Đa diện newton và đa thức bị chặn dưới

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN - TIN ————————–o0o————————– LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đề tài ĐA DIỆN NEWTON VÀ ĐA THỨC BỊ CHẶN DƯỚI Chuyên ngành : Hình học - Tôpô Mã số : 60.46.01.05 Học viên : Phạm Thị Anh Giảng viên hướng dẫn : TS Nguyễn Thị Thảo HÀ NỘI - 2017 Mục lục LỜI MỞ ĐẦU Ước lượng hai vế đa thức qua đa diện Newton 1.1 1.2 Ước lượng hai vế đa thức hai biến qua đa giác Newton 1.1.1 Đa giác Newton đa thức hai biến 1.1.2 Ước lượng hai vế đa thức hai biến qua đa giác Newton 11 Ước lượng hai vế đa thức nhiều biến qua đa diện Newton 15 1.2.1 Đa diện Newton đa thức nhiều biến 15 1.2.2 Ước lượng hai vế đa thức nhiều biến qua đa diện Newton 16 Đa diện Newton đa thức bị chặn 24 2.1 Điều kiện đủ để qua đa diện Newton để đa thức bị chặn 24 2.2 Điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức riêng Rn 29 2.3 Mối quan hệ đa thức riêng đa thức bị chặn 31 Lời mở đầu Đa diện Newton đa thức đa diện lồi xác định thông qua tập hợp số mũ đơn thức xuất đa thức định nghĩa cách khác tùy thuộc vào việc nghiên cứu tính chất địa phương hay vô hạn đa thức Biên đa diện Newton xem xét tổng quát bậc đa thức biến sang trường hợp nhiều biến Đa diện Newton công cụ thuận tiện nhiều toán nghiên cứu tính chất địa phương hay vô hạn đa thức, đặc biệt toán tính toán dùng nhiều lĩnh vực khác toán học phương trình đạo hàm riêng, tối ưu đa thức, Với đề tài "Đa diện Newton đa thức bị chặn dưới", luận văn trình bày đa diện Newton áp dụng việc tìm hiểu đa thức bị chặn khái niệm, tính chất đa diện Newtn đa thức hai biến nhiều biến, cho điều kiện(qua đa diện Newton) để đa thức tương đương với đa thức xác định qua tập đỉnh đa diện Newton Đồng thời luận văn trình bày áp dụng ước lượng việc tìm hiểu đa thức bị chặn đa thức riêng Ngoài Lời nói đầu, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương: • Chương trình bày ước lượng hai vế đa thức qua đa diện Newton trường hợp f không suy biến theo đa diện Newton • Chương trình bày điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức bị chặn dưới, điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức riêng mối quan hệ đa thức riêng đa thức bị chặn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến TS Nguyễn Thị Thảo, người nhiệt tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô môn Hình học khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội đóng góp ý kiến cho kiến thức vô quý báu để hoàn thiện luận văn Do trình độ hạn chế thời gian có hạn nên luận văn nhiều thiếu sót Vì vậy, mong ý kiến từ thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn Hà Nội, ngày 05 tháng 06 năm 2017 Phạm Thị Anh Chương Ước lượng hai vế đa thức qua đa diện Newton Trong chương này, ta trình bày khái niệm đa diện Newton trường hợp đa thức hai biến, nhiều biến điều kiện tồn ước lượng hai phía đa thức qua đa diện Newton 1.1 Ước lượng hai vế đa thức hai biến qua đa giác Newton 1.1.1 Đa giác Newton đa thức hai biến Cho đa thức P có dạng aαβ xα y β P (x, y) = (1.1) (α,β)∈N2 Kí hiệu supp(P ) = {(α, β)|aαβ = 0} Khi đó, đa thức P viết lại dạng aαβ xα y β P (x, y) = (1.2) (α,β)∈supp(P ) Kí hiệu R2+ góc phần tư dương mặt phẳng R2+ bao đóng Giả sử (α, β), (α , β ) hai điểm R2+ Ta viết (α, β) < (α , β ) α < α β < β Định nghĩa 1.1.1 Cho đa thức P có dạng (1.1) Đa giác Newton đa thức P đa giác lồi nhỏ N (P ) R2+ thỏa mãn hai tính chất (i) supp(P ) ⊂ N (P ), (ii) Nếu (α , β ) ⊂ R2+ (α , β ) < (α, β) ∈ N (P ) (α , β ) ∈ N (P ) Ví dụ 1.1.2 Đa giác Newton đa thức P1 (x, y) = y + 3xy − x4 y + 2x5 y + x5 + x3 y xác định hình Hình 1.1: Đa giác Newton N (P1 ) Định nghĩa 1.1.3 Đa giác Newton gọi đa giác cạnh song song với trục tọa độ Ví dụ 1.1.4 a) Đa thức P2 = y + 2x3 y − 4x5 y + 7x7 y + 8x8 có đa giác Newton gọi đa giác b) Đa thức P3 = x3 y + 3x5 y − 2x6 y − x7 + 2y có đa giác Newton đa giác không Hình 1.2: Đa giác Newton N (P2 ) Hình 1.3: Đa giác Newton N (P3 ) Định nghĩa 1.1.5 (i) Điểm nguyên (α, β) ∈ N (P ) gọi điểm cấp thấp có điểm (α , β ) ∈ N (P ) để (α, β) < (α , β ) gọi điểm cấp cao không điểm cấp thấp (ii) Đơn thức aα,β xα y β đa thức P gọi đơn thức cấp thấp (α, β) điểm cấp thấp gọi đơn thức cấp cao (α, β) điểm cấp cao Ví dụ 1.1.6 a) Xét đa thức P4 = y + 3x5 − x4 y + 2x5 y + x5 + x3 y Khi đó, Đơn thức cấp cao đa thức P4 y , 3x5 , −x4 y , 2x5 y, x5 Đơn thức cấp thấp đa thức P4 x3 y b) Đa thức P5 = 2y + x3 y − 3x5 y + 7x6 y + x7 có đơn thức đơn thức cấp cao Định nghĩa 1.1.7 (i) Cho N đa giác lồi mặt phẳng R2+ vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 Một nửa phẳng đóng Hq = {(α, β) ∈ R2 | q, (α, β) = q1 α + q2 β ≤ c} gọi nửa phẳng tựa q, (α, β) ≤ c, ∀(α, β) ∈ N dấu đặt điểm thuộc N Nói cách khác, nửa phẳng tựa Hq xây dựng dạng Hq = {(α, β) ∈ R2 | q, (α, β) ≤ d(N, q)} đó, d(N, q) = max q, (α, β) (α,β)∈N (ii) Biên nửa phẳng tựa Hq gọi đường thẳng tựa đa giác N q gọi vectơ phương nửa phẳng tựa Định nghĩa 1.1.8 Cho đa thức P có dạng (1.1) vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 Số thực dP (q) = max (α,β)∈supp(P ) gọi đa thức q−bậc đa thức P q, (α, β) Định nghĩa 1.1.9 (i) Đa thức P gọi q -thuần nhất(với vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 ) có số d thỏa mãn P (tq1 x, tq2 y) = td P (x, y) (ii) Đa thức P gọi tựa q -thuần với vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 (iii) Nếu P đa thức q -thuần với q1 = q2 = đa thức P gọi d gọi bậc đa thức P Ví dụ 1.1.10 a) P = xy + x3 y đa thức q−thuần với q = (1, 2), d = b) P = x4 + x3 y + x2 y + y đa thức với bậc Nhận xét 1.1.11 a) Nếu q1 = q2 = đa thức q -thuần có dạng xd Q(y) với Q(y) đa thức biến y b) Nếu q1 = q2 = đa thức q -thuần có dạng y d Q(x) với Q(x) đa thức biến x Định nghĩa 1.1.12 Cho đa thức P có dạng (1.1) Đa thức q -thuần aαβ xα y β Pq (x, y) = (α,β)∈supp(P ) q,(α,β) =dP (q) gọi phần q -thuần chính(hay gọi tắt phần q -chính) đa thức P Ví dụ 1.1.13 Cho P = P1 với P1 đa thức cho ví dụ 1.1.2 Khi • Với q = (2, 1) Pq (x, y) = −x4 y + 2x5 y • Với q = (1, 4) P1 (x, y) = 3xy Phần q -chính đa thức có vài tính chất thể qua hai mệnh đề sau Mệnh đề 1.1.14 Cho đa thức P dạng (1.1) vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 Khi P (tq1 x, tq2 y) = tdP (q) Pq (x, y) + o(tdP (q) ) hay Pq (x, y) = lim t−dP (q) P (tq1 x, tq2 y) t→∞ Chứng minh Với aαβ xα y β P (x, y) = (α,β)∈supp(P ) Ta có P (tq1 x, tq2 y) − tdP (q) Pq (x, y) = aαβ xα y β tq1 α+q2 β − tdP (q) (α,β)∈sup p(P ) aαβ xα y β (α,β)∈sup p(P ) q,(α,β) =dP (q) aαβ xα y β t q,(α,β) − = (α,β)∈sup p(P ) aαβ xα y β tdP (q) (α,β)∈sup p(P ) q,(α,β) =dP (q) aαβ xα y β t q,(α,β) = (α,β)∈sup p(P ) q,(α,β) 0, ∃c1 ( ) cho |Q(x) − (x)| < σP (x) Ta có σP (x) ≤ (σP (x))2 Chọn = c ta với x ∈ Rn \Ω(c1 ) c ˜ (σP (x))2 ≤ Q(x) = PD (x)PD(r) ˜ (x) ≤ c2 PD σP (x) Triệt tiêu σP (x) hai vế ta thu (1.27) ˜ q , ∀q ∈ Rn Nếu vectơ q không song song với Sau ta chứng tỏ Qq = Q ˜ vectơ r từ định nghĩa D(r), D{r}, D{r} ta có (PD )q = (PD{r} )q , (PD(r) ˜ )q = (PD(r) )q 22 ˜q Nhân đẳng thức lại ta thu Qq = Q Nếu q = λr ta có (PD )r = (PD(r) )r , (PD(r) ˜ )r = (PD{r} )r ˜ q Như bất đẳng thức (1.27) chững minh Từ ta có Qq = Q đứng cho tập D nói riêng cho biên đa diện N (P ) Do (1.27) xảy với D = N (P ) Từ chứng minh (1.25) cho miền tập compact Ω(c1 ) Tuy P (x) = với x(1) = nên với số c > đẳng thức (1.25) xảy điểm Ω(c1 ) Vậy ta có điều phải chứng minh Chú ý 1.2.14 Ta mệnh đề sau tương đương: i) Tồn số thực c1 , c2 > cho: c1 σP (x) ≤ |P (x)| ≤ c2 σP (x) ∀x ∈ Rn ii) Với vectơ q ∈ Rn ta có Pq (x) = với x(1) = x1 x2 xn = 23 Chương Đa diện Newton đa thức bị chặn Trong chương này, trình bày điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức riêng, mối quan hệ đa thức riêng đa thức bị chặn 2.1 Điều kiện đủ để qua đa diện Newton để đa thức bị chặn Với α = (α1 , · · · , αn ), ta định nghĩa xα đơn thức xα1 xα2 · · · xαnn Trước tiên ta nhắc lại vài khái niệm Đa diện Newton Định nghĩa 2.1.1 Cho aα x α f (x) := α∈Nn đa thức Đặt supp(f ) := {α ∈ Nn |aα = 0} Đa diện Newton vô hạn Γ− (f ) f bao lồi Rn {0} ∩ supp(f ) Rõ ràng, Γ− (f ) đa diện compact lồi với số chiều lớn n Một siêu phẳng tựa Γ− (f ) siêu phẳng nhỏ chứa giá trị hàm tuyến tính Γ− (f ) Các mặt biên giới hạn đa diện Newton 24 giao Γ− (f ) với siêu phẳng tựa Chúng đa diện lồi compact với số chiều lớn n − Các đỉnh mặt với số chiều Đồ thị Newton vô hạn f, định nghĩa Γ− (f ), kí hiệu Γ(f ),được định nghĩa hợp mặt đóng không chứa Cho σ ∈ Γ− (f ), đa thức: aα x α fσ (x) := α∈σ gọi thành phần tựa f với σ Định nghĩa 2.1.2 Đa thức f ∈ R[x] gọi tiện lợi với i = 1, 2, · · · , n tồn giá trị αi ≤ cho đơn thức xαi i xuất với hệ số khác Chú ý f tiện lợi lược đồ Newton vô hạn Γ(f ) f giao với trục tọa độ điểm khác từ gốc tọa độ Mục đích phần trình bày chứng minh định lý sau Định lí 2.1.3 Cho đa thức f ∈ R[x] Khi đó, ta có khẳng định sau (i) Nếu f đa thức bị chặn Khi đó, tất thành phần tựa f không âm (ii) Giả sử f tiện lợi Nếu tất thành phần tựa f dương bên phẳng tọa độ f bị chặn Hơn nữa, tồn số c1 , c2 (c2 > 0) cho xα f (x) ≥ c1 + c2 α∈V (f ) đó, V (f ) tập đỉnh Γ− (f ) Chứng minh (i) Giả sử tồn γ ∈ Γ(f ) mặt chiều cho fγ (x0 ) < với x0 = (x01 , x01 , , x01 ) ∈ Rn Gọi H := {α ∈ Rn | m, α := m1 α1 + m2 α2 + · · · + mn αn = ν} 25 (2.1) siêu phẳng tựa Γ(f ) chứa mặt γ Vì đỉnh Γ− (f ) có tọa độ nguyên, không tính tổng quát, ta giả sử m1 , m2 , , mn ν số nguyên Bởi định nghĩa, siêu phẳng tựa có tính chất Γ− (f ) nửa không gian {α ∈ Rn | m, α ≥ ν} Điều có nghĩa m, α > ν với α ∈ Γ− (f ) \ γ Trong trường hợp riêng, với α = 0, ta nhận > ν Lấy < 1, ta định nghĩa đường cong đại số ϕ : (0, ] −→ Rn , t −→ ϕ(t), ϕ(f ) =    x1 (t) = x01 tm1 ,      m2  x2 (t) = x2 t         , xn (t) = x0n tmn Khi đó, ta dễ dàng kiểm tra f [ϕ(t)] = aα [ϕ(t)]α fγ [ϕ(t)] + α∈γ / = tν fγ (x0 ) + sohangcobaccaohontrongt tν fγ (x0 ), Ở đây, A B nghĩa tỉ số hai vế nằm hai số dương Do ta nhận lim f [ϕ(t)] = −∞ t−→+0 (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy thành phần tựa f không âm Trong trường hợp riêng, tất đỉnh đa diện Newton Γ− (f ) có tọa độ chẵn 26 (ii) Giả sử thành phần tựa f dương bên mặt phẳng tọa độ Ta chứng minh f bị chặn Thật vậy, khẳng định cần chứng minh không tập nửa đại số A := {x ∈ Rn |f (x) ≤ 0} không bị chặn Khi đó, tồn ánh xạ phân hình thực ϕ : (0, ] −→ Rn , t −→ ϕ(t), cho (c1) ϕ(t) ∈ A với t ∈ [0, ]; (c2) ϕ(t) −→ +∞ t −→ +0; (c3) f [ϕ(t)] −→ −∞ t −→ +0 Không tính tổng quát, ta giả sử với > đủ nhỏ, tập ϕ((0, ]) chứa phẳng tọa độ {xk = 0}, k = l + 1, l + 2, , n, không trường hợp ≤ l ≤ n Do đó, ta viết    x1 (t) = x01 tm1 + ,      m2  x2 (t) = x2 t ϕ(f ) =         + , xl (t) = x0l tml + , xl+1 (t) = xl+2 (t) = = xn (t) = x0k , k = 1, 2, , l số thực khác 0.Từ (c2), ta có k=1,2, ,l mk < Đặt Γ := Γ− (f ) ∩ {α ∈ Nn |αl+1 = αl+2 = · · · = αn = 0} Khi đó, Γ đa thức lồi compact với số chiều lớn l Gọi γ(resp., ν) tập nghiệm(tương ứng giá trị nhở nhất) toán tuyến tính minimize m, α subject to α∈Γ, đó, m := (m1 , m2 , · · · , ml , 0, 0, · · · , 0) Khi đó, γ mặt Γ (4) ta nhận γ ∈ Γ(f ) f tiện lợi 27 Theo (c3) ta có f [ϕ(t)] < 0, với t > đủ nhỏ, với ánh xạ ϕ : (0, ] −→ Rn , t −→ ϕ(t), định nghĩa    x1 (t) = x01 tm1 ,       x2 (t) = x02 tm2 ,    ϕ=      xn (t) = x0n tmn ,       x (t) = x (t) = = x (t) = n l+1 l+2 Mặt khác, với < t ta có f [ϕ(t)] fγ [ϕ(t)] = tν fγ (x01 , x02 , , x0l , 0, 0, , 0) = tν fγ (x01 , x02 , , x0l , 1, 1, , 1) đó, đẳng thức cuối kéo theo từ độc lập thành phần tựa fγ biến số xl+1 , xl+2 , , xn Theo lập luận trên, fγ (x01 , x02 , , x0n , 1, 1, 1) < 0, Mâu thuẫn rằng, f bị chặn có số c1 cho f (x) > c1 với x ∈ Rn Nên, từ giả thiết kết Gindikin, có số dương cho xα f (x) − c1 ≥ c2 α∈V (f ) với x ∈ Rn Tương đương với xα f (x) ≥ c1 + c2 α∈V (f ) Định lý chứng minh 28 2.2 Điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức riêng Rn Cho f đa thức R[x] Ta viết aα xα1 xα2 xαnn f (x) = α∈Nn Đặt supp(f ) := {α = (α1 , α2 , · · · , αn ) ∈ Nn |aα = 0} Đa diện Newton(tại vô hạn) Γ− (f ) f bao lồi {0} ∪ supp(f ) Rõ ràng, Γ− (f ) đa diện lồi có số chiều lớn n Với mặt γ ∈ Γ− (f ) hàm aα x α fγ (x) := α∈γ gọi thành phần tựa f Đa thức f ∈ R[x] gọi tiện lợi, với i = 1, 2, , n bất kì, đơn thức xαi i , αi ≥ xuất f với hệ số khác Ánh xạ liên tục F : Rn −→ Rm gọi ánh xạ riêng ánh xạ ngược tập compact compact Tương đương, F : Rn −→ Rm ánh xạ riêng xk −→ ∞ kéo theo f (xk ) −→ ∞ Ta định nghĩa tập R∗ tập số thực khác Định lí 2.2.1 Cho f ∈ R[x] đa thức tiện lợi Nếu tất thành phần tựa không biến bên mặt phẳng tọa độ, f ánh xạ riêng Chứng minh Không tính tổng quát, giả sử α0 đỉnh Γ(f ) cho hệ số aα0 xα f dương Ta thành phần tựa f hoàn toàn dương bên phẳng tọa độ Ta chứng minh quy nạp theo số chiều mặt Γ(f ) 29 Giả sử α đỉnh Γ(f ) Đặt σ ∈ Γ(f ) mặt có số chiều với biên hợp đỉnh α đỉnh β Γ(f ) Khi đó, tồn giá trị i ∈ {1, 2, · · · , n} cho αi = βi Không tính tổng quát, ta giả sử αi > βi Khi đó, fσ (1, · · · , xi , · · · , 1) = (aα xαi i + · · · + aβ xβi i ) = xβi i (aα xαi i −βi + · · · + aβ ) Theo giả thiết, đa thức h(xi ) := aα xαi i −βi + · · · + αβ nghiệm thực khác Vì thế, aα aβ > αi -βi số chẵn Do đó, aα aβ > αi -βi chẵn với i ∈ {1, 2, · · · , n} Điều kéo theo hệ số xα f dương, hợp mặt Γ(f ) với số chiều liên thông aα0 > Hơn nữa, f tiện lợi, với i ∈ {1, 2, · · · , n}, tồn đỉnh (0, · · · , ei , · · · , 0) ∈ Γ(f ) cho ei > với i ∈ {1, 2, · · · , n} Vì vậy, αi chẵn với i ∈ {1, 2, · · · , n} Do vậy, fσ (x0 ) > f{α} = aα xα dương điểm (R∗ )n Giả sử khẳng định đến số chiều k, ≤ k < n − 1, ta chứng minh đến chiều k + Cho σ ∈ Γ(f ) mặt có chiều k + Khi đó, tồn σ1 = H1 ∩ Γ(f ) σ2 = H2 ∩ Γ(f ) chứa biên σ cho H1 := {α ∈ Rn |αi = ν1 }; H2 := {α ∈ Rn |αi = ν2 } siêu phẳng tựa Γ∞ (f ) với ν1 = ν2 Không tính tổng quát ta giả sử ν1 > ν2 Khi đó, với điểm x0 = (x01 , x02 , · · · , x0n ) ∈ (R∗ )n , ta có fσ (x01 , , xi , , x0n ) = fσ1 (x01 x0n )xνi + + fσ2 (x01 x0n )xνi = xνi [fσ1 (x01 x0n )xνi −ν2 + + fσ2 (x01 x0n )] Vì σ1 σ2 mặt có số chiều bé k, nên ta có fσ1 (x01 x0n ) > 30 fσ2 (x01 x0n ) > Rõ ràng, ν1 , ν2 số chẵn Do đó, đa thức fσ (x01 , , xi , , x0n ) nghiệm thực tầm thường, fσ (x01 , , xi , , x0n ) > với mọixi = 0(bởi giả thiết), fσ x0 > Như vậy, hàm đa thức fσ dương điểm bên mặt phẳng tọa độ Bây giờ, ta chứng minh f ánh xạ riêng Bằng phản chứng, giả sử f đa thức riêng Khi đó, tồn dãy {xk }∞ k=1 cho lim xk = +∞; lim f (xk ) = t0 k→∞ k→∞ Vì f tiện lợi tất thành phần f dương (R∗ )∗n, theo định lý 2.1.1 ta có f bị chặn tồn số c1 , c2 (c2 > 0) cho xα , f (x) ≥ c1 + c2 α∈V (f ) đó, V (f ) tập đỉnh Γ− (f ) Vì vậy, xαk lim f (xk ) ≥ c1 + c2 lim k→∞ k→∞ α∈V (f ) Theo chứng minh trên, với α ∈ V (f ), ta có αi , i = 1, 2, , n chẵn Hơn nữa, f tiện lợi, với i = 1, 2, , n bất kì, tồn αi ≥ cho đơn thức xαi i xα Do đó, t0 ≥ c1 + c2 (+∞), mâu thuẫn Vậy f ánh xạ xuất α∈V (f ) riêng 2.3 Mối quan hệ đa thức riêng đa thức bị chặn Trong phần này, trình bày kết mối quan hệ đa thức riêng đa thức bị chặn Đồng thời, ta cho mô tả tôpô thớ đa thức riêng, Mệnh đề 2.3.1 Cho f : Rn −→ R hàm đa thức riêng, n ≥ Khi đó, f bị chặn f bị chặn 31 Chứng minh Giả sử f không bị chặn trên, ta chứng minh f phải bị chặn Lấy t0 ∈ R Do f riêng, tập f −1 (t0 ) compact Do đó, đươc chứa hình cầu đủ lớn Bnr Khi đó, tập {x ∈ Rn |f ((x) ≤ t0 } chứa Bnr Thật vậy, ngược lại, tồn điểm x1 ∈ Rn \Bnr cho f (x1 ) < t0 Theo giả thiết, tồn điểm x2 ∈ Rn \B2n cho f (x2 ) > to Vì n ≥ 2, ta chọn đường cong liên tục l Rn \Br nối x1 x2 Vì f |l liên tục, f (x1 ) < t0 f (x2 ) > t0 nên tồn điểm x0 ∈ l cho f (x0 ) = t0 Mâu thuẫn Mt0 tập đóng bị chặn, nghĩa là, f bị chặn Không tính tổng quát, ta giả sử f bị chặn Mệnh đề 2.3.2 Cho f : Rn −→ R hàm đa thức riêng Nếu f bị chặn gradf (x) = λx, x ≥ r Khi đó, λ > Chứng minh Đặt W = {x ∈ Rn : gradf (x) = λx, λ ≤ 0} Chú ý W tập nửa đại số Ta chứng minh W bị chặn Thật vây, giả sử ngược lại Theo bổ đề đường cong vô hạn, tồn ánh xạ phân hình ρ : [M, +∞) → Rn cho ρ(τ ) ∈ W với τ > M lim ρ(τ ) = +∞ Ta viết τ →∞ ρ(τ ) = aτ α + số hạng bậc thấp hơn, f (ρ(τ )) = bτ β + số hạng bậc thấp Vì gradf (ρ(τ )) = λ(τ )ρ(τ ), nên d f (ρ(τ )) = dt gradf (ρ(τ )), dρ (τ ) dτ dρ (τ ) dτ dρ = λ(τ ) ρ(τ ), (τ ) dτ = λ(τ )ρ(τ ), 32 Do vậy, βbτ β−1 + · · · = λ(τ ) aτ α + · · · , αaτ α−1 + · · · Vì thế, λ(τ ) = βb a α τ β−2α + · · · Rõ ràng, α > 0; f ánh xạ riêng, nên β > Vì f bị chặn f riêng nên f (ρ(τ )) → +∞ τ → +∞, b > Như vậy, λ(τ ) > với τ đủ lớn Mẫu thuẫn nói tập W bị chặn, khẳng định chứng minh Định lí 2.3.3 Cho f : Rn −→ R hàm đa thức riêng, n ≥ Khi đó, f bị chặn phía Hơn nữa, thớ f −1 (A) vi phôi với mặt cầu đơn vị Sn−1 với |A| đủ lớn f khác rỗng Chứng minh Đặt υ(x) = gradf (x) x + x gradf (x) Khi đó, gradf (x), υ(x) = gradf (x) [ gradf (x), x + x gradf (x) ] ≥ 0, x, υ(x) = x [ gradf (x), x + x gradf (x) ] ≥ Theo mệnh đề 2, gradf (x) = λx với x ≥ r λ > Do vậy, dấu ” = ” bất đẳng xảy với x ∈ / Bnr , với x2 ∈ Rn \B2n , r 1, ta có gradf (x), υ(x) > 0, x, υ(x) > Đặt ω(x) = υ(x) x, υ(x) Ta có gradf (x), ω(x) x, ω(x) 33 > 0, (2.2) (2.3) = Lấy A > maxn f (x) Với điểm x0 ∈ Rn−1 , xét đường cong tích phân x(x0 ; τ ) r x∈Br trường vecto ω(x) điểm x0 Từ (2.4), ta có x(x0 ; τ ) = τ + r2 Do vậy, x(x0 ; τ ) xác định toàn khoảng [0; +∞) Vì (f ox)(x0 ; 0) < A lim (f ox)(x0 ; τ ) = +∞ nên tồn điểm τ (x0 ) ∈ (0, +∞) t→∞ thỏa mãn (f ox)(x0 ; τ (x0 )) = A Do (2.3), hàm số (f ox)(x0 ; τ ) đơn điệu tặng khoảng [0, +∞); đó, điểm τ (x0 ) Dẽ thấy ánh xạ G : Sn−1 −→ f −1 (A) υ −→ x(rυ; τ (rυ)) vi phôi 34 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau: • Điều kiện cho ước lượng hai vế đa thức qua đa diện Newton • Đưa điều kiện cho tính bị chặn đa thức thông qua đa diện Newton • Đưa điều kiện đủ qua đa diện Newton để hàm đa thức f : Rn → R riêng • Trình bày mối quan hệ đa thức riêng đa thức bị chặn Đồng thời cho tính chất tô pô đa thức riêng 35 Tài liệu tham khảo [1] S Gindikin and L R Volevich, The Method of Newton’s Polyhedron in the Theory of Partial Differential Equations, Kluwer Academic Publishers, 1992 [2] Nguyen Thi Thao (2009),"A condition for the properness of polynomial maps",Vietnam Journal of Mathematics (37)(1), pp 113-125 [3] H H Vui and P T Son (2007), "Minimizing polynomial functions" Acta Mathematica Vietnamica 32(1), pp 71-82 36 ... Đa diện Newton đa thức bị chặn 24 2.1 Điều kiện đủ để qua đa diện Newton để đa thức bị chặn 24 2.2 Điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức riêng Rn 29 2.3 Mối quan hệ đa thức riêng đa. .. riêng, tối ưu đa thức, Với đề tài "Đa diện Newton đa thức bị chặn dưới" , luận văn trình bày đa diện Newton áp dụng việc tìm hiểu đa thức bị chặn khái niệm, tính chất đa diện Newtn đa thức hai biến... vế đa thức qua đa diện Newton trường hợp f không suy biến theo đa diện Newton • Chương trình bày điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức bị chặn dưới, điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức