TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN-TIN ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ HƯƠNG THẢO VỀ BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ TRONG Rn CHUYÊN NGÀNH: HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn: TS Nguyễn Thị Thảo HÀ NỘI - 2015 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS NGUYỄN THỊ THẢO Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người Thầy tận tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Đồng thời, xin chân thành cảm ơn Thầy, Cô phản biện dành thời gian đọc góp ý kiến quý báu cho luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến tất Thầy, Cô Khoa Toán - Tin Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội, đặc biệt Thầy, Cô Bộ môn Hình học, tận tình dạy dỗ suốt thời gian học cao học Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, người động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập nghiên cứu Hà Nội,tháng 06 năm 2015 Nguyễn Thị Hương Thảo Mục lục PHẦN MỞ ĐẦU 1 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ ĐÓNG TRONG Rn 1.1 Đa thức dương Rn 1.1.1 Một số kiến thức sở đa thức 1.1.2 Bài toán biểu diễn đa thức dương thành tổng bình phương đa thức Bài toán thứ 17 Hilbert Đa thức dương tập nửa đại số Rn 1.1.3 1.2 1.2.1 Một số khái niệm sở: module bậc hai, tiền thứ tự thứ tự 1.2.2 Nguyên lý chuyển Tarski 17 1.2.3 Định lí Krivine 18 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ COMPACT 25 2.1 Một số khái niệm 25 2.1.1 Tiền nguyên tố 25 2.1.2 T - module 28 Đinh lí biểu diễn 36 2.2.1 Tựa tiền thứ tự 36 2.2.2 Định lí biểu diễn 37 2.2 2.3 Một số áp dụng định lí biểu diễn toán biểu diễn đa thức thực 39 2.3.1 Định lí Polya 42 2.3.2 Định lí Reznick 43 2.3.3 Định lí Schmudgen 45 2.3.4 Định lí Marshall 47 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TRỤ VỚI NHÁT CẮT COMPACT 51 3.1 Diễn đạt kết 51 3.2 Chứng minh Định lí 3.1.1 51 Kết luận TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 56 PHẦN MỞ ĐẦU Đa thức dương đối tượng quan trọng Hình học đại số thực Vấn đề biểu diễn đa thức đưa câu hỏi luận án Minkowski Năm 1888, Hilbert chứng minh đa thức không âm phân tích thành tổng bình phương đa thức Tuy nhiên, năm 1926, Artin chứng minh toán thứ 17 Hilbert đa thức không âm Rn phân tích thành tổng bình phương hàm hữu tỉ Vấn đề biểu diễn đa thức dương tập đại số đóng Rn nhận quan tâm nhiều tác giả Năm 1964, Krivine đưa định lí tiếng biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số đóng Rn Một hệ định lí Krivine lời giải cho toán thứ 17 Hilbert (về biểu diễn đa thức dương Rn dạng tổng bình phương hàm hữu tỉ) Năm 1991, Schmudgen trình bày định lí tiếng biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số compact Powers (năm 2004) thác triển định lí Schmudgen để nhận biểu diễn đa thức dương trụ với nhát cắt compact Theo hướng này, luận văn trình bày chứng minh cho định lí biểu diễn đa thức dương tình đề cập đến Luận văn gồm chương : Chương : Đa thức dương tập nửa đại số đóng Rn Chương trình bày kết sở biểu diễn đa thức dương Rn ; định lí Krivine biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số sở đóng Rn Chương : Đa thức dương tập nửa đại số compact Chương trình bày định lí biểu diễn T − moduleArchimede áp dụng định lí biểu diễn toán biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số đóng Rn Đặc biệt, chủ yếu ta nhận chứng minh cho định lí Schmudgen (định lí 2.3.10), kết trọn vẹn biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số compact Chương : Đa thức dương trụ với nhát cắt compact Chương trình bày biểu diễn đa thức dương tình không compact đặc biệt, đa thức dương trụ với nhát cắt compact Kết có dựa vào kết thừa định lí Schmudgen (định lí 2.3.10) Mặc dù cố gắng, vấn đề đề cập luận văn tương đối phức tạp thời gian có hạn, nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả luận văn mong muốn nhận góp ý kiến thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Chương ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ ĐÓNG TRONG Rn 1.1 1.1.1 Đa thức dương Rn Một số kiến thức sở đa thức Mệnh đề 1.1.1 Cho f ∈ R [x] , f = Khi đó, tồn điểm x ∈ Rn cho f (x) = Chứng minh Với n = 1, Mệnh đề dễ dàng chứng minh Thật vậy, xét f đa thức biến x1 khác đa thức Vì f khác đa thức nên f có hữu hạn nghiệm Do đó, tồn điểm x1 ∈ R cho f (x1 ) = Với n > 1, chứng minh quy nạp theo n, ta sử dụng: R [x1 , , xn ] = R [x1 , , xn−1 ] [xn ] Vì f = nên f khai triển thành f = g0 + g1 xn + + gk xkn , g0 , , gk ∈ R [x1 , , xn−1 ] , gk = Do kết quy nạp nên tồn điểm (x1 , , xn−1 ) ∈ Rn−1 cho gk (x1 , , xn−1 ) = Vậy: k gi (x1 , , xn−1 ) xin f (x1 , , xn−1 , xn ) = i=0 đa thức biến đơn xn , trường hợp n = 1, tồn xn ∈ R thỏa mãn f (x1 , , xn ) = Định nghĩa 1.1.2 Bậc đơn thức cxd11 xdnn (trong c ∈ R, c = 0; di ∈ k N, ∀i = 1, n) di i=0 Định nghĩa 1.1.3 Mỗi f ∈ R [x] biểu diễn thành hữu hạn tổng đơn thức Bậc f xác định giá trị lớn bậc đơn thức xuất khai triển đó, kí hiệu deg (f ) Quy ước: Bậc đa thức −∞ Chú ý 1.1.4 Nếu deg (f ) d f khai triển thành f = f0 + + fd , fi ∈ R [x] bậc i, (nghĩa tổng đơn thức với bậc i đa thức 0) Hệ 1.1.5 Giả sử f = f12 + + fk2 , f1 , , fk ∈ N [x] ; f1 = Khi đó: (1) f = (2) deg (f ) = 2max deg (fi ) |i = 1, k Chứng minh (1) Theo Mệnh đề 1.1.1, tồn điểm x ∈ Rn cho f1 (x) = Do đó, f (x) = f12 (x) + + fk2 (x) Vậy f = (2) Khai triển fi thành fi = fi0 + +fid , fij đa thức bậc j với d := max {deg (fi ) |i = 1, , k} Rõ ràng deg (f ) 2d đa thức 2 bậc 2d f f1d + + fkd , tồn i cho fid = Do đó, 2 theo (1), f1d + + fkd = Vậy deg (f ) = 2max {deg (fi ) |i = 1, , k} Định nghĩa 1.1.6 Cho f ∈ R [x] Ta nói f nửa xác định dương Rn , kí hiệu f 0, f (x) 0, ∀x ∈ Rn Và gọi f xác định dương Rn , kí hiệu f > 0, f (x) > 0, ∀x ∈ Rn Định nghĩa 1.1.7 Một tập Rn gọi tập nửa đại số sở tập nghiệm hệ hữu hạn phương trình, bất phương trình đa thức, tập nửa đại số hợp hữu hạn tập nửa đại số sở Ví dụ 1.1.8 Dễ kiểm tra tập R nửa đại số hợp hữu hạn điểm khoảng 1.1.2 Bài toán biểu diễn đa thức dương thành tổng bình phương đa thức Đa thức f tổng bình phương đa thức(SOS) tồn đa thức {fj |j ∈ J} ⊂ R [x] cho fj2 (x) ,∀x ∈ Rn f (x) = i∈J Theo Hệ 1.1.5, ta cần có deg (f ) chẵn Rõ ràng, f = f12 + + fk2 f Điều dẫn đến câu hỏi tự nhiên rằng, điều ngược lại có không, nghĩa là: Bài toán 1.1.9 Nếu f 0, f có tổng bình phương đa thức R [x] không? Năm 1888, Hilbert tất đa thức không âm tổng bình phương đa thức Mệnh đề sau đa thức thực không âm biến x viết thành tổng bình phương hai đa thức với hệ số thực Mệnh đề 1.1.10 Cho đa thức biến f khác f (x − bj )2 + c2j (x − )ki f =d i lj j với d > ki chẵn, phép phân tích thành nhân tử bất khả quy R [x] f Khi đó, f phân tích thành tổng bình phương hai đa thức R [x] Chứng minh Theo đẳng thức a2 + b2 c2 + d2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 , ta biến đổi tích cặp dạng (x − bj )2 + c2j thành tổng hai bình phương Lặp lại bước vậy, ta biểu diễn j (x − bj )2 + c2j lj thành tổng bình phương hai đa thức, giả sử m2 + n2 Chọn √ g= ki (x − ) m, d i √ h= ki (x − ) n, d i ta f = g + h2 Ví dụ sau Motzkin tồn đa thức không âm mà không phân tích thành tổng bình phương đa thức: Ví dụ 1.1.11 (Motzkin) Cho s (x, y) = − 3x2 y + x2 y + x4 y Khi đó: (1) s (2) s không tổng bình phương đa thức R [x, y] Chứng minh (1) Áp dụng bất đẳng thức a+b+c √ abc (a, b, c 0) với a = 1, b = x2 y , c = x4 y , ta + x2 y + x4 y 3x2 y nên s R2 (2) Chứng minh phản chứng Giả sử ngược lại, s tổng bình phương đa thức R [x, y], ta viết s = fi2 , fi ∈ R [x, y] Dễ thấy deg (f ) = Bởi Hệ 1.1.5(2), fi có bậc lớn nên fi tổ hợp tuyến tính đơn thức sau: 1, x, y, x2 , xy, y , x3 , x2 y, xy , y với I ideal sinh − mãn: xi Và đồng cấu vành α : R [x] → R thỏa   α (T1 ) ⊆ R+ ⇔ α (xi ) α − 0, i = 1, n xi = nghĩa   điểm x ∈ Rn thỏa mãn xi 0, i = 1, n xi =  Khi đó, KT1 đồng với tập K1 = x ∈ Rn |xi Từ xi ∈ T1 1−xi = xj +(1 − 0, i = 1, n, xi = xj ) ∈ T1 , ta thấy x1 , , xn ∈ HT1 j=i + Cũng vậy, R ⊆ T1 , nên R ⊆ T1 Theo Mệnh đề 2.1.3 (3), HT1 = R [x] , nghĩa là, tiền nguyên tố T1 Archimede Hơn nữa, K1 ⊆ K, nên f > K1 Theo Hệ 2.3.4, f ∈ T1 , nghĩa f (x) = g (x) + h (x) − xi , xi , i = 1, n nhân ( xi N đủ lớn để xóa mẫu số Cụ thể, từ f nhất, g (x) ∈ T, h (x) ∈ R [x] Thay xi x1 xn , , xi xi f = ( xi )d xi )N với f (x1 , , xn ) , d bậc f Số hạng h (x) (1 − xi ) triệt tiêu ta thay xi (do − = − = 0) Do ta có: xj ( f (x1 , , xn ) = g xi )d Do g có hệ số không âm, sau nhân ( số, ta ( 2.3.2 x1 xn , , xi xi xi )N với N đủ lớn để xóa mẫu xi )N −d f ∈ T yêu cầu Định lí Reznick Định lí 2.3.7 (Reznick) Nếu f ∈ R [x] xác định dương (nghĩa là, f (x) > x khác thuộc Rn ), tồn số nguyên k 43 cho x2i k R [x]2 f∈ Chú ý: Giả thiết deg (f ) số chẵn Chứng minh Ta giả sử n Đặt T tiền thứ tự R [x] xác định R [x]2 + I, T = với I ideal sinh − x2i Đồng cấu vành α : R [x] → R thỏa mãn: α (T ) ⊆ R+ ⇔ α − x2i = 0, nghĩa là, điểm x ∈ Rn thỏa mãn x = Khi KT đồng với siêu cầu (n − 1) chiều Sn−1 = {x ∈ Rn | x = 1} Do − x2i ∈ T , theo Hệ 2.1.10, T Archimedean Hơn , f > Sn−1 Theo Hệ 2.3.4, f ∈ T, nghĩa t gj (x)2 + h (x) − f (x) = x2i , j=1 xi gj (x) , h (x) ∈ R [x] Thay xi x1 xn , , x x f x2i t = , i = 1, n, ta x1 xn , , x x g j=1 , x2i Các phần tử F diễn tả dạng x = 2N a + b x , a, b ∈ R (x) Nhân x với N đủ lớn để xóa mẫu số, phương trình dạng: t x 2k 2 gj1 + gj2 x f= , gj1 , gj2 ∈ R [x] j=1 Mở rộng tương đương hệ số, ta có: x 2k f= 2 gj1 + gj2 x 44 , gj1 , gj2 = 2.3.3 Định lí Schmudgen Nhắc lại rằng: S = {g1 , , gs } tập hữu hạn R [x] kí hiệu K = KS := {x ∈ Rn |gi (x) T = TS :=   σe g e |σ ∈ 0, i = 1, , s} , R[x]2 , ∀e ∈ {0, 1}s s    ,  e∈{0,1} tập nửa đại số đóng sở tương ứng với S tiền thứ tự R [x] sinh S Khi đó, ta có số hệ sau định lí biểu diễn Hệ 2.3.8 Giả sử TS tiền thứ tự Archimede Khi đó, f > KS ⇒ f ∈ TS Chứng minh Theo Mệnh đề 2.1.2 (iv), tiền thứ tự tiền nguyên tố Do vậy, Hệ 2.3.4, ta có điều phải chứng minh Định lí 2.3.9 TS Archimede KS compact n Chứng minh (⇒) Nếu TS Archimede k − dương, x i=1 x2i ∈ TS , với k số k, ∀x ∈ KS Do đó, KS compact (⇐) Giả sử KS compact Khi đó, KS bị chặn Suy n x2i > KS , k− i=1 với k ∈ Z đủ lớn Theo định lí biểu diễn dương, tồn p, q ∈ TS cho n x2i p k− = + q i=1 Do n x2i (1 + q) k − n x2i =p k− i=1 i=1 45 ∈ TS Đặt T tiền thứ tự R [x] sinh n S =S∪ x2i , k− i=1 nghĩa là, n x2i TS T = TS + k − i=1 Theo Hệ 2.1.10, T Archimede Do đó, với a ∈ R [x] tồn số nguyên m cho m + a ∈ T Khi đó, n x2i t2 ; t1 , t2 ∈ TS m + a = t1 + k − i=1 Suy n x2i (m + a) (1 + q) = t1 (1 + q) + p k − t2 ∈ TS i=1 Đặc biệt, tồn số nguyên m cho m − q ∈ T , nên (m − q) (1 + q) ∈ TS Do đó, m m2 − q = (m − q) (1 + q) + −q m+ m n Nhân lên k ∈ TS cộng (1 + q) k − i=1 m k +1 2 x2i ∈ TS n ∈ TS , q i=1 x2i ∈ TS , ta n x2i ∈ TS − i=1 Theo Hệ 2.1.10, TS Archimede Từ định lí này, ta có kết sau: Định lí 2.3.10 (Schmudgen) Giả sử f ∈ R [x] Khi KS compact f > KS ⇒ f ∈ TS Ví dụ 2.3.11 Cho f ∈ R [x] Dn ⊂ Rn hình cầu đơn vị Khi đó: 46 (i) f|[−1;1]n > ⇒ f ∈ TS , với S = {g1 = − x21 , , gn = − x2n } (ii) f|Dn > ⇒ f ∈ TS , với S = {g = − 2.3.4 i=1n x2i } Định lí Marshall Cho tập hữu hạn S = {g1 , , gs } R [x], kí hiệu M = MS := R [x]2 , i = 1, , s , σ i gi | σ i ∈ đó, g0 := 1, module bậc hai R [x], K := x ∈ R2 | g (x) 0, ∀g ∈ M Định lí 2.3.12 (Marshall) Giả sử M module bậc hai Archimede Khi đó, với số thực, N > 0, f > K biểu diễn dạng f = a0 + σ1 g1 + + σs gs , đây, σi tổng bình phương đa thức dương thực hình cầu đóng BN := {x ∈ Rn | x N} Chứng minh Ta có M= R2 [x] + R [x]2 g1 + + R [x]2 gs Đặt T ∗ = tập tất tổng hữu hạn fi2 với fi > BN , M ∗ = T ∗ + T ∗ g1 + + T ∗ gs , M = M ∗ ∪ {0} , T = T ∗ ∪ {0} , (1) T tựa - tiền thứ tự Thật vậy, BN tập compact, nên với f ∈ R [x] , r + f > BN với r ∈ Q đủ lớn, (r + f )2 ∈ T 47 (2) Nếu f ∈ R [x], l + f ∈ M ∗ , với l ∈ Z đủ lớn Thật vậy, f ∈ R [x], M R [x]2 - module Archimede, ta có ∃k ∈ Z, k nghĩa cho k + f ∈ M, n R[x]2 , σi gi , σi ∈ k+f = i=0 g0 := Áp dụng đồng thức 2 m +h =2 m+h 2 + m−h 2 , với m đủ lớn, cho số hạng σi , ta có số nguyên đủ lớn qi cho qi + σi ∈ T ∗ Vì (qi + σi ) gi ∈ M ∗ qi gi + k + f = Đặt g = 1+g1 + +gs Chọn số nguyên l cho l q0 +k, l 1, ta gl + f ∈ M ∗ Đặc biệt, áp dụng điều với f = −g 2mg − g ∈ M ∗ , với m đủ lớn Chọn m lớn cho 2mg − g ∈ M ∗ m + − g > BN Sau cộng 2mg − g ∈ M ∗ (m + − g)2 + g ∈ M ∗ , ta (m + 1)2 − g ∈ M ∗ 48 qi , với i Nhân với l cộng thêm lg + f ∈ M ∗ , ta có l (m + 1)2 + f ∈ M ∗ Vậy (2) chứng minh (3) M T - module Archimede Thật vậy, áp dụng (2) với f = 0, ta l ∈ M , với l số nguyên lớn Vậy, = l ∈ M Do đó, M l T - module Hơn nữa, từ (2), ta có M Archimede (4) K = x ∈ Rn | f (x) 0, ∀f ∈ M Thật vậy, M ⊆ M nên x ∈ Rn | f (x) 0, ∀f ∈ M Chiều ngược lại, giả sử x ∈ x ∈ Rn | f (x) ⊆ K 0, ∀f ∈ M x ∈ / K, nghĩa ∃i cho gi (x) < Chọn s f= rj gj , j=0 với rj ∈ Z, rj = j = i ri ls, l đủ lớn cho: −lgi (x) > gi (x) , j = i Khi đó, f ∈ M f = + g1 + + gi−1 + ri gi + gi+1 + + gs , với ri ls, l đủ lớn cho −gj (x) > lgi (x) , j = i Suy ri gi slgi < − (1 + g1 + + gi−1 + gi+1 + + gs ) Vậy f (x) < Mâu thuẫn cho ta (4) Từ (1), (2), (3), (4) áp dụng Hệ 2.3.4 (i), ta có: f > K ⇒ f ∈ M Chú ý 2.3.13 Cho M module bậc hai R [x] sinh S = {g1 , , gs } Câu hỏi tự nhiên đặt M Archimede 49 • Dễ thấy MS ⊂ TS Do vậy, MS Archimede TS Archimede Do đó, Định lí 2.3.9, ta có: MS Archimede ⇒ TS Archimede ⇔ KS compact • Nếu KS compact, TS Archimede, MS không Archimede 50 Chương ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TRỤ VỚI NHÁT CẮT COMPACT Ta ký hiệu x = (x1 , , xn ) ∈ Rn , y biến thực 3.1 Diễn đạt kết Nhắc lại rằng: A vành giao hoán, đơn vị 1.Cho S = {g1 , , gs } Kí hiệu: TS := A2 , g e = g1e1 gses , ei ∈ {0, 1} σe g e |σe ∈ Khi đó, TS tiền thứ tự A sinh S Định lí 3.1.1 Giả sử g1 , , gs ∈ R [x], K := {p ∈ Rn |gi (p) 0; i = 1, , s} compact,và 2d (x) y i ∈ R [x, y] , f (x, y) = i=0 cho a2d > K, f > K × R Khi đó, f thuộc tiền thứ tự TS R [x, y] sinh g1 , , gs 3.2 Chứng minh Định lí 3.1.1 Chứng minh Nếu d = 0, kết suy từ Định lí Schmudgen (Định lí 2.3.10), ta giả sử d Đặt 2d (x) y i z 2d−i F (x, y, z) := i=0 51 Khẳng định 1: Nếu x ∈ K y, z ∈ R, (y, z) = (0, 0), F (x, y, z) > Thật vậy: Nếu z = y = F (x, y, z) = a2d (x) y 2d > Nếu z = y F (x, y, z) = z 2d f x, > z Khẳng định 2: Tồn số thực ε > cho ε + y2 f (x, y) d K × R Thật vậy: Gọi ε > giá trị nhỏ F (x, y, z) tập compact K × S1 := (x, y, z) |x ∈ K, y, z ∈ R, y + z = Khi đó, với x ∈ K , y ∈ R; x, y , + y2 1 + y2 ∈ K × S1 f (x, y) = F (x, y, 1) =F x, ε + y2 y , + y2 d 1 + y2 + y2 d Đặt f1 (x, y) = f (x, y) − ε + y d f (x, y) = f1 (x, y) + ε + y d , (3.1) nên ta có Thay ε ε , N > 1, ta giả sử f1 (x, y) > K × R N 2d bi (x) y i , với b2d (x) > K f1 (x, y) = i=0 Khẳng định 3: Gọi f1 (x, y) = p1 (x, y)2 + p2 (x, y)2 , với p1 , p2 đa thức y có bậc nhỏ d, với hàm hệ số liên tục từ K vào R Ở đây, f1 (x, y) = p1 (x, y)2 + p2 (x, y)2 biểu diễn dạng phương trình vành đa thức C (K) (y), với C (K) vành hàm liên tục từ K vào R Thật vậy: Với x ∈ K, 2d (y − ti (x)), f1 (x, y) = b2d (x) i=1 52 với ti (x) ∈ C Tập hợp chưa thứ tự nghiệm {t1 (x) , , t2d (x)} biến đổi cách liên tục với x √ ti (x) = ri (x) + si (x) −1, ri (x) , si (x) ∈ R Vì nghiệm không nghiệm thực nên si (x) = Ta giả sử si (x) > với i = 1, , d si+d (x) = −si (x) , i = 1, , d Đặt d p (x, y) := (y − ti (x)) b2d (x) i=1 Hệ số p (x, y) hàm số liên tục x giá trị phức, √ p = p1 + p2 −1, √ p = p1 − p2 −1, với p1 , p2 có hệ số hàm số liên tục x giá trị phức f1 = pp = p21 + p22 Ta sử dụng Định lí xấp xỉ Stone - Weierstrass để lấy xấp xỉ hệ số b1 b2 đa thức, ta được: 2d f1 = q12 + q22 ci (x) y i , + (3.2) i=0 với q1 , q2 đa thức y có bậc nhỏ d, với hệ số R [x] , ci (x) ∈ R [x] |ci (x) | < ε K , với i = 0, , 2d Khẳng định 4: ε ± ci (x) nằm tiền thứ tự T R [x] sinh g1 , , gs với i = 0, , 2d Vì ε ± ci (x) > K nên điều Định lí Schmudgen (Định lí 2.3.10) Đặt s1 (x, y) := q1 (x, y)2 + q2 (x, y)2 , s2 (x, y) := ε + y + 3y + y + 3y + + y 2d−1 + 2y 2d + s3 (x, y) := ε + y2 d − 2d ci (x) y i , i=0 2 + y + 3y + y + 3y + + y 2d−1 + 2y 2d 53 Từ (3.1) (3.2), ta thấy f = s1 + s2 + s3 Kí hiệu T tiền thứ tự R [x, y] sinh g1 , , gs Ta cần s1 , s2 , s3 ∈ T Rõ ràng, s1 ∈ T Khẳng định 5: Chứng minh s2 ∈ T Thật vậy: i εy + ci (x) y i = ε + ci (x) y i 5 ε + ci (x) ∈ T (theo Khẳng định 4) Do đó: i εy + ci (x) y i ∈ T, với i chẵn Với i lẻ, ta viết i = 2m + Từ Khẳng định 4, ta có (3.3) 2 ε(y + 1)2 + ci (x) (y + 1)2 = ε + ci (x) (y + 1)2 ∈ T, 5 2 εy − ci (x) y = ε − ci (x) y ∈ T, 5 ε − ci (x) ∈ T Cộng vế với vế, ta thấy ε (y + 1)2 + y + + ci (x) (y + 1)2 − y − = ε 2y + 2y + + ci (x) 2y ∈ T Chia cho nhân với y 2m ta được: ε y i+1 + y i + y i−1 + ci (x) y i ∈ T với i lẻ (3.4) Cộng đẳng thức (3.3) (3.4), với i = 0, 2d Ta thấy s2 ∈ T Khẳng định 6: Chứng minh s3 ∈ T Để chứng minh khẳng định 6,ta sử 54 dụng đồng thức sau: 2 + y + 3y + y + 3y + + y 2d−1 + 2y 2d d = + y + + y + + y 2d−2 (1 − y)2 − y + y + + y 2d−2 − − y 2d d−1 d 2 2d−2 = + y + + y (1 − y) + − y 2i , 5 i i=1 + y2 d − d ý với < i < d, ta có > Do s3 ∈ T i Vậy từ Khẳng định ta suy f = s1 + s2 + s3 ∈ T 55 Kết luận Luận văn "Về biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số Rn " tập trung tìm hiểu trình bày vấn đề sau: Trình bày cách hệ thống khái niệm, tính chất đa thức dương biểu diễn đa thức dương Rn tập nửa đại số đóng Rn Trình bày định lí Schmudgen biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số compact Rn Trình bày định lí biểu diễn đa thức dương trụ với nhát cắt compact 56 Tài liệu tham khảo [1] Dương Quốc Việt, Giáo trình sở lí thuyết module, NXB Đại học Sư phạm (2010) ¨ [2] E Artin, Ueber die Zerlegung definiter Funktionen in Quadrate, Abh math Sem Hamburg 5, (1927) [3] MF Atiyah, IG Macdonald Introduction to Comutaive Algebra, Addison- Wesley, Reading, MA (1969) ¨ [4] Hilbert, Ueber die Darstellung definiter Formen als Summen von Formenquadraten, Mathematische Annalen, (1888) [5] M Marshall, Positive Polynomials and sum of squares, Mathematical Surveys and Monographs, Vol 126(2008) [6] M Marshall, Cylinders with compact cross-section and the strip conjecture, Mathematics subject Classification Primary 14p99, 44A60 (2000) 57 [...]... trình, bất phương trình đa thức với hệ số trong R Khi đó, tồn tại x = (x1 , , xn ) ∈ Rn thỏa mãn hệ phương trình, bất phương trình trên 1.2.3 Định lí Krivine Cho tập hữu hạn S = {g1 , , gs } ⊂ R [x] Kí hiệu: • K = KS := {x ∈ Rn |gi (x) • T = TS := σe g e |σe ∈ 0, i = 1, , s} R [x]2 , g e = g1e1 gses , ei ∈ {0, 1} Ta có định lí về sự biểu diễn các đa thức dương trên tập nửa đại số cơ sở đóng K Định... x2 y + di xy 2 , trong đó ai , bi , ci , di ∈ R Khi đó, hệ số của x2 y 2 trong s là b2i Do đó, b2i = −3 vô lý Như vậy, điều giả sử ban đầu là sai Vậy s không là tổng các bình phương của các đa thức trong R [x, y] 1.1.3 Bài toán thứ 17 của Hilbert Bài toán 1.1.12 (Bài toán thứ 17 của Hilbert) Cho đa thức bất kì f ∈ R [x] Giả sử rằng f 0 trong Rn Khi đó, f có là tổng bình phương của các hàm hữu tỉ không?... y 2 − 2 + x2 + y 2 2 x2 − y 2 + 2 x + y2 2 2 Đa thức dương trên các tập nửa đại số trong Rn 1.2 1.2.1 Một số khái niệm cơ sở: module bậc hai, tiền sắp thứ tự và sắp thứ tự Cho A là một vành giao hoán với đơn vị 1 Giả sử rằng 1 ∈ A (nghĩa là 2 là 2 phần tử khả nghịch trong A) Kí hiệu: m 2 a2i |ai ∈ A A := i=1 Định nghĩa 1.2.1 (1) Module bậc hai của A là tập con M của A thỏa mãn M + M ⊆ M, a2 M ⊆ M...Nếu x3 xuất hiện trong một fi nào đó thì x6 sẽ xuất hiện trong s với hệ số dương Do đó, x3 không xuất hiện trong bất kì fi nào Tương tự, nếu y 3 xuất hiện trong một fi nào đó thì y 6 sẽ xuất hiện trong s với hệ số dương Do đó, y 3 không xuất hiện trong bất kì fi nào Lập luận tương tự như vậy ta thấy rằng x2 , y 2 , x, y cũng đều không xuất hiện trong bất kì fi nào Vì vậy, các fi có dạng fi = ai... = 1 + h (x) > 0 Vì vậy, f (x) > 0 với mọi x ∈ KS (2) Chứng minh tương tự (1) 24 Chương 2 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ COMPACT 2.1 Một số khái niệm Cho A là một vành giao hoán với đơn vị 1 Để đơn giản, chúng ta luôn luôn giả sử Q ⊆ A 2.1.1 Tiền nguyên tố Định nghĩa 2.1.1 (1) Một tiền nguyên tố của A là tập con T của A sao cho T + T ⊆ T, T T ⊆ T, Q+ ⊆ T (2) Tiền nguyên tố T của A được gọi là... K là tập con đóng của Rn , và T = f ∈ R [x] |f Khi đó 27 0 trên K 1 sao cho (1) T là tiền nguyên tố (2) HT gồm tất cả các đa thức bị chặn trên K (3) T là Archimede khi và chỉ khi K compact Chứng minh (1) Hiển nhiên (2) Ta có HT = {f ∈ R [x] |∃k ∈ Z, k 1 sao cho k ± f ∈ T } = f ∈ R [x] |∃k ∈ Z, k 1 sao cho k ± f = f ∈ R [x] |∃k ∈ Z, k 1 sao cho − k 0 trên K f k trên K Vậy HT gồm tất cả các đa thức. .. tổng bình phương của các hàm hữu tỉ không? - Mệnh đề 1.1.10 chỉ ra rằng khẳng định trên đúng với n = 1 - Năm 1893, Hilbert đã chứng minh điều này cho trường hợp n = 2 - Đến năm 1927, Emil Artin đã tìm ra lời giải bài toán trên trong trường hợp tổng quát Ví dụ 1.1.13 Đa thức Motzkin s không là tổng bình phương của các đa 7 thức (ví dụ 1.1.11) nhưng nó là tổng bình phương của bốn hàm hữu tỉ: s= x2 y 2 x2... nghĩa của TS , thì p (x, y) là tổng của các số hạng: σ (x, y) g1 (x)e1 gs (x)es (yf (x) − 1)es+1 (−yf (x) + 1)es+2 , trong đó ei ∈ {0, 1} , σ (x, y) ∈ R[x, y]2 , σ (x, y) = 19 hj (x, y)2 1 thì các số hạng es+1 = 1 hoặc es+2 = 1 sẽ bị triệt tiêu f (x) Đối với các số hạng còn lại, ta nhân với f (x)2m , m lớn hơn hoặc bằng số mũ Thay y bởi cao nhất của y xuất hiện trong hj (x, y) và ta được v hij (x) y... nghĩa như trên, và f ∈ R [x] Khi đó: (1) f > 0 trên K ⇔ tồn tại p, q ∈ T sao cho pf = 1 + q (2) f 0 trên K ⇔ tồn số nguyên m 0 và p, q ∈ T sao cho pf = f 2m +q (3) f = 0 trên K ⇔ tồn tại số nguyên m (4) K = ∅ ⇔ −1 ∈ T 18 0 sao cho −f 2m ∈ T Chứng minh Trước hết, ta chứng minh các khẳng định (1), (2), (3), (4) tương đương nhau và sau cùng ta chứng minh (4) (1) ⇒ (2).(⇒) Giả sử f m 0 trên KS Ta... tập S = {h1 , −h1 , , ht , −ht } Ta có: • KS = Z (I) • Bởi Mệnh đề 1.2.6, TS = R [x]2 + I • Bởi Định lí 1.2.24 (3) và Mệnh đề 1.2.10, ta có: f = 0 trên KS ⇔ −f 2m ∈ TS với số nguyên m ⇔f ∈ 0 nào đó TS ∩ −TS Do vậy I (Z (I)) = IKS = √ TS ∩ −TS = √ R I Hệ quả 1.2.27 Cho S = {g1 , , gs } và f ∈ R [x] Khi đó: (1) f > 0 trên K ⇔ tồn tại g ∈ R [x] , h ∈ T sao cho g 2 f = 1 + h (2) f 0 trên K ⇔ tồn tại số ... đa thức dương tập nửa đại số sở đóng Rn Chương : Đa thức dương tập nửa đại số compact Chương trình bày định lí biểu diễn T − moduleArchimede áp dụng định lí biểu diễn toán biểu diễn đa thức dương. .. trình đa thức, tập nửa đại số hợp hữu hạn tập nửa đại số sở Ví dụ 1.1.8 Dễ kiểm tra tập R nửa đại số hợp hữu hạn điểm khoảng 1.1.2 Bài toán biểu diễn đa thức dương thành tổng bình phương đa thức Đa. .. lí biểu diễn đa thức dương tình đề cập đến Luận văn gồm chương : Chương : Đa thức dương tập nửa đại số đóng Rn Chương trình bày kết sở biểu diễn đa thức dương Rn ; định lí Krivine biểu diễn đa