V. ý nghĩa khoa học và thực tiễn của luận án
3.2.3 Bất đẳng thức Lojasiewicz suy rộng cạnh thớ và bất
Lojasiewicz suy rộng toàn cục
Trong mục này, chúng tôi xét hàm đa thức nhiều biến f : Rn → R. ở
đây, chúng tôi xây dựng tập đại số V˜, chứa tập không điểm thực V =
f−1(0), sao cho ta luôn có bất đẳng thức cạnh thớ:
|f(x)| ≥ cd(x,V˜)α với mọi x ∈ f−1(Dδ),
trong đó Dδ ={t ∈ R : |t| < δ}, và bất đẳng thức toàn cục:
|f(x)|α+|f(x)|β ≥ cd(x,V˜) với mọi x ∈ Rn.
Để xây dựng tập V˜, chúng tôi cần trả lời câu hỏi sau:
Nếu giá trị f(x) nhỏ, thì điểm x gần tập đại số nàỏ
Câu trả lời dựa trên việc áp dụng nguyên lí biến phân Ekeland. Chúng tôi nhắc lại ở đây một hệ quả của nguyên lí nàỵ
Hệ quả 3.2.27 ([11]). Cho M là không gian metric đầy đủ, và f : M →
R∪ {+∞} là một hàm nửa liên tục d-ới, 6≡ +∞, bị chặn d-ớị Cho > 0
và λ > 0. Khi đó, nếu u ∈ M thỏa mãn
f(u) ≤inf
M f +,
thì tồn tại v ∈ M sao cho (i) f(v) ≤ f(u);
(ii) d(u, v) ≤ 1
λ;
86
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng degf = degx1f = m > 0. Đặt
Vi ={x∈ Rn : ∂ if ∂xi 1 (x) = 0}, i = 1, . . . , m−1, ˜ V =V ∪V1∪ ã ã ã ∪Vm−1.
Bổ đề 3.2.28. Cho f : Rn → R là một đa thức. Giả sử rằng degf =
degx1f = m > 0. Cho xk là một dãy trong Rn sao cho f(xk) → 0. Khi đó,
d(xk,V˜) → 0.
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại rằng tồn tại dãy con bk của xk sao cho
d(bk,V˜) > σ với σ > 0. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng bk = xk và f(xk) > 0 với mỗi k. Đặt
M := {x ∈ Rn : f(x) ≥0}.
Khi đó, M là một không gian mêtric đầy đủ với tôpô cảm sinh từ tôpô thông th-ờng của Rn. Rõ ràng, {xk} ⊂ M và inf
M f = 0. Đặt
k := f(xk) >0.
Theo Hệ quả 3.2.27 (với λk = √1
k), tồn tại dãy {yk} ⊂ M sao cho (i) f(yk) ≤ f(xk),
(ii) d(xk, yk) ≤ √k,
(iii) f(x) ≥ f(yk)−√kd(x, yk) với mọi x ∈ M.
Từ (ii), ta có d(xk, yk) → 0. Vì d(xk,V˜) > σ, nên d(yk,V˜) > σ1 := σ 2; và do vậy d(yk, V) > σ1 với k đủ lớn. Suy ra B(yk, σ1) := {x ∈ Rn :
kx−ykk ≤ σ1} ⊂ M\V với k đủ lớn. Bây giờ, từ (iii) ta có
f(x) ≥f(yk)−√kd(x, yk) với mọi x ∈ B(yk, σ1).
Với mỗi u ∈ Rn, kuk = 1, và mỗi t∈ (0, σ1), ta có x =yk+tu ∈ B(yk, σ1). Do đó 1 t[f(y k +tu) −f(yk)] ≥ −√kkuk =−√k. Vì vậy hf0(yk), ui ≥ −√k.
Đặt u = − f0(yk) kf0(yk)k, ta suy ra −kf0(yk)k ≥ −√k. Vậy kf0(yk)k ≤ √k, và do đó kf0(yk)k → 0. Hệ quả là ∂f ∂x1(y k ) →0 và d(yk,V˜) > σ1.
Bởi lặp lại quá trình trên, sau hữu hạn b-ớc, ta suy ra rằng tồn tại dãy zk
sao cho
∂m−1f ∂xm1−1(z
k) →0 và d(zk,V˜) > σm−1 = σ
2m−1 > 0.
Ta lặp lại quá trình trên một lần nữa, và nhận đ-ợc dãy wk thỏa mãn
∂mf ∂xm1 (w
k
) → 0.
Mặt khác, vì degf = degx1f = m > 0, nên ∂mf
∂xm1 = c, ở đây c 6= 0 là hằng số. Do vậy ∂mf
∂xm1 (w
k
) 6→ 0. Mâu thuẫn này chỉ ra rằng d(xk,V˜) → 0, và Mệnh đề đ-ợc chứng minh.
Định lí d-ới đây cho ta một dạng suy rộng của bất đẳng thức Lojasiewicz cổ điển trong lân cận thớ.
Định lí 3.2.29 (Bất đẳng thức Lojasiewicz suy rộng cạnh thớ). Cho đa thức
f : Rn → R. Khi đó, tồn tại các số thực d-ơng δ, c, α sao cho
|f(x)| ≥ cd(x,V˜)α với mọi x ∈ f−1(Dδ). Chứng minh. Đặt ψ(t) = sup x∈|f|−1(t) d(x,V˜), nếu |f|−1(t) 6=∅, 0, nếu |f|−1(t) = ∅.
Tr-ớc hết, ta chứng minh hai khẳng định saụ
Khẳng định 3.2.30. Tồn tại δ0 > 0 đủ nhỏ sao cho ψ(t) < +∞ với mọi
88
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, có dãy tk sao cho tk → 0 và ψ(tk) = +∞. Khi đó, |f|−1(t) 6= ∅, và với mỗi k, tồn tại dãy {xk,l}l ⊂ |f|−1(tk) sao cho
d(xk,l,V˜) → +∞ khi l → +∞. Do vậy, tồn tại lk sao cho d(xk,l,V˜) > k
với mọil ≥ lk. Đặt Xk := xk,lk, ta có |f(Xk)| =tk →0. Theo Bổ đề 3.2.28, ta có d(Xk,V˜) → 0. Điều này mâu thuẫn với d(Xk,V˜) > k.
Khẳng định 3.2.31. Ta có lim
t→0ψ(t) = 0. Nói riêng, điểm (0,0) thuộc bao đóng của đồ thị hàm số ψ|(0,δ).
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, tồn tại dãy tk trong (0, δ) sao cho tk →0 và
ψ(tk) 6→ 0. Không mất tính tổng quát, giả sử ψ(tk) > σ >0 với mọi k. Khi đó, tồn tại xk ∈ |f|−1(tk) sao cho d(xk,V˜) > σ. Do vậy, |f(xk)| = tk →0; và do đó, d(xk,V˜) → 0 (do Bổ đề 3.2.28). Mâu thuẫn này cho ta chứng minh khẳng định nàỵ
Bây giờ, do Khẳng định 3.2.30 và Khẳng định 3.2.31, Bổ đề 3.2.17 chỉ ra rằng tồn tại δ > 0, c >0, α > 0 sao cho
|f(x)| ≥ cd(x,V˜)α với mọi x ∈ f−1(Dδ),
và Định lí đ-ợc chứng minh.
Một dạng suy rộng của bất đẳng thức Lojasiewicz trên toàn bộ Rn sẽ đ-ợc đ-a ra dựa trên bổ đề saụ
Bổ đề 3.2.32.Cho f : Rn →R là một đa thức. Giả sử rằng degf = degx1f =
m > 0. Cho dãy xk thỏa mãn |f(xk)| < A. Khi đó, tồn tại B = B(A) > 0
sao cho d(xk,V˜) ≤B với mọi k.
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, tồn tại dãy con bk củaxk sao chod(bk,V˜) → ∞. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng bk = xk và 0 < f(xk) < A
với mỗi k. Đặt
M = {x ∈ Rn : f(x) ≥ f∗ := inf
{f≥0}f}.
Khi đó, M là một không gian mêtric đầy đủ với tôpô cảm sinh từ tôpô thông th-ờng trên Rn. Rõ ràng, {xk} ⊂ M.
• Nếu f∗ = 0 hoặc f−1(f∗) = ∅, ta chọn ck := xk với mỗi k.
• Nếu f∗ > 0 và f−1(f∗) 6= ∅, ta chứng minh f∗ là giá trị cực tiểu của
f trên Rn. Thật vậy, rõ ràng {x ∈ Rn : 0 < f(x) < f∗} = ∅. Do vậy,
f−1(t0) = ∅ với mọi t0 ∈ (0, f∗). Bây giờ, giả sử mâu thuẫn rằng tồn tại x ∈ Rn sao cho f(x) < f∗, khi đó f(x) ≤ 0. Lấy y ∈ f−1(f∗). Giả sử l là đ-ờng cong liên tục nối x và y. Vì f|l là liên tục và f(x) ≤ t0,
f(y) > t0 với t0 ∈ (0, f∗), nên tồn tại z ∈ l sao cho f(z) = t0. Vì vậy,
f−1(t0) 6=∅. Mâu thuẫn này chỉ ra rằng f∗ là giá trị cực tiểu của f trên Rn. Suy ra, f−1(f∗) là một tập con của V˜. Do vậy, vì d(xk,V˜) → ∞, ta có thể giả sử ck := xk 6∈ f−1(f∗) với mỗi k.
Không mất tính tổng quát, giả sử ck = xk và f∗ < f(xk) < A với mọi
k. Đặt
k := f(xk)−f∗ >0.
Khi đó, f(xk) = f∗+k. Theo Hệ quả 3.2.27, tồn tại dãy con {yk} ⊂ M
sao cho (i) f(yk) ≤ f(xk), (ii) d(xk, yk) ≤ 1 λk, (iii) f(x) > f(yk)−kλkd(x, yk), ở đây λk := 2 dk với dk =d(xk,V˜) → ∞. Do vậy d(yk,V˜) ≥ d(xk,V˜)−d(xk, yk) =dk − dk 2 = dk 2 → ∞.
Vì{x ∈ Rn : f(x) = f∗} ⊂ V˜, nên d(yk, f−1(f∗))→ ∞. Do vậy, với mỗi k
đủ lớn, có σk sao choB(yk, σk) := {x ∈ Rn : kx−ykk ≤ σk} ⊂ M\f−1(f∗). Bây giờ, từ (iii) ta có
f(x) ≥ f(yk)−kλkd(x, yk) với mỗi x ∈ B(yk, σk).
Với mỗi u ∈ Rn, kuk= 1, và mỗit ∈ (0, σk), ta có x =yk+tu ∈ B(yk, σk). Do vậy
1
t[f(y
90 Vì thế hf0(yk), ui ≥ −kλk. Đặt u =− f0(yk) kf0(yk)k, ta có −kf0(yk)k ≥ −kλk. Vậy kf0(yk)k ≤ kλk < 2A dk → 0. Hệ quả là ∂f ∂x1(y k) → 0 và d(yk,V˜) → ∞.
Bây giờ, ta xét hai tr-ờng hợp.
Tr-ờng hợp 1: degf = 1. Vì degf = degx1f = 1, ta có thể viết f(x) =
a1x1 +ã ã ã+anxn +a0, ở đây a1 6= 0. Do vậy, ∂f
∂x1
(yk) = a1 6→ 0, mâu thuẫn.
Tr-ờng hợp 2: degf > 1. Bằng việc lặp lại quá trình trên, sau hữu hạn b-ớc, ta suy ra tồn tại dãy {zk} sao cho
∂m−1f ∂xm1−1(z
k) → 0 và d(zk,V˜) → ∞.
Ta lặp lại quá trình trên một lần nữa và nhận đ-ợc dãy wk sao cho
∂mf ∂xm1 (w k) → 0. Mặt khác, vì degf = degx1f = m > 0, ta có ∂mf ∂xm1 = c, ở đây c 6= 0 là một hằng số. Do vậy, ∂mf ∂xm1 (w k
) 6→ 0. Mâu thuẫn này chỉ ra rằng d(xk,V˜)
bị chặn, và Bổ đề đ-ợc chứng minh.
Định lí 3.2.33 (Bất đẳng thức Lojasiewicz suy rộng toàn cục). Cho đa thức
f : Rn → R. Khi đó, tồn tại các số thực d-ơng c, α, β sao cho
|f(x)|α+|f(x)|β ≥ cd(x,V˜) với mọi x ∈ Rn. Chứng minh. Đặt ψ(t) = sup x∈|f|−1(t) d(x,V˜), nếu |f|−1(t) 6=∅, 0, nếu |f|−1(t) = ∅.
Tr-ớc hết, ta chứng minh các khẳng định saụ
Khẳng định 3.2.34. Với mọi t∈ (0,+∞), ta có ψ(t) <+∞.
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, tồn tại t0 ∈ (0,+∞) sao cho ψ(t0) = +∞. Khi đó, |f|−1(t0) 6=∅, và có dãy {xk} ⊂ |f|−1(t0) sao cho d(xk,V˜) →+∞. Do vậy, |f(xk)| = t0, và vì thế d(xk,V˜) bị chặn (do Bổ đề 3.2.32), mâu thuẫn.
Khẳng định 3.2.35. Hàm hạn chế ψ|[0,∆] bị chặn với bất kì ∆>0.
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại rằng tồn tại dãy tk trong [0,∆] sao cho
ψ(tk) → +∞. Vì tập [0,∆] là compact, ta có thể giả sử tk → t0 ∈ [0,∆]. Chú ý rằng ψ(tk) = sup
x∈|f|−1(tk)
d(x,V˜) và rằng |f|−1(tk) 6= ∅ với k 1. Do vậy, tồn tại xk ∈ |f|−1(tk) sao cho d(xk,V˜) > ψ(tk) − 1
k. Do đó
|f(xk)| = tk → t0 và d(xk,V˜) → +∞. Vì |f|(xk) → t0, nên theo Bổ đề 3.2.32, d(xk,V˜) bị chặn, mâu thuẫn.
Khẳng định 3.2.36. Ta có lim
t→∞ψ(t) = ∞. Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại rằng lim
t→∞ψ(t) < ∞. Khi đó, tồn tại ∆ > 0
và N > 0 sao cho ψ(t) < N với mọi t∈ (∆,∞). Điều này và Khẳng định 3.2.35 chỉ ra rằng d(x,V˜) < N với mọi x ∈ Rn, với N đủ lớn. Mặt khác, vì
˜
V là một tập đại số, nên theo Định lí 3.2.11, {x ∈ Rn :d(x,V˜) < N} là tập con thực sự của Rn, mâu thuẫn.
Bây giờ, theo Định lí 3.2.29, tồn tại δ >0, c1 > 0, α > 0 sao cho
|f(x)|α ≥ c1d(x, V) với mọi x ∈ f−1(Dδ).
Do Khẳng định 3.2.34 và 3.2.36, Bổ đề 3.2.17 (ii) chỉ ra rằng tồn tại ∆> 0,
c2 >0, β > 0 sao cho
|f(x)|β ≥ c2d(x, V ) với mọi x ∈ f−1( ˜D∆).
Hơn nữa, từ Khẳng định 3.2.35, có M > 0 sao cho ϕ(t) < M với mọi
t∈ [δ,∆]. Do vậy, với mọi x ∈ |f|−1([δ,∆]), ta có
|f(x)|α+|f(x)|β ≥ δα +δβ ≥ δα +δβ
M ϕ(t) ≥
δα+δβ
92 Đặt c = min{c1, c2,δ α +δβ M }, ta nhận đ-ợc bất đẳng thức |f(x)|α+|f(x)|β ≥ cd(x, V) với mọi x ∈ Rn. Định lí đ-ợc chứng minh.