Theo lý thuyết phương trình vi phân (xem [1]), cho trước một điều khiển u(ã) ∈ Um nghiệm của (LA) với trạng thỏi ban đầu x0 tại thời điểm t = 0, được cho bởi công thức phản hồi
x[t] ≡ x(t;x0,u(ã)) =X(t)X−1(0)x0 + Z t
0
X(t)X−1(s)B(s)u(s)ds, (2.1) trong đó X(t) là ma trận cơ bản bất kì của phương trình thuần nhất x(t) =˙ Ax(t). Đặc biệt, x0 ∈ C(t1) (ta đạt mục tiêu T (t) = 0 tại thời điểm t1) khi và chỉ khi cú một u(ã) ∈ Um sao cho
X(t1)X−1(0)x0 + Z t1
0
X(t1)X−1(s)B(s)u(s)ds = 0. (**)
Định lí 2.1. Cho hệ (LA), tập có thể điều khiển được C ∈ Rn là đối xứng và lồi.
Chứng minh. Sử dụng (**) ta thấy rằng, x0 ∈ C(t1) khi và chỉ khi có một t1 > 0 và một u(ã) ∈ U [0, t1] sao cho:
x0 = −X0 Z t1
0
X−1(s)B(s)u(s)ds. (2.2)
Nhờ (2.2), nếu x0 ∈ C(t1) (sử dụng u(ã)), thỡ −x0 ∈ C(t1) (sử dụng −u(ã)), nên C = S
t1>0
C(t1) là đối xứng.
Vì phép lấy tích phân là tuyến tính và Um[0, t1] là lồi nên từ (2.2) ta suy ra C(t1) là lồi.
Thật vậy, nếu x0 ∈ C(t1) với điều khiển u0(ã) và x∗ ∈ C(t1) với điều khiển u∗ thì [αx0+ (1−α)x∗] ∈ C(t1) với điều khiển [αu0+ (1−α)u∗]. Nhưng hợp C = S
t1>0
C(t1) của các tập lồi có thể không lồi. Thực tế để chứng minh C lồi, ta lấy x0 ∈ C(t1),x∗ ∈ C(t∗), khi đó (2.2) đúng với x0 và x∗ thỏa mãn
x∗ = −X(0) Z t∗
0
X−1(s)B(s)u∗(s)ds.
Không mất tính tổng quát, giả sử t1 < t∗.
Nếu ta xác định một điều khiển mới u0(t) bằng u(t) từ (2.2) trên [0, t1] và bằng 0 trên (t1, t∗] thì (2.2) được viết thành
x0 = −X(0) Z t∗
0
X−1(s)B(s)u0(s)ds,
Điều đó có nghĩa là x0 ∈ C(t∗). Vì C(t∗) là lồi nên tổ hợp bất kì của x∗ và x0 cũng thuộc C(t∗) ⊂C.
Nhận xét 2.1. 1. Định lí trên vẫn đúng (chứng minh tương tự) vớiA(t),B(t) là các ma trận liên tục, không nhất thiết là các ma trận hằng số.
2. Định lí trên được áp dụng cho bất kì lớp điều khiển U có cả tính đối xứng và tính lồi. Vì vậy, định lí này đúng với cả các lớp điều khiển UP C
(điều khiển hằng số từng mảnh) và Uε (điều khiển trơn). Chúng ta kí hiệu các tập điều khiển được tương ứng lần lượt là CP C và Cε.
3. Chứng minh trên sẽ không thực hiện được với lớp các điều khiển bang- bang, UBB[0, t1] và UBBP C[0, t1], vì chúng có tính đối xứng nhưng không có tính lồi; chứng minh cũng đã sử dụng một điều khiển lấy giá trị 0, do đó nó không ở trong UBB. Chúng ta kí hiệu các tập điều khiển được ứng với UBB[0, t1], UBBP C[0, t1] lần lượt là CBB(t1), CBBP C(t1). Ngoài ra chúng ta cũng có thể chứng minh được:
Đối với hệ tuyến tính Ô-tô-nôm (LA), CBB(t1) trùng với C(t1); tập này compact, lồi và phụ thuộc liên tục (theo metric Hausdorff) vào t1.
Từ đó suy ra với hệ (LA), C ≡ S
t1>0C(t1) = S
t1>0CBB(t1) ≡ CBB. Vì C là lồi nên CBB cũng lồi.
Nhận xét 2.2 (Nguyên lí bang-bang). Cho hệ tuyến tính
˙
x(t) =A(t)x+B(t)u+b(t)
Giả sử các giả thiết thông thường của chúng ta là đúng, trừ trường hợp các giá trị của u(t) chỉ bị ràng buộc nằm trong một tập compact cố định tùy ý Ψ ⊂ Rm. Khi đó tập điều khiển được tương ứng CΨ(t1) compact, lồi và phụ thuộc liên tục vào t1.
Các điều khiển bang-bang nhận giá trị (|ui(t)| = 1) tại các đỉnh của hình lập phương đơn vị. Vì các đỉnh của hình lập phương đơn vị Ω ⊂ Rn (hoặc trong trường hợp tổng quát là các điểm cực biên của các tập lồi) có cùng bao lồi với Ω (chính là Ω), nên theo Định lí trên CBB(t1) =C(t1) với mọi t1 > 0.
Ví dụ 2.1. (C có thể không chứa một tiệm cận nào của mục tiêu) Xét hệ 2 chiều
( p˙ = p+u,
˙
q = q +u, , −1 ≤ u(t) ≤ 1.
Hình 2.1:
Đây là một hệ tuyến tính với x(t) =
"
p(t) q(t)
#
, A =
"
1 0 0 1
#
, B =
"
1 1
# ,
n= 2, m = 1, T (t) ≡ 0.
Nghiệm thỏa mãn điều kiện ban đầu x(0) = x0 là x(t) = etx0 +n
etRt
0 e−su(s)ds o
"
1 1
# .
Nếu p(0) > 1 và q(0) > 1 thì từ hệ phương trình vi phân dẫn đến p(t)˙ >
0,q(t)˙ > 0,∀t. Rõ ràng C = {(p, q) | p = q,|p| < 1,|q| < 1} nên C không chứa một lân cận nào của gốc tọa độ (Hình 2.1). Việc ta bỏ các hạn chế về miền giỏ trị của u(ã) thỡ kết luận vẫn khụng thay đổi.
Ví dụ trên chỉ ra rằng ta cần một số ràng buộc đối với ma trận A và ma trận B trong hệ (LA) để đảm bảo C chứa một lân cận của mục tiêu 0. Chìa khóa cho bài toán này là ma trận điều khiển M(A,B) :
M= [B,AB,A2B, . . . ,An−1B].
cấp n×(mn).
Định lí 2.2. Cho hệ tuyến tính Ô-tô-nôm (LA). Khi đó rankM = n ⇔0 ∈ intC
Chứng minh. Thực tế chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề tương đương 0 ∈/ intC ⇔rankM < n.
Thật vậy, với t1 > 0, từ (2.2) ta cú x0 ∈ C(t1) khi và chỉ khi cú u(ã) ∈ Um sao cho
x0 = − Z t1
0
e−AsBu(s)ds, (2.3) do X(t) =eAt là ma trận cơ bản của hệ (LA).
Đầu tiên, giả sửrankM < n. Khi đó có một vectơ đơn vị y ∈ Rn,||y|| = 1, trực giao với mọi vectơ cột của M, tức là 1×m vectơ dòng yTAkB = 0 với k = 0,1, . . . ,(n−1).
Nếu P(λ) ≡ det(λI − A) là đa thức đặc trưng của A, thì theo Định lí Cayley-Hamilton, P(A) = 0. Do đó An có thể được viết như một tổ hợp tuyến tính của các lũy thừa bậc thấp hơn của nó
An = β1An−1 +. . .+βn (*) và
yTAnB = β1yTAn−1B+β2yTAn−2B+. . .+βnyTB = 0.
Bằng cách nhân (*) với yTA rồi cho yTAn+1B = 0, và cứ tiếp tục như thế, ta được yTAkB = 0 với mọi k = 0,1,2, . . . Nhưng
e−As =
∞
X
k=0
(−1)kAk k! sk,
nên yTe−AsB = 0. Do đó với mọi x0 ∈ C(t1),yTx0 = 0 do (2.3) và C(t1) nằm trong siêu phẳng trực giao với y,∀t1 > 0. Vì C là hợp của các tập C(t1) nên nó nằm trong siêu phẳng đó. Chứng tỏ 0 ∈/ intC.
Ngược lại, giả sử 0 ∈/ intC. Khi đó ∀t1 > 0,0 ∈/ intC(t1), vì C(t1) ⊂ C. Mà0 ∈ C(t1) (bằng cỏch lấyu(ã) ≡ 0), với mọit1 và C(t1) lồi nờn với mỗi t1, tồn tại một siêu phẳng chứa0 sao cho C(t1) nằm về một phía của siêu phẳng này, tức là có một vectơ khác không b(t1) sao cho ∀x0 ∈ C(t1),bTx0 ≤ 0.
Khi đó Z t1
0
bTe−AsBu(s)ds = −bTx0 ≥ 0,∀u(ã) ∈ Um,∀x0 ∈ C(t1). (2.4) Từ đó suy ra (theo bổ đề dưới đây) (**) bTe−AsB ≡ 0 trên [0, t1]. Chọn s= 0 ta có bTB ≡ 0. Vi phân hai vế của (**) k lần rồi lấy s = 0 ta thu được bTAkB ≡ 0, k = 0,1,2, . . . Do đó b là trực giao với các cột của M. Chứng tỏ rankM < n.
Nhận xét 2.3. Ta đã chứng minh được với hệ (LA):
1. rankM < n ⇒ ∃ một siêu phẳng cố định chứa tất cả C(t1), t1 > 0;
2. rankM = n ⇔0 ∈ intC,∀t > 0;
3. rankM = n ⇔ ∀b 6= 0,bTe−AtB 6≡ 0 (vì là một hàm của t).
Các hệ mà bTe−AsB 6≡ 0 với mỗi b 6= 0 được gọi là hệ riêng đối với (LA), hệ có tính chất này khi và chỉ khi rankM = n.
Bổ đề 2.1. Giả sử t1 > 0 và b ∈ Rm cho trước. Nếu (2.4) đúng với mọi u(ã) ∈ Um[0, t1] thỡ vectơ dũng bTe−AsB ≡0 với s ∈ [0, t1].
Chứng minh. Cho v(s) ∈ Rm là vectơ cột mà chuyển vị của nó là véc tơ dòng bTe−AsB. Nếu u(ã) ∈ Um thỡ −u(ã) ∈ Um. Bằng cỏch thay u(ã) bởi −u(ã) trong (2.4) ta có Rt1
0 vT(s)u(s)ds = 0,∀u(ã) ∈ Um.
Giả sử với s0 ∈ [0, t1],v(s0) 6= 0 ∈ Rm. Khi đó u(s) = 0 ∈ Rm, ngoại trừ s trong một lân cận nhỏ N của s0. Trong N, đặt u(s) là vectơ hằng v(s0).
Nhờ tính liên tục của v(s) ta có thể chọn N sao cho Z t1
0
vT(s)u(s)ds = Z
N
vT(s)v(s0)ds > 0,
mâu thuẫn.
Chứng minh trên chỉ yêu cầu hai tính chất của Um : (i) u(ã) ∈ Um ⇒ −u(ã) ∈ Um;
(ii) Với bất kì s0 ∈ [0, t1] và vectơ khác véc tơ 0 bất kì v(s0) ∈ Rm, có một điều khiển chấp nhận được u0(ã) sao cho vT(s0)u0(s) dương trong một lân cận của s0 và bằng 0 ngoài lân cận đó. Các lớp điều khiển hằng từng mảnh và điểu khiển trơn thỏa mãn các yêu cầu này. Cũng như vậy, hình lập phương đơn vị Ω có thể được thay thế bằng tập compact đối xứng bất kì Ψ với 0 ∈ intΨ.
Vì tính điều khiển được là một khái niệm độc lập với cơ sở trong Rn và Rm nên nếu ta đổi biến và đổi điều khiển y(t) = Px(t) và v(t) = Qu(t), trong đóP,Q lần lượt là các ma trận hằng không suy biến cấp n×m, m×n, thì hệ mới
y˙ = PAP−1y+PBQ−1v = ˜Ay+ ˜Bv
phải có tính chất điều khiển được (với các miền biến đổi trong Rn và Rm qua các ánh xạ Px,Qu) như hệ gốc (LA) x˙ = Ax+Bu. Điều đó dễ thấy vì
rank{B,AB,A2B, . . . ,An−1B} = rankP{B,AB,A2B, . . . ,An−1B}Q−1. Ví dụ 2.2. Xét bài toán trong không gian một chiều
˙
x = x+u, −1 ≤ u(t) ≤1.
Do các ràng buộc trên u(t) nên x(t)˙ > 0 nếu x(t) > 1 và x(t)˙ < 0 nếu x(t) < −1. Vì vậy C ⊂[−1,1].
Từ phương trình (2.3), x0 ∈ C(t1) ⇔ x0 = −Rt1
0 e−su(s)ds với một điều khiển chấp nhận được u(ã).
Do đó, vì|u(t)| ≤ 1nênx0 ∈ C(t1)suy ra |x0| ≤ Rt1
0 e−sds= 1−e−t1 ≤ 1. Nếu |x0| ≤ 1−e−t1 thì ta dễ dàng giải được phương trình và chọn u(t) sao cho x(t1;x0, u(ã)) = 0. Thực tế ta cú thể chọn u(t) ≡ +1(x0 < 0) hoặc u(t) ≡ −1(x0 > 0) trên một đoạn [0, t∗], và u(t) ≡ 0 trên (t∗, t1). Do vậy C(t1) ={x0||x0| ≤ 1−e−t1} và C = {x0||x0| < 1} ( Hình 2.2)
Trong ví dụ này thìC 6= Rn.Vấn đề là phương trình thuần nhấtx(t) =˙ x(t) có điểm gốc x = 0 là 1 điểm cân bằng không ổn định.
Hình 2.2: (+):biểu thị đường cong phản hồi với u(t)≡+1.
Định lí 2.3. Với rankM = n. Xét hệ tuyến tính Ô-tô-nôm (LA)
˙
x = Ax+Bu.
Nếu Reλ <0 với mọi giá trị riêng λ của A thì C = Rn.
Chứng minh. Theo Định lí 2.2, gốc 0 ∈ Rn có 1 lân cận B0 ≡ B(0;δ) với 0 ∈ B0 ⊂ C. Với x0 ∈ Rn cho trước bất kì, đầu tiên ta đặt u(t) ≡ 0 thì hệ động lực của (LA) trở thành x˙ = Ax.
Theo lí thuyết ổn định của hệ phương trình vi phân tuyến tính, (xem [1], [2]), giả thiết Reλ < 0 với mọi giá trị riêng λ của A, suy ra mọi nghiệm của
˙
x= Ax rốt cuộc đều đi vào và ở trong B0. Khi thuộc B0 thì cũng thuộc C nên ta có thể chuyển đến một điều khiển để điều khiển đến gốc.
Định lí 2.4. Xét hệ tuyến tính Ô-tô-nôm (LA) và M = [B,AB, . . . ,An−1B].
Khi đó
C = Rn ⇔ rankM = n và Reλ ≤ 0 với mọi giá trị riêngλ của A.
Chứng minh. Giả sử rankM = n và Reλ ≤ 0 với mọi giá trị riêng λ của A.
Ta có C là lồi (Định lí 2.1). Nếu có một trạng thái w0 ∈/ C thì w0 không thể tách với C bằng một siêu phẳng-tức là sẽ không tồn tại một vectơ cố định b ∈ Rn và một số thực α sao cho
hb,x0i ≡ bTx0 ≤ α,∀x0 ∈ C
Thực tế ta sẽ chỉ ra rằng với mọi b 6= 0 ∈ Rn và α ∈ R đều có một vectơ x0 ∈ C sao cho bTx0 > α.Thật vậy, ta cóx0 ∈ C ⇔ x0 = −Rt1
0 e−AsBu(s)ds với một số t1 và một u(ã) ∈ Um nờn ta phải chứng minh cú một u(ã) ∈ Um để
− Z t1
0
bTe−AsBu(s)ds > α.
Để thuận tiện hơn, ta phải xác định vectơ (cột) v(s) ≡ (bTe−AsB)T ∈ Rm. Như đã nói sau Định lí 2.2, giả thiết rankM = n suy ra hệ trên là hệ riêng, tức là v(s) 6≡0 với s ∈ [0, t1].
Ta chọn ui(s) = −sgnvi(s), i = 1,2, . . . , m và ui(s) = 0 khi vi(s) = 0. Khi đó với t1 tùy ý và x0 = −Rt1
0 e−AsBu(s)d(s) thì bTx0 =
Z t1
0
|v(s)|ds, ở đó |v| = Pm
i=1|vi|.
Do ít nhất một thành phần củav(s), chẳng hạn v1(s), khác 0 tại một thời điểm, chẳng hạn tại s0 nên nhờ tính liên tục, v1(s) 6= 0 trong một lân cận của s0. Ta sẽ chỉ ra R∞
0 |v1(s)|ds = +∞.
Giả sử ngược lại R∞
0 |v1(s)|ds 6= +∞. Đặt Φ(t) = R∞
t v1(s)ds. Chú ý Φ(t) →0 và −DΦ =v1, trong đó D= d
dt.
Ma trận A thỏa mãn phương trình đặc trưng P(A) = 0 nên P(−D)v(t) ≡P(−D){bTe−AtB} = bTe−AtP(A)B = 0.
Vì vậy Φ(t) là một nghiệm của phương trình với hệ số hằng.
DP(−D)Φ(t) = 0,Φ(t) 6≡0 và lim
t→∞Φ(t) = 0.
Nghĩa làΦ(t) là một tổ hợp tuyến tính của các số hạng có dạng p(t)eλt, trong đó p(t) là một đa thức và λ là một nghiệm của λP(−λ) = 0. Các nghiệm này đều không âm (trừ khi λ = 0 thì có thể có nghiệm âm). Điều này, mâu thuẫn với kết luận lim
t→∞Φ(t) = 0.
Đối với nửa còn lại của Định lí, ta xét hai trường hợp rankM < n hoặc Reλ >0 với một giá trị riêng λ của A.
Giả sử rankM < n. Khi đó như đã nói sau Định lí 2.2, C(t) nằm trong một siêu phẳng cố định ∀t > 0 nên C(t) 6= Rn (vô lí).
Cuối cùng, giả sử Reλ1 > 0 với một giá trị riêng λ1 của A. Ta muốn chỉ ra C 6= Rn. Thật vậy, tồn tại một ma trận không suy biến Q sao cho A˜ = Q−1AQ có dạng ma trận chính tắc thực
A˜ = diag
J1
J2 0
0 Jk
,
trong đó dạng ma trận Jr cấp mr × mr phụ thuộc vào giá trị riêng của A
tương ứng với nó, với λk thực, Jr =
rk 0
1 λk . . . .
0 1 λk
,
với λ = α+ iβ (β 6= 0),
Jr =
R
I2 R 0
I2 . . .
0 I2 R
, I2 =
"
1 0
0 1
#
, R =
"
α −β
β α
# .
Nếu ta xác định x(t) = Qy(t) thì (LA) trở thành
y˙ = Q−1AQy+Q−1Bu ≡ Ay˜ +w(t),y(t) ∈ Rn. (RCF) Vì |u(t)| ≤ 1 nên ta có |w(t)| ≤ K với K là hằng số. Không mất tính tổng quát, giả sửλ1 xuất hiện trongJ1.Nếuλ1 là số thực thìy˙1(t) =λ1y1(t)+w1(t) là phương trình đầu tiên trong (RCF).
Nếu y1(0) > K
λ1 thì y1(t) luôn luôn tăng nên y1(t) 9 0 và y(t) 90.
Khi λ1 = α+iβ với α > 0 và β 6= 0 thì hai phương trình đầu trong (RCF) là
˙
y1 = αy1 −βy2 +w1(t)
˙
y2 = βy1 +αy2 + w2(t)
(chỉ số trên kí hiệu thành phần).
Nhõn phương trỡnh đầu với y1(ã), phương trỡnh thứ hai với y2(ã) rồi cộng vế theo vế ta được (|| ã || là chuẩn Ơclide).
1 2
d
dt||z||2 = α||z||2 +zTw(t);z=
"
y1 y2
#
,w =
"
w1 w2
# .
Từ bất đẳng thức Cauchy - Schwarz suy ra |zTw(t)| ≤ ||z||.||w(t)||, kết hợp với phương trình cuối ở trên suy ra d
dt||z(t)|| ≥ α||z(t)|| −K. Nên nếu
||z(0)|| > (K
α) thì ||z(t)|| luôn luôn tăng nên ta cũng có y(t) 9 0(t→ ∞).
Cuối cùng, vì x(t) = Qy(t) nên trong cả hai trường hợp trên ta đều có x(t) 9 0 với nghiệm tương ứng x(t) của (LA).
Ví dụ 2.3. (Tính điều khiển được của động cơ xe lửa ) Với động cơ xe lửa, ta có:
A =
"
0 1
0 0
#
,B =
"
0 1
#
,M = [B,AB] =
"
0 1
1 0
# ,
nên rankM = 2 và hệ là hệ riêng (theo nhận xét sau định lí 2.3). Giá trị riêng duy nhất của A là λ = 0.
Từ Định lí 2.4 C = R2, tức là đối với động cơ xe lửa, bất kì trạng thái ban đầu nào cũng có thể được điều khiển đến 0 ∈ R2.
Một điều đáng nói là Định lí 2.4 trở nên đơn giản hơn đáng kể trong trường hợp không có hạn chế đối với điều khiển (u(t) ∈ Rm).
Định lí 2.5. Cho (LA) với điều khiển tự do, khi đó C = Rn ⇔rankM = n.
Định lí 2.6. Với điều khiển tự do, tập tất cả các hệ tuyến tính Ô-tô-nôm điều khiển được hoàn toàn ( nghĩa là C = Rn) là mở và trù mật trong không gian metric tất cả hệ tuyến tính Ô-tô-nôm. Với điều khiển có ràng buộc, tập tất cả các hệ thỏa mãn C ⊃ N (0) là mở và trù mật. Ở đây N (0) là một lõn cận của gốc và nú cú thể phụ thuộc vào u(ã).
Nhận xét 2.4. Định lí này cho thấy nếu một hệ là điều khiển được thì tất cả các hệ gần nó cũng điều khiển được (tính mở). Đây là điều quan trọng vì bất kì mô hình của một hệ thống thực nào cũng đều thiếu chính xác và có nhiễu.
Hơn nữa, định lí cũng cho thấy rằng nếu một hệ không thể điều khiển thì luôn có các hệ gần nó tùy ý điều khiển được (tính trù mật), vì thế việc thiếu tính điều khiển chỉ là điều gì đó mang tính chất tình cờ.
Chứng minh. Ta chỉ xử lí trường hợp điều khiển tự do và sử dụng định lí 2.5 (với điều khiển có hạn chế ta có thể chứng minh tương tự bằng cách sử dụng định lí 2.2).
Thật vậy, theo Định lí 2.5
˙
x = Ax+Bu
là điều khiển được hoàn toàn đối với điều khiển tự do khi và chỉ khi rankM = rank{B,AB,A2B, . . . ,An−1B}= n.
Điều kiện về hạng này suy ra điều kiện về định thức tồn tại N, một ma trận con cấp n×n của M, sao cho detN 6= 0.
Nếu (A,˜ B) là một hệ cố định gần (A,˜ B) thì mỗi ma trận Q˜ lấy từ tập hợp hữu hạn các ma trận con cấp n×n của M˜ = {B,˜ A˜B, . . . ,˜ A˜n−1B}˜ đều gần với ma trận con tương ứng Q của M. Hơn nữa nếu detQ 6= 0 thì detQ˜ 6= 0 với |Q−Q|˜ đủ nhỏ. Vì vậy với (A,˜ B) đủ gần (A,˜ B) ta sẽ có rank ˜M = n và do đó tập các hệ điều khiển được là một tập mở.
Giả sử hệ x˙ = A0x + B0u không điều khiển được hoàn toàn, tức là rankM < n. Ta cần tìm các ma trận (A,˜ B) gần (A˜ 0,B0) sao cho detN˜ 6= 0 với một ma trận con cấp n×n của
M˜ = {B,˜ A˜B, . . . ,˜ A˜n−1B}.˜
Với một ma trận con N˜ cấp n×n của M,˜ detN˜ có thể được xem như một đa thức P(y1, y2, . . . , yk), k = n2+mn, của các phần tử của A˜ và B˜. Trong
tình huống hiện tại P triệt tiêu khi ta sử dụng các phần tử của A0,B0 cho y1, y2, . . . , yk. Vì ta chỉ cần detN˜ 6= 0 với một ma trận con, nên ta chỉ cần chỉ ra:
Với mọi Đa thức không tầm thường P(y1, y2, . . . , yk) triệt tiêu tại y0 = (y01, y02, . . . , y0k), đều có các vectơ ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξk) gần y0 tùy ý sao cho P(ξ) 6= 0.
Nhưng điều đó tương đương với sự thật hiển nhiên là một đa thức không tầm thường k biến không thể triệt tiêu trong bất kì hình cầu k-chiều nào (Nếu nó triệt tiêu như thế thì ta có thể lấy các đạo hàm riêng cần thiết để suy ra tất cả các hệ số đều bằng 0, vô lí).