GIÁ TRỊ FEDORYUK ĐẶC BIỆT
3.1 Cận sa is Holderă ton cc ca tp di mc
Trong mục này, chúng tôi khảo sát sự tn ti ca cn sai s Holderă ton cc của tập dưới mức [ f t] tương ứng với t 2 [inf f , +¥). Chúng tơi sẽ chỉ ra rằng có một tập thử để quyết định xem [ f t] cú cn sai s Holderă ton cc hay khụng.
Cho f : Rn ! R là một hàm đa thức. Đặt
L+( f ) := ft 2 [inf f , +¥) : [ f t] cú cn sai s Holderă ton cc (3.1)g.(3.3)
Định nghĩa 3.1.1 ( [16,32]). Cho S là một tập con của Rn.
(i) Dãy fxkg S được gọi là dãy loại một của [ f t] trên S nếu [ f t] khỏc rng v
ã kxkk ! Ơ,
ã f (xk) > t, f (xk) ! t,
• 9d > 0 : dist(xk, [ f t]) d > 0.
(ii) Dãy fxkg S được gọi là dãy loại hai của [ f t] trên S nếu [ f t] khác rỗng v
ã kxkk ! Ơ,
ã 9M 2 R : t < f (xk) M < +Ơ,
ã dist(xk, [ f t]) ! ¥.
Nếu S = Rn thì ta quy ước gọi các dãy trên là dãy loại một (hoặc hai) của [ f t].
Một số kết quả về cận sai số yêu cầu phải có điều kiện Slater và tính lồi. Định lý sau đây (xem [32, Định lý A]) là một tiêu chuẩn cho sự tồn tại ca cn sai s Holderă ton cục của [ f t] được đặc trưng hố bởi hai loại dãy nêu trên, khơng cần tính lồi hay điều kiện Slater.
Định lý 3.1.2. ( [32, Định lý A]) Các điều kiện sau là tương đương:
(ii) [ f t] cú cn sai s Holderă ton cc, tc l tồn tại a, b, c > 0 sao cho
[ f (x) t]a+ + [ f (x) t]+b c dist(x, [ f t]) với mọi x 2 Rn.
Đặt
F+1 := ft 2 R : [ f t] có dãy loại mộtg, F+2 := ft 2 R : [ f t] có dãy loại haig.
Định nghĩa 3.1.3. Đặt
h+ :=
Ta gọi h+ là ngng ca cn sai s Holderă ton cục của f hoặc cịn gọi là
ngưỡng của bất đẳng thức Łojasiewicz phía trên của f .
Định lý sau cho ta một công thức của L+( f ).
Định lý 3.1.4 (Công thức thứ nhất của L+( f )). Ta có L > > > :
nếu F+2 nếu F+2 nếu F2 + nếu F2 + nếu F2 +
Hơn nữa, L+( f ) là một tập con nửa đại số của R.
Chứng minh. Nếu t 2 F+2 thì tồn tại một dãy fxkg là dãy loại hai của [ f t]. Lấy t0 sao cho inf f t0 t, ta có [ f t0] [ f t], giả sử hai tập này đều khác rỗng,
khi đó
dist(xk, [ f t0]) dist(xk, [ f t]).
• F+2 = ˘ nếu h+ = inf f hoc h+ = Ơ;
ã F+2 = [inf f , +¥) hoặc (inf f , +¥) nếu h+ = +Ơ;
ã F+2 = [inf f , h+] hoc (inf f , h+] hoặc (
• F+2 = [inf f , h+) hoặc (inf f , h+) hoặc (
Từ đó suy ra cơng thức của tập L+( f ).
Từ công thức của tập L+( f ), ta chỉ cần chứng tỏ rằng F+1 là một tập nửa đại số. Ta có
F+1 = ft 2 Rj9d > 0 : 8R > 0, 8e > 0, 9x 2 Rn : kxk2 R2,
0 < f (x) t < e, dist(x, [ f t]) dg,
điều này chứng tỏ tập F+1 có thể được xác định bởi một cơng thức bậc nhất. Từ đó theo Định lý 1.2.4, F+1 là tập con nửa đại số của R. Định lý được chứng minh.
Nhận xét 3.1.5. Trường hợp [ f inf f ] = ˘, tức là f không đạt infimum, theo Định
nghĩa 3.0.1, chúng tôi mặc định là tập [ f inf f ] không đạt cận sai s Holderă
ton cc. Do ú lúc này inf f 2/ L+( f ).
Mệnh đề 3.1.6. Cho f : Rn ! R là một hàm đa thức và A : Rn ! Rn là một đẳng
cấu tuyến tính. Khi đó
L+( f A) = L+( f ).
Chứng minh.
Đặt g := f A. Trước hết, ta chứng minh rằng nếu t0 2 L+(g) thì t0 2 L+( f ). Ta có f (y) = f (A A 1(y)) = g(A 1(y)). Do đó
[ f (y) Do t0 2 L+(g) nên [g t0] 6= ˘. Ta có [g(A Tồn tại x0 2 g 1 (t), t t0 sao cho dist(A 44
khi đó f (A(x0)) = t. Đặt y0 = A(x0) và chú ý rằng A là một đẳng cấu tuyến tính, ta có f (y0) = t và tồn tại c0 > 0 sao cho
c0ky y0k kA 1 (y) Từ đó kéo theo dist(A 1 (y), [g t0]) = kA 1 (y)
Kết hợp đánh giá trên với (3.4) và (3.5), ta có
[ f (y) t0]+a + [ f (y)
tức là t0 2 L+( f ). Khẳng định t0 2 L+( f ) ) t0 2 L+(g) được chứng minh tương tự.
Gọi d là bậc của đa thức f . Từ Mệnh đề 3.1.6, bằng một phép biến đổi tuyến tính thích hợp, ta có thể viết f dưới dạng monic theo xn sao cho tập L+( f ) không đổi qua phép biến đổi đó. Đặt
V1 := x 2 Rn : ¶ f
(x) = 0 . (3.6)
¶xn
Kết quả sau đây cùng ý chứng minh được lấy cảm hứng từ Định lý 2.3 trong bài báo [34]. Ý tưởng chính là sử dụng Bổ đề 1.2.13 để xác định một tập th cho cn sai s Holderă toàn cục, tập thử này được đưa ra lần đầu trong bài báo [33] trong trường hợp địa phương. Kết quả này và hệ quả của nó là hữu ích để tính h+ và L+( f ) trong trường hợp hai biến.
Định lý 3.1.7. Cho f có dạng monic theo xn. Khi đó các khẳng định sau là tương đương:
(i) Không tồn tại các dãy loại một và loại hai của [ f t] trên V1;
(ii) Tồn tại a, b, c > 0 sao cho
b
[ f (x) t]a+ + [ f (x) t]+ c dist(x, [ f t]),
(iii) Tồn tại a, b, C > 0 sao cho
1
[ f (x) t]a+ + [ f (x) t]+b + [ f (x) t]+d C dist(x, [ f t]), với mọi x
2 Rn;
(iv) [ f t] cú mt cn sai s Holderă ton cục.
Chứng minh.
Ta sẽ chứng minh lần lượt theo sơ đồ sau: (i) ) (ii) (i) ) (ii). Với t > 0, đặt
y(t) := 80 > > < >x2f[ f (x) t ]+=tg\V 1 > :
Theo giả thiết, y(t) được xác định trên [0, +¥) và y : [0, +¥) ! [0, +¥). Hơn nữa, từ Mệnh đề 1.2.7 và Hệ quả 1.2.8, ta có y(t) là một hàm nửa đại số.
Để chứng minh (ii), ta cần biết dáng điệu của hàm y(t) khi t ! 0 hoặc
t ! +¥. Ta có bốn trường hợp sau:
(a) y(t) 0 với t đủ bé và y(t) 0 với t đủ lớn;
(b) y(t) 0 với t đủ bé và y(t) 6 0 với t đủ lớn;
(c) y(t) 6 0 với t đủ bé và y(t) 0 với t đủ lớn;
(d) y(t) 6 0 với t đủ bé và t đủ lớn.
Ta sẽ chứng minh (i) ) (ii) cho trường hợp (d), các trường hợp khác có thể chứng minh tương tự.
Do y(t) là một hàm nửa đại số và do cách xác định hàm y của trường hợp (d) nên y(t) 6 0 với bất kỳ t 2 [0, d) [ [r, +¥) với d > 0 đủ bé và r > 0 đủ lớn. Từ
Bổ đề 1.2.12, tồn tại các hằng số a > 0, b > 0 và ˜ , ˜
sao cho a b
y(t) = ata˜ + o(ta˜) khi t ! 0, và
˜
Rõ ràng a˜ > 0. Từ (3.7) tồn tại d > 0 sao cho
với x 2 fz 2 V1 : [ f (z)
Từ (3.8) tồn tại D > 0 sao cho với x 2 fz 2 V1 : [ f (z)
[ f (x)
và
[ f (x)
Do không tồn tại dãy loại hai nên hàm dist(x, [ f t]) bị chặn trên tập
fz 2 V1 : d [ f (z)
Điều này kết hợp với (3.9), (3.10) và (3.11) cho ta chứng minh (i) ) (ii).
(ii) ) (iii). Giả sử ta có (ii). Khi đó:
• Nếu x 2 [ f t] thì dist(x, [ f t]) = 0 và do vậy (iii) thoả mãn.
• Nếu x 2 V1 thì (iii) là hệ quả của (ii).
Bởi vậy, ta có thể giả sử x 2/ [ f t] [ V1. Xét x = (x0, xn) 2 Rn 1 R với x0 = (x1, . . . , xn 1). Ta đặt ux0 (t) = và S(x0) = t 2 R : jux0 (t)j 2 R f (x) t . d! Từ u(xd0)
(t) = 1 (đạo hàm cấp d theo biến t) và từ Bổ đề 1.2.13, tồn tại một
hằng số c0 > 0, không phụ thuộc x (lưu ý lúc này f (x) > t) sao cho
mesS(x0) c0( f (x) t)1/d,
trong đó mesS(x0) là độ đo Lebesgue của tập S(x0). Rõ ràng
Do S(x0) là một tập con nửa đại số đóng trong R nên ta có
S(x0) = [im=1[ai, bi] [ [sj=1fcjg,
với ai, bi, cj 2 R, i = 1, . . . , m; j = 1, . . . , s, và
ju(ai)j = ju(bi)j = ju(cj)j =
Trước hết, ta thấy rằng xn 6= cj, 8j = 1, . . . , s. Thật vậy, từ cj là một điểm cô lập của S(x0) thì cj là một điểm cực trị của ux0 (t). Do đó,
dux0
dt (cj) = 0,
tức là ¶ f
(x0, cj) = 0 hay (x0, cj) 2 V1, trong khi giả thiết là x = (x0, xn) 2/ V1. Do ¶xn đó, xn 2 fai, bi; i = 1, . . . , mg.
Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử rằng xn = a1. Từ jux0 (a1)j = jux0 (b1)j, ta xét hai trường hợp sau:
• Nếu ux0 (a1) = ux0 (b1) thì tồn tại t1 2 [a1, b1] sao cho ux0 (t1) = 0, điều này nghĩa là f (x0, t1) = t, tức là (x0, t1) 2 f 1
(t) [ f t]. Do đó
dist(x, [ f t]) dist(x, (x0, t1)) = jxn t1j = ja1 t1j mesS(x0).
Kết hợp (3.12), ta được dist(x, [ f t]) c0( f (x) t)1/d và suy ra (iii).
• Nếu ux0 (a1) = ux0 (b1) thì từ Định lý Rolle, tồn tại t2 2 [a1, b1] sao cho dux0
dt (t2) = 0,
điều này nghĩa là (x0, t2) 2 V1. Chú ý rằng t2 2 S(x0), vậy từ (ii) ta suy ra tồn tại c > 0 để
( f (x) t)a + ( f (x) t)b
c dist((x0, t2), [ f t]),
với a, b là hai hằng số ở (ii). Chọn P(x0, t2) là một điểm thuộc [ f t] thoả mãn dist((x0, t2), [ f t]) = dist((x0, t2), P(x0, t2)). Ta có
dist(x, [ f t]) dist(x, P(x0, t2))
dist(x, (x0, t2)) + dist((x0, t2), P(x0, t2))
2 maxfdist(x, (x0, t2)), dist((x0, t2), P(x0, t2))g = 2 maxfdist(x, (x0, t2)), dist((x0, t2), [ f t])g.
Vì dist(x, (x0, t2)) = k(x0, xn) (x0, t2)k = jxn t2j mesS(x0) nên 2maxfdist(x, (x0, t2)), dist((x0, t2), [ f t])g 2mesS(x0)
+ 2 dist((x0, t2), [ f t]).
Do đó dist(x, [ f t]) 2mesS(x0) + 2 dist((x0, t2), [ f t])
c0( f (x) t)1/d + 2 dist((x0, t2), [ f t]).
Kết hợp với bất đẳng thức (3.13), ta có (iii).
(iii) ) (iv). Rõ ràng, (iii) suy ra không tồn tại dãy loại một và loại hai của [ f t].
Vì vậy (iv) là hệ quả của Định lý 3.1.2.
(iv) ) (i). Rõ ràng, (iv) kết hợp với Định lý 3.1.2 suy ra không tồn tại dãy loại một và
loại hai của [ f t]. Vì vậy cũng khơng thể tồn tại dãy loại một và dãy loại hai của [ f t] trên V1. Do đó ta có được (i).
Nhận xét 3.1.8. Định lý 3.1.7 chứng tỏ rằng các dãy loại một và loại hai có thể
được tìm trên tập V1 cho bởi (3.6).
Ta có hệ quả sau, chứng minh tương tự như Định lý 3.1.4.
Hệ quả 3.1.9 (Công thức thứ hai cho L+( f )). Cho đa thức f có dạng monic theo xn.
Khi đó ta có: (i) h+ =
49(ii) L (ii) L > > > > (inf f , +¥) n F1 > > + > > > > > >R n F1 : + nếu F+2 6= ˘ và h+ 2 F+2, nếu F+2 6= ˘, h nếu F2 = ˘, inf f + nếu F2 = ˘, inf f + nếu F2 = ˘ và inf f +
trong đó các dãy loại 1 và loại 2 tương ứng của các tập [ f t] trong định nghĩa của các tập F+1 và F+2 đều tồn tại trên tập V1.
3.2 Mối liên hệ giữa các giá trị Fedoryuk với sự tồn tại của cáccn sai s Holderă ton cc