BẤT BIẾN TÔ PÔ CỦA KỲ DỊ ĐƯỜNG CONG PHẲNG: CÁC THƯƠNG CỰC VÀ SỐ MŨ ŁOJASIEWICZ GRADIENT
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 cấp m theo x. Nhắc lại rằng G( f ) là tập các nhánh cực mà không là nghiệm của f = 0.
Định lý 2.3.1. Số mũ Łojasiewicz gradient của f được cho bởi công thức
L( f ) =
Chứng minh. Trước hết ta xét trường hợp G( f ) = ˘. Từ Định lý chuẩn bị Weier-
strass, tồn tại u 2 Cfx, yg và ai 2 Cfyg 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 tại f 2 Cfyg, với f(0) = 0, và một đa thức h 2 Cfyg[x] có bậc khơng quá m 2 sao cho
mg(x, y) = (x f(y))
hoặc một cách tương đương, ta có
mu(x, y) f (x, y) = (x Do G( f ) = ˘ nên tất cả m
kéo theo g có dạng c(x f(y))m với c 6= 0. Từ đó, ta thu được
krg(x, y)k
Điều này suy ra L(g) mm 1
và kết hợp với (2.2) ta có được đẳng thức L(g) = mm 1
. Do đó từ (2.3), ta được
L( f ) = L(g) = mm 1
.
Tiếp theo, ta xét trường hợp G( f ) 6= ˘. Ta sẽ chứng minh bất đẳng
thức L( f ) max f‘(g) j g 2 G( f )g .
Từ (2.1), điều này tương đương với việc chứng tỏ
rằng ‘(f) max f‘(g) j g 2 G( f )g
với tất cả các đường cong giải tích f 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 mọi g 2 G( f ):
mm 1
.
Chứng minh. Cho x = g(y) là một nghiệm Newton–Puiseux của ¶¶xf = 0 nhưng không là nghiệm của f = 0. Do f là chính quy cấp m theo x nên ¶¶xf là chính quy cấp m 1 theo x. Gọi gi(y) là các nghiệm Newton–Puiseux của đường cực. Nếu tồn tại một nghiệm gk(y) có ordgk(y) < 1 thì khi đó đa giác Newton P(¶¶xf , 0) có một
cạnh có góc tương ứng tan qk < 1, điều này vơ lý vì mọi góc tương ứng qj của các cạnh của đa giác Newton P(¶¶xf , 0) đều phải có tan qj 1, đơn giản là
vì các đơn thức cijxiyj của đều có i + j m 1. Vậy ord g(y) 1 và do đó ord f (g(y), y) m. Chú ý rằng
df (g(y), y) = ¶ f (g(y), y),
dy¶y
và do đó ord f (g(y), y) = ord
¶ f ¶x
ord
Lấy một cung giải tích bất kỳ f mà khơng là nghiệm của f = 0. Dễ thấy rằng nếu f tiếp xúc với trục Ox thì ordf < 1, do đó ‘(f) mm 1
. Vì vậy ta có thể bỏ qua các cung này. Khi đó cung f có thể được tham số hóa bởi một chuỗi x = f(y) với ord f(y) 1.
Khơng mất tổng quát, giả sử (f(y), y) 6 0. Trong đa giác Newton P( f , f)
của f tương ứng với f, lấy (0, h0) và (1, h1) là các chấm thấp nhất lần lượt trên
X = 0 và X = 1. Khi đó ‘(f) có thể được tính tốn đơn giản như sau.
Khẳng định 2. Ta có
‘(f) = min n
Chứng minh. Giả sử x = f(y) = c1ya1 + c2ya2 + . . . , với 1 a1 < a2 < . . . . Ta có
trong đó, tương ứng trên đa giác Newton P( f , f) thì
• ord f (f(y), y) = h0, ã ord ả fảx (f( ó ord ả f (f( ¶y
Từ đó ta được ‘(f) = min min(
Khẳng định 3. Ký hiệu g là kết quả cuối cùng của phép trượt f theo ¶¶xf . Khi đó
‘(f)‘(g).
Chứng minh. Xét đa giác Newton P( f , f). Lấy EH và qH 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
¶ f ¶x
29
Trường hợp 1: (1, h1) 2 EH.
Ta có
Chú ý rằng vì f là hàm chính quy theo x nên tan qH 1. Vì vậy, h0 1 h1. Từ Khẳng định 2, ta được
‘(f) = min n
Từ giả thiết f là chính quy cấp m theo x với m := ord f và (1, h1) 2 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 cạnh EH với trục OX. Định lý
Thales cho ta nêu trên ta có
Trường hợp 2: (1, h1) 62EH.
Với trường hợp này, qH < qH0, trong đó qH0 là góc tương ứng với cạnh cao nhất
của đa giác Newton của tương ứng với f. Do g là một kết quả cuối cùng của
phép trượt f theo ¶¶xf , nó có dạng
g(y) = f(y) + cytan qH0 + các từ cấp cao hơn,
với hằng số khác không c 2 C. Áp dụng Bổ đề 2.1.2, ta có
ord f (g(y), y) = ord f (f(y), y) = h0.
Cùng với Khẳng định 2, ta suy ra
¶ f ¶x
‘(f) = min n
Kết hợp cả hai trường hợp trên, ta có
‘(f)
trong đó bất đẳng thức thứ hai suy được từ Khẳng định 1.
Áp dụng các khẳng định trên, ta được
L( f ) max f‘(g) j g 2 G( f )g ,
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
Ta có f là chính quy cấp m = 6 theo x và nghĩa, G( f ) bao gồm 3 nhánh cực sau
g : x = y, 1 Thật vậy, ¶ f = ¶x Giải g(x, y) = x3 ta có EH (x, y) =
vào, ta có g(X + iY2, Y), dễ thấy P(g, f) khơng có chấm Newton nào trên X = 0,
do đó x = iy2 là một nghiệm của g = 0, tức là nghiệm của = 0. Tương tự ta có
các nghiệm cịn lại như phía trên.
Xét g1(y), ta có ord¶¶xf (g1(y), y) = 5, ord¶¶yf (g1(y), y) = 5 và
ord f (g1(y), y) = 6. Từ đó ta có ‘(g1) = 56 và tính tốn tương tự, ta được 10
¶ f ¶x