DÁNG điệu tại vô hạn của một lớp đa THỨC NHIỀU BIẾN

VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM
VIỆN TOÁN HỌC
- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

NGUYỄN THỊ HOÀ

DÁNG ĐIỆU TẠI VÔ HẠN CỦA MỘT LỚP
ĐA THỨC NHIỀU BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2015


VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM
VIỆN TOÁN HỌC
- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

NGUYỄN THỊ HÒA

DÁNG ĐIỆU TẠI VÔ HẠN CỦA MỘT LỚP
ĐA THỨC NHIỀU BIẾN

Chuyên ngành:

TOÁN GIẢI TÍCH

Mã số:

60460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TSKH. HÀ HUY VUI

Hà Nội - 2015


Mục lục
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Đa giác Newton của đa thức hai biến . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Đa giác Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 q-bậc và q-phần chính của một đa thức . . . . . .
1.2.3 Các đa thức tương đương . . . . . . . . . . . . . .
1.2.4 Khai triển nghiệm của đa thức hai biến theo chuỗi

. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
Puiseux

4
4
4
4
7
10

13

2 ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC HAI BIẾN LIÊN
QUAN ĐẾN ĐA GIÁC NEWTƠN
17
2.1 Phát biểu các kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Tính ổn định của đa thức thỏa mãn đánh giá của định lý (2.1.1) . 23
3 ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA THỨC NHIỀU BIẾN LIÊN
QUAN ĐẾN ĐA DIỆN NEWTON
25
3.1 Đa diện Newton của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2 Đánh giá cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1


Mở Đầu
Cho P (ξ) là đa thức một biến thực bậc d,
P (ξ) = ad ξ d + ad−1 ξ d−1 + ... + a0 .

Khi đó, tồn tại các hằng số dương r, c1 và c2 sao cho:
|ξ| ≥ r ⇒ c1 |ξ|d ≤ |P (ξ)| ≤ c2 |ξ|d .

Nếu đa thức P (ξ) phụ thuộc vào n biến (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) ∈ Rn , để tìm kết
aα ξ α, (α = (α1 , ..., αn ) , ξ α =
quả tương tự như trên, ta viết P (ξ) =
α1

ξ1 ...ξn

αn

,

|α|

|α| = α1 + ... + αn ), dưới dạng:

P (ξ) = Pd (ξ) + Pd−1 (ξ) + ... + P0 .
aα ξ α là thành phần thuần nhất bậc i của P .

Trong đó: Pi (ξ) =
|α|=i

Khi đó, nếu Pd (ξ) = 0 khi và chỉ khi ξ = 0, thì ta có kết quả tương tự như trong
trường hợp một biến, tức là tồn tại các hằng số dương r, c1 , c2 sao cho:
ξ ≥ r ⇒ c1 ξ

d

≤ |P (ξ)| ≤ c2 ξ d .

Tuy nhiên, việc đặt điều kiện lên đa thức thuần nhất bậc cao nhất Pd (ξ) như ở
trên để kiểm soát cấp tăng tại vô hạn là khá hạn chế. Chẳng hạn, với đa thức
hai biến P (ξ1 , ξ2 ) = ξ12 + ξ24 + ξ23 + ξ1 , ta thấy ngay, tồn tại r, c1 , c2 > 0 sao cho
(ξ1 , ξ2 ) ≥ r ⇒ c1 ξ12 + ξ24 ≤ |P (ξ1 , ξ2 )| ≤ c2 ξ12 + ξ24 .

Tức là cấp tăng tại vô hạn của P (ξ1 , ξ2 ) trong ví dụ này được đánh giá thông
qua đa thức (không thuần nhất) ξ12 + ξ24 .
Các tác giả của [1] đã trình bày cách sử dụng đa diện Newton của một đa

thức để kiểm soát cấp tăng tại vô hạn của nó.
Cho
aα ξ α , ξ ∈ Rn .
P (ξ) =
|α|≤d

2


Đặt:
Supp(P ) = α ∈ (N ∪ {0})n |aα = 0 ,

và đặt N (P ) = Co(SuppP ) là bao lồi của Supp(P ).
Ta thấy N(P ) xác định một đa diện bị chặn trong Rn , có các đỉnh là các điểm
có tọa độ nguyên không âm.
Gọi V (P ) là tập các đỉnh của đa diện N(P ).
Trong [2], Gindikin đã chứng minh được kết quả sau, cho ta một cách kiểm tra
cấp tăng tại vô hạn của một đa thức thông qua khái niệm đa diện Newton của
nó.
Định lý Gindikin: hai điều kiện sau là tương đương:
i) Tồn tại r, c1 và c2 sao cho:
|ξ|α ≤ |P (ξ)| ≤ c2

ξ ≥ r ⇒ c1
α∈V (P )

|ξ|α .
α∈V (P )

aα ξ α luôn luôn khác không

ii) Với mọi mặt ∆ của N(P ), đa thức P∆ (ξ) =
α∈∆
n

trên miền (R\0) .
Mục đích của bản luận văn này là trình bày lại kết quả nói trên của Gindikin,
dựa theo chương 1 (từ trang 1-47) và chương 5 (trang 158-164)của [1]
Luận văn gồm 3 chương, các chương 1 và 2 trình bày trường hợp hai biến ,
chương 3 xét trường hợp số biến là tùy ý. Mặc dù về cơ bản, trường hợp hai
biến xét ở chương 2 là hệ quả trực tiếp của trường hợp n biến xét ở chương 3,
nhưng giống như các tác giả của [1], chúng tôi trình bày kết quả thành hai phần
riêng biệt. Trong trường hợp hai biến, nhờ sử dụng các khai triển Puiseux, ta
có thêm những thông tin cụ thể và bổ ích khác.
Các ứng dụng của Định lý Gindikin trong lý thuyết phương trình đạo hàm
riêng được trình bày trong [1]. Gần đây, định lý Gindikin đóng một vai trò quan
trọng trong một số bài toán ở các lĩnh vực khác của toán học. Chẳng hạn, dựa
trên kết quả của Gindikin, sự tồn tại cận sai số Holder cho bài toán tối ưu
với ràng buộc đa thức đã được thiết lập [ Hà Huy Vui, Global Holderian error
bound for nondeqe nerate polynomials. SIAM]. Optim.23 (2013, no.2, 917-933)](
Chương J). Trong công trình của Hà Huy Vui và Trần Gia Lộc ( International
mathematical Iournal, 2015), đánh giá hai phía của đa thức thỏa mãn điều kiện
Gindikin được sử dụng đánh giá số điểm nguyên của một lớp các tập nửa đại
số.

3


Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1

Các định nghĩa

Định nghĩa 1.1.1. Một tập A ⊂ Rn được gọi là tập lồi nếu
∀a, b ∈ A,

0 ≤ λ ≤ 1 ⇒ λa + (1 − λb) ∈ A.

Ví dụ 1.1.1. Trong Rn , hình cầu mở tâm x bán kính r > 0,
B(x, r) := {y ∈ Rn : x − y < r},

là một tập lồi.
Định nghĩa 1.1.2. Ta nói x là tổ hợp lồi của các điểm (vectơ) x1,....., xk nếu
k

k

λj xj ,

x=

λj = 1.

λj ≥ 0,
j=1

j=1

Định nghĩa 1.1.3. Bao lồi của một tập A là giao của tất cả các tập lồi chứa
A, được kí hiệu là Co(A).
Bao lồi của một tập A là tập lồi nhỏ nhất chứa A.

1.2
1.2.1

Đa giác Newton của đa thức hai biến
Đa giác Newton

Xét đa thức
aαβ ξ α η β ,

P (ξ, η) =
(α,β)∈Supp(P )

4

(ξ, η) ∈ R2 .


Với
Supp(P ) := (α, β) ∈ N2 : aαβ = 0 .

Kí hiệu:
R2+ = (α, β) ∈ R2 : α > 0,

β>0 ,

R2+ = (α, β) ∈ R2 : α ≥ 0,

β≥0 .

Đặt N0 (P ) = Co(Supp(P )), khi đó, N(P ) là một đa giác trong R2+ .
Định nghĩa 1.2.1. Ta gọi N0 (P ) là đa giác Newton của đa thức P .
α < α′

Với (α, β) , (α′ , β ′) ∈ R2 , ta nói (α, β) < (α′ , β ′) nếu và chỉ nếu

β < β′

Định nghĩa 1.2.2. Xuất phát từ đa giác Newton N0 (P ), ta xây dựng một đa
giác mới, gọi là đa giác Newton bổ sung kí hiệu là N(P ) là bao lồi của tập tất
cả các điểm (α, β), (α, 0), (0, β), (0, 0), trong đó (α, β) ∈ N0 (P ).
Ví dụ 1.2.1.
(i) Cho
P = x4 + x2 y 5 + x3 y 4 + x4 y 2 + y 5 + x3 y 3 + xy.
• Supp(P ) = {(4, 0) , (2, 5) , (3, 4) , (4, 2) , (0, 5) , (3, 3) , (1, 1)}.
β

A

5.

B
a

b
C

4.

F

h

3.

c

f
D

2.
G

1.

d
g
E
e

H

• Lấy Co(Supp(P )).

0

1.

2.

3.

4. α

Ta thấy đa giác Newton N0 (P ) của P là đa giác ABCDEG và đa giác Newton
bổ sung N(P ) là đa giác ABCDEH .
(ii) Cho
P = y 4 + x2 y 4 + x4 y 3 + x5 + 2.
5


Supp(P ) = {(0, 4) , (2, 4) , (4, 3) , (5, 0) (0, 0)}
β

A

B

4.

a
b

C

3.

2.
c

1.
D

1.

0

2.

3.

5. α

4.

Trường hợp này đa giác Newton của P trùng với đa giác Newton bổ sung của
P.

Định nghĩa 1.2.3. Đa giác Newton bổ sung N(P ) được gọi là chính quy nếu
nó không chứa các cạnh song song với các trục tọa độ và không nằm trên chúng.
Ví dụ 1.2.2. N(P ) là chính quy với
β

A

5.
a

B

4.
b

C

3.
e

2.
c

1.
d

O

0

1.

2.

D

3.

4.

α

N(P ) là đa giác OABCD .

Tính chất 1.2.1. Gọi (α0 , β0 ), (α1 , β1 ),.....,(αm+1 , βm+1 ) là các đỉnh của N(P ),
khi đó N(P ) là chính quy khi và chỉ khi
0 = α0 < α1 < .... < αm < αm+1 ,

(1.1)

β1 > β2 > ..... > βm+1 = 0

(1.2)

và
Định nghĩa 1.2.4. Một điểm nguyên (α, β) ∈ N(P ) được gọi là điểm nhỏ nếu
tồn tại (α′ , β ′) ∈ N(P ) sao cho: (α, β) < (α′ , β ′).
6


Định nghĩa 1.2.5. Một điểm nguyên (α, β) ∈ N(P ) được gọi là điểm to nếu
(α, β) không phải là điểm nhỏ.
Nhận xét 1.2.1. Rõ ràng nhữngđiểm to nằm trên biên của N(P ) và thuộc các
cạnh không nằm trên trục tọa độ.
Mọi đỉnh khác (0, 0) của N(P ) đều là điểm to.
Kí hiệu δ(P ) là bao lồi của các điểm nhỏ thuộc N(P ), với N(P ) và δ(P ) ta
đặt:
LN (P ) là tập hợp tất cả các đa thức Q thỏa mãn Supp(Q) ⊂ N(P ).
HN (P ) là tập hợp tất cả các đa thức Q thỏa mãn Supp(Q) ⊂ δ (P ).

Các tập LN (P ) và HN (P ) có thể đồng nhất với các không gian tuyến tính, nếu
ta đồng nhất (theo thứ tự từ điển) đa thức Q (ξ, η) =
bαβ ξ α η β với vectơ các
hệ số (bαβ ).
1.2.2

q-bậc và q-phần chính của một đa thức

Cho N là một đa giác lồi tùy ý trong mặt phẳng R2(α,β) và q = (q1, q2 ) ∈ R2q ,
xét tích vô hướng (q1, q2 ) , (α, β) = q1 α + q2 β .
Định nghĩa 1.2.6. Một đường thẳng tựa của N được xác định bởi một vectơ
q = (q1, q2 ) và một giá trị d(N, q) ∈ R sao cho:
(i) Với mọi điểm (α, β) ∈ N , ta có q, (α, β) ≤ d (N, q),
(ii) Tồn tại ít nhất một điểm (α0 , β0 ) ∈ N sao cho: q, (α0 , β0 ) = d (N, q),
và khi đó đường thẳng tựa xác định bởi phương trình: q1 α + q2 β = d (N, q).
Nhận xét 1.2.2. Đa giác N xác định bởi hệ (vô hạn) các bất phương trình
N = (α, β) ∈ R2+ : q, (α, β) ≤ d (N, q) , q ∈ R2+ .

Ta có thể chỉ ra rằng tồn tại hữu hạn q 1 , q 2 , ..., q m sao cho:
N(P ) =

(α, β) ∈ R2+ :

q (j) ; (α, β) ≤ d N, q (j) ; q (j) ∈ R2+ ; j = 1, 2...m ,

trong đó q (j) , j = 1, 2, ...m là các vectơ pháp tuyến ngoài của các cạnh của đa
giác.
Nếu thêm điều kiện độ dài q (j) = 1 thì với mỗi cạnh có duy nhất một pháp
tuyến ngoài.
7

Với đa thức P và với vectơ q ∈ R2 , ta đặt dP (q) =
gọi dP (q) là q - bậc của P .
Có thể chứng minh rằng, nếu q ∈ R2+ thì dP (q) =
dP (q) = d (N(P ), q).

max

(α,β)∈Supp(P )

max

(α,β)∈N (P )

q, (α, β) . Ta

q, (α, β) , tức là

Mệnh đề 1.2.1. Cho P là một đa thức, N(P ) là đa giác Newton bổ sung của P
và q (j) , j = 1, 2, ...m là các pháp tuyến ngoài với các cạnh của N(P ) không nằm
trên trục tọa độ, cho Q là một đa thức tùy ý. Khi đó
(i) Q ∈ LN (P ) khi và chỉ khi dQ q (j) ≤ dP q (j) , j = 1, 2, ...m, trong đó
q (j) , (α, β) .
dQ q (j) =
max
(α,β)∈Supp(Q)

(ii) Q ∈ HN (P ) khi và chỉ khi dQ q (j) < dP q (j) , j = 1, 2, ...m, trong đó
dP q (j) =

q (j) , (α′ , β ′ ) .
max
(α,β)∈Supp(P )

Định nghĩa 1.2.7. Đa thức P (ξ, η) được gọi là q -thuần nhất, q = (q1 , q2 ), nếu
tồn tại d sao cho P (tq1 ξ, tq2 η) = td P (ξ, η).
Nhận xét 1.2.3. Thông thường một đa thức P (ξ, η) được gọi là đa thức thuần
nhất bậc d nếu P (tξ, tη) = td P (ξ, η).
Hay nói cách khác, đa thức thuần nhất thông thường là q -thuần nhất với
q = (1, 1)

Ví dụ 1.2.3. P = x3 + x2 y + y 3 là đa thức thuần nhất bậc 3.
Q = x2 + y 3 không phải là đa thức thuần nhất thông thường (tức (1,1)- thuần
nhất ) nhưng Q là q - thuần nhất với q = (3, 2).
Thật vậy:
P (tq1 x, tq2 y) = t2q1 x2 + t3q2 y 3 = td x2 + y 3 , với q1 = 3, q2 = 2, d = 6
Ví dụ 1.2.4. Đa thức P (ξ, η) =
khi

aαβ ξ α η β là q = (q1 , q2 ) thuần nhất khi và chỉ

thì

∀ (α, β) ∈ Supp(P )

q1 α + q2 β = d.

Thật vậy:
P (tq1 ξ, tq2 η) =

aαβ tq1 α ξ α tq2 β η β =

= tq1 α+q2 β

aαβ tq1 α+q2 β ξ α η β

aαβ ξ α η β = td P (ξ, η),

với d = q1 α + q2 β

8


Định nghĩa 1.2.8. Cho P (ξ, η) =

aαβ ξ α η β , ta gọi
(α,β)∈Supp(P )

Pq (ξ, η) =

aαβ

ξ αη β

là đa thức q - thuần nhất chính của P .

q,(α,β) =dP (q)
(α,β)∈Supp(P )

Nhận xét 1.2.4. Các điểm (α, β) ∈ N(P ) sao cho q, (α, β) = dP (q) lập thành

một cạnh hoặc một đỉnh của đa giác N(P ).
Bổ đề 1.2.1. Cho đa thức P (ξ, η) =

aαβ ξ α η β và q = (q1 , q2 ), khi đó
(α,β)∈Supp(P )

ta có
P (tq1 ξ, tq2 η) = tdP (q) .Pq (ξ, η) + o tdP (q) ,

khi

t → ∞.

Chứng minh. Ta có
Pq (tq1 ξ, tq2 η) =

aαβ tq1 α ξ αtq2 β η β ;
q,(α,β) =dP (q)

aαβ .t q,(α,β) ξ α η β ;

=
q,(α,β) =dP (q)

= tdP (q)

aαβ ξ αη β ;
q,(α,β) =dP (q)

= tdP (q) Pq (ξ, η) .

Suy ra:

P (tq1 ξ, tq2 η) = Pq (tq1 ξ, tq2 η) +

aαβ tq1 ε ξ α tq2 β η β ;
q,(α,β)
= tdP (q) Pq (ξ, η) + o tdP (q) .

Bổ đề 1.2.2. Cho hai đa thức P , Q bất kì và điểm q bất kì ∈ R2 , ta có:
(P Q)q = Pq Qq ,

với

dP Q (q) = dP (q) + dQ (q) ;

với

(P + Q)q = Pq + Qq ,
(P + Q)q = Pq ,

với

dP (q) = dQ (q) ;
dP (q) > dQ (q) .

(1.3)
(1.4)
(1.5)

Chứng minh (1.3): Nếu (α′′ , β ′′) ∈ Supp(P Q) thì tồn tại (α, β) ∈ Supp(P ) và

9


(α′ , β ′ ) ∈ Supp(Q) sao cho α′′ = α + α′ , β ′′ = β + β ′ , bởi vậy:
dP Q (q) =
=

q, α′′ , β ′′

max

(α′′ ,β ′′ )∈supp(P Q)

max

q, (α, β) +

(α,β)∈supp(P )

max

(α′ ,β ′ )∈supp(Q)

q, α′ , β ′

= dP (q) + dQ (q) .

Ta có:

′′

aα′′ β ′′ ξ α η β

(P Q)q (ξ, η) =

′′

q,(α′′ ,β ′′ ) =dP Q (q)
′

aαβ aα′ β ′ ξ α η β ξ α η β

=

′

q,(α,β) + q,(α′ ,β ′ ) =dP (q)+dQ (q)
′

aα′ β ′ ξ α η β

aαβ ξ αη β

=
q,(α,β) =dP (q)

′

q,(α′ ,β ′ ) =dQ (q)

= Pq (ξ, η) Qq (ξ, η) .

Chứng minh (1.4):
dP (q) = dQ (q) ⇔

Suy ra:

max

(α,β)∈Supp(P )

q, (α, β) =

max

(α′ ,β ′ )∈Supp(Q)

q, α′ , β ′

.

(aαβ + aα′ β ′ )ξ αη β

(P + Q)q (ξ, η) =
q,(α,β) = q,(α′ ,β ′ )

′

aαβ ξ α η β +

=
q,(α,β) =dP (q)

aα′ β ′ ξ α η β

′

q,(α′ ,β ′ ) =dQ (q)

= Pq (ξ, η) + Qq (ξ, η)
1.2.3

Các đa thức tương đương

Định nghĩa 1.2.9. cho hai đa thức P , P , giả sử rằng N(P ) và N(P ) đều chính
quy. Khi đó P và P được gọi là tương đương, kí hiệu là P ∼ P , nếu N(P ) = N(P )
và P − P ∈ HN (P ) . Hay nói cách khác P ∼ P khi và chỉ khi mọi đơn thức "to"
của chúng trùng nhau.
Ví dụ 1.2.5. Cho
P = y 6 + x3 y 5 + x4 y 4 + x4 y 2 + x6 + x2 y 3 + xy 2 + 7.
P = y 6 + x3 y 5 + x4 y 4 + x6 + 3.

Ta có
Supp(P ) = {(0, 6) , (3, 5) , (4, 4) , (4, 2) , (6, 0) , (2, 3) , (1, 2) , (0, 0)}
Supp(P ) = {(0, 6) , (3, 5) , (4, 4) , (6, 0) , (0, 0)}
10

β

A

6.
a

B

5.

4.

b
C

e

F

f

3.

E

G
c

2.

1.

d
g
H

0

D

1.

2.

3.

4.

5.

6. α

Khi đó, N(P ) = N(P ) và P − P ∈ HN (P ) nên P ∼ P .
Bổ đề 1.2.3. Đa thức P tương đương với đa thức P nếu và chỉ nếu
Pq(j) (ξ, η) = Pˆq(j) (ξ, η) ,

(1.6)

j = 1, 2, ...m.

Trong đó q (j) là pháp tuyến ngoài với cạnh không nằm trên trục tọa độ của đa
giác N(P )
Chứng minh
• Điều kiện cần:
P ∼ P ⇒ P = P + Q, trong đó Q ∈ HN (P ) và theo Mệnh đề (1.2.1(ii)) ta có
dQ q (j) < dP q (j) . Sử dụng (1.5) ta thu được Pq(j) (ξ, η) = Pq(j) (ξ, η).
• Điều kiện đủ:

Từ
Pq(j) (ξ, η) = Pq(j) (ξ, η) ⇒ dP q (j) = dP q (j) ,

j = 1, 2...m,

theo mệnh đề (1.2.1(i)), ta có P ∈ LN (P ) . Hơn nữa, nếu Q = P − P khi đó
dQ q (j) < dP q (j) , j = 1, 2...m. Từ mệnh đề (1.2.1(ii)), suy ra Q ∈ HN (P ) và do
đó N(P ) = N(P ) và bởi vậy P ∼ P
Định lý 1.2.1. Với mọi đa thức P (ξ, η) =
q (j)

∈

R2+ ,

j = 1, 2...m và các đa thức

aαβ ξ α η β , tồn tại các vectơ

(α,β)∈Supp(P )

[j]
P (ξ, η) là q (j) - thuần

P ∼ P = P [1] ....P [m]

nhất sao cho
(1.7)

Chứng minh. Đặt q (j) là vectơ pháp tuyến ngoài của cạnh Γj (1) , j = 1, 2, ...m
(không nằm trên trục tọa độ) của đa giác N(P ) .
11


Vì N(P ) chính quy nên q (j) ∈ R2+ , j = 1, 2, ...m, gọi (α0 , β0 ) , (α1 , β1 ) ...., (αm+1 , βm+1 )
là các đỉnh của N(P ) đánh giá theo chiều kim đồng hồ. Vì (αj , βj ) ∈ Supp(P )
nên aαj βj = 0.
Đặt
−1
P [j] (ξ, η) = Pq(j) (ξ, η) a′αj βj ξ αj η βj+1
.
(1.8)
Trong đó a′α1 β1 = 1 , a′αj βj = aαj βj , j = 2, 3, ...m, và a′αj βj = 0, j = 1, 2...m.
Đa thức Pq(j) (ξ, η) là tổng của các đơn thức aαβ ξ α η β tương ứng các điểm
nguyên của cạnh Γj (1) nối đỉnh (αj , βj ) và (αj+1 , βj+1 ).
Ta có: αj ≤ α ≤ αj+1 , βj ≤ β ≤ βj+1 , (α, β) ∈ Γj (1) và bởi vậy biểu thức (1.8)
chứng tỏ P [j] (ξ, η) là một đa thức.
Theo (1.3) ta có
m

(1.9)

P [k] q(j)

Pq(j) =
k=1

Chúng ta sẽ tìm biểu thức cho các thừa số ở phía bên phải của (1.9), ta thấy
rằng giá trị của
Sj (α, β) = q (j) , (α, β)

là không đổi trên các đường thẳng song song với cạnh Γj (1) và tăng ngặt theo
hướng của q (j) .
Trên đoạn thẳng Γk (1) , với k < j , Sj đạt cực đại (ngặt) tại đỉnh Γk+1 (0) và
với k > j nó đạt giá trị cực đại tại đỉnh Γk (0) , trong đó Γk+1 (0) , Γk (0) là các đỉnh
của đoạn Γk (1) .
Thay a′α1 β1 = 1, a′αj βj = aαj βj , j = 2, ...m vào (1.8) ta có.
′

Pq(j) [k] = Pq(j) (ξ, η) a′αj βj ξ αj η βj
Pq(j)

[k]

−1

,

k=j

aαk+1 βk+1 ξ αk+1 η βk+1

aαk+1 βk+1 αk+1−αk
=
ξ
,
=
a′αk βk
a′αk βk ξ αk η βk+1

Pq(j) [k] =

aαk βk ξ αk η βk
= η βk −βk+1 ,
a′αk βk ξ αk η βk+1

k
k > j.

Nhân các hệ thức và sử dụng điều kiện a′α1 β1 = 1 ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.2.6. Cho đa thức P (ξ, η) = η 5 + ξ 3 η 3 + ξ 5 + ξ 2 η 2 + ξη 3 + ξ 3 η + 2, tìm
P ∼ P.
• Bước 1: Tìm đa giác Newton bổ sung N(P )

12


β

A

5.

4.

a
B

3.
d
D

2.
b

1.
c
O

C

0

1.

2.

3.

4.

5.

α

• Bước 2: Tìm các đa thức P [j] (ξ, η) là q (j) - thuần nhất, với j = 1, 2.

Ta có P [1] = η 2 +ξ 3 và P [2] = η 3 +ξ 2 nên P = P [1] .P [2] = η 2 + ξ 3 . η 3 + ξ 2 =
η5 + ξ 3η3 + ξ 5 + ξ 2η2.
Ta thấy các đơn thức "to" của P và P trùng nhau nên P ∼ P
1.2.4

Khai triển nghiệm của đa thức hai biến theo chuỗi Puiseux
aαβ ξ α η β dưới dạng:

Chúng ta viết đa thức P (ξ, η) =
(α,β)∈Supp(P )

Pj (ξ) η M −j ,

P (ξ, η) = P0 (ξ) η M +

(1.10)

j≥1

trong đó Pj (ξ) là đa thức theo biến ξ . Đa thức (1.10) giải được ứng với số mũ
cao nhất của η nếu P0 (ξ) là hằng số, để đơn giản ta chọn P0 (ξ) ≡ 1, khi đó (1.10)
có dạng:
M

P (ξ, η) = η

M

Pj (ξ) η M −j .

+
j=1

Ta sẽ sử dụng (không chứng minh), kết quả sau:
Định lý 1.2.2. ([3, vol.2, Supp.A ]) Đa thức P (ξ, η) có thể phân tích dưới dạng:
M

P (ξ, η) =

(η−λj (ξ) ,
j=1

trong đó các λj (ξ) có dạng:
kj
1

λjk (ξ p )k

λj (ξ) =
k=−∞

13

hội tụ trong lân cận điểm ∞.
Các chuỗi λj (ξ), j = 1, 2, ...M được goi là các khai triển Puiseux tại vô hạn của
P (ξ, η).
Xét các số mũ lớn nhất của λj (ξ), j = 1, 2, ...m bao gồm
số mũ này có thể không phân biệt).
Gọi b1 là số mũ lớn nhất trong
km
k1 k2
p , p , .... p

k1 k2
km
p , p , .... p

. (Các

và µ1 là số các số mũ trong

k1 k2
km
p , p , .... p

mà bằng b1 .

b2 là số mũ nhỏ hơn b1 , lớn nhất trong các số mũ còn lại và µ2 là số các số

mũ trong số mũ còn lại bằng và bằng b2 .
......................................................................................... ........................................................
...................................................................................
Ta có

b1 > b2 > ..................... > bm ≥ 0,
(1.11)
và
µ1 + µ2 + .............µm = M.

Với các kí hiệu trên ta có thể viết các nghiệm λj (ξ) có cùng số mũ bj của số
hạng đầu tiên dưới dạng
λjl (ξ) = cjl ξ bj + o |ξ|bj ,

j = 1, 2, ...m,

l = 1, 2, ...µj

Định nghĩa 1.2.10. Phần chính của nghiệm λj (ξ) được định nghĩa là biểu thức
λj (ξ) có dạng:
λj (ξ) =

λjkj ξ
0,

kj
p

với

với

kj > 0

kj < 0

Định lý sau mô tả quan hệ giữa đa giác Newton và các số mũ trong khai triển
Puiseux.
Định lý 1.2.3. Cho P (ξ, η) là đa thức có dạng
Pj (ξ) η M −j .

P (ξ, η) = η M +
j≥1

i) Đa giác Newton N(P ) của P (ξ, η) có các đỉnh (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1.
Trong đó:
α0 = α1 = 0,

αj = µ1 b1 + ....... + µj−1 bj−1 ,

βj = µj + .... + µm ,

j = 1, m,
14

j = 2, ...m+1

βm+1 =β0 = 0

(1.12)
(1.13)


ii) Nếu q (j) = (1, bj ), j = 1, ...m và Pq(j) là q (j) - thuần nhất của P , khi đó
αj bj+1 −1

Pq(j) (ξ, η) aαj βj ξ η

µj

ˆ jl (ξ)) = P [j] (ξ, η) .
(η−λ

=

(1.14)

l=1

Nhận xét:
1) Theo công thức (1.12) và (1.13) ta có:
α2 = µ1 b1 , β1 = µ1 nên b1 = αβ12 .
2
α3 = µ1 b1 + µ2 b2 , β2 = µ1 + µ2 nên µ2 = β2 − β1 , b2 = α3µ−α
=
2
..............................................................................................

α3 −α2
β2 −β1 .

Giải hệ (1.12) và (1.13) đối với ẩn số µj và bj , j = 1, 2, ...m ta tìm được
µj = βj − βj−1
αj+1 − αj
= tan ϕj , j = 1, 2, ...m

bj =
βj − βj−1

Tức là ta tính được số mũ đầu tiên bj = kj /p và bội của nó thông qua đa diện
Newton.
2) Khẳng định (ii) cho ta cách tính các hệ số cjl , với j cố định, các hệ số cjl ,
l = 1, ..., µj là nghiệm của phương trình λ−βj+1 Pq(j) (1, λ) = 0
Chứng minh: Ta đã biết rằng trong các q - phần chính Pq , q ∈ R2+ , có tất
cả các đơn thức tương ứng với các đỉnh và mọi đa thức tương ứng với cạnh
của N(P ). Vì P (ξ, η) là đa thức có dạng P (ξ, η) = η M +
Pj (ξ) η M −j (
j≥1

tức là N(P ) không có cạnh song song với trục hoành ), ta chỉ cần xét các
q = (q1 , q2 ), q1 > 0, q2 > 0. Vì ở đây tỷ lệ q1 /q2 là quan trọng, nên có thể giả
sử rằng q = (1, b), b ≥ 0. Ta sẽ bắt đầu với trường hợp khi b là khác với các
giá trị b1 , ..., bm , ta có thể giả sử rằng bj−1 > b > bj .
Theo định nghĩa, với q = (1, b), Pq (ξ, η) bằng tổng các đơn thức có mặt
cαβ ξ α η β trong P (ξ, η), sao cho số mũ (α, β) thỏa mãn điều kiện α+bβ = dP (q).
Vì
kl

M

λlk ξ 1/p

(η−λl (ξ)), λl (ξ) =

P (ξ, η) =

k

.

−∞

l=1

Từ các đẳng thức trên và từ điều kiện bj−1 > b > bj , ta có thể chứng minh:
j−1 µk

m

µk

η

(−λkl (ξ))

Pq (ξ, η) =
k=1 l=1

= cj ξ

(1.15)

k=j l=1

µ1 b1 +.....+µj−1 bj−1 µj +.....µm

η

, (cj =

(−ckl ))
k
15


Hay
Pq (ξ, η) = cj ξ αj η βj , (cj = 0, q = (1; b) , bj−1 > b > bj )

(1.16)

Nếu b = bj , tức là q = q (j) = (1, bj ), thì
µj

(η − λjl (ξ)) = cj ξ αj η βj , (cj = 0, q = (1, bj )) (1.17)

αj βj+1

Pq(j) (ξ, η) = cj ξ η

l=1

Như vậy ta đã chứng minh rằng, các điểm (αj , βj ), j = 1, m và (αm+1 , βm+1 ),
(với (bm > 0)) là các đỉnh của N(P ) và hệ số cj ứng với đơn thức ξ αj η βj trùng
với aαj βj . Bởi vậy đẳng thức
µj

αj βj+1

(η − λjl (ξ)).

Pq(j) (ξ, η) = cj ξ η

l=1

Trở thành
αj bj+1 −1

Pq(j) (ξ, η) aαj βj ξ η

µj

ˆ jl (ξ)) = P [j] (ξ, η) .
(η−λ

=
l=1

Định lý 1.2.3 được chứng minh.

16


Chương 2

ĐÁNH GIÁ HAI PHÍA CỦA ĐA
THỨC HAI BIẾN LIÊN QUAN

ĐẾN ĐA GIÁC NEWTƠN
Cho P (ξ, η) là một đa thức
aαβ ξ αη β

P (ξ, η) =
(α,β)∈Supp(P )

Supp(P ) = (α, β) ∈ N2 aαβ = 0

Ta xét bài toán: tìm các điều kiện cần và đủ cho đa thức P sao cho tồn tại c,
c0 > 0 để
ξ α η β ≤ c |P (ξ, η)| , ∀ (α, β) ∈ N(P ), ξ 2 + η 2 > c0 2
(2.1)

2.1

Phát biểu các kết quả chính

Với mọi đa giác N ⊂ R2+ , giả sử (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1 là các đỉnh của đa
giác N
m+1

|ξ|αj |η|βj

ΞN (ξ, η) =

(2.2)

j=0

Các kết quả sau cho phép ta thay điểm (α, β) ∈ N(P ) trong bài toán trên bằng
các điểm (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1
Bổ đề 2.1.1.

17


i) Nếu (α, β) ∈ N(P ) thì ta có:
|ξ|α |η|β ≤ ΞN (P ) (ξ, η) , ∀ (α, β) ∈ N(P )

(2.3)

ii) Tồn tại ℵ > 0, sao cho với mọi (α, β) ∈ δ (P ) ta có:
|ξ|α |η|β < c′ (1 + |ξ| + |η|)−ℵ ΞN (P ) (ξ, η) .

(2.4)

Nhận xét 2.1.1. Khẳng định (ii) nói rằng nếu (α, β) ∈ int (N(P )) thì ta có
|ξ|α |η|β ≤ θ (Ξ (ξ, η)), khi |(ξ, η)| → ∞
Chứng minh
i) Vì (α, β) ∈ N(P ) và N(P ) là bao lồi của các đỉnh (αj , βj ), j = 0, 1, ...m + 1
nên tồn tại aj sao cho:
m+1

α=

m+1

aj αj , β =
j=0

m+1

aj βj ,
j=0

aj = 1
j=0

Đặt xj = ξ αj η βj , ta có bất đẳng thức
m+1
a0

x0 .....xm+1

am+1

aj xj ,

≤

aj = 1, xj > 0, aj > 0.

(2.5)

j=0

Chứng minh bất đẳng thức (2.5), vì aj , j = 0, m + 1 là các hệ số của bất
đẳng thức và
aj = 1 nên ta có thể viết

Pj
, j = 0, m + 1
N

aj =

⇒



 Pj ≥ 0, j = 0, m + 1



m+1

Pj = N

j=0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
x0 + ... + x0 + x1 + ... + x1 .... + xm+1 ... + xm+1
≥
P0 + P1 + ... + Pm+1

P0 +P1 +...+Pm+1

x0 r0 .x1 r1 ....xm+1 rm+1

rm+1

r0
P1
Pm+1
P0
x0 + x1 + ... +
xm+1 ≥ x0 N ....xm+1 N
N
N
N
⇔ a0 x0 + a1 x1 + ... + am+1 xm+1 ≥ x0 a0 ....xm+1 am+1

⇔

Ta có

m+1

m+1

α

β

|ξ| |η| ≤ |ξ| j=0
≤

aj βj

aj αj

|η| j=0

=

ξ αj η βj

aj ξ αj η βj ≤ ΞN (P ) (ξ, η)
18

aj


ii) Ta sẽ chứng minh rằng, nếu (α, β) ∈ δ(P ) thì tồn tại ℵ (α, β) > 0 sao cho
|ξ|α |η|β ≤ c′ (1 + |ξ| + |η|)−ℵ(α,β) ΞN (ξ, η) .

Chứng minh. Do (α, β) ∈ δ(P ) khi đó hoặc (α, β) là điểm trong của N(P ) hoặc
(α, β) nằm trên trục tọa độ.
• (α, β) là điểm trong của N(P ): khi đó ∃ε > 0, sao cho
(α + ε, β) ∈ N(P ); (α, ε + β) ∈ N(P ).

Theo (i) ta có |ξ|α+ε |η|β + |ξ|α |η|β+ε ≤ 2ΞN (P ) (ξ, η).
Hay:
2|ξ|α |η|β
|ξ|α |η|β
2
≤ α+ε β
≤ ε
α
β+ε
ΞN (P ) (ξ, η)

|ξ| + |η|ε
|ξ| |η| + |ξ| |η|
• Giả sử (α, β) thuộc trục tọa độ: chẳng hạn α = 0, β < β1 , vì N(P ) có đỉnh
(0, β1 ) và (αm+1 , 0), với αm+1 > 0 nên
|η|β
|η|β
≤ β
ΞN (P ) (ξ, η)
|η| 1 + |ξ|αm+1

Đặt k =

αm+1
β1

và w =

(2.6) không vượt quá

min

|ξ|k +|η|=1

(2.6)

1

(1 + |ξ| + |η|) β1 , khi đó ở phía bên phải của

w−β1 .|η|β |η| + |ξ|k

−β1

≤ w−β1 . |η| + |ξ|k

β−β1

.

Vì (0, β) là một điểm nhỏ, ta có β1 > β , nên ta có (ii) (điều phải chứng minh
).
Định lý 2.1.1. Cho P (ξ, η) là một đa thức , V (P ) là tập các đỉnh của đa giác
N(P ).
|ξ|α |η|β

ΞN (ξ, η) =
(α,β)∈V (P )

Khi đó các điều kiện sau là tương đương.
I) ∃c > 0, c0 > 0 sao cho (ξ, η) ≥ c0 thì c |P (ξ, η)| ≥ ΞN (P ) (ξ, η)
II) Với mọi cạnh Γj (1) không nằm trên trục tọa độ, đa thức Pq(j) (ξ, η) không
có nghiệm trong (R\0)2 , trong đó q (j) là vectơ chuẩn tắc ngoài của cạnh
Γj (1)

19


III) ∃ q (j) ∈ R2+ , j = 1, 2, ...m và một tập các vectơ q (j) - thuần nhất
P [j] (ξ, η) sao cho:
P [j] (ξ, η) = 0, ∀ (ξ, η) ∈ (R\0)2 ,

và P ∼ P với P = P [1] ....P [m]
Giải thích điều kiện (II), với mọi cạnh ∆ của N(P ), đặt
aαβ ξ α η β .

P∆ (ξ, η) =
(α,β)∈∆
(α,β)∈Supp(P )

Khi dó, điều kiện (II) nói rằng đa thức P∆ (ξ, η) không có nghiệm trong (R\0)2 .
Chứng minh: (I) ⇒ (II) bằng phản chứng.
Giả sử tồn tại ξ0 = 0 , η0 = 0 và ∆ là cạnh của N(P ) sao cho P∆ (ξ0 , η0 ) = 0.
Gọi q = (q1 , q2 ) là vectơ thuộc R2+ sao cho giá trị q1 α + q2 β , (α, β) ∈ N(P ) đạt
max trên ∆.
Xét
aαβ tq1 α+q2 β ξ0 α η0 β

P (tq1 ξ0 , tq2 η0 ) =

aαβ ξ0 α η0 β ) + o td

= td (
(α,β)∈∆

= P∆ (ξ0 , η0 ) + o td
⇒ P (tq1 ξ0 , tq2 η0 ) = P∆ (ξ0 , η0 ) + o td ,

t→∞

Trong khi đó

|tq1 ξ0 |α |tq2 η0 |β + o tq1 α+q2 β

Ξ (tq1 ξ0 , tq2 η0 ) =
(α,β)∈∆

|ξ0 |α |η0 |β )td + o tq1 α+q2 β ≥ c.td .

∼(
(α,β)∈∆

|ξ0 |α |η0 |β = 0, (không thể có bất đẳng thức o td ≥

Vì ξ0 = 0, η0 = 0 nên
(α,β)∈∆

c.td ,

khi t → ∞ ). Vậy (I) suy ra (II).
Chứng minh: (II) ⇒ (III).
Lấy ∆ là cạnh nối giữa (αj , βj ) và (αj+1 , βj+1 ), khi đó P∆ (ξ, η) có dạng ξ αj η βj+1 P [j] .
(trong đó P [j] là q (j) - thuần nhất). Theo chứng minh của định lý (1.2.1) ta có
P ∼ P [j] , j = 1, m.
Ta thấy theo cách dựng : ∆ là cạnh của N(P ), q∆ kí hiệu là vectơ vuông góc với
∆, khi đó Pq∆ = P∆ . Cũng theo cách xây dựng P [q∆ ] = ( kí hiệu của P [j] ) thỏa
mãn P∆ = ξ ρ1 η ρ2 P [j] .
20


Từ (II) ta có P∆ (ξ, η) = 0, với ∀ξ = 0, ∀η = 0, tức là P [q∆ ] (ξ, η) = 0, với ∀ (ξ, η) ∈
(R\0)2 .

Bổ đề 2.1.2. Cho P (ξ, η) là đa thức bất kì, và (α0 , β0 ) ∈ R2+ , khi đó tồn tại các
hằng số c > 0 , c0 > 0 sao cho
(2.7)

ξ α0 η β0 < c. |P (ξ, η)| , ξ 2 + η 2 > c20

thì điểm (α0 , β0 ) ∈ N(P ).
Chứng minh: Giả sử bằng phản chứng (α0 , β0 ) ∈
/ N(P ). Khi đó ∃q ∈ R2+ sao cho
với k nào đó ta có:
q1 α + q2 β < k,

∀ (α, β) ∈ N(P )

và
q1 α0 + q2 β0 > k.

Thay (ξtq1 , ηtq2 ) vào (ξ, η) trong (2.7), ta thấy ngay vế trái > c.tk , trong khi đó
vế phải < o tk ( mâu thuẫn). Vậy (α0 , β0 ) ∈ N(P )
Để chứng minh (III) ⇒ (I) ta cần đến
Bổ đề 2.1.3. Nếu P và Q là hai đa thức tùy ý, khi đó
N(P Q) = N(P ) + N(Q)

Trong đó tổng A + B của hai tập hợp A, B ⊂ R2 được xác định bởi công thức
A + B = c ∈ R2 |∃a ∈ A, b ∈ B :

c=a+b

Chứng minh : Nếu một đơn thức hαβ ξ α η β được chứa trong các đa thức P Q , khi
đó nó là tổ hợp tuyến tính của tích các đơn thức tương ứng trong các đa thức

P và Q
Do đó tồn tại cặp số nguyên không âm (α′, β ′ ) ∈ N(P ) và (α′′ , β ′′) ∈ N(Q) sao
cho: α = α′ + α′′, β = β ′ + β ′′ .
Tức là
N(P Q) ⊂ N(P ) + N(Q)
(2.8)
Mặt khác theo hệ thức (1.3)
max

(α,β)∈N (P )+N (Q)

(α, β) , q ≤

max

(α′ ,β ′ )∈N (P )

α′ , β ′ , q +

max

(α′′ ,β ′′ )∈N (Q)

α′′ , β ′′ , q

= dP (q) + dQ (q) = dP Q (q)

Nên ta có
N(P ) + N(Q) ⊂ N(P Q)

Từ (2.8) và (2.9) suy ra N(P Q) = N(P ) + N(Q)
21

(2.9)


Bổ đề 2.1.4. Cho P và Q là hai đa thức bất kì, khi đó tồn tại hằng số c =
c (P Q) > 0 sao cho:
c.ΞN (P ) (ξ, η) .ΞN (Q) (ξ, η) ≤ ΞN (P Q) (ξ, η) ≤ ΞN (P ) (ξ, η) .ΞN (Q) (ξ, η)

Bổ đề 2.1.5. Cho q ∈ R2+ và cho Q (ξ, η) là đa thức q - thuần nhất và thỏa
mãn điều kiện Q (ξ, η) = 0, với (ξ, η) = (0, 0), khi đó tồn tại cδ , δ > 0 sao cho với
∀ (ξ, η), ξ 2 + η 2 > δ 2 ta có:
(2.10)

ΞN (Q) (ξ, η) ≤ cδ . |Q (ξ, η)|

Chứng minh:
• Trường hợp 1: Ta bắt đầu với trường hợp q ∈ R2+ , k = deg dQ (q).

Vì Q là q - thuần nhất nên Q có dạng Q =

hαβ ξ α η β
αq1 +βq2 =k

dP (q) được định nghĩa như sau:
max {q1 α + q2 β : (α, β) ∈ Supp(P )} := dP (q) .

Như đã nhắc tới trong phần chứng minh của phần (II) suy ra (III), điều kiện
Q (ξ, η) = 0, ∀ (ξ, η) = (0, 0) , chứng tỏ rằng các đơn thức ξ k/q1 và η k/q2 xuất hiện

trong Q với các hệ số khác 0 . Do đó N(Q) là một tam giác với đỉnh (0, 0),
(0, k/q2 ), (k/q1 , 0).
Ta có:
ΞN (Q) (ξ, η) = 1 + ξ k/q1 + η k/q2 .
(2.11)
Với q ∈ R2+ , đặt:

1

1

ρ (ξ, η) = |ξ| q1 + |η| q2

Dễ thấy ρ (ξ, η) là q - thuần nhất.
Khẳng định: Điều kiện Q (ξ, η) = 0, ∀ (ξ, η) = (0, 0) tương đương với
c−1 .ρk (ξ, η) ≤ |Q (ξ, η)| < c.ρk (ξ, η) .

(2.12)

Đặt
ξ = ξρq1 (ξ, η) , η = ηρq2 (ξ, η) ⇒ ρ ξ, η = 1.

Mặt khác vì Q là q - thuần nhất ta có:
Q (ξ, η) = ρk (ξ, η) .Q ξ, η .

(2.13)

Thay ξ = ξρq1 (ξ, η), η = ηρq2 (ξ, η) , ta thấy tập ξ, η ∈ R2 : ρ ξ, η = 1 là một
¯ η¯) luôn khác không trên tập này, nếu tồn tại c > 0 sao
tập compact và hàm Q(ξ,

22


cho c−1 < Q ξ, η < c, ρ ξ, η = 1. Sử dụng (2.13) ta thu được bất đẳng thức
(2.12), từ đó suy ra (2.10) bằng cách đánh giá trên và dưới của (2.11) thông qua
1 + ρk (ξ, η).
• Trường hợp 2: Giả sử trong hai tọa độ (q1 , q2 ) có một tọa độ bằng 0.

Chẳng hạn q = (1, 0), khi đó Q có dạng Q (ξ, η) = ξ k .Q0 (η).
Vì
Q (ξ, η) = Q ξ 1 .1, η 0 .η = ξ k Q (1, η) = ξ k Q0 (η) .

Từ điều kiện Q (ξ, η) = 0 ta có Q0 (η) = 0, với η = 0
Khẳng định:
|Q0 (η)| > cδ (1 + |η|)m ,

∀δ > 0, |η| > 0, trong đó

m = deg Q0 (η) .

Chứng minh khẳng định:
Nếu δ đủ lớn : δ ≥ δ0 với δ0 đủ lớn, điều cần chứng minh hiển nhiên, giả sử
Q0 (η)
0 < δ ≤ δ0 , xét (1+|η|)
m trên [δ, δ0 ].
Vì Q0 (η) = 0, ∀η ∈ [δ, δ0 ] và hàm
tại c > 0 sao cho

Q0 (η)
(1+|η|)m

Q0 (η)
(1+|η|)m

là hàm liên tục trên [δ, δ0 ] nên tồn

≥ c. Do đó bổ đề (2.1.5) được chứng minh.

Bây giờ ta chứng minh (III) ⇒ (I). Theo bổ đề (2.1.1(ii)) khi thiết lập hệ
thức
ΞN (P ) (ξ, η) ≤ c |P (ξ, η)| , với ξ 2 + η 2 > c20
ta có thể giả thiết P = P = P [1] ...P [m] . Theo bổ đề (2.1.5) ta có
ΞN (P [j] ) (ξ, η) < c P [j] (ξ, η) ,

với

ξ 2 + η 2 > c20

Nhân các bất đẳng thức trên và sử dụng bổ đề (2.1.4) ta có
ΞN (P ) (ξ, η) ≤

ΞN (P [j] ) (ξ, η) ≤cm P (ξ, η) ,

với

ξ 2 + η 2 > c20

Định lý (2.1.1) được chứng minh.

2.2

Tính ổn định của đa thức thỏa mãn đánh giá của định lý
(2.1.1)

Mệnh đề 2.2.1. Cho P (ξ, η) =
aαβ ξ α η β thỏa mãn một trong các điều kiện
của định lý (2.1.1), khi đó tồn tại ε > 0 đủ nhỏ sao cho đa thức Pδ (ξ, η) =
(aαβ + δαβ )ξ α η β , với δαβ < ε, cũng có tính chất đó.
23