Tài liệu Dáng điệu tại vô hạn của một lớp đa thức nhiều biến

VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TOÁN HỌC - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ HOÀ DÁNG ĐIỆU TẠI VÔ HẠN CỦA MỘT LỚP ĐA THỨC NHIỀU BIẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2015 VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TOÁN HỌC - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ HÒA DÁNG ĐIỆU TẠI VÔ HẠN CỦA MỘT LỚP ĐA THỨC NHIỀU BIẾN Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TSKH. HÀ HUY VUI Hà Nội - 2015 Mục lục 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Đa giác Newton của đa thức hai biến . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Đa giác Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 q-bậc và q-phần chính của một đa thức . . . . . . 1.2.3 Các đa thức tương đương . . . . . . . . . . . . . . 1.2.4 Khai triển nghiệm của đa thức hai biến theo chuỗi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Puiseux 4 4 4 4 7 10 13 2 ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC HAI BIẾN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA GIÁC NEWTƠN 17 2.1 Phát biểu các kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 Tính ổn định của đa thức thỏa mãn đánh giá của định lý (2.1.1) . 23 3 ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC NHIỀU BIẾN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA DIỆN NEWTON 25 3.1 Đa diện Newton của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.2 Đánh giá cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1 Mở Đầu Cho P (ξ) là đa thức một biến thực bậc d, P (ξ) = ad ξ d + ad−1 ξ d−1 + ... + a0 . Khi đó, tồn tại các hằng số dương r, c1 và c2 sao cho: |ξ| ≥ r ⇒ c1 |ξ|d ≤ |P (ξ)| ≤ c2 |ξ|d . Nếu đa thức P (ξ) phụ thuộc vào n biến (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) ∈ Rn , để tìm kết P aα ξ α, (α = (α1 , ..., αn ) , ξ α = quả tương tự như trên, ta viết P (ξ) = α1 ξ1 ...ξn αn , |α| |α| = α1 + ... + αn ), dưới dạng: P (ξ) = Pd (ξ) + Pd−1 (ξ) + ... + P0 . Trong đó: Pi (ξ) = P aα ξ α là thành phần thuần nhất bậc i của P . |α|=i Khi đó, nếu Pd (ξ) = 0 khi và chỉ khi ξ = 0, thì ta có kết quả tương tự như trong trường hợp một biến, tức là tồn tại các hằng số dương r, c1 , c2 sao cho: kξk ≥ r ⇒ c1 kξkd ≤ |P (ξ)| ≤ c2 kξkd . Tuy nhiên, việc đặt điều kiện lên đa thức thuần nhất bậc cao nhất Pd (ξ) như ở trên để kiểm soát cấp tăng tại vô hạn là khá hạn chế. Chẳng hạn, với đa thức hai biến P (ξ1 , ξ2 ) = ξ12 + ξ24 + ξ23 + ξ1 , ta thấy ngay, tồn tại r, c1 , c2 > 0 sao cho

2 4 2 4 k(ξ1 , ξ2 )k ≥ r ⇒ c1 ξ1 + ξ2 ≤ |P (ξ1 , ξ2 )| ≤ c2 ξ1 + ξ2 . Tức là cấp tăng tại vô hạn của P (ξ1 , ξ2 ) trong ví dụ này được đánh giá thông qua đa thức (không thuần nhất) ξ12 + ξ24 . Các tác giả của [1] đã trình bày cách sử dụng đa diện Newton của một đa thức để kiểm soát cấp tăng tại vô hạn của nó. Cho X aα ξ α , ξ ∈ Rn . P (ξ) = |α|≤d 2 Đặt:  Supp(P ) = α ∈ (N ∪ {0})n |aα 6= 0 , và đặt N (P ) = Co(SuppP ) là bao lồi của Supp(P ). Ta thấy N(P ) xác định một đa diện bị chặn trong Rn , có các đỉnh là các điểm có tọa độ nguyên không âm. Gọi V (P ) là tập các đỉnh của đa diện N(P ). Trong [2], Gindikin đã chứng minh được kết quả sau, cho ta một cách kiểm tra cấp tăng tại vô hạn của một đa thức thông qua khái niệm đa diện Newton của nó. Định lý Gindikin: hai điều kiện sau là tương đương: i) Tồn tại r, c1 và c2 sao cho: kξk ≥ r ⇒ c1 X |ξ|α ≤ |P (ξ)| ≤ c2 α∈V (P ) X |ξ|α . α∈V (P ) ii) Với mọi mặt ∆ của N(P ), đa thức P∆ (ξ) = P aα ξ α luôn luôn khác không α∈∆ n trên miền (R\0) . Mục đích của bản luận văn này là trình bày lại kết quả nói trên của Gindikin, dựa theo chương 1 (từ trang 1-47) và chương 5 (trang 158-164)của [1] Luận văn gồm 3 chương, các chương 1 và 2 trình bày trường hợp hai biến , chương 3 xét trường hợp số biến là tùy ý. Mặc dù về cơ bản, trường hợp hai biến xét ở chương 2 là hệ quả trực tiếp của trường hợp n biến xét ở chương 3, nhưng giống như các tác giả của [1], chúng tôi trình bày kết quả thành hai phần riêng biệt. Trong trường hợp hai biến, nhờ sử dụng các khai triển Puiseux, ta có thêm những thông tin cụ thể và bổ ích khác. Các ứng dụng của Định lý Gindikin trong lý thuyết phương trình đạo hàm riêng được trình bày trong [1]. Gần đây, định lý Gindikin đóng một vai trò quan trọng trong một số bài toán ở các lĩnh vực khác của toán học. Chẳng hạn, dựa trên kết quả của Gindikin, sự tồn tại cận sai số Holder cho bài toán tối ưu với ràng buộc đa thức đã được thiết lập [ Hà Huy Vui, Global Holderian error bound for nondeqe nerate polynomials. SIAM]. Optim.23 (2013, no.2, 917-933)]( Chương J). Trong công trình của Hà Huy Vui và Trần Gia Lộc ( International mathematical Iournal, 2015), đánh giá hai phía của đa thức thỏa mãn điều kiện Gindikin được sử dụng đánh giá số điểm nguyên của một lớp các tập nửa đại số. 3 Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Các định nghĩa Định nghĩa 1.1.1. Một tập A ⊂ Rn được gọi là tập lồi nếu ∀a, b ∈ A, 0 ≤ λ ≤ 1 ⇒ λa + (1 − λb) ∈ A. Ví dụ 1.1.1. Trong Rn , hình cầu mở tâm x bán kính r > 0, B(x, r) := {y ∈ Rn : kx − yk < r}, là một tập lồi. Định nghĩa 1.1.2. Ta nói x là tổ hợp lồi của các điểm (vectơ) x1,....., xk nếu x= k X λj xj , λj ≥ 0, k X λj = 1. j=1 j=1 Định nghĩa 1.1.3. Bao lồi của một tập A là giao của tất cả các tập lồi chứa A, được kí hiệu là Co(A). Bao lồi của một tập A là tập lồi nhỏ nhất chứa A. 1.2 1.2.1 Đa giác Newton của đa thức hai biến Đa giác Newton Xét đa thức P (ξ, η) = X aαβ ξ α η β , (α,β)∈Supp(P ) 4 (ξ, η) ∈ R2 . Với  Supp(P ) := (α, β) ∈ N2 : aαβ 6= 0 . Kí hiệu:  R2+ = (α, β) ∈ R2 : α > 0,  R2+ = (α, β) ∈ R2 : α ≥ 0, β>0 , β≥0 . Đặt N0 (P ) = Co(Supp(P )), khi đó, N(P ) là một đa giác trong R2+ . Định nghĩa 1.2.1. Ta gọi N0 (P ) là đa giác Newton của đa thức P . ( α < α′ Với (α, β) , (α′ , β ′) ∈ R2 , ta nói (α, β) < (α′ , β ′) nếu và chỉ nếu β < β′ Định nghĩa 1.2.2. Xuất phát từ đa giác Newton N0 (P ), ta xây dựng một đa giác mới, gọi là đa giác Newton bổ sung kí hiệu là N(P ) là bao lồi của tập tất cả các điểm (α, β), (α, 0), (0, β), (0, 0), trong đó (α, β) ∈ N0 (P ). Ví dụ 1.2.1. (i) Cho P = x4 + x2 y 5 + x3 y 4 + x4 y 2 + y 5 + x3 y 3 + xy. • Supp(P ) = {(4, 0) , (2, 5) , (3, 4) , (4, 2) , (0, 5) , (3, 3) , (1, 1)}. β A 5. B a b C 4. F h 3. c f D 2. G 1. d g E e H • Lấy Co(Supp(P )). 0 1. 2. 3. 4. α Ta thấy đa giác Newton N0 (P ) của P là đa giác ABCDEG và đa giác Newton bổ sung N(P ) là đa giác ABCDEH . (ii) Cho P = y 4 + x2 y 4 + x4 y 3 + x5 + 2. 5 Supp(P ) = {(0, 4) , (2, 4) , (4, 3) , (5, 0) (0, 0)} β A B 4. a b C 3. 2. c 1. D 1. 0 2. 3. 5. α 4. Trường hợp này đa giác Newton của P trùng với đa giác Newton bổ sung của P. Định nghĩa 1.2.3. Đa giác Newton bổ sung N(P ) được gọi là chính quy nếu nó không chứa các cạnh song song với các trục tọa độ và không nằm trên chúng. Ví dụ 1.2.2. N(P ) là chính quy với β A 5. a B 4. b C 3. e 2. c 1. d O 0 1. 2. D 3. 4. α N(P ) là đa giác OABCD . Tính chất 1.2.1. Gọi (α0 , β0 ), (α1 , β1 ),.....,(αm+1 , βm+1 ) là các đỉnh của N(P ), khi đó N(P ) là chính quy khi và chỉ khi 0 = α0 < α1 < .... < αm < αm+1 , (1.1) β1 > β2 > ..... > βm+1 = 0 (1.2) và Định nghĩa 1.2.4. Một điểm nguyên (α, β) ∈ N(P ) được gọi là điểm nhỏ nếu tồn tại (α′ , β ′) ∈ N(P ) sao cho: (α, β) < (α′ , β ′). 6 Định nghĩa 1.2.5. Một điểm nguyên (α, β) ∈ N(P ) được gọi là điểm to nếu (α, β) không phải là điểm nhỏ. Nhận xét 1.2.1. Rõ ràng nhữngđiểm to nằm trên biên của N(P ) và thuộc các cạnh không nằm trên trục tọa độ. Mọi đỉnh khác (0, 0) của N(P ) đều là điểm to. Kí hiệu δ(P ) là bao lồi của các điểm nhỏ thuộc N(P ), với N(P ) và δ(P ) ta đặt: LN (P ) là tập hợp tất cả các đa thức Q thỏa mãn Supp(Q) ⊂ N(P ). HN (P ) là tập hợp tất cả các đa thức Q thỏa mãn Supp(Q) ⊂ δ (P ). Các tập LN (P ) và HN (P ) có thể đồng nhất với các không gian tuyến tính, nếu P ta đồng nhất (theo thứ tự từ điển) đa thức Q (ξ, η) = bαβ ξ α η β với vectơ các hệ số (bαβ ). 1.2.2 q-bậc và q-phần chính của một đa thức Cho N là một đa giác lồi tùy ý trong mặt phẳng R2(α,β) và q = (q1, q2 ) ∈ R2q , xét tích vô hướng h(q1, q2 ) , (α, β)i = q1 α + q2 β . Định nghĩa 1.2.6. Một đường thẳng tựa của N được xác định bởi một vectơ q = (q1, q2 ) và một giá trị d(N, q) ∈ R sao cho: (i) Với mọi điểm (α, β) ∈ N , ta có hq, (α, β)i ≤ d (N, q), (ii) Tồn tại ít nhất một điểm (α0 , β0 ) ∈ N sao cho: hq, (α0 , β0 )i = d (N, q), và khi đó đường thẳng tựa xác định bởi phương trình: q1 α + q2 β = d (N, q). Nhận xét 1.2.2. Đa giác N xác định bởi hệ (vô hạn) các bất phương trình n o 2 2 N = (α, β) ∈ R+ : hq, (α, β)i ≤ d (N, q) , q ∈ R+ . Ta có thể chỉ ra rằng tồn tại hữu hạn q 1 , q 2 , ..., q m sao cho: D E  o n  N(P ) = (α, β) ∈ R2+ : q (j) ; (α, β) ≤ d N, q (j) ; q (j) ∈ R2+ ; j = 1, 2...m , trong đó q (j) , j = 1, 2, ...m là các vectơ pháp tuyến ngoài của các cạnh của đa giác.   Nếu thêm điều kiện độ dài q (j)  = 1 thì với mỗi cạnh có duy nhất một pháp tuyến ngoài. 7 Với đa thức P và với vectơ q ∈ R2 , ta đặt dP (q) = gọi dP (q) là q - bậc của P . Có thể chứng minh rằng, nếu q ∈ R2+ thì dP (q) = dP (q) = d (N(P ), q). max (α,β)∈Supp(P ) max (α,β)∈N (P ) hq, (α, β)i. Ta hq, (α, β)i, tức là Mệnh đề 1.2.1. Cho P là một đa thức, N(P ) là đa giác Newton bổ sung của P và q (j) , j = 1, 2, ...m là các pháp tuyến ngoài với các cạnh của N(P ) không nằm trên trục tọa độ, cho Q là một đa thức tùy ý. Khi đó

(i) Q ∈ LN (P ) khi và chỉ khi dQ q (j) ≤ dP q (j) , j = 1, 2, ...m, trong đó (j) 
q , (α, β) . dQ q (j) = max (α,β)∈Supp(Q)

(ii) Q ∈ HN (P ) khi và chỉ khi dQ q (j) < dP q (j) , j = 1, 2, ...m, trong đó (j) ′ ′ 
dP q (j) = q , (α , β ) . max (α,β)∈Supp(P ) Định nghĩa 1.2.7. Đa thức P (ξ, η) được gọi là q -thuần nhất, q = (q1 , q2 ), nếu tồn tại d sao cho P (tq1 ξ, tq2 η) = td P (ξ, η). Nhận xét 1.2.3. Thông thường một đa thức P (ξ, η) được gọi là đa thức thuần nhất bậc d nếu P (tξ, tη) = td P (ξ, η). Hay nói cách khác, đa thức thuần nhất thông thường là q -thuần nhất với q = (1, 1) Ví dụ 1.2.3. P = x3 + x2 y + y 3 là đa thức thuần nhất bậc 3. Q = x2 + y 3 không phải là đa thức thuần nhất thông thường (tức (1,1)- thuần nhất ) nhưng Q là q - thuần nhất với q = (3, 2). Thật vậy:
P (tq1 x, tq2 y) = t2q1 x2 + t3q2 y 3 = td x2 + y 3 , với q1 = 3, q2 = 2, d = 6 P Ví dụ 1.2.4. Đa thức P (ξ, η) = aαβ ξ α η β là q = (q1 , q2 ) thuần nhất khi và chỉ khi ∀ (α, β) ∈ Supp(P ) thì q1 α + q2 β = d. Thật vậy: P (tq1 ξ, tq2 η) = X aαβ tq1 α ξ α tq2 β η β = = tq1 α+q2 β với d = q1 α + q2 β X X aαβ tq1 α+q2 β ξ α η β aαβ ξ α η β = td P (ξ, η), 8 P aαβ ξ α η β , ta gọi Định nghĩa 1.2.8. Cho P (ξ, η) = (α,β)∈Supp(P ) P α β Pq (ξ, η) = aαβ ξ η là đa thức q - thuần nhất chính của P . hq,(α,β)i=dP (q) (α,β)∈Supp(P ) Nhận xét 1.2.4. Các điểm (α, β) ∈ N(P ) sao cho hq, (α, β)i = dP (q) lập thành một cạnh hoặc một đỉnh của đa giác N(P ). P aαβ ξ α η β và q = (q1 , q2 ), khi đó Bổ đề 1.2.1. Cho đa thức P (ξ, η) = (α,β)∈Supp(P ) ta có   P (tq1 ξ, tq2 η) = tdP (q) .Pq (ξ, η) + o tdP (q) , Chứng minh. Ta có X Pq (tq1 ξ, tq2 η) = khi t → ∞. aαβ tq1 α ξ αtq2 β η β ; hq,(α,β)i=dP (q) X = aαβ .thq,(α,β)i ξ α η β ; hq,(α,β)i=dP (q) X = tdP (q) aαβ ξ αη β ; hq,(α,β)i=dP (q) = tdP (q) Pq (ξ, η) . Suy ra: X P (tq1 ξ, tq2 η) = Pq (tq1 ξ, tq2 η) + aαβ tq1 ε ξ α tq2 β η β ; hq,(α,β)i dQ (q) . (1.3) (1.4) (1.5) Chứng minh (1.3): Nếu (α′′ , β ′′) ∈ Supp(P Q) thì tồn tại (α, β) ∈ Supp(P ) và 9 (α′ , β ′ ) ∈ Supp(Q) sao cho α′′ = α + α′ , β ′′ = β + β ′ , bởi vậy: dP Q (q) = = max (α′′ ,β ′′ )∈supp(P Q) max (α,β)∈supp(P ) q, α′′ , β ′′ hq, (α, β)i +
 max (α′ ,β ′ )∈supp(Q) = dP (q) + dQ (q) . Ta có: X (P Q)q (ξ, η) = ′′ aα′′ β ′′ ξ α η β q, α′ , β ′
 ′′ hq,(α′′ ,β ′′ )i=dP Q (q) = X ′ aαβ aα′ β ′ ξ α η β ξ α η β hq,(α,β)i+hq,(α′ ,β ′ )i=dP (q)+dQ (q) = X α β aαβ ξ η hq,(α,β)i=dP (q)
X hq,(α′ ,β ′ )i=d  ′ α′ β ′ aα′ β ′ ξ η Q (q)  = Pq (ξ, η) Qq (ξ, η) . Chứng minh (1.4): dP (q) = dQ (q) ⇔ Suy ra: max (α,β)∈Supp(P ) X (P + Q)q (ξ, η) = hq, (α, β)i = (α′ ,β ′ )∈Supp(Q) (aαβ + aα′ β ′ )ξ αη β hq,(α,β)i=hq,(α′ ,β ′ )i = max X aαβ ξ α η β + hq,(α,β)i=dP (q) X q, α′ , β ′ ′ aα′ β ′ ξ α η β
 . ′ hq,(α′ ,β ′ )i=dQ (q) = Pq (ξ, η) + Qq (ξ, η) 1.2.3 Các đa thức tương đương Định nghĩa 1.2.9. cho hai đa thức P , Pb, giả sử rằng N(P ) và N(Pb) đều chính quy. Khi đó P và Pb được gọi là tương đương, kí hiệu là P ∼ Pb, nếu N(P ) = N(Pb) và P − Pb ∈ HN (P ) . Hay nói cách khác P ∼ Pb khi và chỉ khi mọi đơn thức "to" của chúng trùng nhau. Ví dụ 1.2.5. Cho P = y 6 + x3 y 5 + x4 y 4 + x4 y 2 + x6 + x2 y 3 + xy 2 + 7. Ta có Pb = y 6 + x3 y 5 + x4 y 4 + x6 + 3. Supp(P ) = {(0, 6) , (3, 5) , (4, 4) , (4, 2) , (6, 0) , (2, 3) , (1, 2) , (0, 0)} Supp(Pb) = {(0, 6) , (3, 5) , (4, 4) , (6, 0) , (0, 0)} 10 β A 6. a B 5. 4. b C e F f 3. E G c 2. 1. d g H 0 D 1. 2. 3. 4. 5. 6. α Khi đó, N(P ) = N(Pb) và P − Pb ∈ HN (P ) nên P ∼ Pb. Bổ đề 1.2.3. Đa thức P tương đương với đa thức Pb nếu và chỉ nếu Pq(j) (ξ, η) = P̂q(j) (ξ, η) , j = 1, 2, ...m. (1.6) Trong đó q (j) là pháp tuyến ngoài với cạnh không nằm trên trục tọa độ của đa giác N(P ) Chứng minh • Điều kiện cần: P ∼ Pb ⇒ P = Pb + Q, trong đó Q ∈ HN (P ) và theo Mệnh đề (1.2.1(ii)) ta có

dQ q (j) < dP q (j) . Sử dụng (1.5) ta thu được Pq(j) (ξ, η) = Pbq(j) (ξ, η). • Điều kiện đủ: Từ     (j) b Pq(j) (ξ, η) = Pq(j) (ξ, η) ⇒ dP q = dPb q (j) , j = 1, 2...m, theo mệnh đề (1.2.1(i)), ta có Pb ∈ LN (P ) . Hơn nữa, nếu Q = P − Pb khi đó

dQ q (j) < dP q (j) , j = 1, 2...m. Từ mệnh đề (1.2.1(ii)), suy ra Q ∈ HN (P ) và do c) = N(P ) và bởi vậy P ∼ Pb đó N(P P aαβ ξ α η β , tồn tại các vectơ Định lý 1.2.1. Với mọi đa thức P (ξ, η) = q (j) ∈ R2+ , j = 1, 2...m và các đa thức (α,β)∈Supp(P ) [j] P (ξ, η) là q (j) - thuần P ∼ Pb = P [1] ....P [m] nhất sao cho (1.7) Chứng minh. Đặt q (j) là vectơ pháp tuyến ngoài của cạnh Γj (1) , j = 1, 2, ...m (không nằm trên trục tọa độ) của đa giác N(P ) . 11 Vì N(P ) chính quy nên q (j) ∈ R2+ , j = 1, 2, ...m, gọi (α0 , β0 ) , (α1 , β1 ) ...., (αm+1 , βm+1 ) là các đỉnh của N(P ) đánh giá theo chiều kim đồng hồ. Vì (αj , βj ) ∈ Supp(P ) nên aαj βj 6= 0. Đặt
−1 P [j] (ξ, η) = Pq(j) (ξ, η) a′αj βj ξ αj η βj+1 . (1.8) Trong đó a′α1 β1 = 1 , a′αj βj = aαj βj , j = 2, 3, ...m, và a′αj βj 6= 0, j = 1, 2...m. Đa thức Pq(j) (ξ, η) là tổng của các đơn thức aαβ ξ α η β tương ứng các điểm nguyên của cạnh Γj (1) nối đỉnh (αj , βj ) và (αj+1 , βj+1 ). Ta có: αj ≤ α ≤ αj+1 , βj ≤ β ≤ βj+1 , (α, β) ∈ Γj (1) và bởi vậy biểu thức (1.8) chứng tỏ P [j] (ξ, η) là một đa thức. Theo (1.3) ta có m Y b P [k] q(j) (1.9) Pq(j) = k=1 Chúng ta sẽ tìm biểu thức cho các thừa số ở phía bên phải của (1.9), ta thấy rằng giá trị của D E Sj (α, β) = q (j) , (α, β) là không đổi trên các đường thẳng song song với cạnh Γj (1) và tăng ngặt theo hướng của q (j) . Trên đoạn thẳng Γk (1) , với k < j , Sj đạt cực đại (ngặt) tại đỉnh Γk+1 (0) và với k > j nó đạt giá trị cực đại tại đỉnh Γk (0) , trong đó Γk+1 (0) , Γk (0) là các đỉnh của đoạn Γk (1) . Thay a′α1 β1 = 1, a′αj βj = aαj βj , j = 2, ...m vào (1.8) ta có. Pq(j) [k] Pq(j) [k] = Pq(j) (ξ, η)  ′ a′αj βj ξ αj η βj −1 , k=j aαk+1 βk+1 ξ αk+1 η βk+1 aαk+1 βk+1 αk+1−αk = ξ , = a′αk βk a′αk βk ξ αk η βk+1 Pq(j) [k] = aαk βk ξ αk η βk = η βk −βk+1 , a′αk βk ξ αk η βk+1 k j. Nhân các hệ thức và sử dụng điều kiện a′α1 β1 = 1 ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2.6. Cho đa thức P (ξ, η) = η 5 + ξ 3 η 3 + ξ 5 + ξ 2 η 2 + ξη 3 + ξ 3 η + 2, tìm Pb ∼ P . • Bước 1: Tìm đa giác Newton bổ sung N(P ) 12 β A 5. 4. a B 3. d D 2. b 1. c O C 0 1. 2. 3. 4. 5. α • Bước 2: Tìm các đa thức P [j] (ξ, η) là q (j) - thuần nhất, với j = 1, 2.

Ta có P [1] = η 2 +ξ 3 và P [2] = η 3 +ξ 2 nên Pb = P [1] .P [2] = η 2 + ξ 3 . η 3 + ξ 2 = η5 + ξ 3η3 + ξ 5 + ξ 2η2. Ta thấy các đơn thức "to" của P và Pb trùng nhau nên Pb ∼ P 1.2.4 Khai triển nghiệm của đa thức hai biến theo chuỗi Puiseux P Chúng ta viết đa thức P (ξ, η) = aαβ ξ α η β dưới dạng: (α,β)∈Supp(P ) P (ξ, η) = P0 (ξ) η M + X Pj (ξ) η M −j , (1.10) j≥1 trong đó Pj (ξ) là đa thức theo biến ξ . Đa thức (1.10) giải được ứng với số mũ cao nhất của η nếu P0 (ξ) là hằng số, để đơn giản ta chọn P0 (ξ) ≡ 1, khi đó (1.10) có dạng: M X Pj (ξ) η M −j . P (ξ, η) = η M + j=1 Ta sẽ sử dụng (không chứng minh), kết quả sau: Định lý 1.2.2. ([3, vol.2, Supp.A ]) Đa thức P (ξ, η) có thể phân tích dưới dạng: P (ξ, η) = M Y (η−λj (ξ) , j=1 trong đó các λj (ξ) có dạng: λj (ξ) = kj X k=−∞ 13 1 λjk (ξ p )k hội tụ trong lân cận điểm ∞. Các chuỗi λj (ξ), j = 1, 2, ...M được goi là các khai triển Puiseux tại vô hạn của P (ξ, η). n o k1 k2 km Xét các số mũ lớn nhất của λj (ξ), j = 1, 2, ...m bao gồm p , p , .... p . (Các số mũ này có thể không phân biệt).n o k1 k2 km Gọi b1 là số mũ lớn nhất trong p , p , .... p và µ1 là số các số mũ trong o n km k1 k2 mà bằng b1 . p , p , .... p b2 là số mũ nhỏ hơn b1 , lớn nhất trong các số mũ còn lại và µ2 là số các số mũ trong số mũ còn lại bằng và bằng b2 . ......................................................................................... ........................................................ ................................................................................... Ta có b1 > b2 > ..................... > bm ≥ 0, (1.11) và µ1 + µ2 + .............µm = M. Với các kí hiệu trên ta có thể viết các nghiệm λj (ξ) có cùng số mũ bj của số hạng đầu tiên dưới dạng   λjl (ξ) = cjl ξ bj + o |ξ|bj , j = 1, 2, ...m, l = 1, 2, ...µj Định nghĩa 1.2.10. Phần chính của nghiệm λj (ξ) được định nghĩa là biểu thức b λj (ξ) có dạng: ( kj p λ ξ với kj > 0 jkj b λj (ξ) = 0, với kj < 0 Định lý sau mô tả quan hệ giữa đa giác Newton và các số mũ trong khai triển Puiseux. Định lý 1.2.3. Cho P (ξ, η) là đa thức có dạng X Pj (ξ) η M −j . P (ξ, η) = η M + j≥1 i) Đa giác Newton N(P ) của P (ξ, η) có các đỉnh (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1. Trong đó: α0 = α1 = 0, αj = µ1 b1 + ....... + µj−1 bj−1 , βj = µj + .... + µm , j = 1, m, 14 j = 2, ...m+1 βm+1 =β0 = 0 (1.12) (1.13) ii) Nếu q (j) = (1, bj ), j = 1, ...m và Pq(j) là q (j) - thuần nhất của P , khi đó
αj bj+1 −1 Pq(j) (ξ, η) aαj βj ξ η Nhận xét: = µj Y (η−λ̂jl (ξ)) = P [j] (ξ, η) . (1.14) l=1 1) Theo công thức (1.12) và (1.13) ta có: α2 = µ1 b1 , β1 = µ1 nên b1 = αβ12 . 2 α3 = µ1 b1 + µ2 b2 , β2 = µ1 + µ2 nên µ2 = β2 − β1 , b2 = α3µ−α = 2 .............................................................................................. α3 −α2 β2 −β1 . Giải hệ (1.12) và (1.13) đối với ẩn số µj và bj , j = 1, 2, ...m ta tìm được µj = βj − βj−1 αj+1 − αj = tan ϕj , j = 1, 2, ...m bj = βj − βj−1 Tức là ta tính được số mũ đầu tiên bj = kj /p và bội của nó thông qua đa diện Newton. 2) Khẳng định (ii) cho ta cách tính các hệ số cjl , với j cố định, các hệ số cjl , l = 1, ..., µj là nghiệm của phương trình λ−βj+1 Pq(j) (1, λ) = 0 Chứng minh: Ta đã biết rằng trong các q - phần chính Pq , q ∈ R2+ , có tất cả các đơn thức tương ứng với các đỉnh và mọi đa thức tương ứng với cạnh P của N(P ). Vì P (ξ, η) là đa thức có dạng P (ξ, η) = η M + Pj (ξ) η M −j ( j≥1 tức là N(P ) không có cạnh song song với trục hoành ), ta chỉ cần xét các q = (q1 , q2 ), q1 > 0, q2 > 0. Vì ở đây tỷ lệ q1 /q2 là quan trọng, nên có thể giả sử rằng q = (1, b), b ≥ 0. Ta sẽ bắt đầu với trường hợp khi b là khác với các giá trị b1 , ..., bm , ta có thể giả sử rằng bj−1 > b > bj . Theo định nghĩa, với q = (1, b), Pq (ξ, η) bằng tổng các đơn thức có mặt cαβ ξ α η β trong P (ξ, η), sao cho số mũ (α, β) thỏa mãn điều kiện α+bβ = dP (q). Vì kl M  k X Y λlk ξ 1/p (η−λl (ξ)), λl (ξ) = P (ξ, η) = . −∞ l=1 Từ các đẳng thức trên và từ điều kiện bj−1 > b > bj , ta có thể chứng minh: Pq (ξ, η) = µk j−1 Y Y k=1 l=1 = cj ξ (−b λkl (ξ)) µk m Y Y η k=j l=1 µ1 b1 +.....+µj−1 bj−1 µj +.....µm η , (cj = Y k b > bj ) (1.16) Nếu b = bj , tức là q = q (j) = (1, bj ), thì αj βj+1 Pq(j) (ξ, η) = cj ξ η µj Y l=1 (η − b λjl (ξ)) = cj ξ αj η βj , (cj 6= 0, q = (1, bj )) (1.17) Như vậy ta đã chứng minh rằng, các điểm (αj , βj ), j = 1, m và (αm+1 , βm+1 ), (với (bm > 0)) là các đỉnh của N(P ) và hệ số cj ứng với đơn thức ξ αj η βj trùng với aαj βj . Bởi vậy đẳng thức αj βj+1 Pq(j) (ξ, η) = cj ξ η µj Y l=1 Trở thành
αj bj+1 −1 Pq(j) (ξ, η) aαj βj ξ η Định lý 1.2.3 được chứng minh. 16 = µj Y l=1 (η − b λjl (ξ)). (η−λ̂jl (ξ)) = P [j] (ξ, η) . Chương 2 ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC HAI BIẾN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA GIÁC NEWTƠN Cho P (ξ, η) là một đa thức P (ξ, η) = X aαβ ξ αη β (α,β)∈Supp(P )   Supp(P ) = (α, β) ∈ N2 aαβ 6= 0 Ta xét bài toán: tìm các điều kiện cần và đủ cho đa thức P sao cho tồn tại c, c0 > 0 để  α β ξ η  ≤ c |P (ξ, η)| , ∀ (α, β) ∈ N(P ), ξ 2 + η 2 > c0 2 (2.1) 2.1 Phát biểu các kết quả chính Với mọi đa giác N ⊂ R2+ , giả sử (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1 là các đỉnh của đa giác N m+1 X α β (2.2) |ξ| j |η| j ΞN (ξ, η) = j=0 Các kết quả sau cho phép ta thay điểm (α, β) ∈ N(P ) trong bài toán trên bằng các điểm (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1 Bổ đề 2.1.1. 17 i) Nếu (α, β) ∈ N(P ) thì ta có: |ξ|α |η|β ≤ ΞN (P ) (ξ, η) , ∀ (α, β) ∈ N(P ) (2.3) ii) Tồn tại ℵ > 0, sao cho với mọi (α, β) ∈ δ (P ) ta có: |ξ|α |η|β < c′ (1 + |ξ| + |η|)−ℵ ΞN (P ) (ξ, η) . (2.4) Nhận xét 2.1.1. Khẳng định (ii) nói rằng nếu (α, β) ∈ int (N(P )) thì ta có |ξ|α |η|β ≤ θ (Ξ (ξ, η)), khi |(ξ, η)| → ∞ Chứng minh i) Vì (α, β) ∈ N(P ) và N(P ) là bao lồi của các đỉnh (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1 nên tồn tại aj sao cho: m+1 X α= aj αj , β = j=0 m+1 X j=0   Đặt xj = ξ αj η βj , ta có bất đẳng thức a0 x0 .....xm+1 am+1 aj βj , ≤ m+1 X aj xj , j=0 X m+1 X aj = 1 j=0 aj = 1, xj > 0, aj > 0. (2.5) Chứng minh bất đẳng thức (2.5), vì aj , j = 0, m + 1 là các hệ số của bất P đẳng thức và aj = 1 nên ta có thể viết
Pj aj = N , j = 0, m + 1    Pj ≥ 0, j = 0, m + 1 m+1 P ⇒  Pj = N  j=0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x0 + ... + x0 + x1 + ... + x1 .... + xm+1 ... + xm+1 ≥ P0 + P1 + ... + Pm+1 p P0 +P1 +...+Pm+1 x0 r0 .x1 r1 ....xm+1 rm+1 rm+1 r0 P1 Pm+1 P0 x0 + x1 + ... + xm+1 ≥ x0 N ....xm+1 N N N N ⇔ a0 x0 + a1 x1 + ... + am+1 xm+1 ≥ x0 a0 ....xm+1 am+1 ⇔ Ta có α β m+1 P aj αj |η| j=0 |ξ| |η| ≤ |ξ| j=0 ≤ X m+1 P   aj βj = Y  ξ αj η βj aj aj ξ αj η βj  ≤ ΞN (P ) (ξ, η) 18