khai triển NEWTON PUISEUX và một số ứng dụng

LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Viện Toán học Việt Nam Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc thầy PGS TSKH Hà Huy Vui, thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên suốt thời gian học tập nghiên cứu vừa qua Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm, Viện Toán học Việt Nam quý thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp Cao học Toán K20, bạn học viên tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ trình học tập nghiên cứu trường Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân khuyến khích động viên suốt trình học cao học viết Luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng Luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tôi mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy cô bạn đọc để Luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 11 năm 2014 Tác giả Đinh Thị Trang i Mục lục Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU i ii 1 Khai triển Newton - Puiseux 1.1 Phương pháp Newton - Puiseux 1.1.1 Bước 1:Tìm số hạng khai triển y (x) 1.1.2 Bước 2: Tìm số hạng thứ khai triển: c1 xγ0 +γ1 1.1.3 Kết thu 1.2 Kết luận 12 Hai áp dụng khai triển Newton - Puiseux việc nghiên cứu nghiệm họ đa thức phụ thuộc tham số 2.1 Định lý Rellich 2.2 Proximal quy ánh xạ hoành độ 2.2.1 Một số định nghĩa kí hiệu 2.2.2 Tính roximal quy ánh xạ hoành độ 18 18 22 22 24 KẾT LUẬN 31 ii MỞ ĐẦU Khai triển Newton - Puiseux kết toán học Nói cách vắn tắt kết tồn hàm ẩn, giả thiết Định lý Hàm ẩn quen thuộc không thỏa mãn: đạo hàm riêng bậc điểm xét không, tức điểm xét điểm kỳ dị hàm Cụ thể hơn, cho f (x, y) hàm hai biến phức, giải tích ∂f lân cận điểm (0, 0) ∈ C2 Giả sử f (0, 0) = (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = Câu hỏi đặt tồn hay không "hàm ẩn" y (x) ∂y cho f (x, y (x)) ≡ với x thuộc lân cận ∈ C Hơn nữa, nói tính chất hàm y (x), quan trọng hơn, có thuật toán để tính hàm y (x) thế? Các ví dụ đơn giản rằng, hàm y = y (x) vậy, không nhất, hàm giải tích theo x Mặc dù vậy, phương pháp Newton - Puiseux cho ta cách tính hàm y (x) dựa vào lược đồ Newton hàm f (x, y) Phương pháp xác định biểu thức hàm y (x) tường minh Từ đó, hiểu tính chất "giải tích" hàm y (x), mối quan hệ hàm y (x) Nhờ vào tính chất tường minh phương pháp Newton - Puiseux, khai triển Newton - Puiseux (biểu diễn y qua x) tìm có nhiều ứng dụng quan trọng Giải tích Hình học Trong luận văn này, trước tiên trình bày lại phương pháp Newton - Puiseux, cho phép từ phương trình f (x, y) = tính khai triển y theo x trường hợp f (x, y) hàm giải tích hai biến phức Tiếp theo, trình bày áp dụng phương pháp trên: • Chứng minh kết Rellich: đa thức hyperbolic biến Pt (x) = xn + a1 (t) xn−1 + · · · + an (t) có hệ số phụ thuộc vào tham số t cách giải tích, nghiệm đa thức hàm giải tích theo t Đây kết quan trọng, có nhiều ứng dụng Lý thuyết Nhiễu toán tử • Chứng minh ánh xạ hoành độ họ đa thức biến, phụ thuộc giải tích vào tham số ánh xạ proximal qui Bản luận văn gồm chương: • Chương 1: Khai triển Newton - Puiseux cho hàm giải tích hai biến phức • Chương 2: Hai áp dụng khai triển Newton - Puiseux việc nghiên cứu nghiệm họ đa thức phụ thuộc tham số Luận văn viết dựa tài liệu sau đây: Nội dung chương trình bày theo sách E Brieskorn " Plane algebraic curves" Chứng minh Định lý Rellich lấy từ K Kurdyka, L Paunescu, Hyperbolic polynomials and multiparameter real - analytic pertubation theory, Duke Math J Vol, (4), N.1 (2008), 123- 149 Kết tính proximal qui ánh xạ hoành độ họ đa thức biến lấy từ luận án tiến sĩ "Spectral Abscissa Optimization using Polynomaial Stablity Conditions" Jonathan A Cross, University of Washington 2010 Cuối cùng, cố gắng thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận đóng góp thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Chương Khai triển Newton - Puiseux Trong chương này, trình bày phương pháp Newton- Puiseux, cho phép tìm khai triển "hàm ẩn" y (x), xác định từ phương trình f (x, y) = 0, f (x, y) hàm giải tích phức lân cận (0, 0) ∈ C2 Phương pháp tính hệ số số mũ khai triển ∞ Newton - Puiseux y (x) = xi/m trình bày cách chi tiết, i=1 với ví dụ minh họa cụ thể, kết quan trọng, nói ∞ y (x) = xi/m khai triển Newton - Puiseux f (x, y) = i=1 ∞ chuỗi y (t) = ti (với tm = x) hội tụ lân cận đủ nhỏ ∈ C, i=1 phát biểu mà không chứng minh Cho hàm f (x, y) hai biến phức, giải tích lân cận đủ nhỏ (0, 0) ∈ C2 Giả sử f (0, 0) = ∂f (0, 0) = theo định lý hàm ẩn, tồn hàm y (x), giải tích Nếu ∂y lân cận đủ nhỏ ∈ C cho y (0) = f (x, y (x)) ≡ ∞ Như vậy, y (x) = i=1 bi xi , chuỗi ∞ bi xi hội tụ, với x đủ nhỏ Hơn nữa, i=1 hàm y (x) xác định ∂f Tương tự, (0, 0) = 0, ta "giải" x theo y nhận ∂x hàm giải tích x = x (y) theo biến y Câu hỏi đặt là, f (0, 0) = 0, ∂f ∂f (0, 0) = (0, 0) = 0, ∂x ∂y tức (0, 0) điểm kỳ dị f (x, y), ta nói phụ thuộc y (x) theo x? Kết cổ điển Newton Puiseux nói rằng: đó, ta tính khai triển y theo x, có dạng ∞ xi/m , ∈ C, m số nguyên dương y (x) = i=1 Phương pháp Newton - Puiseux cho ta cách tìm số mũ i/m hệ số khai triển nói Điểm mấu chốt phương pháp sử dụng lược đồ Newton Hàm giải tích hai biến phức f (x, y) có khai triển thành chuỗi lũy thừa lân cận điểm (0, 0): ∞ aij xi y j f (x, y) = i,j=0 Kí hiệu m số nhỏ nhất, cho tồn (i, j) : i + j = m, aij = Giả sử f có bậc m (0, 0) Hơn f (0, y) = y m + đơn thức có bậc > m Đặt ∆ (f ) = (i, j) ∈ (N ∪ {0})2 |aij = , G = conv p + R2+ p∈∆(f ) p + R2+ bao lồi tập p∈∆(f ) Biên ∂G G đường gấp khúc gồm hữu hạn đoạn hai nửa đường thẳng Phần biên gồm tất đoạn thẳng gọi lược đồ Newton f , ký hiệu Γ (f ) Ví dụ 1.0.1 Cho hàm f (x, y) = 2xy + y − x4 + 5xy Ta có , ∆ (f ) = {(1, 1) , (0, 3) , (4, 0) , (1, 3)} Γ (f ) đường gấp khúc nối điểm (0, 3) , (1, 1) , (4, 0) (xem hình 1.1) Hình 1.1: Lược đồ Newton Ta sử dụng Γ (f ) để tính số mũ hệ số xuất khai triển nghiệm y (x) theo x 1.1 1.1.1 Phương pháp Newton - Puiseux Bước 1:Tìm số hạng khai triển y (x) Giả sử y (x) = c0 xγ0 + từ với số mũ bậc > γ0 Để y = c0 xγ0 nghiệm xấp xỉ f (x, y) = 0, ta thay y = c0 xγ0 vào f (x, y) tìm c0 , γ0 cho biểu thức f (x, c0 xγ0 ) có số hạng (phụ thuộc vào c0 , γ0 ) Ta thấy f (x, c0 xγ0 ) = aij cj0 xi+jγ0 (i,j)∈∆(f ) Trong biểu thức vế phải, ký hiệu số mũ từ θ, có giá trị xác định θ= {i + jγ0 } (i,j)∈∆(f ) Mệnh đề 1.1.1 Để nghiệm y (x) f (x, y) có khai triển bắt đầu với từ có số mũ γ0 , giá trị θ xác định phải đạt cạnh lược đồ Newton Γ (f ) hàm f p + R2+ Chứng minh Ta có G = conv p + R2+ , bao lồi tập p∈∆(f ) p∈∆(f ) Xét hàm :G→R (α, β) → α + βγ0 Vì l hàm tuyến tính G tập lồi nên l đạt biên G: {α + βγ0 } = G {i + jγ0 } (i,j)∈∆(f ) Vì đỉnh Γ (f ), theo cách dựng, thuộc ∆ (f ) nên θ= {i + jγ0 } = (i,j)∈Γ(f ) {i + jγ0 } (i,j)∈∆(f ) Như vậy, θ đạt đỉnh (α0 , β0 ), cạnh Γ (f ) Để y = c0 xγ0 nghiệm xấp xỉ phương trình f (x, y) = giá trị θ đạt đỉnh, không, ta có f (x, c0 xγ0 ) = aα0 ,β0 cβ0 xθ + từ bậc > θ Và ta khả chọn c0 để aα0 ,β0 cβ0 = Bởi vậy, y = c0 xγ0 nghiệm xấp xỉ phương trình f (x, y) = 0, giá trị θ phải đạt cạnh Γ (f ) Khẳng định chứng minh Tiếp theo, ta sử dụng khẳng định để xác định giá trị số mũ γ0 hệ số c0 khai triển y (x) Cách xác định số mũ γ0 Giả sử giá trị θ = {i + jγ0 } đạt cạnh nối hai đỉnh (i,j)∈∆(f ) (α1 , β1 ), (α2 , β2 ), β2 > β1 Γ (f ) Ta có: α1 + β1 γ0 = α2 + β2 γ0 α1 − α2 = tanϕ ⇒ γ0 = (β2 − β1 ) Hình 1.2: Góc ϕ Cách chọn hệ số c0 tương ứng với số mũ γ0 Với số mũ γ0 xác định trên, ta có khai triển f (x, c0 xγ0 ) có dạng aij cj0 xθ + từ với số mũ bậc > θ f (x, c0 xγ0 ) = ∆1,2 ∆1,2 cạnh nối hai đỉnh (α1 , β1 ), (α2 , β2 ), β2 > β1 Với cạnh ∆1,2 ta đặt aij xi y j f∆1,2 (x, y) = (i,j)∈∆1,2 Xét đa thức biến: ϕ∆1,2 = f∆1,2 (1, y) Vì ∆1,2 cạnh nối (α1 , β1 ), (α2 , β2 ) nên ϕ∆1,2 đa thức bậc ≥ theo y Từ đó, để y = c0 xγ0 nghiệm xấp xỉ phương trình f (x, y) = c0 phải nghiệm phương trình ϕ∆1,2 (y) = Nhận xét 1.1.1 Lược đồ Γ (f ) có cạnh có nhiêu khả chọn giá trị γ0 Nhận xét 1.1.2 Phương trình ϕ∆1,2 (y) có bậc (β2 − β1 ) Suy có (β2 − β1 ) cách chọn hệ số c0 tương ứng 1.1.2 Bước 2: Tìm số hạng thứ khai triển: c1 xγ0 +γ1 pi , = 1, 2, · · · với pi qi số nguyên Với cạnh qi lược đồ Newton f ta xác định giao với trục nằm ngang Gọi giao cạnh ∆1,2 với trục nằm ngang (η, 0) (xem hình 1.3) Ta đặt γi = Hình 1.3: Giao với trục nằm ngang Theo lập luận tanϕ = γ0 , mặt khác từ hình vẽ 1.3 ta có tanϕ = − , k k hệ số góc đường thẳng qua hai điểm (α1 , β1 ) (η, 0) Từ đó, ta có α1 + γ0 β1 = η Vậy ta phân tích khai triển f (x, y) dạng f (x, y) = aij xi y j + aij xi y j Thay x1 = 1/q0 γ0 i+jγ0 =η p0 x1 (c0 + y1 ) γ1 +γ2 +γ3 x , y = x (c0 + y1 ) = y1 = c1 xγ1 + c2 xγ1 +γ2 + c3 x i+jγ0 >η vào phương trình f (x, y) = 0, với + · · · Khi đó, ta có    f (xq10 , xp10 (c0 + y1 )) = xηq aij (c0 + y1 )j + x1 (· · ·) i+jγ0 =η = xηq f1 (x1 , y1 ) hàm f1 (x1 , y1 ) có tính chất giống hàm f deg f1 ≤ deg f Ta lặp lại bước trên, tìm số hạng thứ hai: Chương Hai áp dụng khai triển Newton - Puiseux việc nghiên cứu nghiệm họ đa thức phụ thuộc tham số 2.1 Định lý Rellich Định nghĩa 2.1.1 Đa thức P (z) = z d + d z d−i , ∈ R, gọi i=1 đa thức hyperbolic, nghiệm phương trình P (z) = nghiệm thực Định lý 2.1.1 (Rellich 1937) Xét đa thức hyperbolic P (x, z) = z d + a1 (x) z d−1 + + ad (x) (2.1) với hàm giải tích thực khoảng mở I ⊂ R Khi đó, tồn hàm giải tích fi : I → R cho d [z − fi (x)], x ∈ I, z ∈ R P (x, z) = i=1 Để chứng minh định lý này, trước tiên ta cần đến kết sau: 18 Bổ đề 2.1.1 ([3, Bổ đề 3.1]) Cho R (x, z) = z r + r ck (x) z r−k với ck (x) k=1 m hàm giải tích tập mở Ω ⊂ R Giả sử với x0 ∈ Ω, đa thức z → R (x0 , z) phân tích thành R (x0 , z) = Px0 (z) Qx0 (z), bậc deg Px0 = p deg Qx0 = q , r = p + q Hơn nữa, giả sử Px0 (z) Qx0 (z) nghiệm chung C Khi đó, tồn lân cận U ⊂ Ω x0 hàm giải tích : U → R, i = 1, · · · , p; bj : U → R, j = 1, · · · , q cho R (x, z) = P (x, z) Q (x, z) , x ∈ U, z ∈ R, p với P (x, z) = z p + (x) z p−i , Q (x, z) = z q + q bj (x) z q−j Hơn j=1 i=1 nữa, P (x0 , z) = Px0 (z) Q (x0 , z) = Qx0 (z) Cho P (z) = z d + d (x) z d−i đa thức với hệ số thực Giả sử i=1 z1 , z2 , · · · , zd nghiệm (trong C) P Theo công thức Viete, ta có a1 = z1 + z2 + · · · + zd a1 Làm phép biến đổi z → z − , ta giả sử a1 = d Bổ đề 2.1.2 Cho P (z) = z d + a2 z d−2 + · · · + ad đa thức với hệ số thực (ở a1 = 0) Giả sử nghiệm P z1 , z2 , · · · , zd , với zi ∈ R, i = 1, 2, , d Khi z12 + z22 + · · · + zd2 = −2a2 Chứng minh Theo công thức Viete, ta có a2 = zi zj i = i=1 với fi (x) , i = 1, · · · , d khai triển Newton - Puiseux P (x, z) = Theo bước 1, (0) = 0, fi (0) = Áp dụng phép biến a1 (x) ta giả thiết thêm a1 (x) ≡ Gọi đổi z → z − d z1 (x) , z2 (x) , · · · , zd (x) nghiệm z → P (x, z) Theo Bổ đề 2.1.2: z1 (x)2 + z2 (x)2 + · · · + zd (x)2 = −2a2 (x) 20 với x lân cận đủ nhỏ ∈ R Theo giả thiết, zj (x) số thực, từ đẳng thức ta suy a2 (x) < Vì a2 (x) hàm giải tích lân cận điểm 0, a2 (x) < với ∀x, nên từ khai triển Newton - Puiseux a2 (x) phải có số mũ chẵn Tức ta viết a2 (x) = x2 b (x) với b (x) hàm giải tích lân cận ∈ R Ta có f1 (x)2 + f2 (x)2 + · · · + fd (x)2 = x2 b (x) Ta gọi bậc fi (x) với i = 1, 2, · · · , d số mũ bậc nhỏ khai triển fi (x), từ đẳng thức ta chứng minh rằng: Bổ đề 2.1.3 Bậc fi (x) với i = 1, 2, · · · , d lớn Từ đó, theo công thức Viete (x) = (−1)i zk1 · · · zki k1 0, δ > cho |x − x| ≤ δ , f (x) ≥ f (x) + v, x − x − ρ|x − x|2 Định nghĩa 2.2.8 Một hàm f nửa liên tục x ∈ Rn , ta có inf (f (x)) → f (x) x → x Ta có f nửa liên tục epif tập đóng Định nghĩa 2.2.9 Một hàm f gọi proximal quy x với v ∈ ∂f (x), nếu: • f hữu hạn nửa liên tục x, • tồn ε > 0, ρ ≥ cho: Nếu v ∈ ∂f (x), |v − v| < ε, |x − x| < ε, |x − x| < ε f (x) < f (x) + ε, ρ f (x ) ≥ f (x) + v, x − x − |x − x| Ta nói f proximal quy x f proximal quy x với v ∈ ∂f (x) 2.2.2 Tính roximal quy ánh xạ hoành độ Định nghĩa 2.2.10 Cho A ma trận phức vuông cấp n Hoành độ phổ A định nghĩa α (A) := max {Re (λ) : det (λI − A) = 0} Định nghĩa 2.2.11 Gọi M n tập hợp đa thức monic bậc n Ánh xạ hoành độ đa thức định nghĩa a : M n → R, a(p) = max {Re (z) : p (z) = 0} Nhận xét 2.2.1 Với ma trận A, hoành độ phổ ánh xạ hoành độ có mối liên hệ sau: α (A) = a (det (λI − A)) 24 Định lý 2.2.1 ([3, Định lý 5.26]) Cho ánh xạ f : R → Mn n−1 t→ (t) z i + z n i=0 : R → C hàm giải tích Cho ánh xạ hoành độ a : M n → R Khi đó, ánh xạ hợp a ◦ f proximal quy Chứng minh Từ Bổ đề 2.1.1 phần chứng minh Định lý Rellich ta có: Cho Pt (z) đa thức monic tham số với hệ số : R → C hàm giải tích, an = Giả sử t = 0, Pt có m nghiệm z1 , z2 , , zm với số bội v1 , v2 , , vm Khi lân cận t = 0, ta phân tích Pt sau m qjt (z − zj ) Pt (z) = j=1 hệ số qj hàm giải tích theo t Dựa vào điều này, để chứng minh định lý ta cần xét toán theo cụm nghiệm: Bổ đề 2.2.1 Theo cụm nghiệm, ánh xạ hoành độ địa phương có dạng a (t) = s1 (t) + c1 |t|q1 + · · · , t ≥ , s2 (t) + d1 |t|r1 + · · · , t ≤ (2.2) s1 s2 hàm C với s1 (0) = s2 (0) = 0; s (0) ≤ s (0); c1 , d1 ≥ q1 , r1 số hữu tỷ dương nhỏ Chứng minh Ánh xạ hoành độ cực đại phần thực nghiệm, ta lấy cực đại cụm nghiệm lấy cực đại tất cụm nghiệm Xét đa thức monic Pt (z) tương ứng nghiệm cụm nghiệm đơn Không giảm tổng quát, ta giả sử t = Giả sử đa thức Pt (z) có m nghiệm gốc Chuỗi Puiseux cho nghiệm viết sau Rk (t) = αk,1 tlk,1 + αk,2 tlk,2 + · · · , với k = 1, 2, , m Các từ với lũy thừa nhỏ t xác định dáng điệu địa phương nghiệm Nói riêng, dáng điệu phần thực nghiệm xác 25 định lũy thừa nhỏ t mà hệ số số ảo Giả sử từ α1,j1 tl1,j1 cho nghiệm R1 (t) α2,j2 tl2,j2 cho nghiệm R2 (t) ··· Giả sử từ với lũy thừa t nhỏ nghiệm thứ k : αk,jk tlk,jk • Nếu số mũ nguyên, nghiệm hàm thuộc lớp C lân cận Nếu lk,jk ≥ nghiệm hàm thuộc lớp C ta chọn c1 , d1 Nếu lk,jk = 1, ta cần xét từ bậc cao để biết ánh xạ hoành độ hàm thuộc lớp C chứa từ có cấp tăng với t lũy thừa phân số • Nếu số mũ không nguyên, ta cần xét t ≥ t ≤ riêng biệt Không giảm tổng quát, giả sử t ≥ Trường hợp t ≤ xét cách tương tự Vì tổng nghiệm Rj (t) phải −an−1 , hàm giải tích, nên số nghiệm với lũy thừa bậc t phải triệt tiêu lẫn Nói riêng, Re (αk,jk ) < cần có nghiệm k tương ứng với số hạng Re αk ,jk > Do đó, với t ≥ 0, ánh xạ hoành độ cho nghiệm dáng điệu giống c1 tlk,jk với c1 > Bổ đề 2.2.2 Một cách địa phương, ánh xạ hoành độ đa thức tùy ý có dạng s1 (t) + c1 |t|q1 + · · · , t ≥ a (t) = , s2 (t) + d1 |t|r1 + · · · , t ≤ s1 s2 hàm thuộc lớp C với s1 (0) = s2 (0) = 0; s (0) ≤ s (0); c1 , d1 ≥ q1 , r1 số hữu tỷ dương nhỏ Chứng minh Giả sử có k tập nghiệm Ta thấy cực đại tập liên kết có ánh xạ hoành độ (t) = si (t) + ci |t|qi + · · · , t ≥ di |t|ri + · · · , t ≤ 26 Đầu tiên ta xét t ≥ Trên miền này, với t đủ nhỏ, hàm si lớn Vì vậy, hàm cực đại khả vi lớp C Nếu tồn qi < 2, ta có a (t) = s1 (t) + c1 |t|q1 + · · · s1 hàm thuộc lớp C q1 số hữu tỷ dương nhỏ Lập luận tương tự với t ≤ Chú ý ta lấy cực đại si , hạng tử với số mũ lớn định cấp tăng si t ≥ hạng tử với số mũ âm định cấp tăng si t ≤ Do đó, s (0) ≤ s (0) Cuối cùng, ta cần hàm có công thức (2.1) proximal quy Ta chứng minh điều qua bước sau: Bước Xét trường hợp s1 = s2 = Ánh xạ a có dạng sau a (t) = (2.3) a (t) = 0, với t ≥ di |t|ri + · · · , t ≤ (2.4) a (t) = ci |t|qi + · · · , t ≥ 0, t ≤ (2.5) a (t) = ci |t|qi + · · · , t ≥ di |t|ri + · · · , t ≤ (2.6) Ta chứng minh hàm (2.4) proximal quy Việc dạng lại proximal quy ta sử dụng lập luận tương tự Bổ đề 2.2.3 Hàm f (x) = 0, x ≥ , d|x|q + · · · , , x ≤ d > số hữu tỷ q < 2, proximal quy x = 27 Chứng minh Ta xét trường hợp q < 1, không f hàm lồi proximal quy Dưới gradient f  0, x <   ∂f (x) = [0, ∞) , x =   dq xq−1 + · · · , x > Tiếp theo, ta chứng minh v ∈ [0, ∞) proximal gradient f x = Cố định v ∈ [0, ∞) Ta cần có ρ ≥ δ > cho |x − x| < δ , ρ f (x) ≥ f (x) + v, x − x − |x − x|2 Ở đây, ta chọn ρ = 0, cho x = 0, ta cần tồn δ > 0, cho: |x| < δ , f (x) ≥ vx Nếu x < 0, f (x) = 0, ≥ vx Xét x > 0, ta cần có dxq + · · · ≥ vx Khi x đủ nhỏ, hạng tử dxq lớn (vì chứa lũy thừa nhỏ x) hạng tử khác, dxq > d > Do đó, ta chọn δ đủ nhỏ cho x < δ dxq + · · · ≥ vx Định nghĩa 2.2.12 Ta gọi f - attentive địa phương hóa ánh xạ vi phân ∂f quanh điểm (x, v) ánh xạ T xác định T (x) = {v ∈ ∂f (x) ||v − v| < ε} , |x − x| < ε |f (x) − f (x)| < ε ∅ ngược lại Đến đây, ta cần kết sau Rockafellar ([2, Theorem 5.23]): Định lý 2.2.2 Giả sử f : Rn → R hữu hạn địa phương x, lấy v ∈ ∂f (x) proximal gradient Thì điều kiện sau thỏa mãn • f proximal quy x với v • ∂f có f - attentive địa phương hóa T xung quanh (x, v) cho T +ρI đơn điệu với số ρ ≥ 28 Trở lại với chứng minh, với điểm (0, v) đồ thị ∂f , cần tìm hình cầu B ((0, v) , ε) giao với đồ thị với x ≤ Hình cầu cho ta f - attentive địa phương hóa T ∂f (xem hình 2.1) Bây giờ, ta tồn ε Xét hình vuông độ dài cạnh 2ε tâm (0, v) Ta tìm ε cho hình vuông tiếp xúc với đồ thị ∂f (với x > 0) đỉnh (ε, v + ε) Hình 2.1: f (x) ∂f Khi v + ε ≤ ∂f (ε) = dqεq−1 + · · · Khi ε nhỏ, hạng tử dqεq−1 tiến tới vô hạn (do q < 1) lớn tất hạng tử khác Vì q − lũy thừa nhỏ hạng tử Do đó, tồn ε cho bất đẳng thức thỏa mãn Khi đó, hình cầu với bán kính ε giao với ∂f x = Trên hình cầu này, T đơn điệu, f proximal quy với v Bước Cuối ta cần chứng minh rằng, tổng hàm khả vi cấp với hàm proximal quy hàm proximal quy Bổ đề 2.2.4 Giả sử f liên tục proximal quy x với v ∈ ∂f (x) Cho g hàm khả vi cấp xung quanh x Thì f + g 29 proximal gradient x với v + ∇g (x) ∈ ∂(f + g) (x) Chứng minh Vì f proximal quy, tồn εf > 0, ρf ≥ cho v ∈ ∂f (x) , |v − v| < εf , |x − x| < εf , |x − x| < εf f (x) + εf > f (x) ρf f (x ) ≥ f (x) + v, x − x − |x − x| Đặt h = f + g Ta cần tồn ε > 0, ρ ≥ cho : Nếu v ∈ ∂h (x), |v − v| < ε, |x − x| < ε, |x − x| < ε h (x) < h (x) + ε ρ h (x ) ≥ h (x) + v, x − x − |x − x| Chọn ε = εf Với x |x − x| ≤ ε, ta viết g sau ρx g (x ) = gconv (x) − |x − x| đó, gconv hữu hạn lồi, ρx ≥ Vì tập {x : |x − x| ≤ ε} compact, tồn lân cận ρg = supx (ρx ) Đặt ρ = ρf + ρg Lấy x, x tùy ý cho |x − x| < ε |x − x| < ε Cho vh ∈ ∂h (x) với |vh − v h | < ε Lưu ý vh viết dạng: vh = vf + ∇g (x) vf ∈ ∂f (x) Ta có h (x ) = f (x ) + g (x ) ρf ρg 2 |x − x| + gconv (x ) − |x − x| 2 ρf ρg 2 ≥ f (x) + vf , x − x − |x − x| + g (x) + ∇g (x) , x − x − |x − x| 2 ρf + ρg = f (x) + g (x) + vf + ∇g (x) , x − x − |x − x| ρh = h (x) + vh , x − x − |x − x| ≥ f (x) + vf , x − x − Vậy bổ đề chứng minh 30 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau: Phương pháp Newton - Puiseux áp dụng với hàm giải tích biến phức, Chứng minh kết Rellich tính giải tích nghiệm họ đa thức hyperbolic phụ thuộc giải tích vào tham số, Trình bày chứng minh kết nói rằng: ánh xạ hoành độ họ đa thức biến, phụ thuộc giải tích vào tham số ánh xạ proximal quy 31 Tài liệu tham khảo [1] E Brieskorn, Plane algebraic curves [2] Jonathan A Cross, Spectral Abscissa Optimization using Polynomaial Stablity Conditions, University of Washington 2010 [3] K Kurdyka and L Paunescu, Hyperbolic polynomials and multiparameter real - analytic pertubation theory, Duke Math J Vol, (4), N.1 (2008), 123- 149 32 [...]... được chứng minh 30 KẾT LUẬN Luận văn đã trình bày các vấn đề sau: 1 Phương pháp Newton - Puiseux áp dụng với hàm giải tích 2 biến phức, 2 Chứng minh kết quả cơ bản của Rellich về tính giải tích của các nghiệm của họ đa thức hyperbolic phụ thuộc giải tích vào một tham số, 3 Trình bày chứng minh kết quả nói rằng: ánh xạ hoành độ của một họ đa thức một biến, phụ thuộc giải tích vào tham số là một ánh... thể đi đến kết luận của Định lý Rellich Ta sẽ chứng minh là số mũ của mọi từ trong khai triển Newton - Puiseux fi (x) đều là các số nguyên dương Ta viết ∞ αti xt/r fi (x) = t=0 i Theo Bổ đề 2.1.3, ta có α1i = α2i = · · · = αr−1 = 0, và bởi vậy fi (x) = x 21 αti xt/r−1 t=r là bị chặn trong một lân cận của 0 ∈ R Ta thấy fi (x) chính là khai x triển Newton - Puiseux của các nghiệm của d d P (x, z) = z +... f (x, y) = 0 Mặt khác, các chuỗi trong khai triển Newton - Puiseux của hàm f (hàm f có bậc m có tối đa m nghiệm) thỏa mãn phương trình f (x, y) = 0 Do 15 đó, mỗi chuỗi trong khai triển này phải đồng nhất với một trong m chuỗi ở trên và là chuỗi hội tụ theo biến t = x1/m Trường hợp tổng quát, f = f1r1 f2r2 · · · fnrn , thì mỗi chuỗi trong khai triển Newton - Puiseux của f sẽ thỏa mãn phương trình fk... i=0 ∞ Định nghĩa 1.2.1 Chuỗi có dạng y (x) = ai xi/n i=0 được gọi là một khai triển Newton - Puiseux của đường cong có phương trình f (x, y) = 0, và chuỗi này cũng được gọi là khai triển Newton - Puiseux của hàm f 14 Nếu đặt t = x1/n , ta được chuỗi ∞ ai ti y (t) = i=0 thì nó là nghiệm của phương trình f (tn , y) = 0 Sau đây là định lý và các nhận xét quan trọng: Cho ε, δ > 0 Đặt Uε,δ = (x, y) ∈ C2 :... p < d và P2 (c) = 0 Áp dụng Bổ đề 2.1.1, ta có P (x, z) = P1 (x, z) P2 (x, z) trong đó P1 và P2 có dạng (2.1) với các hệ số là các hàm giải tích thực trong một lân cận của 0 ∈ R Bởi vậy, ta có thể chứng minh Định lý cho P1 và P2 , là những đa thức bậc nhỏ hơn • Bước 2: Ta viết d d P (x, z) = z + d ai (x) z i=1 d−i [z − fi (x)], x > 0 = i=1 với fi (x) , i = 1, · · · , d là khai triển Newton - Puiseux. .. thành phần bất khả quy {fk } , k = 1, 2, , n, áp dụng định lý trên đối với từng thành phần fk và như vậy các chuỗi trong khai triển Newton - Puiseux là hội tụ Nhận xét 1.2.2 Ta biết rằng, m chuỗi nghiệm y ξ i x1/m ∈ C x1/m , với i = 0, 1, , m − 1 của phương trình f (x, y) = 0 là các chuỗi theo x1/m Mặt khác, các chuỗi trong khai triển Newton - Puiseux của f ∞ 1/n y x ai xi/n , n = q0 q1 · · · qi0... với ∀x, nên từ đầu tiên trong khai triển Newton - Puiseux của a2 (x) phải có số mũ chẵn Tức là ta có thể viết a2 (x) = x2 b (x) với b (x) là một hàm giải tích trong lân cận của 0 ∈ R Ta có f1 (x)2 + f2 (x)2 + · · · + fd (x)2 = x2 b (x) Ta gọi bậc tại 0 của fi (x) với i = 1, 2, · · · , d là số mũ bậc nhỏ nhất trong khai triển của fi (x), từ đẳng thức trên ta có thể chứng minh được rằng: Bổ đề 2.1.3... biến yi Trong đó dãy số tự nhiên mi giảm dần m = m0 ≥ m1 ≥ m2 ≥ · · · Ta sẽ chứng tỏ rằng tại bước thứ i, γi không nguyên nếu mi > mi+1 Điều đó, tương đương với việc chứng minh: nếu mi = mi+1 thì γi là một số nguyên Dãy giảm các số tự nhiên không thể là vô hạn, nên các lũy thừa γi chỉ đạt giá trị hữu tỷ tại hữu hạn vị trí, và do đó từ chỉ số i0 nào đó trở đi, thì tất cả các γi là số nguyên Sau đây,... Trước hết ta xét trường hợp: c1 = 2 Khi đó, số hạng thứ hai là: c1 xγ0 +γ1 = 2x3/2 Từ lược đồ Newton của f1 giao điểm của cạnh ∆2 với trục nằm ngang là: (1, 0) Thay lần lượt 1/2 x2 = x1 y1 = x2 (2 + y2 ) vào khai triển của f1 ta có f1 (x1 , y1 ) = x22 y22 + 4y2 − 6x2 − 3x2 y2 = x22 f2 (x2 , y2 ) Tương tự, xét hàm f2 (x2 , y2 ) ta tính được số mũ γ2 = 1 và hệ số c2 = 2 hoặc c2 = −3 3 Tiếp tục quá trình... lược đồ Newton của hàm f1 • Tính số mũ γ1 • Tính hệ số c1 1.1.3 Kết quả thu được Tiếp tục quá trình trên, ta thu được dãy vô hạn y (x) = xγ0 (c0 + xγ11 (c1 + xγ22 (c2 + · · · ))) = c0 xγ0 + c1 xγ0 xγ11 + c2 xγ0 xγ11 xγ22 + · · · (1.1) = c0 xγ0 + c1 xγ0 +γ1 /q0 + c2 xγ0 +γ1 /q0 +γ2 /q0 q1 + · · · Ví dụ 1.1.1 Tìm khai triển Newton - Puiseux của hàm f (x, y) = y 2 − 2xy + x2 − 3x2 y − x3 1 Tìm số hạng