Tải bản đầy đủ

Hàm toàn phương lồi và ứng dụng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

NGUYỄN VIỆT ANH

HÀM TOÀN PHƯƠNG LỒI
VÀ ỨNG DỤNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI – 2018


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

NGUYỄN VIỆT ANH


HÀM TOÀN PHƯƠNG LỒI
VÀ ỨNG DỤNG
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

Người hướng dẫn khoa học
TS. TRẦN VĂN NGHỊ

HÀ NỘI – 2018


Mục lục

Lời cảm ơn

1

Lời cam đoan

2

Lời mở đầu

3

1 Hàm toàn phương lồi

5

1.1

1.2

Dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Ánh xạ đa tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2

Dạng song tuyến tính đối xứng và dạng toàn
phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.1.3

Ma trận của dạng song tuyến tính . . . . . . . .

11

1.1.4

Đưa biểu thức tọa độ của dạng toàn phương về
dạng chính tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.1.5

Hạng và hạch của dạng toàn phương . . . . . .

17

1.1.6

Chỉ số quán tính của dạng toàn phương . . . .

19

1.1.7

Dạng toàn phương tương đương . . . . . . . . .

23

Hàm toàn phương lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

1.2.1

Hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

1.2.2

Hàm toàn phương lồi . . . . . . . . . . . . . . .

28

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

2 Ứng dụng

31

2.1

Bài toán quy hoạch toàn phương lồi . . . . . . . . . . .

2.2

Sự tồn tại nghiệm của bài toán quy hoạch toàn phương

31

lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2.1

Bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2.2

Định lý kiểu Eaves . . . . . . . . . . . . . . . .

37

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

43

ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ
lòng cảm ơn tới thầy cô khoa Toán-Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội
II, các thầy cô trong tổ bộ môn tổ Hình học cũng như các thầy cô
tham gia giảng dạy đã tận tình truyền đạt những tri thức quý báu và
tạo điều kiện thuận lợi để em hoàn thành tốt nhiệm vụ khóa học và
khóa luận.
Đặc biệt, em xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc tới
TS. Trần Văn Nghị, người đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo tận tình
giúp đỡ để em có thể hoàn thành khóa luận này.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia
đình, bạn bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt
quá trình học tập và thực hiện khóa luận tốt nghiệp.
Em xin chân thành cảm ơn.

Hà Nội, ngày 30/03/2018
Tác giả khóa luận

Nguyễn Việt Anh

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Lời cam đoan
Khóa luận được hoàn thành sau quá trình tự tìm hiểu, nghiên cứu
của bản thân cùng với sự hướng dẫn của TS. Trần Văn Nghị.
Khóa luận có sự tham khảo các kết quả nghiên cứu của các nhà
khoa học trong và ngoài nước. Em xin cam đoan kết quả của khóa
luận này là không sao chép từ bất cứ khóa luận nào. Em xin chịu hoàn
toàn trách nhiệm về lời cam đoan của mình.
Hà Nội, ngày...tháng...năm 2018
Sinh viên

Nguyễn Việt Anh

2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Hàm toàn phương lồi là một đối tượng hình học quan trọng. Các
nhà toán học trên thế giới đã và đang nghiên cứu các tính chất
của hàm toàn phương lồi và các ứng dụng của nó trong thực tiễn.
Với mong muốn nghiên cứu sâu hơn về tính chất của hàm toàn
phương lồi và tầm quan trọng của nó, em đã chọn đề tài "Hàm
toàn phương lồi" làm đề tài khóa luận tốt nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu
Bước đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học và tìm hiểu sâu
hơn về hàm toàn phương lồi. Đưa ra được ứng dụng của hàm
toàn phương lồi để chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán
quy hoạch toàn phương lồi.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng: Hàm toàn phương lồi
- Phạm vi nghiên cứu: Ứng dụng của hàm toàn phương lồi.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Trình bày cơ sở lý thuyết về hàm toàn phương lồi và ứng dụng
trong bài toán tồn tại nghiệm của bài toán quy hoạch toàn phương
lồi.
5. Phương pháp nghiên cứu
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Phân tích và tổng hợp kiến thức
6. Cấu trúc khóa luận
Khóa luận gồm 2 chương:
Chương 1: Hàm toàn phương lồi
Chương 2: Ứng dụng

4


Chương 1
Hàm toàn phương lồi
Nội dung chính của chương này đề cập tới một số kiến thức cơ bản
về dạng toàn phương, dạng song tuyến tính, ma trận của dạng song
tuyến tính, hạch và hạng của dạng toàn phương, chỉ số quán tính,
hàm toàn phương lồi.

1.1

Dạng toàn phương

1.1.1

Ánh xạ đa tuyến tính

Định nghĩa 1.1. Giả sử V và W là những không gian véctơ trên
trường K, k ∈ N∗ .
Ta gọi ánh xạ
ϕ : V × V × ... × V −→ W
k−lần


− →




− →



( β1 , β2 , ..., βk ) −→ ϕ( β1 , β2 , ..., βn )

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

là một ánh xạ đa tuyến tính (hay k- tuyến tính) nếu nó tuyến tính với

từng thành phần →
α khi cố định các thành phần còn lại. Tức là
i










− →









ϕ( β1 , β2 , ..., λ βi +µ→
γi , ..., βk ) = λϕ( β1 , ..., βi , ..., βk )+µϕ( β1 , ..., →
γi , ..., βk )

− →


− −
(∀λ, µ ∈ K, và ∀ β1 , β2 , ..., βk , →
γi ∈ V, i = 1, 2, ..., k)
Đặc biệt:
• Nếu W =K thì ϕ được gọi là k-tuyến tính trên V .
• Nếu k = 2 thì ϕ được gọi là ánh xạ song tuyến tính.
Ánh xạ k-tuyến tính ϕ : V × V × ... × V −→ W được gọi là thay
phiên (hay phản đối xứng) nếu giá trị của φ trên k véctơ trong đó








có 2 véctơ bằng nhau là 0 . Tức là ϕ(..., β , ..., β , ...) = 0 .
Tính chất 1.1.1. Giả sử ϕ là một ánh xạ k-tuyến tính thay phiên.
Khi đó:
a) ϕ có tính chất phản đối xứng, nghĩa là
















ϕ( β1 , ..., βi , ..., βj , ..., βk ) = −ϕ( β1 , ..., βi , ..., βj , ..., βk )




với mọi β1 , ..., βk ∈ V, i = j.




b) Nếu hệ β1 , ..., βk phụ thuộc tuyến tính thì






ϕ( β1 , ..., βk ) = 0 .
Định lý 1.1. Nếu dimV = n thì dimAn (V ) = 1. Hơn nữa nếu (e) =


{→
e 1 , ..., →
e n } là một cơ sở của V thì De là một cơ sở của An (V ).
Chứng minh. Do dimV = n suy ra V có cơ sở duy nhất là (e) =


{→
e 1 , ..., →
e n }. Do đó có duy một dạng n-tuyến tính thay phiên. Hay
dimAn (V ) = 1.
6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh



Ta có De ∈ An (V ). Giả sử ϕ ∈ An (V) thì ∀ βj =




ϕ( β1 , .., βk ) = ϕ(

n


ai1 1 →
e i1 , ...,

i1 =1

n

n


i=1 aij ei , j


ai n n →
e in )

i1 =1



ai1 1 ...ain n ϕ(→
e i1 , ..., →
e in ).

=

= 1, n

(1.1)

i1 ,...,in

Do ϕ có tính chất thay phiên nên có trong các chỉ số i1 , ..., in bằng
nhau thì số hạng tương ứng bằng 0. Vì vậy tổng trên lấy các chỉ số
i1 , ..., in đôi một khác nhau. Khi đó mỗi bộ chỉ số i1 , ..., in xác định
một phép thế σ ∈ Sn bởi công thức
σ(1) = i1 , σ(2) = i2 , ...σ(n) = in .

Do ϕ có tính chất phản đối xứng nên






ϕ(→
e i1 , ..., →
e in ) = ϕ(→
e σ(1) , ..., →
e σ(n) ) = sgnσ.ϕ(→
e i , ..., →
e i ).
Từ (1.1) và (1.2) suy ra


ϕ(→
α 1 , ..., →
α n) =



sgnσ.aσ(1)1 ...aσ(n)n ϕ(→
e 1 , ..., →
e n)
σ∈Sn





= ϕ(→
e 1 , ..., →
e n ).De (→
α 1 , ..., →
α n ).
Do đó De là hệ sinh của không gian An (V ).


Mà De (→
e 1 , ..., →
e n ) = 1 nên De = 0.
Suy ra {De } là một cơ sở của không gian véctơ An (V ).

7

(1.2)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Hệ quả 1.1. detA = 0 ⇔ các véctơ cột của A độc lập tuyến tính
trong Kn .
Chứng minh.




[⇐] Giả sử β1 , ..., βn độc lập tuyến tính.




Do đó (β) = { β1 , ..., βn } là một cơ sở của Kn .


Gọi (e) = {→
e1 , ..., →
en } là một cơ sở chính tắc của Kn thì {det = De } là
một cơ sở của An (V ).
Ta có Dβ = c.De với c ∈ K.
Suy ra








c.De ( β 1 , ..., β n ) = Dα ( β 1 , ..., β n ) = 1
Dẫn đến




detA = Dα ( β 1 , ..., β n ) = 0.
[⇒] Giả sử detA = 0.




Ta phải dùng phản chứng, giả sử ( β 1 , ..., β n ) phụ thuộc tuyến tính.
Theo tính chất của định thức thì detA = 0 suy ra vô lý.




Vậy ( β 1 , ..., β n ) độc lập tuyến tính.
Định lý 1.2. Giả sử f ∈ End(V ) với V là K - không gian véctơ n
chiều. Khi đó có duy nhất một phần tử kí hiệu là det(f ) ∈ K sao cho








ϕ(f ( β 1 ), ..., f ( β n )) = det(f ).ϕ( β 1 , ..., β n ) ∈ V,




Với mọi ϕ ∈ An (V ) và ∀ β 1 , ..., β n ∈ V .
Chứng minh.
Gọi η = 0 là một phần tử bất kì trong An (V ). Vì dimAn (V ) = 1 nên
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

{η} là một cơ sở của An (V ).
Xét ánh xạ θ : V × V × ... × V −→ K





− →




− →





( β 1 , β 2 , ..., β n ) −→ θ( β 1 , β 2 , ..., β n ) = η(f ( β 1 ), f ( β 2 ), ..., f ( β n ))
Do f tuyến tính, η đa tuyến tính thay phiên nên θ cũng đa tuyến tính
thay phiên. Khi đó ∃d ∈ K.η = θ.
Mặt khác {η} là cơ sở của An (V ) cho nên ∀ϕ ∈ An (V ) ta có
ϕ = c.η, ∀c ∈ K.

Khi đó








ϕ(f ( β 1 ), ..., f ( β n )) = c.η(f ( β 1 ), ..., f ( β n ))




= c.θ( β 1 , ..., β n )




= c.d.η( β 1 , ..., β n )




= d.ϕ.( β 1 , ..., β n ).
Suy ra ∃det(f ) = d ∈ K
Lấy ϕ = η khi đó








ϕ(f ( β 1 ), ..., f ( β n )) = det(f ).ϕ( β 1 , ..., β n )
Suy ra








η(f ( β 1 ), ..., f ( β n )) = det(f ).η( β 1 , ..., β n ) ⇒ θ = det(f ).η
Do đó det(f ) xác định duy nhất.

9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Định lý 1.3. Tự đồng cấu f : V −→ V có ma trận là A trong một
cơ sở nào đó của V thì detf = detA.
Chứng minh.


Gọi (ε) = (→
ε 1 , ..., (→
ε n ) là cơ sở của không gian V trong đó f có ma
trận A. Ta có

f (→
ε j) =

n


aij →
ε i , j = 1, n.

i=1

Chọn ϕ = De ∈ An (V ) và Định lý 1.3 ta có


det(f ) = det(f ).det(En ) = det(f ).Dε (→
ε 1 , ..., (→
ε n)


= Dε (f (→
ε 1 ), ..., f (→
ε n )) = detA.

Hệ quả 1.2. Nếu A và B là ma trận của tự đồng cấu f : V −→ V
trong những cơ sở kh=  ... 
 
xn


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

thì (1.3) trở thành
1
f (x) =
2

n

n

n

dij xi xj +
j=1 i=1

ci xi + α.
i=1

Vì xT Dx = 12 xT (D + DT )x, ∀x ∈ Rn , biểu diễn (1.3) còn đúng nếu ta
thay D bằng ma trận đối xứng 21 (D + DT ).
Vì vậy, ta giả thiết rằng ma trận vuông trong biểu diễn của hàm tuyến
tính bậc hai là ma trận đối xứng. Không gian của ma trận đối xứng
n × n được kí hiệu là Rn×n
S .
Định nghĩa 1.11. Ma trận D ∈ Rn×n được gọi là xác định dương(tương
ứng, xác định âm) nếu v T Dv > 0(tương ứng v T Dv < 0 ) với mọi
v ∈ Vn \{0}. Nếu v T Dv ≥ 0 (tương ứng, v T Dv ≤ 0) với mọi v ∈ Rn
thì D được gọi là nửa xác định dương (tương ứng, nửa xác định âm).
n
Định lý 1.17. Cho f (x) = 21 xT Dx + cT x + α với D ∈ Rn×n
S ,c ∈ R

và α ∈ R. Nếu D là ma trận nửa xác định dương thì f là hàm lồi.
Chứng minh.
Vì x −→ C T x + α là hàm lồi và tổng của hai hàm lồi là một hàm lồi.
Ta cần chứng minh f1 (x) := xT Dx là hàm lồi.
Do D là ma trận nửa xác định dương với mọi u, v ∈ Rn nên ta có:
0

(u − v)T D(u − v) = uT Du − 2v T Du + v T Du.

Điều này có nghĩa là
v T Du ≤ uT Du − 2v T D(u − v)
29

(1.4)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Lấy bất kì x, y ∈ Rn và t ∈ (0, 1), z = tx + (1 − t)y
z T Dz ≤ y T Dy − 2z T D(y − z)
z T Dz ≤ xT Dx − 2z T D(x − z).
Vì y − z = t(y − x) và x − z = (1 − t)(x − y) nên từ hai bất đẳng thức
trên ta có
(1 − t)z T Dz + tz T Dz ≤ (1 − t)y T Dy + txT Dx.
Do đó
f1 (tx + (1 − t)y) = f1 (z) ≤ tf1 (x) + (1 − t)f (y).
Suy ra f1 là hàm lồi.
Vậy f là hàm lồi.

30


Chương 2
Ứng dụng
Nội dung chính của chương này đề cập tới ứng dụng của hàm toàn
phương lồi. Bài toán quy hoạch toàn phương lồi được trình bày trong
mục 2.1. Sự tồn tại nghiệm của bài toán quy hoạch toàn phương lồi
được trình bày trong mục 2.2.

2.1

Bài toán quy hoạch toàn phương lồi

Quy hoạch toàn phương lồi là bài toán tìm cực tiểu của của một hàm
lồi, bậc hai với các ràng buộc tuyến tính. Xét hai dạng bài toán cơ
bản sau đây:
Dạng chính tắc:
f (x) = p0 + p, x +

1
x, Cx → min,
2

Ax = b, x ≥ 0,
x = (x1 , x2 , ...xn )T ∈ Rn là véctơ biến cần tìm;
C- ma trận vuông đối xứng cấp n nửa xác định dương;
A- ma trận cấp m × n(A ∈ Rm×n );
31


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

p- véctơ n thành phần (p ∈ Rn );
b- véctơ m thành phần (b ∈ Rm );
p0 - hằng số (thông thường p0 = 0).
Giả sử mọi thành phần của véctơ b không âm ( nếu cần thì đổi dấu
hai vế của phương trình tương ứng với thành phần bi < 0 trong hệ
Ax = b).
Dạng chuẩn tắc:
f (x) = p0 + p, x +

1
x, Cx → min,
2

Ax ≥ b, x ≥ 0,

Ý nghĩa các kí hiệu trong bài toán dạng chính tắc. Ở đây, thay cho
Ax = b, ta xét rằng buộc Ax ≥ b.
Ngoài ra, có thể xét bài toán chỉ với ràng buộc đẳng thức hay bất
đằng thức:
1
x, Cx : Ax = b}
2
1
hay min{ p, x + x, Cx : Ax = b}.
2
min{ p, x +

Cũng có thể xét bài toán có cả rằng buộc đẳng thức và bất đẳng
thức.
Nhiều vấn đề thực tiễn có thể diễn đạt dưới dạng bài toán quy
hoạch toàn phương. Chẳng hạn, bài toán vốn đầu tư cổ phiếu, bài
toán khẩu phần thức ăn với hàm mục tiêu bậc hai, cân bằng hóa học,
phân phối tài nguyên, mạng điện, cơ học kết cấu, phân tích hồi quy,
v.v ...
32


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

Khi C = 0 các bài toán nêu trên trở thành bài toán quy hoạch
tuyến tính. Vì thế, bài toán quy hoạch toàn phương lồi là mở rộng
trực tiếp của bài toán quy hoạch tuyến tính và nó là cầu nối giữa quy
hoạch tuyến tính và quy hoạch lồi.
Cũng như đối với bài toán quy hoạch tuyến tính, bằng cách thực
hiện các phép biến đổi đơn giản, ta có thể dễ dàng chuyển bài toán
quy hoạch toàn phương từ dạng này sang dạng khác (với ràng buộc
đẳng thức, bất đẳng thức hay cả hai). Vì vậy, ta chỉ cần một dạng
thuận tiện để nghiên cứu là đủ mà không làm mất tính tổng quát của
các kết quả.
Bài toán cực đại: g → max có thể đưa về bài toán cực tiểu: f =
−g → min cùng với các ràng buộc và ta có hệ thức:
gmax = max{g(x) : x ∈ D} = −fmin = −min{g(x) : x ∈ D}.
Nếu bài toán quy hoạch toàn phương được xét ở dạng bài toán tìm
cực đại( tìm max) thì phải giả thiết hàm mục tiêu là hàm lõm, nghĩa
là ma trận C nửa xác định âm. Trong trường hợp này hàm mục tiêu
thường được viết ở dạng p, x −

1
2

nửa xác định dương.

33

x, Cx với C xác định dương hay


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

2.2

Nguyễn Việt Anh

Sự tồn tại nghiệm của bài toán quy hoạch
toàn phương lồi

2.2.1

Bài toán

Xét bài toán quy hoạch toàn phương lồi


 Min f0 (x) := 1 xT Q0 x + bT0 + β0
2

x ∈ Rn , fi (x) := 1 xT Qi x + bT + βi
i
2

(2.1)
0, i = 1, ..., m.

trong đó Qi ∈ Rn×n , βi ∈ R, i = 0, .., 1, là các số cho trước. Thông
thường,AT kí hiệu cho ma trận chuyển vị của A. Giả sử cho tất cả
Qi , i = 0, 1, ..., m, là ma trận đối xứng dương nửa xác định. Đặt
1
C = {x ∈ R|fi (x) = xT Qi x + bTi + βi
2

0, i = 1, ..., m}

(2.2)

kí hiệu tập ràng buộc của (2.1).
Định lý Frank-Wolfe cổ điển nói rằng nếu một hàm toàn phương
tuyến tính bị chặn dưới trên một tập lồi đa diện khác rỗng trong Rn ,
thì nó đặt cực tiểu trên tập đó.
Định lý 2.1. Xét bài toán quy hoạch toàn phương lồi (2.1). Nếu tập
ràng buộc C trong (2.2) là khác rỗng và hàm mục tiêu f0 (x) bị chặn
dưới trên C thì (2.1) có một nghiệm.
Ta thấy rằng tồn tại một quy hoạch toàn phương không lồi trong
R4 với hai ràng buộc toàn phương lồi mà hàm mục tiêu không bị chặn
dưới trên một tập ràng buộc khác rỗng, mà không có nghiệm. Bằng
cách xét một quy hoạch toàn phương ba chiều, Belousov và Klatte
34


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

thấy được ảnh hưởng của hàm mục tiêu không lồi trong R3 . Do vậy,
chỉ trong trường hợp quy hoạch toàn phương ba chiều, nửa xác định
dương của Q0 không thể loại bỏ từ giả thiết từ Định lý 2.1.
Để áp dụng Định lý 2.1, ta xét xem hàm mục tiêu f0 (x) của (2.1)
có bị chặn dưới trên C hay không. Đây là một công việc khá khó khăn.
Từ một số kết quả thỏa mãn (2.1) dưới sự nhiễu của hàm mục tiêu,
mục đích chính của lưu ý này là tìm điều kiện cần và đủ để chứng
minh phương trình tồn tại của (2.1).
Ý tưởng sử dụng khái niệm của hình nón lùi xa trong đại số lồi để
có được điều kiện như vậy có nguồn gốc từ Định lý Eaves .
Nón lùi xa của một tập lồi khác rỗng C ⊂ Rn xác định như sau
0+ C = {v ∈ |x + tv ∈ C ∀x ∈ C ∀t

0}.

Ta cũng có
0+ = {v ∈ |∃x ∈ C với x + tv ∈ C ∀ t ≥ 0}.
Nón lùi xa của tập ràng buộc của (2.1) có thể được tính trực tiếp nhờ
bổ đề dưới đây.
Bổ đề 2.1. Cho C được xác định bởi (2.2), với mọi Qi là nửa xác
định dương. Nếu C khác rỗng, thì
0+ C = {v ∈ Rn |Qi v = 0, bTi v

0, ∀i = 1, ..., m}.

(2.3)

Chứng minh.
Lấy một điểm x ∈ C và cho v ∈ Rn tùy ý. Chúng ta phải chỉ ra
35


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

v ∈ 0+ C khi và chỉ khi
Qi v = 0, bTi v

0, ∀i = 1, ..., m.

(2.4)

Mặt khác, nếu v ∈ 0+ C thì
1
(x+tv)T Qi (x+tv)+bTi (x+tv)+βi
2

0, ∀i = 1, ..., m, ∀t

0. (2.5)

như Qi là nửa xác định dương, bởi (2.5) ta có:
bTi (x + tv) + βi

0, ∀i = 1, ..., m, ∀t

Nhân bất đẳng thức bTi (x + tv) + βi
và cho t −→ +∞, chúng ta thu được bTi

0.

(2.6)

0 trong (2.6) với t−1 , t > 0
0, i = 1, ..., m. Tiếp theo,

nhân bất đẳng thức
1
(x + tv)T Qi (x + tv) + bTi (x + tv) + βi
2

0

trong (2.5) với t−2 , t > 0, và cho t −→ +∞ ta có v T Qi v
v T Qi v

0. Vì

0, ta có thể khẳng định rằng v T Qi v = 0 là một nghiệm tự

do tối ưu của bài.
1
min{ϕi (z) := z T Qi z|z ∈ Rn }.
2
Từ Định lý Fermat, ∇ϕi (v) = 0; do đó Qi v = 0.
Mặt khác, nếu (2.4) thỏa mãn, với mọi t

0

1
(x + tv)T Qi (x + tv) + bTi (x + tv) + βi
2

36


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

1
= xT Qi x + bTi x + βi + tbTi v
2
1
xT Qi x + bTi x + βi 0
2
với i = 1, ..., m. Nghĩa là x + tv ∈ C, ∀t

0. Do đó v ∈ 0+ C.

Nếu Qi là ma trận không ∀i = 1, ..., m, thì ta nói rằng (2.1) là một
bài toán quy hoạch toàn phương lồi dưới ràng buộc tuyến tính. Trong
trường hợp này, Định lý Eaves thỏa mãn.
Định lý 2.2. Nếu (2.1) là một bài toán quy hoạch toàn phương lồi
dưới tuyến tính và nếu C = ∅, thì (2.1) có một nghiệm khi và chỉ khi
thỏa mãn điều kiện sau.
(bTi v
2.2.2

0, ∀i = 1, ..., m, Q0 v = 0) =⇒ bT0

0.

(2.7)

Định lý kiểu Eaves

Định lý tiếp theo là sự tổng quát của Định lý 2.1. Lưu ý, không giống
trường hợp của các quy hoạch toàn phương lồi dưới các ràng buộc
tuyến tính, kiểu Eaves là điều kiện cần cho sự tồn tại nghiệm của
(2.1) nhưng không phải là một điều kiện đủ. Sau khi chứng minh
mệnh đề, chính là kết quả của phần này, ta sẽ làm rõ nhận xét sau
bằng một ví dụ.
Định lý 2.3.
Xét bài toán (2.1) và giả sử C khác rỗng.Khi đó, những điều sau
là tương đương:

37


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

i) Nếu (2.1) có nghiệm, khi đó
(v ∈ 0+ C, Q0 v = 0) =⇒ bT0 v

0

(2.8)

ii) Nếu (2.8) đúng và b0 = 0, hoặc điều kiện
(v ∈ 0+ C \ {0}, Q0 v = 0) =⇒ bT0 v > 0

(2.9)

thỏa mãn thì (2.1) là nghiệm.
Chứng minh.
i) Giả sử rằng (2.1) có một nghiệm x. Để thu được (2.8), cho v ∈ 0+ C
sao cho Q0 v = 0. Và x + v ∈ C và Q0 v = 0 , ta có
f0 (x + v) − f0 (x)
1
1
= [ (x + v)T Q0 (x + v) + bT0 (x + v) + β0 ] − [ x−T Q0 x + bT0 x + β0 ]
2
2

0

= bT0 v.
0 với mọi v ∈ 0+ C thỏa mãn

Vì vậy ta chứng minh được bT0 v
Q0 v = 0.

ii) Để chứng minh (2.1) có một nghiệm dưới của hai giả định bổ sung
bởi Định lý 2.1 nó đủ để xác định f0 bị chặn dưới bởi C.
Đầu tiên, giả sử b0 = 0. Vì z T Q0 z ≥ 0 với mọi z ∈ Rn , ta nhận được
1
f0 (x) = xT Q0 x + bT0 x + β0 ≥ β0
2

∀x ∈ C.

Thấy rằng f0 cho β0 là một cận dưới trên C.
Tiếp theo, giả sử (2.9) cố định. Để có được một mâu thuẫn, giả sử
38


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Việt Anh

rằng tồn tại một dãy {xk } ⊂ C sao cho f0 (xk ) −→ −∞. Không mất
tính tổng quát ta giả sử rằng xk −→ ∞ như k −→ ∞. Chú ý rằng
1
fi (xk ) = (xk )T Qi (xk ) + bTi (xk ) + βi
2

0, ∀i = 1, ..., m, ∀k

1.
(2.10)

Ta giả sử rằng xk = 0 ∀k, xk

−1 k

x −→ v với v = 1,và

1
f0 (xk ) = (xk )T Q0 (xk ) + bT0 (xk ) + β0
2

0, ∀k

1.

(2.11)

1 k T
(x ) Qi (xk ) + bTi (xk ) + βi
0 trong (2.10)
2
và cho giới hạn k −→ ∞, ta nhận được v −T Qi v
0, i =

Nhân bất đằng thức
cho xk

−2

1, ..., m. Vì Qi là nửa xác định dương, từ đó ta có thể suy luận rằng.
Qi v = 0, ∀i = 1, ..., m.
Như (xk )T Qi (xk )

(2.12)

0, từ (2.10) sau đó

bTi (xk ) + βi

0, ∀i = 1, ..., m, ∀k

Nhân bất đẳng thức bTi (xk ) + βi

0 cho xk

−1

1.
và cho k −→ ∞, ta


bTi v

0 ∀i = 1, ..., m

(2.13)

Nhờ công thức (2.3), từ (2.12) và (2.13) ta suy luận v ∈ (0+ C)\{0}.
Lập luận tương tự, từ (2.11) ta có
Q0 v = 0 và bT0 v

0

Điều này mâu thuẫn (2.9) nên ta được điều phải chứng minh.
39


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×