LÝ THUYẾT NEVANLINNA CHO SIÊU MẶT P-ADIC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
----------------

NGUYỄN NGỌC HUY

LÝ THUYẾT NEVANLINNA CHO
SIÊU MẶT 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 - 2007


LỜI CÁM ƠN
Lời đầu tiên, trong luận văn này, tôi xin gởi đến PGS.TS Mỵ Vinh Quang, người
thầy đã hướng dẫn tận tình và hết lòng giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và
làm luận văn, lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đối với quý thầy PGS.TS Bùi Tường Trí, PGS.TS
Bùi Xuân Hải, TS Trần Huyên, quý thầy đã trực tiếp giảng dạy, trang bị cho tôi
kiến thức cơ bản làm nền tảng cho quá trình học tập, nghiên cứu.
Tôi vô cùng cảm ơn Ban Giám Hiệu, quý Thầy Cô khoa Toán – Tin, quý Thầy Cô
phòng Sau Đại Học Trường Đại Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo điều
kiện thuận lợi cho tôi được học tập và hoàn thành luận văn.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, người thân, bạn bè đã động viên, giúp đỡ và tạo
mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn

này.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 09 năm 2007
Nguyễn Ngọc Huy


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Giải tích p-adic là chun ngành mới của Tốn học đang phát triển và có nhiều
ứng dụng, đặc biệt, trong Lý thuyết số hiện đại.
Lý thuyết Nevanlinna cho hàm phân hình p-adic một biến đã được nghiên cứu
bởi các tác giả như Hà Huy Khối, Mỵ Vinh Quang, Butabaa … Năm 1988, trong
[3], Hà Huy Khối và Mỵ Vinh Quang lần đầu tiên xây dựng được cơng thức
Poisson – Jensen cho hàm chỉnh hình p-adic và lý thuyết Nevanlinna cho siêu mặt
hàm phân hình. Sau đó, nhiều tác giả tiếp tục phát triển lý thuyết theo nhiều hướng
khác nhau.
Trong [4], Hà Huy Khối đã mở rộng vấn đề nghiên cứu cho các hàm chỉnh
hình nhiều biến. Tuy nhiên, Hà Huy Khối chỉ nêu tóm tắt các ý tưởng, kết quả
dưới dạng hình học.
Chính vì vậy chúng tơi chọn đề tài “Lý thuyết Nevanlinna cho siêu mặt p-adic”
để tiếp tục nghiên cứu một cách đầy đủ, chi tiết hơn về độ cao của hàm chỉnh hình
p-adic nhiều biến và áp dụng nó để nghiên cứu lý thuyết phân phối giá trị cho siêu
mặt p-adic.
2. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng cơng thức đầy đủ và hồn chỉnh với các chứng minh đầy đủ, chi tiết
cho độ cao của hàm Chỉnh hình p-adic và xây dựng được 2 định lí cơ bản cho Lý
thuyết Nevanlinna cho siêu mặt p-adic.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Chúng tơi sẽ nghiên cứu độ cao của hàm Chỉnh hình p-adic một biến và nhiều
biến, lý thuyết phân phối giá trị cho siêu mặt p-adic.
4. Cấu trúc luận văn

Do những mục đích nói trên, tồn bộ luận văn bao gồm 3 chương.
Chương 1: Những kiến thức cơ bản
Trong chương đầu tiên này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản chẳng
hạn như chuẩn trên một trường, chuẩn phi Archimede đầy đủ, xây dựng các
trường số p-adic p , p và một số tính chất cần thiết cho hai chương sau.
Chương 2: Độ cao của hàm chỉnh hình p-adic

1


Trong chương này, chúng tơi nêu khái niệm hàm chỉnh hình p-adic, cũng như đưa
ra khái niệm độ cao của hàm chỉnh hình p-adic. Đặc biệt, nêu lên một số tính chất
lí thú về độ cao của hàm chỉnh hình p-adic mà sẽ được mở rộng lên cho hàm
nhiều biến ở chương 3.
Chương 3: Độ cao của hàm chỉnh hình nhiều biến và lý thuyết Nevanlinna
cho siêu mặt
Trong chương này, chúng tơi xây dựng cơng thức Poisson – Jensen p-adic cho hàm
nhiều biến cũng như mở rộng lý thuyết Nevanlinna cho siêu mặt.
Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng do năng lực có hạn nên luận văn này chắc chắn
khơng tránh khỏi những thiếu xót, tơi rất mong được sự thơng cảm và góp ý sâu sắc
của q Thầy Cơ.

2


Chương 1
NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trong chương đầu tiên này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản chẳng
hạn như chuẩn trên một trường, chuẩn phi Archimede đầy đủ, xây dựng các
trường số p-adic p , p và một số tính chất cần thiết cho hai chương sau. Đa số các

chứng minh trong chương này đều được bỏ qua và người đọc có thể dễ dàng tìm
thấy chúng trong các tài liệu tham khảo.
1.1. Một số khái niệm cơ bản
1.1.1. Đònh nghóa
Cho K là một trường. Chuẩn trên K là ánh xạ

:K →

+

thỏa mãn các điều kiện

sau:
C1: x = 0 ⇔ x = 0
C2 : x.y = x . y

, ∀x, y ∈ K

C3 : x + y ≤ x + y

, ∀x, y ∈ K

Nếu e là đơn vò của K thì theo C2: e = ee = e e ⇔ e ( e − 1) = 0 ⇔ e = 1
Cũng từ C2 suy ra x1.x 2 ...x m = x1 . x 2 ... x m , đặc biệt x m = x

m

Ví dụ
Ví dụ 1
Trường các số hữu tỉ

đònh nghóa.

với giá trò tuyệt đối thông thường thỏa mãn điều kiện của

Ví dụ 2
⎧ 0 nếu x = 0
⎩1 nếu x ≠ 0

Giả sử K là một trường tùy ý. Ánh xạ x = ⎨
được gọi là chuẩn tầm thường.
1.1.2. Mệnh đề
Cho K là trường với chuẩn

. Xét d : KxK →

( x, y )

3

+

d ( x, y ) = x − y

là một chuẩn trên K và


Khi đó d là mêtric trên K, nghóa là d thoả:
i. d ( x, y ) ≥ 0; d ( x, y ) = 0 ⇔ x = y

ii. d ( x, y ) = d ( y, x ) ∀x, y ∈ K

iii. d ( x, y ) ≤ d ( x, z ) + d ( z, y ) ∀x, y, z ∈ K

1.1.3. Đònh nghóa
Dãy {x n } ⊂ K được gọi là dãy Cauchy nếu d ( x m , x n ) → 0 khi m, n → ∞
Tức là ∀ε > 0, ∃n 0 ∈

: m, n ≥ n 0 ⇒ x n − x m < ε

1.1.4. Đònh nghóa
Nếu chuẩn trên trường K thỏa mãn điều kiện C3/ mạnh hơn C3 là:
C3/: x + y ≤ max { x , y } thì nó được gọi là chuẩn phi Archimede.
1.1.5. Các ví dụ về chuẩn phi Archimede
Ví dụ 1
Chuẩn tầm thường trên trường K là phi Archimede.
Thật vậy, nếu x + y = 0 thì x + y = 0 ≤ max { x , y }

Nếu x + y ≠ 0 thì x ≠ 0 hoặc y ≠ 0 , do đó x + y = 1 ≤ max { x , y }
Ví dụ 2
Xét K là trường số hữu hạn có q phần tử với phần tử đơn vò là e.
Nếu x = 0 thì x = 0
Nếu x ≠ 0 , thì : x q −1 = e ⇒ x

Vậy

q −1

= x q −1 = e = 1 ⇒ x = 1

là tầm thường và do đó phi Archimede.

Ví dụ 3
- Đònh nghóa.
Giả sử p ∈ {2,3,5, 7,...} là một số nguyên tố nào đó. Với mỗi a ∈ , a ≠ 0, ta gọi
Ord P ( a ) là số mũ của p trong sự phân tích a thành các thừa số nguyên tố.

Nếu a = 0 thì Ord P ( a ) = ∞.
- Đònh nghóa.
Giả sử p ∈ {2,3,5, 7,...} là một số nguyên tố nào đó.

4


a
b

Với x ∈ thì x = ;a, b ∈ , b ≠ 0, ( a, b ) = 1. Định nghĩa: Ord p ( x ) = Ord p ( a ) − Ord p ( b )
, ta xét ánh xạ

- Trên trường
⎧ ⎛ 1 ⎞Ordp x
⎪
x p = ⎨ ⎜⎝ p ⎟⎠
⎪
⎩0

nếu x ≠ 0

thì

p

p

:

là một chuẩn phi Archimede.

nếu x ≠ 0

Ta dễ dàng kiểm tra Ord p ( x ) = − log p x p
1.1.6. Đònh lý
Cho
là chuẩn trên trường K. Kí hiệu đơn vò của K là 1 và ∀n ∈

thì đồng nhất

n = 1 + 1 + ... + 1 (n lần). Các mệnh đề sau là tương đương:

là chuẩn phi Archimede.

i.

ii. 2 ≤ 1
iii. n ≤ 1, ∀n ∈ N
iv. Tập hợp

= {0,1, 2,...} bò chặn, nghóa là tồn tại a ∈

sao cho n ≤ a, ∀n ∈

Chứng minh
i. ⇒ ii.
2 = 1 + 1 ≤ max { 1 ; 1} = 1
ii. ⇒ iii.
Với n 0 ∈ , n 0 > 0; ∀n ∈

thì n được biểu diễn dưới dạng :

n = a 0 + a1n 0 + ... + a s n s0 với 0 ≤ a i < n 0 , a s ≠ 0, a i ∈

Độ dài s hồn tồn được xác định vì

n s0 ≤ n ≤ ( n 0 − 1) + ( n 0 − 1) n 0 + ... + ( n 0 − 1) n s0 ( vì ai ≤ n 0 − 1)

⇒ n s0 ≤ n < 1 + ( n 0 − 1) + ( n 0 − 1) n 0 + ... + ( n 0 − 1) n s0
⇒ n s0 ≤ n < n s0+1 ⇒ s ≤ log n0 n < s + 1 ⇒ s = ⎡⎣ log n0 n ⎤⎦
Áp dụng kết quả trên với n 0 = 2 ta có :

∀n ∈

:n = a 0 + a1 2 + ... + a s 2s với 0 ≤ a i ≤ 1, a s = 1, a i ∈ ,s = [ log 2 n ]

⇒ 2s ≤ n < 2s +1 ⇒ ∀k ∈ * : n k < 2k (s +1)
Ta lại viết n k = b0 + b1 2 + ... + b t 2t với 0 ≤ bi ≤ 1, b t = 1, bi ∈ , t = ⎡⎣log 2 n k ⎤⎦

⇒ n k ≤ b0 + b1 2 + ... + b t 2t

5

( do b

≤ 1 + 1 + ... + 1

i

≤ 1, 2 ≤ 1)

= t +1
Do n < 2k ( s+1) ⇒ t = ⎡⎣log 2 n k ⎤⎦ < log 2 2k ( s +1) = k ( s + 1)
k

⇒ t + 1 ≤ k ( s + 1)

(

⇒ n k ≤ k ( s + 1) ⇒ n ≤ k k. k s + 1 ∀k ∈

*

)

Cho k → ∞ ta được n ≤ 1
iii. ⇒ iv.

Với mọi n ∈ : n ≤ 1 . Vậy tập các số tự nhiên bị chặn.
iv. ⇒ i.
∀x, y ∈ K , ta cần chứng minh x + y ≤ max { x , y }

Đặt M = max { x , y }

∀k ∈

: ( x + y) =
k

k

k

i =0

i =0

∑ Cik x i yk −i ≤ ∑ Cik x i yk −i

k

⇒ x + y ≤ ∑ aM i M k −i = ( k + 1) aM k ⇒ x + y ≤ k k + 1 k aM
k

i =0

Cho k → ∞ ta được x + y ≤ M = max { x , y }

Định lí được chứng minh. □
1.1.7. Mệnh đề (Nguyên lý tam giác cân)
Cho là một chuẩn phi Archimede trên trường K.
Nếu x ≠ y thì x + y = max { x , y }
1.1.8. Mệnh đề
Cho là chuẩn phi Archimede trên trường K.

n →∞
Nếu dãy {x n } ⎯⎯⎯
→ x ≠ 0 thì ∃n 0 ∈ , ∀n > n 0 ⇒ x n = x . Nghóa là, mọi dãy hội

tụ về một phần tử khác không thì dãy các chuẩn tương ứng là dãy dừng.
1.1.9. Đònh lí Oxtropxki
đều tương đương với chuẩn giá trò tuyệt đối
Mọi chuẩn không tầm thường trên
thông thường trên
hoặc tương đương với chuẩn p (p là một số nguyên tố nào
đó).
Chứng minh

6


Ta xét 2 trường hợp:
a. ∃n ∈ : n > 1
Gọi n 0 = min {n ∈ / n > 1}
*Vì n 0 > 1 nên n 0 = n α0
∀k ∈

*

( α = log

n0

n0 > 0

)

, ta viết số nk trong hệ đếm n 0 :
a i ∈ , 0 ≤ a i < n 0 ;a s ≠ 0,s = ⎡⎣log n 0 n k ⎤⎦

n k = a 0 + a1n 0 + a 2 n 02 + ... + a s n so

Khi đó:
n k ≤ a 0 + a1 n 0 + ... + a s n s0 = a 0 + a1 n α0 + ... + a s n s0α

Do a i < n 0∀i nên a i ≤ 1 (theo cách chọn n 0 )
⎛
1
1 ⎞
k
⇒ n ≤ 1 + n 0α + ... + n s0α = n s0α ⎜1 + α + ... + αs ⎟
n0 ⎠
⎝ n0
1
1
+ ... thì c là hằng số ( vì c là tổng của CSN lùi vô hạn)
Đặt: c = 1 + α + ... +
s
n0
nα

( )
0

Khi đó: n ≤ n .c ≤ c.n kα ( do a s ≠ 0 nên n k ≥ n s0 )

k

sα
0

⇒ n ≤ k c.n α

(1)

Cho k → ∞ thì n ≤ n α
*Ta có: n s0 ≤ n k < n s0+1

n s0+1 = n k + n s0+1 − n k ≤ n k + n s0+1 − n k ⇒ n k ≥ n s0+1 − n s0+1 − n k
⎧
n 0 = n 0α ⇒ n s0+1 = n α0 ( s +1)
⎪
Theo phần trên ta đã có: ⎨
⎪⎩ n ≤ n α ( ∀n ) ⇒ n so+1 − n k ≤ n s0+1 − n k

Vì thế n ≥ n α0 (s +1) − ( n s0+1 − n k ) ≥ n α0 ( s +1) − ( n s0+1 − n s0
α

k

⎡ ⎛
1 ⎞
k
⇒ n ≥ n α0 (s +1) ⎢1 − ⎜1 − ⎟
⎢⎣ ⎝ n 0 ⎠

α

(
) ( do n
α

s
0

)

≤ nk

α

)

⎤
⎥
⎥⎦

α
⎛ ⎛
1 ⎞ ⎞
k
Đặt c = ⎜1 − ⎜1 − ⎟ ⎟ thì: n ≥ n α0 ( s+1) .c > c.n kα do n k < n s0+1
⎜ ⎝ n0 ⎠ ⎟
⎝
⎠

(

)

⇒ n > k c.n α

( 2)

Cho k → ∞ thì n ≥ n α
Từ (1)( 2 ) ⇒ n = n

α

m
Do đó: ∀ ∈ ; m ∈ , n ∈
n

*

m
m
m
ta có: − m = m = m , n = n ⇒
=
=
n
n
n
α

7

α

α


Vậy chuẩn đang xét tương đương với giá trị tuyệt đối thơng thường.
b. Xét trường hợp n ≤ 1, ∀n ∈

Gọi p là số tự nhiên lớn hơn 0, bé nhất thỏa p < 1
• Giả sử p khơng là số ngun tố thì: p = n1.n 2 ; n1 , n 2 < p
(do cách chọn p)

⇒ n1 = n 2 = 1

(vơ lý)

⇒ p = n1 n 2 = 1

Vậy p là số ngun tố.
• Ta sẽ chỉ ra rằng: q = 1 với mỗi số ngun tố q ≠ p
Giả sử ∃q ∈ : q < 1

(q: ngun tố)

1
1
N
, qN = q <

2
2
= 1 nên có thể tìm được 2 số m, n ∈ sao cho mp M + nq N = 1

Khi đó với số tự nhiên M, N đủ lớn: p M = p

Do ( p M , q N )

M

<

Khi đó: 1 = 1 = mp M + nq N ≤ mp M + nq N
= m p M + n q M ≤ p M + q M ( vì m ≤ 1, n ≤ 1)
<
⇒ 1 < 1 ( vơ lý )

1 1
+ =1
2 2

Vậy: q = 1
m
với ( m, p ) = 1; ( n, p ) = 1
n
Do m, n đều phân tích được dưới dạng tích của các số ngun tố khác p và chuẩn của các
số ngun tố đó bằng 1 nên m = n = 1.

• ∀x ∈ : x = pα .

Đặt p = ρ < 1
Ta có: x = ρα

m
n

= ρα = ρ

ord p x

Vậy chuẩn tương đương với

p

Định lí được chứng minh.º
1.2. Các trường số p-adic
1.2.1. Xây dựng trường

p

8


Từ đònh lí Oxtropxki, ta thấy một chuẩn không tầm thường trên
tương đương
chuẩn giá trò tuyệt đối thông thường , hoặc chuẩn phi Archimede p . Mặc
khác, ta biết rằng làm đầy đủ
theo

đầy đủ

p

theo

ta sẽ được trường số thực

. Vậy làm

ta sẽ được trường mới mà ta gọi là trường số p-adic

Cụ thể cách xây dựng như sau:
- Kí hiệu S là tập hợp tất cả các dãy Cauchy các số hữu tỉ theo

p

p

.

.

- Trên S xác đònh một quan hệ tương đương {x n } ~ { y n } ⇔ lim ( x n − y n ) = 0
n →∞

- Ta gọi
cho

p

p

là tập hợp tất cả các lớp tương đương theo quan hệ trên và trang bò

hai phép toán cộng và nhân như sau:

{x } + { y } = {x + y }
{x } • {y } = {x .y }
n

n

n

n

n

n

n

n

Định nghĩa trên hồn tồn hợp lí vì :
i. {x n + y n } , {x n y n } là dãy Cauchy theo

p

:

{

x n +1 + y n +1 − ( x n + y n ) p = ( x n +1 − x n ) + ( y n +1 − y n ) p ≤ max x n +1 − x n p , y n +1 − y n

x n +1 y n +1 − x n y n

p

= x n +1 y n +1 − x n y n +1 + x n y n +1 − x n y n

p

= y n +1 ( x n +1 − x n ) + x n ( y n +1 − y n ) p

{

≤ max y n +1 p x n +1 − x n p , x n

p

y n +1 − y n

p

}→0

ii. {x n + y n }, {x n y n } khơng phụ thuộc vào cách chọn đại diện :

{x n } ∼ {x′n } ⇔

{yn } ∼ {y′n } ⇔

x n − x ′n p → 0
y n − y′n p → 0

Ta có :

{

x n + y n − ( x ′n + y′n ) p = ( x n − x ′n ) + ( y n − y′n ) p ≤ max x n − x ′n p , y n − y′n

p

}→0

x n y n − x ′n y′n p = x n y n − x ′n y n + x ′n y n − x′n y′n p = y n ( x n − x′n ) + x′n ( y n − y′n ) p

{

≤ max y n

- Rõ ràng

i.

(

p

(

P

p

x n − x ′n p , x ′n

p

y n − y′n

, +, • ) là một trường. Thật vậy,

, + ) là nhóm aben :

Phần tử trung hòa của phép cộng là 0 = {0}
Phần tử đối của a = {a n } là −a = {−a n }
Hiển nhiên phép cộng là giao hốn.

9

p

}→0

p

}→0

ii.

(

*
p

)

,• là nhóm aben :

Phần tử đơn vị của phép nhân là 1 = {1}
Phần tử nghịch đảo của 0 ≠ a = {a n }
Nếu a n = 0 ta có thể thay a n bởi a ′n = p n , do đó ta có thể chọn một đại diện của a là dãy
⎧1⎫
⎬ là phần tử nghịch đảo của a.
⎩an ⎭

1
a

Cauchy khơng có phần tử bằng khơng. Khi đó = ⎨
Hiển nhiên phép nhân là giao hốn.
có thể xem là trường con của

- Trường

p

nhờ ánh xạ nhúng j:

→

{a}.

a

- ∀ α∈

thì α = {a n } ; α p = lim a n p là chuẩn của α trên

p

p

n →∞

p

. Thật vậy,

i. Chuẩn α p ln tồn tại
Nếu α = 0 thì a n p = 0 , do đó α p = 0
Nếu α ≠ 0 thì ∃M ∈

sao cho ∀n > M thì α p = a n p ≠ 0

ii. Chuẩn α p khơng phụ thuộc vào phần tử đại diện
Giả sử {a n/ } là đại diện khác của α , khi đó

a n p = a n − a n/ + a n/ ≤ a n − a n/ + a n/ ⇒ a n p − a n/
p

- Ta có

p

{

= x∈

{

và M p = x ∈

p

p

p

p

p

≤ a n − a n/ → 0
p

⇒ lim a n p = lim a n/
n →∞

}

n →∞

p

/ x p ≤ 1 là một vành, được gọi là vành các số ngun p-adic

}

/ x p < 1 là ideal tối đại của

p

. Hơn nữa, M p = p

p

, thật vậy:

i. px p = p p x p ≤ p −1 < 1 ⇒ px ∈ M p
⇒p

p

⊂ Mp

ii. ∀x ∈ M p : x p < 1 mà x p = pα nên pα < 1 ⇒ α < 0 ⇒ α ≤ −1
⇒ x p ≤ p −1 ⇒

x
p

p

Vậy x = p ∈ p

p

- Do đó

là một trường, gọi là trường thặng dư của

p

p

⇒ Mp ⊂ p

x
x
≤1⇒ ∈
pp
p

p

p

p.

10

p

đối với

p

theo mod


1.2.2. Xây dựng trường
theo

Làm đầy đủ

p
p

ta được trường

hiệu bao đóng đại số của
- Với α ∈
Irr ( α,

p

p

là

p

. Chuẩn trên

p

, x ) bất khả quy có các hệ số thuộc
p

- Trường

=

. Do đó tồn tại một đa thức

, hệ số đầu tiên là 1 và nhận α

là một chuẩn trên

p

đóng đại số nhưng nó lại không đầy đủ theo

p

tiếp tục làm đầy đủ
p

p

p

được xây dựng như sau:

p

, x ) = x n + a n −1x n −1 + ... + a1x + a 0

- Đònh nghóa α p = n a 0 p . Khi đó

p

đầy đủ nhưng không đóng đại số. Kí

thì α là phần tử đại số trên

làm nghiệm: Irr ( α,

hiệu:

p

^
p

=

^

^

p

theo

p

=

p

p

p

trên

p

.

vừa xây dựng. Nếu

p

thì ta sẽ được trường các số phức p – adic, kí

. Để thuận tiện trong trình bày, ta dùng kí hiệu

cho giá trò tuyệt đối trên

- Tập các z trong

p

và

p

p

thay vì

.

mà z p ≤ 1 làm thành một vành con đóng của

p

, kí hiệu

là O p .
- Tập các z mà z p < 1 là ideal tối đại Ip trong O p , kí hiệu
của

p

p

, gọi là trường các lớp thặng dự. Vì

1.2.3.1 dưới đây) nên
w∈

p

p

p
p

cũng vậy, đặc biệt

, kí hiệu lớp tương đương của nó trong

( )

p

p

p

= O p / I p là mở rộng

đóng tại số ( theo mệnh đề

không là trường hữu hạn. Lấy

là w .

- Ta dùng kí hiệu v ( z ) = − log p z p là hàm mũ trên trường
hàm mũ Ord p ( a ) = − log p a trên trường
p

p

p

, nó là mở rộng của

. Nếu z = 0 thì ta quy ước v ( 0 ) = ∞ .

Để thuận tiện cho việc trình bày, từ đây về sau, nếu không có gì nhầm lẫn, trong
luận văn sẽ sử dụng thay cho p là chuẩn trên trường số phức p-adic p và cũng
dùng kí hiệu log thay cho logp .
1.2.3. Một số tính chất của trường
Cũng như trường số phức

, trường

p
p

có các tính chất cơ bản sau:

1.2.3.1. Mệnh đề
1. p đầy đủ

11


2.

p

- ñoùng ñaïi soá

Chứng minh
1. Hiển nhiên vì p = p
2. Đầu tiên ta sẽ chứng minh bổ đề sau.
1.2.3.2. Bổ đề
Lấy g ( x ) = x n + b n −1x n −1 + ... + b0 ∈

p

[x] .

Khi đó nếu β là nghiệm của g ( x ) thì β ≤ c = max {1, bi }
0≤ i ≤ n −1

Chứng minh
Giả sử β là nghiệm của g ( x ) và β > c (*)
Ta có: βn + b n −1βn −1 + ... + b0 = 0
⇒ β + b n −1 + ... +
⇒ β = −b n −1 −

b0
=0

βn −1

b
bn −2
− ... − n0−1
β
β

⎧b
⎫
⇒ β ≤ max ⎨ n −ii −1 ⎬ ≤ max { b n −i −1 }
0≤i ≤ n −1
⎩ β ⎭ 0≤i≤ n −1
≤ c (mâu thuẫn với (*))
Vậy β ≤ c

( do β

i

)

>1

Bổ đề được chứng minh. □
Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 1.2.3.1
Lấy f ( x ) = x n + a n −1x n −1 + ... + a 0 ∈

p

[ x ] , ta sẽ chứng minh f ( x ) có nghiệm trong

Với mỗi i = 0,1,..., n − 1 ; lấy {a ij } j là dãy phần tử của

p

hội tụ về ai.

Đặt g j ( x ) = x n + a n −1, j x n −1 + ... + a1, j x + a 0, j .
Lấy rij là nghiệm của g j ( x ) trong
n

Ta có: g j+1 ( x ) = ∏ ( x − ri, j+1 )
i =1

{

Với mọi j đặt A j = max 1, a ij
1≤i ≤ n

p

( i = 1, 2,..., n )

( *)
n

} , do a

ij

→ a i khi j → ∞ nên a ijn → a in khi j → ∞ và do đó

12

p

.


n

a ij bị chặn khi j → ∞ ⇒ A j bị chặn khi j → ∞ ⇒ ∃A : A j < A, ∀ j .

{ }
Theo bổ đề 1.2.3.2 ta được max 1, rij
1≤ i ≤ n

n

{ }

Bây giờ, với mỗi j ta xây dựng ri j , 1 ≤ i j ≤ n sao cho dãy ri j là dãy Cauchy.
j

j

● ri 1 chọn tùy ý (nghiệm tùy ý của g1)
● giả sử đã chọn ri j , ta chọn ri j+1 như sau :

1

j+1

j

● từ (*) suy ra

n

∏r

ijj

i =1

( )

( ) ( )

( )

− ri, j+1 = g j+1 ri j j = g j+1 ri j j − g j ri j j = ( g j+1 − g j ) ri j j
≤ max a i, j+1 − a ij ri j j ≤ δ jA với δ j = g j+1 − g j

j→∞
= max a i, j+1 − a ij ⎯⎯⎯
→0

Gọi i j+1 là chỉ số để ri j − ri, j+1 bé nhất ri j − ri

j

{ }

j

j+1 , j+1

≤ n δ j n A → 0 khi j → ∞

⇒ ri j j là dãy Cauchy

⇒ ∃r ∈

để r = lim ri j (do

p

j→∞

j

p

đầy đủ)

⎛
⎞
⇒ f ( r ) = f ⎜ lim ri j j ⎟ = lim f ri j j (do f là đa thức nên liên tục)
⎜ j→∞ ⎟ j→∞

⎝
⎠

( )

( )

= lim g j ri j j = 0
j→∞

Vậy p đóng đại số.
Mệnh đề được chứng minh. □
Ngoài ra

p

có những tính chất khác mà

không có.

1.2.3.3. Meänh ñeà
p khoâng Compact ñòa phöông.
Chứng minh
Với m ∈ : ( m, p ) = 1, kí hiệu m 1 = {x ∈

p

}

/ xm = 1

Dễ dàng thấy với ξ ∈ m 1 ⇔ ξm = 1 ⇒ ξ = 1 ⇒ ξ = 1
m

Để chứng minh mệnh đề 1.2.3.3 đầu tiên ta sẽ chứng minh bổ đề sau.
1.2.3.4. Bổ đề
Với m ∈ : ( m, p ) = 1, ξ ∈ m 1, ξ ≠ 1thì ξ − 1 = 1

13


Chứng minh
Ta có: ξ − 1 ≤ max { ξ , 1} = 1
Giả sử ξ − 1 < 1 .
Đặt a = ξ − 1 ≠ 0 thì a < 1 và ξ = 1 + a
Khi đó ξm = (1 + a ) = 1 + ma + ... + ma m −1 + a m
m

⇒ 1 + ma + ... + ma m −1 + a m = 1
⇒ ma + ... + ma m −1 + a m = 0

(

)

⇒ a m + ... + ma m − 2 + a m −1 = 0

⇒ m + ... + ma m − 2 + a m −1 = 0
⇒ m + ... + ma m − 2 + a m −1 = 0

(1)

Mặt khác, ( m, p ) = 1 ⇒ m = 1 và Cim a i −1 = Cim a

i −1

< 1 ∀i = 2,..., m

( 2)

nên m + ... + ma m −2 + a m −1 = m = 1

(1) và ( 2 ) mâu thuẫn.
Vậy ξ − 1 = 1
Bổ đề được chứng minh. □
Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 1.2.3.3
Đặt I = ∪

( m,p ) =1

m

1 thì I là tập vơ hạn.

Lấy {ξi }i∈ ⊂ I , ta sẽ chứng minh {ξi }i∈ khơng có dãy con hội tụ. Thật vậy, với
⎛ ξ
⎞
ξi
− 1 = 1 ⎜ do i ∈ mn 1 ⎟ .
⎜ ξj

⎟
ξj
⎝
⎠
đều khơng hội tụ. Mà {ξi }i∈ cũng là dãy trên quả

ξi , ξ j ∈ {ξi }i∈ , giả sử ξi ∈ m 1, ξ j ∈ n 1 ta có: ξi − ξ j = ξ j

Do đó, mọi dãy con của

{ξi }i∈

cầu đơn vị, do đó quả cầu đơn vị khơng Compact, suy ra mọi quả cầu đều khơng
Compact. Vậy p khơng Compact địa phương.
Mệnh đề được chứng minh. □
1.3. Chuỗi lũy thừa p-adic
Trong phần này, chúng tôi đề cập đến các khái niệm cơ bản về dãy và chuỗi trên
một trường p với chuẩn phi Archimede đầy đủ , đặc biệt là các dãy và chuỗi

14


số p-adic với các tính chất mạnh hơn hẳn so với tính chất của các dãy và chuỗi
trong giải tích phức.
1.3.1. Bổ đề
Dãy {a n } trong

p

là dãy Cauchy và do đó hội tụ ⇔ lim a n +1 − a n = 0

n →∞

Chứng minh
⇒) Dãy {a n } là dãy Cauchy thì ∀ε > 0, ∃n 0 ∈ sao cho ∀n > n 0 , ∀k ∈

: a n+k − a n < ε .

Nói riêng, a n +1 − a n < ε ⇒ lim a n +1 − a n = 0
n →∞

⇐)∀ε > 0
Do lim a n +1 − a n = 0 nên ∃n 0 ∈ sao cho ∀n > n 0 : a n +1 − a n < ε
n →0

Khi đó: ∀n > n 0 , ∀k ∈ :

a n + k − a n = a n + k − a n + k −1 + ... + a n +1 − a n ≤ max { a n + k − a n + k −1 ,..., a n +1 − a n } < ε

⇒ {a n } là dãy Cauchy trong

p

.

Bổ đề được chứng minh. □
1.3.2. Hệ quả
Chuỗi vô hạn

∞

∑a
n =0

n

với a n ∈

p

là hội tụ ⇔ lim a n = 0. Khi đó
n →∞

∞

∑a
n =0

n

≤ max a n
n

1.3.3. Đònh nghóa
∞

Chuỗi lũy thừa p-adic là chuỗi hàm có dạng f ( z ) = ∑ a n z n ( a n ∈

p

n =0

)

1

Bán kính hội tụ của chuỗi được đònh nghóa bởi hệ thức ρ =

lim sup a n
n →∞

Nếu ρ = 0 thì chuỗi chỉ hội tụ tại z = 0.
Nếu ρ = ∞ thì chuỗi hội tụ trên p .
Nếu 0 < ρ < ∞ , chuỗi hội tụ khi z < ρ và phân kì khi z > ρ
1.3.4. Đònh nghóa
Ta dùng các kí hiệu sau: D r = {z ∈
D = {z ∈

D r = {z ∈

p
p

: z ≤ r}

: z ≤ 1}
p

: z = r}

15

(1)
1
n

.


D r − = {z ∈

p

: z < r}

1.3.5. Đònh lí
n
Chuỗi (1) hội tụ ⇔ lim a n z n = 0 ⇔ lim an z = 0
n →∞

n →∞

Chuỗi (1) hội tụ trên Dr thì hội tụ tuyệt đối, hội tụ đều trên Dr
Nếu chuỗi (1) hội tụ về f(z) trên Dr thì f(z) là hàm liên tục trên Dr .

16


Chương 2
ĐỘ CAO CỦA HÀM CHỈNH HÌNH P-ADIC
Trong chương này chúng tơi nêu khái niệm hàm chỉnh hình p-adic, cũng như đưa

ra khái niệm độ cao của hàm chỉnh hình p-adic. Đặc biệt, nêu lên một số tính chất
lí thú về độ cao của hàm chỉnh hình p-adic mà sẽ được mở rộng lên cho hàm
nhiều biến ở chương 3.
2.1. Chuẩn trên vành H(Dr)
2.1.1. Vành các chuỗi lũy thừa hình thức

p

[[z]]

∞

Ta gọi f ( z ) = ∑ a n z n là chuỗi lũy thừa hình thức.
n =0

Tập tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức với hệ tử thuộc
nghĩa là

Trên

p

được kí hiệu là

p

[[z]] ,

∞
⎧

⎫
[[z]]
f
z
a n zn a n ∈ p ⎬ .
=
=
(
)
⎨
∑
p
n =0
⎩
⎭
p [[z]] ta xây dựng phép cộng, phép nhân như sau :
∞

∞

* Phép cộng: ∀f ( z ) = ∑ a n z , g ( z ) = ∑ b n z n ∈
n

n =0

p

n =0

[[z]] .

∞

Ta định nghĩa f ( z ) + g ( z ) = ∑ ( a n + b n ) z n .
n =0

Dễ thấy phép cộng được định nghĩa hợp lí và có tính kết hợp, giao hốn, phần tử
trung hòa 0 [[z]] là chuỗi lũy thừa hình thức với mọi hệ tử là 0.
p

∞

∞

n =0

n =0

* Phép nhân: ∀f ( z ) = ∑ a n z n , g ( z ) = ∑ b n z n ∈
∞

Ta định nghĩa f ( z ) .g ( z ) = ∑ ck z k với ck =
k =0

p

[[z]] .

∑ab

i + j= k

i

j

.

Dễ thấy phép nhân được định nghĩa hợp lí và có tính kết hợp, giao hốn, phần tử
đơn vị e

∞

p [[z]]

= 1 + ∑ a n z n với a n = 0 ∀n = 1, 2...
n =1

Hơn nữa phép nhân phân phối đối với phép cộng, hay p [[z]] là vành giao hốn, có
đơn vị và được gọi là vành các chuỗi lũy thừa hình thức.
2.1.2. Chuẩn trên vành H(Dr)
2.1.2.1. Định nghĩa
n →∞
→ 0}
Với r > 0, ta định nghĩa H ( D r ) = {f ( z ) ∈ [[z]] / a n r n ⎯⎯⎯

17


2.1.2.2. Định lí

Với r > 0, H ( D r ) là vành con của [[z]] .
Chứng minh
∞

∞

∞

Với f ( z ) = ∑ a n z n , g ( z ) = ∑ b n z n ∈ H ( D r ) ta có f ( z ) − g ( z ) = ∑ ( a n − b n ) z n
n =0

n =0

Mà a n − b n r ≤ max { a n r ; b n r
n

n

n

} nên

n =0

a n − b n r ⎯⎯⎯
→ 0 hay f ( z ) − g ( z ) ∈ H ( D r )
n →∞

n

∞

∞

∞

n =0

n =0

k =0

Với f ( z ) = ∑ a n z n , g ( z ) = ∑ b n z n ∈ H ( D r ) ta có f ( z ) .g ( z ) = ∑ ck z k với ck =
Mà c k r k =

∑ab

i + j= k

i

j

{

∑ab

i + j= k

i

j

}

k →∞
r k ≤ max a i r i . b j r j nên c k r k ⎯⎯⎯
→ 0 hay f ( z ) .g ( z ) ∈ H ( D r )
i + j= k

Vậy H ( D r ) là vành con của [[z]] .
Định lí đã được chứng minh. □
n

Do lim a n r n = 0 nên lim a n z = 0 với mọi z ∈ Dr hay chuỗi
n →∞

n →∞

∞

∑a
n =0

n

z n hội tụ trên D r .

Từ đó ta đi đến định nghĩa hàm chỉnh hình như sau.
2.1.2.3. Đònh nghóa

Hàm f : D r → p được gọi là hàm chỉnh hình (hay hàm giải tích) p-adic trên Dr
nếu f(z) có thể biểu diễn được dưới dạng một chuỗi lũy thừa hội tụ trên Dr .
Nghóa là, f ( z ) = a0 + a1z + ... + an z n + ... hội tụ ∀z ∈ D r .
Nếu f biểu diễn được dưới dạng một chuỗi lũy thừa p-adic hội tụ trên
được gọi là hàm nguyên p-adic.
Khi đó H(Dr) là tập các hàm chỉnh hình trên Dr
Đặc biệt, do lim a n r n = 0 nên ∃n 0 ∈ : a n r n = max a n r n
0

n →∞

0

n

2.1.2.4. Định nghĩa
∞

Với r > 0 , f = ∑ a n z n ∈ H ( D r ) . Ta định nghĩa f r = a n r n = max a n r n
0

0

n =0

n

2.1.2.5. Định lí
Cho r > 0 ,

r

là một chuẩn trên H ( D r ) nghĩa là

1. f r = 0 ⇔ f = 0

{

2. f + g r ≤ max f r ; g r

}

∀f , g ∈ H ( D r )

18

r

thỏa các tính chất sau:

p

thì f


∀f , g ∈ H ( D r )

3. fg r = f r . g r

Chứng minh

1. f r = 0 ⇔ max a n r n = 0 ⇔ a n r n = 0 ∀n ⇔ a n = 0 ∀n ⇔ f = 0
n

2. Giả sử f + g r = a n 0 + b n0 r n0

{

}

Ta có: f + g r ≤ max a n r n ; b n r n ≤ max { f r ; g r }
0

0

0

0

3. Giả sử fg r = c n0 r n0

Ta có: fg r =

∑ arbr
i

i + j= n 0

i

{

}

(1)

≤ max a i r i b j r j ≤ f r g r

j

j

Gọi i0 là chỉ số bé nhất mà f r = a i r i thì ∀i < i0 : a i r i < a i r i
0

0

0

0

Gọi j0 là chỉ số bé nhất mà g r = b j r j thì ∀j < j0 : b j r j < b j r j
0

0

0

0

Ta có: f r g r = a i b j r i + j

0

0

0

0

Đặt n = i0 + j0 thì cn r n =

∑ab

i + j= n

i

j

r n = a i0 b j0 r n +

∑ a r b r ( *)
i

i + j= n

i

j

j

i ≠ i0

Với i + j = n = i0 + j0 thì:
⎡i < i
⎡ a i r i < a i r i0
0
0
⎢
, kết hợp với (*) ta có:
⇒⎢
j
⎢ j < j0
⎢ b j r < b j r j0
0
⎣
⎣
n
n
c n r = a i0 b j0 r = f r g r

{

}

( 2)

⇒ fg r = max cn r n ≥ f r g r
n

Từ (1)( 2 ) ⇒ fg r = f r g r
Định lí được chứng minh. □
Hiển nhiên d : H ( D r ) xH ( D r ) →

( f (z), g(z) )

+

d ( f (z), g(z) ) = f − g r là mêtric trên H(Dr)

2.1.3. Mệnh đề
Với r > 0, H ( D r ) đầy đủ đối với

r

.

Chứng minh
∞

Giả sử dãy hàm fi ( z ) = ∑ a in z n ,i = 1, 2,... là dãy Cauchy đối với
n =0

19

r

trong H ( D r )

Tức là: ∀ε > 0 ∃n 0 ∈ ; ∀i, j > n 0 : max a in − a jn = fi − f j < ε nên {a in }i≥1 là dãy Cauchy
n

với mỗi n, và do

∞

n
p đầy đủ nên chúng hội tụ. Giả sử a n = lim a in và đặt f ( z ) = ∑ a n z
i →∞

n =0

Vì a in − a jn r < ε với i, j > n 0 nên khi cho j → ∞ , ta được nếu i > n 0 thì a in − a n r ≤ ε
n

n

⇒ max a in − a n r n ≤ ε ⇒ f i − f ≤ ε do đó lim f i = f .
i →∞

n

Vì fi ∈ H ( D r ) nên a in r → 0 khi n → ∞ , do đó ∀i, ∃n i , ∀n > n i : a in r n < ε
Cố định i > n 0 , ta có:
n

{

}

a n r n ≤ max a in − a n r n , a in r n < ε ∀n > n i hay a n r n → 0 khi n → ∞,suy ra f ∈ H ( D r )

Mệnh đề được chứng minh. □
2.1.4. Mệnh đề
Với r > 0, p [ z ] trù mật trong H ( D r )
Chứng minh
∞

n

n =0

k =0

Lấy f ( z ) = ∑ a n z n ∈ H ( D r ) và đặt f n ( z ) = ∑ a k z k .
Dãy {f n ( z )} ⊂

[ z ] hơn nữa : f − f n
p [ z ] trù mật trong H ( D r ) .
p

= max a k r k ≤ max a k r k → 0 nên f n → f .
k >n

k

Suy ra
Mệnh đề được chứng minh. □

2.2. Định lí chuẩn bị Weierstrass
Trong mục này ta sẽ chứng minh một định lí có vai trò rất quan trọng trong lí thuyết
các hàm chỉnh hình p-adic, đó là định lí chuẩn bị Weierstrass.
2.2.1. Định lí chuẩn bị Weierstrass
∞

Với r > 0 , f = ∑ a n z n ∈ H ( D r ) , toàn taïi g ( z ) = b0 + b1z + ... + bν z ν ∈
n =0

với ν = ν ( f , r ) = max {n / a n r n = f

∞

r

} và h ( z ) = 1 + ∑ c z
n =1

i. f ( z ) = g ( z ) .h ( z )
ii. g r = b ν r ν

iii. h ∈ H ( D r )
iv. h − 1 r < 1

v. f − g r < g r

20

n

n

thoả:

p

[z]


vi. f ( z ) có đúng ν không điểm trong D r
Chứng minh
Để chứng minh đònh lí Weierstrass, ta cần các bổ đề sau.
2.2.2. Bổ đề
Với r > 0, f(z), g(z) = b0 + b1z + ... + b k z k ∈

p

[ z ] sao cho g r = bk r k .

Gọi Q(z), R(z) là thương và dư trong phép chia f(z) cho g(z):
f(z) = g(z).Q(z) + R(z) ; deg R < k
Khi đó: f r = max { g r . Q r ; R r }
Chứng minh
1. f r ≤ max { gQ r ; R r } = max { g r . Q r ; R r }

2. Chứng minh f r ≥ max { g r . Q r ; R r }

i. Khi r = 1 ta cần chứng minh f 1 ≥ max { g 1 . Q 1 ; R 1}
Cho g ( z ) sao cho b k = 1

Khi đó g 1 = 1 ⇒ max { g 1 . Q 1 ; R 1} = 1
Giả sử f 1 < 1

Ta có: f ( z ) = g ( z ) .Q ( z ) + R ( z ) (*) với deg R ( z ) ≤ deg R ( z ) < k
⇒ (*) là phép chia trong

p

[z]

Do f 1 < 1 nên f ( z ) = 0

⎪⎧Q ( z ) = 0 ⎪⎧ Q 1 < 1
Mà g ( z ) ≠ 0 ⇒ ⎨
⇒⎨
⇒ max { g 1 . Q 1 ; R 1} < 1 (vơ lý)
R
<
1
R
z
=
0
(
)
⎪
⎩ 1
⎩⎪

Vậy f 1 ≥ 1,suy ra f 1 ≥ max { g 1 . Q 1 ; R 1}

ii. Khi r = p t ⇒ ∃a ∈

p

:a =r
∞

∞

Xét hàm chỉnh hình h ( z ) = ∑ a i z , định nghĩa h a ( z ) = h ( az ) = ∑ a i a i z i
i

i =0

i =0

Ta có: h a 1 = max a i a = max a i r = h r
i

i

Từ f(z) = g(z).Q(z) + R(z) suy ra f a ( z ) = g a ( z ) .Q a ( z ) + R a ( z )

Theo i) : f a 1 ≥ max { g a 1 . Q a 1 ; R a 1}

21


f r max { g r . Q r ; R r }

iii. Khi r p t ngha l a


+

p

:a =r

, = p vi = log

=

: lim t n = lim p t n = p = {p t }

Nờn tn ti {t n }n

n

n

t

trự mt trong

+

Vy cú {t i }i sao cho lim p = r , t ri = p lim ri = r
ti

{

ti

i

Theo ii) : f r max g r . Q r ; R r
i

i

i

i

i

}

Cho i ta c f r max { g r . Q r ; R r }

T (1) v (2) suy ra f r = max { g r . Q r ; R r }

Boồ ủe ủửụùc chửựng minh.
2.2.3. Boồ ủe
Vi r > 0, f(z) H ( D r ) , g(z) = b 0 + b1z + ... + b k z k

Khi ú Q(z) H ( D r ) , R(z) p [ z ] sao cho:
i. f(z) = g(z).Q(z) + R(z); deg R < deg g = k
ii. f r = max { g r . Q r ; R r }

p

[z]

vụựi g r = b k r k

Chửựng minh


Gi s f ( z ) = a i zi
i =0

Vỡ

p

[ z ] trự mt trong H ( D r ) theo chun

r

n

n
n
f ( z ) {f n ( z )}n l dóy Cauchy f n f n +1 r
0
Nờn f n ( z ) = a i zi
i =0

Theo B 2.2.2 ta cú:
f n ( z ) = g ( z ) .Q n ( z ) + R n ( z ) deg R n < k

( 2)
f n r = max { g r Q n r ; R n r }
Do ú f n ( z ) f n +1 ( z ) = g ( z ) ( Q n ( z ) Q n +1 ( 2 ) ) + R n ( z ) R n +1 ( z )
Vi deg ( R n ( z ) R n +1 ( z ) ) < k nờn theo B 2.2.2

n
f n f n +1 r = max { g r . Q n Q n +1 r ; R n R n +1 r }
0 ( do (1) )

22

(1)


n →∞
⎧⎪ Q n − Q n +1 r ⎯⎯⎯
→0
⇒⎨
⇒ {Q n } , {R n } là hai dãy Cauchy
n →∞
→0
⎪⎩ R n − R n +1 r ⎯⎯⎯
n →∞
⎧⎪
→ Q ( z ) ∈ H ( Dr )
Q n ⎯⎯⎯
⇒⎨

n →∞
→ R ( z ) ∈ p [ z ] ;deg R < k
⎪⎩R n ⎯⎯⎯
Trong ( 2 ) ,cho n → ∞ ta được: f r = max { g r . Q r ; R r }

Bổ đề được chứng minh. º

Bây giờ ta sẽ chứng minh đònh lí Weierstrass:
Giả sử f ( z ) = a 0 + a1z + ... + a n z n + ...
Đặt g1 ( z ) = a 0 + a1z + ... + a ν z ν

Ta có: f − g1 r = max { a i r i } < a ν r ν (do ν = max {n/ a n r n = f
i >ν

=f

nên 0 <

f − g1 r
f

r

})

r

<1

r

⇒ ∃δ ∈ ( 0;1) sao cho :0 <

f − g1 r
f

≤ δ . Đặt h1 ( z ) = 1

r

*Bằng quy nạp ta xây dựng:
ν

g i ( z ) = ∑ bijz j , h i ( z ) ∈1 + z
j= 0

p

⎡⎣[ z ]⎤⎦ thỏa các điều kiện sau

1. g i r = biν r ν
2. f − g i r ≤ δ f r và h i −1 r ≤ δ
3. f − g i h i r ≤ δi f r
Š g1 , h1 xây dựng ở trên thoả (1)(2)(3)
Š giả sử ta đã xây dựng được g i , h i thoả (1)(2)(3). Ta sẽ đi xây dựng h i +1 , g i +1
Áp dụng Bổ để 2.2.3:
⎧⎪ f − g i h i = g i Qi + R i , deg R i < ν
( *)
⎨
⎪⎩ f − g i h i r = max { g i r . Qi r ; R i r }

Đặt:
ν

g i +1 = g i + R i = ∑ bi +1, jz j

(

bi +1, ν = bi, ν vì deg R i < ν

j= 0

h i +1 = h i + Qi

23

)