2.3 Các số mũ Łojasiewicz gradient và một vài ước lượng hiệu quả
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 không 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 ngun 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 tơ pơ. 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.