M r dist(x, S) Khi đó, hàm m(t) := t
sa is Holderă ton cc
4.2 Bất đẳng thức Łojasiewicz gradient cạnh thớ
Chú ý rằng bất đẳng thức Łojasiewicz gradient (1.2) khơng cịn đúng khi lân cận U là không compact. Chẳng hạn, xét ví dụ sau đây:
Ví dụ 4.2.1. Xét
f (x, y) = (xy + x + y)2 + x2, f (0, 0) = 0.
Xét dãy xk =
r f (xk) = 0,
Do đó, bất đẳng thức (1.2) khơng đúng với U = R2. Đặt
Ke¥( f ) := ft 2 Rj 9fxkg : kxkk ! ¥, mf (xk) ! 0, f (xk) ! tg.
Đây là tập các giá trị Fedoryuk ta đã định nghĩa ở Chương 3 trong trường hợp f là hàm đa thức.
Ta đưa ra tiêu chuẩn sau đây cho sự tồn tại của bất đẳng thức Łojasiewicz gradient cho độ dốc khơng trơn trên f 1(De) n BR, trong đó De = ( e, e) với e > 0 đủ bé và BR là hình cầu tâm 0 bán kính R với R đủ lớn.
Định lý 4.2.2. Cho f : Rn ! R là một hàm định nghĩa được, liên tục và giả sử rằng với
mọi e > 0 đủ bé thì Ke¥( f ) \ De = f0g. Khi đó hai khẳng định sau là tương đương:
(i) Tồn tại d > 0 sao cho với bất kỳ dãy fxkg f 1(Dd) thoả mãn điều kiện: nếu kxkk ! ¥ và mf (xk) ! 0, thì f (xk) ! 0;
(ii) Tồn tại R, d > 0 và một hàm j : [0, d) ! R+ định nghĩa được, đơn điệu tăng
ngặt và liên tục sao cho j(0) = 0 và
mf (x) j(j f (x)j), với mọi x 2 f 1
(Dd) n BR.
Chứng minh. (i) ) (ii) : Cố định e ở giả thiết của định lý. Đặt j(t) :=
với t 2 [0, e) và r > 0 đủ lớn. Dễ thấy rằng từ Mệnh đề 1.2.7 và Nhận xét 1.3.5, ta có j là một hàm định nghĩa được. Ta phải chứng minh rằng tồn tại d1 đủ bé và
0 < d1 < e sao cho j(t) > 0 với mọi t 2 (0, d1).
e
Thật vậy, từ giả thiết K¥( f ) \ De = f0g suy ra ( e, e) không chứa giá trị nào
sao cho j(t) = 0, khi đó tồn tại dãy xk 2 fx : j f (x)j = tg n Br với t 2 (0, e) thoả mãn kxkk ! ¥ sao cho mf (xk) ! 0. Bởi vậy, từ (i) ta suy ra f (xk) ! 0 trong khi từ lý luận trên thì f (xk) = t 6= 0, điều này là mâu thuẫn.
Mặt khác, từ công thức của j(t), áp dụng Định lý 1.2.9, tồn tại 0 < d2 1 sao cho j(t) là liên tục và đơn điệu trên (0, d2). Ta có j(0) = 0 và j(t) > 0 với mọi t 2 (0, d1) nên j là hàm liên tục, đơn điệu tăng ngặt trên (0, d) (trong đó
d = minfd1, d2g).
Từ định nghĩa của j, tồn tại R > 0 (R > r) sao cho mf (x) j(t) với mọi
x 2 fz : j f (z)j = tg n BR và t 2 (0, d), điều này nghĩa là
mf (x)j(j f (x)j) với mọi x 2 f 1
(Dd) n BR.
(ii) ) (i) : Giả sử ta có (ii), nghĩa là tồn tại R, d > 0 và j : [0, d) ! R+ định nghĩa
được, đơn điệu tăng ngặt, liên tục sao cho j(0) = 0 và thoả mãn bất đẳng thức
(4.4). Lấy một dãy bất kỳ fxkg f 1(Dd) n BR sao cho
kxkk ! ¥ và mf (xk) ! 0.
Khi đó, với k đủ lớn, ta có
mf (xk) j(j f (xk)j)
và do đó j(j f (xk)j) ! 0. Từ đó ta có f (xk) ! 0 vì j là một hàm liên tục, tăng ngặt trên [0, d) và j(0) = 0.
Nhận xét 4.2.3. 1. Trong trường hợp hàm định nghĩa được thì tập K¥( f ) có thể là tập vô hạn, ngay cả trong trường hợp 2 biến. Thật vậy, xét
sau: f (x, y) =
1+ y2
rằng
kxkk ! ¥, kr f (xk)k =
2. Trong Định lý 4.2.2, nếu f là một hàm đa thức thì j(t) là một hàm nửa đại số một biến. Khi đó, từ Bổ đề 1.2.12, tồn tại a > 0 và u > 0 sao cho
j(t) = atu + o(tu) với 0 < t 1.
Điều này kéo theo j(t) 2a
tu với mọi t 2 (0, e) và với e đủ
bé. Từ đó ta có kr f (x)k j(t) 2a
tu, với mọi x 2 f 1
(t).
Do đó, ta được bất đẳng thức Łojasiewicz gradient trên f 1
(Dd) n BR.
3. Kết quả trên đây cũng được thiết lập bởi Tạ Lê Lợi với cách tiếp cận khác (xem [61, Mệnh đề 10]). Cụ thể, tác giả đã thiết lập bất đẳng thức gradient trong trường hợp cạnh thớ, không nhất thiết tại vô hạn.