DÁNG điệu tại vô hạn của một lớp đa THỨC NHIỀU BIẾN

VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TOÁN HỌC - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ HOÀ DÁNG ĐIỆU TẠI VÔ HẠN CỦA MỘT LỚP ĐA THỨC NHIỀU BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2015 VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TOÁN HỌC - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ HÒA DÁNG ĐIỆU TẠI VÔ HẠN CỦA MỘT LỚP ĐA THỨC NHIỀU BIẾN Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TSKH HÀ HUY VUI Hà Nội - 2015 Mục lục KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Các định nghĩa 1.2 Đa giác Newton đa thức hai biến 1.2.1 Đa giác Newton 1.2.2 q-bậc q-phần đa thức 1.2.3 Các đa thức tương đương 1.2.4 Khai triển nghiệm đa thức hai biến theo chuỗi Puiseux 4 4 10 13 ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC HAI BIẾN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA GIÁC NEWTƠN 17 2.1 Phát biểu kết 17 2.2 Tính ổn định đa thức thỏa mãn đánh giá định lý (2.1.1) 23 ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC NHIỀU BIẾN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA DIỆN NEWTON 25 3.1 Đa diện Newton đa thức 25 3.2 Đánh giá sở 27 Mở Đầu Cho P (ξ) đa thức biến thực bậc d, P (ξ) = ad ξ d + ad−1 ξ d−1 + + a0 Khi đó, tồn số dương r, c1 c2 cho: |ξ| ≥ r ⇒ c1 |ξ|d ≤ |P (ξ)| ≤ c2 |ξ|d Nếu đa thức P (ξ) phụ thuộc vào n biến (ξ1 , ξ2 , , ξn ) ∈ Rn , để tìm kết aα ξ α, (α = (α1 , , αn ) , ξ α = tương tự trên, ta viết P (ξ) = α1 ξ1 ξn αn , |α| |α| = α1 + + αn ), dạng: P (ξ) = Pd (ξ) + Pd−1 (ξ) + + P0 aα ξ α thành phần bậc i P Trong đó: Pi (ξ) = |α|=i Khi đó, Pd (ξ) = ξ = 0, ta có kết tương tự trường hợp biến, tức tồn số dương r, c1 , c2 cho: ξ ≥ r ⇒ c1 ξ d ≤ |P (ξ)| ≤ c2 ξ d Tuy nhiên, việc đặt điều kiện lên đa thức bậc cao Pd (ξ) để kiểm soát cấp tăng vô hạn hạn chế Chẳng hạn, với đa thức hai biến P (ξ1 , ξ2 ) = ξ12 + ξ24 + ξ23 + ξ1 , ta thấy ngay, tồn r, c1 , c2 > cho (ξ1 , ξ2 ) ≥ r ⇒ c1 ξ12 + ξ24 ≤ |P (ξ1 , ξ2 )| ≤ c2 ξ12 + ξ24 Tức cấp tăng vô hạn P (ξ1 , ξ2 ) ví dụ đánh giá thông qua đa thức (không nhất) ξ12 + ξ24 Các tác giả [1] trình bày cách sử dụng đa diện Newton đa thức để kiểm soát cấp tăng vô hạn Cho aα ξ α , ξ ∈ Rn P (ξ) = |α|≤d Đặt: Supp(P ) = α ∈ (N ∪ {0})n |aα = , đặt N (P ) = Co(SuppP ) bao lồi Supp(P ) Ta thấy N(P ) xác định đa diện bị chặn Rn , có đỉnh điểm có tọa độ nguyên không âm Gọi V (P ) tập đỉnh đa diện N(P ) Trong [2], Gindikin chứng minh kết sau, cho ta cách kiểm tra cấp tăng vô hạn đa thức thông qua khái niệm đa diện Newton Định lý Gindikin: hai điều kiện sau tương đương: i) Tồn r, c1 c2 cho: |ξ|α ≤ |P (ξ)| ≤ c2 ξ ≥ r ⇒ c1 α∈V (P ) |ξ|α α∈V (P ) aα ξ α luôn khác không ii) Với mặt ∆ N(P ), đa thức P∆ (ξ) = α∈∆ n miền (R\0) Mục đích luận văn trình bày lại kết nói Gindikin, dựa theo chương (từ trang 1-47) chương (trang 158-164)của [1] Luận văn gồm chương, chương trình bày trường hợp hai biến , chương xét trường hợp số biến tùy ý Mặc dù bản, trường hợp hai biến xét chương hệ trực tiếp trường hợp n biến xét chương 3, giống tác giả [1], trình bày kết thành hai phần riêng biệt Trong trường hợp hai biến, nhờ sử dụng khai triển Puiseux, ta có thêm thông tin cụ thể bổ ích khác Các ứng dụng Định lý Gindikin lý thuyết phương trình đạo hàm riêng trình bày [1] Gần đây, định lý Gindikin đóng vai trò quan trọng số toán lĩnh vực khác toán học Chẳng hạn, dựa kết Gindikin, tồn cận sai số Holder cho toán tối ưu với ràng buộc đa thức thiết lập [ Hà Huy Vui, Global Holderian error bound for nondeqe nerate polynomials SIAM] Optim.23 (2013, no.2, 917-933)]( Chương J) Trong công trình Hà Huy Vui Trần Gia Lộc ( International mathematical Iournal, 2015), đánh giá hai phía đa thức thỏa mãn điều kiện Gindikin sử dụng đánh giá số điểm nguyên lớp tập nửa đại số Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Các định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Một tập A ⊂ Rn gọi tập lồi ∀a, b ∈ A, ≤ λ ≤ ⇒ λa + (1 − λb) ∈ A Ví dụ 1.1.1 Trong Rn , hình cầu mở tâm x bán kính r > 0, B(x, r) := {y ∈ Rn : x − y < r}, tập lồi Định nghĩa 1.1.2 Ta nói x tổ hợp lồi điểm (vectơ) x1, , xk k k λj xj , x= λj = λj ≥ 0, j=1 j=1 Định nghĩa 1.1.3 Bao lồi tập A giao tất tập lồi chứa A, kí hiệu Co(A) Bao lồi tập A tập lồi nhỏ chứa A 1.2 1.2.1 Đa giác Newton đa thức hai biến Đa giác Newton Xét đa thức aαβ ξ α η β , P (ξ, η) = (α,β)∈Supp(P ) (ξ, η) ∈ R2 Với Supp(P ) := (α, β) ∈ N2 : aαβ = Kí hiệu: R2+ = (α, β) ∈ R2 : α > 0, β>0 , R2+ = (α, β) ∈ R2 : α ≥ 0, β≥0 Đặt N0 (P ) = Co(Supp(P )), đó, N(P ) đa giác R2+ Định nghĩa 1.2.1 Ta gọi N0 (P ) đa giác Newton đa thức P α < α′ Với (α, β) , (α′ , β ′) ∈ R2 , ta nói (α, β) < (α′ , β ′) β < β′ Định nghĩa 1.2.2 Xuất phát từ đa giác Newton N0 (P ), ta xây dựng đa giác mới, gọi đa giác Newton bổ sung kí hiệu N(P ) bao lồi tập tất điểm (α, β), (α, 0), (0, β), (0, 0), (α, β) ∈ N0 (P ) Ví dụ 1.2.1 (i) Cho P = x4 + x2 y + x3 y + x4 y + y + x3 y + xy • Supp(P ) = {(4, 0) , (2, 5) , (3, 4) , (4, 2) , (0, 5) , (3, 3) , (1, 1)} β A B a b C F h c f D G d g E e H • Lấy Co(Supp(P )) α Ta thấy đa giác Newton N0 (P ) P đa giác ABCDEG đa giác Newton bổ sung N(P ) đa giác ABCDEH (ii) Cho P = y + x2 y + x4 y + x5 + Supp(P ) = {(0, 4) , (2, 4) , (4, 3) , (5, 0) (0, 0)} β A B a b C c D α Trường hợp đa giác Newton P trùng với đa giác Newton bổ sung P Định nghĩa 1.2.3 Đa giác Newton bổ sung N(P ) gọi quy không chứa cạnh song song với trục tọa độ không nằm chúng Ví dụ 1.2.2 N(P ) quy với β A a B b C e c d O D α N(P ) đa giác OABCD Tính chất 1.2.1 Gọi (α0 , β0 ), (α1 , β1 ), ,(αm+1 , βm+1 ) đỉnh N(P ), N(P ) quy = α0 < α1 < < αm < αm+1 , (1.1) β1 > β2 > > βm+1 = (1.2) Định nghĩa 1.2.4 Một điểm nguyên (α, β) ∈ N(P ) gọi điểm nhỏ tồn (α′ , β ′) ∈ N(P ) cho: (α, β) < (α′ , β ′) Định nghĩa 1.2.5 Một điểm nguyên (α, β) ∈ N(P ) gọi điểm to (α, β) điểm nhỏ Nhận xét 1.2.1 Rõ ràng nhữngđiểm to nằm biên N(P ) thuộc cạnh không nằm trục tọa độ Mọi đỉnh khác (0, 0) N(P ) điểm to Kí hiệu δ(P ) bao lồi điểm nhỏ thuộc N(P ), với N(P ) δ(P ) ta đặt: LN (P ) tập hợp tất đa thức Q thỏa mãn Supp(Q) ⊂ N(P ) HN (P ) tập hợp tất đa thức Q thỏa mãn Supp(Q) ⊂ δ (P ) Các tập LN (P ) HN (P ) đồng với không gian tuyến tính, ta đồng (theo thứ tự từ điển) đa thức Q (ξ, η) = bαβ ξ α η β với vectơ hệ số (bαβ ) 1.2.2 q-bậc q-phần đa thức Cho N đa giác lồi tùy ý mặt phẳng R2(α,β) q = (q1, q2 ) ∈ R2q , xét tích vô hướng (q1, q2 ) , (α, β) = q1 α + q2 β Định nghĩa 1.2.6 Một đường thẳng tựa N xác định vectơ q = (q1, q2 ) giá trị d(N, q) ∈ R cho: (i) Với điểm (α, β) ∈ N , ta có q, (α, β) ≤ d (N, q), (ii) Tồn điểm (α0 , β0 ) ∈ N cho: q, (α0 , β0 ) = d (N, q), đường thẳng tựa xác định phương trình: q1 α + q2 β = d (N, q) Nhận xét 1.2.2 Đa giác N xác định hệ (vô hạn) bất phương trình N = (α, β) ∈ R2+ : q, (α, β) ≤ d (N, q) , q ∈ R2+ Ta tồn hữu hạn q , q , , q m cho: N(P ) = (α, β) ∈ R2+ : q (j) ; (α, β) ≤ d N, q (j) ; q (j) ∈ R2+ ; j = 1, m , q (j) , j = 1, 2, m vectơ pháp tuyến cạnh đa giác Nếu thêm điều kiện độ dài q (j) = với cạnh có pháp tuyến Với đa thức P với vectơ q ∈ R2 , ta đặt dP (q) = gọi dP (q) q - bậc P Có thể chứng minh rằng, q ∈ R2+ dP (q) = dP (q) = d (N(P ), q) max (α,β)∈Supp(P ) max (α,β)∈N (P ) q, (α, β) Ta q, (α, β) , tức Mệnh đề 1.2.1 Cho P đa thức, N(P ) đa giác Newton bổ sung P q (j) , j = 1, 2, m pháp tuyến với cạnh N(P ) không nằm trục tọa độ, cho Q đa thức tùy ý Khi (i) Q ∈ LN (P ) dQ q (j) ≤ dP q (j) , j = 1, 2, m, q (j) , (α, β) dQ q (j) = max (α,β)∈Supp(Q) (ii) Q ∈ HN (P ) dQ q (j) < dP q (j) , j = 1, 2, m, dP q (j) = q (j) , (α′ , β ′ ) max (α,β)∈Supp(P ) Định nghĩa 1.2.7 Đa thức P (ξ, η) gọi q -thuần nhất, q = (q1 , q2 ), tồn d cho P (tq1 ξ, tq2 η) = td P (ξ, η) Nhận xét 1.2.3 Thông thường đa thức P (ξ, η) gọi đa thức bậc d P (tξ, tη) = td P (ξ, η) Hay nói cách khác, đa thức thông thường q -thuần với q = (1, 1) Ví dụ 1.2.3 P = x3 + x2 y + y đa thức bậc Q = x2 + y đa thức thông thường (tức (1,1)- ) Q q - với q = (3, 2) Thật vậy: P (tq1 x, tq2 y) = t2q1 x2 + t3q2 y = td x2 + y , với q1 = 3, q2 = 2, d = Ví dụ 1.2.4 Đa thức P (ξ, η) = aαβ ξ α η β q = (q1 , q2 ) ∀ (α, β) ∈ Supp(P ) q1 α + q2 β = d Thật vậy: P (tq1 ξ, tq2 η) = aαβ tq1 α ξ α tq2 β η β = = tq1 α+q2 β aαβ tq1 α+q2 β ξ α η β aαβ ξ α η β = td P (ξ, η), với d = q1 α + q2 β III) ∃ q (j) ∈ R2+ , j = 1, 2, m tập vectơ q (j) - P [j] (ξ, η) cho: P [j] (ξ, η) = 0, ∀ (ξ, η) ∈ (R\0)2 , P ∼ P với P = P [1] P [m] Giải thích điều kiện (II), với cạnh ∆ N(P ), đặt aαβ ξ α η β P∆ (ξ, η) = (α,β)∈∆ (α,β)∈Supp(P ) Khi dó, điều kiện (II) nói đa thức P∆ (ξ, η) nghiệm (R\0)2 Chứng minh: (I) ⇒ (II) phản chứng Giả sử tồn ξ0 = , η0 = ∆ cạnh N(P ) cho P∆ (ξ0 , η0 ) = Gọi q = (q1 , q2 ) vectơ thuộc R2+ cho giá trị q1 α + q2 β , (α, β) ∈ N(P ) đạt max ∆ Xét aαβ tq1 α+q2 β ξ0 α η0 β P (tq1 ξ0 , tq2 η0 ) = aαβ ξ0 α η0 β ) + o td = td ( (α,β)∈∆ = P∆ (ξ0 , η0 ) + o td ⇒ P (tq1 ξ0 , tq2 η0 ) = P∆ (ξ0 , η0 ) + o td , t→∞ Trong |tq1 ξ0 |α |tq2 η0 |β + o tq1 α+q2 β Ξ (tq1 ξ0 , tq2 η0 ) = (α,β)∈∆ |ξ0 |α |η0 |β )td + o tq1 α+q2 β ≥ c.td ∼( (α,β)∈∆ |ξ0 |α |η0 |β = 0, (không thể có bất đẳng thức o td ≥ Vì ξ0 = 0, η0 = nên (α,β)∈∆ c.td , t → ∞ ) Vậy (I) suy (II) Chứng minh: (II) ⇒ (III) Lấy ∆ cạnh nối (αj , βj ) (αj+1 , βj+1 ), P∆ (ξ, η) có dạng ξ αj η βj+1 P [j] (trong P [j] q (j) - nhất) Theo chứng minh định lý (1.2.1) ta có P ∼ P [j] , j = 1, m Ta thấy theo cách dựng : ∆ cạnh N(P ), q∆ kí hiệu vectơ vuông góc với ∆, Pq∆ = P∆ Cũng theo cách xây dựng P [q∆ ] = ( kí hiệu P [j] ) thỏa mãn P∆ = ξ ρ1 η ρ2 P [j] 20 Từ (II) ta có P∆ (ξ, η) = 0, với ∀ξ = 0, ∀η = 0, tức P [q∆ ] (ξ, η) = 0, với ∀ (ξ, η) ∈ (R\0)2 Bổ đề 2.1.2 Cho P (ξ, η) đa thức bất kì, (α0 , β0 ) ∈ R2+ , tồn số c > , c0 > cho (2.7) ξ α0 η β0 < c |P (ξ, η)| , ξ + η > c20 điểm (α0 , β0 ) ∈ N(P ) Chứng minh: Giả sử phản chứng (α0 , β0 ) ∈ / N(P ) Khi ∃q ∈ R2+ cho với k ta có: q1 α + q2 β < k, ∀ (α, β) ∈ N(P ) q1 α0 + q2 β0 > k Thay (ξtq1 , ηtq2 ) vào (ξ, η) (2.7), ta thấy vế trái > c.tk , vế phải < o tk ( mâu thuẫn) Vậy (α0 , β0 ) ∈ N(P ) Để chứng minh (III) ⇒ (I) ta cần đến Bổ đề 2.1.3 Nếu P Q hai đa thức tùy ý, N(P Q) = N(P ) + N(Q) Trong tổng A + B hai tập hợp A, B ⊂ R2 xác định công thức A + B = c ∈ R2 |∃a ∈ A, b ∈ B : c=a+b Chứng minh : Nếu đơn thức hαβ ξ α η β chứa đa thức P Q , tổ hợp tuyến tính tích đơn thức tương ứng đa thức P Q Do tồn cặp số nguyên không âm (α′, β ′ ) ∈ N(P ) (α′′ , β ′′) ∈ N(Q) cho: α = α′ + α′′, β = β ′ + β ′′ Tức N(P Q) ⊂ N(P ) + N(Q) (2.8) Mặt khác theo hệ thức (1.3) max (α,β)∈N (P )+N (Q) (α, β) , q ≤ max (α′ ,β ′ )∈N (P ) α′ , β ′ , q + max (α′′ ,β ′′ )∈N (Q) α′′ , β ′′ , q = dP (q) + dQ (q) = dP Q (q) Nên ta có N(P ) + N(Q) ⊂ N(P Q) Từ (2.8) (2.9) suy N(P Q) = N(P ) + N(Q) 21 (2.9) Bổ đề 2.1.4 Cho P Q hai đa thức bất kì, tồn số c = c (P Q) > cho: c.ΞN (P ) (ξ, η) ΞN (Q) (ξ, η) ≤ ΞN (P Q) (ξ, η) ≤ ΞN (P ) (ξ, η) ΞN (Q) (ξ, η) Bổ đề 2.1.5 Cho q ∈ R2+ cho Q (ξ, η) đa thức q - thỏa mãn điều kiện Q (ξ, η) = 0, với (ξ, η) = (0, 0), tồn cδ , δ > cho với ∀ (ξ, η), ξ + η > δ ta có: (2.10) ΞN (Q) (ξ, η) ≤ cδ |Q (ξ, η)| Chứng minh: • Trường hợp 1: Ta bắt đầu với trường hợp q ∈ R2+ , k = deg dQ (q) Vì Q q - nên Q có dạng Q = hαβ ξ α η β αq1 +βq2 =k dP (q) định nghĩa sau: max {q1 α + q2 β : (α, β) ∈ Supp(P )} := dP (q) Như nhắc tới phần chứng minh phần (II) suy (III), điều kiện Q (ξ, η) = 0, ∀ (ξ, η) = (0, 0) , chứng tỏ đơn thức ξ k/q1 η k/q2 xuất Q với hệ số khác Do N(Q) tam giác với đỉnh (0, 0), (0, k/q2 ), (k/q1 , 0) Ta có: ΞN (Q) (ξ, η) = + ξ k/q1 + η k/q2 (2.11) Với q ∈ R2+ , đặt: 1 ρ (ξ, η) = |ξ| q1 + |η| q2 Dễ thấy ρ (ξ, η) q - Khẳng định: Điều kiện Q (ξ, η) = 0, ∀ (ξ, η) = (0, 0) tương đương với c−1 ρk (ξ, η) ≤ |Q (ξ, η)| < c.ρk (ξ, η) (2.12) Đặt ξ = ξρq1 (ξ, η) , η = ηρq2 (ξ, η) ⇒ ρ ξ, η = Mặt khác Q q - ta có: Q (ξ, η) = ρk (ξ, η) Q ξ, η (2.13) Thay ξ = ξρq1 (ξ, η), η = ηρq2 (ξ, η) , ta thấy tập ξ, η ∈ R2 : ρ ξ, η = ¯ η¯) khác không tập này, tồn c > tập compact hàm Q(ξ, 22 cho c−1 < Q ξ, η < c, ρ ξ, η = Sử dụng (2.13) ta thu bất đẳng thức (2.12), từ suy (2.10) cách đánh giá (2.11) thông qua + ρk (ξ, η) • Trường hợp 2: Giả sử hai tọa độ (q1 , q2 ) có tọa độ Chẳng hạn q = (1, 0), Q có dạng Q (ξ, η) = ξ k Q0 (η) Vì Q (ξ, η) = Q ξ 1, η η = ξ k Q (1, η) = ξ k Q0 (η) Từ điều kiện Q (ξ, η) = ta có Q0 (η) = 0, với η = Khẳng định: |Q0 (η)| > cδ (1 + |η|)m , ∀δ > 0, |η| > 0, m = deg Q0 (η) Chứng minh khẳng định: Nếu δ đủ lớn : δ ≥ δ0 với δ0 đủ lớn, điều cần chứng minh hiển nhiên, giả sử Q0 (η) < δ ≤ δ0 , xét (1+|η|) m [δ, δ0 ] Vì Q0 (η) = 0, ∀η ∈ [δ, δ0 ] hàm c > cho Q0 (η) (1+|η|)m Q0 (η) (1+|η|)m hàm liên tục [δ, δ0 ] nên tồn ≥ c Do bổ đề (2.1.5) chứng minh Bây ta chứng minh (III) ⇒ (I) Theo bổ đề (2.1.1(ii)) thiết lập hệ thức ΞN (P ) (ξ, η) ≤ c |P (ξ, η)| , với ξ + η > c20 ta giả thiết P = P = P [1] P [m] Theo bổ đề (2.1.5) ta có ΞN (P [j] ) (ξ, η) < c P [j] (ξ, η) , với ξ + η > c20 Nhân bất đẳng thức sử dụng bổ đề (2.1.4) ta có ΞN (P ) (ξ, η) ≤ ΞN (P [j] ) (ξ, η) ≤cm P (ξ, η) , với ξ + η > c20 Định lý (2.1.1) chứng minh 2.2 Tính ổn định đa thức thỏa mãn đánh giá định lý (2.1.1) Mệnh đề 2.2.1 Cho P (ξ, η) = aαβ ξ α η β thỏa mãn điều kiện định lý (2.1.1), tồn ε > đủ nhỏ cho đa thức Pδ (ξ, η) = (aαβ + δαβ )ξ α η β , với δαβ < ε, có tính chất 23 Chứng minh : Nếu ΞN (P ) (ξ, η) ≤ c |P (ξ, η)| với ξ + η > c20 Pδ (ξ, η) > |P (ξ, η)| − δαβ ξ αη β ≥ c−1 ΞN (P ) (ξ, η) − ε.ΞN (P ) (ξ, η) = (c−1 − ε).ΞN (P ) (ξ, η) Nhận xét 2.2.1 LN (P ) tập tất đa thức f thỏa mãn N(f ) ⊂ N(P ) Với đa thức aαβ ξ α η β ta đồng với aαβ , (α, β) ∈ N(P ), suy LN (P ) đồng với Rn ( N số điểm nguyên N(P ) ) Trong LN (P ) chuẩn đa thức P (ξ, η) = aαβ ξ α η β định nghĩa P := aαβ , mệnh đề nói đa thức thỏa mãn điều kiện định lý (2.1.1) tập mở LN (P ) 24 Chương ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC NHIỀU BIẾN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA DIỆN NEWTON 3.1 Đa diện Newton đa thức Cho aα ξ α P (ξ) = α∈Supp(P ) Supp(P ) = {α ∈ {Nn |aα = } Trong α = (α1 , α2 , , αn ), ξ α = ξ α1 .ξ αn Phát biểu toán : Tìm điều kiện để điều kiện sau Tồn c > cho ∀α ∈ Supp(P ) |P (ξ)| ≥ c |ξ α |, ∀ξ ∈ Rn Định nghĩa 3.1.1 Đa diện Newton P bao lồi Rn Supp(P ), kí hiệu N(P ) N(P ) = conv(Supp(P )) Nhận xét 3.1.1 N(P ) đa diện, tức tập nghiệm hệ bất phương trình tuyến tính   a11 x1 + a12 x2 + + a1n xn + b1 ≤     a x + a x + + a x + b ≤ 21 22 2n n x ∈ Rn :      a x + a x + + a x + b ≤ m1 m2 25 mn n m Nhận xét 3.1.2 N(P ) đa diện bị chặn không thiết có chiều n Kí hiệu V (P ) tập đỉnh đa diện N(P ) Với α, q ∈ Rn , tích vô hướng α q xác định q, α = q1 α1 + q2 α2 + + qn αn , q ∈ Rn Cho N ⊆ Rnα đa diện q ∈ Rn , đặt: d (N, q) = max q, α α∈N Xét hàm tuyến tính: q:N →R α → q, α Vì N tập lồi nên d (N, q) đạt mặt đa diện Tập {α ∈ Rn : q, α = d (N, q)} siêu phẳng điểm thuộc N nằm phía siêu phẳng Hay nói cách khác tập siêu phẳng tựa N Kí hiệu Nq mặt N(P ) cho q, α đạt max N(P ) Định nghĩa 3.1.2 Đa thức Pq (ξ) = aα ξ α gọi q aα ξ α = α∈Nq α∈N (P ) q,α =dP (q) - phần đa thức P Dễ thấy Pq (ξ) đa thức tựa Thật vậy: Pq (tq ξ) = Pq (tq1 ξ1 , tq2 ξ2 , tqn ξn ) = tdP (q) Pq (ξ) Suy Pq q - Định nghĩa 3.1.3 Cho N(P ) đa giác Newton, gọi dP (q) := d (N(P ), q), số dP (q) gọi q - bậc P kí hiệu degq (P ) Ví dụ 3.1.1 Nếu q = (1, 1, , 1) dP (q) = deg P Ta có: deg P = max (α1 + α2 + + αn ), α∈Supp(P ) dP (q) = d (N(P ), q)) = max q, α = max (α1 + +α2 + + αn ) α∈N α∈N Nên dP (q) = deg P Bổ đề 3.1.1 Cho Pq (ξ) = aα ξ α q -phần đa thức P (ξ), q,α =dP (q) đó: P (tq ξ) = tdP (q) Pq (ξ) + o tdP (q) , 26 t → ∞ Chứng minh: aα (tq ξ)α = Pq (tq ξ) = q,α =dP (q) Ta có: aα t q,α ξ α = tdP (q) Pq (ξ) q,α =dP (q) aα (tq ξ)α P (tq ξ) = Pq (tq ξ) + q,α cho |P (ξ)| ≥ c.ΞP (ξ) Bổ đề 3.2.1 Giả sử γ, γ , , γ m ∈ Rn+ γ ∈ conv |ξ γ | ≤ ξ γ + + ξ γ m , Chứng minh Vì γ ∈ conv γ, γ , , γ m Khi ∀ξ ∈ Rn nên tồn a1 ≥ 0, , am ≥ 0, γ, γ , , γ m m = i=1 cho: m γ i γ= i=1 27 Từ bất đẳng thức Young ta có: m γ |ξ | = ξ γi m m ξ ≤ i=1 γi i ξγ ≤ i=1 i=1 Với < a ≤ b , đặt: (a, b) = {ξ = (ξ1 , , ξn ) ∈ Rn |a ≤ |ξj | ≤ b, ≤ j ≤ n} Bổ đề 3.2.2 Giả sử γ điểm N(P ), với c > tồn a, b, với < a ≤ b, cho c |ξ γ | ≤ ΞP (ξ) , ∀ξ ∈ / (a, b) Chứng minh Qua γ kẻ đường thẳng song song với trục tọa độ, cắt N(P ) điểm γ k Từ bổ đề (3.2.1) , tồn c1 > cho: ξγ c1 Ngoài ta có: k ≤ ΞP (ξ) n ξ γk |ξi |∆i + |ξi |−δi γ = |ξ | i=1 Trong đó: ∆i > , δi > , i = 1, 2, n Chọn a, b ∈ R cho  ∆i   |ξi | > c/c1 , |ξi | > b Suy   ∀i = 1, , n −δi |ξi | > c/c1 , |ξi | < a ξγ ΞP (ξ) ≥ c1 k ≥ c |ξ γ | Định lý 3.2.1 Cho P đa thức n biến hệ số phức Khi đó, hai điều sau tương đương i) Tồn c > cho: |P (ξ)| ≥ c.ΞP (ξ) , ∀ξ ∈ Rn ii) Với ξ = (ξ1 , , ξn ) ∈ (R\0)n P (ξ) = 0, Pq (ξ) = 0, ∀q = 28 Chứng minh (i) ⇒ (ii) Lấy ξ ∈ (R\0)n Khi ΞP (ξ) > 0, suy P (ξ) = Ngoài (ρq ξ)α + ΞP (ρq ξ) = α∈V (P )∩Nq (P ) (ρq ξ)α ≥ cξ ρdP (q) , cξ > α∈V (P )\Nq (P ) Từ giả thiết Bổ đề (3.1.1) suy Pq (ξ) = (i) ⇐ (ii) Chỉ cần chứng minh cho trường hợp ξ ∈ Rn+ Hơn nữa, giả sử P ∈ R [ξ] Nếu P ∈ C [ξ] mà P (ξ) = Pq (ξ) = 0, ξ ∈ (R\0)n Q (ξ) := |P (ξ)|2 ∈ R [ξ] Từ bổ đề (3.1.2) suy Qq = |Pq |2 , tức Q (ξ) = Qq (ξ) = ξ ∈ (R\0)n Nếu (i) cho đa thức hệ số thực tồn c1 > c1 ΞQ (ξ) ≤ |Q (ξ)| = |P (ξ)|2 Từ bổ đề (3.2.1) (3.1.2) suy ra, với c2 > (ΞP (ξ))2 ≤ c2 ΞQ (ξ) Như ta xét đa thức P (ξ) với hệ số thực Rn+ mà (ii) thỏa mãn Do P (ξ) giữ dấu giả định mà không tính tổng quát P (ξ) > 0, ξj > 0, j = 1, 2, , n Khi nhờ bổ đề (3.1.1) ta có Pq (ξ) > 0, ∀q ∈ Rn , ξj > 0, j = 1, 2, , n Ta chứng minh (i) phương pháp quy nạp theo n theo số lượng điểm N(P ) Cho n = , ta có khẳng định rõ ràng sau Nếu đa thức m aα ξ α , P (ξ) = ∀ξ ∈ R1 α=k khác với ξ = Khi thỏa mãn bất đẳng thức có dạng |P (ξ)| ≥ c ξ m + ξ k , ξ ∈ R+ Giả sử khẳng định với đa thức n − biến số Đầu tiên ta chứng minh tất điều cho đa thức n biến số Vì N(P ) = Nq (P ), P (ξ) = Pq (ξ) , 29 q = (0) Với q1 = 0, ta thiết lập ηj = ξj ξ1 −qj /q1 , Khi j ≥ 2; Q (η2 , , ηn ) = Pq (1, η2 , , ηn ) d (q)/q1 P (ξ) = Pq (ξ) = ξ1 dP (q)/q1 Pq (1, η2 , , ηn ) = ξ1 P Q (η) Q (η) = ξ1 −dP (q)/q1 Pq (ξ) Đa diện Newton N(Q) thu từ đa diện N (Pq ) cách chiếu sau không gian {α1 = 0} Mặt khác N(Q) thu cách chiếu mặt Nr (Pq ) nằm biên N (Pq ) ( tức số chiều mặt không cao n − ) Và ta có Qr (η) = Pr (1, η2 , , ηn ) rj = rj − qj r1 /q1 ; j ≥ Rõ ràng Qr (η) = 0, η (1) = 0, bao gồm r = (0) Ξ(Q) (η) = ΞPq (1, η2 , , ηn ) Ta thu c.ΞP (ξ) ≤ |P (ξ)| Tập D ⊂ N(P ) gọi quy thỏa mãn điều kiện sau i) D chứa tất đỉnh N(P ) tức D ⊃ V (P ) ii) Nếu D chứa điểm mặt Nq (P ) D chứa toàn Nq (P ) Đặt: aα ξ α PD (ξ) = α∈D∩Nn Ta tồn c > , (a, b) cho cΞP (ξ) ≤ |PD (ξ)| , ∀ξ ∈ / (a, b) (3.1) Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo số điểm nguyên D Với D = D0 tập đỉnh N(P ) Do P (ξ) > ξ ∈ {R+ \0}n kết hợp với bổ đề (3.1.1) suy tồn c > cho: cΞPq (ξ) ≤ Pq (ξ) (3.2) Từ suy (3.1) cho Dq , hợp mặt Nq (P ) với đỉnh không thuộc Nq (P ) N(P ) Đặc biệt, (3.1) cho D0 30 Giả sử D tập quy D = Dq ; ∀q Khi D hợp D0 số điểm N(P ) (khi (3.1) hệ trực tiếp bổ đề (3.2.2) ), D chứa số mặt có số chiều khác không Xét Nq (P ) ⊂ D có số chiều lớn Không tính tổng quát, giả sử Nq (P ) chứa điểm Gọi D D bỏ điểm Nq (P ) Rõ ràng D tập quy Đối với đa thức Q = PD PDq , phía tập (a, b) đó, ta có (3.3) c3 (ΞP (ξ))2 ≤ |Q (ξ)| = PD (ξ) PDq (ξ) Kí hiệu D1 := D0 ∪ ∂Nq (P ), dễ thấy D1 tập quy Xét tập Q = PD PD1 Khi với q Qq (ξ) ≡ Qq (ξ) Điều suy từ bổ đề (3.1.2) từ quan hệ:  q q q q    PD ≡ PD , PDq ≡ PD1 , q = ρq, ρ >    Pq ≡ Pq , D1 D PDq q ≡ P q D Do đó, từ Bổ đề (3.2.2), phía tập Q (ξ) − Q (ξ) ≤ (a′ , b′ ) ta có c3 c3 ΞQ (ξ) ≤ (ΞP (ξ))2 2 Với số c3 (3.3) Suy phía tập (a′′ , b′′ ) c3 (ΞP (ξ))2 ≤ Q (ξ) = |PD (ξ) PD1 (ξ)| Nhưng Phía c4 ΞP (ξ) ≤ PD1 (ξ) ≤ c5 ΞP (ξ) (a′′ , b′′ ) nên tồn c > để cΞP (ξ) ≤ PD (ξ) Vì N(P ) tập quy tồn c6 > , (a, b) cho ξ ∈ / c6 ΞP (ξ) ≤ P (ξ) Mặt khác, P (ξ) > với ξ ∈ (a, b) Do tồn c7 > thoả mãn c7 ΞP (ξ) ≤ P (ξ) , ∀ξ ∈ (a, b) Vậy tồn c := min(c6 , c7 ) cho cΞP (ξ) ≤ P (ξ) , ∀ξ ∈ Rn+ 31 (a, b) Ví dụ 3.2.1 a) Đa thức P (ξ, η) = ξ − ξ η + η thỏa mãn điều kiện (i) (ii) định lý (3.2.1) b) P (ξ, η, µ) = (ξ − η)2 + (η − µ)2 + (µ − ξ)2 + không thỏa mãn điều kiện (i) (ii) định lý (3.2.1) Thật vậy: a) Ta có ΞP (ξ, η) = ξ + η |P (ξ, η)| ≥ ξ + η − ξ η 4 ξ + η4 = ξ + η4 ≥ ξ + η4 − 2 ⇒ |P (ξ, η)| ≥ cΞP (ξ, η) , (c = ) Với ∀ (ξ, η) = (0, 0) ⇒ ΞP (ξ, η) > mà |P (ξ, η)| ≥ 21 ΞP (ξ, η) nên P (ξ, η) = Ta lại có q1 , q2 , q3 = q1 = (1, 0) ⇒ Pq (ξ, η) = ξ = q2 = (0, 1) ⇒ Pq (ξ, η) = η = q3 = (1, 1) ⇒ Pq (ξ, η) = ξ − ξ η + η = Vậy P (ξ, η) = ξ − ξ η + η thỏa mãn điều kiện (i) (ii) định lý (3.2.1) b) Ta có ΞP (ξ, η) = ξ + η + µ2 + Giả sử tồn c > để |P (ξ, η, µ)| > cΞP (ξ, η) với ∀ (ξ, η, µ) ∈ R3 (∗) Chọn ξ = η = µ = √1c thay vào (∗) ta − c 2c = −1 > (vô lý) Mặt khác q = (1, 1, 1) = ⇒ Pq = 2ξ + 2η + 2µ2 − 2ξη − 2ηµ − 2µξ Chọn ξ = η = µ = = ⇒ Pq = Vậy P (ξ, η, µ) = (ξ − η)2 + (η − µ)2 + (µ − ξ)2 + không thỏa mãn điều kiện (i) (ii) định lý (3.2.1) 32 Kết luận Luận văn trình bày kết S.G Gindikin điều kiện để cấp tăng vô hạn đa thức xác định thông qua đa diện Newtơn Luận văn đề cập đến việc ứng dụng dựa kết Gindikin đánh giá hai phía đa thức thỏa mãn điều kiện Gindikin 33 Tài liệu tham khảo [1] b) S.G Gindikin and L.R Volevich, The method of Newton’s polyhedron in the theory of partial differential equations Kluwer Academic Publishers (1992) [2] S.G Gindikin, Energy estimates relating to Newton’s Polygon, Trudy Moskov.Mat.Obsch.31 (1974), 189-236 [3] L.Hormander, Analysis of Linear Partoal, Differential operators, II, Springer-Verlay, 1983 34