Bài toán con miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính (KL07458)

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

NGUYỄN THỊ TOÁN

BÀI TOÁN CON MIỀN TIN CẬY
VỚI RÀNG BUỘC BẤT ĐẲNG THỨC
TUYẾN TÍNH

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Giải tích
Người hướng dẫn khoa học:
ThS. HOÀNG NGỌC TUẤN

Hà Nội - 2015


LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của bài khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc tới Thạc sỹ Hoàng Ngọc Tuấn người đã tận tình hướng dẫn để em có thể
hoàn thành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo trong
khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã dạy bảo em tận tình trong suốt
quá trình học tập tại khoa.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè
đã luôn bên em, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập và thực hiện
khóa luận này.
Xuân Hòa, tháng 05 năm 2015
Sinh viên
Nguyễn Thị Toán

LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan khóa luận này là công trình nghiên cứu của riêng em. Trong
khi nghiên cứu em đã kế thừa những thành quả nghiên cứu của các nhà khoa học và
nghiên cứu với sự trân trọng và biết ơn. Những kết quả nêu trong khóa luận chưa
được công bố trên bất kì công trình nào khác.
Xuân Hòa, tháng 05 năm 2015
Sinh viên
Nguyễn Thị Toán


Mục lục
Lời Mở Đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Chương 1. Cơ sở lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1. Giới thiệu chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2. Tính lồi ẩn của miền tin cậy mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3. Sự nới lỏng SDP chính xác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.4. Tối ưu toàn cục và đối ngẫu mạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

Chương 2. Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.1. Ứng dụng vào tối ưu vững . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.1.1. Bình phương tối thiểu vững . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2. Bài toán quy hoạch nón bậc hai vững . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27
29

2.2. Mở rộng và nghiên cứu thêm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

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

36

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

1


LỜI MỞ ĐẦU
1.Lí do chọn đề tài
Ngày nay, bài toán con miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính đã được
quan tâm nghiên cứu rất nhiều cả về lý thuyết lẫn ứng dụng trong thực tiễn. Mô hình
bài toán này được phát triển mở rộng từ bài toán miền tin cậy cổ điển. Bài toán miền
tin cậy, tìm cực tiểu của hàm toàn phương không lồi trên một hình cầu, là bài toán
con quan trọng trong phương pháp miền tin cậy để giải bài toán tối ưu phi tuyến. Nó
có được nhiều tính chất quan trọng ví dụ như sự nới lỏng quy hoạch tuyến tính nửa
xác định (sự nới lỏng SDP) chính xác và đối ngẫu mạnh. Với việc chọn đề tài này
em mong muốn sẽ góp phần làm rõ tính chất và ứng dụng của bài toán con miền tin
cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính.
2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích của bài khóa luận nhằm trình bày hai mặt mạnh và hữu ích của bài toán
miền tin cậy cổ điển tiếp tục được thỏa mãn cho bài toán miền tin cậy mở rộng
với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính dưới một điều kiện số chiều mới. Đầu tiên,
chúng ta thiết lập rằng lớp của bài toán miền tin cậy mở rộng có sự nới lỏng SDP
chính xác là thỏa mãn mà không cần ràng buộc tiêu chuẩn Slater. Thứ hai, chúng ta
chỉ ra rằng điều kiện số chiều cùng với điều kiện Slater đảm bảo rằng một tập hợp
của các nhân tử Lagrange bậc một và bậc hai kết hợp là cần và đủ cho tối ưu toàn
cục của bài toán miền tin cậy mở rộng và cho đối ngẫu mạnh. Cuối cùng, chúng ta
chỉ ra rằng điều kiện số chiều là dễ dàng thỏa mãn cho mô hình miền tin cậy mở
rộng sinh ra từ sự sửa đổi của bài toán bình phương tối thiểu vững LSP cũng như
bài toán mô hình quy hoạch nón bậc hai vững.
3. Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu nhằm đưa ra nội dung và tìm hiểu rõ hơn về bài toán con miền tin cậy
với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính.
4. Phạm vi nghiên cứu
Do thời gian không nhiều nên bài khóa luận chỉ tìm hiểu được một số điều về bài
toán con miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính.
5. Bố cục đề tài
Bố cục của bài khóa luận bao gồm hai chương
• Chương 1 của khóa luận trình bày tóm tắt về cơ sở lí thuyết bao gồm: tính
lồi ẩn, sự nới lỏng SDP chính xác, tính tối ưu toàn cục và đối ngẫu mạnh của
bài toán con miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính và minh
họa chúng bằng một số ví dụ.
2


• Chương hai của khóa luận tập trung trình bày ứng dụng của bài toán con
miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính. Đăc biệt chú trọng đến
ứng dụng vào tối ưu vững của bài toán bình phương tối thiểu cũng như bài
toán mô hình quy hoạch nón bậc hai.
Do thời gian thực hiện đề tài không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên khóa luận
không tránh khỏi những sai sót. Tác giả mong nhận được sự góp ý và những ý kiến
phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Xin chân thành cảm ơn!

3


Chương 1

Cơ sở lí thuyết
1.1.

Giới thiệu chung

Xét bài toán mô hình miền tin cậy mở rộng với ràng buộc bất đẳng thức tuyến
tính
(P)

minn

x∈R

xT Ax + aT x

thỏa mãn ||x − x0 ||2 ≤ α,
bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m,
trong đó A là một ma trận đối xứng cấp (n × n), a, bi , x0 ∈ Rn và α, βi ∈ R, α >
0, i = 1, . . . , m. Bài toán mô hình của dạng này xuất phát từ việc áp dụng phương
pháp miền tin cậy đối với nghiệm bài toán tối ưu ràng buộc, ví dụ như bài toán quy
hoạch phi tuyến với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính, bài toán tối ưu phi tuyến
với các biến rời rạc [1], và bài toán tối ưu vững dưới chuẩn ma trận hoặc tính bất
định đa diện [4].
Trong trường hợp đặc biệt của (P) trong đó (bi , βi ) = (0, 0), nó là mô hình
miền tin cậy nổi tiếng, và được nghiên cứu rộng rãi từ lý thuyết đến thuật toán. Bài
toán miền tin cậy cổ điển có được sự nới lỏng quy hoạch nửa xác định (sự nới lỏng
SDP) chính xác và thừa nhận đối ngẫu mạnh. Hơn nữa, nghiệm của nó có thể tìm
bằng cách giải một hệ Lagrangian đối ngẫu. Thật không may, những kết quả này,
nói chung, không còn đúng với mô hình miền tin cậy mở rộng (P) của chúng ta.
Thật vậy, ngay trong trường hợp đơn giản nhất của (P) với ràng buộc bất đẳng thức
4

tuyến tính duy nhất, đã được chỉ ra rằng sự nới lỏng SDP là không chính xác [2].
Tuy nhiên, trong trường hợp cho ràng buộc bất đẳng thức duy nhất, đối ngẫu mạnh
và sự nới lỏng SDP chính xác thỏa mãn dưới một điều kiện số chiều.

1.2.

Tính lồi ẩn của miền tin cậy mở rộng

Trong phần này, chúng ta nhận được tính chất về tính lồi ẩn quan trọng của hệ
toàn phương miền tin cậy mở rộng cái mà giữ vai trò quan trọng trong nghiên cứu
của chúng ta về sau về sự nới lỏng chính xác và đối ngẫu mạnh.
Chúng ta bắt đầu bằng cách đặt các kí hiệu và định nghĩa sẽ được sử dụng về sau
trong bài khóa luận. Đường thẳng thực được kí hiệu bởi R và không gian Euclicle
thực n chiều được kí hiệu là Rn . Tập tất cả các vec-tơ không âm của Rn được kí
hiệu bởi Rn+ . Không gian tất cả ma trận thực đối xứng cấp (n × n) được kí hiệu là
Sn×n . Ma trận đơn vị cấp (n × n) được kí hiệu bởi In . Kí hiệu A B có nghĩa là ma
trận A − B là nửa xác định dương. Tuy nhiên, kí hiệu A B là xác định dương. Tập
bao gồm tất cả các ma trận nửa xác định dương cấp n × n được kí hiệu là Sn+ . Cho
A, B ∈ Sn×n . Tích trong của A và B được kí hiệu bởi A · B = ∑ni=1 ∑nj=1 ai j bi j , trong
đó ai j là phần tử nằm ở dòng i cột j của A và bi j là phần tử nằm ở dòng i cột j của B.
Một sự kiện hữu ích về tích trong là A · (xxT ) = xT Ax với mọi x ∈ Rn và A ∈ Sn×n .
Cho một ma trận A ∈ Sn×n , đặt Ker(A) := {d ∈ Rn : Ad = 0}. Với một không gian
con L, người ta sử dụng dim L để kí hiệu số chiều của L.
Mệnh đề 1.2.1. Cho f(x) = xT Ax + aT x + γ, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α và gi (x) =
bTi x − βi , i = 1, . . . , m, A ∈ Sn×n , a, x0 , bi ∈ Rn và γ, α, βi ∈ R, i = 1, . . . , m. Khi
đó, U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) là đóng.
Chứng minh. Cho(rk , sk0 , sk1 , . . . , skm ) ∈ U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) với
(rk , sk0 , sk1 , . . . , skm ) → (r, s0 , s1 . . . , sm ).
Bởi định nghĩa, với mọi k, tồn tại xk ∈ R sao cho
f (xk ) ≤ rk , ||xk − x0 ||2 ≤ α + sk0 , bT1 xk ≤ β1 + sk1 , . . . , bTm xk ≤ βm + skm .

(1.2.1)

Điều này chứng tỏ rằng xk bị chặn, và như vậy, bằng cách cho tiến đến dãy con,
chúng ta có thể giả thiết rằng xk → x. Khi đó, chuyển qua giới hạn (1.2.1), chúng ta
có
f (x) ≤ r, ||x − x0 ||2 ≤ α + s0 , bT1 x ≤ β1 + s1 , . . . , bTm x ≤ βm + sm .
5


Nghĩa là, (r, s0 , s1 , . . . , sm ) ∈ U( f , g0 , g1 , . . . , gm ). Do vậy, U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) là
đóng.
Ví dụ một chiều đơn giản sau chứng tỏ rằng tập U( f , g0 , g1 , . . . , gm ), nhìn
chung, không là tập lồi.
Ví dụ 1.2.1. (Tính không lồi của U( f , g0 , g1 , . . . , gm )) Đối với (P), cho n = 1, m =
1, f (x) = x − x2 , g0 (x) = x2 − 1 và g1 (x) = −x. Khi đó, f (x) = xT Ax + aT x + r với
A = -1, a = 1 và r = 0, g0 (x) = ||x −x0 ||2 −α với x0 = 0, α = 1 và g1 (x) = bT1 x −β1
với b1 = 1 và β1 = 0.
Khi đó, tập U( f , g0 , g1 ) không là tập lồi. Để thấy điều này, ta chú ý rằng
f (0) = 0, g0 (0) = −1 và g1 (0) = 0 và f (1) = 0, g0 (1) = 0 và g1 (1) = −1 Do vậy,
(0, −1, 0) ∈ U( f , g0 , g1 ) và (0, 0, −1) ∈ U( f , g0 , g1 ). Tuy nhiên, trung điểm của
chúng (0, − 21 , − 12 ) ∈
/ U( f , g0 , g1 ). Trái lại, tồn tại x ∈ R sao cho
1
1
x − x2 ≤ 0, x2 − 1 ≤ − và − x ≤ − .
2
2
Dễ dàng kiểm tra rằng hệ bất phương trình trên vô nghiệm. Đây là một mâu thuẫn,
và do đó (0, − 12 , − 12 ) ∈

/ U( f , g0 , g1 ). Do vậy, U( f , g0 , g1 ) là không lồi.
Các điều kiện về số chiều sau đóng một vai trò quan trọng trong phần còn lại
của bài khóa luận. Nhắc lại rằng với mọi ma trận A ∈ Sn , λmin (A) kí hiệu giá trị
riêng nhỏ nhất của A.
Định nghĩa 1.2.1. (Điều kện số chiều) Xét hệ của hàm số f (x) = xT Ax + aT x + γ,
g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α, gi (x) = bTi x − βi , i = 1 . . . , m, trong đó A ∈ Sn×n , a, x0 , bi ∈
Rn và γ, α, βi ∈ R, i = 1, . . . , m. Cho s là số chiều của không gian con sinh bởi
{b1 , . . . , bm }, s ≤ n. Khi đó, chúng ta nói rằng điều kiện số chiều thỏa mãn hệ khi
dimKer(A − λmin (A)In ) ≥ s + 1.

(1.2.2)

Nói cách khác, điều kiện số chiều khẳng định rằng bội của giá trị riêng của A nhỏ
nhất là s+1.
Nhắc lại rằng hàm giá trị tối ưu h: Rm+1 → R ∪ {+∞} của (P) được cho bởi
h(r, s1, , . . . , sm )

 min f (x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bT x ≤ β + si , i = 1, . . . , m , (r, s1, , . . . , sm ) ∈ D}
i
= x∈Rn

+∞,
nếu trái lại,
trong đó D = {(r, s1, , . . . , sm ) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si , đối với x ∈ Rn }.
6


Định lý 1.2.1. [Đều kiện số chiều dẫn tới tính lồi ẩn]. Cho f (x) = xT Ax + aT x +
γ, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α và gi (x) = bTi x − βi , i = 1 . . . , m, A ∈ Sn×n , a, x0 , bi ∈ Rn
và γ, α, βi ∈ R, i = 1, . . . , m. Giả sử rằng điều kiện số chiều (1.2.2) là thỏa mãn.

Khi đó,
U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) := {( f (x), g0 (x), g1 (x), . . . , gm (x)) : x ∈ Rn } + Rm+2
+
là một tập lồi.
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta chú ý rằng, nếu A là nửa xác định dương, thì
f , gi , i = 0, 1, . . . , m là các hàm lồi. Do vậy, trong trường hợp này U( f , g0 , g1 , . . . , gm )
luôn là lồi. Vì vậy, chúng ta có thể giả sử rằng A không là nửa xác định dương và
do đó λmin (A) < 0.
[U( f , g0 , g1 , . . . , gm )] = epi h. Cho D = {(r, s1, , . . . , sm ) : ||x − x0 ||2 ≤ α +
r, bTi x ≤ βi + si } với x ∈ Rn }. Rõ ràng, D là một tập lồi. Khi đó, theo định nghĩa,
chúng ta có U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) = epi h.
[Tính lồi của hàm giá trị h]. Để thấy điều này, ta khẳng định rằng, với mỗi
(r, s1 , . . . , sm ) ∈ D , bài toán sự cực tiểu hóa
min { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si }

x∈Rn

đạt cực tiểu tại một số x ∈ Rn với ||x − x0 ||2 = α + r và bTi x ≤ βi + si . Thừa nhận
điều này, chúng ta có
minn { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si }

x∈R

= f (x) − λmin (A)(α + r)
≥ minn { f (x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ β + si } − λmin (A)(α + r)
x∈R

= minn { f (x) − λmin (A)(α + r) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ β + si }
x∈R

≥ minn { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si },
x∈R

trong đó bất đẳng thức cuối suy ra bởi λmin (A) < 0. Điều này dẫn tới
minn { f (x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ β + si , i = 1, . . . , m}

x∈R

= minn { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si }
x∈R

+λmin (A)(α + r).
7


Chú ý rằng
F(x) := f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2
= xT (A − λmin (A)In )x + (a + 2λmin (A)x0 )T x + (γ − λmin (A)||x0 ||2 )
là một hàm lồi, và do vậy, (r, s1 , . . . , sm ) → minx∈Rn {F(x) : ||x−x0 ||2 ≤ α +r, bTi x ≤
βi + si } cũng là lồi. Suy ra rằng
(r, s1 , . . . , sm ) → minn { f (x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ β + si , i = 1, . . . , m}
x∈R

là lồi. Do đó, h là lồi, và như vậy, U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) = epi h là lồi.
[Cực tiểu đạt được trên hình cầu]. Chúng ta tiến hành chứng minh theo
phương pháp phản chứng và giả sử rằng mọi điểm cực tiểu x* của
minn {F(x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si }

x∈R

thỏa mãn ||x∗ − x0 ||2 < α + r và bTi x∗ ≤ βi + si . Ta chú ý rằng tồn tại v ∈ Rn \{0}
sao cho
m

b⊥
∩ Ker(A − λmin (A)In ).
i

v∈

(1.2.3)

i=1
m
⊥
[Trái lại,
i=1 bi ∩ Ker(A − λmin (A)In ) = {0}. Nhắc lại rằng điều kiện số chiều
của chúng ta là dimKer(A − λmin (A)In ) ≥ s + 1, trong đó s là số chiều của không
gian con sinh bởi {b1 , . . . , bm }. Khi đó, từ định lý số chiều suy ra

n + 1 = (s + 1) + (n − s)
m

b⊥
i

≤ dimKer (A − λmin (A)In ) + dim
i=1
m

m

b⊥
i

= dim Ker(A − λmin (A)In ) +
i=1

b⊥
i ∩ Ker(A − λmin (A)In )

+ dim
i=1

≤ n,
điều này là không thể và do đó (1.2.3) là đúng]. Cố định bất kì điểm cực tiểu x* của
minx∈Rn {F(x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si }. Bây giờ, ta xét hai trường hợp:
Trường hơp 1, (a + 2λmin (A)x0 )T v = 0; Trường hơp 2, (a + 2λmin (A)x0 )T v = 0.
Giả sử trường hợp 1 đúng, tức là, (a + 2λmin (A)x0 )T v = 0. Xét x(t) = x∗ + tv.
Vì ||x∗ − x0 ||2 < α + r nên tồn tại t0 > 0 sao cho ||x(t0 ) − x0 ||2 = α + r. Chú ý rằng
8


bTi x(t0 ) = bTi (x∗ + t0 v) = bTi x∗ ≤ βi + si và
F(x(t0 )) = (x∗ + t0 v)T (A − λmin (A)In )(x∗ + t0 v)
+(a + 2λmin (A)x0 )T (x∗ + t0 v) + (γ − λmin (A)||x0 ||2 )
= (x∗ )T (A + λmin (A)In )x∗ + (a + 2λmin (A)x0 )T x∗ + (γ − λmin (A)||x0 ||2 )
= F(x∗ ).
Điều này mâu thuẫn với giả sử của chúng ta rằng x* là điểm cực tiểu bất kì của
minx∈Rn {F(x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si } thỏa mãn ||x∗ − x0 ||2 < α + r.

Giả sử trường hợp 2 đúng, tức là, (a + 2λmin (A)x0 )T v = 0. Bởi phép thế v với
-v nếu cần thiết, chúng ta có thể giả sử mà không làm mất tính tổng quát rằng
(a + 2λmin (A)T x0 )T v < 0. Vì ||x∗ − x0 ||2 < α + r tồn tại t0 > 0 sao cho ||x(t) −
x0 ||2 ≤ α + r với mọi t ∈ (0, t0 ]. Chú ý rằng bTi x(t0 ) = bTi (x∗ +t0 v) = bTi x∗ ≤ βi + si
và
F(x(t0 )) = (x∗ + t0 v)T (A − λmin (A)In )(x∗ + t0 v)
+(a + 2λmin (A)x0 )T (x∗ + t0 v) + (γ − λmin (A)||x0 ||2 )
< (x∗ )T (A + λmin (A)In )x∗ + (a + 2λmin (A)x0 )T x∗ + (γ − λmin (A)||x0 ||2 )
= F(x∗ ).

Như một hệ quả, chúng ta suy ra tính lồi ẩn của hệ miền tin cậy nổi tiếng.
Hệ quả 1.2.1. Cho f(x) = xT Ax + aT x + γ và g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α trong đó
A ∈ Sn×n , a, x0 ∈ Rn và γ, α ∈ R. Khi đó, U( f , g0 ) là lồi.
Chứng minh. Cho bi = 0, i = 1, . . . , m (do vậy, số chiều của không gian con sinh
bởi {b1 , . . . , bm } bằng 0). Khi đó, điều kiện số chiều (1.2.2) rút gọn đến dimKer(A−
λmin (A)In ) ≥ 1 là luôn được thỏa mãn. Do vậy, Định lí 1.2.1 chứng tỏ U( f , g0 ) luôn
là lồi.

9


1.3.

Sự nới lỏng SDP chính xác

Trong phần này, chúng ta thiết lập rằng sự nới lỏng nửa xác định của bài toán
mô hình (P)
(P)

xT Ax + aT x

min

x∈Rn

thỏa mãn

||x − x0 ||2 ≤ α,
bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m,

là chính xác dưới điều kiện số chiều. Quan trọng là, nó thỏa mãn mà không cần
điều kiện Slater. Để thiết lập sự nới lỏng SDP của (P), chúng ta xét các ma trận cấp
A
a/2
(n + 1) × (n + 1) sau đây M =
T
a /2
0
H0 =

In
−x0T

−x0
||x0 ||2 − α

và Hi =

0
−bTi /2

bi /2
−βi

,

i = 1, . . . , m

(1.3.4)
Chú ý rằng xT Ax+aT x = Tr(MX), ||x−x0 ||2 −α = Tr(H0 X) và bTi x−βi = Tr(Hi X),
trong đó X = x˜x˜T với x˜ = (xT , 1)T . Do vậy, bài toán mô hình có thể được viết tương
đương như sau
min

n+1
X∈S+

Tr(MX)

thỏa mãn Tr(H0 X) ≤ 0,
Tr(Hi X) ≤ 0, i = 1, . . . , m
Xn+1,n+1 = 1, rank(X) = 1,
trong đó rank(X) kí hiệu hạng của ma trận X và Xn+1,n+1 là phần tử của X nằm ở
dòng thứ n+1 và cột thứ n +1. Bỏ đi ràng buộc hạng là một, chúng ta thu được sự
nới lỏng nửa xác định của (P) như sau
(SDRP)

min

n+1

X∈S+

Tr(MX)

thỏa mãn Tr(H0 X) ≤ 0,
Tr(Hi X) ≤ 0, i = 1, . . . , m
Xn+1,n+1 = 1.

10


Bài toán sự nới lỏng nửa xác định (SDRP) là một quy hoạch lồi trên một không gian
ma trận. Bài toán đối ngẫu lồi có thể được phát biểu như sau
m

(D)

max

µ∈R, λi ≥0, i=0,...,m

µ :M +

∑ λi Hi

i=0

00
0µ
m

T

2

T

= max minn x Ax + a x + λ0 (||x − x0 || − α) +
λi ≥0 x∈R
i=0,...,m

∑ λi (bTi x − βi )

,

i=1

nó trùng với bài toán đối ngẫu Lagrangian của (P). Rõ ràng, (SDRP) và (D) là bài
toán quy hoạch tuyến tính nửa xác định và do vậy có thể giải được một cách hữu
hiệu, trong khi bài toán (P) ban đầu là một quy hoạch toàn phương không lồi với
nhiều ràng buộc, nói chung, là một bài toán tính toán khó. Vì vậy, ta nghiên cứu
vấn đề này khi sự nới lỏng nửa xác định là chính xác theo nghĩa rằng min(P)=
min(SDRP).
Nếu A là nửa xác định dương, thì bài toán (P) là bài toán tối ưu toàn phương
lồi đã được biết đến với những tính chất tốt ví dụ như đối ngẫu mạnh và và sự nới
lỏng chính xác. Vì thế, từ bây giờ , chúng ta giả thiết rằng A không là nửa xác định
dương và do vậy, có ít nhất một giá trị âm.
Định lý 1.3.1. (Sự nới lỏng SDP chính xác) Giả sử rằng điều kiện số chiều (1.2.2)
được thỏa mãn. Khi đó, sự nới lỏng nửa xác định là chính xác, tức là, min (P) =
min(SDRP).

Chứng minh. [min(P) = max(D) < +∞]. Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng không
có quãng cách đối ngẫu giữa (P) và (D) dưới điều kiện số chiều. Ý nghĩa rằng ta
chứng tỏ rằng hàm giá trị tối ưu của (P)
v(s0 , s1 , . . . , sm ) := infn {xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α + s0 ,
x∈R
bTi x

≤ βi + si , i = 1, . . . , m},

là nửa liên tục dưới và là hàm lồi trên Rm+1 . Để thấy điều này, chúng ta lưu ý rằng
epi v = U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) trong đó f (x) = xT Ax + aT x, g0 (x) = ||x − x0 || − α
và gi (x) = bTi x − βi , i = 1, . . . , m. Vì vậy, từ Mệnh đề 1.2.1, epi v là một tập lồi, và
do vậy v là một hàm lồi. Tính liên tục dưới của v sẽ được suy ra từ Mệnh đề 1.2.1
vì U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) là một tập đóng.
[min(P) = min(SDRP)] Bằng cách xây dựng của bài toán sự nới lỏng (SDP) bài
toán (SDRP) và đối ngẫu (D), chúng ta dễ dàng thấy rằng
min(P) ≥ min(SDRP) ≥ max(D).
11


Như vậy không có quãng cách đối ngẫu giữa (P) và (D), chúng ta rút ra được min(P)
= min (SDRP).
[Cực tiểu đạt được của (SDRP)]. Bây giờ chúng ta chứng tỏ rằng trong (SDRP)
đạt được cực tiểu. Để thấy điều này chúng ta chỉ cần thiết lập tập chấp nhận được
n+1
của (SDRP) bị chặn. Nếu không, thì tồn tại X k ∈ S+
với
Xk =

Yk

yk

yk
1

sao cho ||X k ||F := Tr(X k X k ) → +∞, Tr(Hi X k ) ≤ 0, i = 0, 1, . . . , m trong đó
Hi , i = 1, . . . , m được định nghĩa như trong (1.3.4). Điều này dẫn tới
0 ≤ Tr(Y k ) ≤ −||x0 ||2 + α + 2(yk )T x0 và bTi yk ≤ βi .
Vì X k

0, chúng ta có Y k − yk (yk )T

0. Do vậy,

||yk ||2 = Tr(yk (yk )T ) ≤ Tr(Y k ) ≤ −||x0 ||2 + α + 2(yk )T x0 .
Do vậy, yk là bị chặn, và do đó Tr(Y k ) cũng là một dãy bị chặn. Theo đó, cả Y k
và yk đều bị chặn. Điều này kéo theo X k là bị chặn, mâu thuẫn với thực tế rằng
X k → +∞.
Cần lưu ý rằng tính lồi của tập U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) giữ một vai trò quan trọng
trong việc xây dựng sự nới lỏng SDP chính xác của (P). Tuy nhiên, như chúng ta
thấy trong các ví dụ sau đây, tính lồi không suy ra rằng bài toán (P) tương đương
với bài toán tối ưu lồi theo nghĩa chúng có cùng tập nghiệm tối ưu.
Ví dụ 1.3.1. Xét f (x) = x2 , g0 (x) = x2 − 1 và g1 (x) = −x2 + 1. Ta kiểm tra rằng
U( f , g0 , g1 ) = {(x2 , x2 − 1, −x2 + 1) : x ∈ R} = {(z, z − 1, −z + 1) : z ≥ 0},
là đóng và là tập lồi. Nói cách khác, bài toán tối ưu tương ứng minx∈R {(x2 : x2 − 1 ≤
0, −x2 + 1 ≤ 0)} không thể tương đương với bài toán tối ưu lồi vì tập nghiệm của
nó là {−1, 1} không là tập lồi.
Một mặt mạnh hấp dẫn của kết quả sự nới lỏng SDP của chúng ta là sự chính
xác của nó độc lập với điều kiện Slater. Ví dụ sau minh họa rằng sự nới lỏng SDP
của chúng ta có thể chính xác mà không cần điều kiện Slater.

12


Ví dụ 1.3.2. (Sự nới lỏng SDP chính xác mà không cần điều kiện Slater). Xét bài
toán tối ưu toàn phương ba chiều với hai bất đẳng thức tuyến tính
(EP)

min
(x1 ,x2 ,x3

)∈R3

−x12 − x22 − x32 + 3x1 + 2x2 + 2x3

thỏa mãn (x1 − 1)2 + x22 + x32 ≤ 1,
x1 ≤ 0,
x1 + x2 + x3 ≤ 0.
Điều này có thể
 được viết như bài toán mô hình của chúng ta trong đó A =



−1

0

0

0

−1

0

0

0

−1


, a = (3, 2, 2)T , x0 = (1, 0, 0)T , α = 1, b1 = (1, 0, 0)T , b2 =

(1, 1, 1) và β1 = β2 = 0. Rõ ràng, điểm chấp nhận được duy nhất là (0,0,0) và do
vậy, min(EP) = 0. Chúng ta cũng chú ý rằng không cần điều kiện Slater. Cho không
gian con sinh bởi {b1 , b2 } có số chiều s = 2. Chúng ta thấy rằng
dimKer(A − λmin (A)In ) = 3 = s + 1.
Do vậy, điều kiện số chiều được thỏa mãn.
Nói cách khác, sự nới lỏng (SDP) của (EP) được cho bởi
(SDRPE )

min

X∈S4

−z1 + 3z4 − z5 + 2z7 − z8 + 2z9

thỏa mãn z1 − 2z4 + z5 + z8 ≤ 0
z4 ≤ 0

z4 + z7 + z9 ≤ 0


z1 z2 z3 z4

z
 2
X =
 z3



z9 

z5 z6 z7 
z6 z8

0.

z4 z7 z9 1

Từ đó z1 = z2 = · · · = z9 = 0 là chấp nhận được của (SDRPE ), min(SDRPE ) ≤ 0.




Hơn nữa, với mỗi X chấp nhận được, X = 


z1

z2

z3

z4

z2

z5

z6

z7

z3

z6

z8

z9

z4

z7

z9

1






0, chúng ta có

z1 ≥ 0, z5 ≥ 0,
z8 ≥ z29 ≥ 0

và z5 ≥ z27 ≥ 0.
13

(1.3.5)


Điều này cho biết rằng
−2z4 ≤ z1 − 2z4 + z5 + z8 ≤ 0

và do vậy z4 ≥ 0. Vì z4 ≤ 0, chúng ta có z4 = 0 và do vậy z1 + z5 + z8 ≤ 0. Do đó,
z1 = z5 = z8 = 0 và z7 = z9 = 0. Vì vậy, min(SDRPE ) = 0 = min(EP).
Trong phần sau, chúng ta sử dụng bài toán tối ưu toàn phương một chiều đơn
giản để chứng tỏ rằng sự nới lỏng SDP có thể không chính xác nếu điều kiện số
chiều đầy đủ (1.2.2) của chúng ta không được thỏa mãn.
Ví dụ 1.3.3. (Tầm quan trọng của điều kiện số chiều đầy đủ). Xét bài toán sự cực
tiểu hóa
(EP1 ) min{ f (x) : g0 (x) ≤ 0, g1 (x) ≤ 0},
x∈R

trong đó f (x) = x − x2 , g0 (x) = x2 − 1, g1 (x) = −x, n = 1 và m = 1. Khi đó, f (x) =
xT Ax + aT x + r với A = −1, a = 1 và r = 0, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α với x0 = 0, α = 1
và g1 (x) = bT1 x − β1 với b1 = 1 và β1 = 0. Rõ ràng, dimKer(A − λmin (A)In ) = 1 <
2 = dim span{b1 } + 1.
Sự nới lỏng SDP của (EP1 ) được cho bởi
(SDRPE1 )

−z1 + z2

min

X∈S2

thỏa mãn z1 − 1 ≤ 0
−z2 ≤ 0
X=

z1 z2

0.

z2 1

Rất dễ dàng thấy rằng min(EP1 ) = 0 và min(SDRPE1 ) = −1. Do vậy, sự nới lỏng
SDP của (EP1 ) là không chính xác.
Xét bài toán tối ưu toàn phương với một ràng buộc chuẩn và một ràng buộc bất
đẳng thức toàn phương hạng một
(P0 )

xT Ax + aT x

minn

x∈R

thỏa mãn ||x − x0 ||2 ≤ α,
(bT x)2 ≤ r,
trong đó A ∈ Sn×n , a, x0 , b ∈ Rn , α ∈ R và r ≥ 0.
14


Bài toán mô hình của dạng này xuất phát từ ứng dụng của phương pháp miền
tin cậy đối với sự cực tiểu hóa cuả một hàm phi tuyến với ràng buộc gián đoạn. Ví
dụ, xét bài toán xấp xỉ miền tin cậy
xT Ax + aT x

minn

x∈R

thỏa mãn ||x − x0 ||2 ≤ α,
bT x ∈ {1, −1}.
Sự nới lỏng liên tục của bài toán trở thành
xT Ax + aT x

min

x∈Rn

thỏa mãn ||x − x0 ||2 ≤ α,

−1 ≤ bT x ≤ 1,
trong đó, lần lượt, tương ứng đến (P0 ) với r = 1.
Sự nới lỏng SDP của (P0 ) được cho bởi
(SDRP0 )

˜
Tr(MX)

min

n+1
X∈S+

thỏa mãn

Tr(H˜ 0 X) ≤ 0
Tr(H˜ i X) ≤ 0, i = 1, 2
Xn+1,n+1 = 1,

trong đó
˜ =
(M)

A a/2
aT /2 0

(H1 ) =

0 b/2
√

bT /2 − r

,

(H˜ 0 ) =
và (H2 ) =

In
−x0
−x0 ||x0 ||2 − α
0 −b/2
√
−bT /2
r

.

Bây giờ chúng ta có được kết quả sự nới lỏng SDP chính xác như sau đối với bài
toán (P0 ) dưới điều kiện số chiều.
Hệ quả 1.3.1. (Mô hình miền tin cậy với ràng buộc hạng một) Giả sử rằng dimKer(A−
λmin (A)In ) ≥ 2. Khi đó, sự nới lỏng nửa xác định là chính xác đối với (P0 ), nghĩa là,
min(P0 ) = min(SDRP0 ).

15


√
√
Chứng minh. Chú ý rằng (bT x)2 ≤ r là tương đương với − r ≤ bT x ≤ r. Trong
trường hợp này, điều kiện số chiều của Định lí 1.3.1 quy về giả thiết rằng

dimKer(A − λmin (A)In ) ≥ dim span{b, −b} + 1.
Hệ quả được suy ra từ Định lý 1.3.1 và thực tế rằng không gian con sinh bởi {b, −b}
có số chiều nhỏ hơn hoặc bằng 1.

1.4.

Tối ưu toàn cục và đối ngẫu mạnh

Trong phần này, chúng tôi trình bày điều kiện cần và đủ để tối ưu toàn cục cho
(P) và nhờ đó, đạt được đối ngẫu mạnh giữa (P) và (D) khi điều kiện số chiều được
thỏa mãn và điều kiện Slater đúng đối với (P).
Định lý 1.4.1. (Điều kiện cần và đủ của bài toán tối ưu toàn cục). Đối với (P),
giả sử rằng tồn tại x¯ ∈ Rn với ||x¯ − x0 ||2 < α và bTi x¯ < βi , i = 1, . . . , m, và giả
sử rằng điều kiện số chiều trong (1.2.2) là thỏa mãn. Cho x* là điểm chấp nhận
được của (P). Khi đó, x* là điểm cực tiểu toàn cục của (P) khi và chỉ khi tồn tại
(λ0 , λ1 , . . . , λm ) ∈ Rm+1
sao cho điều kiện sau thỏa mãn:
+


2 ((A + λ0 In )x∗ ) = −(a + 2λ0 (x∗ − x0 )





m

(Điều kiện KKT)


 + ∑i=1 λi bi ),
λ0 (||x∗ − x0 ||2 − α) = 0 và λi (bTi x∗ − βi ) = 0,




i = 1, . . . , m,
(Điều kiện Bổ Sung)





A + λ0 In 0,
(Điều kiện Bậc Hai).
Chứng minh. [Điều kiện cần để tối ưu] Cho x* là điểm cực tiểu toàn cục của (P).
Khi đó, hệ bất phương trình sau vô nghiệm:
||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m, xT Ax + aT x < (x∗ )T Ax∗ + aT x∗ .
Đặc biệt, cho γ = −((x∗ )T Ax∗ + aT x∗ ), hệ bất phương trình sau cũng vô nghiệm:
||x − x0 ||2 < α, bTi x < βi , i = 1, . . . , m, xT Ax + aT x + γ < 0.
Khi đó, 0 ∈
/ intU( f , g0 , g1 , . . . , gm ), trong đó
U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) := {( f (x), g0 (x), g1 (x), . . . , gm (x)) : x ∈ Rn } + Rm+2
+
16


là một tập lồi bởi Mệnh đề 1.2.1. Hơn nữa, vì f , gi là các hàm liên tục , chúng ta
thấy rằng
{( f (x), g0 (x), g1 (x), . . . , gm (x)) : x ∈ Rn } + intRm+2

= intU( f , g0 , g1 , . . . , gm )
+
cũng là lồi.
m+2
Bây giờ, bởi định lý tách các tập lồi, tồn tại (µ, λ˜ 0 , λ˜ 1 , . . . , λ˜ m ) ∈ R+
\{0} sao
n
cho, với mọi x ∈ R ,
µ(xT Ax + aT x + γ) + λ˜ 0 (||x − x0 ||2 − α) +

m

∑ λ˜ i (bTi x − βi ) ≥ 0.

i=1

Bởi điều kiện tính chấp nhận được chặt, ta thấy rằng µ = 0. Do vậy, với mọi x ∈ Rn
m
T

2

T

x Ax + a x + γ + λ0 (||x − x0 || − α) +

∑ λi (bTi x − βi ) ≥ 0,

i=1

trong đó λi =

λ˜ i
µ,

i = 0, 1, . . . , m. Cho x = x∗ , chúng ta thấy rằng
m

λ0 ||x∗ − x0 ||2 − α + ∑ λi bTi x∗ − βi ≥ 0.
i=1

Bởi vì x* là điểm chấp nhận được của (P), nên
λ0 (||x∗ − x0 ||2 − α) = 0 và λi (bTi x∗ − βi ) = 0, i = 1, . . . , m.
T
Cho h(x) := xT Ax + aT x + γ + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + ∑m
i=1 λi (bi x − βi ). Khi đó, ta
thấy rằng x* là điểm cực tiểu toàn cục của h, và do vậy ∇h(x∗ ) = 0 và ∇2 h(x∗ ) 0.
Ta nói rằng,
∗

m

∗

2(A + λ0 In )x + a + 2λ0 (x − x0 ) + ∑ λi bi

= 0 và A + λ0 In

0.

i=1

[Điều kiện đủ của tối ưu] Ngược lại, nếu điều kiện tối ưu được thỏa mãn,
T
thì ta thấy rằng h(x) := xT Ax + aT x + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + ∑m
i=1 λi (bi x − βi ) với
∇h(x∗ ) = 0 và ∇2 h(x∗ ) 0. Do vậy, x* là điểm cực tiểu toàn cục của h, và do đó,
với mọi điểm chấp nhận được x ∈ Rn của (P),
m
T

T

T

2

T

x Ax + a x ≥ x Ax + a x + λ0 (||x − x0 || − α) + ∑ λi (bTi x − βi )
i=1

m

≥ (x∗ )T Ax∗ + aT x∗ + λ0 (||x∗ − x0 ||2 − α) + ∑ λi (bTi x∗ − βi )
i=1

∗ T

∗

T ∗

= (x ) Ax + a x ,
17


trong đó đẳng thức cuối suy ra từ điều kiện bổ sung. Như vậy, x* là cực tiểu toàn
cục của (P).
Xét bài toán đối ngẫu Lagrangian của (P) :
m

(D) max minn xT Ax + aT x + λ0 (||x − x0 ||2 − α) +
λi ≥0 x∈R

∑ λi (bTi x − βi )

.

i=1

Bây giờ ta chứng tỏ rằng đối ngẫu mạnh thỏa mãn dưới điều kiện số chiều cùng với
điều kiện Slater.
Hệ quả 1.4.1. (Đối ngẫu mạnh) Giả sử rằng tồn tại x¯ ∈ Rn với ||x¯ − x0 ||2 < α và
bTi x¯ < βi , i = 1, . . . , m, và điều kiện số chiều (1.2.2) là thỏa mãn.
Khi đó, đối ngẫu mạnh thỏa mãn, tức là,
min xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m

x∈Rn

m
T

2

T

= max minn x Ax + a x + λ0 (||x − x0 || − α) + ∑ λi (bTi x − βi ) (1.4.6)
λi ≥0 x∈R

i=1

trong đó (1.4.6) đạt được giá trị lớn nhất.
Chứng minh. Trước hết chúng ta chú ý rằng, đối ngẫu yếu sau luôn thỏa mãn :
minn xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m

x∈R

m

≥ max minn xT Ax + aT x + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + ∑ λi (bTi x − βi ) .
λi ≥0 x∈R

i=1

Để thấy bất đẳng thức ngược, gọi x* là điểm cực tiểu của minx∈Rn {xT Ax + aT x :
||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m}. Khi đó, theo Định lí 1.4.1, tồn tại
(λ0 , λ1 , . . . , λm ) ∈ Rm+1
sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn:
+


m
∗
∗


2(A + λ0 In )x = −(a + 2λ0 (x − x0 ) + ∑i=1 λi bi ),

λ0 (||x∗ − x0 ||2 − α) = 0 và λi (bTi x∗ − βi ) = 0, i = 1, . . . , m,



A + λ0 In 0.
T
Khi đó, ta thất rằng h(x) := xT Ax + aT x + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + ∑m
i=1 λi (bi x − βi ) là
lồi với ∇h(x∗ ) = 0 và ∇2 h(x∗ ) 0. Vì vậy, x* là điểm cực tiểu toàn cục của h, và

18


do đó, với mọi x ∈ Rn
m

xT Ax +aT x + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + ∑ λi (bTi x − βi )
i=1

m

≥ (x∗ )T Ax∗ + aT x∗ + λ0 (||x∗ − x0 ||2 − α) + ∑ λi (bTi x∗ − βi )

i=1

= (x∗ )T Ax∗ + aT x∗ .
Do vậy, bất đẳng thức ngược là đúng và (1.4.6) đạt được giá trị lớn nhất. Do đó, suy
ra kết luận sau.
Dễ dàng để thấy rằng, đối với bài toán mô hình miền tin cậy mở rộng với ràng
buộc bất đẳng thức tuyến tính, Hệ quả 1.4.1 của chúng ta cho thấy rằng tỉ lệ giữa
giá trị tối ưu của bài toán cơ bản và bài toán sự nới lỏng SDP liên kết với nó là một
khi điều kiện số chiều đã được thỏa mãn.
Xét một bài toán tối ưu toàn phương không lồi sau với một ràng buộc chuẩn và
một ràng buộc tuyến tính :
(P2 )

xT Ax + aT x

minn

x∈R

thỏa mãn ||x − x0 ||2 ≤ α,
bT1 x ≤ β1 ,
trong đó b1 ∈ Rn và β1 ∈ R.
Như một hệ quả của Định lí 1.4.1, bây giờ ta thiết lập đối ngẫu mạnh cho (P1 )
tương tự như đã được thiết lập trong [2].
Hệ quả 1.4.2. (Mô hình miền tin cậy với ràng buộc tuyến tính duy nhất) Đối với
bài toán (P1 ), giả sử rằng dim(Ker(A − λmin (A)In )) ≥ 2, và giả sử rằng tồn tại x¯
sao cho ||x¯ − x0 ||2 < α và bT1 x¯ < β1 . Khi đó, đối ngẫu mạnh thỏa mãn đối với (P1 ),
nghĩa là,
minn xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bT1 x ≤ β1

x∈R

=

max minn xT Ax + aT x + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + λ1 (bT1 x − β1 )

λ0 ,λ1 ≥0 x∈R

(1.4.7)
và (1.4.7) đạt được giá trị lớn nhất.
19


Chứng minh. Kết luận được suy ra bởi cho l = 1 trong Hệ quả 1.4.1 và chú ý rằng
s là số chiều của không gian con sinh bởi {b1 }, s ≤ 1.
Ta lưu ý rằng, nếu điều kiện Slater không được thỏa mãn, đối ngẫu mạnh sẽ
không đạt mặc dù sự nới lỏng SDP là chính xác. Thật vậy, điều này đã được chứng
minh qua bài toán trong Ví dụ 1.3.2.
Ví dụ 1.4.1. (Sự nới lỏng SDP mà không cần đối ngẫu mạnh). Xét một bài toán
giống như trong ví dụ 1.3.2 :
(EP)

min

(x1 ,x2 ,x3 )∈R3

thỏa mãn

−x12 − x22 − x32 + 3x1 + 2x2 + 2x3
(x1 − 1)2 + x22 + x32 ≤ 1,

x1 ≤ 0,
x1 + x2 + x3 ≤ 0.

Ta đã chứng tỏ rằng min(EP)= 0, và đối với (EP) sự nới lỏng SDP là chính xác mà
không cần điều kện Slater. Bây giờ ta chứng tỏ rằng (EP) không đạt đối ngẫu mạnh.
Bài toán đối ngẫu Lagrangian của (EP) là
max

min

λ0 ,λ1 ≥0 (x1 ,x2 ,x3

)∈R3

− x12 − x22 − x32 + 3x1 + 2x2 + 2x3 + λ0 ((x1 − 1)2

+x22 + x32 − 1) + λ1 x1 + λ2 (x1 + x2 + x3 )
=

max

min

λ0 ,λ1 ≥0 (x1 ,x2 ,x3 )∈R3

(λ0 − 1)x12 + (λ1 + λ2 − 2λ0 + 3)x1 + (λ0 − 1)x22

+(2 + λ2 )x2 + (λ0 − 1)x32 + (2 + λ2 )x3 .
Với mỗi λ0 , λ1 ≥ 0,
min

x1 ,x2 ,x3

∈R3

(λ0 − 1)x12 + (λ1 − 2λ0 + 3)x1 + (λ0 − 1)x22 + (2 + λ2 )x2

+(λ0 − 1)x32 + (2 + λ2 )x3

=




−∞,

−∞,



< 0,

nếu λ0 < 1,
nếu

λ0 = 1,

nếu λ0 > 1.
20

Do vậy, không đạt đối ngẫu mạnh.
Như một hệ quả của định lí đối ngẫu mạnh, ta nhận được đặc trưng đối ngẫu đối
với giá trị không âm của hàm toàn phương không lồi trên ràng buộc miền tin cậy
mở rộng. Đặc trưng này có thể được coi như một dạng của bổ đề S nổi tiếng.
Hệ quả 1.4.3. (Bổ đề S đối với miền tin cậy mở rộng). Cho x0 , a, bi ∈ Rn và
γ, βi , α ∈ R, i = 1, . . . , m. Giả sử rằng tồn tại x¯ ∈ Rn với ||x¯ − x0 ||2 < α và
bTi x¯ < βi , i = 0 1, . . . , m, và rằng điều kiện số chiều (1.2.2) là thỏa mãn. Khi đó, các
điều kiện sau là tương đương:
(1) ||x − x0 ||2 − α ≤ 0, bTi x − βi ≤ 0, i = 1, . . . , m ⇒ xT Ax + aT x + γ ≥ 0.
(2) (∃ λi ≥ 0, i = 1, . . . , m)(∀ x ∈ Rn )
m

(xT Ax + aT x + γ) + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + ∑ λi (bTi x − βi ) ≥ 0.
i=1

Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chứng minh (1) ⇒ (2) bởi vì hàm ngược lại luôn
đúng. Để thấy điều này, giả sử (1) luôn đúng. Khi đó, giá trị tối ưu của bài toán tối
ưu sau là lớn hơn −γ
minn xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m .

x∈R

Khi đó, Hệ quả 1.4.1 có nghĩa rằng
min xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m

x∈Rn

m
2

= max minn x Ax + a x + λ0 (||x − x0 || − α) + ∑ λi (bTi x − βi )
T

T

λi ≥0 x∈R

≥ −γ,

i=1

(1.4.8)
và (1.4.8) đạt được giá trị lớn nhất. Do vậy, suy ra (2).
Nhắc lại rằng bổ đề S nổi tiếng phát biểu là, đối với hai hàm toàn phương
f , g, [g(x) ≤ 0 ⇒ f (x) ≥ 0] là tương đương nếu tồn tại λ > 0 sao cho f + λ g luôn
không âm. Chú ý rằng, trong trường hợp này trong đó bi = 0 và βi = 1, điều kiện số
chiều luôn thỏa mãn vì dimKer(A − λmin (A)In ) ≥ 1 và số chiều của không gian con
sinh bởi {b1 , . . . , bm } bằng 0, và vì vậy, hệ quả trên quy về bổ đề S trong trường hợp
này trong đó g = ||x − x0 ||2 − α.
Điều đáng chú ý là trong Hệ quả 1.4.3, ngay khi điều kiện số chiều đã được thỏa
mãn, thì điều kiện tính chấp nhận được chặt không được phép bỏ qua. Để thấy điều
21


này, xét hàm toàn phương một chiều sau f (x) = x và g0 (x) = x2 . Dễ dàng thấy rằng
điều kiện số chiều là thỏa mãn và [g0 (x) ≤ 0 ⇒ f (x) ≥ 0]. Mặt khác, với bất kì
λ ≥ 0,

− 1 < 0, nếu λ > 0
4λ

inf { f (x) + λ g(x)} =
 −∞,
x∈R
nếu λ = 0.
Do đó, Hệ quả 1.4.3 có thể không đúng nếu điều kiện tính chấp nhận được chặt
không được thỏa mãn.
Mặt khác, nếu không cần điều kiện tính chấp nhận được chặt, ta chứng tỏ rằng
nó thỏa mãn bổ đề S tiệm cận.
Hệ quả 1.4.4. (Bổ đề S tiệm cận) Cho A ∈ Sn , x0 , a, bi ∈ Rn và γ, βi , α ∈ R, i =
1, . . . , m với {x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, . . . , m} = 0.
/ Giả thiết rằng điều
kiện số chiều (1.2.2) được thỏa mãn.
Khi đó, những điều kiện sau là tương đương :
(1) ||x − x0 ||2 − α ≤ 0, bTi x − βi ≤ 0, i = 1, . . . , m ⇒ xT Ax + aT x + γ ≥ 0
(2) (∀ ε > 0)(∃ λi ≥ 0, i = 1, . . . , m)(∀x ∈ Rn )
m
T

2

T

(x Ax + a x + γ) + λ0 (||x − x0 || − α) + ∑ λi (bTi x − βi ) + ε ≥ 0.
i=1

Chứng minh. [(1) ⇒ (2)]. Giả sử rằng (1) đúng. Cho f (x) = xT Ax + aT x + γ
và g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α, gi (x) = bTi x − βi , i = 1, . . . , m. Khi đó, với mỗi ε >
0, (−ε, 0, 0, . . . , 0) ∈
/ U( f , g0 , g1 , . . . , gm ). Điều kiện số chiều (1.2.2) được thỏa
mãn, từ Mệnh đề 1.2.1 và Định lí 1.2.1 thì U( f , g0 , g1 , . . . , gm ) là một tập lồi đóng.

Khi đó, định lý tách mạnh cho ta thấy rằng (µ, λ¯ 0 , λ¯ 1 , . . . , λ¯ m ) ∈ Rm+2
+ \{0} và
δ ∈ R sao cho
m

−µ ε < δ ≤ µ f (x) + ∑ λ¯ i gi (x), với mọi x ∈ Rn .
i=1

n
Khi đó, µ > 0. Trái lại, µ = 0. Khi đó, ∑m
i=1 λi gi (x) ≥ δ > 0 với mọi x ∈ R . Điều
này không xảy ra, bởi vì ∑m
i=1 λi gi (a) ≤ 0 với mọi a ∈ {x : gi (x) ≤ 0, i = 1, . . . , m}.
¯
Do vậy, ta suy ra (2) với λi = λµi , i = 0, . . . , m.
[(2) ⇒ (1)]. Đối với x bất kì với gi (x) ≤ 0, thì (2) có nghĩa rằng với mỗi ε > 0,
tồn tại λi ≥ 0 sao cho với mọi x ∈ Rn ,
m

0 ≤ f (x) +

∑ λi gi (x) + ε

≤ f (x) + ε.

i=0

Cho ε → 0, chúng ta thấy rằng f (x) ≥ 0 và do vậy suy ra (1).
22