Tài liệu Luận văn thạc sĩ đa diện newton và đa thức bị chặn dưới

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN - TIN ————————–o0o————————– LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đề tài ĐA DIỆN NEWTON VÀ ĐA THỨC BỊ CHẶN DƯỚI Chuyên ngành : Hình học - Tôpô Mã số : 60.46.01.05 Học viên : Phạm Thị Anh Giảng viên hướng dẫn : TS. Nguyễn Thị Thảo HÀ NỘI - 2017 Mục lục LỜI MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Ước lượng hai vế của đa thức qua đa diện Newton 1.1 1.2 2 4 Ước lượng hai vế của đa thức hai biến qua đa giác Newton . . . . 4 1.1.1 Đa giác Newton của một đa thức hai biến . . . . . . . . . . 4 1.1.2 Ước lượng hai vế của đa thức hai biến qua đa giác Newton 11 Ước lượng hai vế của đa thức nhiều biến qua đa diện Newton . . 15 1.2.1 Đa diện Newton của đa thức nhiều biến . . . . . . . . . . . 15 1.2.2 Ước lượng hai vế của đa thức nhiều biến qua đa diện Newton 16 2 Đa diện Newton và đa thức bị chặn dưới 24 2.1 Điều kiện đủ để qua đa diện Newton để đa thức bị chặn dưới . . . 24 2.2 Điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức riêng trên Rn . . . . 29 2.3 Mối quan hệ giữa đa thức riêng và đa thức bị chặn dưới . . . . . . 31 1 Lời mở đầu Đa diện Newton của một đa thức là một đa diện lồi được xác định thông qua tập hợp các số mũ của các đơn thức được xuất hiện trong đa thức đó và được định nghĩa bằng những cách khác nhau tùy thuộc vào việc nghiên cứu các tính chất địa phương hay vô hạn của đa thức. Biên của đa diện Newton được xem xét như là một sự tổng quát của bậc đa thức một biến sang trường hợp nhiều biến. Đa diện Newton là một công cụ thuận tiện trong nhiều bài toán nghiên cứu tính chất địa phương hay vô hạn của đa thức, đặc biệt là các bài toán tính toán và được dùng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học như phương trình đạo hàm riêng, tối ưu đa thức,... Với đề tài "Đa diện Newton và đa thức bị chặn dưới", luận văn trình bày đa diện Newton và áp dụng trong việc tìm hiểu về đa thức bị chặn dưới về khái niệm, các tính chất của đa diện Newtn của đa thức hai biến và nhiều biến, và cho một điều kiện(qua đa diện Newton) để một đa thức tương đương với đa thức xác định qua tập đỉnh của đa diện Newton. Đồng thời luận văn cũng trình bày một áp dụng của sự ước lượng đó trong việc tìm hiểu về đa thức bị chặn dưới và về đa thức riêng. Ngoài Lời nói đầu, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương: • Chương 1 trình bày sự ước lượng hai vế của đa thức qua đa diện Newton trong trường hợp f là không suy biến theo đa diện Newton. • Chương 2 trình bày điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức bị chặn dưới, điều kiện đủ qua đa diện Newton để đa thức là riêng và mối quan hệ giữa đa thức riêng và đa thức bị chặn dưới. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc nhất đến TS. Nguyễn Thị Thảo, 2 người đã rất nhiệt tình hướng dẫn tôi để hoàn thành luận văn này. Đồng thời, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô trong bộ môn Hình học khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã đóng góp những ý kiến và cho tôi những kiến thức vô cùng quý báu để tôi có thể hoàn thiện luận văn. Do trình độ còn hạn chế và thời gian có hạn nên luận văn còn nhiều thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong những ý kiến từ các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn. Hà Nội, ngày 05 tháng 06 năm 2017 Phạm Thị Anh 3 Chương 1 Ước lượng hai vế của đa thức qua đa diện Newton Trong chương này, ta trình bày khái niệm đa diện Newton trong trường hợp đa thức hai biến, nhiều biến và chỉ ra điều kiện tồn tại ước lượng hai phía của đa thức qua đa diện Newton. 1.1 Ước lượng hai vế của đa thức hai biến qua đa giác Newton 1.1.1 Đa giác Newton của một đa thức hai biến Cho đa thức P có dạng P (x, y) = X aαβ xα y β (1.1) (α,β)∈N2 Kí hiệu supp(P ) = {(α, β)|aαβ 6= 0} Khi đó, đa thức P có thể được viết lại dưới dạng P (x, y) = X aαβ xα y β (1.2) (α,β)∈supp(P ) Kí hiệu R2+ là góc phần tư dương của mặt phẳng và R2+ là bao đóng của nó. Giả sử (α, β), (α0 , β 0 ) là hai điểm bất kì trong R2+ . Ta viết (α, β) < (α0 , β 0 ) nếu α < α0 và β < β 0 . 4 Định nghĩa 1.1.1. Cho đa thức P có dạng (1.1). Đa giác Newton của đa thức P là đa giác lồi nhỏ nhất N (P ) trong R2+ thỏa mãn hai tính chất (i) supp(P ) ⊂ N (P ), 0 0 (ii) Nếu (α , β ) ⊂ R2+ và (α0 , β 0 ) < (α, β) ∈ N (P ) thì (α0 , β 0 ) ∈ N (P ). Ví dụ 1.1.2. Đa giác Newton của đa thức P1 (x, y) = y 5 + 3xy 5 − x4 y 3 + 2x5 y + x5 + x3 y 2 được xác định như hình dưới đây. Hình 1.1: Đa giác Newton N (P1 ) Định nghĩa 1.1.3. Đa giác Newton được gọi là đa giác đều nếu nó không có cạnh nào song song với trục tọa độ. Ví dụ 1.1.4. a) Đa thức P2 = y 7 + 2x3 y 6 − 4x5 y 5 + 7x7 y 3 + 8x8 có đa giác Newton được gọi là đa giác đều. b) Đa thức P3 = x3 y 4 + 3x5 y 3 − 2x6 y 2 − x7 + 2y 4 có đa giác Newton là đa giác không đều. 5 Hình 1.2: Đa giác Newton N (P2 ) Hình 1.3: Đa giác Newton N (P3 ) 6 Định nghĩa 1.1.5. (i) Điểm nguyên (α, β) ∈ N (P ) được gọi là điểm cấp thấp nếu có một điểm (α0 , β 0 ) ∈ N (P ) để (α, β) < (α0 , β 0 ) và gọi là điểm cấp cao nếu nó không là điểm cấp thấp. (ii) Đơn thức aα,β xα y β của đa thức P gọi là đơn thức cấp thấp nếu (α, β) là điểm cấp thấp và gọi là đơn thức cấp cao nếu (α, β) là điểm cấp cao. Ví dụ 1.1.6. a) Xét đa thức P4 = y 5 + 3x5 − x4 y 3 + 2x5 y + x5 + x3 y 2 . Khi đó, Đơn thức cấp cao của đa thức P4 là y 5 , 3x5 , −x4 y 3 , 2x5 y, x5 . Đơn thức cấp thấp của đa thức P4 là x3 y 2 . b) Đa thức P5 = 2y 5 + x3 y 4 − 3x5 y 3 + 7x6 y 2 + x7 có các đơn thức đều là đơn thức cấp cao. Định nghĩa 1.1.7. (i) Cho N là đa giác lồi bất kì trong mặt phẳng R2+ và vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 . Một nửa phẳng đóng Hq = {(α, β) ∈ R2 |hq, (α, β)i = q1 α + q2 β ≤ c} được gọi là nửa phẳng tựa nếu hq, (α, β)i ≤ c, ∀(α, β) ∈ N và dấu bằng được đặt tại ít nhất một điểm thuộc N . Nói cách khác, nửa phẳng tựa Hq được xây dựng trong dạng Hq = {(α, β) ∈ R2 |hq, (α, β) ≤ d(N, q)} trong đó, d(N, q) = max hq, (α, β)i. (α,β)∈N (ii) Biên của nửa phẳng tựa Hq gọi là đường thẳng tựa của đa giác N và q được gọi là vectơ chỉ phương của nửa phẳng tựa. Định nghĩa 1.1.8. Cho đa thức P có dạng (1.1) và vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 . Số thực dP (q) = max hq, (α, β)i (α,β)∈supp(P ) gọi là đa thức q−bậc của đa thức P . 7 Định nghĩa 1.1.9. (i) Đa thức P gọi là q -thuần nhất(với vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 ) nếu có một số d thỏa mãn P (tq1 x, tq2 y) = td P (x, y) (ii) Đa thức P được gọi là tựa thuần nhất nếu nó là q -thuần nhất với vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 bất kì. (iii) Nếu P là đa thức q -thuần nhất với q1 = q2 = 1 thì đa thức P được gọi là thuần nhất và d được gọi là bậc thuần nhất của đa thức P . Ví dụ 1.1.10. a) P = xy 2 + x3 y là đa thức q−thuần nhất với q = (1, 2), d = 5. b) P = x4 + x3 y + x2 y 2 + y 4 là đa thức thuần nhất với bậc thuần nhất là 4. Nhận xét 1.1.11. a) Nếu q1 6= 0 và q2 6= 0 thì đa thức q -thuần nhất có dạng xd Q(y) với Q(y) là đa thức bất kì biến y. b) Nếu q1 = 0 và q2 6= 0 thì đa thức q -thuần nhất có dạng y d Q(x) với Q(x) là đa thức bất kì biến x. Định nghĩa 1.1.12. Cho đa thức P có dạng (1.1). Đa thức q -thuần nhất X Pq (x, y) = aαβ xα y β (α,β)∈supp(P ) hq,(α,β)i=dP (q) được gọi là phần q -thuần nhất chính(hay gọi tắt là phần q -chính) của đa thức P. Ví dụ 1.1.13. Cho P = P1 với P1 là đa thức được cho trong ví dụ 1.1.2. Khi đó • Với q = (2, 1) thì Pq (x, y) = −x4 y 3 + 2x5 y . • Với q = (1, 4) thì P1 (x, y) = 3xy 5 . Phần q -chính của đa thức có một vài tính chất cơ bản thể hiện qua hai mệnh đề sau 8 Mệnh đề 1.1.14. Cho đa thức P dạng (1.1) và vectơ q = (q1 , q2 ) ∈ R2 . Khi đó P (tq1 x, tq2 y) = tdP (q) Pq (x, y) + o(tdP (q) ) hay Pq (x, y) = lim t−dP (q) P (tq1 x, tq2 y). t→∞ Chứng minh. Với X P (x, y) = aαβ xα y β (α,β)∈supp(P ) Ta có X P (tq1 x, tq2 y) − tdP (q) Pq (x, y) = (α,β)∈sup p(P ) X = X aαβ xα y β tq1 α+q2 β − tdP (q) aαβ xα y β (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP (q) aαβ xα y β thq,(α,β)i − (α,β)∈sup p(P ) X aαβ xα y β tdP (q) (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP (q) X = aαβ xα y β thq,(α,β)i (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i dQ (q). Chứng minh. Với P (x, y) = X (α,β)∈sup p(P ) 9 aαβ xα y β và X Q (x, y) = bγθ xγ y θ (γ,θ)∈sup p(Q) (i) Ta có PQ = X X aαβ xα y β (α,β)∈sup p(P ) bγθ xγ y θ (γ,θ)∈sup p(Q) X = aαβ bγθ xα+γ y β+θ (α,β)∈sup p(P ) (γ,θ)∈sup p(Q) Do đó (P Q)q = X aαβ bγθ xα+γ y β+θ (α,β)∈sup p(P ),(γ,θ)∈sup p(Q) Vì q1 (α + γ) + q2 (β + θ) = hq, (α, β)i + hq, (γ, θ)i hq, (α, β)i ≤ dP (q) hq, (γ, θ)i ≤ dQ (q) và dP Q (q) = dP (q) + dQ (q) nên ta được X (P Q)q = aαβ bγθ xα+γ y β+θ (α,β)∈sup p(P ),(γ,θ)∈sup p(Q) hq,(α,β)i=dP (q),hq,(γ,θ)i=dQ (q) = X X aαβ xα y β (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP (q) bγθ xγ y θ (γ,θ)∈sup p(Q) hq,(γ,θ)i=dQ (q) = Pq Qq . (ii) Với dP (q) = dQ (q) thì dP +Q (q) = dP (q) = dQ (q) 10 nên X (P + Q)q = (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP +Q (q) bγθ xγ y θ (γ,θ)∈sup p(Q) hq,(γ,θ)i=dP +Q (q) X = X aαβ xα y β + aαβ xα y β + (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP (q) X bγθ xγ y θ (γ,θ)∈sup p(Q) hq,(γ,θ)i=dQ (q) = Pq + Qq . (iii) Với dP (q) > dQ (q) thì dP +Q (q) = dP (q) nên X (P + Q)q = (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP +Q (q) bγθ xγ y θ (γ,θ)∈sup p(Q) hq,(γ,θ)i=dP +Q (q) X = X aαβ xα y β + aαβ xα y β + (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP (q) X (γ,θ)∈sup p(Q) hq,(γ,θ)i=dQ (q) X = bγθ xγ y θ aαβ xα y β (α,β)∈sup p(P ) hq,(α,β)i=dP (q) = 1.1.2 Pq . Ước lượng hai vế của đa thức hai biến qua đa giác Newton Cho đa thức P có dạng (1.1). Trong mục này ta tìm điều cần và điều kiện đủ qua đa giác Newton N (P ) để đa thức P nhận ước lượng hai phía bên ngoài một hình tròn có bán kính đủ lớn. Với đa giác N ⊂ R2+ , đặt σN (x, y) = m+1 X j=0 11 |x|αj |y|βj trong đó (αj , βj ), j = 0, m + 1, là tọa độ các đỉnh của đa giác N. Bổ đề 1.1.16. Cho đa thức P có dạng (1.1) khi đó (i) Nếu (α, β) ∈ N (P ) thì |x|α |y|β ≤ σN (P ) (x, y) (ii) Tồn tại γ > 0 sao cho |x|α |y|β < c(1 + |x| + |y|)−γ σN (P ) (x, y) Chứng minh. ∀(α, β) ∈ δ(P ) (i) Vì α, β thuộc vào N (P ) là bao lồi của tập các đỉnh (αj , βj ) , j = 0, m + 1, nên có các số không âm aj , j = 0, m + 1, sao cho α= m+1 P aj α j , β = j=0 m+1 P aj βj , j=0 m+1 P aj = 1. j=0   Đặt tj = xαj y βj  trong bất đẳng thức ta00 m+1 · · · tam+1 ≤ m+1 X j=0 aj tj , m+1 X aj = 1, tj > 0, aj > 0, j = 0, m + 1 j=0 ta có α β |x| |y| = m+1 Y X   α β aj m+1  x j y j  ≤ aj xαj y βj  ≤ σN (P ) (x, y). j=0 j=0 (ii) Ta sẽ chỉ ra rằng với mỗi điểm cấp thấp (α, β) ∈ N (P ) đều có số γ (α, β) để bất đẳng thức xảy ra. Sau đó ta lấy giá trị nhỏ nhất của γ (α, β) trên các đỉnh của δ (P ) ta sẽ được bất đẳng thức trên. Lấy (α, β) hoặc thuộc một phần trong N (P ) hoặc nằm trên trục tọa độ. • Nếu (α, β) thuộc vào phần trong N (P ) thì với một vài ε > 0 các điểm (α + ε, β) và (α, β + ε) cũng thuộc vào N (P ). Theo (i) ta có |x|α+ε |y|β + |x|α |y|β+ε ≤ 2σN (P ) (x, y) , và do đó |x|α |y|β 2|x|α |y|β 2 ≤ α+ε β = . ε σN (P ) (x, y) |x| + |y|ε |x| |y| + |x|α |y|β+ε 12 • Nếu (α, β) nằm trên trục tọa độ, ta giả sử α = 0 và β < β1 . Vì (0, β1 ) và (αm+1 , 0) là các đỉnh của N (P ) ta có |y|β 2|y|β . ≤ β σN (P ) (x, y) |y| 1 + |x|αm+1 Đặt k= αm+1 β1 và ω=  min k β1 |y| αm+1 + |x|  β1 1 . |x| +|y|=1 Khi đó vế phải của (1.12) không vượt quá  −β1  ω −β1 β 2|y| k |x| + |y| ≤ω −β1 β−β1 k 2 |x| + |y| . Định nghĩa 1.1.17. Cho hai tập lồi H1 , H2 trong R2 . Tổng số học của H1 và H2 là H1 + H2 = {(α1 + α2 , β1 + β2 )|(α1 , β1 ) ∈ H1 , (α2 , β2 ) ∈ H2 }. Bổ đề 1.1.18. Với đa thức hai biến P, Q bất kì, ta có N (P Q) = N (P ) + N (Q) trong đó vế phải là tổng số học của các đa giác. Chứng minh. Nếu đơn thức hαβ xα y β được chứa trong đa thức P Q thì nó là tổ hợp tuyến tính của tích các đơn thức nằm trong P, Q. Do đó, tồn tại những cặp (α0 , β 0 ) ∈ N (P ) và (αn , β n ) ∈ N (Q) để α = α0 + αn và β = β 0 + β n . Từ đó có, N (P Q) ⊂ N (P ) + N (Q) (1.3) Mặt khác, với ∀q ∈ R2 ta có max (α,β)∈N (P )+N (Q) h(α, β) , qi ≤ max (α0 ,β 0 )∈N (P ) α0 , β 0 , q +
 max (αn ,β n )∈N (Q) = dP (q) + dQ (q) = dP Q (q) Do đó, N (P ) + N (Q) ⊂ N (P Q). Vậy ta có điều cần chứng minh. 13 h(αn , β n ) , qi Bổ đề 1.1.19. Với bất kì đa thức hai biến P, Q tồn tại c > 0 sao cho cσN (P ) (x, y)σN (Q) (x, y) ≤ σN (P Q) (x, y) ≤ σN (P ) (x, y)σN (Q) (x, y) Bổ đề 1.1.20. Cho q ∈ R2+ và Q(x, y) là đa thức thuần nhất thỏa mãn Q(x, y) 6= 0 ∀(x, y) 6= (0, 0) Khi đó, Q thỏa mãn bất đẳng thức σN (Q) (x, y) ≤ cσ |Q(x, y)| với x2 + y 2 > δ 2 > 0. Chứng minh. Trường hợp 1: q = (q1 , q2 ) , q1 > 0, q2 > 0. Đặt k = dQ (q) ta có Q= X hαβ xα y β αq1 +βq2 =k Từ giả thiết Q(x, y) 6= 0∀(x, y) 6= (0, 0) k k ta suy ra các đơn thức x q1 và y q2 được chứa trong Q với hệ số khác 0. Do đó,     k k N (Q) là tam giác với các đỉnh (0, 0) , 0, , 0 do đó , q2 q1 k k σN (Q) (x, y) = 1 + |x| q1 + |y| q2 2 , ta xét các hàm q−thuần nhất Với q = (q1 , q2 ) ∈ R+ 1 1 p(x, y) = |x| q1 + |y| q2 Từ đó, ta có tọa độ cực suy rộng x = x̄pq1 (x, y) , y = ȳpq2 (x, y) , p (x̄, ȳ) = 1 Theo tính q−thuần nhất ta có Q(x, y) = pk (x, y) Q(x̄, ȳ). Do hàm liên tục dương |Q(x̄, ȳ)| có cận trên và cận dưới dương trên đường tròn đơn vị p (x̄, ȳ) = 1 nên tồn tại c > 0 để c−1 < |Q(x̄, ȳ)| < c. Từ đó ta có điều cần 14 chứng minh. Trường hợp 2: q có một thành phần bằng 0. Ta chỉ cần xét q = (1, 0). Khi đó, Q có dạng xk Q0 (y) trong đó Q0 (y) là đa thức bất kì biến y bậc m. Từ đề bài suy ra k = 0 và Q0 (y) 6= 0 với y 6= 0. Do đó, |Q0 (y)| > cδ (1 + |y|)m với |y| > δ . Từ đó ta có điều cần chứng minh. 1.2 Ước lượng hai vế của đa thức nhiều biến qua đa diện Newton 1.2.1 Đa diện Newton của đa thức nhiều biến Định nghĩa 1.2.1. Cho đa thức P có dạng P (x) = X aα x α (1.4) α∈Nn Đa diện Newton của đa thức P là bao lồi của tập supp(P ) và được kí hiệu N (P ). Ví dụ 1.2.2. Xét đa thức P (x) = 1 + 2x + 4x2 + 12x3 + 18x4 + 16x5 . Chú ý 1.2.3. (1) Kí hiệu V (N ) là tập các đỉnh của đa diện N và ta viết V (P ) thay cho V (N (P )). (2) Cho vectơ q = (q1 , q2 , .., qn ) và α = (α1 , α2 , ..., αn ) ∈ Rn . Kí hiệu hq, αi = q1 α1 + q2 α2 + ... + qn αn Định nghĩa 1.2.4. Cho đa diện N ⊂ Rn và vectơ q ∈ Rn . Đặt d(N, q) = maxhq, αi α∈N Siêu phẳng có phương trình hq, αi = d(N, q) được gọi là siêu phẳng tựa của đa diện N. 15 Chú ý 1.2.5. Kí hiệu dP (q) = d(N (P ), q) và gọi là q -bậc của đa thức P . Rõ ràng dP (λq) = λdP (q). Định nghĩa 1.2.6. Cho Nq là mặt của đa diện N nằm trên siêu phẳng tựa hq, αi = d(N, q). Phần q−chính của đa thức P là đa thức Pq (x) = X X aα x α = aα x α hq,αi=dP (q) α∈Nq (P ) Chú ý 1.2.7. Pλq = Pq và Pq là đa thức q -thuần nhất Pq (λq x) = Pq (λq x1 , λq x2 , ..., λq xn ) = λdP (q) , λ ∈ R+ Bằng việc khai quát hóa các kết quả của đa thức hai biến ta thu được các tính chất tương tự của phần q -chính của đa thức nhiều biến. Mệnh đề 1.2.8. Cho các đa thức P, Q và vectơ q. Khi đó (i) P (tq x) = tdP (q) Pq (x) + o(tdP (q) ), (ii) (P Q)q = Pq Qq với dP Q (q) = dP (q) + dQ (q), (iii) (P + Q)q = Pq + Qq với dP (q) = d(Q) (q), (iv) (P + Q)q = Pq với dP (q) > d(Q) (q). Mệnh đề 1.2.9. Nếu hai đa thức P, Q thỏa mãn dimN (P ) = n và Pq ≡ Qq với ∀q ∈ Rn thì đa thức P − Q được biểu diễn dưới dạng tổng các đơn thức xα với α là điểm trong của đa diện N (P ) và N (P ) = N (Q). 1.2.2 Ước lượng hai vế của đa thức nhiều biến qua đa diện Newton Với đa diện N bất kì, ta đặt σN (x) = X α∈V (N ) 16 |xα |, và với đa thức P bất kì ta đặt σP (x) = σN (P ) (x). Bổ đề 1.2.10. Cho α là một điểm thuộc đa diện N . Khi đó |xα | ≤ σN (x) Chú ý 1.2.11. Với c > 0 ta kí hiệu Ω(c) = {x ∈ Rn : c−1 ≤ |xj | ≤ c, ∀j = 1, n} Ta có thể xem Ω(c) là sự liên kết của các hình hộp rời nhau nằm trên các n-phẳng tọa độ. (i) Cho đa diện N với dimN = n và α là một điểm trong của N . Khi đó, với c1 > 0 bất kì, tồn tại c2 > 0 sao cho c1 |xα | ≤ σN (x) ∀x ∈ / Ω(c2 ) (ii) Nếu tồn tại c > 0 sao cho (0) c|xα | ≤ σN (x) ∀x ∈ Rn thì α(0) ∈ N . Hơn nữa, nếu với bất kì c > 0 tồn tại c1 sao cho c1 |xα | ≤ σN (x) ∀x ∈ / Ω(c1 ) thì α là điểm trong của N . Bổ đề 1.2.12. Cho hai đa thức bất kì P, Q ∈ R[x]. Khi đó, tồn tại các số thực c sao cho cσP (x)σQ (x) ≤ σP Q (x) ≤ σP (x)σQ (x) với ∀x ∈ Rn Định lí 1.2.13. Cho đa thức P ∈ R[x]. Khi đó các mệnh đề sau tương đương (i) Tồn tại số thực c > 0 sao cho cσP (x) ≤ |P (x)| 17 ∀x ∈ Rn (ii) Với mỗi vectơ q ∈ Rn , ta có x(1) = x1 ...xn 6= 0 Pq (x) 6= 0 Chứng minh. Điều kiện cần Giả sử x(1) = x1 ...xn 6= 0 suy ra σP (x) > 0 và theo (1.22) ta có |P (x)| > 0. Hơn nữa, với x(1) 6= 0 và q ∈ Rn ta được σP (tq x)α = X X (tq x)α ≥ α∈V (P ) (tq x)α = tdP (q) α∈V (P )∩Nq (P ) α∈V (P ) hq,αi=dP (q) Ta đặt X c0 = c0 (x) = α∈V (P ) hq,αi=dP (q) thì c0 > 0 và σP (tq x) ≥ c0 tdP (x) . Nếu Pq (x) = 0 Ta có P (tq x) = o(tdp (q) ) Từ đó ta có, lim P (tq x) =0 tdP (q) 18 X xα xα Mặt khác, |P (tq x)| cσP (tq x) cc0 tdP (q) ≥ ≥ = cc0 ≥ 0 d (q) d (q) d (q) P P P t t t (mâu thuẫn) Vậy Pq (x) 6= 0. Điều kiện đủ . Vì trường hợp trên toàn bộ Rn ta có thể đưa về các phẳng n−phẳng tọa độ, và từ n-phẳng tọa độ bất kì ta có thể đưa về n-phẳng tọa độ dương thông qua các phép biến đổi tầm thường, nên ở đây ta chỉ cần xét trường hợp n-phẳng tọa độ dương là đủ. Bên cạnh đó, ta chỉ cần xét đa thức có các hệ số thực là đủ. Thật vậy, nếu P (x) có hệ số phức thỏa mãn (1.25) thì Q(x) = |P (x)|2 là đa thức với các hệ số thực có các tính chất tương tự. Ta có Qq (x) = Pq Pq (x) = |Pq (x)|2 Nếu định lý đã được chứng minh cho đa thức có các hệ số thực thì với c > 0 ta có cσQ (x) ≤ Q(x) = |P (x)|2 Với c1 > 0 ta có c1 (σP (x))2 ≤ σP 2 (x) = σQ (x) Do đó, c2 σP (x) ≤ |P (x)| với c2 > 0 Vậy bây giờ ta xét đa thức P (x) với hệ số thực trong Rn+ thỏa mãn (1.25). Vì P (x) có dấu không đổi nên không mất tính tổng quát ta giả sử P (x) > 0 với xj > 0, j = 1, n. 19