Một số bài toán cực trị cho đa thức nhiều biến

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— LÃ THỊ THANH XUÂN MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ CHO ĐA THỨC NHIỀU BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— LÃ THỊ THANH XUÂN MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ CHO ĐA THỨC NHIỀU BIẾN Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học GS.TSKH NGUYỄN QUANG DIỆU Thái Nguyên - Năm 2017 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan nội dung luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài: "MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ CHO ĐA THỨC NHIỀU BIẾN" hoàn thành nhận thức tôi, không trùng lặp với luận văn, luận án công trình công bố Thái Nguyên, tháng năm 2017 Người viết Luận văn Lã Thị Thanh Xuân i Lời cảm ơn Qua luận văn này, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy cô khoa Toán trường Đại học sư phạm Thái Nguyên nói chung thầy cô chuyên ngành Toán Giải tích nói riêng tạo điều kiện cho em học tập nghiên cứu Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH Nguyễn Quang Diệu, người tận tình bảo, hướng dẫn giúp đỡ em suốt trình làm luận văn Em xin cảm ơn gia đình, bạn bè tất người quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ em để em hoàn thành nhiệm vụ Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian trình độ hạn chế nội dung luận văn mẻ nên thân khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót Em mong thầy cô, bạn học viên nhận xét, đóng góp ý kiến để luận văn hoàn thiện phát triển Em xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2017 Người viết luận văn Lã Thị Thanh Xuân ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục ii Mở đầu 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa hàm chỉnh hình 1.2 Định nghĩa đa thức Chebyshev 1.2.1 Đa thức Chebyshev loại 1.2.2 Đa thức Chebyshev loại hai Tập lồi, nón lồi, phiếm hàm Minkowski 1.3.1 Tập lồi 1.3.2 Nón lồi 1.3.3 Phiếm hàm Minkowski Bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức Remez 12 1.3 1.4 iii BÀI TOÁN CỰC TRỊ CHEBYSHEV VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ REMEZ 19 2.1 Bất đẳng thức Chebyshev cho đa thức nhiều biến 21 2.2 Bất đẳng thức Remez cho đa thức nhiều biến 27 Kết luận chung 41 Tài liệu tham khảo 42 iv Mở đầu Trong giải tích, toán tối ưu hóa cực trị đa thức biến nhiều biến đóng vai trò quan trọng Chẳng hạn nhờ đa thức mà đạt sai số nhỏ trình xấp xỉ hàm phương pháp nội suy Lagrange Kết tối ưu đa thức biến tìm từ kỷ XIX nhà toán học người Nga P L Chebyshev Định lý ( Bất đẳng thức Chebyshev) Cho p(x) đa thức bậc n, hệ số cao p (x) = xn + a1 xn−1 + + an Khi sup |p (x)| ≥ x∈[−1,1] 2n−1 Hơn dấu xảy p (x) = 21−n Tn (x) , Tn (x) đa thức Chebyshev Bằng cách sử dụng đa thức Chebyshev đưa ước lượng chuẩn đa thức tập compact R Kết quan trọng sau tìm Remez đầu kỉ XX Định lý (Bất đẳng thức Remez) Bất đẳng thức p [−1,1] ≤ Tn 2+s 2−s với p ∈ Pn s ∈ (0, 2) thỏa mãn m ({x ∈ [−1, 1] : |p (x)| ≤ 1}) ≥ − s Dấu xảy ±2x + s 2−s p (x) = ±Tn Từ định lý trên, cách tự nhiên nghiên cứu toán sau A Bài toán Chebyshev Ước lượng chuẩn đa thức tập F với điều kiện chuẩn tập K biết trước Cụ thể với F,K ⊂ Rm cho trước ước lượng đại lượng sup p C(F ) p C(K) : p ∈ Pn , p ≡ B Bài toán Remez Ước lượng chuẩn đa thức tập K ⊂ Rm chuẩn tập K với độ đo "đủ lớn" Nghĩa đánh giá đại lượng sau mà < ε < cho trước sup p C(K) p C(F ) : p ∈ Pn , p ≡ 0; F ⊂ K, ηm (F ) ≥ (1 − ε) ηm (K) Lời giải hai toán biết trường hợp biến nhờ hai định lý Nội dung luận văn trình bày lại kết báo “ Some Extremal Problems for Multivariate Polynomials on Convex Bodies”, nhằm giải hai toán nêu Để làm điều chia luận văn thành chương: Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày khái niệm hàm chỉnh hình, tập lồi, nón lồi, phiếm hàm Minkowski, bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức Remez ,các kí hiệu, khái niệm số tính chất Đặc biệt trình bày cách xây dựng tính chất đa thức Chebyshev Đồng thời trình bày bất đẳng thức Chebyshev Remez cho đa thức biến Chương II: Một số toán cực trị đa thức nhiều biến vật thể lồi Đây chương luận văn Trong chương mở rộng bất đẳng thức Chebyshev Remez trường hợp nhiều biến, từ đưa lời giải cho toán Chebyshev toán Remez Thái Nguyên, tháng năm 2017 Người viết Luận văn Lã Thị Thanh Xuân Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa hàm chỉnh hình Định nghĩa 1.1.1 Cho hàm số f xác định miền D ⊂ C Xét giới hạn f (z + ∆z) − f (z) , z, z + ∆z ∈ D ∆z→0 ∆z lim Nếu điểm z giới hạn tồn gọi đạo hàm phức f z, kí hiệu f (z) hay df dz (z) f (z+∆z)−f (z) ∆z ∆z→0 Như f (z) = lim Hàm f có đạo hàm phức z gọi khả vi phức hay C - khả vi z f (z+∆z)−f (z) ∆z ∆z→0 Bởi lim [f (z + ∆z) − f (z)] = lim ∆z→0 = nên f C- khả vi z lim [f (z + ∆z) − f (z)] = ∆z→0 Nói cách khác f liên tục z Cũng hàm biến thực, quy nạp ta viết f (k) = (f (k−1) ) (Từ trở giả sử sin ϕ0 = ) Ta biết Jacobian phép biến đổi biểu diễn sau J = rm−1 Φ (ϕ2 , , ϕm−1 ) , (2.19) Trong Φ ( chứng minh Bổ đề 2.2.3 đây) liên tục T m−1 := [0, 2π] × [−π/2, π/2]m−2 Φ > phần T m−1 Cho F ⊂ K thỏa mãn ηm (F ) ≥ (1 − ε) ηm (K), ký hiệu χF hàm đặc trưng F Hơn nữa, với cố định ϕ ∈ T m−1 cho R (ϕ) tia xuất phát từ gốc tọa độ định nghĩa (2.18) Vì K có dạng ứng với gốc tọa độ dẫn đến K đoạn thẳng Cho ϕ ∈ T m−1 , ký hiệu r1 (ϕ) giá trị cực đại r cho x = (x1 , , xm ) cho tọa độ cầu (2.18) thuộc K Khi K có phép biểu diễn sau tọa độ cầu: K0 := (ϕ, r) : ϕ ∈ T m−1 ; ≤ r ≤ r1 (ϕ) (2.20) r2 = η1 (F ∩ R (ϕ)) , ϕ ∈ T m−1 (2.21) Hơn nữa, đặt Từ (2.19), (2.20) Định lý Fubini ta thu ηm (K) = K 1dx = K0 rm−1 Φ (ϕ) dϕdr r1 (ϕ) = Φ (ϕ) T m−1 rm−1 dr dϕ = m T m−1 r1 (ϕ) ηm (F ) = χF dx = K Φ (ϕ) T m−1 29 Φ (ϕ) r1m (ϕ) dϕ; χF rm−1 dr dϕ (2.22) (2.23) Sử dụng (2.21) ta có với ϕ ∈ T m−1 r1 (ϕ) χF r m−1 r1 (ϕ) dr ≤ r m−1 r1 (ϕ)−r2 (ϕ) r1m (ϕ) − (r1 (ϕ) − r2 (ϕ))m (2.24) dr = m Do ηm (F ) ≥ (1 − ε) ηm (K) từ (2.22) – (2.24) (1 − ε) T m−1 Φ (ϕ) r1m (ϕ) dϕ ≤ Φ (ϕ) (r1m (ϕ) − (r1 (ϕ) − r2 (ϕ))m ) dϕ Ta thu với ϕ ∈ T m−1 (1 − ε) r1m (ϕ) ≤ r1m (ϕ) − (r1 (ϕ) − r2 (ϕ))m , nghĩa r2 (ϕ) ≥ − ε1/m r1 (ϕ) (2.25) Chú ý từ (2.18), với thu hẹp p ∈ Pn tới tia R (ϕ) đa thức đơn biến p biến r với bậc cao n Bởi |p (0)| |p (0)| ≤ p C(F ) p C(F ∩R(ϕ)) Từ (2.21) (2.25) ta có η1 (F ∩ R (ϕ)) ≥ − ε1/m r1 (ϕ) = − ε1/m η1 (K ∩ R (ϕ)) Bởi việc áp dụng bất đẳng thức Remez đơn biến (2.2) ta thu khoảng K ∩ R (ϕ) có độ dài r1 (ϕ) (và với ε1/m thay ε ) Kết thúc chứng minh Định lý 2.2.1 Bởi vật lồi dạng tương ứng với điểm cận (2.17) 30 suy từ Bổ đề 2.1.2 Chúng ta xem xét độ sắc (2.17) Trong [4] phương trình (2.17) K tiết diện conic (Một tiết diện conic giao điểm bị chặn nón lồi nửa không gian Rm ) Giả sử < ε ≤ 2−m sử dụng biểu diễn sau Tn (x) = x+ x2 − n + x− x2 − n , |x| > 1, ta thu từ (2.17) log Φn,m (K, ε) ≤ 6nε1/2m Trong K ⊂ Rm vật lồi Dễ dàng cận (với hệ số khác nhau) với miền K tổng quát Với x ∈ K ta ký thiệu t(x) thể tích tối đa tiết diện conic với đỉnh x thuộc K Tương tự với chứng minh Định lý 2.2.1, ta log Φn,m (K, ε) ≤ cnε1/2m , (2.26) Với điều kiện inf {t (x) : x ∈ K} > Điều kiện sau đưa chất cho biên K không bao gồm điểm lùi (điểm lùi điểm đỉnh tiết diện conic nội tiếp) Chúng ta xem xét câu hỏi sau đây: Có thể cải thiện cận vật trơn K Rm hay không? Điều ε1/2m (2.26) thay hệ số nhỏ cách đáng kể ε1/(m+1) giả thiết nhẹ tính trơn K Bây ta giới thiệu tính chất tương ứng Với 31 K ⊂ Rm x0 ∈ K cho rK (x0 ) bán kính lớn cầu chứa K cho x0 nằm mặt cầu Ta đặt r (K) = inf rK (x0 ) x0 ∈K Chúng ta nói K ⊂ Rm trơn r (K) > Về chất, điều kiện yêu cầu K phải có biên liên tục cấp hai Trong trường hợp đặc biệt, điều cho tập lồi ngặt Nếu K ⊂ Rm trơn ước lượng (2.26) thay cận tốt log Φn,m (K, ε) ≤ cnε1/(m+1) (2.27) Chứng minh (2.27) khác so với phương pháp chứng minh Định lý 2.2.1 Cụ thể là, Định lý tuyến tính hóa toán cách nhìn vào tia xuất phát từ điểm cho trước Để thu đánh giá tốt ta cần phải sử dụng kỹ thuật tuyến tính dựa đường tròn xuất phát từ điểm cho trước Điều cho phép ta áp dụng bất đẳng thức lượng giác Remez Erdélyi [5]: tn đa thức lượng giác cấp bậc cao n η1 {ϕ ∈ [−π, π] : |tn (ϕ) ≤ 1|} ≥ 2π − ε (0 < ε < π/2) , max |tn (ϕ)| ≤ exp {c0 nε} , |ϕ|≤π (2.28) Trong c0 > số tuyệt đối Định lý 2.2.2 ( Bất đẳng thức Remez nhiều biến cho tập trơn) 32 Cho K ⊂ Rm (m ≥ 2) trơn Khi tồn c1 , c2 > phụ thuộc vào K m cho log Φn,m (K, ε) ≤ c2 nε1/(m+1) (0 < ε < c1 ) Hơn nữa, K ⊂ Rm compact ηm (K) > ta có với c3 > log Φn,m (K, ε) ≥ c3 nε1/(m+1) (0 < ε < c1 ) Để chứng minh định lý ta cần số kết sau Bổ đề 2.2.3 Cho m ≥ phép biến đổi m−1 cos ϕk (1 ≤ j ≤ m − 1) xj = t sin ϕj−1 k=j (2.29) xm = t (sin ϕm−1 + 1) , ≤ t ≤ r; ≤ ϕ1 ≤ 2π; |ϕj | ≤ π/2 (2 ≤ jm − 1), Jacobian cho J = tm−1 (sin ϕm−1 + 1) cosm−2 ϕm−1 Φ, Φ = m−2 j−1 ϕj j=2 cos (2.30) Chứng minh Trước tiên ta kiểm tra Jacobian Js phép biến đổi tọa độ cầu m−1 cos ϕk (1 ≤ j ≤ m) xj = t sin ϕj−1 k=j t, ϕ1 , , ϕm−1 mang tính chất chặt Dựa vào tính chất định thức ta Js = tm−1 cosm−2 ϕm−1 ΦDm Dm = det (aij ) với ai1 = sin ϕi−1 33 n−1 k=i cosϕk (1 ≤ i ≤ m)  j−2   − sin ϕ  i−1 k=i cosϕk sin ϕj−1 (1 ≤ i < j)   aij = cosϕj−1 , j = i      0, j > i; (j = 2, 3, , m) Bây ta tính định thức việc khai triển Dm theo dòng cuối áp đụng tính chất định thức ta thu công thức truy hồi Dm = Dm−1 Hiển nhiên, D2 = vậy,Dm = với m ≥ Bây ma trận J khác ma trận Js (ở phần tử (m, 1) hệ số sin ϕm−1 + thay sin ϕm−1 Phân tích J thành tổng hai định thức (định thức Js ), khai triển định thức thứ hai theo cột sử dụng tính chất định thức ta thu J = Js + tm−1 sin ϕm−1 cosm−2 ϕm−1 ΦDm−1 Vì Dm = = D2 = ta thu (2.30) Bổ đề 2.2.4 Cho α ≥ B ⊆ [−π/2, π/2] η1 (B) = β < π/2 Khi cosα x (1 + sin x) dx ≥ c0 β α+3 , B c0 = 2−(α+5) π −(α+2) Chứng minh Trước tiên −π/2+β/2 f (x) dx ≥ B f (x) dx −π2 34 (2.31) f (x) := cosα x (1 + sin x) Cho B1 := B ∩ − π2 , − π2 + β ; B3 := B ∩ B2 := B\ (B1 ∪ B3 ) ; δ := β π − β2 , π2 ; Thì − η1 (B1 ) β = η1 (B1 ) + η1 (B2 ) + η1 (B3 ) ≤ β β − δ + η1 (B2 ) + , 2 η1 (B2 ) ≥ δ Kiểm tra f cho thấy f tăng [−π/2, 0], rõ ràng f (−x) ≤ f (x) với ≤ x ≤ π/2 Như vậy, π β f (y) ≤ f − + 2 π π β ≤ f (x) , x ∈ B2 ; y ∈ − , − + \B 2 Do B f (x) dx = ≥ j=1 −π/2+β/2 f −π/2 Bj f (x) dx ≥ B1 f (x) dx + f − π2 + β δ (x) dx Để hoàn thành chứng minh, sử dụng ước lượng sin x > (2/π) x với < x < π/2, −π/2+β/2 f −π/2 (x) dx ≥ −π/2+β/2 −π/2+β/4 f (x) dx ≥ β4 f − π2 + β ≥ c0 β α+3 Chứng minh Định lý 2.2.2 Cho F ⊂ K thỏa mãn ηm (F ) ≥ (1 − ε) ηm (K) (0 < ε < 1) ta xét p ∈ Pn cho |p| ≤ F Để tìm ước lượng Định lý 2.2.2 ta cần đạt chặn thích hợp cho p p C(K) C(K) Giả sử = |p (x)| , x ∈ K Vì K trơn nên tồn cầu Br chứa 35 K với bán kính r ≥ r (K) cho x nằm mặt cầu Hơn nữa, đặt A = Br ∩ (K\F ), ta có ηm (A) ≤ ηm (K\F ) ≤ εηm (K) |p| ≤ Br \A Không tính tổng quát ta giả sử x = Br cầu với tâm (0, 0, , r) bán kính r (r ≥ r (K)) Xét ánh xạ [0, r] × [0, 2π] × [−π/2, π/2]m−2 → Br cho (2.29) (x = (x1 , , xm ) ∈ Br ) Ký hiệu χA hàm số Br mà x ∈ A trường hợp lại Áp dụng (2.30) ta ηm (K) ε ≥ ηm (A) = = Br χA dx r 2π π/2 π/2 m−1 (sin ϕm−1 0 −π/2 −π/2 χA t + 1) (2.32) × cosm−2 ϕm−1 Φdϕm−1 dϕ1 dt Cho trước ϕm−2 , , ϕ1 , t ký hiệu π π : χA = β := β (ϕm−2 , , ϕ1 , t) = η1 ϕm−1 ∈ − , 2 (2.33) Từ ước lượng (2.31) với α = m − ta r 2π π/2 ηm (K) ε ≥ π/2 c0 β m+1 tm−1 Φdϕm−2 dϕ1 dt 0 −π/2 −π/2 Vì Φ độc lập với ϕ1 với ϕ2 , , ϕm−2 (xem (35)) nên từ đánh giá suy ηm (K) ε ≥ c0 r 2π π/2 π/2 {β m+1 (ϕm−2 , , ϕ1 , t) 0 + β m+1 (−ϕm−2 , , −ϕ2 , ϕ1 + π, t) tm−1 Φdϕm−2 dϕ1 dt ≥ c0 {β m+1 ϕm−2 , , ϕ1 , t m + β m+1 −ϕm−2 , , −ϕ2 , ϕ1 + π, t } rm C∗, 36 Trong ϕm−2 , , ϕ1 , t điểm nằm [0, π/2]m−3 × [0, π] × [0, r] , C∗ > số phụ thuộc vào m (là kết tích phân Φ miền tương ứng) Ta có r ≥ r (K), nên thu từ đánh giá β m+1 (ϕm−2 , , ϕ1 , t) + β m+1 −ϕm−2 , , −ϕ2 , ϕ1 + π, t ≤ c1 ε, (2.34) Trong c1 > phụ thuộc vào K m Rõ ràng ánh xạ (2.29) thỏa mãn tính chất sau xj (ϕm−1 , −ϕm−2 , , −ϕ2 , ϕ1 + π, t) = xj (π − ϕm−1 , ϕm−2 , , ϕ1 , t) (1 ≤ j ≤ m) Kết hợp với (2.33) ta thu β −ϕm−2 , , ϕ2 , ϕ1 + π, t = η1 ϕm−1 ∈ − π2 , π2 : χA ϕm−1 , −ϕm−2 , , −ϕ2 , ϕ1 + π, t = = η1 ϕm−1 ∈ π 3π 2, : χA ϕm−1 , ϕm−2 , , ϕ2 , ϕ1 , t = Bởi vậy, từ (2.34) ta có với ϕm−2 , , ϕ1 , t cho trước [0, π/2]m−3 × [0, π] × [0, r] , β := η1 {ϕm−1 ∈ [0, 2π] : χA = 1} ≤ 2(c1 ε)1/(m+1) = c2 ε1/(m+1) (2.35) Xét đa thức lượng giác đơn biến t (ϕm−1 ) = p (x1 , , xm ) , ϕm−1 ∈ [0, 2π] Trong đó, x1 , , xm cho (39) với ϕm−2 , , ϕ1 , t cho trước [0, π/2]m−3 × [0, π] × [0, r] Hiển nhiên, t ≤ n Hơn từ (2.35), η1 {ϕm−1 ∈ [0, 2π] : |t (ϕm−1 )| ≤ 1} ≥ 2π − c2 ε1/(m+1) 37 Bởi từ (2.28) ta thu max ϕm−1 ∈[0,2π] |t (ϕm−1 )| ≤ exp c2 nε1/(m+1) , (2.36) ε đủ nhỏ Hiển nhiên, với ϕm−1 = 3π/2 từ (2.29) ta có t 3π = |p (0)| = p C(K) Kết hợp với (2.36) ta thu cận Định lý 2.2.2 Bây ta chứng minh cận Định lý 2.1.2 Cho B qủa cầu nhỏ chứa K Khi K ∩ ∂B = ∅ ( ∂B biên B) Chúng ta giả sử ∈ K ∩ ∂B B cầu với bán kính r tâm x0 = (r, 0, , 0) Đặt F1 = (x1 , , xm ) ∈ B : x1 ≥ δ , δ = ε1/(m+1) ; F = K ∩ F1 Dễ dàng B\F1 nằm hình √ chữ nhật đặc m chiều với cạnh h1 = δ ; h2 = = hm = 2rδ Do ηm (B\F1 ) ≤ c0 δ m+1 = c0 ε , ηm (K\F1 ) ≤ ηm (B\F1 ) ≤ c0 ε ta có ηm (F ) = ηm (K) − ηm (K\F1 ) (2.37) ≥ ηm (K) − c0 ε = ηm (K) (1 − cε) , c > phụ thuộc vào K Xét đa thức pn (x) := Tn 2x1 − 2r − δ 2r − δ , x = (x1 , , xm ) ∈ Rm Vì δ ≤ x1 ≤ 2r x ∈ F1 , điều dẫn đến |pn (x)| ≤ với x ∈ F ⊂ F1 38 Mặt khác, ∈ K 2r+δ 2r−δ |pn (0)| = Tn ≥ Tn + δ2 r ≥ exp (c ∗ nδ) = exp c ∗ nε1/(m+1) Kết hợp với (2.37) ta thu cận Định lý 2.2.2 Tóm lại, từ toán Remez đa biến ta kết luận với miền K điểm lùi log Φn,m (K, ε) = O nε1/2m , miền K trơn với chặn tốt log Φn,m (K, ε) = O nε1/(m+1) Sự cải thiện hệ số ε tạo khác biệt áp dụng đánh giá để chứng minh số bất đẳng thức loại Nikolski Nhắc lại bất đẳng thức Nikolski đưa chặn cho chuẩn đa thức thông qua chuẩn Lp Cho ω dương ηm K ⊂ Rm đặt g Lp (K) = K 1/p ω|g|p Xét đại lượng βn,m (ω, K) = sup g C(K) g Lp (K) : g ∈ Pn , g ≡ Để ước lượng βn,m (ω, K) ta cần sử dụng hàm ω : A ⊂ K, ηm (A) ≥ δ ϕ (ω, δ) = inf A Giả sử với miền K ta có ước lượng Remez log Φn,m (K, ε) ≤ cnεγ Với < γ < (như với γ = 1/2m cho miền không chứa điểm lùi γ = 1/ (m + 1) miền trơn.) Ký hiệu δn (ω) nghiệm phương trình γ ϕ (ω, δ) = e−nδ 39 (2.38) Vậy nên log βn,m (ω, K) ≤ cnδnγ (ω) (2.39) Chứng minh bất đẳng thức thu suy tương tự chứng minh Bổ đề [6], phiên biến (2.39) cho trước (dựa bất đẳng thức Remez đơn biến (2.38)) rõ ràng độ lớn γ ảnh hưởng trực tiếp tới đánh giá (2.35) Ví dụ, trọng lượng ω cho ϕ (ω, K) ∼ e−1/δ δn (ω) ∼ n−1/(1+γ) từ (2.34) ta thu log βn,m (ω, K) ≤ cn1/(1+γ) (2.40) Bởi vậy, trường hợp đặc biệt, γ = 1/2m (miền không chứa điểm lùi) ước lượng tương ứng (2.40) n2m/(1+2m) , với γ = 1/ (m + 1) (miền trơn) ta thu n(m+1)/(m+2) 40 Kết luận chung Luận văn “ Bài toán cực trị Chebyshev toán cực trị Remez, tập lồi Rn ” mở rộng bất đẳng thức Chebyshev Remez cho đa thức nhiều biến, giải toán Chebyshev trường hợp K ⊂ Rm vật thể lồi, hay nói cách khác K tập lồi Rm với tập khác rỗng Giải toán Remez nhiều biến trường hợp K vật thể lồi Rm Chúng cố gắng tìm cách mở rộng kết cho tập K không thiết lồi Rn Một hướng nghiên cứu khác xem kết luận văn không với vật thể lồi K không gian Cn 41 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt Nguyễn Văn Khuê Lê Mậu Hải (2007), Giải tích toán học - Tập I II, Nxb Đại học sư phạm, Hà Nội Tiếng Anh András K and Schmidt D (1997) "some extremal problems for multivariate polinomials on convex bodies" Journal of Approximation theory Vol 90 Issue 3, 415-434 Borwein P and Erdélyi T (1995), Polynomial and polynomial Inequalities, Graduate Texts in Mathematics, Vol 161, Springer-Verlag, New York Brudnyi Ju.A and Gamzburg M.I (1973), "On one extremal problem for polynomials in n-variables", Izv Akad Nauk SSSR 37, Math USSR Izv , 345 – 356 Brudnyi Ju A and Gamzburg M I (1974), "On one exact inequality for polynomials of many variables, Proceedings of 7th Winter Meeting on Function Theory and Functional Analysis", Drogobich, 118 – 123 42 Erdélyi T (1992), "Remez-type inequalities on the size of generalized polynomials", J London Math Soc (2) 45 , 255 – 264 Kroó A and Swetits J J (1936), "On density of interpolation points, a Kadec-type theorem, and Saff’s principle of contamination in -approximation", constr Approx , 87 – 103 Remez E.J (1936), "Sur une propriété des polynômes de Tchebycheff", Comm Inst Sci Kharkov 13 , 93 – 95 Rivlin T.J and Shapiro H.S (1961), "A unified approach to certain problem of approximation and minimization", J Soc Ind Appl Math , 670 – 699 43 ... đẳng thức Chebyshev bất đẳng thức Remez 12 1.3 1.4 iii BÀI TOÁN CỰC TRỊ CHEBYSHEV VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ REMEZ 19 2.1 Bất đẳng thức Chebyshev cho đa thức nhiều biến 21 2.2 Bất đẳng thức. .. rộng bất đẳng thức Chebyshev Remez trường hợp nhiều biến Trong phần xét toán Chebyshev nhiều biến Phần toán Remez với đa thức nhiều biến 2.1 Bất đẳng thức Chebyshev cho đa thức nhiều biến Để bắt... Chương BÀI TOÁN CỰC TRỊ CHEBYSHEV VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ REMEZ Trong chương mở rộng bất đẳng thức Chebyshev Remez ước lượng chuẩn đa thức nhiều biến tập compact Rn Xét tập Pn gồm đa thức giá trị phức