Các bất đẳng thức Łojasiewicz và Định lý Puiseux
Hàm giải tích nhiều biến
Vớix = (x 1 , ,x n )∈ C n (hayR n ), ta ký hiệux α = x α 1 1 x n α n Đặt
Trong không gian C^n (hoặc R^n), định nghĩa về hàm giải tích phức và hàm giải tích thực được xác định như sau: một hàm f xác định trên một tập con mở D được gọi là hàm giải tích phức nếu với mỗi điểm w thuộc D, tồn tại một lân cận U nằm trong D mà w thuộc U, sao cho hàm f có thể được biểu diễn qua chuỗi lũy thừa f(x) = ∑ ∞ Đặc biệt, giá trị tuyệt đối của x được tính bằng |x| = max{|x_i|: x_i ∈ C, 1 ≤ i ≤ n}, và chuẩn của x được định nghĩa là kxk = (|x_1|^2 + + |x_n|^2)^(1/2).
Hàm giải tích phức f trong một tập mở chứa gốc tọa độ được gọi là chính quy cấp k theo biến x1 nếu f(x1, 0, , 0) có cấp tăng bằng k tại x1 = 0 Định lý chuẩn bị Weierstrass cho biết rằng nếu f là hàm giải tích chính quy cấp k theo x1, thì f có thể phân tích dưới dạng f(x1, , xn) = u(x1, , xn)(xk1 + a1(x2, , xn)xk1 - 1 + + ak(x2, , xn)), trong đó các hàm aj thỏa mãn aj(0, , 0) = 0 và u là một hàm giải tích, khả nghịch trong lân cận gốc tọa độ với điều kiện u(0, , 0) ≠ 0.
Vì u không triệt tiêu trong một lân cận của 0 ∈ C n, tập các không điểm của hàm f trùng với tập các không điểm của đa thức Weierstrass x 1 k + a 1 (x 2, , x n ) x 1 k - 1 + + a k (x 2, , x n ) Theo Định lý chuẩn bị Weierstrass, nghiên cứu địa phương tại không điểm của hàm giải tích có thể được quy về việc nghiên cứu địa phương tại không điểm của đa thức Weierstrass tương ứng.
Các bất đẳng thức Łojasiewicz
Bất đẳng thức Łojasiewicz mô tả các tính chất hình học địa phương xung quanh không điểm của hàm giải tích Phiên bản tổng quát của bất đẳng thức này so sánh cấp tăng giữa hai hàm giải tích, cho thấy mối liên hệ quan trọng trong nghiên cứu các hàm này.
Cho K là một tập con compact của K n và f,g : K → K là hai hàm giải tích thoả mãn f − 1 (0) ⊂ g − 1 (0) Khi đó, tồn tạic,α >0 sao cho
Bất đẳng thức trên đây là tổng quát hoá của các bất đẳng thức sau, xin nhắc lại hai bất đẳng thức trong mục mở đầu:
Cho f : K n → K (K là trường C hoặc R) là một hàm giải tích với f(0) = 0.Khi đó bất đẳng thứcŁojasiewicz gradient (xem [63, Mệnh đề 1]) khẳng định:
• Tồn tại C >0, ρ ∈ (0, 1)và một lân cậnU của0∈ K n sao cho k∇f(x)k ≥ C|f(x)| ρ với mọix ∈ U (1.2)
• Cận dưới đúng của các số mũρthỏa mãn bất đẳng thức trên được gọi làsố mũŁojasiewicz gradientcủa f (tại gốc) và được ký hiệu làL(f).
Số mũ L(f) là một số hữu tỉ nằm trong khoảng (0, 1) và bất đẳng thức được xác định cho các số mũ ρ thỏa mãn ρ ≥ L(f) với số dương C và lân cận U đủ nhỏ của 0.
Cho f: K n → K là một hàm giải tích, với dist(x,V) biểu thị khoảng cách từ điểm x đến tập V = {x ∈ K n | f(x) = 0}, trong đó K là một tập con compact của K n Bất đẳng thức Łojasiewicz cổ điển khẳng định rằng
• Cận dưới đúng của các số mũαthoả mãn bất đẳng thức trên được gọi làsố mũŁojasiewicz của f và được ký hiệu làLe(f).
Theo bất đẳng thức (1.2), cấp tăng tại điểm 0 của gradient của một hàm giải tích luôn lớn hơn cấp tăng của chính hàm đó Bên cạnh đó, theo (1.3), cấp tăng địa phương của hàm giải tích là hữu hạn, và khi f(x) gần 0, thì x cũng sẽ gần với tập không điểm của hàm f.
Trong trường hợp phức, Teissier [81] đã tính toán cụ thể số mũ Łojasiewicz gradient trong bất đẳng thức (1.2) với kỳ dị thu gọn bằng phương pháp đại số.
Trong trường hợp lân cận U không phải là tập bị chặn, bất đẳng thức (1.2) có thể không còn đúng, như được minh họa trong Ví dụ 4.2.1 Tương tự, bất đẳng thức Lojasiewicz cổ điển (1.3) cũng không còn đúng nếu K được thay thế bằng một tập không compact.
Định lý Puiseux
Một mầm hàm giải tích tại điểm gốc 0 là lớp tương đương của các hàm giải tích trong lân cận của điểm này Hai hàm được xem là tương đương tại 0 nếu hạn chế của chúng trong một lân cận nào đó của 0 là giống nhau.
Vành C{x₁, , xₙ} được xác định là vành các mầm hàm giải tích tại gốc 0 Theo Định lý 1.1.6, C{x₁, , xₙ} không chỉ là vành nhân tử hóa mà còn là vành Noether địa phương Định nghĩa 1.1.7 nêu rõ rằng U là một tập mở trong Cⁿ và X ⊂ U.
(i) Cho x ∈ U, tập X được gọi làgiải tíchtại xnếu tồn tại một lân cậnV của x trongUvà hữu hạn các hàm giải tích f 1 , , f r trênV sao cho
(ii) Xđược gọi làtập con giải tíchcủaU nếu Xlà giải tích tại mọi điểm x ∈ U. Định nghĩa 1.1.8 Điểm kỳ dị của f ∈ C {x 1 , ,x n } là điểm được xác định bởi tập sau đây x ∈ C n | ∂ f
Trong luận án này, thuật ngữ kỳ dị đường cong phẳng được hiểu như là một mầm hàm giải tích hai biến f ∈ C {x,y}có điểm kỳ dị là (0, 0).
Vành C{x,y} là một vành nhân tử hoá, nghĩa là mọi phần tử f trong vành đều có thể phân tích thành tích của các thành phần bất khả quy khác nhau, được ký hiệu là f = f₁ⁿ₁ fₖⁿₖ, trong đó f₁, , fₖ là các thành phần khác nhau và không có nhân tử khả nghịch Phần tử f được gọi là thu gọn nếu nᵢ = 1 với mọi i = 1, , k Giả sử f thuộc C{x,y}, là thu gọn và f(0, 0) = 0, thì đường cong X = f⁻¹(0) sẽ là trơn.
Nếu đạo hàm riêng ∂ ∂x f (0, 0) khác 0, theo định lý hàm ẩn, tồn tại một tham số hóa địa phương y → (ϕ(y), y) để mô tả đường cong X với điều kiện f(ϕ(y), y) = 0, trong đó ϕ thuộc C{y} Ngược lại, nếu f có kỳ dị tại (0, 0) với ∂ ∂x f (0, 0) = ∂ ∂y f (0, 0) = 0, định lý hàm ẩn không thể áp dụng và tham số hóa có thể không tồn tại Đối với f(x,y) là một kỳ dị đường cong phẳng và giả sử f là chính quy cấp N theo x, với f(x, 0) có cấp tăng là N tại x = 0, theo định lý Puiseux, nếu f(x,y) thuộc C{y}[x] là đa thức Weierstrass cấp N theo biến x và bất khả quy, thì tồn tại một chuỗi lũy thừa hội tụ ϕ(y) thuộc C{y} sao cho f(x,y^N) = ∏_{k=0}^{N-1}.
(x− ϕ (e k y)), trong đóe k là các căn bậcN của1.
Từ định lý trên, ta có thể biểu diễn hàm f(x,y) = ∏ k N = − 0 1 (x− ϕ ( e k y N 1 )) Điều này dẫn đến việc tham số hóa f − 1 (0) dưới dạng (ϕ(e k y N 1 ),y) Định nghĩa 1.1.10 cho biết các chuỗi x = ϕ ( e k y N 1 ) được tạo ra như vậy được gọi là các khai triển Newton-Puiseux (hay các nghiệm Newton-Puiseux) của f(x,y) = 0 tại gốc tọa độ.
Mệnh đề sau đây là một phiên bản của Định lý 1.1.9 tại vô hạn, chúng tôi phát biểu cho trường hợp hàm đa thức 2 biến.
Mệnh đề 1.1.11 ( [40, Mệnh đề A.1.3]) Giả sử glà một đa thức bậc dmonic theo y, tức làg(x,y) = y d +a 1 (x)y d − 1 + .a d (x) Khi đó g(x,y)được phân tích thành dạng g(x,y) = ∏ d i = 1
Các chuỗi \( y_i(x) \) được định nghĩa dưới dạng \( y_i(x) = \sum_{k=-\infty}^{k_i} c_{ik} x^k \), với \( k_i \in \mathbb{Z} \) và \( p \in \mathbb{N} \) Các chuỗi \( y_{b_i}(t) = y_i(t^p) = \sum_{k=-\infty}^{k_i} c_{ik} t^k \) hội tụ trong miền \( \{ t \in \mathbb{C} : |t| > r \} \), với \( r \) là một số thực dương đủ lớn Các chuỗi \( y_i(x) \), với \( i = 1, \ldots, d \), được xây dựng như trên được gọi là các khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của đường cong.
(hoặcnghiệm Newton-Puiseux tại vô hạncủa g(x,y) = 0) Nếu các hệ sốc ik ∈ R với mọi k = k i ,k i −1, thì y i (x) được gọi lànghiệm Newton-Puiseux thực tại vô hạn củag(x,y) = 0.
Trong luận án này, chúng tôi áp dụng cả khai triển Newton–Puiseux địa phương tại gốc và tại vô hạn Cụ thể, Chương 2 sử dụng khai triển địa phương với biến y, dẫn đến x = x(y), trong khi Chương 3 tập trung vào khai triển tại vô hạn với biến x, cho phép biểu diễn dưới dạng y = y(x) Việc phân biệt này giúp làm rõ nội dung của từng chương.
Một vài kết quả trong cấu trúc o-tối tiểu và hình học nửa đại số
Để thuận tiện cho việc sử dụng và tránh việc lặp lại các kết quả trong chương 3 và 4, chúng tôi sẽ trình bày về cấu trúc o-tối tiểu, một cấu trúc tổng quát bao gồm các tập nửa đại số.
Trong phần này, chúng tôi sẽ nhắc lại các khái niệm và kết quả liên quan đến hình học của các cấu trúc o-tối tiểu và hình học nửa đại số Các kết quả này được tham khảo từ các tài liệu [5, 21, 35, 60] Đầu tiên, chúng tôi đưa ra định nghĩa về tập con nửa đại số Cụ thể, một tập con của R^n được gọi là tập con nửa đại số nếu nó là hợp của các tập có dạng.
Xét tập hợp {x ∈ R n | f i (x) = 0, i = 1, , p; g j (x) > 0, j = 1, , q}, trong đó f i và g j là các đa thức biến thực Định nghĩa 1.2.2 nêu rõ rằng một cấu trúc trên trường số thực R là một họ O = (O n ) n ∈ N, trong đó mỗi tập O n là một tập các tập con của R n, thỏa mãn các tiên đề đã được thiết lập.
1 Tất cả các tập con nửa đại số củaR n đều thuộcO n ;
2 Với mọinthìO n đóng với các phép toán Boole của tập hợp;
4 Nếu π : R n + 1 → R n là phép chiếu lên n toạ độ đầu và A ∈ O n + 1 thì π(A) ∈ O n
Các phần tử của O n được xác định là các tập con của R n Nếu O đáp ứng một điều kiện bổ sung, nó sẽ được gọi là cấu trúc o-tối tiểu trên R.
5 Các phần tử củaO 1 là hợp hữu hạn của các điểm và các khoảng. Định nghĩa 1.2.3 Cho trước một cấu trúc o-tối tiểu O trên R Một ánh xạ f :
A → R m (trong đó A ⊂ R n ) được gọi làánh xạ định nghĩa đượcnếu đồ thị của nó là một tập con định nghĩa được củaR n × R m
Một số kết quả liên quan đến cấu trúc o-tối tiểu và hình học nửa đại số có thể được chứng minh dễ dàng thông qua dạng logic của Định lý Tarski-Seidenberg Để trình bày định lý này, cần phải hiểu một số khái niệm cơ bản.
Một công thức bậc nhất được xây dựng theo các quy tắc sau đây (xem [5, 11,
1 Nếu P ∈ R [X 1 , ,X n ], thì P(X 1 , ,X n ) = 0 và P(X 1 , ,X n ) > 0là các công thức bậc nhất.
2 Nếu Alà một tập con định nghĩa được của R n thì x ∈ Alà một công thức bậc nhất.
3 NếuΦvà Ψlà các công thức bậc nhất thì Φ∨Ψ(phép tuyển), Φ∧Ψ (phép hội), ơΦ (phộp phủ định) và Φ ⇒ Ψ(phộp suy ra) cũng là cỏc cụng thức bậc nhất.
Nếu Φ(y,x) là một công thức bậc nhất và A là một tập con định nghĩa được của R n, thì các công thức ∃x ∈ A Φ(y,x) và ∀x ∈ A Φ(y,x) cũng thuộc loại công thức bậc nhất Định lý 1.2.4, hay còn gọi là định lý Tarski-Seidenberg dạng logic, khẳng định điều này.
NếuΦ(X 1 , ,X n )là một công thức bậc nhất thì tập
{(x 1 , , x n ) ∈ R n : Φ(x 1 , , x n ) đúng } là tập định nghĩa được.
Nhận xét1.2.5 Từ quy tắc 4 và Định lý 1.2.4, các tập hợp
{x ∈ R n : ∃x n + 1 ,(x,x n + 1 ) ∈ A} (tức ảnh của Aqua phép chiếu chính tắc lênntoạ độ đầu) và
(tức phần bù của ảnh của phần bù của A qua phép chiếu chính tắc lên n toạ độ đầu) là định nghĩa được.
Từ bây giờ, chúng ta sẽ xác định một cấu trúc o-tối tiểu O bất kỳ Thuật ngữ "định nghĩa được" ám chỉ việc có thể định nghĩa trong cấu trúc này Dựa vào Định lý 1.2.4, chúng ta có khả năng chứng minh những tính chất quan trọng sau đây (tham khảo [11, 20, 21, 51, 60]).
Mệnh đề 1.2.6 ( [60, Định lý 2.3]).Ta có các khẳng định sau:
(i) Bao đóng, phần trong và biên theo tô pô thông thường trên R n của một tập định nghĩa được cũng là tập định nghĩa được;
(ii) Hợp của các ánh xạ định nghĩa được cũng là ánh xạ định nghĩa được;
(iii) Ảnh và nghịch ảnh của các các tập định nghĩa được qua các ánh xạ định nghĩa được cũng là định nghĩa được;
Mệnh đề 1.2.7 ( [51, Bổ đề 1]) Cho f : A → R là một hàm định nghĩa được sao cho f(x) ≥0,∀x ∈ A Cho G : A → R m là một ánh xạ định nghĩa được vàϕ : G(A) → R là một hàm xác định bởi ϕ(y) = inf x ∈ G − 1 ( y ) f(x).
Khi đó ϕlà một hàm định nghĩa được.
Hệ quả 1.2.8 xác định rằng với A là một tập con của R^n, hàm khoảng cách dist(x,A) được định nghĩa là inf y ∈ A kx−ykl Định lý 1.2.9, được gọi là Định lý Đơn điệu, khẳng định rằng với hàm f: (a,b) → R, tồn tại các giá trị a_0, a_1, , a_{k+1} sao cho a = a_0 < a_1 < < a_k < a_{k+1} = b, và f là liên tục trên mỗi khoảng (a_i, a_{i+1}) Hơn nữa, f sẽ là đơn điệu chặt hoặc hằng số trên mỗi khoảng (a_i, a_{i+1}) với i = 0, , k.
Cấu trúc o-tối tiểu có tính chất phụ thuộc vào dáng điệu của hàm một biến f : R → R Điều này được thể hiện rõ qua định nghĩa và ví dụ sau đây Định nghĩa 1.2.10 ([20, Định nghĩa-trang 510]) mô tả một cấu trúc trên trường số thực.
Rđược gọi làbị chặn đa thứcnếu mọi hàm f : R→ R thuộc vào cấu trúc đó thoả mãn điều kiện sau: Tồn tại sốN ∈ N nào đó (phụ thuộc f) sao cho f(t) = O(t N ) khit → +∞.
Tất cả các tập nửa đại số trong R^n với mọi n∈ N tạo thành một cấu trúc o-tối tiểu trên R Tập định nghĩa trong cấu trúc nửa đại số này chính là tập nửa đại số, và chúng tạo thành một cấu trúc o-tối tiểu bị chặn đa thức.
Bổ đề sau đây là một tính chất rất quan trọng của hàm nửa đại số một biến cũng như là của các cấu trúc bị chặn đa thức.
Bổ đề 1.2.12 (Bổ đề phân đôi cấp tăng, [35, Bổ đề 1.7])
(i) Cho f : (0,e) → R là một hàm nửa đại số thoả mãn f(s) 6= 0với mọi s ∈ (0,e).
Khi đó tồn tại các hằng sốa 6=0vàα ∈ Q sao cho f(s) = as α +o(s α )khis → 0 + ;
(ii) Cho f: (r,+∞) → R là một hàm nửa đại số thoả mãn f(s) 6= 0 với mọi s ∈ (r,+∞) Khi đó tồn tại các hằng số a 6= 0 và α ∈ Q sao cho f(s) = as α +o(s α ) khis→ +∞.
Chú ý rằng tất cả những tính chất trên của cấu trúc o-tối tiểu đều đúng cho cấu trúc các tập nửa đại số.
Sau đây là một tính chất của hàm thực một biến lớpC d bất kỳ.
Bổ đề 1.2.13 (van der Corput) chỉ ra rằng, với hàm thực một biến khả vi lớp C d (d ∈ N) và thỏa mãn điều kiện |u(d)(τ)| ≥ 1 cho mọi τ ∈ R, ta có thể ước lượng độ đo Lebesgue của tập hợp các τ ∈ R mà tại đó |u(τ)| ≤ e Cụ thể, ước lượng này được biểu diễn bởi công thức mes{τ ∈ R : |u(τ)| ≤ e} ≤ (2e)((d+1)!)^(1/d)e^(1/d) cho mọi e > 0.
Bất biến tô pô của kỳ dị đường cong phẳng: Các thương cực và số mũ Łojasiewicz gradient 17
Đa giác Newton tương ứng với một cung
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày lại khái niệm về đa giác Newton liên quan đến một cung theo nghiên cứu của Kuo và Parusiński, đồng thời giới thiệu phương pháp trượt để tính toán các khai triển Newton-Puiseux địa phương.
Cho f: (K², 0) → (K, 0) là một mầm hàm giải tích với khai triển Taylor, được biểu diễn dưới dạng f(x,y) = f_m(x,y) + f_{m+1}(x,y) + với mỗi f_k là một đa thức thuần nhất bậc k và f_m không đồng nhất bằng 0 Giả sử rằng f là chính quy cấp m theo x, thì f_m(1, 0) khác 0 Nếu f không chính quy theo x, ta có thể thực hiện phép biến đổi x' = x, y' = y + cx với c là một hằng số thích hợp, để đảm bảo rằng f(x, y + cx) trở thành chính quy theo x.
Một cung giải tíchφtrongK 2 là tập ảnh của ánh xạ giải tích Φ : K→ K 2 ,t 7→(x(t),y(t)).
Lấy φ là một cung giải tích trong K^2 không tiếp xúc với trục x, có thể tham số hóa bằng x = c₁tⁿ₁ + c₂tⁿ₂ + ∈ K{t} và y = t^N Điều này cho phép đồng nhất nó với chuỗi Puiseux: x = φ(y) = c₁yⁿ₁ + c₂yⁿ₂ + ∈ K{yⁿ₁}, trong đó N ≤ n₁ < n₂ < là các số nguyên dương Đặt X := x − φ(y) và Y := y, ta có được kết quả mong muốn.
Hình 2.1: Đa giác Newton của f tương ứng với ϕtrong Ví dụ 2.1.1.
Mỗi điểm có tọa độ (i, N j) với c ij ≠ 0 được gọi là chấm Newton, và tập hợp các chấm này tạo thành lược đồ Newton Biên của bao lồi các chấm Newton là đa giác Newton P(f, φ) tương ứng với nghiệm φ Nếu φ là nghiệm Newton-Puiseux của f = 0, không có chấm Newton nào trên đường thẳng X = 0; ngược lại, nếu φ không phải là nghiệm này, các số mũ của chuỗi f(φ(y), y) = F(0, Y) tương ứng với các chấm Newton trên X = 0 Đặc biệt, ord f(φ(y), y) = h 0, với (0, h 0) là chấm Newton thấp nhất trên X = 0 Các cạnh của đa giác Newton P(f, φ) được ký hiệu là E s, và các góc tương ứng là θ s, được xác định theo cách thông thường.
Ví dụ 2.1.1 Cho f(x,y) := x 3 −y 4 +y 5 vàφ : x =y 4 3 Ta có
Từ định nghĩa, đa giác Newton của f tương ứng với φ có hai cạnh compact là
Lấy một cạnhE s bất kỳ, gọi đa thức kết hợp với cạnh đó làE s (z)được xác định bởiE s (z) := E s (z, 1),trong đó
Cạnh Newton cao nhất, ký hiệu E H, là cạnh compact của đa giác P(f,φ), với một đỉnh là chấm Newton thấp nhất trên X = 0 Ví dụ, trong trường hợp này, cạnh E 2 chính là cạnh Newton cao nhất.
Tiếp theo, ta nhắc lạiphương pháp trượttheo [50].
Giả sử φ không phải là nghiệm của f = 0, ta xem xét đa giác Newton P(f, φ) Lấy một nghiệm khác không bất kỳ của E H (z) = 0, với E H (z) là đa thức kết hợp với cạnh Newton cao nhất E H Định nghĩa φ 1 (y): x = φ (y) + cy tan θ H là một phần tử trượt của φ theo f, trong đó θ H là góc tương ứng của E H Quá trình trượt đệ quy φ → φ 1 → φ 2 → sẽ dẫn đến giới hạn φ ∞, là nghiệm của f = 0, được gọi là kết quả cuối cùng của quá trình trượt φ theo f Mỗi lần trượt tạo ra một đa giác Newton mới P(f, φ), làm cho điểm Newton (0, h 0) trên X = 0 dịch chuyển lên trên; với φ ∞, không còn điểm Newton nào trên P(f, φ ∞) nữa Lưu ý rằng φ ∞ có dạng φ ∞: x = φ (y) + cy tan θ H + các từ cấp cao hơn.
Phương pháp trượt dựa trên một bổ đề kỹ thuật sau đây:
Bổ đề 2.1.2 trình bày rằng cho φ là một chuỗi Puiseux không phải là nghiệm của phương trình f = 0, với θ H và E H (z) lần lượt là góc và đa thức kết hợp với cạnh Newton cao nhất E H Xét chuỗi ψ: x = φ (y) + c y ρ + các từ cấp cao hơn, trong đó c thuộc K và ρ thuộc Q với ρ > 0 Từ đó, chúng ta có các khẳng định quan trọng.
(i) Nếu hoặc tanθ H < ρhoặc tanθ H = ρvà E H (c) 6= 0thì P(f,φ) = P (f,ψ),và vì vậyordf( φ (y),y) = ordf( ψ (y),y).
(ii) Nếutanθ H = ρ vàE H (c) = 0thìordf( φ (y),y) ρ = tan θ H, áp dụng Bổ đề 2.1.2 một lần nữa dẫn đến ordf(ξ 1,2 (y),y) = ordf(φ(y),y).
Do đó, bao hàm thức ngược lại thỏa mãn Định lý được chứng minh.
Sự tồn tại và ổn định của cận sai số H ¨older, bất đẳng thức Łojasiewicz toàn cục và các giá trị Fedoryuk đặc biệt 39
Cận sai số H ¨older toàn cục của tập dưới mức
Trong mục này, chúng tôi khảo sát sự tồn tại của cận sai số H ¨older toàn cục cho tập dưới mức [f ≤ t] tương ứng với t ∈ [inf f,+∞) Chúng tôi sẽ chỉ ra rằng có một tập thử để quyết định xem [f ≤ t] có cận sai số H ¨older toàn cục hay không Đặt f : R n → R là một hàm đa thức và định nghĩa Λ+(f) := {t ∈ [inf f,+∞) : [f ≤ t] có cận sai số H ¨older toàn cục}.
(i) Dãy {x k } ⊂ S được gọi là dãy loại một của [f ≤ t] trên S nếu [f ≤ t] khác rỗng và
(ii) Dãy{x k } ⊂Sđược gọi làdãy loại hai của[f ≤t]trênSnếu[f ≤t]khác rỗng và
NếuS = R n thì ta quy ước gọi các dãy trên làdãy loại một (hoặc hai) của [f ≤ t].
Một số kết quả liên quan đến cận sai số yêu cầu phải thỏa mãn điều kiện Slater và tính lồi Định lý sau đây (xem [32, Định lý A]) cung cấp một tiêu chuẩn quan trọng để xác định sự tồn tại của cận sai số.
Hệ thống H ¨older toàn cục của [f ≤ t] được xác định bởi hai loại dãy mà không yêu cầu tính lồi hay điều kiện Slater Định lý 3.1.2 ([32, Định lý A]) chỉ ra rằng các điều kiện sau đây là tương đương.
(i) Không tồn tại các dãy loại một và loại hai của[f ≤t];
(ii) [f ≤ t]có cận sai số H¨older toàn cục, tức là tồn tạiα,β,c >0 sao cho
F + 2 := {t ∈ R : [f ≤ t]có dãy loại hai}. Định nghĩa 3.1.3 Đặt h+ :
Ta gọih+ là ngưỡng của cận sai số H¨older toàn cục của hàm f, còn được gọi là ngưỡng của bất đẳng thức Łojasiewicz phía trên của f Định lý 3.1.4 cung cấp một công thức cho Λ+(f), từ đó giúp hiểu rõ hơn về tính chất của hàm này.
(h+,+∞)\F + 1 nếu F + 2 6=∅ vàh+ ∈ F + 2 , [h + ,+∞)\F + 1 nếu F + 2 6=∅,h + 6=−∞ và h + ∈/ F + 2 , [inf f,+∞)\F + 1 nếu F + 2 = ∅, inff > −∞ và f đạt infimum,
(inf f,+∞)\F + 1 nếu F + 2 = ∅, inff > −∞ và f không đạt infimum,
Hơn nữa,Λ+(f)là một tập con nửa đại số của R
Chứng minh rằng nếu t ∈ F + 2, thì tồn tại một dãy {x k } là dãy loại hai của [f ≤ t] Chọn t 0 sao cho f ≤ t 0 ≤ t, từ đó suy ra [f ≤ t 0 ] ⊆ [f ≤ t] Giả sử cả hai tập này đều khác rỗng, ta có dist(x k ,[f ≤ t 0 ]) ≥ dist(x k ,[f ≤ t]).
Từ đó suy radist(x k ,[f ≤ t 0 ]) → +∞, do đót 0 ∈ F + 2 Ta chỉ có các khả năng sau:
• F + 2 = [inf f,h + ]hoặc (inf f,h + ]hoặc(−∞,h + ]nếuh + ∈ F + 2 ;
• F + 2 = [inf f,h+)hoặc (inf f,h+)hoặc (−∞,h+)nếuh+ ∈/ F + 2
Từ đó suy ra công thức của tậpΛ+(f).
Từ công thức của tập Λ+(f), ta chỉ cần chứng tỏ rằng F + 1 là một tập nửa đại số Ta có
Đối với điều kiện 0 < f(x)−t < e và dist(x,[f ≤ t])≥ δ, chúng ta có thể khẳng định rằng tập F + 1 có thể được xác định bằng một công thức bậc nhất Theo Định lý 1.2.4, F + 1 là tập con nửa đại số của R, và từ đó, định lý đã được chứng minh.
Nhận xét 3.1.5 Trường hợp [f ≤ inf f] = ∅, tức là f không đạt infimum, theo Định nghĩa 3.0.1, chúng tôi mặc định là tập [f ≤ inf f] không đạt cận sai số
H ¨older toàn cục Do đó lúc nàyinf f ∈/ Λ + (f).
Mệnh đề 3.1.6 Cho f : R n → R là một hàm đa thức và A : R n → R n là một đẳng cấu tuyến tính Khi đó Λ+(f ◦A) = Λ + (f).
Chứng minh. Đặtg := f ◦A Trước hết, ta chứng minh rằng nếut 0 ∈ Λ + (g)thì t 0 ∈ Λ + (f) Ta có f(y) = f(A◦ A − 1 (y)) = g(A − 1 (y)) Do đó
[g(A − 1 (y))−t 0 ] α + + [g(A − 1 (y))−t 0 ] β + ≥ cdist(A − 1 (y),[g ≤t 0 ]) (3.5) Tồn tạix 0 ∈ g − 1 (t),t ≤t 0 sao cho dist(A − 1 (y),[g≤ t 0 ]) =kA − 1 (y)−x 0 k, khi đó f(A(x 0 )) =t Đặty 0 = A(x 0 )và chú ý rằng Alà một đẳng cấu tuyến tính, ta có f(y 0 ) = tvà tồn tại c 0 > 0sao cho c 0 ky−y 0 k ≥ kA − 1 (y)−A − 1 (y 0 )k ≥ 1 c 0 ky−y 0 k.
Từ đó kéo theo dist(A − 1 (y),[g≤ t 0 ]) =kA − 1 (y)−A − 1 (y 0 )k ≥ 1 c 0 ky−y 0 k ≥ 1 c 0 dist(y,[f ≤t 0 ]). Kết hợp đánh giá trên với (3.4) và (3.5), ta có
[f(y)−t 0 ] α + + [f(y)−t 0 ] β + ≥ c c 0 dist(y,[f ≤t 0 ]),∀y∈ R n , tức là t 0 ∈ Λ + (f) Khẳng định t 0 ∈ Λ + (f) ⇒ t 0 ∈ Λ + (g) được chứng minh tương tự.
Bậc của đa thức f được ký hiệu là d Theo Mệnh đề 3.1.6, chúng ta có thể sử dụng một phép biến đổi tuyến tính thích hợp để viết f dưới dạng monic theox n, đảm bảo rằng tập Λ+(f) không thay đổi qua phép biến đổi này.
Kết quả dưới đây được lấy cảm hứng từ Định lý 2.3 trong bài báo [34], với ý tưởng chính là sử dụng Bổ đề 1.2.13 để xác định một tập thử cho cận sai số H¨older toàn cục, được giới thiệu lần đầu trong bài báo [33] trong trường hợp địa phương Kết quả này và các hệ quả của nó rất hữu ích để tính h+ và Λ+(f) trong trường hợp hai biến Định lý 3.1.7 chỉ ra rằng, với f có dạng monic theo x n, các khẳng định sau là tương đương: (i) Không tồn tại các dãy loại một và loại hai của [f ≤t] trên V 1.
(ii) Tồn tạiα,β,c >0sao cho
(iii) Tồn tại α,β,C >0 sao cho
(iv) [f ≤ t]có một cận sai số H¨older toàn cục.
Ta sẽ chứng minh lần lượt theo sơ đồ sau:(i) ⇒ (ii) ⇒ (iii) ⇒ (iv)⇒ (i).
Theo giả thiết, hàm ψ(τ) được xác định trên khoảng [0,+∞) và có giá trị trong khoảng [0,+∞) Dựa vào Mệnh đề 1.2.7 và Hệ quả 1.2.8, ta xác định rằng ψ(τ) là một hàm nửa đại số Để chứng minh điều (ii), cần phân tích hành vi của hàm ψ(τ) khi τ tiến tới 0 hoặc +∞, dẫn đến bốn trường hợp cần xem xét.
(a) ψ(τ) ≡0 với τ đủ bé và ψ (τ) ≡0 với τ đủ lớn;
(b) ψ( τ ) ≡0vớiτ đủ bé vàψ( τ ) 6≡ 0với τ đủ lớn;
(c) ψ( τ ) 6≡ 0với τđủ bé và ψ( τ )≡ 0với τ đủ lớn;
(d) ψ(τ) 6≡ 0với τđủ bé và τ đủ lớn.
Ta sẽ chứng minh (i)⇒(ii) cho trường hợp (d), các trường hợp khác có thể chứng minh tương tự.
Doψ( τ )là một hàm nửa đại số và do cách xác định hàmψcủa trường hợp (d) nênψ(τ) 6≡ 0với bất kỳ τ ∈ [0,δ)∪[r,+∞)với δ > 0đủ bé và r > 0 đủ lớn Từ
Bổ đề 1.2.12, tồn tại các hằng sốa> 0,b >0vàα, ˜˜ βsao cho ψ( τ ) = aτ α ˜ +o( τ α ˜ )khi τ → 0, (3.7) và ψ( τ ) = bτ β ˜ +o( τ β ˜ )khi τ → +∞ (3.8)
Rõ ràngα˜ >0 Từ (3.7) tồn tại δ> 0 sao cho
Từ (3.8) tồn tại∆ >0sao cho với x∈ {z ∈ V 1 : [f(z)−t] + ≥∆}thì ta có
Do không tồn tại dãy loại hai nên hàmdist(x,[f ≤ t])bị chặn trên tập
{z∈ V 1 : δ ≤[f(z)−t] + ≤∆}. Điều này kết hợp với (3.9), (3.10) và (3.11) cho ta chứng minh (i)⇒(ii).
(ii) ⇒ (iii) Giả sử ta có (ii) Khi đó:
• Nếux ∈ [f ≤ t]thì dist(x,[f ≤t]) =0và do vậy (iii) thoả mãn.
• Nếux ∈ V 1 thì (iii) là hệ quả của (ii).
Bởi vậy, ta có thể giả sử x ∈/ [f ≤ t]∪ V 1 Xét x = (x 0 ,x n ) ∈ R n − 1 × R với x 0 = (x 1 , ,x n − 1 ) Ta đặt u x 0 ( τ ) = f(x 0 ,τ)−t d! ,τ ∈ R và Σ(x 0 ) τ ∈ R : |u x 0 ( τ )| ≤ f(x)−t d!
Từ đạo hàm cấp theo biến τ, ta có u (x d 0) (τ) = 1 và theo Bổ đề 1.2.13, tồn tại một hằng số c 0 > 0 không phụ thuộc vào x (với điều kiện f(x) > t) sao cho mesΣ(x 0) ≤ c 0 (f(x) − t) 1/d Ở đây, mesΣ(x 0) là độ đo Lebesgue của tập Σ(x 0) Rõ ràng, tập Σ(x 0) không rỗng và không bằng R.
DoΣ(x 0 )là một tập con nửa đại số đóng trongRnên ta có Σ(x 0 ) = ∪ m i = 1 [a i ,b i ] [ ∪ s j = 1 {c j }, vớia i ,b i ,c j ∈ R ,i = 1, ,m;j = 1, ,s, và
Trước hết, ta thấy rằngx n 6=c j ,∀j = 1, ,s Thật vậy, từc j là một điểm cô lập củaΣ(x 0 )thìc j là một điểm cực trị củau x 0 ( τ ) Do đó, du x 0 dτ (c j ) = 0, tức là ∂f
∂x n (x 0 ,c j ) = 0hay(x 0 ,c j )∈ V 1 , trong khi giả thiết làx = (x 0 ,x n ) ∈/ V 1 Do đó,x n ∈ {a i ,b i ;i =1, ,m}.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng x n = a 1 Từ |u x 0 (a 1 )| = |u x 0 (b 1 )|, ta xét hai trường hợp sau:
• Nếuu x 0 (a 1 ) = −u x 0 (b 1 )thì tồn tạiτ 1 ∈ [a 1 ,b 1 ]sao chou x 0 ( τ 1 ) = 0, điều này nghĩa là f(x 0 ,τ 1 ) = t, tức là(x 0 ,τ 1 ) ∈ f − 1 (t) ⊂[f ≤t] Do đó dist(x,[f ≤ t]) ≤dist(x,(x 0 ,τ 1 )) = |x n − τ 1 |= |a 1 − τ 1 | ≤ mesΣ(x 0 ). Kết hợp (3.12), ta đượcdist(x,[f ≤t]) ≤ c 0 (f(x)−t) 1/d và suy ra (iii).
• Nếuu x 0 (a 1 ) = u x 0 (b 1 )thì từ Định lý Rolle, tồn tạiτ 2 ∈ [a 1 ,b 1 ]sao cho du x 0 dτ (τ 2 ) = 0, điều này nghĩa là (x 0 ,τ 2 ) ∈ V 1 Chú ý rằng τ 2 ∈ Σ(x 0 ), vậy từ (ii) ta suy ra tồn tạic >0 để
(3.13) với α,βlà hai hằng số ở (ii) Chọn P(x 0 ,τ 2 ) là một điểm thuộc[f ≤ t]thoả mãndist((x 0 ,τ 2 ),[f ≤ t]) =dist((x 0 ,τ 2 ),P(x 0 ,τ 2 )) Ta có dist(x,[f ≤t]) ≤ dist(x,P(x 0 ,τ 2 ))
Do đó dist(x,[f ≤ t])≤ 2mesΣ(x 0 ) +2 dist((x 0 ,τ 2 ),[f ≤ t])
≤ c 0 (f(x)−t) 1/d +2 dist((x 0 , τ 2 ),[f ≤t]). Kết hợp với bất đẳng thức (3.13), ta có (iii).
(iii) ⇒ (iv) Rõ ràng, (iii) suy ra không tồn tại dãy loại một và loại hai của[f ≤ t].
Vì vậy (iv) là hệ quả của Định lý 3.1.2.
Kết hợp (iv) với Định lý 3.1.2 cho thấy không tồn tại dãy loại một và loại hai của [f ≤ t] Điều này dẫn đến việc không thể có dãy loại một và dãy loại hai của [f ≤ t] trên V1 Do đó, ta có được kết luận (i).
Nhận xét3.1.8 Định lý 3.1.7 chứng tỏ rằng các dãy loại một và loại hai có thể được tìm trên tậpV 1 cho bởi (3.6).
Ta có hệ quả sau, chứng minh tương tự như Định lý 3.1.4.
Hệ quả 3.1.9(Công thức thứ hai choΛ+(f)) Cho đa thức f có dạng monic theo x n Khi đó ta có:
(h+,+∞)\F + 1 nếu F + 2 6=∅ vàh+ ∈ F + 2 , [h+,+∞)\F + 1 nếu F + 2 6=∅,h+ 6= −∞ vàh+ ∈/ F + 2 , [inf f,+∞)\F + 1 nếu F + 2 = ∅, inf f >−∞ và f đạt infimum,
(inf f,+∞)\F + 1 nếu F + 2 = ∅, inf f >−∞ và f không đạt infimum,
R\F + 1 nếu F + 2 = ∅ và inf f =−∞, trong đó các dãy loại 1 và loại 2 tương ứng của các tập[f ≤t]trong định nghĩa của các tậpF + 1 vàF + 2 đều tồn tại trên tậpV 1
Mối liên hệ giữa các giá trị Fedoryuk với sự tồn tại của các cận sai số H ¨older toàn cục
cận sai số H¨older toàn cục
Mối liên hệ giữa các giá trị Fedoryuk và sự tồn tại của các cận sai số H ¨older toàn cục đã được xác nhận trong nhiều nghiên cứu trước đây Chúng tôi thiết lập mối liên hệ này bằng cách chứng minh rằng h+ thuộc Ke ∞ (f) ∪ {±∞} và F + 1 nằm trong Ke ∞ (f) Định nghĩa 3.2.1 chỉ ra rằng, cho hàm đa thức f: R n → R, tập các giá trị Fedoryuk của f, hay còn gọi là tập Fedoryuk, được xác định theo một cách cụ thể.
Nhận xét3.2.2 Chú ý rằng Ke ∞ (f) có thể là một tập vô hạn phần tử, chẳng hạn, xét ví dụ sau (xem [72]), nếu f(x,y,z) = x+x 2 y+x 4 yz, thì
Đặt X := {x ∈ R n : f(x) ≥ t} với t ∈ [inf f,+∞), X là không gian metric đủ với metric Euclid và hàm f : X → R bị chặn dưới Giả sử t ∈ F + 1 và {x k } là dãy loại một của [f ≤ t], khi đó kx k k → ∞, f(x k ) > t, f(x k ) → t, tồn tại δ > 0 sao cho dist(x k ,[f ≤ t]) ≥ δ Đặt k = f(x k ) − t, ta có e k > 0 và e k → 0 khi k → +∞ Đặt λ k = √ e k, từ Bổ đề 1.3.6, tồn tại dãy {y k } ⊂ X sao cho f(y k ) ≤ t + e k = f(x k) và dist(y k , x k ) ≤ λ k Hơn nữa, với bất kỳ x ∈ X, x ≠ y k, ta có f(x) ≥ f(y k ) − e k λ k dist(x, y k).
Ta códist(y k ,x k ) ≤ λ k = √ e k → 0và dist(x k ,[f ≤ t]) ≥ δ > 0, do đó hình cầu
B(y k , δ 2 ) = {x ∈ R n : dist(y k ,x) ≤ δ 2 }chứa trong X Khi đó, bất đẳng thức (3.15) kéo theo bất đẳng thức f(y k +τu)− f(y k ) τ ≥ −√ e k với mọi u∈ R n ,kuk =1và τ ∈ [0, δ 2 ) Cho τ → 0ta có h∇f(y k ),ui ≥ −√ e k
Vìy k không phải là điểm tới hạn của f nên ta có∇f(y k ) 6= 0 Đặtu =− ∇f(y k ) k∇f(y k )k, ta được k∇f(y k )k ≤ √ e k → 0 Rõ ràng là f(y k ) → t và ky k k → ∞ Vì vậy t ∈ Ke ∞ (f).
Mệnh đề 3.2.4 Nếu [f ≤ t]có một dãy loại hai {x k }, thì tồn tại một dãy loại hai{y k } cũng của[f ≤t]thoả mãn các tính chất sau: t ≤ f(y k ) ≤ f(x k ) và k∇f(y k )k → 0.
Hơn nữa, tồn tại một dãy con{y 0 k }của dãy{y k }sao cho lim k → ∞ f(y 0 k )∈ Ke ∞ (f).
Chứng minh Giả sử{x k }là một dãy loại hai của [f ≤ t] Đặt
X = {x∈ R n : f(x) ≥t}, e k = f(x k )−t và λ k = 2 dist(x k ,[f ≤ t]). Theo Bổ đề 1.3.6, tồn tại dãyy k ∈ Xsao cho f(y k ) ≤t+e k = f(x k ), dist(x k ,y k ) ≤ 1 λ k , và f(x) ≥ f(y k )− e k λ k dist(x,y k ),∀x ∈ X (3.16)
Lấyye k ∈ [f ≤t]sao cho dist(y k ,[f ≤t]) = dist(y k ,ye k ) Ta được dist(y k ,[f ≤t]) ≥ dist(x k ,ye k )−dist(x k ,y k )
Từ đó tồn tại δ > 0 sao cho dist(y k ,[f ≤ t]) ≥ δ
2 với k đủ lớn, kết hợp với dist(x k ,y k ) ≤ 1 λ k ta có dist(x k ,y k ) → 0 Vì vậy, hình cầu B(y k , 2 δ ) chứa trong
X\[f ≤ t] Đặt x k = y k +tu ∈ B (y k , 2 δ ) với u ∈ R n ,kuk = 1 và t ∈ [0, δ 2 ) Từ (3.16), lấyt ∈ (0, δ 2 ), ta được
Do đóh∇f(y k ),ui ≥ − λ k e k với bất kỳu ∈ R n thoảkuk =1 Đặtu= − ∇f(y k ) k∇f(y k )k, chú ý rằng mẫu số khác0vìy k không phải là điểm tới hạn của f, suy ra k∇f(y k )k ≤ e k λ k = 2e k dist(x k ,[f ≤t]).
Từ mối quan hệ t + e k = f(x k ), ta có t ≤ f(x k ) ≤ M với M = sup k f(x k ) Điều này cho thấy tồn tại một dãy con của dãy {f(x k )} hội tụ đến t 0 ∈ [t, M] Khi gọi dãy con đó là {f(x k )}, ta có f(x k ) → t 0 Lưu ý rằng y k ∈ R n \[f ≤ t], do đó ky k k → ∞ và t ≤ f(y k ) ≤ f(x k ) ≤ M < +∞ Điều này dẫn đến dist(y k, [f ≤ t]) → ∞ và k∇f(y k )k → 0.
Từ đó suy ra tồn tại dãy con{y 0 k }là dãy loại hai của[f ≤t]thoả mãn klim→ ∞ f(y 0 k )∈ Ke ∞ (f) và k∇f(y 0 k )k → 0.
Mệnh đề 3.2.5 NếuF + 2 6=∅ vàh+ là hữu hạn thìh+ ∈ Ke ∞ (f).
Để chứng minh rằng h+ (hữu hạn) thuộc tập Ke ∞ (f), ta cần chỉ ra rằng với mọi ε > 0 đủ nhỏ, điều này là khả thi nhờ vào tính chất tập đóng của Ke ∞ (f).
Từ giả thiết,F + 2 chỉ có thể là một khoảng hoặc một điểm.
NếuF + 2 là một khoảng thì ta có thể giả sử với mọie > 0đủ bé, tập[f ≤ h+−e] khác rỗng và có một dãy loại hai{x k } ⊂ R n , tồn tại M thoả mãn h + − e ≤ f(x k ) ≤ M và dist(x k ,[f ≤h + − e ]) → ∞.
Không mất tổng quát, giả sử rằng dãy{f(x k )}là dãy hội tụ.
Có ba trường hợp con sau:
1 Nếu lim k → ∞ f(x k )< h + , thì từ Mệnh đề 3.2.4 ta có dãy{y k }sao cho t < f(y k ) ≤ f(x k ) và dãy{y k } có dãy con hội tụ đến điểm thuộc tập Fedoryuk Do đó
2 Nếu lim k → ∞ f(x k ) = h+, thì ta có thể giả sử rằng f(x k ) ≤ h++ e với mọi k Lập luận tương tự như trên, cũng sử dụng Mệnh đề 3.2.4, ta có
3 Nếu lim k → ∞f(x k ) = h++ e 0 với e 0 > 0 thì ta có thể giả sử rằng0 < e < e 0 Với mỗiklấyy k là điểm của f − 1 (h++e)sao cho dist(x k ,[f ≤ h++ e ]) = kx k −y k k với mọik.
Do e > 0, nên [f ≤ h + e] không có dãy loại hai, dẫn đến {x_k} không phải là dãy loại hai của [f ≤ h + e] Điều này chứng minh rằng tồn tại A > 0 sao cho ||y_k - x_k|| ≤ A với mọi k Do đó, ta có ||y_k|| ≥ ||x_k|| - ||y_k - x_k|| ≥ ||x_k|| - A, từ đó suy ra ||y_k|| → ∞ khi k → ∞.
Lấyz k ∈ f − 1 (h+− e )sao cho ky k −z k k =dist(y k ,[f ≤ h + − e ])với mọi k.
Hơn nữa ky k −z k k ≥ kx k −z k k − ky k −x k k ≥dist(x k ,[f ≤ h+− e ])−A, suy ra dist(y k ,[f ≤ h + − e ]) → ∞ Vì vậy {y k } là một dãy loại hai của [f ≤ h + − e ] Do f(y k ) = h++etừ Mệnh đề 3.2.4, ta có
Nếu F + 2 chỉ gồm một điểm, tức là F + 2 = {inf f}, thì theo Định nghĩa 3.1.3, h+ = inf f Điều này dẫn đến việc [f ≤ h+ − e] = ∅ và [f ≤ h+] ≠ ∅ Dựa vào Mệnh đề 3.2.4, tồn tại một dãy loại hai {x_k} của [f ≤ h+] sao cho lim k → ∞ f(x_k) = h+ + e₀ Tương tự như trường hợp trước, dãy {y_k} ⊂ f⁻¹(h+ + e) (với e < e₀) cũng là dãy loại hai của [f ≤ h+] Áp dụng Mệnh đề 3.2.4, ta có
Từ hai trường hợp ta đều có (3.17) đúng và do đó Mệnh đề được chứng minh.
Hệ quả 3.2.6 NếuKe ∞ (f) = ∅ thì ta có:
(i) Λ+(f) = [inf f,+∞)nếuinf f > −∞ và f đạt infimum;
(ii) Λ+(f) = (inf f,+∞)nếuinf f > −∞ và f không đạt infimum;
Giả sử rằng Ke ∞ (f) = ∅, từ Mệnh đề 3.2.3 suy ra F + 1 = ∅ Hơn nữa, theo Mệnh đề 3.2.4, tập F + 2 cũng là tập rỗng Điều này dẫn đến hệ quả trực tiếp từ Định lý 3.1.4 Định lý 3.2.7 khẳng định rằng nếu Ke ∞ (f) < +∞, thì Λ + (f) 6= ∅.
Chứng minh bằng phản chứng, giả sử Λ+(f) = ∅ Từ giả thiết #Ke ∞ (f) < +∞ và Mệnh đề 3.2.3, ta có #F + 1 < +∞ Theo Định lý 3.1.4, Λ+(f) = ∅ nếu và chỉ nếu h+ = +∞ Với t 1 ∈ (inf f, +∞), tồn tại một dãy loại hai của [f ≤ t 1] Theo Mệnh đề 3.2.4, tồn tại M 1 > t 1 và a 1 ∈ [t 1, M 1] ∩ Ke ∞ (f) Chọn t 2 sao cho M 1 < t 2, do h+ = +∞, tồn tại một dãy loại hai của [f ≤ t 2] Do đó, tồn tại M 2 > t 2 và a 2 sao cho a 2 ∈ [t 2, M 2] ∩ Ke ∞ (f) Lặp lại quá trình này, ta có dãy vô hạn a 1 < a 2 < a 3, thuộc tập Ke ∞ (f) Do đó, #Ke ∞ (f) = +∞, mâu thuẫn với giả thiết của định lý Vậy ta đã chứng minh được điều cần chứng minh.
Trong trường hợp đa thức hai biến thực, ta có kết quả sau đây.
Hệ quả 3.2.8 Cho f : R 2 → R là một hàm đa thức hai biến, khi đóΛ+(f) 6= ∅
Chứng minh Dễ thấyKe ∞ (f)⊂ Ke C ∞ (f), trong đó
Khi đó, theo Định lý 1.3.2 của H V Hà [29] (xem thêm [50]), ta có#Ke C ∞ (f) 0, điều kiện [Φ ≤ a] luôn có một dãy loại hai.
Với mọie >0đủ bé, xét dãyw n = (x n ,y n ,z n )sao cho y n > 0,y n →0,x n = 1 y n ,z n = a+ e y 2 n
Dễ thấyw n ∈ Φ − 1 (a+ e )và ta có khẳng định sau:
Khẳng định 5 dist(w n ,Φ − 1 (a)) → +∞(n → ∞) Do đóa∈ F + 2
Chứng minh Giả sử rằng dist(w n ,Φ − 1 (a)) = kw n −u n k, trong đóu n = (a n ,b n ,c n ) ∈ Φ − 1 (a).
Bằng phản chứng, giả sử tồn tại M > 0 sao cho dist(w n ,Φ − 1 (a)) ≤ M, khi đó kw n −u n k < M Do đó ta có|x n −a n |< M Điều này kéo theo: x n −M < a n < x n +M tức là 1 y n −M < a n < 1 y n +M (3.18)
Ta có|z n −c n | < Mvàz n → +∞ nênc n → +∞ Chú ý rằngc n = a b 2 n + (a n b n −1) 2 nên a n b n −1→ 0 và b n →0.
Xétb n >0 Từ (3.18) suy ra b n y n −Mb n −1 ≤ a n b n −1 ≤ b n y n +Mb n −1, ta được−Mb n ≤ (a n b n −1)− b n y n −1
→ 0hay b n y n → 1.Sử dụng bất đẳng thức|z n −c n |< M, ta có: a+e y 2 n − a
(a n b n −1) 2 +b 2 n → a+e.Mặt khác ab 2 n (a n b n −1) 2 +b 2 n ≤ a. Điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Trường hợpb n 0 Từ đó nếu t < a thì t ∈ F + 2 Do inf f = −∞nên ta được F + 2 = R, khi đóh+ = +∞ Vậy Λ + (Φ) = ∅.
Ví dụ trên giúp chúng ta hiểu rõ hơn về cận sai số H¨older toàn cục Đặc biệt, trong trường hợp tập Fedoryuk vô hạn, khái niệm này có thể trở nên không còn hiệu quả.
Các kiểu ổn định của các cận sai số H ¨older toàn cục
Từ cấu trúc nửa đại số một chiều và công thức của tập Λ+(f), chúng ta định nghĩa các kiểu ổn định của cận sai số H ¨older toàn cục Cụ thể, với t ∈ [inf f, +∞) và f là một đa thức n biến thực, chúng ta có thể xác định các đặc điểm của sự ổn định này.
1 t lày-ổn địnhnếu t ∈ Λ + (f)và tồn tại e >0sao cho(t−e,t+ e )⊂ Λ + (f);
2 t lày-ổn định phảinếut ∈ Λ + (f)và tồn tại e >0sao cho[t,t+ e )⊂ Λ + (f) và(t−e,t)∩Λ + (f) = ∅;
3 t là y-ổn định tráinếu t ∈ Λ + (f)và tồn tại e > 0sao cho (t−e,t] ⊂ Λ + (f) và(t,t+ e )∩Λ + (f) = ∅;
4 t lày-cô lậpnếu t ∈ Λ + (f)và với mọi e > 0 đủ nhỏ thì
5 t làn-ổn địnhnếu t ∈/ Λ + (f)và tồn tại e >0sao cho
6 tlàn-ổn định phảinếut ∈/ Λ + (f), tồn tạie > 0sao cho[t,t+e)∩Λ + (f) = ∅ và(t−e,t) ⊂Λ + (f);
7 tlàn-ổn định tráinếut ∈/ Λ + (f), tồn tại e >0 sao cho(t− e, t]∩Λ + (f) = ∅ và(t,t+e) ⊂Λ + (f);
8 t làn-cô lậpnếu t ∈/ Λ + (f)và với mọi e > 0đủ nhỏ thì
Ta xét 3 trường hợp tương ứng của tập các giá trị Fedoryuk.
3.3.1 Trường hợp tập Fedoryuk là tập rỗng
Từ Hệ quả 3.2.6 và Định nghĩa 3.3.1, ta có hệ quả sau.
Hệ quả 3.3.2 NếuKe ∞ (f) = ∅ thìt ∈ [inf f,+∞)là một trong các kiểu sau:
• Nếut ∈ (inf f,+∞), thìt là y-ổn định.
• Nếut = inf f và f − 1 (inf f) 6= ∅ thì tlà y-ổn định phải.
• Nếut = inf f và f − 1 (inf f) = ∅, thì t là n-ổn định trái.
(ii) Trường hợpinf f = −∞ :t là y-ổn định với mọit ∈ R
Theo Định lý C trong [32], nếu f là một đa thức đủ tổng quát, thì Ke ∞ (f) = ∅ Từ Hệ quả 3.3.2, chúng ta chỉ có hai trường hợp và các kiểu ổn định tương ứng.
3.3.2 Trường hợp tập Fedoryuk là một tập hữu hạn và khác rỗng
Chúng ta sẽ phân loại các kiểu ổn định của cận sai số H ¨older khi tập các giá trị Fedoryuk là hữu hạn và khác rỗng Theo Định lý 3.3.4, nếu Ke ∞ (f) là tập hữu hạn và khác rỗng, với t ∈ [inf f,+∞), thì t thuộc một trong các kiểu ổn định đã được xác định.
Trường hợp A Nếu h+ = inf f vàinf f >−∞ thì
(i) t là y-ổn định nếu và chỉ nếut >h+ vàt ∈/ F + 1 ;
(ii) t là y-ổn định phải nếut =h+ ∈ Λ + (f)và f − 1 (inf f) 6= ∅;
(iii) t là n-ổn định trái nếut =h+ ∈/Λ + (f)hoặc f − 1 (inf f) = ∅;
(iv) t là n-cô lập nếu và chỉ nếut ∈ F + 1
Trường hợp B Nếuh+ > inf f >−∞ và h+ hữu hạn thì
(i) t là y-ổn định nếu và chỉ nếut >h+ vàt ∈/ F + 1 ;
(ii) t là y-ổn định phải nếu và chỉ nếut = h+ vàh+ ∈ Λ + (f);
(iii) t là n-ổn định nếu và chỉ nếuinf f ≤t < h+ ;
(iv) t là n-ổn định trái nếu và chỉ nếut = h+ ∈/ Λ + (f);
(v) t là n-cô lập nếu và chỉ nếut > h+ vàt ∈ F + 1
Chứng minh Chú ý rằng từ giả thiết tập Ke ∞ (f)là một tập hữu hạn khác rỗng, ta có tậpF + 1 cũng là tập hữu hạn.
Xét trường hợp A: h+ = inf f > −∞ Từ Định lý 3.1.4, ta có Λ+(f) = [inf f,+∞)\F + 1 hoặc Λ+(f) = (inf f,+∞)\F + 1
Suy ra[f ≤t]có cận sai số H ¨older toàn cục với mọit >h+ vàt ∈/ F + 1
Xét trường hợp B: h + là một giá trị hữu hạn và h + > inf f > −∞ Từ Định lý 3.1.4, ta có Λ+(f) = [h+,+∞)\F + 1 hoặc(h+,+∞)\F + 1 Quan sát công thức trên của tậpΛ+(f), ta được:
• t là y-ổn định nếu và chỉ nếut ∈ (h + ,+∞)\F + 1 , suy ra khẳng định (i);
• NếuΛ+(f) = [h+,+∞)\F + 1 thìt = h+là y-ổn định phải, từ đó ta có khẳng định (ii);
• inf f < t < h + nếu và chỉ nếu t ∈ F + 2 Từ (inf f,h + ) ⊆ F + 2 kéo theo rằngt là n-ổn định nếu và chỉ nếuinf f ≤t r1, được mô tả bởi các nghiệm Newton-Puiseux tại vô hạn Để mô tả quỹ tích thực của đường cong g(x,y) = 0 trong nửa đường thẳng (-∞, -r), với r > r1, chúng ta sử dụng các nghiệm Newton-Puiseux tại vô hạn của đường cong g(x,y) = g(-x,y) với x > r và r > r1.
• RP+(g)là tập tất cả các nghiệm Newton-Puiseux thực tại vô hạn củag(x,y);
• RP−(g)là tập tất cả các nghiệm Newton-Puiseux thực tại vô hạn củag(x,y). ĐặtRP(g) = RP + (g)∪RP − (g) Từ định nghĩa củaRP+(g)và RP − (g)ta có
Để xác định tập RP(g), chúng ta có thể áp dụng thuật toán Newton cổ điển để tính các khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của đường cong affine Ngoài ra, phần mềm MAPLE cũng có thể hỗ trợ trong quá trình này Bằng cách sử dụng lệnh "puiseux" trong gói lệnh "algcurves", chúng ta có thể tìm ra các khai triển Newton-Puiseux cho đường cong g(x,y) = 0.
Giả sử ϕlà chuỗi Newton–Puiseux tại vô hạn, có dạng: ϕ(x) ∑ m k =− ∞ c k x k p =c m x m p + các số hạng có bậc thấp hơn.
Cấp tăng tại vô hạn của chuỗiϕ, ký hiệuv( ϕ ), được xác định như sau: v( ϕ ) :
Để xác định xem một giá trị có thuộc vào tập Λ+(f) hay không khi ϕ ≡ 0, cần ước lượng khoảng cách từ một điểm đến tập dưới mức Đây là một bài toán khó trong trường hợp tổng quát, nhưng với hàm hai biến (n = 2), chúng ta có thể áp dụng Hệ quả 3.1.9 cùng với công thức của tập Λ+(f) và bổ đề liên quan để giải quyết vấn đề này.
Bổ đề 3.4.1 ( [31, Mệnh đề 2.3]).Cho f và glà các đa thức hai biến thực monic theoy và ϕ ∈ RP + (g)∪RP − (g) Khi đó, tồn tại c> 0vàr 1sao cho với mọix > rthì:
1 c|x| v ( ϕ,V + ( f )) ≤dist (x,ϕ(x)),V + (f) ≤ c|x| v ( ϕ,V + ( f )) vớiv(ϕ,V+(f)) = min y ∈ RP + ( f ){v(ϕ−y)} nếu ϕ ∈ RP + (g); hoặc
1 c|x| v ( ϕ,V − ( f )) ≤dist (x,ϕ(x)),V − (f) ≤ c|x| v ( ϕ,V − ( f )) vớiv(ϕ,V−(f)) = min y ∈ RP − ( f ){v(ϕ−y)} nếu ϕ ∈ RP − (g). b Tính khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của đường cong đại số affine
Trong tiểu mục này, ta sẽ nhắc lại cách tính toán khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của một đường cong đại số.
Cho g(x,y) là đa thức monic theo y có bậc d Xét đường cong phức V C (g). Đặt gˆ(x,y,z) := z d g x z,y z
.Khi đóV C (g) là compact hoá của đường congV C (g) trong mặt phẳng xạ ảnhCP 2 , được cho bởi:
TậpV C (g)∩ {z = 0} là giao của đường cong V C (g) với đường thẳng tại vô hạn củaCP 2 , được xác định như sau:
V C (g)∩ {z= 0} ={[x : y : 0]∈ CP 2 : g d (x,y) = 0}, trong đóg d (x,y)là thành phần thuần nhất bậcdcủa đa thức g.
Vìgcó dạng monic nên tất cả các điểm thuộcV C (g)∩ {z =0}đều chứa trong bản đồ{x= 1}của đa tạp CP 2 Vì vậy,
V C (g)∩ {z =0} = {[1 : c i : 0]∈ CP 2 ,i =1, ,m}, với{c i ,i =1, ,m}là các nghiệm của đa thứcg d (1,y) = 0.
Gọi {y i1 (z), ,y ik (i)(z)}, i = 1, ,m là tập hợp tất cả các khai triển Newton-Puiseux của mầm gˆ(1, y, z) tại điểm (0, c i ) Các chuỗi y i1, , y ik (i), i = 1, ,m có thể được tính tường minh thông qua thuật toán Newton Tổng số khai triển là ∑ m i = 1 k(i) = d (bao gồm cả bội), và y(x) = xy ij 1 x, i = 1, ,m; j = 1, ,k(i) thể hiện các khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của đường cong V C (g).
Ví dụ 3.4.2 Xétg(x,y) = 2y 3 +x 2 y−2y−x Khi đó, thuần nhất hoá, ta được: gb(x,y,z) = 2y 3 +x 2 y−2yz 2 −xz 2
Ta sẽ tính các nghiệm Newton-Puiseux tại vô hạn củag(x,y) =0, tương ứng với điểm A 1 , các điểm khác tương tự Xét ge(z,y) = gb(1,y,z) = 2y 3 +y−2yz 2 −z 2
Chúng tôi tính các khai triển Newton-Puiseux của đường cong ge(z, y) = 0 trong lân cận của (0, 0) Theo thuật toán Newton, từ đầu tiên của y¯(z) là z² Để tính từ tiếp theo của y¯(z), chúng ta đặt y¯(z) = z²(1 + ϕ).
0= ge(z, ¯y(z)) = ge(z,z 2 (1+ϕ))hay2z 6 (1+ϕ) 3 +z 2 (1+ϕ)−2z 4 (1+ϕ)−z 2 =0. Lặp lại thuật toán Newton, ta cóϕ =2z 2 (1+ ψ )và: z 2 [1+2z 2 (1+ ψ )] 3 + ψ −2z 2 −2z 2 ψ= 0.
Vì vậy,ψ= z 2 + Điều này kéo theoy(z) = z 2 +2z 4 +2z 6 + Do đó, y(x) = xy(1 x) = 1 x + 2 x 3 + 2 x 5 + . là một khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của g(x,y) = 0.
∂ψ[z 2 [1+2z 2 (1+ ψ )] 3 + ψ −2z 2 −2z 2 ψ](0, 0) = 1nên từ Định lý hàm ẩn,ψlà một hàm giải tích thực Vì vậy,y(x)là một nghiệm Newton-Puiseux thực tại vô hạn củag(x,y) = 0. c Quy trình tính toán tậpΛ+(f)
Giả sử đa thức f là monic và có bậc d, chúng ta sẽ áp dụng công thức thứ hai của Λ+(f) để tính toán tập này Cần lưu ý rằng trong trường hợp có hai biến, Λ+(f) không rỗng, theo Hệ quả 3.2.8.
Vớiclà một điểm bất kỳ thuộcR, từ định nghĩa của các tập F + 1 vàF + 2 và Bổ đề 3.4.1 ta có:
(i c ) c ∈ F + 1 nếu và chỉ nếu một trong hai điều kiện sau được thoả mãn:
Hoặc∃ ye(x) ∈ RP + ( ∂ ∂y f )sao cho f(x,ye(x)) ≥c, lim x →+ ∞ f(x,ye(x)) =cvới min y ∈ RP + ( f − c )v(ey−y)≥ 0, hoặc∃ ye(x) ∈ RP − ( ∂ ∂y f )sao cho f(−x,ye(x)) ≥ c, lim x →+ ∞ f(−x,ye(x)) = cvới y ∈ RP min− ( f − c )v(ey−y)≥ 0;
(ii c ) c ∈ F + 2 nếu và chỉ nếu một trong hai điều kiện sau được thoả mãn:
Hoặc∃ y e(x) ∈ RP + ( ∂ ∂y f )sao cho f(x, y e(x)) ≥c, lim x →+ ∞ f(x, y e(x)) 6= ∞ với y ∈ RPmin+ ( f − c )v(ey−y)> 0, hoặc ∃ ye(x) ∈ RP − ( ∂ ∂y f ) sao cho f(−x,ye(x)) ≥ c, lim x →+ ∞ f(−x,ye(x)) 6= ∞ với y ∈ RP min− ( f − c )v(ey−y)> 0.
Từ điều kiện(i c ), ta có:
, f(x,ye(x)) ≥c, x →+lim ∞ f(x,ey(x)) = c, min y ∈ RP + ( f − c )v(ye−y) ≥ 0
, f(−x,ye(x)) ≥ c, x →+lim ∞ f(−x,ye(x)) = c, min y ∈ RP − ( f − c )v(ye−y)≥ 0
Vì vậy, từ công thức thứ hai củaΛ+(f)(Hệ quả 3.1.9), để tínhΛ+(f)thì ta chuyển về tínhh+ Đặt
∂y) : lim x →+ ∞ f(−x, e y(x)) =c}. Giả sửP(f) = {a 1 , a 2 , , a s }trong đú a 1 < a 2 < ã ã ã < a s Từ định nghĩa của tập
F + 2 và công thức củaΛ+(f)trong Hệ quả 3.1.9, ta có h+ ∈ P(f)∪ {−∞}.
Trong phần Nhận xét 3.4.3, các tính toán cho hai phía trục Oy được thực hiện riêng biệt: phía bên phải liên quan đến f(x,y) và phía bên trái liên quan đến f(−x,y) Điều này được thể hiện rõ qua các Bổ đề 3.4.1 cùng với các điều kiện (i c), (ii c) và các tập F1, P(f) Để tính h+, chúng ta tiến hành các bước lặp sau đây.
• Nếu(ii c )là đúng vớic = a s thìh+ = a s và tính toán hoàn thành.
• Nếu (ii c )không đúng với c = a s thì ta lấy một giá trị bất kỳ b ∈ (a s − 1 ,a s ).
Có hai khả năng sau:
Trước hết, nếu(ii c )đúng vớic = bthìb ∈ F + 2 vàh+ ∈ [b,a s ].
Doh + ∈ P(f)∪ {−∞}và [b,a s ]∩P(f) = {a s }, ta có, h + = a s và tính toán hoàn thành;
Nếu (ii c ) không đúng với c = b thì h + ≤ a s − 1 và chúng ta chuyển sang bước tiếp theo.
2.Lặp lại bước 1 với a s được thay bằng a s − 1 :
Nếu h + = a s − 1 thì tính toán hoàn thành Ngược lại, ta tiếp tục lặp lại bước 1 vớia s được thay bằng a s − 2
Theo quy trình này thì hoặc ta tìm được a i 0 ,i 0 ∈ {1, ,s} sao cho h+ = a i 0 hoặc ta chỉ rah + < a 1 Trong trường hợp sau thìh + =−∞.
3.4.2 Ví dụ Đầu tiên, ta sẽ minh hoạ quy trình tính toán tậpΛ+(f)qua một ví dụ trong [36, Ví dụ 6.1].
Ví dụ 3.4.4 Cho f(x, y) = (y 2 −1) 2 + (xy−1) 2 Ta tính tậpΛ+(f).
• Tính khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của ∂ ∂y f
Xét g(x,y) = 4y 3 +2x 2 y−4y−2x Bằng phần mềm MAPLE, sử dụng lệnh
"puiseux" của gói lệnh "algcurves" để khai triển Newton-Puiseux tại vô hạn của g(x,y) = 0, với lệnh:
> PE := convert(puiseux(g, x = infinity, y, 7, t), list);
MAPLE cho ra nghiệm Newton-Puiseux thực tại vô hạn là: x= 1 t,y = 2 t
Sử dụng MAPLE với lệnh:
Từ đó ta có f(x,ye(x)) ≤1và lim x →+ ∞ f(x,ye(x)) =1, tương tự, f(−x,ye 0 (x)) ≤1và lim x →+ ∞ f(−x,ye 0 (x)) = 1.
Ta kiểm trah+ =1hay không: Từ f(x,ye(x)) ≤ 1, ta có 1 /∈ F + 2
Ta cũng có thể chỉ ra 1 6∈ F + 2 nhờ điều kiện (ii c ) Thật vậy, ta tính nghiệmNewton-Puiseux tại vô hạn của f(x, y)−1=0 bằng lệnh:
> PG := convert(puiseux(f-1, x = infinity, y, 4, t), list);
MAPLE cho ta các nghiệm thực: hx = 1 t,y 2t 4 +t 3 RootOf
Từ đây suy ra ye(x)−y 1 (x) = −
Vì vậy, min y ∈ RP + ( f − 1 )v(ye−y) < 0 Lặp lại các lập luận trên cho nghiệmye 0 (x) củaRP−
∂y vàRP−(f −1)ta cũng có y ∈ RP min− ( f − 1 )v(ye 0 −y) 0sao cho f − 1 (t 0 ) 6= ∅ Vì f là hàm liên tục, nên f − 1 (t) 6=∅ với mọi 0≤t 1. Đặt à(t) := sup x ∈ f − 1 ( t ) dist(x,S),t ≥0.
Ta sẽ chứng tỏ rằng tồn tạiδ >0đủ bộ sao choà(t)cú những tớnh chất cần thiết.
Chúng ta chứng minh rằng tồn tại δ > 0 sao cho hàm à(t) < +∞ với mọi t ∈ [0, δ) Giả sử ngược lại, tồn tại một dãy t_k > 0 với t_k → 0 sao cho à(t_k) = ∞ với mọi k Khi đó, tồn tại dãy x_k ∈ f^(-1)(t_k) sao cho khoảng cách dist(x_k, S) → +∞ khi k → ∞ Điều này dẫn đến f(x_k) → 0 và x_k → ∞, tạo ra một mâu thuẫn.
Theo Mệnh đề 1.2.6 và 1.2.7 cùng với Định lý 1.2.4, ta có hàm a(t) được định nghĩa trên khoảng [0, δ] Bằng cách áp dụng Định lý 1.2.9 và điều chỉnh δ nếu cần thiết, chúng ta có thể kết luận rằng hàm a là liên tục và đơn điệu chặt trên khoảng (0, δ].
Ta sẽ chứng minh rằng à liờn tục tại 0.Giả sử à khụng liờn tục tại0 Khi đú, tồn tại một dãy sốt k → 0sao cho à(t k ) = sup x ∈ f − 1 ( t k ) dist(x,S) 90.
Tồn tại một dãy x_k ∈ f^(-1)(t_k) với t_k = f(x_k) → 0 và dist(x_k, S) ≠ 0, trong khi x_k → ∞ Nếu x_k hội tụ về một điểm x ∈ R^n, từ tính liên tục của f cho thấy f(x_k) → f(x), dẫn đến f(x) = 0 và dist(x_k, S) → 0, điều này tạo ra mâu thuẫn Do đó, x_k phải hội tụ đến vô cùng, f(x_k) → 0 và dist(x_k, S) không bằng 0, điều này mâu thuẫn với tính liên tục và đơn điệu của hàm trên [0, δ].
Vỡà(0) = 0vàà(t) >0với mọit ∈ (0,δ]nờn nếu δ đủ bộ thỡ à (t)là hàm tăng ngặt trên[0,δ].
Với0 0thì ta cóx k → +∞, f(x k ) → 0vàdist(x k ,S) → +∞, vì vậy(i) không thoả mãn.
Mệnh đề sau đây là một mở rộng của Định lý 2.2 trong [32].
Mệnh đề 4.1.3 đề cập đến bất đẳng thức "xa tập", trong đó giả sử mọi dãy x_k thuộc R^n \ S thỏa mãn x_k → ∞ và dist(x_k, S) → ∞ thì f(x_k) → ∞ Từ đó, có tồn tại một số r > 0 và một hàm a: [r, +∞) → R được định nghĩa, đơn điệu tăng và liên tục trên khoảng [r, +∞), sao cho giới hạn lim t → +∞ a(t) = +∞ và a([f(x)] +) ≥ dist(x, S) với mọi x thuộc f^(-1)([r, +∞)).
Trường hợp 1:Hàm f bị chặn trên, tức làr 0 :=sup x ∈ R n f(x) < +∞.
Từ giả thiết, ta suy ra tồn tại M > 0sao cho dist(x,S) ≤ M với mọi x ∈ R n Lấy bất kỳr ∈ (0,r 0 ) Với mọi x ∈ f − 1 ([r,r 0 )), f(x) ≥r = r
Khi đú hàmà(t) := M r t vớit ≥rthỏa mãn các tính chất ta yêu cầu.
Trường hợp 2:Hàm f không bị chặn trên.
Từ tính chất liên tục của f và S6=∅,ta có f − 1 (t) 6= ∅ với mọit ≥0.Đặt à(t) = sup x ∈ f − 1 ( t ) dist(x,S).
Chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một số r sao cho à(t) < ∞ với mọi t ≥ r Giả sử ngược lại rằng à(t) = ∞ với t ≥ 1 Khi đó, sẽ tồn tại một chuỗi x_k ∈ f^(-1)(t) sao cho khoảng cách dist(x_k, S) → ∞ và x_k → ∞, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Do đó, chúng ta có thể kết luận rằng à(t) < +∞ với mọi t ∈ [r, +∞) Từ đó, suy ra à là hàm được định nghĩa và xác định trên [r, +∞) Bằng cách sử dụng Định lý 1.2.9 và tăng cường nếu cần thiết, chúng ta có thể khẳng định rằng à là hàm liên tục và đơn điệu trên khoảng [r, +∞).
Ta có 2 trường hợp con:
Trường hợp 2.1: M = +∞.Ta có lim t →+ ∞ à(t) = +∞.Vỡ vậy, hàmà là đơn điệu tăng ngặt trên[r,+∞).Hơn nữa à([f(x)] + ) = à(f(x)) ≥ dist(x,S)với mọi x∈ f − 1 ([r,+∞)).
Trường hợp 2.2:M < +∞.Dễ thấy với mọixsao cho f(x) ≥ r, ta có dist(x,S)≤ M, vì vậy f(x) ≥r = r
Khi đú, hàmà(t) := Mt r vớit ≥r,có các tính chất thỏa mãn mệnh đề.
Nhận xét 4.1.4 Điều ngược lại của mệnh đề trên là không đúng Thật vậy, xét f : R → R,x 7→ √ x
1+x 2 Hàm f là khả vi nửa đại số vì đồ thị của f là tập {(x,y) ∈ R 2 |(1+x 2 )y 2 = x 2 } ∩ {xy > 0} Ta cóS = (−∞, 0] Chọn0 à 1 ( δ ).
Ta định nghĩa hàmà 3 : [δ,r]→ R xỏc định bởi cụng thức sau: à 3 (t) :b−a r− δ t− δ r− δ (b−a) +a với a:=à 1 (δ),b := à 2 (r) (4.3)
Vỡ a < b nờn à 3 (t)là hàm định nghĩa được, tăng ngặt, liờn tục trờn [δ,r]và thoả mónà 3 ( δ ) = à 1 ( δ ),à 3 (r) = à 2 (r).
Kết hợp ba hàm sốà 1 ,à 2 ,à 3 , ta nhận được hàm số à 4 (t)
à 1 (t) ∀t ∈ [0, δ ] à 3 (t) ∀t ∈ [δ,r] à 2 (t) ∀t ∈ [r,+∞) là hàm định nghĩa được, tăng ngặt và liên tục trên[0,+∞), thoả mãn à 4 (0) = 0, lim t →+ ∞ à 4 (t) = +∞.
Từ(i2)ta códist(x,S)là hàm bị chặn với mọi x ∈ f − 1 ([δ,r]) Đặt
∈ − 1 dist(x,S), khi đódist(x,S) ≤ Mvới mọix ∈ f − 1 ([ δ,r]) Do đó, à 3 ([f(x)] + ) ≥ à 3 (δ) = à 1 (δ) = à 1 (δ)M
M dist(x,S) với mọix ∈ f − 1 ([ δ,r]) Hơn nữa, vớic =min{1, à 1 M ( δ ) }, ta cú à 4 ([f(x)] + ) ≥ cdist(x,S), với mọix ∈ R n
Khi đú, hàmà(t) := 1 c à 4 (t)thoả món (ii).
Nhận xét 4.1.6 đề cập đến các điều kiện cần thiết để xác định sự tồn tại của bất đẳng thức Łojasiewicz toàn cục và cận sai số H ¨older toàn cục, như đã được trình bày trong các công trình [16] và [32] liên quan đến hàm đa thức Kết quả nghiên cứu của chúng tôi khẳng định cận sai số H ¨older toàn cục cho các hàm được định nghĩa và liên tục.
Lê Lợi [61, Mệnh đề 4] đã xét bất đẳng thứcŁojasiewicz dạng tổng quát (1.1) cho hai hàm f,gđịnh nghĩa được bất kỳ và cũng dùng điều kiện dãy để đặc trưng.
4.1.3 Mối liên hệ giữa điều kiện Palais-Smale với sự tồn tại của cận sai số H ¨older toàn cục Điều kiện Palais-Smale kéo theo sự tồn tại của một cận sai số, thông thường được chứng minh bằng cách sử dụng Nguyên lý Biến phân Ekeland, đã được biết đến nhiều trong các kết quả trước đây về các hàm liên tục trong không gian mê tric (chẳng hạn, xem [3, 10, 43]) Trong mục này, chúng tôi chứng minh một kết quả kiểu này cho các hàm định nghĩa được. Định nghĩa 4.1.7 Cho f : R n → R là một hàm liên tục và một số thực a, ta nói rằng f thỏa mãnđiều kiện Palais-Smale tại mứct,nếu mọi dãy{x k } ⊂ R n thỏa mãn f(x k )→ t vàm f (x k ) → 0khik → ∞đều có một dãy con hội tụ. Định lý sau đây mở rộng Định lý B của Hà Huy Vui trong [32] cho hàm định nghĩa được, liên tục Trong đó, chúng tôi sử dụng dưới vi phân thay vì gradient. Định lý 4.1.8 Cho f: R n → R là một hàm định nghĩa được, liên tục Giả sử
Nếu hàm f thỏa mãn điều kiện Palais-Smale tại mỗi mức t ≥ 0, thì tồn tại một hàm à: [0,+∞) → R, có tính chất định nghĩa rõ ràng, tăng ngặt và liên tục, với à(0) = 0 và lim t → +∞ à(t) = +∞ Hơn nữa, hàm à([f(x)] +) đảm bảo rằng à([f(x)] +) ≥ dist(x, S) cho mọi x ∈ R n.
Theo Định lý 4.1.5, để chứng minh rằng nếu hàm f thỏa mãn điều kiện Palais-Smale tại mỗi t ≥ 0, thì sẽ không tồn tại dãy loại một và loại hai của S.
Giả sử tồn tại dãy \( x_k \) với \( k \to \infty \) và \( x_k \in \mathbb{R}^n \setminus S \) sao cho \( f(x_k) \to 0 \) và \( \text{dist}(x_k, S) \geq \delta > 0 \) Theo phương pháp phản chứng và sử dụng Bổ đề 1.3.6, ta có thể tìm một dãy \( \{y_k\} \) sao cho \( \text{dist}(x_k, y_k) \to 0 \) và \( B(y_k, \frac{\delta}{2}) \subset \mathbb{R}^n \setminus S \) với \( X = \{x \in \mathbb{R}^n | f(x) \geq 0\} \).
2 và e k = f(x k ) Từ đó suy ra 1 khk(f(y k )− f(y k +h)) ≤ √ e k , tức là
Do đó, từ định nghĩa về độ dốc mạnh, ta có
Khi \( Chok \to \infty \), ta có \( m f(y_k) \to 0 \) Từ đó, tồn tại một dãy con của \(\{y_k\}\), giả sử dãy con đó chính là \(\{y_k\}\), thỏa mãn \( y_k \in \mathbb{R}^n \setminus S \), \( y_k \to \infty \), \( m f(y_k) \to 0 \) và \( f(y_k) \to 0 \) Điều này chỉ ra rằng hàm \( f \) không thỏa mãn điều kiện Palais-Smale tại \( t = 0 \), dẫn đến mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu Do đó, không tồn tại dãy loại một của tập \( S \).
Bây giờ, ta giả sử tồn tại một dãy x k ∈ R n \Svới x k → ∞ thoả mãn dist(x k ,S)→ ∞ và f(x k )9 ∞.
Giả sử rằng f(x_k) tiến tới t_0 trong khoảng [0, +∞) Tiếp tục áp dụng lập luận tương tự như trong chứng minh Mệnh đề 3.2.4, có thể tìm thấy dãy y_k tiến tới vô cùng với điều kiện 0 < f(y_k) ≤ f(x_k) Hơn nữa, tồn tại một δ > 0 đủ nhỏ để thỏa mãn các điều kiện đề ra.
2,e k = f(x k )và λ k = 2 dist(x k ,S) Điều này kéo theo
Từ định nghĩa về độ dốc mạnh, ta có
0≤ m f (y k ) ≤ |∇f|(y k )≤ e k λ k = 2e k dist(x k ,S). Chok → ∞ta thấy rằnge k = f(x k ) → t 0 vàdist(x k ,S) → ∞ Vì vậy m f (y k ) → 0.
Từ giả thiết f(y k ) ≤ f(x k ) và việc thay đổi {y k } bằng một dãy con nếu cần, ta có thể giả định rằng f(y k ) tiến tới t 1, với 0 ≤ t 1 ≤ t 0 Điều này cho thấy hàm f không thỏa mãn điều kiện Palais-Smale tại t 1, dẫn đến mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu Do đó, điều cần chứng minh đã được xác nhận.
Bất đẳng thức Łojasiewicz gradient cạnh thớ
Chú ý rằng bất đẳng thứcŁojasiewicz gradient (1.2) không còn đúng khi lân cận
U là không compact Chẳng hạn, xét ví dụ sau đây:
Do đó, bất đẳng thức (1.2) không đúng vớiU = R 2 Đặt
Ke ∞ (f) := {t ∈ R | ∃{x k } : kx k k → ∞,m f (x k )→ 0, f(x k ) → t}. Đây là tập các giá trị Fedoryuk ta đã định nghĩa ở Chương 3 trong trường hợp f là hàm đa thức.
Chúng tôi đưa ra tiêu chuẩn cho sự tồn tại của bất đẳng thức Łojasiewicz gradient cho độ dốc không trơn trên f − 1(D e)\B R, với D e = (−e,e) và e > 0 đủ bé, trong khi B R là hình cầu tâm 0 với bán kính R lớn Định lý 4.2.2 khẳng định rằng, cho hàm f: R n → R là hàm định nghĩa được và liên tục, nếu với mọi e > 0 đủ bé thì Ke ∞ (f)∩D e = {0}, thì hai khẳng định sau đây là tương đương.
(i) Tồn tại δ > 0 sao cho với bất kỳ dãy {x k } ⊂ f − 1 (D δ ) thoả mãn điều kiện: nếu kx k k → ∞ vàm f (x k ) → 0, thì f(x k ) → 0;
(ii) Tồn tại R,δ > 0 và một hàm ϕ : [0, δ ) → R + định nghĩa được, đơn điệu tăng ngặt và liên tục sao cho ϕ(0) = 0và m f (x)≥ ϕ (|f(x)|), với mọix ∈ f − 1 (D δ )\ B R (4.4)
Chứng minh rằng cố định e trong giả thiết của định lý, ta đặt ϕ(t) := inf x ∈ { z: | f(z)| = t } \ B r m f(x) với t ∈ [0,e) và r > 0 đủ lớn Dựa vào Mệnh đề 1.2.7 và Nhận xét 1.3.5, ϕ được xác định là một hàm Cần chứng minh sự tồn tại của δ1 đủ nhỏ.
Theo giả thiết Ke ∞ (f)∩D e ={0}, ta suy ra rằng khoảng (-e,e) không chứa giá trị nào khác ngoài 0 thuộc K ∞ (f) Giả sử với bất kỳ δ 0 > 0, tồn tại một giá trị t ∈ (0, δ 0 ) sao cho ϕ(t) = 0, thì có một dãy x k ∈ {x : |f(x)| = t} \ B r với t ∈ (0, e) thỏa mãn điều kiện kx k k → ∞ và f(x k ) → 0 Do đó, từ (i) ta có f(x k ) → 0, trong khi theo lý luận trước đó, f(x k ) = t ≠ 0, dẫn đến mâu thuẫn.
Theo công thức của ϕ(t) và Định lý 1.2.9, tồn tại một khoảng 0 < δ < δ1 sao cho ϕ(t) là hàm liên tục và đơn điệu trên (0, δ2) Với ϕ(0) = 0 và ϕ(t) > 0 cho mọi t ∈ (0, δ1), ta kết luận rằng ϕ là hàm liên tục và đơn điệu tăng ngặt trên khoảng (0, δ), trong đó δ = min{δ1, δ2}.
Từ định nghĩa của ϕ, tồn tại R > 0 (R > r) sao cho m f (x) ≥ ϕ (t) với mọi x ∈ {z: |f(z)| =t} \ B R vàt ∈ (0,δ), điều này nghĩa là m f (x)≥ ϕ (|f(x)|)với mọi x ∈ f − 1 (D δ )\ B R
Giả sử tồn tại các giá trị R, δ > 0 và hàm ϕ : [0,δ) → R + được định nghĩa là đơn điệu tăng ngặt và liên tục, với ϕ(0) = 0, đồng thời thỏa mãn bất đẳng thức (4.4) Xét một dãy {x k } thuộc f − 1 (D δ )\ B R sao cho ||x k || → ∞ và m f (x k ) → 0.
Khi đó, vớikđủ lớn, ta có m f (x k ) ≥ ϕ (|f(x k )|) và do đó ϕ(|f(x k )|) → 0 Từ đó ta có f(x k ) → 0 vì ϕ là một hàm liên tục, tăng ngặt trên[0,δ)và ϕ (0) = 0.
Trong trường hợp hàm được định nghĩa, tập Ke ∞ (f) có thể là tập vô hạn, ngay cả với hai biến Cụ thể, xét hàm nửa đại số f(x,y) = x.
1+y 2 Với bất kỳ t ∈ R, xét dãy x k = (t(1+k 2 ),k) Dễ thấy rằng kx k k → ∞,k∇f(x k )k s 1
2 Trong Định lý 4.2.2, nếu f là một hàm đa thức thì ϕ(t) là một hàm nửa đại số một biến Khi đó, từ Bổ đề 1.2.12, tồn tại a>0vàu >0sao cho ϕ(t) = at u +o(t u ) với 0
