Đang tải... (xem toàn văn)
Độ phức tạp của định lý biểu diễn dương schmudgen
PHC TP CA NH Lí BIU DIN DNG SCHM ă UDGEN Nguyn Th Thanh Bỡnh - Trng Ngc Hi Túm tt ni dung Cho S := {x R n |g i (x) 0, i = 1, 2,ããã , m} vi g i l cỏc a thc. Nm 1991, Schmăudgen chng minh rng nu a thc f dng trờn S thỡ tn ti cỏc a thc ( l tng bỡnh phng ca cỏc a thc) sao cho f cú biu din f = {0,1} m g 1 1 . . . g m m . Nm 2004, Schweighofer chng minh rng cú th chn sao cho deg( g 1 1 . . . g m m ) cd 2 1 + d 2 n d f f c , trong ú hng s c ch ph thuc g 1 , . . . , g m , d = deg(f ), v nu f = ||d f x thỡ f = max {|f | ! ||! }, f = min xS f(x). Trong bi bỏo ny, chỳng tụi chng minh c chn bc tt hn ỏnh giỏ ca Schweighofer; c th cú th chn vi deg( g 1 1 . . . g m m ) cd 2 1 + d(n d 1) f f c . 1 Gii thiu Trong ton b bi vit ta gi thit S := {x R n |g 1 (x) 0, . . . , g m (x) 0} R n trong ú g i , i = 1, . . . , m, l cỏc a thc nhiu bin. Ký hiu g := g 1 1 . . . g m m , vi = ( 1 , . . . , m ) {0, 1} m , R[x] 2 := { f 2 |f R[x]}. nh lý 1 (Schmăudgen - 1991). Gi s S compact v a thc f dng trờn S. Khi ú f cú biu din f = {0,1} m g , vi R[x] 2 . Chng 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 Vậy |P (y) − P (y )| = |f(l(y)) − f(l(y ))| ≤ l(y) − l(y ) √ n d(n d − 1), ∀y, y ∈ ∆ ≤ l(y − y ) √ nd(n d − 1) ≤ y − y √ n d(n d − 1), do l ≤ 1 2 . Đặt R := R 0 y 1 +···+y 2n+m+1 2n d 1 −d 0 . Khi đó R là đa thức thuần nhất bậc d 1 và R = R 0 trên ∆. Đặt c 2 := c 1 (2 √ n) c 0 2n √ 2n, và λ := c 2 d(n d − 1) d(n d −1) f ∗ c 0 . Mệnh đề 8. Ta có P + λR ≥ f ∗ 2 ,∀ y ∈ ∆. Chứng minh. Trường hợp 1. P > f ∗ 2 . Do λ > 0 và R ≥ 0 trên ∆ nên P + λR ≥ f ∗ 2 ,∀ y ∈ ∆. Trường hợp 2. P ≤ f ∗ 2 . Theo Mệnh đề 6, chọn y sao cho P (y ) ≥ f ∗ 2 thì y − y ≥ |P (y) − P (y )| √ n d(n d − 1) ≥ f ∗ 2 √ n d(n d − 1) . Hơn nữa, do min{P (y)|y ∈ Z} = min{f(x)|x ∈ S} = f ∗ nên dist(y, Z) ≥ f ∗ 2 √ n d(n d − 1) ,∀ y ∈ ∆. Kết hợp với dist(y, Z) c 0 ≤ c 1 R 0 (y), ∀ y ∈ ∆ và R = R 0 trên ∆, ta có f ∗ 2 √ n d(n d − 1) c 0 ≤ c 1 R 0 (y),∀y ∈ ∆. Mặt khác, ở Mệnh đề 6, chọn y sao cho P (y ) = f ∗ , ta có |P (y) − f ∗ | ≤ diam(∆) √ n d(n d − 1) = 2n √ 2n d(n d − 1). Do diam(∆) = 2 √ 2n, nên P (y) ≥ f ∗ − 2n √ 2n d(n d − 1) trên ∆. Như vậy P + λR ≥ f ∗ − 2n √ 2n d(n d − 1) + c 2 c 1 (2 √ n) c 0 d(n d − 1) = f ∗ ≥ f ∗ 2 . 6 Chứng minh tiếp Bổ đề 4 Như vậy P + λR thuần nhất bậc d 1 và P + λR dương trên ∆. Đặt ∆ 1 = {y > 0|Σy i = 1} thì P + λR ≥ f ∗ 2(2n) d 1 trên ∆ 1 . Theo định lý Powers - Reznick, đa thức Q = (P + λR) · y 1 + ··· + y 2n+m+1 2n N có tất cả các hệ số đều dương nếu N thỏa N > d 1 (d 1 − 1)P + λR 2 · f ∗ 2(2n) d 1 − d 1 = d 1 (d 1 − 1)(2n) d 1 · P + λR f ∗ − d 1 . Tức là Q = |α|=N+d 1 a α y α , a α > 0,∀α. Từ đó có ϕ(Q) = ϕ(P + λR) = ϕ(P ) + λϕ(R) = ϕ(P ) = f = |α|=M a α p α , a α > 0, do ϕ(R) = ϕ(R 0 ) p i = 0. Bây giờ ta đánh giá chặn bậc của Q. Đặt c 3 := c 2 (2n) d 0 R, c 4 := 2n d 0 . Chọn c đủ lớn sao cho d 2 0 (1 + c 4 a + c 3 a c 0 +1 ) ≤ c(1 + a c ), ∀a > 0. Với P = d 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 , đặt P k := F k 1 2 (y 1 − y n+1 ), . . . , 1 2 (y n − y 2n ) , theo Mệnh đề [3, Lemma 8] ta có P k = 1 2 k F k ≤ 1 2 k f = 1 2 k . Do đó P ≤ d 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 ≤ d k=0 1 2 k · 1 (2n) d 1 −k = d k=0 1 2 d 1 n d 1 −k ≤ 1 2 d 1 −1 . Với R := R 0 y 1 +···+y 2n+m+1 2n d 1 −d 0 thì R ≤ 1 (2n) d 1 −d 0 R 0 . Khi đó, M := deg Q = N + 1. Chọn số N nguyên dương nhỏ nhất, N ≥ d 1 (d 1 − 1)(2n) d 1 P +λR f ∗ − d 1 + 1. 7 Khi đó M = d 1 (d 1 − 1)(2n) d 1 P + λR f ∗ + 1 ≤ d 2 1 (2n) d 1 f ∗ 1 2 d 1 −1 + λ f ∗ (2n) d 0 ||R 0 || + 1 ≤ d 2 1 (2n) d 1 f ∗ 1 2 d 1 −1 + c 3 · d(n d − 1) f ∗ c 0 +1 + 1 ≤ d 2 1 1 + 2n d 1 f ∗ + c 3 d(n d − 1) f ∗ c 0 +1 ≤ d 2 d 2 0 1 + c 4 d(n d − 1) f ∗ + c 3 · d(n d − 1) f ∗ c 0 +1 ≤ cd 2 1 + d(n d − 1) f ∗ c . Bổ đề 4 được chứng minh. Lời cảm ơn Chúng tôi xin cảm ơn PGS. TS. Phạm Tiến Sơn đã có những gợi ý, hướng dẫn để chúng tôi thực hiện bài báo này! Tài liệu [1] Powers, V., Reznick, B., A new bound for Pólya’s Theorem with applications to polynomials positive on polyhedra, Journal of Pure and Applied Algebra 164, (2008) 221-229. [2] Schweighorfer, M., An algorithmic approach to Schm¨udgen’s Pos- itivstellensatz, Fachbereich Mathematik und Statistik, 78457 Kon- stanz, Germany, (2001). [3] Schweighorfer, M., On the complexity of Schm¨udgen’s Positivstel- lensatz, Journal of Complexity 20, (2004) 529-543. [4] Schm¨udgen, K., The K-moment proplem for compact semi-algebraic sets, Math. Ann. 289, No. 2, 203-206 (1991). [5] Stengle, G., Complexity Estimates for the Schm¨udgen’s Positivstel- lensatz, Journal of Complexity 12, (1996) 167-174. 8 Abstract Schm¨udgen’s Theorem(1991) has said that a polynomial f positive on a compact semialgebraic set S, there is exits σ ν ∈ R[x] 2 so that f has a presentation f = ν∈{0,1} m σ ν g ν 1 1 . . . g ν m m . Schweighofer’s Theorem(2004) has shown us a bound on the degree of σ ν g ν 1 1 . . . g ν m m is cd 2 1 + d 2 n d f f ∗ c . In this article, we will show a better bound on the degree of the summands is cd 2 1 + d(n d − 1) f f ∗ c . 9 . 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. ∈ {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)