Độ phức tạp của định lý biểu diễn dương schmudgen

ĐỘ PHỨC TẠP CỦA
ĐỊNH LÝ BIỂU DIỄN DƯƠNG SCHM
¨
UDGEN
Nguyễn Thị Thanh Bình - Trương Ngọc Hải
Tóm tắt nội dung
Cho S := {x ∈ R
n
|g
i
(x) ≥ 0, i = 1, 2,··· , m} với g
i
là các đa thức. Năm
1991, Schm¨udgen chứng minh rằng nếu đa thức f dương trên S thì tồn
tại các đa thức σ
ν
(σ
ν
là tổng bình phương của các đa thức) sao cho f có
biểu diễn
f =

ν∈{0,1}
m
σ
ν
g
ν
1
1
. . . g

ν
m
m
.
Năm 2004, Schweighofer chứng minh rằng có thể chọn σ
ν
sao cho
deg(σ
ν
g
ν
1
1
. . . g
ν
m
m
) ≤ cd
2

1 +

d
2
n
d
f
f
∗


c

,
trong đó hằng số c chỉ phụ thuộc g
1
, . . . , g
m
, d = deg(f ), và nếu f =

|α|≤d
f
α
x
α
thì f = max
α
{|f
α
|
α!
|α|!
}, f
∗
= min
x∈S
f(x).
Trong bài báo này, chúng tôi chứng minh được chặn bậc tốt hơn đánh giá
của Schweighofer; cụ thể có thể chọn σ
ν
với

deg(σ
ν
g
ν
1
1
. . . g
ν
m
m
) ≤ cd
2

1 +

d(n
d
− 1)
f
f
∗

c

.
1 Giới thiệu
Trong toàn bộ bài viết ta giả thiết S := {x ∈ R
n
|g
1

(x) ≥ 0, . . . , g
m
(x) ≥
0} ⊂ R
n
trong đó g
i
, i = 1, . . . , m, là các đa thức nhiều biến. Ký hiệu
g
ν
:= g
ν
1
1
. . . g
ν
m
m
, với
ν = (ν
1
, . . . , ν
m
) ∈ {0, 1}
m
,

R[x]
2
:= {


f
2
|f ∈ R[x]}.
Định lý 1 (Schm¨udgen - 1991). Giả sử S compact và đa thức f dương
trên S. Khi đó f có biểu diễn
f =

ν∈{0,1}
m
σ
ν
g
ν
,
với
σ
ν
∈

R[x]
2
.
Chứng minh. Xem [3].
1
Định lý 2 (M. Schweighofer - 2004). Giả sử S ⊆ (−1, 1)
n
, khác rỗng. Khi
đó tồn tại số nguyên dương c chỉ phụ thuộc các đa thức g
1

, . . . , g
m
sao cho
với mỗi đa thức f ∈ R[x] bậc d và f
∗
:= min
x∈S
f(x) > 0, ta có
f =

ν∈{0,1}
m
σ
ν
g
ν
, với σ
ν
∈

R[x]
2
và
deg(σ
ν
g
ν
) ≤ cd
2


1 +

d
2
n
d
f
f
∗

c

, ∀ν ∈ {0, 1}
m
.
Mục đích của bài viết này nhằm cải thiện đánh giá trên của Schweighofer.
Chúng tôi sẽ chứng minh định lý sau:
Định lý 3. Giả sử S ⊆ (−1, 1)
n
, khác rỗng. Khi đó tồn tại số nguyên
dương c chỉ phụ thuộc các đa thức g
1
, . . . , g
m
sao cho với mỗi đa thức
f ∈ R[x] bậc d và f
∗
:= min
x∈S
f(x) > 0, ta có

f =

ν∈{0,1}
m
σ
ν
g
ν
, với σ
ν
∈

R[x]
2
và
deg(σ
ν
g
ν
) ≤ cd
2

1 +

d(n
d
− 1)
f
f
∗


c

, ∀ν ∈ {0, 1}
m
.
Nhận xét 1. Đánh giá trên chặt hơn đánh giá của Schweighorfer trong
Định lý 2.
2 Các chứng minh
Để chứng minh Định lý 3, ta cần Bổ đề sau
Bổ đề 4. Cho  > 0 và giả sử tập S := {x ∈ [−1 + , 1 − ]
n
: g
1
(x) ≥
0, . . . , g
m
(x) ≥ 0,

g
i
(x) ≤ 2n} ⊂ R
n
khác trống. Đặt
p
1
:= 1 −  + x
1
, . . . , p
n

:= 1 −  + x
n
p
n−1
:= 1 −  − x
1
, . . . , p
2n
:= 1 −  − x
n
p
2n+1
:= g
1
, . . . , p
2n+m
:= g
m
p
2n+m+1
:= 2n − (g
1
+ . . . + g
m
).
Khi đó có thể viết S = {x ∈ R
n
: p
1
(x) ≥ 0, . . . , p

2n+m+1
(x) ≥ 0}, hơn
nữa tồn tại số nguyên dương c
1
chỉ phụ thuộc các đa thức g
1
, . . . , g
m
sao
cho với mỗi đa thức f ∈ R[x] bậc d, f
∗
:= min
x∈S
f(x) > 0 và f = 1 thì f
có biểu diễn
f =

|α|≤M
a
α
p
α
1
1
. . . p
α
2n+m+1
2n+m+1
,
2

với
a
α
> 0, ∀α
và
M < c
1
d
2

1 +

d(n
d
− 1)
f
∗

c
1

.
Chứng minh Định lý 3. Do S ⊂ (−1; 1)
n
và S compact nên có thể chọn
 > 0 sao cho
S ⊆ [−1 + 2, 1 − 2]
n
.
Với p

1
, . . . , p
2n+m+1
như trên, ta có thể giả thiết p
2n+m+1
dương trên S.
Khi đó S có thể được định nghĩa như trong Bổ đề 4.
Hơn nữa do p
1
, . . . , p
2n
, p
2n+m+1
dương trên S, theo Định lý biểu diễn
dương Schm¨udgen, mỗi p
i
đều có biểu diễn
p
i
=

ν
(i)
∈{0,1}
m
σ
ν
(i)
g
ν

(i)
,
với
σ
ν
(i)
∈ ΣR[x]
2
.
Chọn c
0
:= max
i

max
ν
(i)

deg(σ
ν
(i)
g
ν
(i)
)


.
Xét f ∈ R[x], deg f = d ≥ 1, f dương trên S. Không mất tổng quát ta
giả sử f = 1.

Tồn tại c
1
như trong Bổ đề 4.
Chọn c ∈ N sao cho c
0
c
1
(1 + a
c
1
≤ c(1 + a
c
)), ∀a > 0. Theo Bổ đề 4 f có
biểu diễn
f =

|α|≤M
a
α
p
α
1
1
. . . p
α
2n+m+1
2n+m+1
, (a
α
> 0, ∀α).

Thay mỗi p
i
bởi biểu diễn của nó
p
i
=

ν
(i)
∈{0,1}
m
σ
ν
(i)
g
ν
(i)
thì f có biểu diễn
f =

ν∈{0,1}
m
σ
ν
g
ν
,
với
deg(σ
ν

g
ν
) ≤ c
0
M ≤ c
0
c
1
d
2
(1 + (
d(n
d
− 1)
f
∗
)
c
1
) ≤ cd
2
(1 + (
d(n
d
− 1)
f
∗
)
c
).

3
Chứng minh Bổ đề 4. Xét đồng cấu vành ϕ : R[y] −→ R[x], y
i
−→ p
i
.
Khi đó y
1
+ ··· + y
2n+m+1
− 2n ∈ kerϕ và
ϕ(y
1
+ ··· + y
2n+m+1
− 2n) = p
1
+ ··· + p
2n+m+1
− 2n = 0.
kerϕ là một idean hữu hạn sinh. Theo Định lý cơ sở của Hilbert tồn tại s
đa thức r
1
, . . . , r
s
sao cho kerϕ = y
1
+ ··· + y
2n+m+1
− 2n, r

1
, . . . , r
s
.
Đặt ∆ := {y ∈ R
2n+m+1
≥0


y
1
+ ··· + y
2n+m+1
= 2n},
Z = {y ∈ ∆


r
1
(y) = ··· = r
s
(y) = 0} ⊆ ∆, ký hiệu d(y, Z) là
khoảng cách từ y đến tập Z.
Ta có các mệnh đề sau:
Mệnh đề 5. Xét ánh xạ
l : R
2n+m+1
−→ R
n
(y

1
, . . . , y
2n+m+1
) −→

1
2
(y
1
− y
n+1
), . . . ,
1
2
(y
n
− y
2n
)

.
Ánh xạ hạn chế l|
Z
: Z → S là song ánh.
Chứng minh. Xem [3, Lemma 9].
Mệnh đề 6. Tồn tại đa thức R
0
∈ kerϕ, thuần nhất bậc d
0
, với d

0
∈ N
∗
sao cho R
0
không âm trên ∆ và Z = {y ∈ ∆|R
0
(y) = 0}.
Chứng minh. Xem [3, Lemma 9].
Trước hết ta chứng minh f có biểu diễn
f =

|α|≤M
a
α
p
α
1
1
. . . p
α
2n+m+1
2n+m+1
, (a
α
> 0, ∀ α).
Chọn R
0
, d
0

như Mệnh đề 6. Đặt dist(y, Z) := khoảng cách từ y đến tập
Z. Với mọi y ∈ ∆ nếu R
0
(y) = 0 thì y ∈ Z suy ra dist(y, Z) = 0. Do
∆ compact, theo bất đẳng thức Lojasiewicz, tồn tại các số nguyên dương
c
0
, c
1
sao cho
dist(y, Z)
c
0
≤ c
1
R
0
(y), ∀y ∈ ∆.
Đa thức f có thể viết thành f = F
1
+ ··· + F
d
, với F
k
là đa thức thuần
nhất bậc k. Đặt d
1
:= max{d, d
0
} và

P :=
d
1

k=0
F
k

1
2
(y
1
− y
n+1
), . . . ,
1
2
(y
n
− y
2n
)

·

y
1
+ ··· + y
2n+m+1
2n


d
1
−k
.
Ta có P là đa thức thuần nhất bậc d
1
. Hơn nữa
ϕ(P ) = fvàP (y) = f(l(y)) với mọi y ∈ ∆.
4
Vì ánh xạ hạn chế l|
Z
:= Z → S là song ánh nên
min
y∈Z
P (y) = min
x∈S
f(x) = f
∗
> 0.
Mệnh đề 7. Ta có
|P (y) − P (y

)| ≤ y − y


√
n d(n
d
− 1), ∀ y, y


∈ ∆.
Chứng minh. Do ∆ là bao lồi của các vector dạng
(2n, 0, . . . , 0), . . . , (0, . . . , 0, 2n) trong R
2n+m+1
, l(∆) là bao lồi của 2n vec-
tor ±(n, 0, . . . , 0), . . . ,±(0, . . . , 0, n) nên |x
1
| + ··· + |x
n
| ≤ n, ∀x ∈ l(∆).
Ký hiệu Df là đạo hàm của f, ta chứng minh
|Df(x)(e)| ≤
√
n d(n
d
− 1), ∀x ∈ l(∆), e ∈ R
n
với e = 1.
Với f bậc d thì f = F
0
+ ··· + F
d
, với F
k
là đa thức thuần nhất bậc k.
Do f = 1 nên f(x) ≤
d

k=0

(x
1
+ ··· + x
n
)
k
.
Ta có



∂f
∂x
i
(x)



≤
∂
d

k=0
(x
1
+ ··· + x
n
)
k
∂x

i
(|x
1
|,··· ,|x
n
|)
=
d

k=0
k(|x
1
|,··· ,|x
n
|)
k−1
≤
d

k=0
k · n
k−1
≤ d(n
d
− 1), ∀n > 1.
Do e = (e
1
, . . . , e
n
) ∈ R

n
và e =

e
2
1
+ ··· , e
2
n
= 1, nên e thuộc mặt
cầu đơn vị, suy ra
n

i=1
|e
i
| ≤
√
n.
Từ đó,
|Df(x)(e)| =




∂f
∂x
i
(x)e
i




≤




∂f
∂x
i
(x)



|e
i
| ≤
√
nd(n
d
− 1)
≤ d(n
d
− 1)

|e
i
| ≤
√

nd(n
d
− 1).
Theo Định lý phần gia
|f(x) − f(x

)| ≤ sup|Df(x)(e)|x − x

,
∀ x, x

∈ l(∆) và e ∈ R
n
,e = 1.
Suy ra |f(x) − f(x

)| ≤ x − x


√
n d(n
d
− 1).
5