---------------------------------------------- Tản mạn về Phân tích S.O.S Tổng các bình phương - EBOOKS -------------------------------------------------------------

Pages

Tuesday, September 2, 2014

Tản mạn về Phân tích S.O.S Tổng các bình phương

11:01 PM  HCL  

Khi nghiên cứu cực trị địa phương của các hàm nhiều biến, ví dụ quen thuộc là xét hàm đa thức
P(x,y)=x2+3xy+3y2−6x+3y−6.
Ta có Px=2x+3y−6 và Py=3x+6y+3, nên điểm dừng của P là (15,−8). Vì ′Pxx=2và Hessian của P bằng 2×6−32=3>0, nên ′(15,−8) là điểm cực tiểu của P, giá trị cực tiểu bằng P(15,−8)=−63.
P là đa thức, người ta hy vọng có một giả thíc đại số tại sao −63 là cực tiểu của nó và tại sao lại đạt được tại (15,−8). Đối với hàm một biến: Nếu p(x)=ax2+bx+c và a>0 thì
p(x)=a(x+b2a)2+4ac−b24a,
 do đó p đạt cực tiểu tại x=−b/2a,và giá trị cực tiểu là (4ac−b2)/4a.
Đa thức P ở trên cũng có thể biểu diễn theo cách này. Một chút tính toán đại số cho ta
P(x,y)=(x−3+32y)2+3(y2+4)2−63,>
và giá trị nhỏ nhất của P(x,y) là −63, đạt được khi x−3+3y/2=0 và 4+y/2=0, tức là tại (15,−8).
(Ta có thể giải thích phân tích của P ở trên bằng một thuật toán, nhưng ta tạm bỏ qua.)

Phân tích ở trên của  P không chỉ là một sự trùng hợp. Bài toán thứ 17 trong 23 bài toán của Hilbert tại Đại hội Toán học Thế giới lần 2 ở Paris, 1900 phát biểu rằng liệu mọi đa thức với hệ số thực P(x_1,\dots,x_n) không âm với mọi giá trị  x_1,\dots,x_n là tổng các bình phương (gọi tắc là SOS) của các hàm số hữu tỉ. (Một hàm số hữu tỉ là thương của các đa thức.) Một đa thức như trên thường được gọi là xác định dương .

Nếu bài toán của Hilbert cho câu trả lời khẳng định, nó sẽ cho một lời giải thích rõ ràng tại sao P không âm. Chính Hilbert chứng minh rằng một đa thức không âm P là tổng các bình phương của các đa thức khi thuộc một trong các trường hopwj sau đây:
  • Plà đa thức một biến,
  • P là đa thức bậc hai n biến,
  • P là đa thức bậc bốn hai biến.
Emil Artin đã giải bài toán Hilbert vào năm 1927 với câu trả lời khẳng định. Kết quả mạnh hơn, P là tổng các bình phương của các đa thức thật đáng tiếc là không đúng trong trường hợp tổng quát. Sau đây là một phản thí dụ:
Q(x,y,z)=z^6+x^4y^2+x^2y^4-3x^2y^2z^2.
Đa thức này không âm theo bất đẳng thức AM-GM (xem ví dụ 1 bên dưới). Đa thức này xuất hiện trong bài báo của Marie-Francoise Roy, The role of Hilbert’s problems in real algebraic geometry, ở tạp chí Proceedings of the ninth EWM Meeting, Loccum, Germany 1999, và ta có thể chứng minh rằng nó không phảo là tổng bình phương của các đa thức bằng thuật toán được giới thiệu bên dưới.

Mặc dù Hilbert đã biết một số đa thức không âm P không là tổng bình phương các đa thức nhưng ví dụ tường minh đầu tiên cho thấy một đa thức như vậy thuộc về nhà logic học Rafael Robinson trong bài báo Some definite polynomials which are not sums of squares of real polynomials, in Selected questions of algebra and logic(collection dedicated to the memory of A. I. Mal′cev) (Tiếng Nga), pp. 264-282, Izdat.‘‘Nauka’’ Sibirsk.Otdel.,Novosibirsk, 1973.

Ta trích dẫn bình luận trên Mathscinet của W. Ellison:
Chìa khóa của vấn đề là bổ đề sau: Một đa thức f(x, y) có bậc tối đa bằng 3 triệt tiêu tại 8 trong 9 điểm (x, y) với x, y\in\{-1,0,1\} phải triệt tiêu tại điểm thứ 9.
Đa thức f(x, y) =x^2(x^2-1)^2+y^2(y^2-1)^2 triệt tiêu tại 9 điểm này và ta có thể tìm một đươngc cong bậc 6 g(x, y) = 0 không đi qua (0,0), nhưng triệt tiêu tại 8 điểm còn lại ví dụ như g(x, y)=(x^2-1)(y^2-1)(x^2+y^2+1). Hàm g(x, y)/f(x, y) bị chặn trên trên mặt phẳng (x, y) plane. Do đó với  \alpha >0 thích hopwj (thật ra ta có thể chọn  \alpha= 1) ta có S_\alpha(x,y)=f(x,y)-\alpha g(x,y) xác định dương và S_\alpha(0,0)\ne0. Rõ ràng ta không thể có S_{\alpha} (x,y)=\sum f_r^2 (x,y) với f_r, là các đa thức hệ số thực, với bậc cao nhất bằng 3 và nó sẽ triệt tiêu tại (0,0), vì nó triệt tiêu tại 8 điểm khác.
Hơn nữa còn có một thuật toán cho vấn đề này, cho một đa thức không âm, có hay không một biểu diễn thành tổng các bình phương và nếu có, hãy tìm nó. Đây là kết quả chính của bài báo An algorithm for sums of squares of real polynomials, của Victoria Powers và Thorsten Woermann, J. Pure and Appl. Alg. 127 (1998), 99-104. (Bài báo này có tại trang web của Powers)

Nhiều bất đẳng thức thường gặp trong giải tích có thể chứng minh một cách hiệu quả dựa vào các đa thức không âm. 

Tiếp theo phần 1
1. Bất đẳng thức AM-GM
\displaystyle\frac{x_1+\dots+x_n}n\ge\sqrt[n]{x_1\dots x_n}
với mọi số không âm x_1,\dots,x_n. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x_1=\dots=x_n.

Điều này tương đương với đa thức
\displaystyle P(z_1,\dots,z_n)=\frac{z_1^{2n} + z_2^{2n} +\dots+z_n^{2n}}n -z_1^2\dots z_n^2
được phân tích thành tổng các bình phương. Ở đây ta thay x_i bởi y_i^2, để bỏ đi điều kiện  x_i không âm.

Một phân tích như vậy được đưa ra bởi Hurwitz vào năm 1891,trong bài báo Über den Vergleich des arithmetischen und des geometrischen Mittels, có thể tìm đọc trong Math. Werke, 505-507, Basel, E. Berkhäuser, 1933.
Để bieur diễn được đẹp mắt hơn, ta đưa ra một số kí hiệu. Cho hàm số f(z_1,\dots,z_n), ta viết{\mathcal P}f(z_1,\dots,z_n)cho kết quả của việc cọng thêm tất cả các biểu thức dạng  f(z_{i_1},\dots,z_{i_n}) với tất cả các hoán vị của bộ (i_1,\dots,i_n) các chỉ số (1,\dots,n) (có n! khả năng như vậy).
Chẳng hạn, {\mathcal P}z_1=(n-1)!(z_1+\dots+z_n) và {\mathcal P}(z_1\dots z_n)=n!z_1\dots z_n.
Ta viết
\phi_k(z_1,\dots,z_n) ={\mathcal P} ((z_1^{n-k}-z_2^{n-k}) (z_1-z_2)z_3 z_4\dots z_{k+1})
với k=1,\dots,n-1 và
f_k=\phi_k(z_1^2,\dots,z_n^2).
Lư ý rằng mỗi f_k không âm, vì (z_1^{n-k}-z_2^{n-k})(z_1-z_2)z_3 z_4\dots z_{k+1}=
\displaystyle (z_1-z_2)^2\left(\sum_{j=0}^{n-k-1}z_1^{n-k-1-j}z_2^j\right)z_3\dots z_{k+1}.
Khi đó
\displaystyle P(z_1,\dots,z_n)=\frac1{2(n!)}\sum_{k=1}^{n-1}f_k.
Dấu bằng xảy ra nếu z_i bằng nhau tất cả.
Ví dụ,
\displaystyle \frac{x_1^2+x_2^2}2-x_1x_2=\frac12(x_1-x_2)^2,
\displaystyle \frac{x_1^3+x_2^3+x_3^3}3-x_1x_2x_3=\frac16((x_1-x_2)^2x_3+(x_2-x_3)^2x_1 \displaystyle +(x_3-x_1)^2x_2+(x_1-x_2)^2(x_1+x_2) \displaystyle +(x_1-x_3)^2(x_1+x_3) +(x_2-x_3)^2(x_2+x_3)),
và
\displaystyle \frac{x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4}4-x_1x_2x_3x_4=\frac{(x_1^2-x_2^2)^2+(x_3^2-x_4^2)^2}4 \displaystyle +\frac{(x_1x_2-x_3x_4)^2}2.
2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
\displaystyle \sum_{i=1}^n x_iy_i\le\sqrt{\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right)},
Dấu bằng xảy ra khi bộ n số  (x_1,\dots,x_n)  và  (y_1,\dots,y_n) tỉ lệ. Chứng minh hay gặp của nó là dùng định thức của đa thức bậc hai không âm. Dạng đơn giản hơn của nó là |\vec x\cdot\vec y|\le|\vec x||\vec y| với \vec x,\vec y là các vector bất kì trong {\mathbb R}^n và \cdot là tích vô hướng thông thường. Đặt
\displaystyle P(\vec x,\vec y)=\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right)-\left(\sum_{i=1}^n x_iy_i\right)^2,
bất đẳng thức tương đương với đa thức Pkhông âm, và có thể chứng minh bằng cách phân tích nó thành tổng các bình phương. Hằng đẳng thức Lagrange
\displaystyle P(x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n)=\sum_{1\le i<j\le n}(x_iy_j-x_jy_i)^2,
cho ta kết quả mong muốn.

3. Bất đẳng thức Young
Nếu p và q là các số hữu tỉ dương sao cho 1p+1q=1, thì với mọi số dương x và y ta có
xpp+yqq≥xy.


Vì 1p+1q=1,ta có thể viết p=m+nm, q=m+nn trong đó m và n là các số nguyên dương. Ta viết x=a1/p, y=b1/q. Khi đó
xpp+yqq=am+nm+bm+nn=ma+nbm+n.


Theo bất đẳng thức AM-GM,
ma+nbm+n≥(am⋅bn)1m+n=a1pb1q=xy,
và do đó
xpp+yqq≥xy.

Chứng minh này xuất hiện trong cuốn Mathematical Toolchest xuất bản năm 2004 bởi  Australian Mathematics Trust.

4. Bất đẳng thức Minkowski: Với các số không âm x_i,y_i, ta có
\displaystyle \left(\prod_{i=1}^n(x_i+y_i)\right)^{1/n}\ge\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{1/n}+\left(\prod_{i=1}^n y_i\right)^{1/n}.
Ta cần chứng minh đa thức sau không âm
\displaystyle P(x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n) \displaystyle =\prod_{i=1}^n(x_i^{2n}+y_i^{2n})-\left(\prod_{i=1}^n x_i^2+\prod_{i=1}^n y_i^2\right)^n.
Bạn đọc tự tìm hiểu.
Còn nữa...

Posted in: