V. ý nghĩa khoa học và thực tiễn của luận án
3.2.2Các điều kiện tồn tại bất đẳng thức Lojasiewicz cạnh
bất đẳng thức Lojasiewicz toàn cục
Trong mục này, chúng tôi đ-a ra điều kiện cần và đủ để tồn tại bất đẳng thức Lojasiewicz cạnh thớ và bất đẳng thức Lojasiewicz toàn cục của một đa thức.
Tr-ớc hết, ta đ-a ra một vài khái niệm.
Định nghĩa 3.2.12. Cho f : Rn → R là một đa thức, và V = f−1(0). Một dãy xk → ∞ trong Rn đ-ợc gọi là
(i) dãy loại một nếu f(xk) →0 và d(xk, V) ≥ σ với σ > 0; (ii) dãy loại hai nếu d(xk, V) → ∞ và f(xk) → t0 với t0 6= 0.
Ví dụ 3.2.13. Cho f(x1, x2) = x1(x2 − 1)(x22 + (x1x2 − 1)2), và cho dãy
xk = (k, k 1 +k2). Ta có • xk → ∞; • f(xk) = k 1 +k2 k 1 +k2 −1 →0; • V = (x1 = 0)∪(x2 = 1), và do vậy d(xk, V) = min{k,| k 1 +k2 −1|} → 1 6= 0. Vậy, xk = (k, k 1 +k2) là một dãy loại một. Ví dụ 3.2.14. Chof(x1, x2) = (x1x2−1)2+(x1−1)2. Ta xét dãyxk = (1 k, k). Khi đó • xk → ∞; • f(xk) = (1 k −1) 2 →1 6= 0;
78 • V = {(1,1)}, và vì thế d(xk, V) = r (1 k −1) 2+ (k −1)2 → ∞. Vậy, xk = (1
k, k) là một dãy loại haị
Chú ý 3.2.15.Bất đẳng thức Lojasiewicz cổ điển chỉ ra rằng nếu dãy xk thỏa mãn điều kiện (i) (t-ơng ứng, (ii)) trong Định nghĩa 3.2.12, thì kxkk → ∞, và do đó là một dãy loại một (t-ơng ứng, loại hai).
Chú ý 3.2.16. Ví dụ sau đây chỉ ra rằng bất đẳng thức Lojasiewicz không còn đúng nếu K là một tập không compact. Đặt
f :R2 → R, (x1, x2) 7→x1(x2−1)(x22+ (x1x2 −1)2).
Giả sử tồn tại δ >0, c >0 và α ∈ R sao cho
x ∈ f−1((−δ, δ))⇒ |f(x)| ≥ cd(x, V )α. Vì f(1 k,1 + 1 k) → 0 và d (1 k,1 + 1 k), V → 0, nên α > 0. Mặt khác, vì f(k, k 1 +k2) →0 và d (k, k 1 +k2), V
→ 1, nên α ≤ 0. Mâu thuẫn này chỉ ra rằng, không tồn tại bất đẳng thức Lojasiewicz trên miền f−1((−δ, δ)).
Bổ đề 3.2.17. Cho f : Rn → R là một đa thức, và W ⊂ Rn là một tập con nửa đại số chứa tập f−1(0). Đặt
ϕ(t) = sup x∈|f|−1(t) d(x, W), nếu |f|−1(t) 6=∅, 0, nếu |f|−1(t) =∅. Khi đó
(i) Nếu ϕ(t) < +∞ với mọi t ∈ (0, δ0), ở đây δ0 > 0, và lim
t→0ϕ(t) = 0, thì tồn tại δ > 0, c >0, α > 0 sao cho
|f(x)| ≥ cd(x, W)α với mọi x ∈ f−1(Dδ),
ở đây Dδ := {t∈ R : |t| < δ}.
(ii) Nếu ϕ(t) <+∞ với mọi t∈ (∆0,+∞), ở đây ∆0 > 0, và lim
t→+∞ϕ(t) = +∞, thì tồn tại các số thực d-ơng ∆, c, α, β sao cho
ở đây D˜∆ := {t ∈ R : |t| >∆}.
Chứng minh. (i) Vì ϕ(t) <+∞ với mọi t∈ (0, δ0), nên theo Mệnh đề 3.2.8,
ϕ|(0,δ0) là hàm nửa đại số. Do vậy, ta có thể viết
ϕ(t) = atu+các số hạng bậc cao hơn của t, với t ∈ (0, δ),
ở đây a > 0, và δ > 0 đủ nhỏ. Vì thế lim
t→0
ϕ(t)
tu = a. Do đó, tồn tại ˜c > 0 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
sao cho ϕ(t)
tu ≤ c˜ với mọi t ∈ (0, δ), với δ > 0 đủ nhỏ. Vì lim
t→0ϕ(t) = 0, ta có u >0. Do vậy, t ≥ 1
˜
cϕ(t)
1
u với mọi t ∈ (0, δ). Điều này kéo theo rằng
|f(x)| ≥ 1 ˜ cd(x, V) 1 u với mọi x ∈ f−1(Dδ). Đặt c = 1 ˜ c 1 u và α = 1 u, ta nhận đ-ợc bất đẳng thức |f(x)| ≥ cd(x, V )α với mọi x ∈ f−1(Dδ).
(ii) Vì ϕ(t) < +∞ với mọi t ∈ (∆0,+∞), Mệnh đề 3.2.8 chỉ ra rằng
ϕ|(∆0,+∞) là hàm nửa đại số. Do vậy, ta có thể viết
ϕ(t) = btv +các số hạn bậc thấp hơn của t, với t∈ (∆,+∞),
ở đây b > 0, và ∆ ≥ ∆0 đủ lớn. Vì lim
t→+∞ϕ(t) = +∞, ta có v > 0. T-ơng tự chứng minh (i), tồn tại ∆>0, c >0, β = 1
v sao cho
|f(x)|β ≥ cd(x, V ) với mọi x ∈ f−1( ˜D∆).
Mệnh đề 3.2.18. Cho f : Rn → R là một đa thức. Hai điều kiện sau là t-ơng đ-ơng:
(i) f không có dãy loại một.
(ii) Tồn tại δ >0, c >0, α > 0 sao cho
|f(x)| ≥ cd(x, V )α với mọi x ∈ f−1(Dδ), (3.4)
80
Chứng minh. (i) ⇒ (ii) Giả sử f không có dãy loại một. Xét hai tr-ờng hợp saụ
Tr-ờng hợp 1: Tập V = f−1(0) = ∅. Khi đó, tồn tại δ > 0 sao cho
f−1(Dδ) = ∅. Thật vậy, giả sử ng-ợc lại, tồn tại xk ∈ f−1(D1/k) với mỗi
k ∈ N. Khi đó, f(xk) → 0. Vì V = ∅ và f không có dãy loại một, nên
kxkk 6→ ∞. Do vậy, tồn tại dãy con của xk hội tụ đến x0 ∈ Rn; và do đó
f(x0) = 0. Nói cách khác, V 6=∅, mâu thuẫn.
Tr-ờng hợp 2: Tập V = f−1(0) 6= ∅. Khi đó, |f|−1(t) 6= ∅ với mọi
t∈ [0,+∞). Với mỗi t ∈ [0,+∞), đặt
ϕ(t) = sup
x∈|f|−1(t) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
d(x, V ).
Khẳng định 3.2.19. Tồn tại δ0 > 0 sao cho ϕ(t) <+∞ với mọi t∈ (0, δ0). Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, tồn tại dãytksao chotk → 0vàϕ(tk) = +∞. Khi đó, với mỗi k, tồn tại dãy {xlk}l ⊂ |f|−1(tk) sao cho d(xlk, V) → +∞
khi l →+∞. Vì thế, có lk để d(xlk, V) > k với mọi l ≥ lk. Đặt Xk := xlk
k, ta có |f(Xk)| = tk → 0 và d(Xk, V) > k. Do đó, Xk là một dãy loại một. Điều này mâu thuẫn với giả thiết (i).
Khẳng định 3.2.20. Ta có lim
t→0ϕ(t) = 0. Nói riêng, điểm (0,0) thuộc bao đóng của đồ thị của hàm ϕ|(0,δ
0).
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại rằng tồn tại dãy tk trong (0, δ0) sao cho
tk → 0 và ϕ(tk) 6→ 0. Không mất tính tổng quát, giả sử ϕ(tk) > σ > 0 với mọi k. Khi đó, tồn tại xk ∈ |f|−1(tk) sao cho d(xk, V) > σ. Do vậy, xk là một dãy loại một, mâu thuẫn với (i).
Bây giờ, do Khẳng định 3.2.19 và Khẳng định 3.2.20, Bổ đề 3.2.17 (i) chỉ ra rằng tồn tại δ > 0, c > 0, α > 0 sao cho (3.4) đúng.
(ii) ⇒(i) Giả sử tồn tại δ > 0, c > 0, α >0 sao cho
|f(x)| ≥ cd(x, V )α với mọi x ∈ f−1(Dδ).
Ta sẽ chứng minh f không có dãy loại một. Thật vậy, giả sử ng-ợc lại, f
rằng |f(xk)| ≥ cd(xk, V)α với k đủ lớn. Do vậy lim k→∞ |f(xk)| ≥ c lim k→∞d(xk, V)α,
tức là 0 ≥ cσα. Mâu thuẫn này chỉ ra rằng, f không có dãy loại một.
Mệnh đề 3.2.21. Cho f : Rn → R là một đa thức. Các khẳng định sau là t-ơng đ-ơng:
(i) f không có các dãy loại một và loại haị (ii) 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, (3.5)
ở đây V =f−1(0).
Chứng minh. (i) ⇒ (ii) Giả sử f không có các dãy loại một và loại haị Đặt ϕ(t) = sup x∈|f|−1(t) d(x, V ). Tr-ớc hết, ta chứng minh các khẳng định saụ Khẳng định 3.2.22. Với mọi t∈ (0,+∞), ta có ψ(t) < +∞.
Chứng minh. Giả sử có t0 ∈ (0,+∞) mà ϕ(t0) = +∞. Khi đó, có dãy xk
trong |f|−1(t0) sao cho d(xk, V) → +∞. Do vậy, xk là dãy loại haị Điều này mâu thuẫn với giả thiết (i). Vậy, Khẳng định đ-ợc chứng minh.
Khẳng định 3.2.23. Hàm hạn chế ϕ|[0,∆] là bị chặn với bất kì ∆> 0.
Chứng minh. Giả sử ng-ợc lại, có dãy tk trong [0,∆] sao cho ϕ(tk) →+∞. Vì tập [0,∆] là compact, ta có thể giả sử tk → t0 ∈ [0,∆]. Chú ý rằng
ϕ(tk) = sup
x∈|f|−1(tk)
d(x, V ), nên có xk ∈ |f|−1(tk) để d(xk, V) > ϕ(tk) − 1
k. Do vậy, |f(xk)| =tk →t0 và d(xk, V) →+∞. Điều này có nghĩa là: xk là dãy loại một hoặc loại hai, mâu thuẫn với (i).
Khẳng định 3.2.24. Ta có lim
82 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chứng minh. Giả sử rằng lim
t→+∞ϕ(t) < +∞. Khi đó, tồn tại ∆ > 0 và
N > 0 sao cho ϕ(t) < N với mọi t ∈ (∆,+∞). Điều này và Khẳng định 3.2.23 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 này cho ta điều cần chứng minh.
Bây giờ, vì f không có các dãy loại một, Mệnh đề 3.2.18 chỉ ra rằng 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 3.2.22 và Khẳng định 3.2.24, Bổ đề 3.2.17 (ii) nói rằng tồn tại ∆> 0, c2 >0, β >0 sao cho
|f(x)|β ≥ c2d(x, V ) với mọi x ∈ f−1( ˜D∆).
Theo Khẳng định 3.2.23, tồn tạiM > 0 sao choϕ(t) < M với mọit∈ [δ,∆]. Vì thế, với mọi x ∈ |f|−1([δ,∆]), ta có |f(x)|α+|f(x)|β ≥ δα +δβ ≥ δα +δβ M ϕ(t) ≥ δα+δβ M d(x, V). 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.
(ii) ⇒(i) Giả sử (3.5) đúng. Khi đó, lập luận t-ơng tự nh- chứng minh Mệnh đề 3.2.18, ta có thể chỉ ra rằng f không có các dãy loại một và loại haị
Tiếp theo, chúng tôi chỉ ra rằng, bất đẳng thức Lojasiewicz toàn cục luôn luôn tồn tại với mọi đa thức bậc 2. Đây là một kết quả đã biết, và đóng vai trò quan trọng trong lí thuyết về "Error Bound" của Qui hoạch toàn ph-ơng.
D-ới đây, chúng tôi trình bày một chứng minh mới và đơn giản kết quả của [18].
Mệnh đề 3.2.25 ([18]). Cho f : Rn →R. Giả sử degf ≤2. Khi đó, tồn tại
c >0 sao cho với mọi x ∈ Rn, ta có
|f(x)|+|f(x)|12 ≥ cd(x, V). (3.6)
Chứng minh. Rõ ràng, Mệnh đề đúng trong tr-ờng hợpf là tuyến tính hoặc một biến.
Bây giờ, giả sử (3.6) đúng đối với các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng
2 và có ≤ (n−1) biến. Với f là đa thức bậc 2 và có n biến, ta kí hiệu
x = (x0, xn) = (x1, . . . , xn−1, xn). Bằng việc đổi tọa độ, ta có thể giả sử rằng f có dạng
f =±x2n +g(x0).
Không mất tính tổng quát, giả sử
f =x2n +g(x0).
Xét hai tr-ờng hợp sau:
Tr-ờng hợp 1: Tập V 6= ∅. Khi đó S1 := {x ∈ Rn : g(x0) ≤ 0} là tập không rỗng. Do vậy, với x ∈ S1, ta có
|f(x)| =|xn−p −g(x0)|.|xn+p −g(x0)| =k(x0, xn)−(x0,p −g(x0))k.k(x0, xn)−(x0,−p −g(x0))k. Chú ý rằng (x0,±p −g(x0)) ∈ V, nên |f(x)| ≥ d(x, V)2 và (3.6) đúng với mọi x ∈ S1. Vậy
• Nếu S1 =Rn, thì (3.6) đúng với mọi x ∈ Rn.
• Nếu S2 = Rn\S1 6= ∅, thì V0 := {x0 ∈ Rn−1 : g(x0) = 0} 6= ∅. Do giả thiết qui nạp, với mọi x0 ∈ Rn−1, ta có
84
ở đây a là một hằng d-ơng. Vậy, với x ∈ S2, ta có
|f(x)|+|f(x)|21 =x2n +g(x0) +p x2 n +g(x0) ≥g(x0) + |xn|+ p g(x0) √ 2 ≥ |xn|+g(x0) +p g(x0) √ 2 ≥ |xn|+ad(x0, V0) √ 2 ≥ min{a,1} √ 2 (|xn|+d(x 0 , V0)). Chú ý rằng V0 ì {0} ⊂ V, nên d(x, V) ≤d(x, V0ì {0}) = |xn|+d(x0, V0). Đặt c := min{min{a,1} √ 2 ,1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
}. Khi đó, (3.6) thỏa mãn với mọi x ∈ Rn.
Tr-ờng hợp 2: Tập V =∅. Khi đó, g(x0) > 0 với mọix0 ∈ Rn−1; và tr-ờng hợp riêng V0 ={x0 ∈ Rn−1 : g(x0) = 0} =∅. Do giả thiết qui nạp, với mọi
x0 ∈ Rn−1, ta có
|g(x0)|+|g(x0)|12 ≥ ad(x0, V0) = akx0k,
ở đây a là một hằng d-ơng. T-ơng tự Tr-ờng hợp 1, với mọi x ∈ Rn, ta có |f(x)|+|f(x)|12 ≥ |xn|+akx0k √ 2 ≥ min{a,1} √ 2 (|xn|+kx 0k) ≥ min{a,1} √ 2 [|xn|+ 1 √ n−1(|x1|+. . .+|xn−1|) ≥ min{a,1} p 2(n−1)(|x1|+. . .+|xn−1|+|xn|) (vì n ≥ 2) ≥ min{a,1} p 2(n−1)kxk.
Đặt c := pmin{a,1}
2(n−1). Khi đó, (3.6) thỏa mãn với mọi x ∈ Rn, và Mệnh đề đ-ợc chứng minh.
Chú ý 3.2.26. Nếu deg f ≤2, do Mệnh đề 3.2.21 và Mệnh đề 3.2.25,f không có dãy loại một và dãy loại haị