V. ý nghĩa khoa học và thực tiễn của luận án
3.3.2Chứng minh các kết quả
D-ới đây là một mệnh đề cơ bản, mang tính kĩ thuật, cần cho chứng minh Định lí 3.3.3.
Với δ > 0, đặt Dδ ={t ∈ R : |t| < δ}.
Mệnh đề 3.3.7. Cho f : R2 → R là một đa thức. Giả sử δ > 0 đủ nhỏ, và
Uδ là một thành phần liên thông của f−1(Dδ) sao cho Uδ ∩f−1(0) 6=∅. Khi đó, không tồn tại dãy loại một trong Uδ.
Ta trình bày một vài khái niệm và một số kết quả cần thiết cho chứng minh Mệnh đề 3.3.7.
94
Cho f : R2 → R là một đa thức. Giả sử rằng degf = degyf = m > 0. Ta đặt V˜ = mS−1
k=0
{∂kf
∂yk = 0}. Vì degf = degyf = m > 0, nên không nửa nhánh nào của V˜ tiệm cận với đ-ờng thẳng đứng. Do vậy, tọa độ đầu x
dần đến +∞ hoặc −∞ dọc mỗi nửa nhánh C của V˜. Nh- mục 2.1, ta nói rằng C là một nửa nhánh phải nếu x → +∞ trên C và một nửa nhánh trái nếu x → −∞ trên C. Nếu M > 0 đủ lớn, tồn tại các hàm Nash
k1 < . . . < kr : (M,+∞) → R và ˜k1 < . . . < ˜kr˜ : (M,+∞) → R sao cho các nửa nhánh phải C1, . . . , Cr của Ve là các mầm tại vô hạn của các đ-ờng cong (x = t, y = ki(t)) với i = 1, . . . , r, và các nửa nhánh trái D1, . . . , D˜r
của V˜ là các mầm tại vô hạn của các đ-ờng cong (x = −t, y = ˜rj(t)) với
j = 1, . . . ,r˜. Ta đồng nhất các nửa nhánh với các đ-ờng cong nàỵ
Định nghĩa 3.3.8. Cho (xn, yn) là một dãy và C là một nửa nhánh tại vô hạn của V˜. Ta nói rằng (xn, yn) gần C nếu lim
n→∞d (xn, yn), C
= 0.
Cho C và Ce là hai nửa nhánh tại vô hạn của V˜ lần l-ợt đ-ợc tham số hóa bởi x =t, y = g(t)
và x =t, y = eg(t)
. Ta định nghĩa hàm
θ(C,Ce) := g −eg.
Chú ý rằng hoặc θ(C,Ce)(x) >0 với mọi x ∈ (M,+∞), hoặc θ(C,Ce)(x) <
0 với mọi x ∈ (M,+∞).
Định nghĩa 3.3.9. Cho C là một nửa nhánh phải tại vô hạn của V˜ và M là tập con của tập các nửa nhánh phải tại vô hạn của V˜. Ta nói rằng Ce ∈ M
gần nhất với C nếu với mỗi C0 ∈ M\{C,Ce}, ta có
|θ(C,Ce)(x)| <|θ(C, C0)(x)| với mọi x ∈ (M,+∞).
Đối với các nửa nhánh trái, ta định nghĩa khái niệm gần nhất t-ơng tự. Vì chứng minh của Mệnh đề 3.3.7 là khá dài, chúng tôi trình bày tóm tắt các ý chứng minh nh- sau:
(i) Chứng minh sự ổn định của số thành phần liên thông của f−1(Dδ)
và f−1(Dδ)\KM với mọi δ ≤ δ0, ở đây δ0 > 0 là một hằng nhỏ và KM = [−M, M]ìRchứa tất cả các thành phần liên thông compact củaV =f−1(0)
(ii) Giả sử Uδ0 là thành phần liên thông không bị chặn của f−1(Dδ0) sao cho Uδ0 ∩f−1(0) 6= ∅. Giả sử Uδ là thành phần liên thông (không bị chặn) của f−1(Dδ0) chứa trong Uδ0. Khi đó, mỗi thành phần liên thông Uδ,M của
Uδ\KM chứa ít nhất một nửa nhánh tại vô hạn của f−1(0) (Bổ đề 3.3.17). (iii) Giả sử ng-ợc lại rằng Uδ0 ∩ f−1(0) 6= ∅ và Uδ0 chứa dãy loại một (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(xn, yn). Khi đó, tồn tại thành phần liên thông Uδ0,M của Uδ0\KM chứa dãy (xn, yn) và chứa một nửa nhánh tại vô hạn Γ (y = g(x)) của f−1(0). Theo Bổ đề 3.2.28, dãy (xn, yn) "gần" một nửa nhánh γ (y =h(x)) của V˜. Trong các nửa nhánh tại vô hạn của V˜ có gần một dãy loại một nào đó trong Uδ0,M, ta giả sử rằng γ là gần nhất với Γ. Đặt h˜ = 1
2(g +h). Chúng ta chứng minh rằng, nửa nhánh γ˜ đ-ợc tham số hóa bởi ˜h gần với Γ hơn
γ và có dãy loại một gần γ˜. Khi đó, ta suy ra sự mâu thuẫn.
Bổ đề 3.3.10. Cho C là một nửa nhánh phải tại vô hạn của V˜ đ-ợc tham số hóa bởi x =t, y =g(t)
, ở đây g : (M,+∞) → R. Khi đó
d (x, y), C
∼ |y −g(x)| khi |x| 1,
ở đây A∼ B có nghĩa là A/B nằm giữa hai hằng d-ơng.
Chứng minh. Ta bắt đầu bằng việc chứng minh khẳng định saụ
Khẳng định 3.3.11. Kí hiệu O(g) là bậc của g. Ta có O(g)≤ 1. Chứng minh. Vì degf =degyf = m > 0, ta có deg∂
if
∂yi = degy∂
if
∂yi = m−i,
với i = 1, . . . , m−1. Do vậy, không mất tính tổng quát, giả sử C là một
nửa nhánh phải tại vô hạn của V =f−1(0). Ta viết
f(x, y) =ym +ym−1g1(x) +ã ã ã+gm(x), g(x) = axs+các số hạng bậc thấp hơn,
ở đây O(gi) ≤i. Giả sử ng-ợc lại rằng s > 1. Khi đó
0 = f(x, g(x)) = (axs +ã ã ã)m+ (axs+ã ã ã)m−1g1(x) +ã ã ã+gm(x) = axms +các số hạng bậc thấp hơn
→ ∞ khi x → ∞.
96
Bây giờ, lấy (x0, g(x0)) thuộc C sao cho
d (x, y), C
=|x−x0|+|y −g(x0)|.
Theo Khẳng định 3.3.11, O(g) ≤ 1. Do vậy, dễ thấy rằng tồn tại c ≥ 1 sao cho |g(x)−g(x0)| ≤ c|x−x0|, với mọi |x| M. Vì thế d (x, y), C ≥ 1 c|g(x)−g(x0)|+|y −g(x0)| ≥ 1 c|y −g(x)|. Mặt khác, ta có d (x, y), C ≤ |y−g(x)|. Vậy d (x, y), C ∼ |y−g(x)|.
Nhắc lại rằng degf =degyf =m > 0. Ta có khẳng định saụ
Khẳng định 3.3.12. Cho δ > 0. Khi đó, với mỗi P > 0, tồn tại Q > 0
sao cho f−1(Dδ)\K đ-ợc chứa trong {|x| > P}, ở đây K = [−P, P] ì
[−Q, Q]. Nói riêng, mỗi thành phần liên thông của f−1(Dδ)\K đ-ợc chứa trong (P,+∞)ìR hoặc trong (−∞,−P) ìR.
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, tồn tại dãy (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(xn, yn) ∈ f−1(Dδ)\([−P, P]ì[−n, n])
sao cho |xn| ≤ P với n 1. Suy ra yn > n. Do vậy, f(xn, yn) → ∞, vì degf = degyf = m > 0. Vì thế, (xn, yn) 6∈ f−1(Dδ) với n đủ lớn. Mâu thuẫn này cho ta chứng minh của Khẳng định.
Với M ≥ 0, đặt
KM = [−M, M]ìR. (3.7)
Theo Định lí 3.2.10, tồn tại δM ≥0 sao cho f−1(Dδ\{0})\KM gồm một số cố định các thành phần liên thông với mọi δ ∈ (0, δM]. Hơn nữa, với mỗi thành phần Uδ của f−1(Dδ\{0})\KM, có duy nhất thành phần liên thông
Uδ0 của f−1(Dδ0\{0})\KM chứa trong Uδ, ở đây δ0 < δ ∈ (0, δM]. Sử dụng kết quả này, ta chứng minh bổ đề saụ
Bổ đề 3.3.13. Với mọiδ ∈ (0, δM], tập f−1(Dδ)\KM gồm một số cố định các thành phần liên thông. Hơn nữa, với mỗi thành phần Uδ của f−1(Dδ)\KM, tồn tại duy nhất thành phần liên thông Uδ0 của f−1(Dδ0)\KM chứa trongUδ, ở đây δ0 < δ ∈ (0, δM].
Ta bắt đầu bằng việc chứng minh hai khẳng định saụ
Khẳng định 3.3.14. Cho Uδ là một thành phần liên thông của f−1(Dδ)\KM
và C là một thành phần liên thông của f−1(0)\KM sao cho C∩Uδ 6=∅. Khi đó, C chứa trong Uδ.
Chứng minh. Lấy (x0, y0) ∈ C ∩ Uδ. Với mỗi (x1, y1) ∈ C, tồn tại đ-ờng cong l trong C nối (x0, y0) và (x1, y1). Rõ ràng, f(x, y) = 0 với mọi
(x, y) ∈ l. Do vậy, đ-ờng cong l chứa trong một thành phần liên thông Wδ
của f−1(Dδ)\KM. Vì (x0, y0) ∈ Uδ ∩Wδ, nên Wδ ≡Uδ. Vậy, (x1, y1) ∈ Uδ. Do đó, C chứa trong Uδ.
Cho Uδ là một thành phần liên thông củaf−1(Dδ)\KM, δ ∈ (0, δM]. Khi đó
Uδ\f−1(0) = ∪p
i=1Uδi,
ở đây Uδi, i = 1, . . . , p, là các thành phần liên thông của f−1(Dδ\{0})\KM
chứa trong Uδ. Bởi Khẳng định 3.3.14, ta có thể giả sử
Uδ ∩f−1(0) = ∪q
j=1Cj,
ở đây Cj, j = 1, . . . , q, là các thành phần liên thông của f−1(0)\KM chứa trong Uδ. Với mỗi δ0 ∈ (0, δM], δ0 < δ, đặt
Uδ0 := (∪p
i=1Uδi0)∪( ∪q
j=1Cj),
ở đây Uδi0 là thành phần liên thông của f−1(Dδ0\{0})\KM sao cho Uδi0 ⊂ Uδi
với i = 1, . . . , p.
Khẳng định 3.3.15. Tập Uδ0 := (∪p
i=1Uδi0) ∪ ( ∪q
j=1Cj) là liên thông và không rỗng.
98 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chứng minh. Rõ ràng rằng tập Uδ0 là không rỗng.
Bây giờ, lấy P, Q ∈ Uδ0 ⊂ Uδ. Vì Uδ là tập nửa đại số, tồn tại ánh xạ nửa đại số liên tục ϕ : [0,1] → Uδ sao cho ϕ(0) = P và ϕ(1) = Q. Rõ ràng, ϕ−1[ϕ([0,1])∩f−1(0)] là tập con đóng và nửa đại số của R; do đó, nó là hợp hữu hạn của các điểm và các khoảng đóng [t01, t2], . . . ,[t0m, tm+1] (với
t1 := 0 ≤ t01 ≤ t2 < t02 ≤ . . . ≤ tm < t0m ≤ tm+1 ≤ t0m+1 := 1). Vì thế, tồn tại i1, . . . , im+1 ∈ {1, . . . , p} và j1, . . . , jm ∈ {1, . . . , q} sao cho
ϕ (tk, t0k)
⊂ Uik
δ với k = 1, . . . , m+ 1,
và
ϕ([t0k, tk+1]) ⊂ Cjk với k = 1, . . . , m.
Do vậy, với mỗi k ∈ {2, . . . , m}, ta có
lim t→t+k f(ϕ(t)) =f(ϕ(tk)) = 0 và lim t→t0−k f(ϕ(t)) =f(ϕ(t0k)) = 0. Suy ra f(ϕ(t)) ∈ Uik δ0 nếu t−tk >0 và t0k −t > 0 đủ nhỏ, và do đó ϕ(tk), ϕ(t0k) ∈ ∂Uik δ0 với mọi k = 2, . . . , m. Bằng lập luận t-ơng tự, ta cũng có
ϕ(t1) ∈ ∂Uδ10 nếu t1 < t01, và ϕ(tm+1) ∈ ∂Uδm0+1 nếu tm+1 < t0m+1.
Theo Bổ đề chọn đ-ờng cong [1], tồn tại các ánh xạ nửa đại số liên tục
ϕk : [0,1] → R2 sao cho ϕk(0) = ϕ(tk), ϕk(1) = ϕ(t0k) và ϕk (0,1) ⊂ Uik δ0 với k = 1, . . . , m+ 1. Đặt e ϕk : [0,1] → Cjk, t 7→ ϕ (1−t)t0k−1+ttk , với k = 1, . . . , m. Rõ ràng, ϕek(0) = ϕ(tk−10) và ϕek(1) = ϕ(tk). Bây giờ, ta xét ánh xạ φ: [0,1] → Uδ0, t 7→ φ(t), với φ(t) = ϕk (2m+ 1)t−2(k−1) nếu t ∈ [2(k −1) 2m + 1 , 2k−1 2m+ 1], k = 1, . . . , m+ 1, e ϕk (2m+ 1)t−(2k−1) nếu t ∈ [2k −1 2m+ 1, 2k 2m+ 1], k = 1, . . . , m.
Rõ ràng, φ là ánh xạ nửa đại số liên tục, với φ(0) = P và φ(1) = Q. Nh- vậy, Uδ0 liên thông.
Chứng minh của Bổ đề 3.3.13. Theo Khẳng định 3.3.15, với mỗi thành phần liên thôngUδ củaf−1(Dδ\{0})\KM, tồn tại thành phần liên thông duy nhất
Uδ0 của f−1(Dδ0\{0})\KM chứa trong Uδ, với mọi δ0 < δ ∈ (0, δM]. Điều này hoàn thành chứng minh của Bổ đề 3.3.13.
Chú ý rằng, bằng lập luận t-ơng tự nh- chứng minh của Bổ đề 3.3.13, ta cũng nhận đ-ợc kết quả saụ
Bổ đề 3.3.16. Tồn tại δ0 > 0 sao cho tập f−1(Dδ) gồm một số cố định các thành phần liên thông với mọi δ ∈ (0, δ0]. Hơn nữa, với mỗi thành phần liên thông Uδ của f−1(Dδ), tồn tại duy nhất thành phần liên thông Uδ0 của
f−1(Dδ0) chứa trong Uδ, ở đây δ0 < δ ∈ (0, δ0].
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng δM ∈ (0, δ0] và M đủ lớn sao cho f−1(0)\((−M, M)ìR) chỉ gồm bao đóng của các nửa nhánh tại vô hạn của f−1(0). Nói riêng, KM chứa tất cả các thành phần compact của f−1(0). Với các giả thiết trên, ta đi chứng minh các kết quả tiếp theọ
Bổ đề 3.3.17. Giả sử δ0 nh- trong Bổ đề 3.3.16, và Uδ0 là một thành phần liên thông của f−1(Dδ0) sao cho Uδ0 ∩f−1(0) 6=∅. Giả sử δM nh- trong Bổ đề 3.3.13,δ ∈ (0, δM]và Uδ là thành phần liên thông của f−1(Dδ) chứa trong
Uδ0. Khi đó, tồn tại nửa nhánh tại vô hạn của f−1(0) nằm trong mỗi thành phần liên thông của Uδ\KM.
Tr-ớc hết, ta chứng minh các khẳng định saụ
Khẳng định 3.3.18. Giả sử δ0 nh- trong Bổ đề 3.3.16, và Uδ0 là thành phần liên thông không bị chặn của f−1(Dδ0) sao cho Uδ0 ∩ f−1(0) 6=∅. Cho
δ ∈ (0, δ0] và Uδ là thành phần liên thông của f−1(Dδ) chứa trong Uδ0. Khi đó, Uδ ∩f−1(0) 6=∅.
Chứng minh. Lấy (x0, y0) ∈ Uδ0∩f−1(0). Khi đó, f(x0, y0) = 0. Do đó, với
δ ∈ (0, δ0], có thành phần liên thôngWδ củaf−1(Dδ) sao cho (x0, y0) ∈ Wδ. Bởi Bổ đề 3.3.16, tồn tại duy nhất thành phần liên thông Wδ0 của f−1(Dδ0)
sao cho Wδ ⊂ Wδ0. Do vậy, (x0, y0) ∈ Wδ0 ∩ Uδ0. Suy ra Wδ0 ≡ Uδ0 và
100
Nhắc lại rằng degf =degyf =m > 0. Ta có khẳng định saụ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Khẳng định 3.3.19. Cho δ > 0. Khi đó với mỗi (P, P0), với P, P0 > 0, tồn tại Q > 0 sao cho
f−1(Dδ)∩
P ≤ |x| ≤ P0 ⊂
P ≤ |x| ≤ P0,|y| ≤ Q .
Chứng minh. Bằng phản chứng, giả sử tồn tại
(xn, yn) ∈ f−1(Dδ)∩
P ≤ |x| ≤ P0 ,
sao cho
(xn, yn) 6∈ {P ≤ |x| ≤ P0,|y| ≤ n
vớin ∈ N,n 1. Khi đó,P ≤ |xn| ≤ P0vàyn > n. Suy raf(xn, yn) → ∞, vì degf =degyf =m > 0, mâu thuẫn.
Khẳng định 3.3.20. Giả sử δ0 nh- trong Bổ đề 3.3.16, và Uδ0 là một thành phần liên thông không bị chặn của f−1(Dδ0) sao cho Uδ0∩f−1(0)6= ∅. Giả sử
δM nh- trong Bổ đề 3.3.13, δ ∈ (0, δM] và Uδ là thành phần liên thông của
f−1(Dδ) chứa trong Uδ0. Giả sử Uδ,M là một thành phần liên thông Uδ\KM. Khi đó, với mỗi P > M, ta có
Uδ,M ∩
|x| = P 6=∅.
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, tồn tại P > M sao cho
Uδ,M ∩
(x, y) ∈ R2 : |x| =P = ∅.
Khi đó, ta xét hai tr-ờng hợp:
Tr-ờng hợp 1: Uδ,M ⊂
|x| > P . Trong tr-ờng hợp này, Uδ,M = Uδ
là một thành phần liên thông của f−1(Dδ). Từ Khẳng định 3.3.18, ta có
Uδ,M ∩f−1(0) 6= ∅. Theo Khẳng định 3.3.14, có nửa nhánh tại vô hạn Γ của
f−1(0) trong Uδ,M, nghĩa là Γ chứa trong Uδ. Suy ra P, g(P)
∈ Uδ, ở đây
(x =t, y =g(t)) là tham số hóa của Γ, với g : (M,+∞) →R, mâu thuẫn.
Tr-ờng hợp 2: Uδ,M ⊂
M < |x| < P . Bằng phản chứng nh- trong
tr-ờng hợp 1, ta cũng nhận đ-ợc
Mặt khác, từ Khẳng định 3.3.19, ta có thể chọn Q > 0 sao cho (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Uδ,M ⊂
M ≤ |x| ≤ P,|y| ≤ Q .
Do vậy U1/n,M ⊂
M ≤ |x| ≤ P,|y| ≤ Q với n ∈ N, n 1, ở đây
U1/n,M là thành phần liên thông của f−1(D1/n)\KM chứa trong Uδ,M. Lấy
(xn, yn) ∈ U1/n,M. Vì M ≤ |x| ≤ P,|y| ≤ Q là compact, có dãy con
(Xk, Yk) của dãy (xn, yn) hội tụ đến (X0, Y0) ∈
M ≤ |x| ≤ P,|y| ≤ Q . Rõ ràng, f(X0, Y0) = 0. Hơn nữa, ta thấy
(a) (X0, Y0) ∈ ∂Uδ,M, vì Uδ,M ∩ f−1(0) = ∅;
(b) tồn tại đĩa mở B bán kính r tâm là (X0, Y0) sao cho B ⊂ f−1(Dδ), vì
f liên tục và f(X0, Y0) = 0;
(c) tồn tại nửa nhánh tại vô hạn Γ của f−1(0) sao cho (X0, Y0) ∈ Γ, ở đây
Γ là bao đóng của Γ, vì (X0, Y0) ∈ f−1(0)\((−M, M)ìR) và tập này chỉ chứa bao đóng của các nửa nhánh tại vô hạn của f−1(0).
Vì ∂Uδ,M ⊂
|x| = M ∪
|f(x, y)| =δ và f(X0, Y0) = 0, từ (a) suy ra
(X0, Y0) ∈
|x| = M .
Do vậy,BM := B\KM là một nửa của đĩa mở. Vì thế(Xk, Yk) ∈ BM∩Uδ,M
với k 1. Điều này và (b) chỉ ra rằng BM ⊂ Uδ,M. Do vậy,
Γ∩BM ⊂ Uδ,M.
Từ (c), ta có Γ ∩ B 6= ∅. Vì Γ ∩ KM = ∅, nên Γ ∩ BM 6= ∅. Vậy
Uδ,M ∩f−1(0) 6=∅, mâu thuẫn.
Chứng minh của Bổ đề 3.3.17. Với các khái niệm nh- trong Bổ đề 3.3.17 và với P > M, theo Khẳng định 3.3.20, ta có
Uδ,M ∩
|x| = P 6=∅ với mọi δ ∈ (0, δM].
Do vậy, tồn tại dãy
(xn, yn) ∈ U1/n,M ∩
(x, y) ∈ R2 : |x| =P ,
với n 1, ở đây U1/n,M là thành phần liên thông của f−1(Dδ)\KM chứa trong Uδ,M. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
102
Hơn nữa, từ Khẳng định 3.3.19, có Q > 0 sao cho
U1/n,M ∩
|x| =P ⊂
|x| = P,|y| ≤ Q với mọi n.
Vì thế, có dãy con của (xn, yn) hội tụ đến (x0, y0) ∈
|x| = P,|y| ≤ Q . Rõ ràng, f(x0, y0) = 0. Do vậy, với mỗi δ ∈ (0, δM], tồn tại thành phần liên thông Wδ,M của f−1(Dδ)\KM chứa (x0, y0). Vì Wδ,M là tập mở, nên
(xn, yn) ∈ Wδ,M vớin 1. Chú ý rằng (xn, yn) ∈ Uδn,M ⊂Uδ,M với n 1, ta có Uδ,M ∩Wδ,M 6=∅. Vậy, Wδ,M ≡Uδ,M và (x0, y0) ∈ Uδ,M ∩f−1(0). Do đó
Uδ,M ∩f−1(0) 6=∅.
Bây giờ, theo Khẳng định 3.3.14, tồn tại nửa nhánh tại vô hạn của f−1(0)
chứa trong Uδ,M.
Giả sửδ0nh- trong Bổ đề 3.3.16, và Uδ0 là một thành phần liên thông của
f−1(Dδ0) sao cho Uδ0∩f−1(0) 6=∅. Nhắc lại rằng KP = [−P, P]ìR. Bổ đề 3.3.13 khẳng định rằng, với mỗi P ≥ M, tồn tại δP ∈ (0, δ0] sao choUδ\KP
gồm một số cố định sP các thành phần liên thông Uδ,Pj , j = 1, . . . , sP, với mọi δ ∈ (0, δP], ở đây Uδ là thành phần liên thông của f−1(Dδ) chứa trong Uδ0. Hơn nữa, với mọi δ0 < δ ∈ (0, δP] và mọi j ∈ {1, . . . , sP}, ta có
Uδj0,P ⊂ Uδ,Pj .
Khẳng định 3.3.21. Với M > 0 đủ lớn, hàm s : [M,+∞) → R, P 7→ sP, là hằng.
Chứng minh. Với P ≥ M, lấy δ ∈ (0,min{δM, δP}]. Dễ thấy, mỗi thành phần liên thôngUδ,Pj chứa trong một thành phần liên thông duy nhất Uδ,Mσ(j). Do vậy, ta xác định đ-ợc ánh xạ
σ : {1, . . . , sP} → {1, . . . , sM}, j 7→σ(j).
Ta chứng minh rằng σ là một song ánh với M > 0 đủ lớn.
Theo Bổ đề 3.3.17, với mỗii ∈ {1, . . . , sM}, có nửa nhánh tại vô hạnΓcủa
f−1(0) sao cho Γ ⊂Uδ,Mi ; và do vậy ΓP ⊂Uδ,Mi , ở đây ΓP = Γ∩ {|x| > P}. Mặt khác, vì ΓP ⊂ f−1(Dδ)\KP, tồn tại Uδ,Pj sao cho ΓP ⊂ Uδ,Pj ⊂ Uδ,Mσ(j).
Vì thế,ΓP ⊂ Uδ,Mi ∩Uδ,Mσ(j); và do đó,Uδ,Mσ(j) ≡ Uδ,Mi . Nói cách khác, σ(j) = i. Nh- vậy, σ là một toàn ánh. Nói riêng, sM ≤ sP.
Kí hiệu s0 là số các nửa nhánh tại vô hạn của f−1(0). Từ Bổ đề 3.3.17, ta có sP ≤ s0 với mọi P ≥M.
Giả sử σ không là một đơn ánh. Khi đó, tồn tại P > M sao cho có hai thành phần liên thông Uj1
δ,P và Uj2
δ,P chứa trong Uδ,Mi (nghĩa là σ(j1) =
σ(j2) = i). Vì σ là một toàn ánh, nên sM < sP. Trong tr-ờng hợp này, ta thay thế M bởi P. Nếu σ vẫn ch-a là một đơn ánh, ta lặp lại quá trình