Biểu diễn đa thức không âm trên dải 0;1 x r và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Nguyễn Thị Huyền Trang

BIỂU DIỄN ĐA THỨC KHÔNG ÂM TRÊN DẢI
[0, 1] × R VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên, năm 2020


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

Nguyễn Thị Huyền Trang

BIỂU DIỄN ĐA THỨC KHÔNG ÂM TRÊN DẢI
[0, 1] × R VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 8460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Cán bộ hướng dẫn khoa học: TS. Hồ Minh Toàn

Thái Nguyên, năm 2020


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi, các kết
quả nghiên cứu là trung thực và chưa được công bố trong bất kỳ công
trình nào khác.
Thái Nguyên, tháng 06 năm 2020
Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Huyền Trang
Xác nhận

Xác nhận

của khoa chuyên môn

của người hướng dẫn khoa học

i


LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái
Nguyên. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS. Hồ Minh Toàn - người
đã hướng dẫn và chỉ bảo tận tình cho em, tạo mọi điều kiện thuận lợi và
là nguồn động lực quan trọng để em có thể hoàn thành tốt Luận văn tốt
nghiệp này. Em xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong khoa Toán, gia
đình, bạn bè đã quan tâm, giúp đỡ, động viên em.
Trong quá trình làm Luận văn không tránh khỏi những sai sót, em rất
mong nhận được những ý kiến đóng góp chân thành từ phía thầy cô và
các bạn. Em xin chân thành cảm ơn.

Thái Nguyên, tháng 06 năm 2020
Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Huyền Trang

ii


Mục lục
LỜI CAM ĐOAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

LỜI CẢM ƠN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1.Biểu diễn đa thức không âm trên dải [0, 1] × R . . . . . .

3

1.1.Giới thiệu bài toán và các kiến thức chuẩn bị. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1. Định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2. Bài toán thứ 17 của Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.Đa thức không âm trên dải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.1. Phát biểu định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.2. Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.2.3. Ý tưởng của chứng minh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

1.2.4. Kiến thức cần dùng để chứng minh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

1.2.5. Chứng minh Định lý 1.2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Chương 2.Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.1.Bài toán tối ưu đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.Bài toán mômen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.2.1. Bài toán mômen cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

iii


2.2.2. Bài toán mômen trên tập nửa đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.2.3. Ứng dụng Bài toán mômen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

iv


MỞ ĐẦU

Cho f ∈ R[X] là đa thức theo n biến X1 , . . . , Xn . Nếu f biểu diễn được
thành tổng bình phương hữu hạn đa thức trong R[X] thì rõ ràng f không
âm trên Rn . Do đó, một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là chiều ngược lại
có đúng không, tức là

f

0 trên Rn =⇒ f ∈

R[X]2 ?

Câu trả lời đúng cho đa thức một biến, nhưng không đúng nói chung cho
nhiều biến và được Hilbert chứng minh rất hình thức vào năm 1888.
Bài toán trên được phát biểu mở rộng cho trường hợp biểu diễn đa thức
không âm trên một tập nghiệm K của hệ hữu hạn bất phương trình đa
thức. Giả sử G = {g1 , . . . , gm } là họ đa thức thực m biến và K ⊂ Rn được
xác định bởi

KG = {x ∈ Rn | g1 (x) ≥ 0, . . . , gm (x) ≥ 0}.

Một tập T ⊂ R[x] được gọi là tiền thứ tự nếu T chứa tổng bình phương,
đóng với phép cộng và nhân. Ký hiệu TG là tiền thứ tự bé nhất chứa G.
Khi đó mọi đa thức thuộc TG đều không âm trên K. Vì vậy bài toán biểu
1


diễn đa thức dương trên K được phát biểu như sau: Nếu đa thức f ∈ R[x]
dương trên K thì f có thuộc T không?
Gần đây, với lời giải của Schmudgen [7] khẳng định đa thức f ∈ TG
trong trường hợp tập K compact vào năm 1991, và cho đến bây giờ chỉ có
lời giải cho một số trường hợp tập K không compact.
Mục đích của luận văn là trình bày lại kết quả về biểu diễn đa thức
không âm trên dải [0, 1]× R. Kết quả này được viết trong bài báo: Marshall
M. (2010), "Polynomials non-negative on a strip", Proc. Amer. Math. Soc.,
138 (5), 1559–1567 và được mở rộng trong bài báo Nguyen H. and Powers
V. (2012), "Polynomials non-negative on strips and half-strips", J. Pure
Appl. Algebra, 216 (10), 2225–2232.
Ngoài Mục lục, Lời mở đầu, Tài liệu tham khảo và Kết luận, nội dung
chính của Luận văn gồm 2 chương, được hình thành chủ yếu từ các tài liệu
[2], [3]:

• Chương 1 : Biểu diễn đa thức không âm trên dải [0, 1] × R
• Chương 2 : Một số ứng dụng
Trong Chương 1 cung cấp những khái niệm cơ bản trong Hình học đại số
thực cho đa thức và các kết quả được sử dụng trong Luận văn gồm: Bài
toán thứ 17 của Hilbert và Định lý biểu diễn đa thức không âm trên dải.
Trong chương 2 trình bày ứng dụng của Định lý biểu diễn đa thức không
âm trong tối ưu đa thức và giải quyết Bài toán mômen.
2

Chương 1
Biểu diễn đa thức không âm trên
dải [0, 1] × R
Trong chương 1 trình bày một số kiến thức về biểu diễn đa thức không
âm trên dải. Các kiến thức trong chương này được tham khảo từ các tài
liệu [2], [3].

1.1.

Giới thiệu bài toán và các kiến thức chuẩn bị

Trước tiên, luận văn trình bày một số khái niệm cơ bản trong Hình học
đại số thực cho đa thức được trích dẫn từ công trình của Marshall.

1.1.1.

Định nghĩa

Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Kí hiệu

A2 là tập hợp của

các tổng bình phương trong A, tức là tập hợp các phần tử có dạng
k

a2i , k ∈ N, ai ∈ A, i = 1, . . . , k.
i=1

Cho n ≥ 1, kí hiệu R[X1 , . . . , Xn ] := R[X] là vành các đa thức n biến

X1 , . . . , Xn với hệ số thực;

R[X]2 là tập hợp gồm tổng hữu hạn các bình
3


phương của các đa thức trong R[X], tức là tập hợp các phần tử có dạng
k
i=1

fi2 , k ∈ N, fi ∈ R[X], i = 1, . . . , k.

Định nghĩa 1.1.1. Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1.

(i) Một môđun bậc hai trên A là một tập con M của A thỏa mãn:
• M + M ⊆ M;
• 1 ∈ M;
• a2 M ⊆ M với mọi a ∈ A.
(ii) Một tiền thứ tự trên A là một tập con T của A thỏa mãn:
• T + T ⊆ T;
• T · T ∈ T;
• a2 ∈ T với mọi a ∈ A.
Từ định nghĩa 1.1.1 chúng ta có một số nhận xét sau.
Chú ý 1.1.2. Cho A là một vành giao hoán có đơn vị là 1. Khi đó:

(i) Mỗi tiền thứ tự trên A là một môđun bậc hai trên A.
(ii)

A2 là tiền thứ tự nhỏ nhất trên A.

Bây giờ chúng ta xét A là vành đa thức R[X] := R[X1 , . . . , Xn ] và

G = {g1 , . . . , gm } là một tập con của R[X]. Khi đó:

4


• Tập hợp KG = {x ∈ Rn | g1 (x) ≥ 0, . . . , gm (x) ≥ 0} được gọi là một
tập nửa đại số đóng cơ sở trong Rn ;

• Môđun bậc hai nhỏ nhất trên R[X] chứa G, kí hiệu bởi MG , là
MG = σ0 + σ1 g1 + · · · + σm gm | σi ∈

R[X]2 ;

• Tiền thứ tự nhỏ nhất trên R[X] chứa G, kí hiệu bởi TG , là




δ1
δm
2
R[X] .
sδ g1 . . . gm | sδ ∈
TG =


m

δ=(δ1 ,...,δm )∈{0,1}

Từ định nghĩa trên ta có MG ⊂ TG . Trong trường hợp G chỉ có một phần
tử thì TG = MG .
Cho đa thức f ∈ R[X]. Dễ thấy, nếu f ∈ MG hoặc TG thì f ≥ 0 trên

KG , tức là f (x) ≥ 0, ∀x ∈ KG . Do đó, một câu hỏi được đặt ra là:
f ≥ 0 trên KG =⇒ f ∈ TG hoặc f ∈ MG ?
Khi khẳng định trên là đúng, ta có biểu diễn (không mẫu) các đa thức
không âm.

1.1.2.

Bài toán thứ 17 của Hilbert

Cho f ∈ R[X] là một đa thức theo n biến X1 , . . . , Xn . Nếu f biểu diễn
được thành tổng hữu hạn của bình phương các đa thức trong R[X] thì
rõ ràng f không âm trên R2 . Do đó, một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là
chiều ngược lại có đúng không, tức là

5


f

0 trên Rn =⇒ f ∈

R[X]2 ?

Câu trả lời cho câu hỏi này được đưa ra bởi Hilbert vào năm 1888, cụ thể

như sau:
Định lý 1.1.3. Cho f ∈ R[X] là một đa thức bậc d chẵn và không âm
trên Rn . Khi đó, f có thể biểu diễn được thành tổng bình phương của các
đa thức trong R[X] nếu và chỉ nếu một trong các điều kiện sau thỏa mãn:

• n = 1;
• d = 2;
• n = 2, d = 4.
Như thế, ngoài ba trường hợp được Hilbert đưa ra, đối với mỗi cặp số
tự nhiên n ≥ 2 và d ≥ 4, luôn tồn tại một đa thức n biến bậc d, không âm
trên Rn nhưng không thể biểu diễn thành tổng bình phương các đa thức
trên R[X]. Tuy nhiên ông không chỉ ra trực tiếp các phản ví dụ.
Năm 1967, Motzkin [4] đã đưa ra một phản ví dụ về một đa thức hai
biến bậc 6 không âm trên R2 nhưng không thể biểu diễn thành tổng bình
phương của các đa thức hai biến. Cụ thể, đa thức Motzkin:

M (X, Y ) = 1 − 3X 2 Y 2 + X 2 Y 4 + X 4 Y 2 ∈ R[X, Y ],
không âm trên R2 nhưng không thể biểu diễn được thành tổng bình phương
các đa thức trong R[X, Y ]. Tuy nhiên, chúng ta có thể biểu diễn M (X, Y )
6


bởi tổng bình phương các phân thức như sau:
2

X 2 Y (X 2 + Y 2 − 2)
XY 2 (X 2 + Y 2 − 2)
M (X, Y ) =
+
X2 + Y 2

X2 + Y 2
2

X2 − Y 2
XY (X 2 + Y 2 − 2)
+ 2
+
X2 + Y 2
X +Y2

2

2

.

Tại Đại hội Toán học thế giới tổ chức tại Paris năm 1900, Hilbert đã
đề nghị một danh sách gồm 23 "Bài toán thế kỷ", trong số đó, Bài toán
thứ 17 được phát biểu như sau:
Bài toán thứ 17 của Hilbert. Cho f ∈ R[X]. Nếu f ≥ 0 trên Rn , có
k

thể suy ra được f =
i=1

fi
gi

2

hay không?

Trong trường hợp số biến n = 1 thì bài toán Hilbert thứ 17 hiển nhiên
đúng. Trường hợp số biến n > 1 thì bài toán này đã được Hilbert chứng
minh năm 1893. Đến 1927, Artin đã chứng minh cho trường hợp tổng quát.
Kết quả này được Krivine [1] (1964) phát biểu tổng quát hơn trên một tập
nửa đại số như sau (thường được gọi là Krivine’s Positivstellensatz):
Định lý 1.1.4. Giả sử K = KG và T = TG như ở trên và f (x) ∈ R[X]
là đa thức thực n biến. Khi đó:

(i) Nếu f > 0 trên K thì tồn tại p, q ∈ T sao cho pf = 1 + q.
(ii) Nếu f ≥ 0 trên K thì tồn tại số nguyên không âm m và p, q ∈ T sao
cho pf = f 2m + q.

(iii) Nếu f = 0 trên K thì tồn tại số nguyên m ≥ 0 sao cho −f 2m ∈ T.
7


(iv) K = ∅ nếu và chỉ nếu −1 ∈ T.
Định lý Krivine’s Positivstellensatz cũng thường được gọi là Định lý
biểu diễn dương (có mẫu). Định lý đã cho biết biểu diễn của các đa thức
dương (hay không âm) trên tập nửa đại số K. Tuy nhiên, trong thực tế
tính toán, bài toán kiểm tra một đa thức f không âm (hay dương) trên

K (trong trường hợp K không bị chặn) cũng như việc kiểm tra vế tương
đương tương ứng trong Krivine’s Positivstellensatz là các bài toán NPkhó (chưa có thuật toán). Trong khi đó, việc kiểm tra một đa thức thuộc
tiền thứ tự T là bài toán Quy hoạch nửa xác định dương (semi-definite
programming). Vì vậy, bài toán biểu diễn đa thức dương không mẫu là
bài toán rất cần thiết cho khoa học tính toán. Cụ thể, bài toán được quan
tâm là

f > 0 trên K =⇒ f ∈ T ?
Hay bài toán ‘mạnh’ hơn,

f ≥ 0 trên K =⇒ f ∈ T ?
Rõ ràng bài toán sau đạt được thì bài toán đầu cũng đạt được. Bài toán
đầu đã được Schmudgen khẳng định đúng năm 1991 cho trường hợp K
compact, trong khi bài toán sau rất ít kết quả đạt được. Trong luận văn
này, chúng tôi trình bày lại kết quả rất đẹp của Marshall cho bài toán sau
trên một dải (không bị chặn).

8


1.2.

Đa thức không âm trên dải

Hilbert đã chỉ ra rằng tồn tại đa thức f (x, y) ∈ R[x, y] (nhất thiết phải
có bậc ≥ 6) không âm trên R2 , nhưng không thể biểu thị như một tổng
các bình phương trong R[x, y]. Ví dụ nổi tiếng nhất là đa thức:

f (x, y) = 1 − 3x2 y 2 + x4 y 2 + x2 y 4 .
Khắc phục kết quả này, ta có kết quả về biểu diễn đa thức không âm như
trong định lý dưới đây.

1.2.1.

Phát biểu định lí

Dải [0, 1] × R là tập nửa đại số vì là tập nghiệm của bất phương trình
đa thức (2 biến) x(1 − x) ≥ 0. Vì vậy tiền thứ tự T sinh bởi đa thức

x(1 − x) là tập các đa thức có dạng
σ + τ x(1 − x),
trong đó σ, τ là các tổng bình phương của đa thức. Rõ ràng mọi đa thức
thuộc tiền thứ tự T đều không âm trên dải. Ngược lại ta có:
Định lý 1.2.1. Giả sử f (x, y) ∈ R[x, y] không âm trên dải [0, 1] × R. Khi
đó f (x, y) có thể biểu diễn dạng

f (x, y) = σ(x, y) + τ (x, y)x(1 − x),
trong đó σ(x, y), τ (x, y) là tổng các bình phương trong R[x, y].
Để chứng minh Định lý này, ta cần một số kiến thức chuẩn bị.
9


1.2.2.

Một số kiến thức chuẩn bị

Lấy f (x, y) ∈ R[x, y] là đa thức 2 biến bất kỳ. Ta có thể coi f là đa
thức bậc m theo biến y với hệ số là các đa thức theo biến x, tức ta có thể
biểu diễn
m

ai (x)y i ,

f (x, y) =
i=0

trong đó ai (x) là các đa thức theo biến x. Giả sử f (x, y) ≥ 0 với mọi

(x, y) ∈ [0, 1] × R. Cố định x ∈ [0, 1] sao cho ai (x) = 0, cho |y| → ∞, ta
suy ra m là số chẵn và am (x) > 0. Vì vậy am (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [0, 1] và

m = 2d với d là một số nguyên không âm. Do đó ta có thể viết lại
2d

ai (x)y i .

f (x, y) =
i=0

Với trường hợp d = 0, tức f là đa thức 1 biến thì kết quả là hiển nhiên.
Vì vậy ta luôn giả thiết d > 0.
Bổ đề 1.2.2. Chứng minh Định lý 1.2.1 có thể đưa về chứng minh cho
những đa thức f (x, y) mà có hệ số a2d (x) > 0 trên [0, 1].
Chứng minh. Do a2d (x) ≥ 0 trên [0, 1] nên có phân tích a2d = a
¯a
˜; ở đó

a
¯, a
˜ ∈ R[x]; a
¯ > 0 trên [0, 1], a
˜(x) ≥ 0 trên [0, 1] và
a
˜(x) = ±

(x − r).

r∈[0,1]

Khi đó:

a
˜2d−1 .f = a
¯(˜
ay)2d + a2d−1 (˜
ay)2d−1 + · · · + a0 a
˜2d−1 .
10


Đặt g(x, z) := a
¯(x)z 2d + a2d−1 (x)z 2d−1 + · · · + a0 (x)˜
a(x)2d−1 thì ta có

g(x, a
˜(x).y) = a
˜(x)2d−1 .f (x, y).

(1.1)

(i) Ta chứng minh g(x, z) ≥ 0 trên đoạn [0, 1] × R :
Đặt V = {(x, y) ∈ [0, 1] × R | a
˜(x) = 0}; gọi V c là phần bù của V trong

[0, 1] × R thì V c trù mật trong [0, 1] × R.
+ Nếu (x, z) ∈ V c thì a
˜(x) > 0, đặt

y=

z
a
˜(x)

⇒z=a
˜(x).y
⇒ g(x, z) = g(x, a
˜(x).y) = a
˜(x)2d−1 f (x, y) ≥ 0
do a
˜ > 0 trên [0, 1] và f (x, y) ≥ 0 trên đoạn [0, 1] × R.
+ Nếu (x, z) ∈ V thì do V c trù mật trong [0, 1] × R nên tồn tại dãy

(xn , zn ) −→ (x, z), (xn , zn ) ⊂ V c . Mà ta lại có
g(xn , zn ) −→ g(x, z), g(xn , zn ) ≥ 0
⇒ g(x, z) ≥ 0.
(ii) Tiếp theo ta chứng minh: Nếu b.f ∈ T, với b(x) ≥ 0 trên đoạn
[0, 1] và
(x − r),

b(x) =
r∈[0,1]

tức là:

b(x)f (x, y) = σ(x, y) + τ (x, y).x(1 − x),
11

(1.2)


ở đó σ, τ ∈

R[x, y] thì f ∈ T.

Thật vậy: Giả sử x − r là một nhân tử của b(x).
+ Nếu 0 < r < 1 thì vì b(x) ≥ 0 trên [0, 1] nên b(x) = ¯b(x)(x − r)2 với

¯b(x) ≥ 0 trên [0, 1]. Do đẳng thức (1.2) nên
σ(x, y) = σ
¯ (x, y)(x − r)2 , τ (x, y) = τ¯(x, y)(x − r)2 ,
với σ
¯ , τ¯ ∈

R[x, y] =⇒ ¯b(x).f (x, y) = σ
¯ (x, y) + τ¯(x, y).x(1 − x).

+ Nếu r = 0 =⇒ b(x) = ¯b(x).x, ¯b(x) ≥ 0 trên [0, 1] thì do (1.2) nên

σ(x, y) = σ
¯ (x, y).x2 . Từ đó thu được
¯b(x)f (x, y) = σ
¯ (x, y).x + τ (x, y)(1 − x).
Do có biểu diễn x = x2 + x(1 − x) và 1 − x = (1 − x)2 + x(1 − x) nên

¯b(x).f (x, y) = σ (x, y) + τ (x, y).x(1 − x), ở đó σ , τ ∈

R[x, y].

+ Nếu r = 1 ta làm tương tự với r = 0 thì ta có thể triệt tiêu được nhân
tử (1 − x) trong phân tích của b(x).
Lập lại quá trình trên với mọi nhân tử (x − r) của b(x), cuối cùng ta thu
được biểu diễn của f (x, y) ở dạng

f (x, y) = σ(x, y) + τ (x, y).x(1 − x); σ, τ ∈
Chú ý rằng do có (1.1) nên: Nếu tồn tại σ, τ ∈

R[x, y].

R[x, y] để

g = σ + τ.x(1 − x)
thì a
˜(x)2d−1 .f (x, y) = σ(x, a
˜(x).y) + τ (x, a
˜(x).y).x(1 − x). Mặt khác do

(ii) nên nếu a
˜(x)2d−1 .f (x, y) = σ(x, a
˜(x).y) + τ (x, a
˜(x).y).x(1 − x) thì
12


f ∈ T. Vậy ta thu được kết luận: Nếu g = σ + τ.x(1 − x) thì f ∈ T, hay
nếu g ∈ T thì f ∈ T. Hơn nữa theo định nghĩa của g(x, z) ta có hệ số ứng
với z 2d của g(x, z) là a

¯(x) > 0 với mọi x ∈ [0, 1]. Từ đó ta có thể quy việc
chứng minh định lí 1.2.1 về việc chứng minh cho những đa thức có hệ số
của y 2d là a2d (x) > 0 với mọi x ∈ [0, 1].
Bổ đề 1.2.3. Định lý 1.2.1 có thể đưa về chứng minh cho trường hợp f
có hữu hạn không điểm trên [0, 1] × R.
Chứng minh. Ta chứng minh nếu tồn tại g, h ∈ R[x, y] để f = g 2 h, thì

h ≥ 0 trên dải. Thật vậy, đặt V = {(x, y) ∈ [0, 1] × R | g(x, y) = 0}; gọi
V c là phần bù của V trong [0, 1] × R thì V c trù mật trong [0, 1] × R.
+ Nếu (x, y) ∈ V c thì g 2 (x, y) > 0 mà f (x, y) = g 2 (x, y).h(x, y), lại có

f (x, y) ≥ 0 trên dải =⇒ h(x, y) ≥ 0 trên dải.
+ Nếu (x, y) ∈ V thì tồn tại dãy (xn , yn ) ⊂ V c để (xn , zn ) −→ (x, y). Ta
có h(xn , yn ) −→ h(x, y) mà h(xn , yn ) ≥ 0 =⇒ h(x, y) ≥ 0.
Ta thấy rằng nếu h ∈ T thì f ∈ T nên ta có thể thay việc chứng minh

f ∈ T bởi việc chứng minh h ∈ T. Nói cách khác trong chứng minh định
lý ta có thể giả thiết f không có dạng

f = g 2 .h

(1.3)

Bây giờ ta chứng minh những đa thức f ≥ 0 trên dải, f không có dạng
(1.3) thì f có hữu hạn không điểm trên dải.
+ Nếu x = 0 thì f (0, y) = 0 có hữu hạn nghiệm y ∈ R.
13


+ Nếu x = 1 thì f (1, y) = 0 có hữu hạn nghiệm y ∈ R.

=⇒ f (x, y) có hữu hạn không điểm trên biên [0, 1] × R.
+ Do f không có dạng (1.3) nên ta có thể phân tích f = p.q1 .q2 . . . qk với

p, qi là các đa thức bất khả quy, p = qi , qi = qj với mọi i, j = 1, . . . , k; i = j.
Giả sử p có vô số không điểm trên (0, 1) × R. Theo [6] ta có:

∃(a, b) ∈ (0, 1) × R để p(a, b) = 0; (a, b) là cực trị của p(x, y); qi (a, b) = 0
với mọi i = 1, 2, . . . , k. Do qi (x, y) là các hàm liên tục nên tồn tại các
lân cận Ui của (a, b), Ui ⊂ (0, 1) × R sao cho qi (x, y) không đổi dấu trên

Ui =⇒ q1 .q2 . . . qk không đổi dấu trên lân cận U =

k
i=1 Ui

của (a, b). Ta

giả sử q1 .q2 . . . qk > 0 trên U. Do p không đạt cực trị tại (a, b).

=⇒ Giả sử p không đạt cực tiểu tại (a, b).
=⇒ ∃(x0 , y0 ) ∈ U để p(x0 , y0 ) < p(a, b) = 0.
=⇒ f (x0 , y0 ) = p(x0 , y0 ).q1 (x0 , y0 ).q2 (x0 , y0 ) . . . qk (x0 , y0 ) < 0.
=⇒ Mâu thuẫn với f (x, y) ≥ 0 với mọi (x, y) ∈ [0, 1] × R.
=⇒ p có hữu hạn không điểm với mọi p là nhân tử bất khả quy của f.
=⇒ f chỉ có hữu hạn không điểm trên [0, 1] × R.
Nếu f không có dạng f = g 2 h, thì không có nhân tử bất khả quy nào
của f đổi dấu trên phần trong của dải, vì vậy mỗi nhân tử bất khả quy
có dấu không đổi trên dải. Thay thế p bằng −p nếu cần thiết, đối với mỗi
nhân tử bất khả quy p, chúng ta có thể giả sử nhân tử bất khả quy nào

của f cũng không âm trên dải. Theo cách này, ta có thể rút gọn hơn nữa

14


trong chứng minh định lý bằng cách xét trường hợp f bất khả quy. Nhưng
điều này dường như không giúp chúng ta nhiều trong chứng minh.

1.2.3.

Ý tưởng của chứng minh

Xét trường hợp đa thức
2d

ai (x)y i

f (x, y) :=
i=0

dương trên [0, 1] × R và a2d (x) > 0 trên [0, 1]. Đa thức thuần nhất
2d

ai (x)y i z 2d−i

F (x, y, z) :=
i=0

dương với 0 ≤ x ≤ 1, (y, z) = (0, 0) (vì F (x, y, z) = z 2d f x,

z = 0), vì vậy nó đạt được cực tiểu

y
z

nếu

dương trên tập compact

[0, 1] × S1 := (x, y, z) | 0 ≤ x ≤ 1, y 2 + z 2 = 1 .
Do đó, trên dải [0, 1] × R,

f (x, y) = F (x, y, 1) = F

x,

y
,
1 + y2

1
1 + y2

(1 + y 2 )d ≥ (1 + y 2 )d .

Áp dụng định lý biểu diễn dương trên tập compact đã biết cho F cùng
với tính chất trên ta thu được biểu diễn dương của f (x, y) theo yêu cầu.
Trong trường hợp tổng quát, người ta không thể có
ta có thể thay thế

như vậy. Tuy nhiên,

bởi một đa thức (x). Cụ thể, chúng ta tìm một đa

thức (x) ∈ R[x] sao cho:

f (x, y) ≥ (1 + y 2 )d
15


trên dải, (x) ≥ 0 trên [0, 1], và ∀x ∈ [0, 1], (x) = 0 nếu f (x, y) = 0 với

y ∈ R. Luôn luôn có thể tìm một đa thức (x) như vậy, khi có giả thiết
rằng a2d (x) > 0 trên [0, 1] và f (x, y) chỉ có hữu hạn không điểm trên dải

[0, 1] × R.
1.2.4.

Kiến thức cần dùng để chứng minh

Chúng ta sẽ chứng minh các kết quả bổ sung cần trong chứng minh
Định lý 1.2.1.
Bổ đề 1.2.4. Giả sử f ∈ R[x, y] không âm trên dải có dạng [0, ] × R,

> 0, f chỉ có hữu hạn không điểm trên dải này và hệ số cao nhất của
f là dương trên nửa khoảng [0, ). Khi đó tồn tại hằng số thực C > 0, số
nguyên m ≥ 0 chẵn và một số thực δ, 0 < δ ≤ , sao cho f (x, y) ≥ Cxm
với mọi (x, y) ∈ [0, δ) × R. Nếu f không có không điểm trên trục y, chúng
ta có thể lấy m = 0.
Ta kí hiệu k((x)) là trường các chuỗi lũy thừa hình thức trên trường k,

nghĩa là trường các thương của vành các chuỗi lũy thừa hình thức k[[x]].
Chứng minh. Hệ số cao nhất của f là dương tại không; đặc biệt, nó là một
đơn vị trong R[[x]]. Theo Định lý của Puiseux, f phân tích được thành
i

các nhân tử tuyến tính trong C((x n ))[y], với n ≥ 1. Mỗi nghiệm có dạng
∞
i

ai x n , ai ∈ C

z=
i=0

16


1

và là một hàm giải tích phức của x n trong một lân cận của 0. Một nghiệm
khác của f là
∞
i

z¯ :=

a¯i x n
i=0

và z¯ = z. (Nếu tất cả các ai là thực thì phương trình

∞
i

y=

ai x n
i=0

xác định một nửa nhánh thực trong tập hợp không điểm của f, với x
gần 0, x > 0, mâu thuẫn với giả sử rằng f chỉ có hữu hạn không điểm

√
trên nửa khoảng [0, ) × R.) Viết ai = bi + ci −1, bi , ci ∈ R, vì vậy
√
√
z = z1 + z2 −1, z¯ = z1 − z2 −1, ở đây z1 :=
vậy (y − z)(y − z¯) = (y − z1 )2 + z22 . Đặt k =

i

bi x n , z2 :=

i

ci x n , do

i0
là cấp của z2 tại 0, tức là,
n

i
nhỏ nhất sao cho ci = 0. Với mọi số thực x > 0 đủ gần 0 và mọi y ∈ R,
n
y − z1
xk

(y − z)(y − z¯)
=
x2k

2

+

z2
xk

2

,

z2
là một số thực tiến tới ci0 khi x gần 0. Điều này có nghĩa là tồn tại
xk
(y − z)(y − z¯)
hằng số C > 0 sao cho
> C với mọi số thực x > 0 đủ gần
x2k
và

0 và với mọi số thực y. Lưu ý: Nếu f không có không điểm trên trục y thì
a0 không là số thực, tức là, c0 = 0, do vậy k = 0. Phân tích f thành
d

(y − zi )(y − z¯i ),

f (x, y) = a(x)
i=1

ở đây a(x) là hệ số cao nhất. Từ đó tồn tại các số

ki ≥ 0 và Ci > 0; i = 1, 2, . . . , d
17


sao cho

f (x, y)
d
2ki
i=1 x

d

= a(x)
i=1

d

(y − zi )(y − z¯i )

> a(x)
Ci
x2ki
i=1

với mọi số thực y và mọi số thực x gần tới 0. Cuối cùng, ta thu được

f (x, y) ≥ Cxm với mọi số thực x ≥ 0 gần tới 0 và mọi y ∈ R, ở đây C là
d
i=1 Ci A,

với A là giá trị nhỏ nhất của a(x) trên 0,

chẵn nhỏ nhất ≥ 2

2

và m là số nguyên

d
i=1 ki .

Bổ đề 1.2.5. Giả sử
2d

ai (x)y i

f (x, y) =
i=0

không âm trên dải [0, 1] × R, f (x, y) chỉ có hữu hạn không điểm trên dải
và a2d (x) là dương trên đoạn [0, 1]. Khi đó tồn tại một đa thức

(x) ∈ R[x], (x) ≥ 0 trên [0, 1],
sao cho f (x, y) ≥ (x)(1 + y 2 )d với mọi (x, y) trên dải [0, 1] × R và với
mỗi x ∈ [0, 1], (x) = 0 nếu tồn tại y ∈ R sao cho f (x, y) = 0.
Chứng minh. Với mỗi r ∈ [0, 1], theo Bổ đề 1.2.4 (áp dụng cho các biến
mới t = x − r và t = r − x, hoặc chỉ t = x − r nếu r = 0, hoặc chỉ

t = r − x nếu r = 1), tồn tại hằng số thực C > 0 và số nguyên chẵn
m ≥ 0 (với m = 0 nếu f không có không điểm trên đường x = r), sao cho
f (x, y) ≥ C(x − r)m đúng với mọi (x, y) trong dải, x đủ gần r. Do tính
compact của đoạn [0, 1], tồn tại hữu hạn các số 0 ≤ r1 < . . . < rk ≤ 1
và hữu hạn hằng số dương Ci và số nguyên chẵn mi ≥ 0 (mi = 0 nếu f
18


không có không điểm trên đường x = ri ) sao cho với mỗi (x, y) thuộc dải
thì f (x, y) ≥ Ci (x − ri )mi , với mỗi i = 1, 2, . . . , k. Ta có thể giả sử mỗi

Ci ≤ 1. Khi đó:
k
mi

Ci (x − ri )

Cj (x − rj )mj

≥
j=1

với mọi x ∈ [0, 1] và mọi i = 1, 2, . . . , k. Do đó f (x, y) ≥

1 (x)

cố định

trên dải, ở đây
k
1 (x)

Cj (x − rj )mj .

:=
j=1

Vì f (x, y) chỉ có hữu hạn không điểm trên dải, tồn tại hằng số thực

M > 0 sao cho f (x, y) > 0 nếu |y| ≥ M, 0 ≤ x ≤ 1. Lập luận với dạng
2d

ai (x)y i z 2d−i

F (x, y, z) :=
i=0

như trong mục 1.2.3 nhưng với S1 = { (y, z) | y 2 + z 2 = 1 } thay thế bằng
tập hợp { (y, z) | y 2 + z 2 = 1, |y| ≥ M |z| }, chúng ta thấy tồn tại một
hằng số dương C sao cho f (x, y) ≥ C(1 + y 2 )d với mọi (x, y) trong dải
thỏa mãn |y| ≥ M. Nếu |y| ≤ M, khi đó 1 + y 2 ≤ 1 + M 2 và

f (x, y)
f (x, y)
1 (x)
≥
≥
.
(1 + y 2 )d
(1 + M 2 )d
(1 + M 2 )d
Nếu

|y| ≥ M,

f (x, y)
C
≥C≥
1 (x),
2
d
(1 + y )
D

ở đây D := max { 1 (x) | x ∈ [0, 1] }. Vì vậy, trong mọi trường hợp,

f (x, y)
≥ (x),
(1 + y 2 )d
19