Biểu diễn đa thức dương dưới dạng tổng bình phương hai đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– CAO HÀ DƯƠNG BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG DƯỚI DẠNG TỔNG BÌNH PHƯƠNG HAI ĐA THỨC THÁI NGUYÊN, 10/2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– CAO HÀ DƯƠNG BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG DƯỚI DẠNG TỔNG BÌNH PHƯƠNG HAI ĐA THỨC Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN, 10/2018 i Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu BÀI TỐN HILBERT THỨ 17 1.1 Lịch sử vấn đề 1.2 Một số kết biểu diễn đa thức không 1.2.1 Kết Hilbert 1.2.2 Ví dụ Motzkin 1.2.3 Ví dụ Robinson 1.2.4 Ví dụ Choi-Lam 1.2.5 Ví dụ Lax-Lax Schmă udgen 1.2.6 Chng minh ca Artin âm MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BÀI TOÁN HILBERT 17 2.1 Về không điểm đa thức nhiều biến không âm 2.1.1 Không điểm dạng psd 2.1.2 Phương pháp ma trận Gram 2.1.3 Tổng quát hoá M S 2.1.4 Các ví dụ dạng đối xứng 2.2 Định lý Polya 5 10 12 13 14 15 29 29 29 30 31 32 33 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt psd đa thức nửa xác định dương pd đa thức xác định dương sos đa thức biểu diễn dạng tổng bình phương đa thức AM − GM bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân GCD ước chung lớn Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái Thầy hướng dẫn tạo điều kiện tốt tác giả hoàn thành luận văn Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp cao học Toán K10Q K11D; trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; khoa Toán - Tin tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập trường Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới tập thể lớp cao học Toán K10Q K11D, gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị cơng tác đồng nghiệp giúp đỡ, động viên tạo điều kiện tốt cho tác giả học tập nghiên cứu Mặc dù thân có nhiều cố gắng điều kiện thời gian ngắn, trình độ kinh nghiệm nghiên cứu khoa học hạn chế, nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận đóng góp thầy cô bạn đồng nghiệp để tác giả tiếp tục nghiên cứu tốt Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Tác giả Cao Hà Dương Lời nói đầu Lagrange rằng, số nguyên dương a biểu diễn thành tổng bình phương bốn số nguyên Vậy câu hỏi tự nhiên sinh là: "Nếu thay số nguyên đa thức, đa thức biểu diễn thơng qua tổng bình phương đa thức khác? Nếu biểu diễn cần tối thiểu bình phương đa thức để tạo nên biểu diễn ấy? Điều kiện cần đủ gì?" Đã có nhiều cơng trình khoa học nhà toán học tiếng nghiên cứu vấn đề này, Motzkin, Robinson, Choi, Lam, ; có nhiều ví dụ phản ví dụ đưa Tại Đại hội tốn học quốc tế họp Paris năm 1900, Hilbert nêu vấn đề Bài toán thứ 17 danh mục 23 tốn tiếng ơng Bài toán giải Artin, nhiều cách tiếp cận mở rộng khác đưa Luận văn có mục tiêu trình bày lịch sử vấn đề số kết đạt hướng nghiên cứu toán Hilbert 17 mở rộng Mặc dù tốn Hilbert 17 trước đề cập đến nội dung Luận văn thạc sĩ toán học Phan Văn Dân với tên "Về định lí Hilbert thứ 17" vào năm 2017 trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; kết nghiên cứu Tác giả luận văn toán Hilbert 17 khác biệt Trong luận văn mình, tác giả nêu kết đạt nhà toán học nghiên cứu toán Hilbert 17 cách chi tiết cụ thể hơn, ngồi cịn có bổ sung thêm nhiều kết khác Hơn nữa, chứng minh định lý Artin hai luận văn khác Cuối khác biệt đến từ chương luận văn này, tác giả quan tâm trình bày nội dung định lý Polya với mở rộng hướng nghiên cứu toán Hilbert 17 mà luận văn Phan Văn Dân khơng có Do vậy, luận văn tác giả bổ sung thêm kết với tiếp cận khác toán Hilbert 17 Tên luận văn "Biểu diễn đa thức dương dạng tổng bình phương hai đa thức" Tuy nhiên trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả dành phần nhiều thời gian để nghiên cứu thấy kết biểu diễn đa thức dương nhìn nhận cách yếu cho đa thức khơng âm Do nội dung luận văn có thiên hướng trình bày kết đạt đa thức không âm nhiều kết cho đa thức dương Luận văn gồm hai chương: Chương 1: Trình bày cách khái quát lịch sử vấn đề; ví dụ đa thức khơng âm hay khơng thể biểu diễn thành tổng bình phương đa thức khác; với giải tốn Hilbert 17 Artin Chương 2: Trình bày số tiếp cận số kết mở rộng Bài toán Hilbert 17 Chương BÀI TOÁN HILBERT THỨ 17 1.1 Lịch sử vấn đề Vào năm 1900, Đại hội toán học quốc tế Paris, Hilbert nêu lên toán thứ 17 sau: "Có thể hay khơng biểu diễn đa thức thực khơng âm dạng tổng bình phương hàm hữu tỷ" Trước đó, khởi đầu toán Hilbert thứ 17 bắt nguồn từ luận án tiến sĩ Hermann Minkowski, bảo vệ tại Đại học Koxnigsberg vào năm 1885, mà Hilbert người phản biện Trong buổi bảo vệ, Minkowski khẳng định rằng: "Tồn đa thức thực không âm tồn Rn khơng biểu diễn dạng tổng hữu hạn bình phương đa thức thực" Mặc dù khơng có chứng minh cho khẳng định trên, sau Hilbert có nói ơng bị thuyết phục khám phá Sau vào năm 1888, Hilbert chứng minh báo tiếng tồn đa thức thực hai biến bậc sáu không âm R2 khơng phải tổng bình phương đa thức thực Ví dụ tường minh đưa T.Motzkin vào năm 1967 Đó đa thức: M (x, y) = x4 y + x2 y + − 3x2 y Trong báo thứ hai chủ đề vào năm 1893, Hilbert chứng minh lý luận khéo léo khó hiểu rằng, đa thức khơng âm p ∈ R [x, y] R2 biểu diễn tổng hữu hạn bình phương hàm hữu tỷ thuộc R (x; y) Mặc dù không nêu rõ, chứng minh mình, Hilbert gần p tổng bốn bình phương hàm hữu tỷ Năm 1899, Hilbert chứng minh kết quan trọng, làm sở cho khẳng định mà thời điểm cịn chưa chứng minh, rằng: "Bất kì hàm hữu tỷ khơng âm Q (x1 , , xn ) tổng bình phương hàm hữu tỷ Q (x1 , , xn )" Dựa ý tưởng từ cơng trình trước đây, Hilbert nêu toán tiếng thứ 17 Đại hội toán học quốc tế Paris vào năm 1900 với câu hỏi: "Nếu f ∈ R [x1 , , xn ] đa thức khơng âm, có thiết biểu diễn tổng bình phương hàm hữu tỷ R (x1 , , xn ) hay khơng?" Bài tốn Hilbert thứ 17 giải câu trả lời khẳng định vào năm 1926 Artin Chứng minh Artin mang đến khởi đầu cho số chủ đề hình học đại số thực 1.2 Một số kết biểu diễn đa thức không âm Trước vào trình bày kết đạt được, có kí hiệu định nghĩa sau: i) Hd (K n ): tập đa thức bậc d với n biến với hệ số trường K n+d−1 Do p ∈ Hd (K n ) xác định N = hệ số nó, n−1 nên Hd (K n ) ≈ K N ii) Với m số nguyên, đa thức p ∈ Hm (Rn ) gọi nửa xác định dương (viết tắt psd) p (x1 , , xn ) ≥ với (x1 , , xn ) ∈ Rn iii) Tập tất psd Hm (Rn ) kí hiệu Pn,m iv) Đa thức psd p (x1 , , xn ) gọi xác định dương (viết tắt pd) p (x1 , , xn ) = xj = 0, với ≤ j ≤ n v) Nếu p ∈ Hm (Rn ) biểu diễn dạng tổng bình phương đa thức p gọi sos Nếu p ∈ Hm (Rn ) p = k h2k với hk ∈ R [x1 , , xn ] hk ∈ Hm/2 (Rn ) vi) Tập tất sos Hm (Rn ) kí hiệu Ta có: ⊆ Pn,m n,m n,m Do kí hiệu ∆n,m = Pn,m \ khơng sos 1.2.1 n,m tập tất đa thức psd mà Kết Hilbert Trước tiên có kết quan trọng sau: Mệnh đề 1.1 Mọi đa thức psd f (x) ∈ R [x] tổng bình phương đa thức R [x] Chứng minh, Chú ý f (x) đa thức nửa xác định dương nên nghiệm thực có f (x) phải có bội chẵn Thật vậy, ta thấy từ biểu diễn f (x) = (x − α)n g(x) với α ∈ R g (α) = 0, n lẻ, có (x − α)n nên f đổi dấu lân cận α, điều mâu thuẫn với việc f psd Do ta viết f (x) dạng: f (x) = c 2ni (x − αi ) ni (x − βi ) với αi ∈ R βi ∈ / R, c ∈ R Đặt: ni h (x) = (x − βi ) x − βi ni ni (x − αi ) Khi ta có: f (x) = ch(x)h(x) Với h(x) = p(x) + iq(x) p (x) , q (x) ∈ R [x] thì: √ √ 2 f (x) = c p(x)2 + q(x)2 = ( cp(x)) + ( cq(x)) Nhận xét 1.1 Trong trường hợp tổng quát với n biến, kết luôn cho đa thức Ta có ví dụ: 23 Mệnh đề 1.7 (Tính chất đặc trưng bình phương) Giả sử K trường có đặc số khác Khi phần tử a ∈ K ∗ tổng bình phương phần tử K ⇔ a > hoàn toàn dương Chứng minh, Nếu a = a2i ; a = a > với thứ tự R Ngược lại, giả sử a = khơng tổng bình phương R ¯ bao đóng đại số R xét tập hợp trường E Giả sử R ¯ mà a khơng tổng bình phương Theo bổ đề Zorn, R tồn phần tử tối đại, (chẳng hạn F ), cho F trường thực hình thức Ta sử dụng kiện trường không thực hình thức có đặc số khác phần tử K tổng bình phương phần tử K Ta −a tổng bình phương phần tử √ F Giả sử ngược lại, trường F −a R chứa thực R, √ a tổng bình phương F −a Vì ta √ bi ci = có bi ci ∈ F cho a = bi + ci −a Từ suy 2 2 a = bi − a ci Do đó, a + ci = bi + c2i = (vì F trường thực hình thức) Khi c = + c2i a = b2i c−1 = b2i + c2i c−2 Vì a tổng bình phương F , trái lại với định nghĩa F Do −a = b2 ; b ∈ F , a = −b2 âm thứ tự F Do a ∈ / ∩Pi với Pi tất thứ tự Bổ đề 1.2 Với R trường đóng thực Giả sử M = max (1, |c0 | + + |cn−1 |) Khi tất nghiệm f R thuộc vào [−M, M ] Chứng minh, Nếu a ∈ R nghiệm f cho |a| ≤ điều hiển nhiên Giả sử |a| > Lấy giá trị tuyệt đối số hạng tổng −a = cn−1 a−1 + + c1 a−(n−2) + c0 a−(n−1) , ta |−a| ≤ |cn−1 | + + |c1 | + |c0 | Và điều cần chứng minh 24 Kết chứng minh tương tự trường hợp R, Sturm đưa vào năm 1880 Nó sử dụng cách thực Artin Scheier chứng minh tồn bao đóng thực tính chất Bổ đề 1.3 (Sturm) Giả sử R trường đóng thực f ∈ R [x] Khi số nghiệm f khoảng (a, b) tuỳ ý cho f (a) f (b) = Va − Vb Trong đó, ta định nghĩa Vr số lần thay đổi dấu dãy f0 (r), f1 (r), , fl (r); với dãy đa thức f0 , f1 , xác định từ thuật tốn để tìm GCD hai đa thức f f sau: f0 (x) = f (x), f1 (x) = f (x); fi−1 (x) = gi (x)fi (x) − fi+1 (x) với deg fi+1 < deg fi , với i ≥ Khi gọi f0 , f1 , dãy tiêu chuẩn f fl = GCD(f, f ) với l số nhỏ cho fl+1 = Định lý 1.1 (Artin-Scheier) Mọi trường thứ tự có bao đóng thực Nếu K1 , K2 trường thứ tự với bao đóng thực tương ứng R1 , R2 đẳng cấu bảo tồn thứ tự từ K1 đến K2 thác triển thành đẳng cấu trường R1 R2 Hơn nữa, thác triển đẳng cấu bảo toàn thứ tự Đặc biệt, tự đẳng cấu bao đóng thực R trường thứ tự K, mà đồng K, phải đồng R Bổ đề 1.4 Nếu f (x1 , , xn , Y ) ∈ L [Y ] có r nghiệm phân biệt L∗ , tồn g1 , , gm L với tính chất với a1 , , an ∈ K, cho g1 (a1 , , an ) , , gm (a1 , , an ) có dấu (trong K) dãy g1 , , gm (trong L), tồn r nghiệm phân biệt f (a1 , , an , Y ) K ∗ 25 Chứng minh, Ta viết f (a1 , , an , Y ) = c0 + c1 Y + + cr Y r với ci ∈ L Các gi xác định theo cj số giá trị đặc biệt biến Y f Xét dãy tiêu chuẩn f đa thức Y , chẳng hạn f0 , f1 , , fl Nếu m ký hiệu + |ci | (lưu ý phần tử thuộc L), ta xét gi dãy tạo thành từ: (i) tất hệ số f0 , f1 , , fl , (ii) tất fi (Y = ±m), (iii) tất fi (Y = ±m)/fj (Y = ±m) với i < j fi (Y = ±m) = Khi đó, từ Bổ đề 1.2 1.3 suy V−m (f )−Vm (f ) = r Nhưng a1 , , an ∈ K với dãy gi có dấu (trong L) gi (a1 , , an ) (trong K), lựa chọn gi rằng: V−m(a1 , ,an ) (f (a1 , , an , Y ) = V−m (f ) , Vm(a1 , ,an ) (f (a1 , , an , Y ) = Vm (f ) Nhận xét ci nằm số gj , tất nghiệm f (a1 , , an , Y ) K ∗ bị chặn −m (a1 , , an ) m (a1 , , an ) Điều hồn thành chứng minh Bổ đề 1.5 Giả sử f (x1 , , xn , Y ) ∈ L [Y ]; ≤ i ≤ r đa thức monic Giả sử b1 < < br nghiệm fi tương ứng L∗ Khi tồn phần tử g1 , , gm ∈ L với tính chất với a1 , , an ∈ K cho g1 (a1 , , an ) , , gm (a1 , , an ) có dấu (trong K) dãy g1 , , gm (trong L), tồn b∗1 < < b∗r K ∗ , nghiệm f (a1 , , an , Y ) ∈ K [Y ] tương ứng Chứng minh, √ √ Xét trường M = L b1 , , br , b2 − b1 , , br − br−1 mở rộng hữu hạn L Do đặc số 0, ta có M = L(b) với b Viết g (x1 , , xn , Y ) = c0 + c1 Y + + cs−1 Y s−1 + Y s ∈ L [Y ] với ci ∈ L cho đa thức tối thiểu b L Các phần tử bi , bj+1 − bj 1/ bj+1 − bj có biểu diễn đa thức b L; ta viết: bi = b i (x1 , , xn , b) , 26 bj+1 − bj = ej (x1 , , xn , b) , 1/ bj+1 − bj = e j (x1 , , xn , b) với b i (x1 , , xn , Y ), ej (x1 , , xn , Y ), e j (x1 , , xn , b) ∈ L [Y ] Bây bi nghiệm fi , đa thức Fi (x1 , , xn , b i (x1 , , xn , Y )) triệt tiêu Y = bi , điều có nghĩa phải chia hết (trong L[Y ]) cho đa thức tối thiểu g (x1 , , xn , Y ) Như vậy, giả sử Fi = gf i ∈ L [Y ] (1) với đa thức f i ∈ L [Y ] Tương tự, sử dụng kiện b j+1 − b j − (e j )2 ej e j − L [Y ] triệt tiêu Y = b, có số đa thức hj , h j ∈ L [Y ] với b j+1 − b j − (e j ) = ghj (2) ej e j − = gh j (3) L[Y ] Tương tự bổ đề trước, giả sử g1 , , gm ∈ L dãy đa thức tạo thành bởi: (i) Tất hệ số (trong L) tất fi , f i , g, hi , h i , b i , ej , e j ; (ii) Tất đa thức nhận áp dụng bổ đề trước cho g (x1 , , xn , Y ) Khi đó, a1 , , an ∈ K giả thiết đây, bổ đề trước chứng tỏ g (x1 , , xn , Y ) có nghiệm a∗ K ∗ g (x1 , , xn , Y ) có nghiệm b L∗ Do đó, (1) chứng tỏ b∗i = b i (a1 , , an , a∗ ) nghiệm fi (a1 , , an , Y ) Sử dụng (2) (3), ta có ej (a1 , , an , a∗ ) e j (a1 , , an , a∗ ) = (vì ej (a1 , , an , a∗ ) = 0) b∗j+1 − b∗j = (ej (a1 , , an , a∗ ))2 > K ∗ 27 Cuối cùng, trước trình bày nội dung định lý Artin chứng minh, ta sử dụng vài chữ viết tắt thuận tiện Cho trường K, sử dụng kí hiệu x để thay cho n phần tử đại số độc lập x1 , , xn K viết f (x) để thay cho hàm hữu tỷ x1 , , xn K Hơn nữa, L = K (x1 , , xn ) ta viết đa thức biến Y L g (x; Y ) Nếu a1 , , an ∈ K, ta viết f (a) g (a; Y ) với nghĩa tương tự Định lý 1.2 (Artin - dạng tổng quát yếu) Giả K trường thứ tự, cho K có thứ tự cho K trù mật bao đóng thực K ∗ Gọi Q trường nguyên tố K Giả sử L := K(x1 , · · · , xn ) K (x) cho ngắn gọn Giả sử f ∈ L cho f (a1 , a2 , , an ) ≥ với ∈ Q mà f xác định tập mở Zariski tương ứng với mẫu số Khi tồn gi (x) ∈ L thỏa mãn f = gi (x)2 Điều ngược lại hiển nhiên Định lý 1.3 (Artin) Giả sử R trường đóng thực tuỳ ý f ∈ R [x1 , x2 , , xn ] Nếu f psd f = gi2 với gi ∈ R (x1 , x2 , , xn ) Chứng minh, Giả sử không tồn gi (x) thỏa mãn Khi từ Mệnh đề 1.7 ta có f (x) < L với thứ tự L, thác triển từ thứ tự K Từ ta cần tìm a1 , , an ∈ Q cho f (a) < Ta chứng minh quy nạp theo số biến n Rõ ràng khẳng định n = (trường hợp khơng có biến nào) Giả sử khẳng định n ≥ 0, ta chứng minh với n + Như lưu ý bắt đầu chứng minh này, ta kí hiệu (x1 , , xn ), (a1 , , an ), (x) (a) Biến thứ n + xn+1 kí hiệu Y L ký hiệu K (x1 , , xn ) trước Nói cách khác, ta có f (x, Y ) hàm hữu tỷ, giả sử nằm L[Y ] (bằng cách nhân với bình phương mẫu số cần thiết) Hơn nữa, cần chứng minh định lý cho nhân tử monic bất khả quy hệ số hạng tử có bậc cao f L[Y ], chẳng hạn f1 , , fr Vì vậy, giả sử fi ∈ L fi ∈ L [Y ] monic, bất khả quy với i ≤ r Giả thiết b1 < b2 < < bs tất nghiệm r i=1 fi (x, Y ) ∈ L∗ 28 Đánh số lại fi lặp lại chúng cần thiết, giả sử bi nghiệm fi (x, Y ) với i ≤ s fi ∈ L với r ≥ i > s Giả sử g1 (x) , , gt (x) ký hiệu tất phần tử L nhận sau: (i) phần tử L nhận áp dụng Bổ đề 1.4 cho fi , (ii) tất phần tử L nhận áp dụng Bổ đề 1.5 cho đa thức fi (x, Y ) nghiệm bi với i ≤ s, (iii) phần tử fi với r ≥ i > s, (iv) biệt thức di (x) tất fi (x, Y ) với i ≤ s Từ giả thiết quy nạp, tìm a1 , , an ∈ Q cho gi (a) gi (x) dấu, với i ≤ t si=1 di (a) = Rõ ràng, với r ≥ i > s, thấy fi (a) fi (x) dấu Xét fi với i ≤ s Giả sử bi1 , , bini nghiệm fi L∗ Theo cách ký hiệu chúng ta, điều có nghĩa fj trùng với fi j = ik , với k ≤ ni Áp dụng Bổ đề 1.5 nghiệm này, có nghiệm b∗1 < b∗s f1 (a, Y ) , , fs (a, Y ) Khi b∗i1 < b∗in nghiệm f1 (a, Y ) , , fs (a, Y ) i Nhưng Bổ đề 1.4 rằng, chúng tất nghiệm fi K ∗ Viết fi (x, Y ) = f qij (x, Y ) k (Y − bik ) với qij (x, Y ) ∈ L∗ [Y ] đa thức bất khả quy monic có bậc > Do đó, qij phải có dạng (Y + p)2 + q với p, q ∈ L∗ , q > Bởi cách chọn a, biệt thức khơng triệt tiêu, fi (a, Y ) khơng có nghiệm bội Như vậy, fi (a, Y ) = Y − b∗ik qij (a, Y ) j k với qij (a, Y ) bất khả quy L∗ [Y ] b∗ik tất nghiệm fi K ∗ Vì ta phải có qij (a, an+1 ) > với an+1 Nói cách khác, dấu fi (a, an+1 ) fi (x, Y ) xác định k k cho b∗u < an+1 u < k, bu < Y u < k Vì thế, cần chọn an+1 ∈ Q cho k = k Hoàn thành chứng minh 29 Chương MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BÀI TỐN HILBERT 17 2.1 2.1.1 Về khơng điểm đa thức nhiều biến không âm Không điểm dạng psd Nhắc lại đa thức ví dụ Robinson: R (x, y, z) = x6 + y + z − x4 y + x2 y + x4 z + x2 z + y z + y z +3x2 y z ∈ P3,6 có 10 khơng điểm Z = {(1; ±1; ±1) , (1; ±1; 0) , (1; 0; ±1) , (0; 1; ±1)} R không sos Nhận xét 2.1 Người ta chứng minh p ∈ P3,6 p có nhiều 10 khơng điểm, p chia hết cho bình phương dạng khơng xác định có p tổng ba bình phương dạng bậc ba Nếu p ∈ P3,6 có 10 khơng điểm khơng sos Hơn nữa, p ∈ P3,m có nhiều m2 /4 khơng điểm, khơng sos, chia hết cho bình phương dạng không xác định Nếu p ∈ P4,4 có nhiều 11 khơng điểm, có nhiều vô hạn không điểm, p tổng sáu bình phương dạng bậc bốn Ta có ví dụ sau, Ví dụ 2.1 Với tham số thực a ≥ 0, giả sử fa (x, y, z) = a4 x6 + y + z + − 2a6 x4 y + y z + z x2 + 30 + a8 − 2a2 x2 y + y z + z x4 − − 2a2 + a4 − 2a6 + a8 x2 y z Khi f0 = x4 y + y z + z x2 − 3x2 y z = S, f1 = R fa ∈ ∆3,6 với < a < với 10 không điểm sau: {(1, ±1, ±1) , (±a, 1, 0) , (0, ±a, 1) , (1, 0, ±a)} 2.1.2 Phương pháp ma trận Gram Giả sử α = (α1 , , αn ) ∈ Nn , ta kí hiệu xα = xα1 xαnn |α| = Giả sử f (x1 , , xn ) = c (α) ∈ Hd (Rn ), giả sử k αk |a|=d C (f ) = conv ({α : c (α) = 0}) ⊂ Rn ký hiệu đa diện Newton f ; C (f ) tập đơn hình có đỉnh dek Người ta chứng minh khẳng định sau: Nhận xét 2.2 Nếu p = k hk 12 C (p) ⊇ C (hk ) Chứng minh nhận xét tìm thấy báo B Reznick, Extremal psd forms with few terms, Duke Math J 45 (1978), 363-374 Ta có ví dụ Motzkin, C (M ) tam giác có đỉnh (4, 2, 0), (2, 4, 0) (0, 0, 6) Vì M = k h2k , đơn thức hk sinh từ điểm lưới chứa tam giác với đỉnh (2, 1, 0), (1, 2, 0), (0, 0, 3) Tam giác có điểm lưới (1, 1, 1) khơng đỉnh, đơn thức tương ứng x2 y, xy xyz Để tìm đơn thức, người ta dùng phương pháp "Ma trận Gram" sau Phương pháp ma trận Gram α Giả sử p (x) = ∈ Pn,2d p (x) = α aα x (k) β hk (x) = β uβ x ∈ Hd (Rn ), với ≤ k ≤ t (1) (t) Giả sử Uβ = uβ , , uβ t aα xα = p (x) = |a|=2d ∈ Rt Khi  (x),   uβ xβ   uβ xβ  t (k) h2k (x) = k=1 t k=1 hk  k=1 |β|=d |β |=d (k) 31 (Uβ Uβ )xβ+β = |β|,|β |=d Bằng cách so sánh hệ số xα p aα = k hk , ta thấy rằng: Uβ Uβ β+β =α Ngược lại, tồn vectơ {Uβ } ⊂ Rt thỏa mãn phương trình với α, ta viết p tổng t bình phương cách sử dụng tọa độ Uβ ’s để làm hệ số hk ’s Ta gọi tích vơ hướng [Uβ · Uβ ] ma trận Gram kết hợp với biểu thức p = k h2k Ta định nghĩa độ dài dạng sos p số nhỏ dạng hk cần thiết để viết p = h2k Ta có số định lí sau (xem: M D Chol, T Y Lam and B Reznick, Sums of squares of real polynomials, Proc Syrop Pure Math 58.2 (1995), 103-126.) Định lý 2.1 Giả sử p (x) = α aα xα , giả sử V = (vββ ) ma trận đối xứng thực Các mệnh đề sau tương đương: i) p tổng bình phương V ma trận Gram kết hợp với p (đối với vài biểu diễn p = k h2k ) đó; ii) V psd vββ = aα với α β+β =α Định lý 2.2 Nếu p tổng bình phương, độ dài p hạng tối thiểu V , V chạy tập tất ma trận Gram kết hợp với p 2.1.3 Tổng quát hoá M S Nhắc lại rằng: M (x, y, z) = x2 + y − 3z x2 y + z = x4 y + x2 y + z − 3x2 y z ; S (x, y, z) = x4 y + y z + z x2 − 3x2 y z thuộc ∆3,6 32 Mặt khác, dạng psd mà khơng sos phải có tối thiểu bốn hạng tử Hơn nữa, p ∈ ∆n,m có bốn hạng tử, p cực trị Pn,m nếu, sau co dãn tuyến tính biến xj → σj xj , ta có p (x) = x2a + x2b + x2c − 3x2d , a, b, c ∈ Zn+ có tính chất hình học đây: Nếu T tam giác với đỉnh a, b, c, T ∩ Zn phải {a, b, c, d} , d = 31 (a + b + c) trung tuyến T Điều suy tính cực trị dạng M (với a = (2, 1, 0), b = (1, 2, 0), c = (0, 0, 3), d = (1, 1, 1)) S (với a = (2, 1, 0), b = (0, 2, 1), c = (1, 0, 2), d = (1, 1, 1)) 2.1.4 Các ví dụ dạng đối xứng Định nghĩa 2.1 Giả sử p (x1 , , xn ) = a (i1 , , in )xi11 xinn i) p gọi chẵn tất số khác không ik chẵn; điều nghĩa tất số mũ hạng tử số chẵn ii) p gọi đối xứng a (i1 , , in ) = a (σ (i1 , , in )) , với σ ∈ Sn , nhóm đối xứng n phần tử iii) p gọi chẵn đối xứng p vừa chẵn vừa đối xứng Ta biết dạng psd chẵn đối xứng bậc sos, trường hợp đơn giản thú vị m = Các dạng bậc vừa psd sos, chẵn đối xứng n biến nghiên cứu nhiều Dạng viết sau: Ví dụ 2.2 n x6i + β p (x1 , , xn ) = α i=1 x4i x2j + γ i=j x2i x2i x2k i