Luận văn Lý thuyết Nevanlinna và ứng dụng

D . Điểm z0  D là nghiệm bội q của f nếu và chỉ nếu : f (n) (z0) = 0 ,  n < q và f (q) (z0)  0 . Định nghĩa 1.3.16. Với tập D  K không có điểm cô lập . Hàm f : D  K   được gọi là hàm phân hình trên D nếu tồn tại một tập đếm được S  D , S không có điểm giới hạn trong D sao cho f là hàm chỉnh hình trên D \ S . Kí hiệu M (D) là tập các hàm phân hình trên D . Định nghĩa 1.3.17. Với tập D  K không có điểm cô lập . Hàm f : D  K   được gọi là hàm phân hình địa phương trên D nếu với  a  D , r  R+ , q  Z+ và an  K sao cho: f(z) = ];[,)( raKDzaza qn n n    . Vậy mỗi hàm phân hình là một hàm phân hình địa phương. Đặt M(  (K) = M(K(0 ;  )) . Ta có kết quả sau : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 14 Mệnh đề 1.3.18. Giả sử f  M(  (K) , khi đó tồn tại g , h  A(  (K) sao cho h g f  và :    r hr gr fr 0, ),( ),( ),( . Đặc biệt : ),( 1 ) 1 ,( frf r    . Mệnh đề 1.3.19. Với 0 < r <  , hàm ).,(r : M(  (K)  R+ thoả mãn : i) ),( fr = 0 khi và chỉ khi f = 0 . ii)  ),( 21 ffr max { ),( 1fr , ),( 2fr }. iii) ).,( 21 ffr = ),( 1fr . ),( 2fr . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 15 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   0,)(( KA và f (z) =   mn n n za , ( m  0 , am  0 ) , a  K . Ta định nghĩa : + n  0)(:];0[:)1,(   azfrKz af r là hàm đếm số không điểm (kể cả bội ) của f - a trong đĩa K[0;r] . + ) 1 ,( af rn  là hàm đếm số không điểm phân biệt của f - a trong đĩa K[0;r]. + Với   00 , hàm : N dt t af tn af r r     0 ) 1 ,( :) 1 ,(  , (   r0 ) được gọi là hàm giá trị của f - a trên đĩa K [0;r] . Mệnh đề 2.1.2. Với f (z) =   mn n n za  )(KAr , ),( fr là chỉ số ứng với số hạng lớn nhất ),( fr , ta có : ) 1 ,( f rn = ),( fr . Chứng minh Theo định lí 1.3.6 (định lí Weierstrass) tồn tại một đa thức Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 16 g (z) = b0 + b1z + . . . +   zb  K [z] với  = ),( fr và một chuỗi luỹ thừa h [z] = 1 +   1n n n zc , cn  K . thoả mãn : i) f (z) = h (z) g (z) , ii) ),( gr =   rb , iii) h  )(KAr , iv) )1,( hr < 1 . Để chứng minh ) 1 ,( f rn = ),( fr , ta chứng minh với  K : g(  ) = 0 thì r và nếu tồn tại K : h(  ) = 0 thì r . Giả sử  K : g(  ) = 0 , khi đó tồn tại i  v sao cho    bgb ii  ),( Suy ra nếu r thì : ii i rbbb       , Tức là :     rbrrbrb iii i   (mâu thuẫn với ii) . Vậy r (1) Mặt khác , giả sử tồn tại K : h(  ) = 0 . Khi đó , tồn tại n > 0 sao cho 1 n nc  . Do đó nếu r thì nnn r c 11   . Từ đó suy ra: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 17 1 1  n n n n r r rc , điều này mâu thuẫn với )1,( hr < 1 . Vậy 0 - điểm của hàm h không thuộc đĩa K[0;r]. (2) Từ (1), (2) ta suy ra ) 1 ,( f rn = ),( fr .  Mệnh đề 2.1.3. Giả sử f  )(KAr có k 0 - điểm (kể cả bội ) trong K[0;r], k  1 . Khi đó với b  f (K [0;r]) thì f - b cũng có k 0 - điểm (kể cả bội) trong K[0;r]. Chứng minh Giả sử f (z) =   mn n n za . Theo định lí 1.3.6 ta có : k = ),( fr và knrara kk n n  , ; knrara kk n n  , . Với b  f (K [0;r]) , ta có : k k rabzfrbfba  ))(,()0(0 . Do đó: ),( bfr  = k = ),( fr .Theo định lí 1.3.6, thì f - b có k 0 - điểm trong đĩa K [0;r] .  Từ mệnh đề 2.1.3 , ta suy ra một số tính chất về hàm giá trị của hàm phân hình như sau: Hệ quả 2.1.4. Giả sử f  )0(),((   KA không bị chặn và b  K , ta có: )(),1() 1 ,() 1 ,(   rO f rN bf rN . Hệ quả 2.1.5. Giả sử f là hàm nguyên khác hằng và b  K , ta có: )(),1() 1 ,() 1 ,(   rO f rN bf rN . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 18 Ta xây dựng các hàm đặc trưng cho hàm phân hình Cố định r , 0 < r <  và f  M(  (K). Khi đó , tồn tại f0, f1  )(KAr , với f0 , f1 không có nhân tử chung trong vành )(KAr sao cho f = 1 0 f f . Định nghĩa 2.1.6. Với a  K   , ta định nghĩa : + Hàm đếm số 0 - điểm (kể cả bội) của f - a trong đĩa K [0;r] được xác định bởi : ) 1 ,( af rn  = 0 1 0 1 ( ) ( , ) , 1 ( , ) ,            n r , f n r nÕu a f n r nÕu a f af + Hàm giá trị của f - a trên đĩa K [0;r] được xác định bởi : ) 1 ,( af rN  = 0 1 0 1 ( ) ( , ) , 1 ( , ) ,            N r , f N r nÕu a f N r nÕu a f af Mệnh đề 2.1.7. Với f  M(  (K) , ta có : ) 1 ,( f rN - ),( frN = ),(log),(log 0 ffr   , với 0 < 0 < r  . (Công thức Jensen) Chứng minh Với f  A(  (K ) , ta kí hiệu: ),( afrN  =       r r af ndt t af n af tn 0 log) 1 ,0( ) 1 ,0() 1 ,( , với 0 < r <  . Khi đó ta có: ),( afrN  - ),( 0 afN  = ) 1 ,( af rN   0 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 19 Theo mệnh đề 2.1.2 , ta có: )0,( frN =   r r f ndt t f n f tn 0 log) 1 ,0( ) 1 ,0() 1 ,( =    r rfdt t fft 0 log),0( ),0(),(  = )0(log),(log *ffr  . Suy ra : ) 1 ,( f rN = )0,( frN - )0,( 0 fN  = ),(log),(log 0 ffr   . Giả sử f = 0 1 f f  M(  (K) , với f1 , f0  A(  (K ) ta kí hiệu : ),( afrN  =        a nÕu , )aff(r,N a nÕu , 0)f(r,N 01 0 Khi đó ta có : )0,( frN - ),( frN = )0,( 1 frN - )0,( 0 frN = )0(log),(log * 11 ffr  - ),(log 0fr + )0(log * 0f = ),( ),( log 0 1 fr fr   - )0( )0( log * 0 1 * f f = )0(log),(log *ffr  Từ đó suy ra : ) 1 ,( f rN - ),( frN = ),(log),(log 0 ffr   , với 0 < 0 < r  .  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 20 Định nghĩa 2.1 8. Giả sử f  M(  (K) , với r  ta định nghĩa : + Hàm xấp xỉ của hàm f trên đĩa K [0;r] được xác định bởi : m ( r, f ) = ),( frlog = max  ),(log,0 fr . + Hàm đặc trưng : T ( r, f ) = m ( r, f ) + N (r, f ) . Chú ý : Ta có : log ),( fr = ),( fr log  - ),( 1 fr  log = m ( r, f ) - ) 1 ,( f rm . Do đó công thức Jensen có thể viết lại như sau: ),(log),() 1 ,( 0 ffrT f rT  . Hay )1(),() 1 ,( OfrT f rT  . Từ định nghĩa của các hàm đặc trưng , ta có một số tính chất sau . Mệnh đề 2.1.9. Với fi  M(  (K) , i = 1 , . . . ,k và r > 0 ,ta có : ),(),( 11    k i i k i i frNfrN , ),(),( 11    k i i k i i frNfrN ; ),(max),( 1 1 i ki k i i frmfrm    , ),(),( 11    k i i k i i frmfrm ; ),(),( 11    k i i k i i frTfrT , ),(),( 11    k i i k i i frTfrT . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 21 Mệnh đề 2.1.10. Giả sử f là hàm phân hình trên đĩa d(0,r) sao cho f (0)  0 ,  . Khi đó , f bị chặn trên đĩa d(0,r) khi và chỉ khi T(  , f ) bị chặn trên [0;r) . Mệnh đề 2.1.11. Giả sử f là hàm phân hình trên đĩa d(0, r), P là đa thức bậc n trên K . Khi đó: )1(),())(,( OfnTfPT   Hệ quả 2.1.12. Giả sử f là hàm phân hình trên đĩa d(0, r), P là đa thức trên K . Khi đó , f bị chặn trên d(0, r) khi và chỉ khi P( f ) bị chặn trên d(0, r). Hệ quả 2.1.13. Giả sử P , Q là đa thức trên K , f và g là các hàm phân hình trên d(0, r) thoả mãn P( f ) = Q( g ) . 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 : ρ)(r ,     )1(),() 1 ,() 1 ,( OfrT af rN af rm Chứng minh Theo định nghĩa hàm đặc trưng và áp dụng công thức Jensen ta có: ),() 1 ,() 1 ,( a-f 1 rT af rN af rm     = )1(),( OafrT  . Mặt khác , vì : ),(),(),( arTfrTafrT  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 22 = ),(),(),( arNarmfrT  = afrT  log),( , (vì N(r, -a) = 0 ). Hay: ),( afrT   ),( frT + )1(O khi r Tương tự ta cũng có : ),( frT  ),( afrT  + )1(O khi r Do đó : ),( afrT  = ),( frT + )1(O khi r Vậy: ) 1 ,() 1 ,( af rN af rm    = ),( afrT  + )1(O = ),( frT + )1(O khi r .  Định lí 2.2.2 (Định lí cơ bản thứ hai). Giả sử f là hàm phân hình khác hằng trên K(0,  ) ; và a1 , . . . , aq là các điểm phân biệt thuộc K . Định nghĩa:  ji aa ,   1 ji min , A =  i i a,1max . Khi đó với 0 < r <  ta có : (q-1) T(r, f )      q j f j Sr f rNfrNfrN af rN 1 ' ' log) 1 ,(),(),() 1 ,( f j q j Sr af rNfrN      log) 1 ,(),( 1 , với  A qfafS q j jf    1 ' 00 log)1(),(log),(log . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 23 Chứng minh Giả sử r’ : 0 < r ’ <  , 0 1 f f f  với )(, '01 KAff r và f1 , f0 không có nhân tử chung . Đặt F0 = f0 , Fi = f1 - ai f0 , với i = 1 , 2, . . . , q . Khi đó: f1 = Fi + ai f0 với mọi i = q,1 . Do đó:  0 1 1 ,max faFf ii qi    0 1 ,max. FFA i qi   Suy ra:  0 1 ,max. FFAf i qi k   , với k = 0 ,1 . Kí hiệu W = W( f0 , f1 ) là định thức Wronskia của f0 và f1 . Khi đó ta có: Wi = W(F0 , F1 ) = W. Vì f là hàm phân hình khác hằng nên tồn tại z  K [0 ; r ’ ] \ K [0 ; 0 ] sao cho: W(z) , f1(z) , Fi (z)  0 , i = 0 , 1, . . . , q . Chọn j =  q,...,2,1 sao cho: )(min)( 1 zFzF i qi j   . Ta có: )z(F 1 aa )z(F)z(F )z(f i ji ji 0    , với i  j . Không mất tính chất tổng quát, ta giả sử:      )(...)()(... ...)()(,)(max0 11 10 zFzFzF zFzFzf qjj j Do đó , với k = 0 ; 1 ta có : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 24   )()(,)(max)( 0 zFAzFzfAzf tjk   , với jiqt  ,,1 , Suy ra : )()(max)( 1,0 zF A zfzf tk k   , với jiqt  ,,1 , với f = ( f0 , f1 ) : K  K 2 là một biểu diễn của hàm f . Vì Wj = W nên ta có : )(log)(log )( )(...)( log ,,1 0 zDzF zW zFzF j jtqt t q    với 0 ' 0 ' 0 )( F F F F FF W zD j j j j j  . Do đó: )(log )( )(...)( log)(log 0 ,,1 zD zW zFzF zF j q jiqt t   . Suy ra :    jiqt t zF A qzfq ,,1 )(loglog)1()(log)1(   A q )1(  + )(log )( )(...)( log 0 zD zW zFzF j q  . Đặt r = z , theo mệnh đề 1.3.8 ta có : rzF zF zF zF zD j j j 1 )( )( , )( )( max)( 0 ' 0 '           . Hay: rzD j log)(log  . áp dụng công thức Jensen , ta có : ),(log),(log)(log 000 frFrzF   Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25 = ),(log) 1 ,( 00 0 f f rN  = ),(log),( 00 ffrN  , ),(log),(log)(log ' 011 ' 0 ffffrWrzW   = ),(log) 1 ,( 0 W W rN  = ),(log2),(log) 1 ,( 00 ' 0 ff W rN   . ),(log),(log)(log 01 fafrFrzF iii   = ),(log),(log) 1 ,( 000 faf af rN i i    ( vì qi faf rN af rN ii ,1,) 1 ,() 1 ,( 01     ) . Mặt khác , do: ),(log),(),(log)(log 00 ffrTfrzf   , nên suy ra : f q j j Sr W N af rNfrNfrTq      log) 1 ,1() 1 ,(),(),()1( 1 , với  A qfafS q j jf    1 ' 00 log)1(),(log),(log . Vì ' 1 2 01 ' 0 ' 10 fffffffW  nên : ) 1 ,( W rn = 2 ) 1 ,( 0f rn + ) 1 ,( 'f rn - ),( 'frn = 2 ),( frn + ) 1 ,( 'f rn - ),( 'frn , suy ra : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 ) 1 ,( W rN = 2 ),( frN + ) 1 ,( 'f rN - ),( 'frN . Suy ra : ) 1 ,(),() 1 ,() 1 ,(),( 11 j q j q j j af rnfrn W rn af rnfrn       . Do đó ta có : f q j j SrfrN f NfrN af rNfrTq      log),() 1 ,1(),() 1 ,(),()1( ' ' 1 .      q j f j Sr af rNfrN 1 log) 1 ,(),( , với  A qfafS q j jf    1 ' 00 log)1(),(log),(log .  2.3 Tập xác định duy nhất các hàm phân hình . Giả sử K là trường đóng đại số, đặc số 0, đầy đủ với chuẩn không Acsimet. Với f là hàm phân hình khác hằng trên K,  Ka ,   KS . Ta định nghĩa: Định nghĩa 2.3.1. Đại lượng )(z a f là giá trị bội của f - a tại, tức là :  mz a f )( 0           a nÕu , a nÕu , m 0 0 m 0 0 )zz( )zz(h )z(h)zz(a )z(f với 0)( 0 zh .  KzzzSE af Sa f   |)),(()(  .  0)(|)(   zKzSE a f Sa f  . Hàm f và g được gọi là chung giá trị kể cả bội (không kể bội) nếu: •.) .t ,)()(()()( aEaEaEaE gfgf  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 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   KS được gọi là tập xác định duy nhất các hàm phân hình (URSM) nếu với bất kì f , g là hai hàm phân hình khác hằng trên K thoả mãn )()( SESE gf  kéo theo f  g . Tập   KS 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 )()( SESE gf  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 hàm phân hình khác hằng trên C thoả mãn :  ,)()( jgjf aEaE j = 1 , 2 , . . . , 5. thì f  g . Khi xét trên trường p - adic , bài toán xác định tập duy nhất của hàm phân hình , hàm nguyên đã được nhiều tác giả quan tâm . Adams - Straus đã chứng minh được kết quả sau : Định lí 2.3.2. Giả sử f , g là hai hàm phân hình khác hằng trên K và a1 , a2 , a3 , a4 phân biêt thuộc K   sao cho:  ,)()( jgjf aEaE j = 1 , 2 , . . . 4. Khi đó f  g . Chứng minh Giả sử f không trùng với g theo định lí cơ bản thứ hai ta có : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28      4 1 )1() 1 ,(),(log),(3 j j O af rNfrNrfrT . Vì ),(),(),( frNfrNfrT  nên suy ra :      4 1 )1() 1 ,(log),(2 j j O af rNrfrT . Mặt khác , do  ,)()( jgjf aEaE j = 1 , 2 , . . . 4 nên suy ra : rt gt tn af tn j j       ,) 1 ,() 1 ,( 4 1 Hay:      4 1 ) 1 (,) 1 ,( j j gt N af rN . Do đó ta có : )1() 1 ,(log),(2 O gf rNrfrT    )1() 1 ,( O gf rT    )1(),( OfrT  )1(),(),( OgrTfrT  . Tương tự , ta cũng có : )1(),(),(log),(2 OgrTfrTrgrT  . Suy ra : 2log r )1(O , điều này mâu thuẫn khi r . Vậy f  g .  Từ phép chứng minh trên , ta suy ra rằng nếu hai hàm nguyên trên K chung nhau 3 giá trị phân biệt không kể bội thì chúng trùng nhau . Tuy nhiên, Adams - Straus đã chứng minh được một kết quả mạnh hơn như sau. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 Định lí 2.3.3. Giả sử f , g là hai hàm nguyên khác hằng trên K và a1 , a2 là hai điểm phân biệt trên K sao cho :  ,)()( jgjf aEaE j = 1 , 2 . Khi đó f  g. Chứng minh Không mất tính chất tổng quát , chọn    nnn zrKz : sao cho )()( nn zgzf  và   .1,,max)( 21  naazf n Đặt : ))(( )( 21 ' afaf gff    . Vì  ,)()( jgjf aEaE j = 1 , 2 nên mọi 0 - điểm kể cả bội của ( f - a1)( f-a2) đều là 0 - điểm của )(' gff  , do đó  không có cực điểm . Vậy  là hàm nguyên . Nhưng do : ,0 1 )( )( )()( )()()( )( ' 21 '     nn n nn nnn n rzf zf azfazf zgzfzf z nên suy ra 0 hay gf  .  Mệnh đề 2.3.4. Giả sử f , g là hai hàm phân hình khác hằng trên K và tồn tại ba điểm phân biệt a1 , a2 , a3 thuộc K   sao cho :  ,)()( jgjf aEaE j = 1 , 2 và  )()( 33 aEaE gf  Khi đó f  g . Chứng minh Giả sử a1 , a2  K , đặt 2 1 af af F    , 2 1 ag ag G    . Xét : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 2 2 1 1 . af ag ag af G F      . Vì ,)()( jgjf aEaE  j = 1 , 2 nên G F không có cực điểm và cũng không có 0 - điểm . Vậy G F là hàm hằng. Do đó , tồn tại c *K : G F = c hay : 2 1 2 1 )( )( . )( )( azg azg c azf azf      (*) Vì  )()( 33 aEaE gf  nên chọn được 0z )()( 33 aEaE gf  . Khi đó: 30 )( azf  và 30 )( azg  . Từ (*) và 0zz  ta suy ra c = 1 . Vậy f  g . Nếu a1 hoặc a2 bằng  , giả sử a2 =  . Khi đó 1 1 ag af   là hàm nguyên trên K và không có 0 - điểm.Tương tự như trên ta suy ra f  g.  Hệ quả 2.3.5. Giả sử f , g là hai hàm nguyên khác hằng trên K và a1 , a2 là hai điểm phân biệt thuộc K thoả mãn : ,)()( 11 aEaE gf   )()( 22 aEaE gf  Khi đó f  g . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31 Chƣơng 3 PHƢƠNG TRÌNH HÀM P( f ) = Q( g ) TRONG TRƢỜNG P - 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 M( Kr ) ta kí hiệu Mb( Kr ) là trường con các hàm f  M(Kr) có dạng   với  ,  Ab( Kr ) ; Mu( Kr ) = M( Kr ) \ Mb( Kr ) . Định lí 3.1. Cho P , Q  K [x] với deg P = deg Q = 2 . Giả sử a là một không điểm của 'P và b là một không điểm của 'Q . Khi đó , ba mệnh đề sau là tương đương : i) Tồn tại f , g  A(K) \ K thoả mãn P( f ) = Q( g ). ii) Tồn tại f , g  Au( Kr ) \ K thoả mãn P( f ) = Q( g ). iii) P( a ) = Q( b ). Chứng minh Vì deg P = deg Q = 2 và a là một không điểm của 'P , b là một không điểm của 'Q , nên ta có thể viết : ,)()()( 22 aPaxxP  ,)()()( 22 bQbxxQ    0\, K . (i)  (iii) : Ta giả sử P( a ) = Q( b ) và cho f  A(K) \ K . Đặt : bafg  )(   Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 suy ra g  A(K) \ K và : )()()( 22 bQbggQ   = )()( 2 2 2 bQaf    = )()()( 22 fPfPaf  . Ngược lại , giả sử P(a)  Q(b) và giả sử tồn tại f , g  A(K) \ K thoả mãn: P( f ) = Q( g ) . Cho  K thoả mãn 2 = Q( b ) - P( a ) và đặt : )( af     , )( bg     . suy ra ,  A(K) \ K và ta có : 2 2 2 2 2 2 22 )()( bgaf      = ])()([ 1 2222 2 bgaf   = ))]()(()()([ 1 2 bQgQaPfP  = )]()([ 1 2 aPbQ   = 1 . suy ra ))((   = 1 nên )()(   vµ là hằng số . Vậy , là hằng số tức là f , g là hằng số , mâu thuẫn với giả thiết f , g  A(K) \ K . Vậy P( a ) = Q( b ). (ii)  (iii) Tương tự như trên , ta giả sử P( a ) = Q( b ) và lấy f  Au(Kr) Đặt : bafg  )(   suy ra g  Au(Kr) và P( f ) = Q( g ) . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 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 : )( af     , )( bg     . suy ra ,  Au(Kr) và ta có : 122   1))((   . Vậy )()(   vµ bị chặn trong Kr , do đó cả  vµ đều bị chặn trong Kr mâu thuẫn với giả thiết ,  Au(Kr) . Vậy P( a ) = Q( b ).  Định nghĩa 3.2. Một đa thức P  K[x] được gọi là thoả mãn Điều kiện ( F ) nếu với bất kì hai không điểm phân biệt a , b của 'P , ta có P( a )  P( b ) (tức là hạn chế của P trên tập các không điểm của 'P là đơn ánh ) . Bổ đề 3.3. Cho P  K[x] với deg P = 4 và giả sử nó không thoả mãn Điều kiện (F) . Khi đó, 'P có ba không điểm phân biệt . Chứng minh Vì P không thoả mãn Điều kiện (F) nên 'P không thể có không điểm bội ba duy nhất . Giả sử , 'P chỉ có hai không điểm phân biệt. Bằng phép đổi biến, 'P có dạng: Kbbxx  ,,)(2  . Suy ra 0 và b là hai không điểm phân biệt của 'P . (*) Khi đó P có dạng : Kdd x b x  ,) 34 ( 34  Vì P không thoả mãn Điều kiện (F) nên : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 )()0( bPP   d d bb  ) 34 ( 44  suy ra b = 0 , mâu thuẫn với (*) . Vậy 'P có ba không điểm phân biệt .  Bổ đề 3.4. Cho P  K[x] với deg P = 4 và hệ số cao nhất là 1 . Khi đó , hai mệnh đề sau là tương đương : (i) P không thoả mãn Điều kiện (F) . (ii) P có dạng [(x - a + l ) (x - a - l )]2 + A với A  K , l  *K . Chứng minh (i)  (ii) : Giả sử (i) được thoả mãn , tức là P không thoả mãn Điều kiện (F) . Theo bổ đề 3.3 thì 'P có ba không điểm phân biệt c1 , c2 , c3 . Trước hết , ta giả sử P(c1) = P(c2) = P(c3) . Vậy P - P(c1) có ba không điểm là c1 , c2 , c3 cấp  2 , mâu thuẫn với giả thiết deg P = 4 . Do đó , ta có thể giả sử : P(c1)  P(c2)  P(c3) . Suy ra : P - P(c1) = )2,0)((,)()( 11111 1  scRxRcx s = )2,0)((,)()()( 222221 21  scRxRcxcx ss . Vì deg P = 4 , hệ số cao nhất của P là 1 nên s1 = s2 = 2 , R2(x) = 1 . Đặt : laclac cc acPA    21 21 1 ,, 2 ,)( . Suy ra : P = AlaxlaxcPcxcx  21 2 2 2 1 )])([()()()( . Hơn nữa , vì 'P có ba không điểm phân biệt nên l  0 , tức là (ii) được chứng minh. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35 (ii)  (i) : Dùng phép đổi biến ta có thể đưa P về dạng : P = x 4 + bx 2 + c . Vì l  K * nên b  0 . Ta có : 'P = 4x 3 + 2bx = 2x( 2x 2 + b ) . Nếu b < 0 , 'P có hai không điểm phân biệt là 2 b  , nhưng P( 2 b )=P( 2 b  ), tức là P không thoả mãn Điều kiện (F) . Nếu b > 0 , tương tự như trên , 'P có hai không điểm phân biệt là 2 bi  , nhưng P( 2 bi )=P( 2 bi  ), tức là P không thoả mãn Điều kiện (F) . Vậy (i) được chứng minh.  Mệnh đề 3.5. Cho f , g  M(Kr) và P , Q  K[x] và giả sử f và g thoả mãn : P( f ) =Q( g ) Khi đó , f bị chặn trong K khi và chỉ khi g bị chặn trong K . Chứng minh Vì f bị chặn , nên theo mệnh đề 2.1.10 ),( fT  bị chặn . Đặt p = deg P . Nếu p = 0 thì P là hằng số nên P( f ) bị chặn . Nếu p > 0 theo mệnh đề 2.1.11 ta có : )1(),())(,( OfpTfPT   . Vì ),( fT  bị chặn , suy ra ))(,( fPT  bị chặn . Do đó P( f ) bị chặn hay Q( g ) bị chặn , tức là g bị chặn.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 36 Mệnh đề 3.6. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và cho p = deg P , q = deg Q, thoả mãn ),min(2 qp . Giả sử tồn tại các không điểm phân biệt c1 , c2 , . . ck của 'P sao cho jicPcP ji  ,)()( và kidQcP i ,...,1,)()(  với mọi không điểm d của 'Q . Giả sử tồn tại hai hàm phân hình f, g  Mu(Kr) thoả mãn P( f ) = Q( g ). Khi đó , ta có : )1(),(),( OfT q pkq fN     . Hơn nữa , giả sử q p  3 2 thì 2k . Thêm nữa , nếu p  q thì k = 1 , c1 là một không điểm đơn của 'P và hoặc q < p , hoặc (q, p) = q - p . Chứng minh Đặt w = (p , q) và pwp  , qwq  . Không mất tính tổng quát , ta có thể giả sử 0'' gf .Mặt khác , có thể giả sử a = 0 và không hàm phân hình đựơc xét nào đạt 0 hoặc  tại 0. Kí hiệu I (tương ứng J ) là khoảng có dạng [l ;  ) (tương ứng [l ; log r) ) và biểu diễn hai hàm  , xác định trong I ( tương ứng trong J ) : )1(O nếu   là bị chặn trong I ( tương ứng trong J ) . Theo mệnh đề 2.1.10 ta có : )1(),())(,( OfpTfPT   , )1(),())(,( OgqTgQT   . Vì P( f ) = Q( g ) nên : ))(,())(,( gQTfPT   . Do đó: )1(),(),( OgqTfpT    )1(),(),( OgTqfTp   (1) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 37 Cho b là cực điểm cấp k của f . Vậy b là cực điểm cấp l của g thoả mãn : qlpk  . Vì 1),( qp nên q chia hết cho k , nghĩa là mỗi cực điểm bội của f đều là cực điểm bội ít nhất là q . Do đó: ),(),( fNqfN   (2) Vì ci là một không điểm của 'P ( với i = 1, . . . , k ) nên ta có : )()()( xRcxcPP i s ii i với si 0)(,deg,][,2  iiiii cRspRxKR . Do đó: )()()()()()( iii s i cPgQcPfPfRcf i  , ( i = 1, . . . , k ) (3) Đặt :    k i isS 1 )1( , vì kisi ,...,1,2  , nên kS  . Theo giả thiết , vì )( icPQ  không triệt tiêu tại mọi không điểm của 'Q nên nó không có không điểm bội và do đó có thể phân tích nó dưới dạng :    q j jibx 1 , )( , ( i = 1, . . . , k ) với jib , là các điểm khác biệt với mỗi i cố định . Suy ra : ) 1 ,() )( 1 ,( 1 ,      q j jii bx N cPQ N  , ( i = 1, . . . , k ) (4) Mặt khác , chú ý rằng jib ,  nmb , với (i, j )  ( m,n ) . Thật vậy , giả sử jib , = nmb , với (i,j)  (m,n) nào đó . Vậy mi  , do đó )()( mi cPcP  , nên ))(())(( mi cPQcPQ  là một hằng số khác 0 . Nhưng vì jib , = nmb , nên: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 38 ))()(())()(( ,, mjiiji cPbQcPbQ  = ))()(())()(( ,, mnmiji cPbQcPbQ  = 0 , suy ra jib , là một không điểm của ))(())(( mi cPQcPQ  , mâu thuẫn . Do đó, tất cả các điểm jib , là phân biệt (i = 1 , . . . , k ; j = 1, . . . , q) . áp dụng định lí cơ bản thứ hai của Nevanlinna cho g tại các điểm jib , với mọi i = 1 , . . . , k và j = 1, . . . , q ta được :       k i q j ji OrgN bg NgTkq 1 1 , )1(log),() 1 ,(),()1(  (5) Do đó , theo (4) ta có : )1(log),() )()( 1 ,(),()1( 1 OrgN cPgQ NgTkq k i i       (6) Nhưng từ (3) và (6) ta có : ) )()( 1 ,() )()( 1 ,( fRcf N cPgQ N i s ii i    )1() )( 1 ,() 1 ,( O fR N cf N ii     . Vì ii spR deg ta có : )1(),()())(,() )( 1 ,( OfTspfRT fR N ii i   . áp dụng định lí cơ bản thứ hai của Nevanlinna cho hàm phân hình f ta được : )1(),() 1 ,() 1 ,( OfT cf T cf N ii      . Từ đó suy ra: )1(),()1() )()( 1 ,( OfTsp cPgQ N i i    , (i = 1 , . . . , k ) )1(),()1( OfTp   (7) Mặt khác ),(),( gNfN   . Do đó , từ (2) ta có: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 ),(),( gNfN   ),( 1 ),( 1 fT q fN q   . Từ (5) và (7) ta có :      k i ii O fR N cf NgTkqfN 1 )1(log)] )( 1 ,() 1 ,([),()1(),(  )1(log)1(),(),()1( 1 OspfTgTkq k i i     )1(log))(,(),()1( OSkpfTgTkq   )1(log))(,(),()1( OSkpfTfT q p kq   , do đó : )1(log),(),( OfT q pSq fN     . (8) Vì Sk  , nên bất đẳng thức )1(),(),( OfT q pkq fN     được chứng minh . Từ (1) ta có thể viết : )1(),( 1 ),()1( OfpT q kq gTkq     , do đó , từ (2) , (5) , (6) và (7) ta thu được : )1(),()1(),( 1 OgTkqfpT q kq    )1(log),() )()( 1 ,( 1 OgN cPgQ N k i i         k i i OfNfTsp 1 )1(log),(),()1(     k i i OfN q fTsp 1 )1(log),( 1 ),()1(  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 40 suy ra : ),( 1 fpT q kq      k i i OfT q sp 1 )1(log),() 1 )1((     k i i OfT q sp 1 )1(),() 1 )1((  (9) Khi đó , vì )( ru KMf  nên theo mệnh đề 2.1.9 , ),( fT  là không bị chặn trong Kr . Chia cả hai vế của (9) cho ),( fT  ta được : wqksqqkppkq k i i   1 )1( . (10) Suy ra : 1)1( 1    kqsqkpqpkq k i i . Nhưng vì pqpq  , nên 1)1( 1   pqs k i i . Suy ra: 1 pqS . (11) Do đó , ta thấy hoặc pq  , hoặc 1 pq , suy ra pqqp ),( và kS 1 . Thật vậy, nếu q > p, thì pq   1 pSqSpS 1)1(  pS , vậy S = 1 và 1 pqp , nghĩa là 1 pq . Bây giờ giả sử 2 3q p  thì 2 3q p  . Do đó từ (11) ta có : 1 3 2  ppS (12) nên 2S . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 41 Giả sử S = 2 , theo (12) ta có 1p hoặc 2p . Nếu 2p , vì 1 pqS và ),( pq = 1 1 q , mâu thuẫn với giả thiết 2 3q p  . Suy ra 1p , do đó p = q . Vì vậy , nếu p  q thì S = 1 nên k = 1 , s1 = 2 , c1 là một không điểm đơn của 'P .  Hệ quả 3.7. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và thoả mãn deg P = deg Q . Giả sử tồn tại hai không điểm phân biệt c1 , c2 của 'P thoả mãn )()( 21 cPcP  và )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó , nếu hai hàm f , g )( rKA thoả mãn P ( f )= Q ( g ) thì f , g )( rb KA . Chứng minh Đặt q = deg P = deg Q , giả sử kết luận trên là sai . Theo mệnh đề 3.5 cả f và g đều không bị chặn . Theo mệnh đề 3.6 ta có : )1(),()1(),( 2 ),( OfTOfT q pq fN     . Vì f không bị chặn nên ),( fT  không bị chặn . Do đó :   )1(),(lim),(lim OfTfN   . Nhưng vì f )( rKA nên ),( fN  = 0, suy ra điều trên là vô lý.  Hệ quả 3.8. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = deg Q = 3 . Giả sử tồn tại hai không điểm phân biệt c1 , c2 của 'P thoả mãn )()( 21 cPcP  và )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó , nếu hai hàm f , g )( rKA thoả mãn P ( f )= Q ( g ) thì f , g )( rb KA . Chứng minh Giả sử P(c1) = P( c2 ) .Vậy P - P(c1 ) có hai không điểm c1 , c2 là cấp  2, mâu thuẫn với giả thiết deg P = 3 . Suy ra )()( 21 cPcP  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 42 Giả sử kết luận trên là sai , tức là hoặc f hoặc g không bị chặn trong Kr . Theo mệnh đề 3.5, cả f và g đều không bị chặn trong Kr . Theo mệnh đề 3.6, ta có : )1(),()1(),( 3 33.2 ),( OfTOfTfN     . Vì f không bị chặn nên ),( fT  không bị chặn . Do đó :   )1(),(lim),(lim OfTfN   . Nhưng vì f )( rKA nên ),( fN  = 0, suy ra điều trên là vô lý .  Hệ quả 3.9. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = deg Q = 4 . Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) và tồn tại hai không điểm phân biệt c1 , c2 của 'P thoả mãn )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó , nếu hai hàm f , g )( rKA thoả mãn P ( f )= Q ( g ) thì f , g )( rb KA . Chứng minh Vì P thoả mãn Điều kiện (F) và vì c1 , c2 là hai không điểm phân biệt của 'P nên )()( 21 cPcP  . Lập luận tương tự hệ quả 3.7 ta có điều phải chứng minh.  Hệ quả 3.10. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P < deg Q . Giả sử tồn tại một không điểm c của 'P sao cho )()( dQcP  với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó , nếu hai hàm f , g )( rKA thoả mãn P ( f )= Q ( g ) thì f , g )( rb KA . Chứng minh Đặt p = deg P , q = deg Q và giả sử f hoặc g không bị chặn . Theo mệnh đề 3.5 cả f và g đều không bị chặn . Theo mệnh đề 3.6 ta có: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 43 )1(),(),( OfT q pq fN     . Do p 0 nên :     )1(),(lim),(lim OfT q pq fN   . Nhưng vì f )( rKA nên ),( fN  = 0, suy ra điều trên là vô lý .  Hệ quả 3.11. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và p = deg P , q = deg Q thoả mãn qp  và 2p < 3q . Giả sử tồn tại hai không điểm c1 và c2 của 'P sao cho )()( 21 cPcP  và )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )( rKM thoả mãn P( f ) = Q( g ) thì f , g )( rb KM . Chứng minh Đặt k là số không điểm ci của 'P sao cho jicPcP ji  )()( và )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Vậy k  2 . Theo mệnh đề 3.5, nếu một trong hai hàm f và g )( ru KM thì cả hai hàm đều )( ru KM . Vì vậy , nếu f và g )( ru KM thì theo mệnh đề 3.6 và giả thiết 2p < 3q , ta có k = 1 , mâu thuẫn . Vậy f , g )( rb KM .  Hệ quả 3.12. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = 3 , deg Q > 3 . Giả sử tồn tại hai không điểm c1 và c2 của 'P sao cho )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )( rKM thoả mãn P( f )= Q( g ) thì f , g )( rb KM . Chứng minh Giả sử P(c1) = P( c2 ).Vậy P - P(c1 ) có hai không điểm c1 , c2 là cấp  2, mâu thuẫn với giả thiết deg P = 3 . Suy ra )()( 21 cPcP  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 44 Đặt q = deg Q và giả sử f hoặc g không bị chặn trong Kr .Theo hệ quả 3.5 cả f và g đều không bị chặn trong Kr . Theo mệnh đề 3.6 , ta có : )1(),() 3 2()1(),( 32 ),( OfT q OfT q q fN     . Vì q > 3 , nên )1(),(),( OfTfN   ,suy ra điều trên là vô lý .  Hệ quả 3.13. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = 4 , 4  deg Q  3 . Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) và tồn tại hai không điểm phân biệt c1 , c2 của 'P thoả mãn )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )( rKM thoả mãn P( f ) = Q ( g ) thì f , g )( rb KM . Chứng minh Đặt k là số không điểm ci của 'P sao cho )()( ji cPcP  , ji  . Vì 21 cc  và P thoả mãn Điều kiện (F) nên )()( 21 cPcP  , do đó 2k . Giả sử f hoặc g không bị chặn .Theo mệnh đề 3.5, cả f và g đều không bị chặn. Đặt q = deg Q , và deg P = 4 , deg Q  3 nên 2p < 3q , theo mệnh đề 3.6 ta có k  2 . Vậy k = 2. Vì q  4 nên theo mệnh đề 3.6 suy ra k = 1, mâu thuẫn, tức là điều giả sử trên là vô lý.  Hệ quả 3.14. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và p = deg P , q = deg Q thoả mãn ),( qppq  và p < q . Giả sử tồn tại hai không điểm c1 và c2 của 'P sao cho )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )( rKM thoả mãn P( f )= Q( g ) thì f , g )( rb KM . Chứng minh Giả sử f hoặc g không bị chặn. Theo mệnh đề 3.5, cả f và g đều không bị chặn .Vì p < q nên 2p < 3q , theo mệnh đề 3.6 ta có hoặc q < p hoặc Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 45 (p , q) = q - p , cả hai trường hợp này đều mâu thuẫn với giả thiết , nên điều giả sử trên là vô lý .  Hệ quả 3.15. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = deg Q  4 . Giả sử tồn tại ba không điểm phân biệt c1 , c2 , c3 của 'P thoả mãn )()( ji cPcP  , ji  và )()( dQcP i  (i = 1 , 2 , 3) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )( rKM thoả mãn P( f )= Q ( g ) thì f , g )( rb KM . Chứng minh Đặt q = deg P = deg Q , giả sử kết luận trên là sai , tức là hoặc f hoặc g không bị chặn trong Kr. Theo mệnh đề 3.5, cả f và g đều không bị chặn trong Kr . Theo mệnh đề 3.6 , ta có : )1(),(2)1(),( 3 ),( OfTOfT q qq fN     , Do đó :   )1(),(lim),(),(lim OfTfTfN   . vô lý vì ),(),( fNfT   nên điều giả sử trên là vô lý .  Hệ quả 3.16. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = deg Q = 4 . Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) và tồn tại ba không điểm phân biệt c1 , c2 , c3 của 'P thoả mãn )()( dQcP i  (i = 1 , 2 , 3) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )( rKM thoả mãn P( f )= Q ( g ) thì f , g )( rb KM . Chứng minh Vì P thoả mãn Điều kiện (F) và c1 , c2 , c3 là ba không điểm phân biệt của 'P nên )()( ji cPcP  , ji  . Lập luận tương tự hệ quả 3.15 ta được điều phải chứng minh.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 46 Mệnh đề 3.17. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và cho p = deg P , q = deg Q với 2 = (p , q) . Giả sử tồn tại các không điểm phân biệt c1 , c2 , . . . , ck của 'P thoả mãn )()( ji cPcP  , ji  và )()( dQcP i  (i = 1 , 2 , . . . , k) với mọi không điểm d của 'Q . Giả sử tồn tại hai hàm khác hằng f , g )(KM thoả mãn P( f )= Q ( g ) . Khi đó , ta có pq  và )1(log),(( )( ),( OfT q pkq fN     . Hơn nữa nếu q p  2 thì k = 1 và c1 là một không điểm đơn của 'P . Chứng minh Tương tự mệnh đề 3.6 ta có : )1(log),( )( ),( OfT q pkq fN     . Hơn nữa , vì   khilog nên : wqksqqkppkq k i i   1 )1( do đó 1 pqS , tức là : pqS  (*) Vì 1S nên qp  Giả sử q p  2 , từ (*) suy ra bất đẳng thức 2S là không thể xảy ra , do đó: S = k = 1 và c1 là một không điểm đơn của 'P .  Hệ quả 3.18. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và thoả mãn deg P  deg Q Giả sử tồn tại một không điểm c của 'P thoả mãn )()( dQcP  với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )(KA thoả mãn P ( f ) = Q ( g ) thì f và g là hằng số . Chứng minh Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 47 Đặt p = deg P , q = deg Q vì 0' P và vì tồn tại một không điểm c của 'P nên 2p . Giả sử f và g khác hằng số . Theo mệnh đề 3.17 ta có : )1(log),(),( OfT q pq fN     . Vì pq  , ta có :   )]1([loglim),(lim OfN   , mâu thuẫn với f )(KA nên f và g là hằng số .  Hệ quả 3.19. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và thoả mãn deg P < 2deg Q. Giả sử tồn tại hai không điểm phân biệt c1 , c2 của 'P thoả mãn )()( 21 cPcP  và )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó , nếu hai hàm f , g )(KM thoả mãn P ( f )= Q ( g ) thì f và g là hằng số . Chứng minh Đặt p = deg P , q = deg Q . Vì 0' P và vì tồn tại hai không điểm phân biêt c1 , c2 của 'P , nên 3p . Theo giả thiết : 2 3 2 deg deg  P Q , suy ra 2q . Giả sử f và g khác hằng số .Theo mệnh đề 3.17 ta có k =1 , mâu thuẫn .Vậy f và g là hằng số.  Hệ quả 3.20. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = 3 , deg Q  2 . Giả sử tồn tại hai không điểm c1 và c2 của 'P sao cho )()( dQcP i  (i = 1 , 2) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó, nếu hai hàm f , g )(KM thoả mãn P( f )= Q( g ) thì f và g là hằng số . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 48 Chứng minh Giả sử P(c1) = P( c2 ) . Vậy P - P(c1 ) có hai không điểm c1 , c2 là cấp  2 mâu thuẫn với giả thiết deg P = 3 . Suy ra )()( 21 cPcP  . Giả sử f và g khác hằng số . Đặt p = deg P , q = deg Q , ta có 3 = p < 4  2q nên theo mệnh đề 3.17 ta có k =1 , mâu thuẫn .Vậy f và g là hằng số .  Hệ quả 3.21. Cho P , Q  K[x] với 0'' QP và deg P = 4 , deg Q  3 . Giả sử P thoả mãn Điều kiện (F) và tồn tại hai không điểm phân biệt c1 , c2 của 'P thoả mãn )()( dQcP i  (i = 1 , 2 ) với mọi không điểm d của 'Q . Khi đó , nếu hai hàm f , g )( rKM thoả mãn P( f )= Q ( g ) thì f và g là hằng số . Chứng minh Vì P thoả mãn Điều kiện (F) nên P(c1)  P( c2 ) . Giả sử f và g khác hằng số. Đặt p = deg P , q = deg Q , ta có 4 = p < 6  2q nên theo mệnh đề 3.17 ta có k =1 , mâu thuẫn . Vậy f và g là hằng số.  Định nghĩa 3.22. Một tập con S của K được gọi là tập cứng afin nếu không tồn tại một phép biến đổi afin (tức là phép biến đổi có dạng baxx )( ) nào khác ngoài phép đồng nhất thoả mãn SS )( . Bổ đề 3.23. Cho S là một tập con gồm bốn phần tử của K . Khi đó , hai điều kiện sau là tương đương : i ) S không là tập cứng afin , ii ) Hoặc S có dạng  uwawuauaa 2,,,  , với 012 ww , hoặc là S có dạng  kakahaha  ,,, , với *, Kkh  . Chứng minh Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 49 (i)  (ii) Giả sử S không là tập cứng afin . Khi đó , tồn tại phép biến đổi afin khác phép đồng nhất nmxx )( thoả mãn SS )( . Vì S gồm bốn phần tử nên ta có thể đặt : S =  21,,, uaduacuaba  . Do SS )( nên ta chia làm hai trường hợp : Trường hợp 1 : Tồn tại x  S sao cho xx )( . Giả sử aa )( , không thể tồn tại y  S , y  a thoả mãn yy )( . Thật vậy , nếu :                  0 1 )( )( n m bnmb anma bb aa   suy ra  là phép đồng nhất , mâu thuẫn . Do đó , không mất tính tổng quát , ta có thể giả sử cb )( , dc )( , bd )( . Ta có :                        uanuam uanuam uanuam anma bd dc cb aa )( )( )( )( )( )( )( 2 21 1                           uan)ua(m u u )a1( u u a u u )a1( u u )ua(u u u m a) u u 1(a)m1(n 2 1111 12 1 1                           ua u u )a1( u u a u u u u u u u m a) u u 1(n 1 2 11 2 1 2 1 1 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 50 Đặt w u u 1 . Suy ra uwuwuu 221 ,  . Ta có : uawuw uawauwaw   3 2 )1()( Vì )1( awwaa  , suy ra wa  . Do đó : 0)1( 3  uw . Do S gồm bốn phần tử phân biệt nên 0,1  uw . Suy ra : 012 ww Trường hợp 2 : Không tồn tại x  S thoả mãn xx )( . Giả sử ba )( , cb )( , dc )( , ad )( . Tức là :             )4( )3( )2( )1( anmd dnmc cnmb bnma Lấy (1) trừ (2) , (1) trừ (3) , (1) trừ (4) ta được :                                abda ba cb dbca ba cb ba cb m abdam dbcam cbbam bnma )( )( )6()( )( )5()(           )8(0 )7(0 )6())(())(( )5())(())(( 22 22 abdcdacadb cbdadacbcb baabdacb badbcacb Lấy (7) trừ (8) ta được : 0))(( 022   cadbca accdadbcab Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 51 Vì ca  suy ra dacb  . Từ (6) ta có : 0)()())(())(( 22  badabaabdacb . Suy ra dba  , mâu thuẫn với giả thiết S gồm bốn phần tử . Vì vậy ta xét: ba )( , ab )( , dc )( , cd )( . Tức là :             )12( )11( )10( )9( cnmd dnmc anmb bnma Lấy (9) trừ (10) ta được 1m Lấy (9) cộng (10) được ban  . Đặt ktchtbhta  ,, . Từ (11) suy ra kththtktd  )()()( . Vậy  ktkththtS  ,,, . Vì S gồm bốn phần tử nên *, Kkh  . (ii)  (i) Nếu S có dạng  uwawuauaa 2,,,  , với 012 ww , đặt : awwxx )1()(  . Khi đó , ta có : aa )( wuaawuawua  )1()()¨( uwaawwuawwua 2)1()()(  uawaauwwwa wuwawawuwawuwa   )( )1())1(()1()()( 2 22 Nếu S có dạng  kakahaha  ,,, , với *, Kkh  , đặt : axx 2)(  . Khi đó , ta có : ahaahha  2)( haahaha  2)( Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 52 kaaakka  2)( kaakaka  2)( . Vậy S không là tập cứng afin .  Ta xét trường hợp riêng )( KPQ   . Định lý 3.24. Cho ][xKP , nP deg , không có không điểm bội và thoả mãn Điều kiện ( F ) . Cho jicccxbxP ji l j m j j    víi,)()( 1 ' , và cho S là tập các không điểm của P . Khi đó , không tồn tại K và các hàm phân biệt khác hằng )(, KMgf  thoả mãn )()( gPfP  nếu và chỉ nếu S là tập cứng afin và : hoặc là 2l và 2),min( 21 mm , hoặc là 3l và P không thoả mãn : w cP c cP c cP c mmmn  )( )( )( )( )( )( ,1,4 1 3 3 2 2 1 321 , với 012 ww . Khi 1 không tồn tại các hàm phân biệt khác hằng )(, KMgf  thoả mãn )()( gPfP  nếu và chỉ nếu :    l j jj mmnn 1 )1()3)(2( . Xét trường hợp đặc biệt khi n = 4 . Định lý 3.25. Cho ][xKP , 4deg P với bốn không điểm phân biệt và cho S là tập các không điểm của nó . Khi đó , không tồn tại K và các hàm phân biệt khác hằng )(, KMgf  thoả mãn )()( gPfP  nếu và chỉ nếu P thoả mãn ba điều kiện : + S là tập cứng afin , + 'P có ba không điểm c1 , c2, c3 , +P không thoả mãn đẳng thức  )( )( )( )( )( )( 1 3 3 2 2 1 cP cP cP cP cP cP , với 012  . Chứng minh Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử P có hệ số cao nhất bằng 1 . Vì n = 4 nên điều kiện l = 2 và 2),min( 21 mm trong định lý 3.24 không thể xảy Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 53 ra. Theo định lý 3.14 ta chỉ cần chứng minh , nếu S là tập cứng afin và 'P có ba không điểm phân biệt không thoả mãn )()( 12 cPcP  , )()( 23 cPcP  , )()( 31 cPcP  , với 012  thì không tồn tại các hàm phân biệt khác hằng )(, KMgf  thoả mãn )()( gPfP  . Theo định lý 3.24 , Điều kiện (F) chính là hệ quả của giả thiết “S là tập cứng afin” .Thật vậy , theo bổ đề 3.23, S không có dạng  kakahaha  ,,, , với *, Kkh  . Vì vậy P không có dạng ))()()(( kaxkaxhaxhax  , tức là P không có dạng AlaxP  ))(( 22 . Do đó theo bổ đề 3.4, P thoả mãn Điều kiện (F).  Định lý 3.26. Cho ][xKP , 4deg P với bốn không điểm phân biệt và cho S là tập các không điểm của nó . Khi đó , không tồn tại K và các hàm phân biệt khác hằng )(, KMgf  thoả mãn )()( gPfP  nếu và chỉ nếu 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  )( )( )( )( )( )( 1 3 3 2 2 1 cP cP cP cP cP cP , với 012  . Chứng minh Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử P có hệ số cao nhất bằng 1 . 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  )( )( )( )( )( )( 1 3 3 2 2 1 cP cP cP cP cP cP , với 012  , thì S là tập cứng afin . Giả sử S không là tập cứng afin, theo bổ đề 3.23, hoặc S có dạng  uauauaa 2,,,   với 012  , hoặc là S có dạng  kakahaha  ,,, với *, Kkh  . Nếu S có dạng  kakahaha  ,,, , với *, Kh  thì P có dạng AlaxP  ))(( 22 , với *,, KlKa  theo bổ đề 3.4 , P không thoả mãn Điều kiện (F) , mâu thuẫn . Do đó , S có dạng  uauauaa 2,,,   , với 012  , thì P có dạng )()( 4 axaxP   , với K , suy ra  3' )(4 axP . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 54 Lấy K sao cho 4 3   và K sao cho 012  , các không điểm của 'P sẽ là : ac  1 , ac  2 , ac  23 . Khi đó P thoả mãn đẳng thức:  )( )( )( )( )( )( 1 3 3 2 2 1 cP cP cP cP cP cP , mâu thuẫn . Vì vậy S là tập cứng afin .  Nhận xét 3.27. Cho AlaxP  ))(( 22 , với *,, KlKAa  . Khi đó, 'P nhận ba không điểm phân biệt c1 , c2 , c3 sao cho P(c1) = P(c3) Hơn nữa, P(c1) = - P(c2) khi và chỉ khi 2 4l A  . Chứng minh Ta có : ]))[((4)( 22' laxaxxP  . Suy ra a, la  , la  là các không điểm phân biệt của 'P . Có AlaPAlaP  4)(,)( . Như vậy , 2 )()( 4l AAAllaPaP  .  Nhận xét 3.28. Cho ][xKP là đa thức bậc 4 , hệ số cao nhất bằng 1 và có bốn không điểm phân biệt . Khi đó , 'P chỉ có hai không điểm phân biệt khi và chỉ khi P có dạng Baxax  34 )()(  , với KB , . Và có một và chỉ một không điểm khi và chỉ khi P có dạng kax  4)( . Hơn nữa , nếu 'P nhận đúng hai không điểm phân biệt thì khi đó tồn tại ][, xKgf  , gf  , thoả mãn )()( gPfP  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 55 KẾT LUẬN Luận văn trình bày cơ sở lý thuyết Nevanlinna và áp dụng lý thuyết này để nghiên cứu tính chất nghiệm của phương trình hàm P( f ) = Q( g ) trong trường không Acsimet có đặc số 0 . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 56 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 .