BẤT BIẾN TÔ PÔ CỦA KỲ DỊ ĐƯỜNG CONG PHẲNG: CÁC THƯƠNG CỰC VÀ SỐ MŨ ŁOJASIEWICZ GRADIENT
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 mũ Łojasiewicz gradient thực của f , ký hiệu là L( f ), đạt được trên một nhánh cực thực của f hoặc của f¯
, hoặc bằng mm 1
. Trước hết ta nêu khái niệm về các nhánh cực thực của f .
Cho x = g(y) là một nghiệm Newton–Puiseux của = 0 trong vành Cfx, yg:
g(y) = a1y + ,
với ai 2 R, cs là hệ số khơng thực đầu tiên của chuỗi đó (nếu có). Ta thay cs bởi một hằng số thực đủ tổng quát g, và gọi
gR(y) := a1y
là một nhánh cực thực của f . Nếu s = +¥ thì đặt gR := g. Ta ký hiệu G( f ) là tập các nhánh cực thực của f sao cho chúng không là nghiệm Newton–Puiseux của
f = 0. Đặt
L+( f ) := max mm 1
, ‘(gR) j gR 2 G( f ) và L ( f ) := L+( f¯
).
Định lý 2.3.5. Với các ký hiệu nêu trên, số mũ Łojasiewicz gradient thực của f
được cho bởi công thức
L( f ) = max fL+( f ), L ( f )g .
Chứng minh. Lấy f là một đường cong thực được tham số hóa bởi hoặc
1
(x = x(t), y = t) hoặc (x = x(t), y = t), với x(t) là một phần tử của Rft N g với một số
nguyên dương N nào đó. Giả sử rằng f cũng khơng là nghiệm của f = 0. 32
¶ f ¶x
Trước hết, ta xét trường hợp f có dạng (x(t), t). Ký hiệu g là một kết quả cuối cùng của phép trượt f theo và gR là nhánh cực thực cảm sinh bởi g.
Khẳng định 4. Ta có
‘(f) max
và vì vậy ‘(f) L+( f ).
Chứng minh. Nếu f tiếp xúc với trục Ox, khi đó ordf < 1 và ta có
ord f (f(y), y) = k m, lập luận tương tự như trong Khẳng định 3, ta
có ‘(f) k k 1 mm 1
,
và ta có điều phải chứng minh. Bởi vậy có thể giả sử cung f được tham số hóa bởi một chuỗi Puiseux x = f(y) với ord f(y) 1.
Rõ ràng, ta có thể giả sử rằng f không là nghiệm = 0. Trong đa giác Newton
P( f , f) của f ứng với f, lấy (0, h0) và (1, h1) lần lượt là các chấm Newton trên
X = 0 và X = 1. Với lập luận tương tự như Khẳng định 2 thì ‘(f) có thể được xác
định từ đa giác Newton P( f , f) như sau
‘(f) = min n
Ta có thể thấy rằng, nếu (1, h1) 2 EH với EH là cạnh Newton cao nhất của P( f ,
f) thì ‘(f) mm 1
. Vì vậy chỉ cần xét trường hợp (1, h1) 62EH là đủ để chứng minh khẳng định. Với trường hợp này, qH < qH0, với qH0 là góc tương ứng với cạnh Newton cao nhất của ¶¶xf ứng với f. Do g là một kết quả của phép trượt f theo ¶¶xf , ta có
g(y) = f(y) + cytan qH0 + các từ cấp cao hơn,
ở đây c 2 C là một số khác 0. Từ định nghĩa, chuỗi gR cũng có dạng
gR(y) = f(y) + gytan qH0 + các từ cấp cao hơn
với g 2 R là một hằng số đủ tổng quát nếu c 62R và g = c nếu ngược lại. Áp dụng Bổ đề 2.1.2 với cả f và ¶¶xf , ta được
¶ f ¶x ¶ f
và
h Điều này kéo theo
‘(f) =
Khẳng định được chứng minh.
Bây giờ, ta xét trường hợp f có dạng (x(t),
kr f¯
(x(t), t)k = kr f (x(t),
Áp dụng Khẳng định 4 cho f¯
ta được ‘(f) L+( f¯
) = L ( f ). Kết hợp cả hai trường hợp trên ta có
‘(f) max fL+( f ), L ( f )g .
Do f là cung bất kỳ nên một cách dễ dàng, từ (2.1) và (2.2) ta có
L( f ) = max fL+( f ), L ( f )g .
Vậy định lý đã được chứng minh.
Ví dụ 2.3.6. Cho f (x, y) = x3 + 3xy3 2 Rfx, yg. Khi đó f là chính quy theo x với
cấp m = 3 và = 3(x2 + y3). Từ định nghĩa, G( f ) bao gồm một nhánh cực thực
là : x = gy 3 với g đủ tổng qt. Tính tốn ta có ‘( ) = 2 và L ( f ) = 2 . Một
g 2 g
3 + 3 cách tương tự,
ta có L ( f ) = 7
9 . Vì vậy, từ Định lý 2.3.5 ta thu được L( f ) = 7 9 .
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 và g(x, y) := x2 y5. Xét đồng phôi F : (R2, 0) ! (R2, 0)
5
với (x, y) 7!(x, y 3 ). Ta có g = f F 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]).
¶ f ¶x
Hệ quả 2.3.8. Cho f : K2 ! K là một đa thức thuần nhất có bậc d. Khi đó
L( f ) = 1
Chứng minh. Trước hết, ta xét trường hợp f
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
mỗi nghiệm x = g(y) của
f (ay, y) 6 0 thì do f thuần nhất nên tồn tại b 6= 0 sao cho f (ay, y) = byd và vì vậy ord f (g(y), y) = d = ord f . Do đó, từ Định lý 2.3.1, L( f ) = 1
Bây giờ ta giả sử f là một đa thức thuần nhất bậc d và xét f
thức phức, nghĩa là f 2 C[x, y] và gọi đó là fC. Từ định nghĩa số mũ Łojasiewicz gradient, ta có
Mặt khác, từ (2.2) ta có L( f ) 1
L( f ) = 1 1
d