Ứng dụng của tổng bình phương đa thức trong bài toán tối ưu

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐINH THỊ HỒNG THƯƠNG

ỨNG DỤNG CỦA
TỔNG BÌNH PHƯƠNG ĐA THỨC
TRONG BÀI TỐN TỐI ƯU

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2022


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐINH THỊ HỒNG THƯƠNG

ỨNG DỤNG CỦA
TỔNG BÌNH PHƯƠNG ĐA THỨC
TRONG BÀI TỐN TỐI ƯU

Ngành: Tốn Giải tích
Mã số: 8460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Hồ Minh Toàn

THÁI NGUYÊN - 2022


LỜI CAM ĐOAN

Tôi cam đoan đã thực hiện việc kiểm tra mức độ tương đồng nội dung
luận văn qua phần mềm Turnitin một cách trung thực và đạt kết quả mức
độ tương đồng 2%. Bản luận văn kiểm tra qua phần mềm là bản cứng đã
nộp để bảo vệ trước hội đồng. Nếu sai tơi hồn tồn chịu trách nhiệm.

Thái Nguyên, ngày 15 tháng 07 năm 2022
TÁC GIẢ CỦA SẢN PHẨM HỌC THUẬT

Đinh Thị Hồng Thương

i


LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thiện luận văn, tác giả đã
nhận được sự động viên khuyến khích và tạo điều kiện giúp đỡ nhiệt tình
của thầy cơ giáo, gia đình, bạn bè và đồng nghiệp. Với lòng biết ơn sâu
sắc, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô của Khoa Toán
- Trường Đại học Sư phạm Thái Nguyên đã cùng với tri thức quý báu và
tâm huyết của mình để truyền đạt kiến thức cho chúng tôi trong suốt quá
trình học tập.
Tác giả xin chân thành cảm ơn TS. Hồ Minh Tồn đã tận tình hướng
dẫn, chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tơi có thêm nhiều kiến thức, khả
năng nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn này.
Luận văn được thực hiện tại Trường Đại học Sư phạm- Đại học Thái

Nguyên và được hỗ trợ một phần bởi Trung tâm quốc tế Đào tạo và
Nghiên cứu Toán học, Viện Toán học, mã đề tài ICRTM02-2020.05. Trong
q trình nghiên cứu và hồn thiện luận văn, chắc chắn khơng tránh khỏi
những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp của
quý thầy cơ và các bạn đọc để luận văn được hồn thiện hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 07 năm 2022
Tác giả

Đinh Thị Hồng Thương
ii


Danh mục các chữ viết tắt và các
ký hiệu

SMP Strong moment problem - bài toán moment mạnh
MP

Moment problem - bài toán moment

PSD

Ma trận nửa xác định dương

SDP

Semi-definite programming - quy hoạch nửa xác định

iii


Mục lục
Lời cam đoan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Danh mục các chữ viết tắt và các ký hiệu . . . . . . . . .

iii

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1. Một số kí hiệu và kết quả về ma trận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1. Các kí hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2. Ma trận nửa xác định dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2. Tổng quan về bài toán Moment và tổng bình phương . . . . . . . . . . .

5

1.2.1. Bài toán thứ 17 của Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2. Biểu diễn đa thức một biến dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.3. Bài toán Moment một chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.2.4. Điều kiện SMP và MP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.3. Bài toán Monment trên tập nửa đại số compact . . . . . . . . . . . . . . .

13

Chương 2. Ứng dụng của tổng bình phương đa thức trong bài tốn
tối ưu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1. Quy hoạch nửa xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.1. Nón của ma trận nửa xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.1.2. Quy hoạch nửa xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.2. Tối ưu toàn cục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.3. Tối ưu có ràng buộc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

iv


MỞ ĐẦU

Toán học là bản lề then chốt của mọi ngành khoa học và có ứng dụng
rộng rãi trong thực tiễn. Ngày nay có rất nhiều nhà tốn học tập trung
nghiên cứu phát triển các lý thuyết toán học, đặc biệt là lý thuyết tối ưu.
Cho g = {g1 , ..., gm } là một họ m đa thức n biến (x1 , ..., xn ) . Kí hiệu

K(g) là tập nghiệm thực của hệ bất phương trình đa thức
g1 (x) ≥ 0, ..., gm (x) ≥ 0.
K(g) được gọi là tập nửa đại số đóng cơ sở ứng với họ g. K(g) là tập con
đóng của khơng gian Euclid n chiều.
Trong trường hợp tất cả các đa thức của họ g là bậc nhất và K(g) bị
chặn thì K(g) là đa diện lồi và bài tốn tìm giá trị cực trị của một đa
thức thực trên K(g) là bài tốn quy hoạch tuyến tính. Trong trường hợp

K(g) là compact, nhờ định lý biểu diễn dương (Positivstellensat) của K.
Schmudgen và của M. Putinar, J.B. Lasserre đã xây dựng một dãy các
thuật tốn semidefinite programming để tìm các giá trị tối ưu của một
đa thức trên tập compact K(g). Trong trường hợp K(g) khơng bị chặn,
thì các định lý biểu diễn dương của Putinar và Schmudgen không phải lúc
nào cũng đúng, vì vậy thuật tốn của Lasserre nói trên chỉ tìm các cận
dưới (cận trên) của giá trị infimum (supremum, tương ứng) của một đa
thức trên K(g), nói chung trong nhiều ví dụ cho thấy thuật tốn đó chưa
tìm ra giá trị tối ưu . Có nhiều cách tiếp cận để khắc phục vấn đề trên.
Ví như trong [3], để tìm infimum của đa thức f trên tập không bị chặn
1


K(g), các tác giả chỉ ra rằng giá trị cần tìm đó bằng giá trị infimum của
f trên giao K(g) với tập K(r − f ). Nếu giả thiết thêm, tồn tại số thực
r để K(g, r − f ) là compact thì ta có thể tìm giá trị infimum theo thuật

toán xấp xỉ của Lasserre đề cập trên đây trên tập compact K(g, r − f ).
Ở một cách khác, các tác giả trong [11], thực hiện một số phép biến đổi
đơn thức có thể biến tập khơng bị chặn K(g) thành tập compact và giá
trị infimum vẫn không thay đổi. Khi đó ta có thể áp dụng thuật toán xấp
xỉ Lasserre trên tập compact sau khi đổi biến. Ngồi ra, cịn một số nỗ lực
khác để tìm cực trị trên tập không bị chặn K(g), tuy nhiên, tất cả các cố
gắng trên đều có hạn chế là chỉ giải quyết một số lớp tập không bị chặn

K(g) (tức có nhiều giả thiết thêm). Vì vậy có thể nói, trong trường hợp
họ đa thức g bất kì thì bài tốn xây dựng thuật tốn để tìm cực trị của
một đa thức trên K(g) nói chung vẫn là bài tốn mở.
Mục đích của đề tài là trình bày một số kết quả tiêu biểu về việc ứng
dụng của bài toán biểu diễn đa thức vào việc tìm cực trị của một đa thức
trên tập nửa đại số đóng K(g) thơng qua xấp xỉ Lasserre. Ngồi ra, chúng
tơi cũng trình bày tổng quan về Bài tốn Tổng bình phương và Bài toán
Moment trên vành đa thức thực.
Luận văn gồm 2 chương:
Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ sở về ma trận xác định dương,
tổng quan về bài toán Moment và tổng bình phương và bài tốn Moment
trên tập nửa đại số compact.
Chương 2: Trình bày ứng dụng của tổng bình phương đa thức trong bài
toán tối ưu, gồm bài toán quy hoạch nửa xác định, tối ưu toàn cục và tối
ưu có ràng buộc.

2


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Một số kí hiệu thường dùng và các kết quả về biểu diễn đa thức dương

và bài tốn Moment được trình bày trong chương này. Ngồi định lý biểu
diễn dương cổ điển, các kết quả chính trong chương (các định lý biểu diễn
dương) được viết bởi K. Schmudgen [10] và M. Putinar [9] và được trình
bày lại trong các cuốn sách [5, 6]. Các kí hiệu và kết quả được trình bày
trong luận văn này dựa vào cuốn sách của M. Marshall [6]. Vì nội dung
chính của luận văn là tập trung trình bày lại ứng dụng của biểu diễn dương
đa thức vào bài toán tối ưu nên chúng tôi bỏ qua nhiều chứng minh và
độc giả có thể tìm chứng minh chi tiết trong các cuốn sách đề cập ở trên.

1.1.

Một số kí hiệu và kết quả về ma trận

1.1.1.

Các kí hiệu

- Z, Q, R và C lần lượt là kí hiệu của vành số nguyên, trường số hữu tỉ,
trường số thực và trường số phức.
- Z+ , Q+ , R+ lần lượt là kí hiệu của tập các số nguyên không âm, số
hữu tỉ không âm, số thực không âm.
- Với n ≥ 1, kí hiệu ngắn gọn vành đa thức R [x1 , ..., xn ] bởi R [x], x là
viết gọn cho n biến (x1 , ..., xn ) .
+ n

n
α

- Với α = (α1 , ..., αn ) ∈ (Z ) , x :=

X1α1 ...Xnαn

và |α| :=

αi là bậc
i=1

α

của x .
3


- Với tập bất kì S ⊂ Rn , I(S) là ideal trong R [X] được xác định như
sau:

I(S) = {f ∈ R [X] | f (x) = 0, ∀x ∈ S}.
- Với tập bất kì S ⊂ Rn , Z(S) là tập các nghiệm của S :

Z(S) = {x ∈ Rn |f (x) = 0, ∀f ∈ S}.
1.1.2.

Ma trận nửa xác định dương

Với x ∈ Rn ,ta coi x như là vectơ cột/ ma trân cột, ∥x∥ là chuẩn của x,

∥x∥ :=

x21 + ... + x2n

Khi đó:

xT x = (x1 , ..., xn ) = x21 + ... + x2n = ∥x∥2
và




x x ... x1 xn
 1 1



T
xx =  ... ... ... 


xn x1 ... xn xn
là ma trận vuông cấp n.
Mệnh đề 1.1. Cho A là ma trận thực đối xứng cấp n. Các mệnh đề sau
tương đương:
1. xT Ax ≥ 0, ∀x ∈ Rn .
2. Mọi giá trị riêng của A đều không âm.
3. Tồn tại ma trận vuông U cấp n sao cho A = U T U .
4. A là tổ hợp tuyến tính khơng âm của các ma trận có dạng xxT , x ∈ Rn .

4


Chứng minh. (1) ⇒ (2): Vì A đối xứng, nên các giá trị riêng của A đều là

số thực. Giả sử d là một giá trị riêng của A ứng với vectơ riêng x. Do đó

Ax = dx nên xT Ax = xT dx = dxT x = d∥x∥2 . Vì xT Ax ≥ 0 và x ̸= 0 nên
d ≥ 0.
(2) ⇒ (3): Vì A đối xứng, áp dụng Khai triển Phổ, A = C −1 DC
trong đó C là ma trận trực giao, C −1 = C T . D là ma trận đường chéo
và các phần tử trên đường chéo của D đều là các giá trị riêng của A (cả
trường hợp vô số giá trị), D = diag(d1 , ...dn ). Theo (2), di ≥ 0 ∀i, nên
√
√ T√
√
√
D = D D với D := diag d1 , ..., dn .
√ T√
√
Do đó, A = C −1 DC = C T DC = C T D DC = U T U với U := DC.

(3) ⇒ (4): A = v1 v1T + ... + vn vnT với v1 , ..., vn là các cột của U T .
T
với ri ≥ 0. Nên:
(4) ⇒ (1): Giả sử A = r1 v1 v1T + ... + rm vm vm
m
T

x Ax =

m

ri x

T

vi viT x

i=1

ri viT x

=

2

≥ 0.

i=1

Ma trận đối xứng thực A được gọi là ma trận nửa xác định dương nếu

A thỏa mãn một trong số các điều kiện tương đương của Mệnh đề 1.1. A
là xác định dương nếu xT Ax > 0, ∀x ∈ Rn , x ̸= 0. Nếu A là xác định
dương thì các giá trị riêng của A đều dương và ma trận U trong Mệnh đề

1.1.(3) khả nghịch.

1.2.

Tổng quan về bài tốn Moment và tổng bình
phương

Sự liên hệ giữa đa thức dương (khơng âm) và tổng bình phương của

đa thức là một câu hỏi trong nghiên cứu của Hilbert vào cuối thế kỉ XIX.
Hilbert nhận ra không phải mọi đa thức khơng âm đều có thể viết được
dưới dạng tổng bình phương của các đa thức. Điều này dẫn đến bài tốn
thứ 17 của Hilbert, được cơng bố năm 1900, đặt câu hỏi mọi đa thức khơng
âm có thể viết được dưới dạng tổng bình phương của các hàm số hữu tỉ?
5


Đến năm 1927, bài toán trên đã được trả lời bởi E.Artin, người đã đặt nền
móng cho trường hình học đại số thực.
Trong mục này, chúng tơi chỉ tóm tắt một số kết quả về bài tốn Moment
và Tổng bình phương, và bỏ qua một số phần chứng minh. Độc giả có thể
đọc phần chứng minh trong tài liệu tham khảo [6].

1.2.1.

Bài toán thứ 17 của Hilbert

2
Nếu f là một tổng bình phương, f = f12 +...+fm
thì f (x) ≥ 0 ∀x ∈ Rn .

Điều đó đặt ra câu hỏi rằng: Ngược lại có đúng hay khơng; f ≥ 0 trên Rn
có suy ra được f là một tổng bình phương trong R[x]? Hiển nhiên đúng
với n = 1, nhưng không đúng với n ≥ 2. Điều này được chứng minh một
cách rất hình thức bởi Hilbert vào năm 1888. Tuy nhiên, một phản ví dụ
lần đầu được đưa ra bởi Motzkin vào năm 1967. Đó là

m(x, y) = x2 y 4 + x4 y 2 − 3x2 y 2 + 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho x2 y 4 , x4 y 2 , 1 ta thu được m(x, y) ≥ 0

với mọi số thực x, y . Tuy nhiên m khơng phải là tổng bình phương trong
R[x, y].
Bài toán 1.1. Bài toán thứ 17 của Hilbert : Trong Đại hội Toán học năm
1900, Hilbert đã đưa ra giả thiết sau:
Với f bất kì thuộc R[x]. Nếu f ≥ 0 thì f có thể biểu diễn thành tổng
bình phương của các hàm số hữu tỉ.
Bài toán đã được khẳng định như sau:

• Đúng khi n = 1.
• Hilbert đã chứng minh với trường hợp n = 2.
• Artin đã chứng minh trong trường hợp tổng quát.

6


Cho họ g gồm m đa thức g1 , ..., gm trong R [x] . Mô-đun bậc hai sinh bởi
họ g được định nghĩa như sau:

Q (g1 , ..., gm ) := σ0 + σ1 g1 + ... + σm gm |σi ∈

R [x]2 .

Chú ý 1.1. Cho g1 , ..., gm là các đa thức thực và Q = Q (g1 , ..., gm ) . Ta
có:

• 1 ∈ Q,
• Q + Q ⊂ Q,
• f 2 Q ⊂ Q, ∀f ∈ R [x] .
Hơn nữa, tập nhỏ nhất Q′ ∈ R [x] mà thỏa mãn ba tiên đề trên là mô-đun
bậc hai sinh bởi g1 , ..., gm .

Tiền thứ tự ứng với họ g, kí hiệu bởi T (g) = T (g1 , ..., gm ) , được định
im
với ii ∈ {0; 1}.
nghĩa là mô-đun bậc hai sinh bởi tập tất cả các tích g1i1 ...gm

Do đó,

T (g1 , ..., gm ) =




im
σ(i1 ,...,im ) g1i1 ...gm






,

σ(i1 ,...,im ) ∈

R [x]2 .



0≤i1 ,...,im ≤1

Chú ý 1.2. Cho g1 , ..., gm là các đa thức thực và T = T (g1 , ..., gm ) như
trên, ta có:

• 1 ∈ T,
• T + T ⊂ T,
• f 2 T ⊂ T, ∀f ∈ R [x] ,
• T T ⊂ T.
Hơn nữa, tập con nhỏ nhất T ′ ⊂ R [x] thỏa mãn các tiên đề trên là tiền
thứ tự sinh bởi g1 , ..., gm .
7


Tập hợp

K(g) := {x ∈ Rn | g1 (x) ≥ 0, . . . , gm (x) ≥ 0}
được gọi là tập nửa đại số đóng cơ sở. Tập nửa đại số cơ sở là tập nghiệm
của hệ (hữu hạn) bất phương trình đa thức. Tập nửa đại số là hợp hữu
hạn các tập nửa đại số cơ sở. Từ các định nghĩa của các kí hiệu Q =

Q(g), T = T (g) ta dễ dàng chứng minh được các bao hàm thức sau:
R[x]2 ⊂ Q ⊂ T ⊂ P os(K),
trong đó

P os(K) := {f ∈ R[x] | f (x) ≥ 0, ∀x ∈ K}.
Định lý sau đây biểu diễn một đa thức dương trên tập nửa đại số.
Định lý 1.1. Giả sử g = (g1 , ..., gm ) là tập con hữu hạn của R[x], K =

K(g), T = T (g) xác định như trên và f ∈ R[x]. Khi đó ta có các khẳng
định sau:
i) f > 0 trên K ⇐⇒ tồn tại p, q ∈ T sao cho pf = 1 + q.

ii) f ≥ 0 trên K ⇐⇒ tồn tại số nguyên m ≥ 0 và p, q ∈ T sao cho

pf = f 2m + q.
iii) f = 0 trên K ⇐⇒ tồn tại số nguyên m ≥ 0 sao cho −f 2m ∈ T.
iv) K = ∅ ⇐⇒ −1 ∈ T.

1.2.2.

Biểu diễn đa thức một biến dương

Cho p(x) =

pi xi là một đa thức một biến trên R [x]. Nếu α là

nghiệm phức thì

pi x−i = p (α) .

0 = p(α) =

Do đó liên hợp của nó α cũng là một nghiệm của p. Cùng với định lý cơ
bản của đại số, ta thu được phân tích đa thức p thành tích các nhân tử
8


bất khả quy như sau:

a(x − x1 )r1 ...(x − xk )rk (x − y1 )2 + b1

s1

... (x − yt )2 + bt

st

,

(1.2.1)

trong đó ri ≥ 0, si ≥ 0, x1 , ..., xk là các nghiệm thực đôi một phân biệt và

(x − yi )2 + bi

si

là các nhân tử bậc hai đơi một phân biệt (do đó bj > 0).

Chú ý các nhân tử tuyến tính hoặc nhân tử bậc hai có thể khuyết.
Theo trên, nếu K = K(g) thì

Q(g) ⊆ T (g) ⊆ P os(K).
Trong trường hợp một chiều, ta có bao hàm thức ngược lại.
Mệnh đề 1.2. (i) Nếu p ∈ P os(R) thì p là tổng hữu hạn các bình
phương trong R [x] .
(ii) Nếu p ∈ P os ([0, ∞]) thì tồn tại g0 , g1 ∈

R[x]2 sao cho

p(x) = g0 (x) + xg1 (x).
(iii) Nếu p ∈ P os ([a, b]) thì tồn tại g0 , g1 ∈

R[x]2 sao cho

p(x) = g0 (x) + (b − x)(x − a)g1 (x)

(a < b).

Chứng minh. (i) Suy ra từ công thức (1.2.1).

(ii) Cho 0 ̸= p ∈ P os ([0, ∞)) ta cần chỉ ra p là một phần tử trong mô
đun bậc hai Q = Q(x). Xét biểu diễn (1.2.1) của p(x). Cho x −→ +∞, ta
có a > 0. Hơn nữa, mọi nhân tử là tam thức bậc hai và các nhân tử tuyến
tính mũ chẵn đều thuộc

R[x]2 và do đó thuộc Q. Do đó ta chỉ cần chỉ

ra rằng mỗi nhân tử (x − xj )rj với các rj lẻ thuộc Q. Theo Chú ý1.1, giả
sử rằng rj lẻ thì xj ≤ 0. Do đó x − xj = (−xj ) + x ∈ Q và (x − xj )rj ∈ Q

(iii) Đầu tiên ta dễ dàng chỉ ra rằng mô đun bậc hai
Q = Q ({x − a, b − x}) = Q ({(x − a)(b − x)})
Cho p không âm trên [0, 1] (bằng việc áp dụng ánh xạ tuyến tính từ

[a, b] −→ [0, 1] ta có thể giả sử [a, b] = [0, 1]).Ta cũng giả sử rằng bậc
9


của p bé nhất bằng 1 và có số thực c sao cho f (c) > 0. Thì c lớn hơn 1
hoặc bé hơn 0. Nếu c lớn hơn, thì p có nghiệm d ∈ [1, c]. Ta có thể viết

f (x) = (d − x)g(x) trong đó g(x) là đa thức không âm trên [0, 1]. Bằng
quy nạp g ∈ Q và thêm d − x ∈ Q, ta có f ∈ Q.

1.2.3.

Bài tốn Moment một chiều

Bài tốn 1.2. Cho một phiếm hàm tuyến tính L : R[x] −→ R và một tập
con đóng K ⊂ Rn , khi nào tồn tại một độ đo Radon m có giá trên K mà
thỏa mãn

L(f ) =

f (x)dm(x)

với f ∈ R[x]?

(1.2.2)

K

Phiếm hàm L có biểu diễn tích phân (1.2.2) được gọi là K -moment hay
hàm moment trên K. Trong trường hợp K = R thì ta gọi L là moment.
Định lý cổ điển sau trả lời trọn vẹn cho câu hỏi trên.
Định lý 1.2. (Định lý Haviland) Cho K là một tập con đóng của Rn và L
là một phiếm hàm tuyến tính trên R[x]. Các phát biểu sau là tương đương:
i) L(f ) ≥ 0, ∀ f ∈ P os(K).
ii) L là K -moment.
Kết hợp Định lý Haviland với các kết quả biểu diễn dương trong trường
hợp một chiều (Mệnh đề 1.2), ta có các hệ quả sau:

Hệ quả 1.1. Một ánh xạ tuyến tính L : R[x] −→ R là hàm moment trên

[0, ∞) nếu L (σ0 + xσ1 ) ≥ 0 ∀ σ0 , σ1 ∈

R[x]2 .

Hệ quả 1.2. Ánh xạ tuyến tính L: R[x] −→ R là một hàm moment nếu

L(σ) ≥ 0, ∀ σ ∈

R[x]2 .

Hệ quả 1.3. Ánh xạ tuyến tính L : R[x] −→ R là hàm moment trên [0, 1]
nếu L (σ0 + xσ1 + (1 − x)σ2 ) ≥ 0 ∀ σ0 , σ1 , σ2 ∈

10

R[x]2 .


Để chứng minh hệ quả này ta cần chỉ ra rằng T (x, 1−x) = Q(x, 1−x) =

Q(x(1 − x)). Sử dụng đẳng thức:
x(1 − x) = (1 − x)2 x + x2 (1 − x).
1.2.4.

Điều kiện SMP và MP

Cho K là một tập con đóng trong Rn . Định lý Haviland khẳng định
rằng một ánh xạ tuyến tính L : R[x] −→ R là K− moment nếu L ≥ 0

trên P os(K). Tuy nhiên điều kiện L ≥ 0 trên P os(K) nói chung khó kiểm
tra (khơng có thuật tốn để kiểm tra nếu K khơng hữu hạn). Có rất nhiều
kết quả đẹp với bài toán Moment trong trường hợp n = 1.
Cho một tập con C của R[x], xét nón đối ngẫu

C ∨ := L|L : R[x] −→ R tuyến tính và L(p) ≥ 0, ∀p ∈ C
và

C ∨∨ := {f ∈ R[x]|L(f ) ≥ 0 ∀L ∈ C ∨ } .
Rõ ràng C ⊂ C ∨∨ , C1∨ ⊂ C2∨ nếu C2 ⊂ C1 và C ∨∨∨ = C ∨ .
Cho K ⊂ Rn . Với mỗi x ∈ K cố định, ta có ánh xạ tuyến tính:

Lx : R[x] −→ R, Lx (f ) = f (x), ∀f ∈ R[x].
Hơn nữa

• Lx thuộc P os(K)∨ ,
• P os(K) = P os(K)∨∨ .
Giả sử rằng C là tập con của R[x] và

K = K(C) := {x ∈ Rn |f (x) ≥ 0, ∀f ∈ C} .
Dễ dàng kiểm tra được

• C ⊂ P os(K).
11


• P os(K)∨ ⊂ C ∨ .
• C ∨∨ ⊂ P os(K).
Mệnh đề 1.3. Các điều kiện sau là tương đương:
i) C ∨ = P os(K)∨ .

ii) C ∨∨ = P os(K).
iii) Nếu L ⊂ C ∨ thì L là K− moment.
Chứng minh. Vì C ∨∨∨ = C ∨ và P os(K) = P os(K)∨∨ , nên có i ⇐⇒ ii
Áp dụng định lý Haviland ta có ii ⇐⇒ iii
Định nghĩa 1.1. Cho C là một tập con của R[x] (thường xét trường hợp

C là mô-đun bậc hai hữu hạn sinh hoặc tiền thứ tự hữu hạn sinh). Ta nói
C thỏa mãn tính chất (SMP) (viết tắt của từ strong moment problem)
nếu một (và do đó tất cả các) trong các điều kiện tương đương của Mệnh
đề1.2 thõa mãn.
Mệnh đề 1.4. Các phát biểu sau là tương đương;
i) C ∨ ⊂ P os (Rn )∨ .
ii) C ∨∨ ⊃ P os (Rn ) .
iii) Nếu L ∈ C ∨ thì L là một hàm moment, tồn tại một độ đo Radon m
trên Rn thỏa mãn

L(f ) =

f dm
Rn

(f ∈ R[x]) .

Định nghĩa 1.2. Cho C là một tập con của R[x]. Ta nói C thỏa mãn
tính chất (MP) (viết tắt của từ moment problem) nếu một (và do đó tất
cả) trong các điều kiện tương đương của mệnh đề 1.3 thỏa mãn.
Chú ý: (SMP) mạnh hơn (MP), tức nếu C thõa mãn tính chất (SMP)
thì C thỏa mãn (MP).
12

1.3.

Bài toán Monment trên tập nửa đại số compact

Cho g = (g1 , ..., gm ) là một họ m các đa thức trong R[x] = R[x1 , ..., xn ].
Tập nửa đại số K(g) = ({x ∈ R|g1 (x) ≥ 0, ..., gm (x) ≥ 0} và Q(g), T (g)
lần lượt là mô-đun bậc hai và tiền thứ tự của R[x] sinh bởi g . Khi khơng
có sự nhầm lẫn, ta giản ước kí hiệu g , chỉ viết K, Q, T đối với K(g), Q(g)
và T (g). Cho C là một tập con của R[x]. Một hàm tuyến tính các giá trị
thực L trên R[x] được gọi là C− dương nếu L(p) ≥ 0, ∀p ∈ C .
Theo các kết quả ở cuối mục trước, ta phát biểu lại các tính chất (SMP),
(MP) như sau: Q (hay T ) thỏa mãn tính chất (SMP) nếu bất kỳ phiếm
hàm tuyến tính L trên R[x] mà là Q− dương (tương ứng, T −dương), tồn
tại một độ đo Radon m có giá trên K thỏa mãn

L(f ) =

(f ∈ R[x]) .

f dm

(1.3.1)

K

Q (hay T ) thỏa mãn (MP) nếu mọi phiếm hàm tuyến tính L trên R[x] mà
là Q− dương (tương ứng, T −dương), tồn tại một độ đo Radon m trên Rn
sao cho (1.3.1) thỏa mãn. Vì Q ⊂ T nên nếu Q có tính chất (SMP)(hoặc
MP) thì T cũng vậy.

Theo định lý Haviland, L có sự biểu diễn tích phân (1.3.1) nếu L là

P os(K)-dương. Rõ ràng, T ⊂ P os(K), do đó một hàm số tuyến tính mà
khơng âm trên P os(K) phải là T -dương, tức là L ∈ T ∨ . Tuy nhiên, việc
kiểm tra L(f ) ≥ 0 với f ≥K 0 là rất khó.
Mặc khác, với f ∈ Q, ta có
m

f = σ0 +

σ i gi ,

σi ∈

R[x]2 .

i=1

Do đó L(f ) ≥ 0 tương đương với điều kiện L(σ0 ) ≥ 0 và L(σi gi ) ≥ 0, ∀i =

1, ..., m. Kiểm tra các bất đẳng thức này là bài toán SDP (semi-definite
programming). Vì vậy việc kiểm tra L(f ) ̸= 0 với f ∈ Q′ có thể giải bằng
bài tốn SPD. Do đó ngày nay, các nhà tốn học quan tâm đến bài toán
sau:
13


Bài toán 1.3. Với điều kiện nào (của g hay K(g)) thì Q = Q(g) (hay

T = T (g)) thỏa tính chất (SMP) hoặc (MP)?

Chú ý 1.3.

R[x]2 ⊂ Q ⊂ T ⊂ T ∨∨ .

Định lý 1.3. Cho f là đa thức n biến thực. Nếu k := sup {|f (x)| |x ∈ K}
hữu hạn thì k 2 − f 2 thuộc T ∨∨ .
Hệ quả 1.4. Nếu a ≤ b (a, b ∈ R), f ∈ R[x] và a ≤ f (x) ≤ b, ∀x ∈ K
thì b − f và f − a thuộc T ∨∨ .
Chứng minh. Thay a, b, f bởi a′ , b′ , f ′ với a′ = a − 2−1 (a + b), b′ = a −

2−1 (a + b) và f ′ = f − 2−2 (a + b), ta có thể giả sử b > 0 và a = −b.
Theo Định lý 1.3, định nghĩa của tiền thứ tự, T ⊂ T ∨∨ và bất đẳng thức

b±f =

1
(b ± f )2 + (b2 − f 2 )
2b

ta thu được b ± f thuộc T ∨∨ .

Hệ quả 1.5. Nếu K−compact thì T thỏa mãn (SMP).
Chứng minh. Cho f ∈ R[x] không âm trên K . Vì K compact và f liên
tục trên K nên tồn tại b ≥ 0 thỏa mãn 0 ≤ f (x) ≤ b, ∀x ∈ K . Theo Hệ
quả 1.4, f ∈ T ∨∨ . Do đó T ∨∨ ⊃ P os(K). Theo Mệnh đề 1.3, T thỏa mãn
(SMP).
Cho g = (g1 , ..., gm ) là họ các đa thức n− biến trong R[x] và K =

K(g), Q = Q(g), T = T (g). Khi đó,
Q ⊂ T ⊂ P os(K).

Chú ý 1.4. Cho p ∈ R[x]. Bài toán kiểm tra khi nào p ∈ P os(K) nói
chung là khó (chưa có thuật tốn khi K có vơ hạn phần tử). Tuy nhiên,
việc kiểm tra một đa thức p ∈ Q hay p ∈ T là các bài tốn SDP (tức có
thuật tốn SDP).
14


Bài toán 1.4. Đặc trưng để các bao hàm thức sau thỏa mãn:
(P1) {p ∈ R[x]| p >K 0} ⊂ Q.
(P2) {p ∈ R[x]| p >K 0} ⊂ T.

p >K 0 tức là p(x) > 0, ∀x ∈ K . Rõ ràng ta có quan hệ kéo theo
như sau: (P 1) =⇒ (P 2). Ngoài ra, nếu (P 2) xảy ra thì T thỏa tính chất
(SMP). Nếu (P 1) xảy ra thì Q thỏa mãn (SMP). Thật vậy, giả sử L là một
phiếm hàm tuyến tính T -dương. Với bất kì p ≥K 0, lấy t > 0 bất kì, ta có

p+t >K 0. Nếu (P 2) xảy ra thì p+t ∈ T . Nên 0 ≤ L(p+t) = L(p)+L(t).
Cho t −→ 0, ta có L(p) ≥ 0. Do đó L là P os(K)− dương.
Mô-đun bậc hai Q được gọi là Archimedean nếu tồn tại số N sao cho

N − (x21 + ... + x2n ) ∈ Q.
Định lý 1.4. Cho g = (g1 , ..., gm ) ⊂ R[x], K = K(g), Q = Q(g) và

T = T (g) như trên
• Nếu K compact thì mọi đa thức p >K 0 thuộc T (Schmudgen [10]).
• Nếu Q là Archimedean thì mọi đa thức p >K 0 thuộc Q (Putinar [9]).
Rõ ràng, nếu K compact thì theo Định lý của Schmudgen, T là Archimedean.
Với trường hợp khơng compact, ta có các định lý biểu diễn dương của
M. Marshall và V. Power [7, 8]:

ã Gi s K = [0, 1] ì R. Nếu f ≥K 0 thì f ∈ T (x(1 x))
ã Gi s S = K ì R, vi K = K(g) là tập nửa đại số compact trong Rn .
2d

ai (x)y i , a2d (x) >K 0 và f >S 0 thì f ∈ T = T (g).

Nếu f (x, y) =
i=0

15


Chương 2
Ứng dụng của tổng bình phương đa
thức trong bài toán tối ưu
Việc sử dụng các kết quả của bài tốn Moment và Tổng bình phương
vào tính tốn các giá trị cực trị của đa thức trên nửa đại số được nhiều nhà
khoa học quan tâm nghiên cứu. Các kết quả nổi bậc trong hướng nghiên
cứu này là các kết quả của P.A. Parrilo, B. Sturmfels, J.B.Lasserre, H.H.
Vui, P.T. Son, vv..., và được trình bày lại trong các cuốn sách [6, 5, 2].
Trong chương này, chúng tơi trình bày phương pháp tính giá trị cực trị
của đa thức theo kết quả của Lasserre. Phương pháp này được Lasserre
đưa ra năm 2001 [4]. Các kết quả được trình bày trong chương này được
viết theo [6, Chapter 10].

2.1.

Quy hoạch nửa xác định

Quy hoạch nửa xác định (viết tắt là SDP) là dạng tổng qt của quy

hoạch tuyến tính (LP). Đó là cơng cụ hữu ích trong tối ưu đa thức, cho
phép tính xấp xỉ nghiệm của đa thức với độ phức tạp đa thức. Trong mục
này, chúng tôi sẽ giới thiệu ngắn gọn về quy hoạch nửa xác định, sau đó là
các bài toán về tối ưu đa thức. Chúng ta xét cả bài tốn tối ưu tồn cục
(khơng có ràng buộc) và tối ưu có ràng buộc.

16


2.1.1.

Nón của ma trận nửa xác định

Nhắc lại: Trong luận văn này, khi nói một ma trận ln được hiểu là
ma trận thực. Một ma trận vuông A cấp n là ma trận nửa xác định dương
(viết tắt là PSD) nếu thỏa mãn một trong các điều kiện tương đương sau:
(1) A đối xứng và và các giá trị riêng của nó đều khơng âm.
(2) Tồn tại một ma trận B sao cho A = B T B.
(3) Tồn tại một ma trận PSD B sao cho B 2 = A.
(4) A = AT và ⟨Ax, x⟩ ≥ 0 với mọi vectơ x thuộc Rn .
Một ma trận vuông A là xác định dương nếu A là nửa xác định dương và
khả nghịch. Từ định lý Khai triển phổ và các tính chất ở trên ta dễ dàng
thu được một số tính chất cơ bản về ma trận nửa xác định dương như sau:
(1) Nếu A là PSD thì λA là PSD với mọi số không âm λ.
(2) Nếu A, B là PSD thì A + B là PSD.
(3) Nếu A là PSD thì X ∗ AX là PSD với mọi ma trận X.
Do đó, tập hợp các ma trận PSD là một nón lồi và được kí hiệu là P(n).
Vết (kí hiệu T r) của một ma trận vng được xác định bởi tổng
của các phần tử trên đường chéo chính. Vì thế vết là một phiếm hàm
tuyến tính dương trên M (n) (và cả trên không gian các ma trận đối xứng

Sym (M (n))). Hơn nữa, T r(AB) = T r(BA). Tích vơ hướng trên M (n)
được xác định bởi
n
T

⟨A, B⟩ = T rA B =

aij bij ,
i,j=1

trong đó AT là ma trận chuyển vị của A. Nếu coi A là một vectơ trong
2

Rn thì tích vơ hướng xác định như trên là tích vơ hướng thơng thường.
Với tích vơ hướng này, M (n) và Sym (M (n)) là các không gian Hilbert.
17


Mệnh đề 2.1. Cho A, B là các ma trận đối xứng cấp n, ta có
(i) Nếu A, B là PSD thì ⟨A, B⟩ ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

AB = 0.
(ii) A là PSD khi và chỉ khi ⟨A, B⟩ ≥ 0 đúng với mọi ma trận PSD B.
Chứng minh. (i) Vì A, B là PSD nên ta có thể viết A = U T U, B = V T V .
Thì

⟨A, B⟩ = T r(AT B) = T r(U T U V T V ) = T r(V U T U V T )
= T r (U V T

T

(U V T ) = ⟨U V T , U V T ⟩

= ∥U V T ∥2 ≥ 0.
Nếu ∥U V T ∥2 = 0 thì U V T = 0 nên AB = U T U V T V = U T 0V = 0.

(ii) Giả sử rằng A khơng là PSD, thì A có một giá trị riêng âm λ nên
Ax = λx với một số vectơ cột x khác không. Đặt B = xxT . Thì B là PSD
và AB = λB nên

⟨A, B⟩ = T r(AB) = T r(λxxT ) = λT r(xxT ) = λT r(B) = λ∥x∥ < 0.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết ⟨A, B⟩ ≥ 0. Chiều chứng minh ngược
lại suy ra từ (i).
Tích vơ hướng ⟨A, B⟩ có thể sử dụng để đồng nhất khơng gian vectơ

Sym (M (n)) với không gian vectơ đối ngẫu (theo Định lý biểu diễn Riesz),
cụ thể, đồng nhất A ∈ Sym (M (n)) với ánh xạ tuyến tính LA : A ∈

Sym (M (n)) −→ R xác định bởi
LA (B) = ⟨A, B⟩ = T r(AB).
Tập hợp các ma trận PSD lập thành một nón trong Sym (M (n)) . Theo
Mệnh đề 2.1, nón P(n) của các ma trận PSD là tự đối ngẫu theo nghĩa

P(n)∨ = {A ∈ Sym (M (n)) | ⟨A, B⟩ ≥ 0, ∀B ∈ P(n)} = P(n).
18


Ta biết, ma trận đối xứng A là xác định dương (PD) nếu tất cả các giá
trị riêng của A dương, hay nói một cách tương đương nếu xT Ax với mọi

vectơ khác khơng x ∈ Rn . Do đó A là PD nếu và chỉ nếu A là một điểm
trong của nón P(n). Hay tập các ma trận xác định dương là một tập con
mở của P(n). Ta viết A ≥ 0 (hay A > 0) để chỉ ra A là PSD (hay PD).
Bổ đề sau đây đôi khi được gọi là “bổ đề tách”:
Bổ đề 2.1. Cho F0 , ..., Fm là các ma trận đối xứng n × n. Hệ

F0 + x1 F1 + ... + xm Fm > 0
khơng có nghiệm (x1 , ..., xn ) ∈ Rn nếu tồn tại một ma trận đối xứng Y
khác 0, Y ≥ 0 sao cho ⟨Fi , Y ⟩ = 0, i = 1, ...m và ⟨F0 , Y ⟩ ≤ 0.
Chứng minh. Đặt U là tập các ma trận PD và

C = rF0 + x1 F1 + ... + xm Fm | r, x1 , ..., xm ∈ R, r > 0.
Thì U khác rỗng, mở và lồi, C là nón khác rỗng. Nếu hệ khơng có nghiệm
thì U ∩ C = ∅ nên theo Định lý tách, tồn tại một ánh xạ tuyến tính

L : Sym (M (n)) −→ R sao cho L > 0 trên U và L ≤ 0 trên C. Theo
Định lý biểu diễn Riesz, tồn tại phần tử duy nhất Y thuộc Sym (M (n))
sao cho L(X) = LY (X) = ⟨Y, X⟩. Vì L khác 0, Y khác 0, bao đóng của

U là P(n), L khơng âm trên nón các ma trận PSD P(n). Do đó L(A) ≥ 0
với mọi ma trận PSD A nên Y ≥ 0 theo Mệnh đề 2.1. Vì L ≤ 0 trên C
nên L(F0 ) ≤ 0 và L(rF0 ± Fi ) ≤ 0 với λ > 0 bất kì và 1 ≤ i ≤ m.
Cho r −→ 0 suy ra L(Fi ) = 0 với i = 1, ..., m.
Ngược lại, giả sử tồn tại một ma trận Y đối xứng khác 0 thỏa mãn

⟨Fi , Y ⟩ = 0 với i = 1, ..., m, ⟨F0 , Y ⟩ ≤ 0 và Y ≥ 0 và giả sử rằng tồn tại
F = F0 + x1 F1 + ... + xm Fm thỏa mãn F > 0. Khi đó, ⟨F, Y ⟩ ≥ 0. Mặt
khác

m

⟨F, Y ⟩ = ⟨F0 , Y ⟩ +

xi (Fi , Y ) = ⟨F0 , Y ⟩ ≤ 0.
i=1

Do đó ⟨F, Y ⟩ = 0. Theo Mệnh đề 2.1, ta có F Y = 0. Vì F khả nghịch nên

Y = 0, điều này mâu thuẫn.
19