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

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

(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
:= {

, . . . , 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


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
∗

:= 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

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

(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.

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

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
, . . . , 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

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


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

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

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

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