quả
Cho f : (K2, 0) → (K, 0) là một mầm hàm giải tích. Lấy một cung bất kỳ φ với tham số hóa cho bởi
φ(t) = (x(t),y(t)),
trong đó mỗix(t),y(t)là một chuỗi lũy thừa hội tụ với |t|đủ bé. Nếu f ◦φ 6≡ 0, thì ta có thể xác định được một số hữu tỷ dương`(φ)sao cho
k∇f(φ(t))k ' |f(φ(t))|`(φ),
trong đó A ' Bnghĩa là AB nằm giữa hai hằng số dương. Từ Bổ đề Chọn đường cong (xem [68, Bổ đề 3.1]), dễ chứng tỏ rằng số mũŁojasiewicz gradient f được cho bởi công thức
L(f) = sup
φ
`(φ), (2.1)
trong đó supremum được lấy trên tất cả các đường cong giải tích đi qua gốc tọa độ và không chứa trong tập không điểm của f. Hệ quả là khi xét một đường thẳng đủ tổng quát, ta có
L(f) ≥ m−1
vớim := ord f là số bội của f tại gốc. Hơn nữa, từ (1) và bất đẳng thứcL(f)< 1, dễ thấy rằng với bất kỳ phần tử khả nghịchutrong vànhK{x,y},ta có
L(u· f) = L(f). (2.3) Trong các phần tiếp theo, ta sẽ đưa ra các cơng thức để tính số mũŁojasiewicz gradient của các mầm hàm giải tích hai biến thực và hai biến phức.
2.3.1 Số mũ Łojasiewicz gradient của mầm hàm giải tích phức
Cho f: (C2, 0)→ (C, 0)là một mầm hàm giải tích, chính quy cấpmtheox. Nhắc
lại rằngΓ(f)là tập các nhánh cực mà không là nghiệm của f =0.
Định lý 2.3.1. Số mũŁojasiewicz gradient của f được cho bởi công thức
L(f) = m−1 m nếuΓ(f) = ∅, max{`(γ)| γ ∈ Γ(f)} nếu ngược lại.
Chứng minh. Trước hết ta xét trường hợp Γ(f) = ∅. Từ Định lý chuẩn bị Weier- strass, tồn tạiu∈ C{x,y}vàai ∈ C{y}sao cho
g(x,y) :=u(x,y)· f(x,y) = xm+a1(y)xm−1+· · ·+am(y)
với u(0, 0) 6= 0 và ai(0) = 0. Theo định lý chia Weierstrass (xem [7, Định lý 2, tr.339]), tồn tạiφ ∈ C{y},với φ(0) = 0,và một đa thứch ∈ C{y}[x]có bậc khơng quám−2sao cho
mg(x,y) = (x−φ(y))∂g
∂x(x,y) +h(x,y),
hoặc một cách tương đương, ta có
mu(x,y)· f(x,y) = (x−φ(y)) ∂u ∂x(x,y)f(x,y) +u(x,y) ∂f ∂x(x,y) +h(x,y).
DoΓ(f) = ∅nên tất cả m−1 nghiệm của ∂∂xf = 0cũng là nghiệm (tính cả bội) củah= 0,và vì vậy h≡ 0vìdegh ≤ m−2.Khi đó phương trình vi phân sau
∂g ∂x(x,y)
g(x,y) =
m x− (y)
kéo theogcó dạngc(x−φ(y))m với c 6= 0.Từ đó, ta thu được k∇g(x,y)k ≥ ∂g ∂x(x,y)
= m cm1 |g(x,y)|m−m1 với mọi(x,y)gần(0, 0).
Điều này suy raL(g)≤ m−1m và kết hợp với (2.2) ta có được đẳng thức
L(g) = m−1m . Do đó từ (2.3), ta được
L(f) = L(g) = m−1
m .
Tiếp theo, ta xét trường hợpΓ(f) 6= ∅.Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức
L(f) ≤max{`(γ)| γ ∈ Γ(f)}. Từ (2.1), điều này tương đương với việc chứng tỏ rằng
`(φ) ≤max{`(γ)| γ ∈ Γ(f)}
với tất cả các đường cong giải tíchφ đi qua gốc tọa độ và không nằm trong tập không điểm của f. Để chứng minh điều này, ta cần các khẳng định sau.
Khẳng định 1. Bất đẳng thức sau đây đúng với mọiγ ∈ Γ(f):
`(γ) ≥ m−1
m .
Chứng minh. Cho x = γ(y) là một nghiệm Newton–Puiseux của ∂f
∂x = 0nhưng không là nghiệm của f = 0.Do f là chính quy cấp mtheo xnên ∂∂xf là chính quy cấpm−1theo x. Gọi γi(y) là các nghiệm Newton–Puiseux của đường cực. Nếu tồn tại một nghiệm γk(y) có ordγk(y) < 1 thì khi đó đa giác Newton P(∂∂xf, 0) có một cạnh có góc tương ứng tanθk < 1, điều này vơ lý vì mọi góc tương ứng
θj của các cạnh của đa giác Newton P(∂∂xf, 0) đều phải có tanθj ≥ 1, đơn giản là vì các đơn thức cijxiyj của ∂∂xf đều có i +j ≥ m−1. Vậy ordγ(y) ≥ 1 và do đó ordf (γ(y),y) ≥m.Chú ý rằng
d f(γ(y),y)
dy =
∂f
∂y(γ(y),y),
và do đóord f (γ(y),y) = ord∂∂yf (γ(y),y) +1.Từ đây ta được
`(γ) = ord∂∂yf (γ(y),y)
ord f (γ(y),y) ≥
m−1
Lấy một cung giải tích bất kỳ φ mà không là nghiệm của f =0.Dễ thấy rằng nếu φ tiếp xúc với trục Oxthì ordφ < 1, do đó `(φ) ≤ m−1m . Vì vậy ta có thể bỏ qua các cung này. Khi đó cungφcó thể được tham số hóa bởi một chuỗix = φ(y)
vớiordφ(y)≥ 1.
Khơng mất tổng quát, giả sử ∂∂xf(φ(y),y) 6≡ 0.Trong đa giác NewtonP(f,φ)
của f tương ứng với φ, lấy (0,h0) và (1,h1) là các chấm thấp nhất lần lượt trên
X = 0và X = 1. Khi đó`(φ)có thể được tính tốn đơn giản như sau.
Khẳng định 2. Ta có `(φ) = minnh0−1 h0 , h1 h0 o .
Chứng minh. Giả sửx = φ(y) = c1yα1 +c2yα2 +. . . ,với1≤ α1 < α2 < . . .. Ta có
`(φ) = min ord∂∂yf(φ(y),y) ordf(φ(y),y) , ord∂∂xf(φ(y),y) ordf(φ(y),y) , trong đó, tương ứng trên đa giác NewtonP(f,φ)thì
• ordf(φ(y),y) = h0, • ord∂∂xf(φ(y),y) = h1,
• ord∂∂yf(φ(y),y) = min{h0−1,h1+α1−1}. Từ đó ta được`(φ) = min min(h0−1 h0 ,h1+α1−1 h0 ),h1 h0 =minnh0−1 h0 , h1 h0 o .
Khẳng định 3. Ký hiệuγlà kết quả cuối cùng của phép trượtφ theo ∂∂xf.Khi đó
`(φ)≤ `(γ).
Chứng minh. Xét đa giác NewtonP(f,φ).LấyEH vàθH là cạnh Newton cao nhất và góc tương ứng. Chú ý rằng (0,h0) là một đỉnh của EH và (m, 0) là một đỉnh của đa giác. Xét hai trường hợp
Trường hợp 1:(1,h1) ∈ EH. Ta có
h0−h1
1 = tanθH
Chú ý rằng vì f là hàm chính quy theo xnên tanθH ≥ 1. Vì vậy, h0−1 ≥ h1.Từ Khẳng định 2, ta được `(φ) = minnh0−1 h0 , h1 h0 o = h1 h0,
Từ giả thiết f là chính quy cấp mtheo xvới m := ordf và(1,h1) ∈ EH nên ta xét hai tam giác đồng dạng được tạo bởi các đỉnh(0, 0),(0,h0),(k, 0)và(1, 0),(1,h1),
(k, 0)với (k, 0)là giao điểm của đường thẳng chứa cạnhEH với trụcOX. Định lý
Thales cho ta h1 h0 = k−1 k , dễ thấyk ≤ mnên k−1 k ≤ m−1 m . Kết hợp những điều nêu trên ta có `(φ) ≤ m−1 m . Trường hợp 2:(1,h1) 6∈ EH.
Với trường hợp này, θH < θH0, trong đóθH0 là góc tương ứng với cạnh cao nhất của đa giác Newton của ∂∂xf tương ứng vớiφ. Do γlà một kết quả cuối cùng của phép trượtφtheo ∂∂xf, nó có dạng
γ(y) = φ(y) +cytanθH0 +các từ cấp cao hơn, với hằng số khác khôngc ∈ C.Áp dụng Bổ đề 2.1.2, ta có
ordf(γ(y),y) = ordf(φ(y),y) = h0. Cùng với Khẳng định 2, ta suy ra `(φ) = minnh0 −1 h0 , h1 h0 o ≤ h0−1 h0 = ordf(γ(y),y)−1 ordf(γ(y),y) = `(γ).
Kết hợp cả hai trường hợp trên, ta có
`(φ) ≤ maxnm−1
m ,`(γ)
o
≤ `(γ),
Áp dụng các khẳng định trên, ta được
L(f) ≤max{`(γ)| γ ∈ Γ(f)},
và vì vậy đẳng thức có được từ (2.1). Điều này kết thúc chứng minh Định lý 2.3.1.
Ví dụ 2.3.2. Đặt f(x,y) := 1 6 x 6+ 1 4x 4y4− 1 5x 5y−1 3 x 3y5 ∈ C{x,y}. Ta có f là chính quy cấp m = 6 theo x và ∂f ∂x = x 2(x−y)(x2 +y4). Theo định nghĩa,Γ(f)bao gồm 3 nhánh cực sau
γ1 : x = y, γ2 : x = √
−1y2, và γ3 : x= −√−1y2. Thật vậy, ∂f
∂x = x
5−x4y+x3y4−x2y5 = x2(x3−x2y+xy4−y5).
Giải g(x,y) = x3−x2y+xy4−y5 = 0: Xét cạnh cao nhất của đa giácP(g, 0), ta cóEH(x,y) = −x2y−y5 ⇒ EH(z) = −z2−1 = 0, suy ra φ(y) = iy2. Thay φ
vào, ta cóg(X+iY2,Y), dễ thấyP(g,φ)khơng có chấm Newton nào trênX = 0, do đóx = iy2là một nghiệm củag =0, tức là nghiệm của ∂∂xf =0. Tương tự ta có các nghiệm cịn lại như phía trên.
Xétγ1(y), ta cóord∂∂xf(γ1(y),y) = 5,ord∂∂yf(γ1(y),y) = 5và
ordf(γ1(y),y) = 6. Từ đó ta có`(γ1) = 56 và tính tốn tương tự, ta được
`(γ2) = `(γ3) = 10 11. Từ Định lý 2.3.1, ta được L(f) = max 5 6, 10 11 = 10 11.
Hệ quả sau đây của Định lý 2.2.4 và 2.3.1 cho ta một cơng thức khác để tính số mũŁojasiewicz gradient f theo các nghiệm Newton–Puiseux.
Hệ quả 2.3.3. Cho f : (C2, 0) → (C, 0) là một mầm hàm giải tích và gọi ξ1, . . . ,ξr là các nghiệm Newton–Puiseux phân biệt của f =0. Khi đó
L(f) = m−1 m nếu r =1,
trong đóξi,j ký hiệu là xấp xỉ của hai nghiệmξi vàξj.
Hệ quả 2.3.4. Số mũŁojasiewicz gradient của mầm hàm giải tích phức hai biến là mơt
bất biến tô pô.
Chứng minh. Suy trực tiếp từ Hệ quả 2.3.3, Định lý 2.2.4 và 2.2.6.
2.3.2 Số mũ Łojasiewicz gradient của mầm hàm giải tích thực
Cho f : (R2, 0) → (R, 0) là một mầm hàm giải tích thực chính quy cấp m theo
x. Ký hiệu f¯ là mầm hàm giải tích thực xác định bởi f¯(x,y) := f(x,−y). Ta sẽ chứng tỏ rằng hoặc là số mũŁojasiewicz gradient thực của f, ký hiệu làL(f), đạt được trên một nhánh cực thực của f hoặc của f¯, hoặc bằng m−1
m . Trước hết ta nêu khái niệm về các nhánh cực thực của f.
Chox = γ(y)là một nghiệm Newton–Puiseux của ∂∂xf = 0trong vànhC{x,y}:
γ(y) = a1ynN1 +a2ynN2 +· · ·+as−1ynsN−1 +csynsN +· · · ,
với ai ∈ R, cs là hệ số khơng thực đầu tiên của chuỗi đó (nếu có). Ta thay cs bởi một hằng số thực đủ tổng quátg,và gọi
γR(y) := a1ynN1 +a2ynN2 +· · ·+as−1ynsN−1 +gynsN,
là mộtnhánh cực thựccủa f. Nếus = +∞thì đặtγR := γ.Ta ký hiệuΓ(f)là tập các nhánh cực thực của f sao cho chúng không là nghiệm Newton–Puiseux của
f = 0.Đặt L+(f) :=max m−1 m ,`(γR)| γR ∈ Γ(f) vàL−(f):=L+(f¯).
Định lý 2.3.5. Với các ký hiệu nêu trên, số mũŁojasiewicz gradient thực của f được cho bởi công thức
L(f) = max{L+(f),L−(f)}.
Chứng minh. Lấyφlà một đường cong thực được tham số hóa bởi hoặc
(x = x(t),y = t)hoặc(x = x(t),y= −t),với x(t)là một phần tử của R{tN1}với một số nguyên dươngNnào đó. Giả sử rằngφ cũng khơng là nghiệm của f = 0.
Trước hết, ta xét trường hợpφcó dạng(x(t),t).Ký hiệuγlà một kết quả cuối cùng của phép trượtφ theo ∂f
∂x vàγRlà nhánh cực thực cảm sinh bởiγ. Khẳng định 4. Ta có `(φ) ≤ max m−1 m ,`(γR) , và vì vậy`(φ) ≤L+(f).
Chứng minh. Nếuφ tiếp xúc với trụcOx, khi đóordφ < 1và ta có
ordf(φ(y),y) = k ≤ m, lập luận tương tự như trong Khẳng định 3, ta có `(φ)≤ k−1
k ≤
m−1
m ,
và ta có điều phải chứng minh. Bởi vậy có thể giả sử cung φ được tham số hóa bởi một chuỗi Puiseuxx= φ(y)vớiordφ(y)≥ 1.
Rõ ràng, ta có thể giả sử rằngφkhơng là nghiệm ∂∂xf = 0.Trong đa giác Newton
P(f,φ) của f ứng với φ, lấy (0,h0) và (1,h1) lần lượt là các chấm Newton trên
X = 0và X = 1. Với lập luận tương tự như Khẳng định 2 thì `(φ) có thể được xác định từ đa giác NewtonP(f,φ)như sau
`(φ) = minnh0−1 h0 , h1 h0 o .
Ta có thể thấy rằng, nếu(1,h1) ∈ EH với EH là cạnh Newton cao nhất củaP(f,φ)
thì`(φ) ≤ m−1m . Vì vậy chỉ cần xét trường hợp (1,h1) 6∈ EH là đủ để chứng minh khẳng định. Với trường hợp này, θH < θH0, với θH0 là góc tương ứng với cạnh Newton cao nhất của ∂∂xf ứng vớiφ. Doγlà một kết quả của phép trượtφ theo ∂∂xf, ta có
γ(y) = φ(y) +cytanθH0 +các từ cấp cao hơn, ở đâyc ∈ Clà một số khác0. Từ định nghĩa, chuỗi γR cũng có dạng
γR(y) = φ(y) +gytanθH0 +các từ cấp cao hơn
với g ∈ R là một hằng số đủ tổng quát nếu c 6∈ R và g = c nếu ngược lại. Áp dụng Bổ đề 2.1.2 với cả f và ∂∂xf, ta được
và h1 = ord ∂f ∂x(φ(y),y) ≤ ord ∂f ∂x(γR(y),y) =: h 0 1. Điều này kéo theo
`(φ) = minnh0−1 h0 , h1 h0 o ≤ minnh0−1 h0 , h01 h0 o = `(γR). Khẳng định được chứng minh.
Bây giờ, ta xét trường hợpφ có dạng(x(t),−t). Khi đó
k∇f¯(x(t),t)k = k∇f(x(t),−t)k ' |f(x(t),−t)|`(φ) =|f¯(x(t),t)|`(φ).
Áp dụng Khẳng định 4 cho f¯ta được`(φ) ≤ L+(f¯) = L−(f). Kết hợp cả hai trường hợp trên ta có
`(φ) ≤ max{L+(f),L−(f)}.
Doφ là cung bất kỳ nên một cách dễ dàng, từ (2.1) và (2.2) ta có
L(f) = max{L+(f),L−(f)}. Vậy định lý đã được chứng minh.
Ví dụ 2.3.6. Cho f(x,y) = x3+3xy3 ∈ R{x,y}. Khi đó f là chính quy theo xvới cấpm = 3và ∂∂xf =3(x2+y3).Từ định nghĩa,Γ(f)bao gồm một nhánh cực thực là γ : x = gy32 với gđủ tổng qt. Tính tốn ta có `(γ) = 23 và L+(f) = 23. Một cách tương tự, ta cóL−(f) = 79. Vì vậy, từ Định lý 2.3.5 ta thu đượcL(f) = 79.
Nhận xét 2.3.7. Số mũ Łojasiewicz gradient của mầm hàm giải tích thực khơng phải là bất biến tô pô. Thật vậy, trong lân cận của gốc tọa độ trong R2, xét các hàm f(x,y) := x2 −y3 vàg(x,y):= x2−y5. Xét đồng phôiΦ :(R2, 0) → (R2, 0) với (x,y) 7→ (x,y53). Ta có g = f ◦Φ nên f và g tương đương tô pô phải. Tuy nhiên dễ thấy rằng
L(f) = 2 3 6=
4
5 = L(g).
Trường hợp thực của hệ quả sau đã được quan sát bởi Haraux (xem [37, Định lý 2.1]).
Hệ quả 2.3.8. Cho f : K2 → Klà một đa thức thuần nhất có bậcd.Khi đó
L(f) = 1− 1 d.
Chứng minh. Trước hết, ta xét trường hợp f là một đa thức phức và thuần nhất bậc d. Bằng một phép biến đổi tuyến tính khả nghịch, ta có thể giả sử rằng f
là chính quy theo x. Khi đó ∂∂xf là một đa thức thuần nhất bậc d−1. Vì vậy, mỗi nghiệm x = γ(y) của ∂∂xf = 0 có dạng x = ay với a ∈ C. Rõ ràng, nếu
f(ay,y) 6≡ 0thì do f thuần nhất nên tồn tại b 6= 0sao cho f(ay,y) = byd và vì vậyordf(γ(y),y) = d= ordf.Do đó, từ Định lý 2.3.1,L(f) = 1−1d.
Bây giờ ta giả sử f là một đa thức thuần nhất bậc d và xét f như là một đa thức phức, nghĩa là f ∈ C[x,y]và gọi đó là fC. Từ định nghĩa số mũŁojasiewicz gradient, ta có
L(f) ≤ L(fC) = 1− 1 d.
Mặt khác, từ (2.2) ta có L(f) ≥ 1− 1d. Kết hợp với bất đẳng thức trên ta được
L(f) = 1− 1d.
2.3.3 Ước lượng hiệu quả các số mũ Łojasiewicz
Trong mục này chúng tôi sẽ đưa ra một số chặn trên cho các số mũŁojasiewicz của các hàm đa thức hai biến. Các cận này chỉ phụ thuộc vào bậc của đa thức. Kết quả sau đây tinh hơn của D’Acunto và Kurdyka trong trường hợp 2 biến (xem [13, Định lý chính]), nói cách khác chúng tơi thu được cận trên chặt hơn của các tác giả trên.
Định lý 2.3.9. Cho f: K2 →Klà một đa thức bậcdvới f(0) = 0.Khi đó
L(f) ≤1− 1
(d−1)2+1.
Trước khi chứng minh định lý này, ta nhắc lại khái niệm về bội giao của hai mầm đường cong phẳng (xem [25, Mục 3.2]). Cho f ∈ C{x,y}là bất khả quy. Khi đóbội giaocủa g∈ C{x,y} với f được cho bởi cơng thức
trong đó t 7→ (x(t),y(t)) là một tham số hóa của mầm đường cong xác định bởi
f.Ở đây mộttham số hóacủa mầm đường cong f =0là một mầm ánh xạ giải tích
φ: (C, 0) → (C2, 0), t 7→ (x(t),y(t)),
với f ◦φ ≡ 0 và thỏa mãn tính phổ dụng sau đây: mỗi mầm ánh xạ giải tích
ψ: (C, 0) → (C2, 0)với f ◦ψ≡ 0,tồn tại mầm ánh xạ giải tíchψ0: (C, 0) → (C, 0)
sao cho ψ = φ◦ψ0. Tổng quát, lấy f ∈ C{x,y} là một chuỗi lũy thừa hội tụ và
f = fα1
1 · · · fαr
r là một phân tích bất khả quy của f trong vành C{x,y} với fi là bất khả quy và các fi nguyên tố cùng nhau từng cặp. Khi đó bội giao của gvới f
được xác định bởi tổng sau
i(fα1
1 · · · fαr
r ,g) :=α1i(f1,g) +· · ·+αri(fr,g).
Chứng minh Định lý 2.3.9. Từ định nghĩa số mũ Łojasiewicz gradient, nếu f là một đa thức thực và coi f như một đa thức phức và gọi là fCthì
L(f) ≤L(fC).
Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp phức. Khơng mất tính tổng qt, giả sử rằng f
là chính quy theoxvới cấpm ≤ d.Từ Định lý 2.3.1 ta suy ra rằng, nếu Γ(f) = ∅
thì
L(f) = 1− 1
m ≤1−
1
(d−1)2+1.
Bây giờ ta giả sử Γ(f) 6= ∅. Lấy một nhánh cực γ trong Γ(f) trên đó số mũ Łojasiewicz gradient đạt được:
L(f) = `(γ) = 1− 1