (z+em c)(f (z+t1 c))q1 (f (z+tk c))qk (1) = Egn g(z+e1 c) g(z+em c)(g(z+t1 c))q1 (g(z+tk c))qk (1) k với ej ≥ 1, j = 1, , m, ti ≥ 1, qi > 1, k ≥ 1, i = 1, k, n ≥ 5m + qi + i=1 8k + số nguyên f = hg với hn+m+q1 + +qk = f g = l với ln+m+q1 + +qk = Theo hướng nghiên cứu này, đề tài nghiên cứu vấn đề: VẤN ĐỀ DUY NHẤT ĐỐI VỚI ĐƠN THỨC SAI PHÂN CỦA HÀM PHÂN HÌNH P-ADIC Đây vấn đề có tính thời giải tích p-adic Ngồi phần mở đầu tài liệu tham khảo luận văn gồm: Chương Phân bố giá trị hàm phân hình p-adic đường cong chỉnh hình p-adic Chương 2.Vấn đề đơn thức sai phân hàm phân hình p-adic 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 Định lý 2.5 [5](Tương tự Giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p-adic Tốn tử sai phân nó) Cho f phân hình Cp n, ki , s, q, i=1, ,q số nguyên, q s ≥ 1, q ≥ 1, ki ≥ 1, n ≥ (2ki + 1)2i + q + s + − q cf ki , i=1 i=1 q khơng đồng khơng Khi k1 cf P (f ) ( q kq cf ) − a có khơng điểm, với a ∈ Cp , a = Chứng minh Ta có P (z) = a0 (z − a1 )m1 (z − a2 )m2 (z − as )ms , a0 = 0, P (f ) = a0 (f − a1 )m1 (f − a2 )m2 (f − as )ms Đặt G = P (f )( 1c f )k1 ( qc f )kq Ta thấy rằng, cực điểm G xảy cực điểm f, f (z + c), f (z + 2c), , f (z + qc), không điểm G xảy khơng điểm f − a1 , f −a2 , ., f − as , 1c f, ., qc f Kết hợp với Bổ đề 2.1, 2.2, 2.3.1, 2.3.6, 2.4.1, 2.4.3 ta có q q ki 2i+1 )Tf (r) ≤ TG (r) + O(1) ≤ N1,G (∞, r) + N1,G (0, r) + ki − (n + i=1 i=1 q N1,G (a, r)−log r+O(1) ≤ N1,f (∞, r)+ s N1,f (z+ic) (∞, r)+ i=1 q N1, i=1 if c N1,f (ai , r)+ i=1 q +N1,G (a, r)−log r+O(1) ≤ Tf (r)+qTf (r)+sTf (r)+ q N1,G (a, r)−log r+O(1) = ( 2i Tf (r)+ i=1 2i +q+s+1)Tf (r)+N1,G (a, r)−log r+O(1) i=1 Vậy nên q q (2ki + 1)2i − q − s − 1)Tf (r) + log r ≤ N1,G (a, r) + O(1) ki − (n + i=1 i=1 Suy q q i n≥ (2ki + 1)2 + q + s + − i=1 42Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên ki , i=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 Vậy P (f )( ki c f ) ( q kq cf ) −a có khơng điểm Định lý 2.6 [5](Tương tự Giả thuyết Hayman cho hàm phân hình p-adic đơn thức sai phân nó) Cho f hàm phân hình Cp n, qi ,s ,k, i=1, ,k số nguyên, k s ≥ 1, k ≥ 1, qi ≥ 1, n ≥ qi + 2k + s + i=1 Khi P (f )(f (z + c))q1 (f (z + kc))qk − a có khơng điểm Ở a ∈ Cp , a = Chứng minh Ta có P (z) = a0 (z − a1 )m1 (z − a2 )m2 (z − as )ms , a0 = 0, P (f ) = a0 (f − a1 )m1 (f −a2 )m2 .(f −as )ms Đặt F = P (f )+(f (z+c))q1 (f (z+kc))qk Ta thấy rằng, cực điểm F xảy cực điểm f, f (z + c), f (z + 2c), , f (z + kc),và không điểm F xảy f − a1 , f − a2 , , f − as , f (z + c), f (z + 2c), , f (z + kc) Từ kết hợp với Bổ đề 2.1; 2.2; 2.3.5; 2.3.6; 2.4.4 ta có k (n − qi )Tf (r) ≤ TF (r) + O(1) ≤ N1,F (∞, r) + N1,F (0, r) + i=1 k N1,F (a, r) − log r + O(1) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f (z+ic) (∞, r) + i=1 s k N1,f (z+ic) (0, r) + N1,F (a, r) − log r + O(1) ≤ N1,f (ai , r) + i=1 i=1 Tf (r) + kTf (r) + sTf (r) + kTf (r) + N1,F (a, r) − log r + O(1) = (2k + s + 1)Tf (r) + N1,F (a, r) − log r + O(1) Nên ta có k (n − qi − 2k − s − 1)Tf (r) + log r ≤ N1,F (a, r) + O(1) i=1 43Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Kéo theo k n≥ qi + 2k + s + i=1 Vậy P (f )(f (z + c))q1 (f (z + kc))qk − a có khơng điểm 2.2 Vấn đề xác định đơn thức sai phân hàm phân hình p-adic Trước tiên ta cần Bổ đề sau Bổ đề 2.7 [5] Cho f g hàm phân hình khác Cp Nếu Ef (1) = Eg (1), ba trường hợp sau đúng: ≥2 ≥2 i Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f (∞, r) + N1,f (0, r) + N1,f (0, r) + N1,g (∞, r) + ≥2 ≥2 N1,g (∞, r) + N1,g (0, r) + N1,g (0, r) − logr + O(1), Bất đẳng thức tương tự xảy Tg (r); ii f g ≡ 1; iii f ≡ g Chứng minh Đặt F = 1 ,G = f −1 g−1 , L= f f g g −2 − +2 f f −1 g g−1 44Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun (2.1) http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 Thì ta có: L= F G − F G (2.2) Bây ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp L ≡ Do Ef (1) = Eg (1), f (a) = 1, g(a) = vf1 (a) = vg1 (a) L(a) = Bây ta xét đến cực điểm L Rõ ràng tất cực điểm L có bậc Chúng ta dễ dàng thấy (2.1) cực điểm đơn f g không cực điểm L cực điểm L xảy không điểm f g cực điểm với bội lớn f g Từ (2.1) ta có : mL (∞, r) = O(1), Nf≤1 (1, r) = Ng≤1 (1, r) ≤ NL (0, r) ≤ TL (r) + O(1) ≤ NL (∞, r) + O(1) (2.3) Theo Bổ đề 2.2 ta có Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f (0, r) + N1,f (1, r) − N0,f (r) − log r + O(1) Ở N0,f (r) xác định hàm đếm không điểm f f (f − 1) Cũng định nghĩa tương tự N1,0,f (r), khơng điểm f tính với bội Từ (2.1), (2.2) (2.3) có ≥2 ≥2 Nf≤1 (1, r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,g (∞, r) + N1,0,f (r)+ ≥2 ≥2 N1,0,g (r) + N1,f (0, r) + N1,g (0, r) + O(1) (2.4) Do Ef (1) = Eg (1) nên ≥2 N1,f (1, r) = Nf≤1 (1, r) + N1,g (1, r) Khi ta có 45Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 ≥2 (1, r) Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f (0, r) + Nf≤1 (1, r) + N1,g −N0,f (r) − logr + O(1) (2.5) ≥2 (1, r) Bây xét N1,g Theo Bổ đề (2.1) ta có Ng (0, r) − Ng (0, r) + N1,g (0, r) = N g (0, r) ≤ T g (r) + O(1) = g g N g (∞, r) + m g (∞, r) + O(1) = N1,g (∞, r) + N1,g (0, r) + O(1) g g Vì Ng (0, r) ≤ N1,g (∞, r) + Ng (0, r) + O(1) Hơn ≥2 ≥2 (1, r) + Ng≥2 (0, r) − N1,g (0, r) ≤ Ng (0, r) N0,g (r) + N1,g Hai bất đẳng thức dẫn đến ≥2 N0,g (r) + N1,g (1, r) ≤ N1,g (∞, r) + N1,g (0, r) + O(1) Kết hợp bất đẳng thức với (2.4) (2.5) nhận Trường hợp Trường hợp L ≡ Thì có f g g f −2 ≡ −2 f f −1 g g−1 (2.6) F G ag + b ≡ Vì f ≡ a, b, c, d ∈ Cp F G cg + d thỏa mãn ad − bc = Do Tf (r) = Tg (r) + O(1) Bây xét trường hợp nhỏ sau : Trường hợp nhỏ ac = ta có ad b − a c f− ≡ c cg + d Từ (2.6) ta nhận Từ Bổ đề 2.2 ta có : Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f − ac (0, r) + N1,f (0, r) + O(1) = N1,f (∞, r) + N1,g (∞, r) + N1,f (0, r) + O(1) 46Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 Ta nhận i Trường hợp nhỏ a = , c = ta có f ≡ ag + b cg + d Nếu b = 0, từ Bổ đề 2.2 ta có Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f − ac (0, r) + N1,f (0, r) + O(1) = N1,f (∞, r) + N1,g (∞, r) + N1,f (0, r) + O(1) ta nhận i ag a Nếu b = f ≡ Nếu = f ≡ g Khi ta nhận iii d d a Nếu = từ Ef (1) = Eg (1) Bổ đề 2.2, ta có d a f = 1, f = d a Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f ( , r) + N1,f (1, r) + O(1) = N1,f (∞, r) + O(1) d Ta nhận i b Nếu d = , từ Trường hợp nhỏ a = 0, c = ta có f ≡ cg + d Bổ đề 2.2 ta có Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f − ac (0, r) + N1,f (0, r) + O(1) = N1,f (∞, r) + N1,g (∞, r) + N1,f (0, r) + O(1) Ta nhận i b b Nếu = f g ≡1 Khi ta nhận ii cg c b b Nếu = từ Ef (1) = Eg (1) Bổ đề 2.2 ta có f = 1, f = c c b Tf (r) ≤ N1,f (∞, r) + N1,f ( , r) + N1,f (1, r) + O(1) = N1,f (∞, r) + O(1) c Ta nhận i Bổ đề 2.7 chứng minh Nếu d = f ≡ Tiếp theo chúng tơi trình bầy kết Hà Huy Khối - Vũ Hồi An [5] 47Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 Định lý 2.8 [5](Tương tự Định lý B Yang Hua cho hàm phân hình p-adic đa thức sai phân nó) Cho f, g hàm phân hình p-adic khác Khi Nếu Ef n f (z+c) f (z+kc) (1) = Egn g(z+c) g(z+kc) (1) với k ≥ n ≥ 5k + số nguyên, f=hg với hn+k = fg=l với ln+k = 1; Nếu Ef n f (z+c))q1 (f (z+kc))qk (1) = Egn (g(z+c))q1 (g(z+kc))qk (1) với qi > k 1, i = 1, , k, k ≥ 1, n ≥ qi + 8k + số nguyên , f=hg với i=1 hn+q1 + +qk = fg=l với ln+q1 + +qk = 1; Nếu Ef n f (z+e1 c) f (z+em c)(f (z+t1 c))q1 (f (z+tk c))qk (1) = Egn g(z+e1 c) g(z+em c)(g(z+t1 c))q1 (g(z+tk c))qk (1), k với ej ≥ 1, j = 1, , m, ti ≥ 1, qi > 1, i = 1, , k, k ≥ 1, n ≥ 5m + qi + i=1 8k + ,là số nguyên , f=hg với hn+m+q1 + +qk = fg=l với ln+m+q1 + +qk = Chứng minh Đặt A = f n f (z + c) f (z + kc), B = g n g(z + c) g(z + kc) Ta xét trường hợp sau: Trường hợp ≥2 ≥2 TA (r) + O(1) ≤ N1,A (∞, r) + N1,A (∞, r) + N1,A (0, r) + N1,A (0, r) + ≥2 ≥2 N1,B (∞, r) + N1,B (∞, r) + N1,B (0, r) + N1,B (0, r) − log r + O(1) Theo Bổ đề 2.4.4, 2.7 ta có ≥2 (n − k)Tf (r) ≤ TA (r) + O(1) ≤ N1,A (∞, r) + N1,A (∞, r) + N1,A (0, r) + ≥2 ≥2 ≥2 N1,A (0, r)+N1,B (∞, r)+N1,B (∞, r)+N1,B (0, r)+N1,B (0, r)−log r+O(1), ≥2 ≥2 (n−k)Tg (r) ≤ TB (r)+O(1) ≤ N1,A (∞, r)+N1,A (∞, r)+N1,A (0, r)+N1,A (0, r)+ 48Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 ≥2 ≥2 N1,B (∞, r) + N1,B (∞, r) + N1,B (0, r) + N1,B (0, r) − log r + O(1) (2.7) Mọi cực điểm A xảy cực điểm f, f (z + c), f (z + 2c), , f (z + kc) Kết hợp với Bổ đề 2.1 , 2.3.5, 2.3.6 ta có N1,A (∞, r) + ≥2 N1,A (∞, r) ≥2 N1,f (z+ic) (∞, r)) k ≤ 2N1,f (∞, r) + (N1,f (z+ic) (∞, r) + i=1 k Nf (z+ic) (∞, r) + O(1) ≤ + O(1) ≤ 2Nf (∞, r) + i=1 k Tf (z+ic) (r) + O(1) ≤ (k + 2)Tf (r) + O(1) 2Tf (r) + i=1 Suy ≥2 N1,A (∞, r) + N1,A (∞, r) ≤ (k + 2)Tf (r) + O(1) (2.8) Tương tự ta thấy ,mọi không điểm A xảy không điểm f, f (z + c), f (z + 2c), , f (z + kc), Do ta thu : ≥2 N1,A (0, r) + N1,A (0, r) ≤ (k + 2)Tf (r) + O(1) (2.9) Tương tự ta thu được: ≥2 N1,B (∞, r) + N1,B (∞, r) ≤ (k + 2)Tg (r) + O(1) ≥2 N1,B (0, r) + N1,B (0, r) ≤ (k + 2)Tg (r) + O(1) (2.10) Từ (2.7), (2.8), (2.9), (2.10) ta có: (n − k)Tf (r) ≤ (2k + 4)(Tf (r) + Tg (r)) − log r + O(1) 49Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Tương tự (n − k)Tg (r) ≤ (2k + 4)(Tf (r) + Tg (r)) − log r + O(1) Suy ta có : (n − k)(Tf (r) + Tg (r)) ≤ (4k + 8)(Tf (r) + Tg (r)) − log r + O(1), (n − 5k − 8)(Tf (r) + Tg (r)) + log r ≤ O(1) Do n ≥ 5k + nên ta gặp mâu thuẫn Trường hợp A = f n f (z + c) f (z + kc) ≡ B = g n g(z + c) g(z + kc) Đặt h = f g Giả sử h khơng phải hàm Khi đó: hn = h(z + c) h(z + kc) Theo 2.3.5 ta có k ≤ nTh (r) = Thn = T h(z+c) h(z+kc) Th(z+ic) (r) + O(1) ≤ kTh (r) i=1 Điều mâu thuẫn với n ≥ 5k + Vì h phải hàm hằng, kéo theo hn+k = 1, f = hg với hn+k = Trường hợp f n f (z + c) f (z + kc).g n g(z + c) g(z + kc) ≡ Từ ta có: (f g)n (f (z + c)g(z + c)) (f (z + kc)g(z + kc)) = 50Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 Đặt l = f g giả sử l hàm Khi ta có ln = l(z + c) l(z + kc) Tương tự lí luận ta có l phải Vậy f g = l với ln+k = Đặt C = f n (f (z + c))q1 (f (z + kc))qk , D = g n (g(z + c))q1 (g(z + kc))qk Ta xét trường hợp cụ thể sau: Trường hợp ≥2 ≥2 TC (r) + O(1) ≤ N1,C (∞, r) + N1,C (∞, r) + N1,C (0, r) + N1,C (0, r) + ≥2 ≥2 N1,D (∞, r) + N1,D (∞, r) + N1,D (0, r) + N1,D (0, r) − log r + O(1) Theo Bổ đề 2.4.4 ta có k k qi )Tf (r) ≤ TC (r)+O(1); (n− (n− i=1 qi )Tg (r) ≤ TD (r)+O(1) (2.11) i=1 Do qi ≥ 2, i = 1, , k, ≥2 N1,(f (z+ic))qi (∞, r) + N1,(f (z+ic))qi (∞, r) ≤ 2Nf (z+ic) (∞, r) Tương tự (2.8) ta có: ≥2 N1,C (∞, r) + N1,C (∞, r) ≤ (2k + 2)Tf (r) + O(1), ≥2 N1,C (0, r) + N1,c (0, r) ≤ (2k + 2)Tf (r) + O(1), ≥2 N1,D (∞, r) + N1,D (∞, r) ≤ (2k + 2)Tg (r) + O(1), ≥2 N1,D (0, r) + N1,D (0, r) ≤ (2k + 2)Tg (r) + O(1) (2.12) Từ (2.11), (2.12) lí luận tương tự phần Ta thu TC (r) ≤ (4k + 4)(Tf (r) + Tg (r)) − log r + O(1), TD (r) ≤ (4k + 4)(Tf (r) + Tg (r)) − log r + O(1), 51Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 k (n − qi − 8k − 8)(Tf (r) + Tg (r) + log r ≤ O(1) i=1 Vì k n≥ qi + 8k + i=1 Dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp C = f n (f (z + c))q1 .(f (z + kc))qk ≡ D = g n (g(z + c))q1 .(g(z + kc))qk Tương tự trường hợp ta có f = hg với hn+q1 + +qk Trường hợp f n (f (z + c))q1 .(f (z + kc))qk g n (g(z + c))q1 .(g(z + kc))qk ≡ Tương tự trường hợp ta có f = hg với ln+q1 + +qk = Đặt E = f n f (z + e1 c) f (z + em c)(f (z + t1 c))q1 (f (z + tk c))qk H = g n g(z + e1 c) g(z + em c)(g(z + t1 c))q1 (g(z + tk c))qk Ta xét trường hợp sau: Trường hợp ≥2 ≥2 TE (r) + O(1) ≤ N1,E (∞, r) + N1,E (∞, r) + N1,E (0, r) + N1,E (0, r) + ≥2 ≥2 N1,H (∞, r) + N1,H (∞, r) + N1,H (0, r) + N1,H (0, r) − log r + O(1) Theo Bổ đề 2.4.4 ta có k (n − m − qi )Tf (r) ≤ TE (r) + O(1), i=1 k (n − m − qi )Tg (r) ≤ TD (r) + O(1) (2.13) i=1 52Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 Tương tự trường hợp ta có ≥2 N1,E (∞, r)+N1,E (∞, r) k m ≤ 2Nf (∞, r)+ i=1 Nf (z+ei c) (∞, r)+2 i=1 Nf (z+ti c) (∞, r)+ O(1) ≤ (m + 2k + 2)Tf (r) + O(1), ≥2 N1,E (0, r) + N1,E (0, r) ≤ (m + 2k + 2)Tf (r) + O(1), ≥2 N1,H (0, r) + N1,H (0, r) ≤ (m + 2k + 2)Tg (r) + O(1) (2.14) Từ (2.13),(2.14) tương tự 1., 2., ta có: k (n − m − qi )Tf (r) ≤ 2(m + 2k + 2)(Tf (r) + Tg (r)) − log r + O(1), i=1 k qi )Tg (r) ≤ 2(m + 2k + 2)(Tf (r) + Tg (r)) − log r + O(1), (n − m − i=1 k qi )(Tf (r)+Tg (r)) ≤ 4(m+2k+2)(Tf (r)+Tg (r))−2 log r+O(1), (n−m− i=1 k (n − 5m − qi − 8k − 8)(Tf (r) + Tg (r)) + log r ≤ O(1) i=1 Từ dẫn đến mâu thuẫn: k n ≥ 5m + qi + 8k + i=1 Trường hợp Chứng minh tương tự trường hợp Chúng ta thu f = hg với hn+m+q1 + +qk = Trường hợp Chứng minh tương tự trường hợp Chúng ta thu f g = l với ln+m+q1 + +qk = KẾT LUẬN CHƯƠNG Trong Chương chúng tơi trình bầy vấn đề phân bố giá trị đơn thức sai phân hàm phân hình p-adic 53Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 Kết luận Luận văn Luận văn trình bày hai Định lý lý thuyết Nevanlinna p-adic hàm phân hình p-adic Định lý Nevanlinna-Cartan p-adic Ngồi ra, Luận văn trình bày kết Hà Huy Khối -Vũ Hồi An [5] 54Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Hà Trần Phương(2010), Nhập môn Giải tich p-adic, Tập giảng cao học, Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên 2.Trần Quang Vinh (2012), Phân bố giá trị vấn đề xác định đạo hàm hàm phân hình p-adic Luận văn thạc sỹ toán học, Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh Ha Huy Khoai and Vu Hoai An(2003), Value distribution for p-adic hypersurfaces, Taiwanese Journal of Mathematics, Vol 7, No.1, pp 51-67 Ha Huy Khoai and Vu Hoai An(2011), Value distribution problem for padic meromorphic functions and their derivatives, Ann Fac Sc Toulouse, Vol XX, No Special, pp.135-149 Ha Huy Khoai and Vu Hoai An(2012),Value sharing problem for p-adic meromorphic functions and their difference polynomials, Ukranian Math J., Vol 64, N.2, pp 147-164 Ha Huy Khoai and Vu Hoai An(2008), Value sharing problem for p-adic meromorphic functions and their derivatives, preprint Ha Huy Khoai and Vu Hoai An and Nguyen Xuan Lai, Value sharing problem and uniqueness for p-adic meromorphic functions , Annales Univ Sci Budapest., Sect Comp 38 (2012) 71-92 Ha Huy Khoai and Mai Van Tu(1995), p-adic Nevanlinna-Cartan Theorem, Internat J Math, pp 719-731 55Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 Hu, P.C and Yang, C.C (2000), Meromorphic functions over nonArchimedean fields, Kluwer 10 I.Laine and C.C.Yang, Value distribution of difference polynomials,Proceedings of the Japan Academy Series A, vol 83, no 8,pp.148-151 , 2007 11 Ojeda, J (2008) Hayman’s conjecture in a p-adic field, Taiwanese J Math N.9, pp 2295-2313 12 J Ojeda (2008), Zeros of ultrametric meromorphic functions f f n (f − a)k − α, Asian-European Journal of mathematics,Vol.1 (3), pp 415 - 429 13 Yang, C.C and Hua, X.H (1997), Uniqueness and value-sharing of meromorphic functions, Ann.Acad.Sci.Fenn.Math, pp.395-406 56Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... vấn đề: VẤN ĐỀ DUY NHẤT ĐỐI VỚI ĐƠN THỨC SAI PHÂN CỦA HÀM PHÂN HÌNH P- ADIC Đây vấn đề có tính thời giải tích p- adic Ngồi phần mở đầu tài liệu tham khảo luận văn gồm: Chương Phân bố giá trị hàm phân. .. hình p- adic 2.1 31 Phân bố giá trị đơn thức sai phân hàm phân hình p- adic 33 2.2 Vấn đề xác định đơn thức sai phân hàm phân hình p- adic 39 Kết luận Luận... Nevanlinna p- adic Họ đưa hai Định lý cho hàm phân hình ánh xạ chỉnh hình p- adic Một ứng dụng sâu sắc lý thuyết phân bố giá trị (phức p- adic) Vấn đề xác định cho hàm phân hình khác (phức p- adic) qua