S - Bổ đề suy rộng và bài toán tối ưu toàn phương

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2

NGUYỄN THỊ LIÊN

S-BỔ ĐỀ SUY RỘNG VÀ BÀI TOÁN
TỐI ƢU TOÀN PHƢƠNG
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: PGS. TS Tạ Duy Phƣợng

HÀ NỘI, 2013


2

LỜI CẢM ƠN
Để hoàn thành luận văn tốt nghiệp em đã nhận đƣợc sự dìu dắt, chỉ bảo và tạo
điều kiện giúp đỡ của các thầy cô trong khoa Toán nói chung và tổ Giải tích
nói riêng, đặc biệt là sự hƣớng dẫn, chỉ bảo giúp đỡ hết sức tận tình của thầy
giáo PGS TS Tạ Duy Phƣợng.
Qua đây, em xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo PGS TS Tạ Duy
Phƣợng. Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô tổ môn Giải tích, các
thầy cô giáo trong khoa Toán, cảm ơn gia đình, bạn bè và các bạn sinh viên
quan tâm và đóng góp ý kiến cho đề tài của em.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 12 năm 2013

Học viên

Nguyễn Thị Liên


3

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan rằng các số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là
trung thực và không trùng lặp với các tài liệu khác. Tôi cũng xin cam đoan
rằng mọi sự giúp đỡ cho việc thực hiện luận văn này đã đƣợc cảm ơn và các
thông tin trích dẫn trong luận văn đã đƣợc chỉ rõ nguồn gốc.
Trong luận văn, tôi đã kế thừa những thành quả nghiên cứu của các nhà khoa
học, các nhà nghiên cứu với sự tôn trọng và biết ơn.
Những kết quả nêu trong luận văn chƣa đƣợc công bố trên bất kỳ công trình
nào khác.
Hà Nội, tháng 12 năm 2013
Học viên

Nguyễn Thị Liên


4

MỤC LỤC

Trang
TRANG PHỤ BÌA

1

LỜI CẢM ƠN

2

LỜI CAM ĐOAN

3

MỤC LỤC

4

MỞ ĐẦU

5

CHƢƠNG 1 S-BỔ ĐỀ SUY RỘNG

7

1.1 Định lí Minimax

7

1.2 Giới thiệu S-Bổ đề và S-Bổ đề suy rộng

14

1.2.1 S-Bổ đề

14

1.2.2 S-Bổ đề suy rộng

19

CHƢƠNG 2 BÀI TOÁN TỐI ƢU TOÀN PHƢƠNG

25

2.1 Bài toán tối ƣu toàn phƣơng với một hạn chế

25

2.2 Bài toán tối ƣu toàn phƣơng với nhiều hạn chế

35

KẾT LUẬN

52

TÀI LIỆU THAM KHẢO

53


5

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Do có nhiều ứng dụng, bài toán tối ƣu đƣợc sự quan tâm nghiên cứu của
nhiều nhà toán học trong và ngoài nƣớc. Có thể nói, bài toán tối ƣu tuyến tính
(qui hoạch tuyến tính) với thuật toán đơn hình về cơ bản đã đƣợc giải quyết
vào những năm 50 của thế kỉ trƣớc. Lớp bài toán tiếp theo đƣợc nhiều nhà
toán học quan tâm là lớp bài toán tối ƣu với hàm mục tiêu là hàm toàn
phƣơng (tối ƣu toàn phƣơng) và lớp bài toán tối ƣu đa thức. Tuy nhiên, cho
đến nay, mặc dù phát biểu tƣơng đối rõ ràng và đơn giản, bài toán tối ƣu toàn
phƣơng không lồi vẫn chƣa đƣợc giải quyết trọn vẹn. Một trong những kĩ
thuật quan trọng áp dụng trong bài toán tối ƣu toàn phƣơng là S-Bổ đề (do
Yakubovich phát biểu năm 1971). Gần đây, Giáo sƣ Hoàng Tụy đã viết một
số bài báo với những nghiên cứu mới, trong đó có S-Bổ đề suy rộng, giải
quyết khá cơ bản lớp bài toán tối ƣu toàn phƣơng và tối ƣu đa thức. Với mong
muốn tìm hiểu sâu hơn về bài toán tối ƣu toàn phƣơng, nhằm bổ sung và nâng
cao kiến thức đã học trong chƣơng trình đại học và cao học, đồng thời sử
dụng các kiến thức về tối ƣu trong giảng dạy, tôi chọn đề tài S-Bổ đề suy rộng
và Bài toán tối ưu toàn phương làm luận văn cao học của mình. Do sử dụng
S-Bổ đề suy rộng nêu trong bài báo [12] với những giải thích chi tiết trong
chứng minh nên luận văn này không trùng với hai luận văn cao học với đề tài
S-Bổ đề và Bài toán tối ưu toàn phương [1] và [2] đã đƣợc bảo vệ.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu và trình bày S-Bổ đề suy rộng và bài toán tối ƣu toàn phƣơng, từ
đó áp dụng để nghiên cứu về một số lớp bài toán tối ƣu toàn phƣơng.


6

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu bài toán tối ƣu toàn phƣơng.

4. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
Đối tƣợng nghiên cứu: Nghiên cứu bài toán tối ƣu toàn phƣơng.
Phạm vi nghiên cứu: Các bài báo và các tài liệu liên quan đến bài toán tối ƣu
toàn phƣơng, đặc biệt là bài báo [12].
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
Sử dụng các kiến thức và công cụ của giải tích, giải tích hàm, lí thuyết tối ƣu
để tiếp cận và giải quyết vấn đề.
Thu thập, nghiên cứu và tổng hợp các tài liệu liên quan, đặc biệt là các bài
báo mới về vấn đề mà luận văn đề cập tới.
6. Dự kiến đóng góp của luận văn
Hy vọng luận văn là một tài liệu tổng quan và tham khảo tốt cho sinh viên và
học viên cao học về bài toán tối ƣu toàn phƣơng.


7

CHƢƠNG 1. S-BỔ ĐỀ SUY RỘNG
Chƣơng này phát biểu và chứng minh định lý minimax và S-bổ đề, từ đó phát
biểu S-bồ đề suy rộng.
1.1 ĐỊNH LÍ MINIMAX
Cho hàm số F : C

¡

số thực ¡ . Điểm x

C đƣợc gọi là điểm cực tiểu địa phương của F ( x) trong

xác định trên tập hợp C

¡

n

nhận giá trị trong tập

C nếu tồn tại hình cầu W có tâm x sao cho F ( x ) F ( x) với mọi
x W C. Điểm x đƣợc gọi là điểm cực tiểu toàn cục của F ( x) trên C nếu
F ( x ) F ( x) với mọi x C.

Mục tiêu đặt ra là nghiên cứu bài toán tối ƣu toàn phƣơng (nói chung không
lồi) dựa trên các định lí minimax. Các định lí minimax cổ điển thƣờng đƣợc
phát biểu dựa trên giả thiết về tính (tựa) lồi-lõm của hàm số. Các định lí này
không áp dụng đƣợc cho bài toán tối ƣu không lồi. Vì vậy, để nghiên cứu bài
toán tối ƣu không lồi, trong [12] đã phát biểu và chứng minh định lí minimax
dƣới dạng sau.
Định lý 1.1.1 (Định lý minimax, [12]) Giả sử C là tập hợp con đóng của
¡ n , D là khoảng (đóng hoặc mở) của ¡ và L( x, y) : ¡

n

¡

¡ là hàm liên

tục. Giả sử các điều kiện sau đây đƣợc thoả mãn:
(i)

Với mỗi x ¡

(ii)

Mọi điểm y D là cực tiểu địa phƣơng của L(., y ) trong C là cực tiểu

n

thì L( x,.) là hàm lõm;

toàn cục của L(., y ) trên C ;
(iii)

Tồn tại y*

D sao cho L( x, y* )

Khi ấy ta có đẳng thức minimax:

khi x C, x

.


8

(1.1)

inf
sup L( x, y) supinf
L( x, y).
x C

x C
y D

y D

Ngoài ra, nếu inf sup L( x, y)
x C

thì tồn tại x

C thoả mãn

y D

sup L( x , y)
y D

Chứng minh Đặt

(1.2)

minsup
L( x, y).
x C
y D

: inf
sup L( x, y),
x C

: supinf
L( x, y).
x C

y D

Chúng ta có thể giả thiết

y D

thì đẳng

, bởi vì nếu ngƣợc lại, tức là

thức (1.1) là hiển nhiên. Thật vậy, giả sử

. Khi ấy tồn

: supinf
L( x, y)
x C
y D

tại dãy yn

L( x, yn )
D sao cho inf
x C

, tức là với mọi x C

khi n

. Suy ra với mọi x C ta có sup L( x, y)

ta có L( x, yn )

. Suy ra

y D

hay

: inf
sup L( x, y)
x C

.

y D

Nhƣ vậy coi
hiệu C ( y) :

. Lấy số thực
x C | L( x, y)

tuỳ ý và với mỗi y D cố định, kí

.

Đầu tiên chúng ta chứng minh với bất kì đoạn

a, b

D điều kiện sau

đây đƣợc thoả mãn:
y

C ( y)

.

Ta luôn luôn có thể giả thiết rằng y*

(1.3)
a, b .

Bởi vì
inf
L( x, y * ) supinf
L ( x, y ) :
x C
x C
y D

nên tồn tại x

C thoả mãn L( x , y* )

theo biến y, tồn tại u, v sao cho u

và theo tính liên tục của hàm L( x , y )

y * v và L( x , y )

với mọi y

u, v .

Hơn nữa, đặt
s : sup y

u, b | u

z y

C ( z)

.

(1.4)


9

với mọi u

Do L( x , z )

với mọi u
v

y

có s

z v nên x

u, b | u

z y

z v nên C ( z) :

u z v

C ( z ) hay

u z v

, tức là

C ( z)

. Mà s : sup y

C ( z)

chứa x

x C : L( x, z)

u, b | u

z y

nên ta

C ( z)

v.

Theo định nghĩa của s , tồn tại dãy yk Z s sao cho Ck :
Theo giả thiết (iii), C ( y* ) :
tính liên tục của hàm

x C : L( x, y* )

. Nếu xn

( xn )

. Hơn nữa, C ( y* ) :

( x) lim
( xn )
x
x

C ( y)

.

là compact. Thật vậy, theo

( x) : L( x, y* ) tập mức C ( y* ) :

là tập đóng vì nếu xn C ( y* ) thì

u y yk

x C : L( x, y* )
x thì x C ( y * ) do
là bị chặn.

x C : L( x, y* )

n

Thật vậy, nếu C ( y * ) không bị chặn thì tồn tại
L( xn , y* )

mà xn

xn

C ( y * ), tức là

. Nhƣng theo giả thiết (iii) ta có L( x, y* )

. Vô

lí. Chứng tỏ C ( y * ) là bị chặn hay C ( y * ) compact.
Do đó Ck :

u y yk

C ( y)

. (k 1, 2,...) tạo thành dãy các tập con đóng khác

rỗng lồng nhau của tập hợp compact C ( y* ). Vì vậy, theo định lí về giao của
các tập compact lồng nhau, tồn tại x 0
y

u , s . Bởi vì L( x 0 , yk )

k 1

Ck , nghĩa là thoả mãn L( x 0 , y )

với mọi k , cho k

của hàm L( x 0 , y ) theo y ta đƣợc L( x 0 , s)
y

;

, theo tính liên tục

. Do đó L( x 0 , y )

với mọi

u, s . Ta khẳng định rằng s b. Thật vậy, giả sử s b thì do

L( x 0 , s )

nên L( x 0 , s)

. Thật vậy, nếu L( x 0 , s)

tục của hàm L( x 0 , s ) tồn tại q s thoả mãn L( x 0 , y )

thì theo tính liên
với mọi y

Điều này trái với (1.4). Vì vậy, nếu s b thì ta phải có L( x 0 , s)

.

s, q .


10

Hơn nữa, bất kì hình cầu W tâm x 0 ta không thể có
vậy, nếu tồn tại hình cầu W ( x 0 , r ) mà

min L( x, s). Thật

x C W

min L( x, s) thì theo giả thiết (ii)

x C W ( x0 , r )

(cực tiểu địa phƣơng là cực tiểu toàn cục) kéo theo
theo chứng minh trên ta đã có
Điều này trái với

min
L( x, s), nhƣng
x C
L( x 0 , s) min
L( x, s),
x C

L( x 0 , s). Suy ra

: supinf
L( x, y) inf
L( x, s).
x C
x C
y D

Do đó tồn tại x k

C sao cho x k

Nếu với một y

s , b nào đó và một k nào đó ta có L( x k , y )

k
x0 và L( x , s)

.

nên từ giả thiết (i) kéo theo L( x k , z )

L( x k , s )

nữa, vì L( x k , s)

y tồn tại s q

và L( x k , y )

với mọi z

u, s . Hơn

, nên theo tính liên tục của L( x k , y ) theo
với mọi y

y sao cho L( x k , q)

với mọi k , và với mọi y

(1.4). Vì vậy, L( x k , y )

, thì do

theo tính liên tục của L( x, y ) theo x, ta có L( x 0 , y )

s, q . Mâu thuẫn với
s , b . Cho x k

, với mọi y

x0
s ,b .

Điều này chứng minh s b và do đó
u y b

Tƣơng tự, đặt t inf y
nghĩa là

a y b

C ( y)

C ( y)

a, v | a

(1.5)

;
z v

C ( z)

. Ta có thể chứng tỏ t

a,

, từ đó (1.3) đƣợc chứng minh.

Nhƣ đã chứng minh ở trên, theo giả thiết (iii), tập hợp C ( y * ) là compact. Bởi
vì mọi tập hợp hữu hạn E
ra từ (1.3) rằng họ C ( y )

D phải chứa trong một đoạn ∆ nào đó nên suy
C ( y * ), y D, có tính chất giao hữu hạn. Do đó,

tồn tại x C thoả mãn L( x, y )

với mọi y D. Lấy

ta thấy rằng, với mỗi k 1,2,... tồn tại x k

1
k 1,2,...;
k

k
C thoả mãn L( x , y )

1
với
k


11

1
k

mọi y D. Nói riêng, L( x k , y * )

1, nghĩa là x k

C 1 ( y* ) với mọi

k . Vì tập hợp C 1 ( y* ) là compact nên dãy x k có điểm tụ x C thoả mãn
L( x , y )

với mọi y D. Suy ra sup L( x , y)

và

y D

: inf
sup L( x, y) sup L( x , y)

x C
y D

Vì L( x , y) inf L( x, y) với mọi x
x C
mọi x

.

y D

C nên sup L( x , y) supinf L( x, y) với
x C
y D

y D

C và do đó inf sup L( x , y) supinf L( x, y) hay
x C
x C
y D

. Vậy

. Hệ

y D

thức (1.2) đƣợc chứng minh.
Nhận xét 1.1.1 Giả thiết (ii) là hiển nhiên thoả mãn nếu L(., y ) là hàm lồi và

C là tập hợp lồi (Định lý 1.1.1 trở về định lý minimax cổ điển). Hơn nữa, sau
này ta sẽ thấy, giả thiết (ii) thoả mãn trong nhiều trƣờng hợp của bài toán tối
ƣu toàn phƣơng.
Mở rộng cho trƣờng hợp D

¡

m

với m 1, ta có

Hệ quả 1.1.1 Giả sử C là tập hợp con đóng của ¡ n , D là tập lồi trong ¡
và L( x, y ) : ¡

n

m

¡ là hàm liên tục.

D

Giả thiết các điều kiện sau đây đƣợc thoả mãn:
(i) Với mỗi x ¡

n

hàm L( x,.) là affine;

(ii) Mọi điểm y D là cực tiểu địa phƣơng của L( x, y ) trên C cũng là cực
tiểu toàn cục của L( x, y ) trên C ;
(iii*) Tồn tại y*

D thoả mãn L( x, y* )

khi x C, x

*
*
L( x* , y* ) min
L
(
x
,
y
)
inf
L
(
x
,
y
)
maxinf
L
(
x
,
y

)
và
x C
x C
y D x C

với duy nhất x* C.
Khi ấy ta có đẳng thức minimax

và
(1.6)


12

min
sup L( x, y)
x C

Chứng minh Đặt

(1.7)

max inf
L( x, y).
x C
y D

y D

tuỳ ý. Với mỗi y D giả sử

: supinf
L( x, y). Xét
x C
y D

C ( y) :

. Theo giả thiết (iii*) ta có

x C | L( x, y)

*
inf
L
(
x
,
y
) maxinf
L( x, y) :
x C
x C

.

y D

*

*
L( x, y* ) với duy nhất x* C. Do đó
Cũng theo (iii*), L( x , y ) min
x C

C ( y* ) :
Với mỗi y D đặt Dy :

x C | L( x, y* )

y* , y

x* .

yt : (1 t ) y* ty | 0 t 1

Ly ( x, t ) : L x,(1 t ) y* ty , là hàm xác định trên C

D và

0,1 . Ta có thể dễ dàng

thử lại C , 0,1 và Ly ( x, t ) thoả mãn tất cả các điều kiện của Định lý 1.1.1.
Do đó, từ kết luận của Định lý 1.1.1 ta có
inf
sup Ly ( x, y ) supinf
Ly ( x, y).
x C
x C
t

0,1

t

0,1

Bởi vì

inf
sup Ly ( x, t ) supinf
Ly ( x, t )
x C
x C
t 0,1

t 0,1

z

sup inf
L( x, z ) supinf
L ( x, z )
x C
x C
y* , y

z D

D

nên suy ra tồn tại x C sao cho sup Ly ( x , t )

hay sup Ly ( x , z )

t 0,1

x C ( z ) với mọi z

z

y* , y , hay x C ( y* )

Hơn nữa, do giả thiết L( x, y* )

, tức là

y* , y

C ( y)

C ( y* )

C.

, tập C ( y * ) là

khi x C, x

compact (xem chứng minh Định lí 1.1.1) và do đó C ( y * )

C ( y ) là compact

vì C ( y) là tập đóng.
Cho

L( x* , y )

khi ấy ta có

C ( y* )

C ( y)

với mọi y D. Vì vậy, sup L( x* , y)
y D

C ( y* )

. Suy ra

x* . Do đó


13

*
: inf
sup
L

(
x
,
y
)
sup
L
(
x
, y)
x C
y D

Bao giờ ta cũng có

.

y D

(xem chứng minh Định lí 1.1.1). Vậy

, đẳng

thức (1.7) đƣợc chứng minh. Hệ quả đƣợc chứng minh hoàn toàn.
Chú ý 1.1.1
a) Khi C là đa tạp affine (tức là nếu x1 , x2 C thì xt : tx1 (1 t ) x2 C với
mọi t ¡ ) và L( x, y ) là hàm toàn phƣơng theo x thì trong giả thiết (iii*)
không cần tính duy nhất của x*. Thật vậy, trong trƣờng hợp này tính duy nhất
của x* suy ra từ điều kiện L( x, y* )

khi x C, x

(kéo theo

x a L( x, y* ) là hàm lồi ngặt trên đa tạp affine C ). Thật vậy, không hạn chế
tổng quát, có thể coi

ai

0, i 1,2,...m. Chọn x( q )

khi q

. Do đó L( x, y* )

L( x, y* ) a1 x12 ... ak xk2

với

ak 1 xk2 1... am xm2

0,...,0, q,..., q . Khi ấy x( q )

m k q

theo giả thiết. Vô lí vì

L( x, y* ) a1 x12 ... ak xk2 ak 1xk2 1... am xm2

q 2 ak

1

... am

.

Suy ra L( x, y* ) chỉ có thể có dạng L( x, y* ) a1 x12 ... ak xk2 là hàm lồi chặt.
Mà ta đã biết, hàm lồi chặt chỉ đạt giá trị nhỏ nhất tại nhiều nhất một điểm.

L( x, y* ) chỉ đạt đƣợc tại duy nhất nghiệm.
Do đó min
x C
b) Điều kiện (iii*) là thoả mãn nếu điều kiện sau đây đƣợc thỏa mãn
(iii!) Tồn tại duy nhất cặp ( x* , y* ) C D sao cho
và L( x, y* )
L( x* , y* ) max min
L
(
x
,
y
)
x C
y D

khi x C, x

L( x, y ) max min
L( x, y ) và L( x, y )

Thật vậy, giả sử y thoả mãn min
x C
x C
y D

khi x C, x

.

.


14

Vì L(., y ) là lồi theo x nên tồn tại x thoả mãn L( x , y ) min L( x, y ). Khi ấy
x C

L( x , y ) max min
L( x, y ) do đó theo điều kiện duy nhất nghiệm ta có
y C
y D

( x* , y * ) ( x , y ). Do đó min L( x, y* ) max min L( x, y) tức là (iii*) đƣợc thoả
x C

y D

x C

mãn.

Hàm F ( x) : ¡
hợp C

¡

n

n

¡ đƣợc gọi là thoả mãn điều kiện bức (coercive) trên tập

nếu F ( x)

. Điều kiện (iii) trong Định

khi x C, x

lý 1.1.1 có nghĩa là luôn tồn tại y*

D sao cho hàm x a L( x, y* ) thoả mãn

điều kiện bức trên C.
Dƣới đây, ta sẽ xét hàm L( x, y ) có dạng L( x, y )

f ( x)

yg ( x); trong đó

f ( x) và g ( x ) là các hàm toàn phƣơng trong ¡ n . Vì L( x, y )

f ( x)

yg ( x)

là tuyến tính theo y nên nó cũng là hàm lõm theo y và điều kiện (i) trong
Định lý 1.1.1 là hiển nhiên. Dƣới đây chúng ta sẽ xét các trƣờng hợp, khi điều
kiện (ii) và (iii) đƣợc thoả mãn.
1.2 GIỚI THIỆU S-BỔ ĐỀ VÀ S-BỔ ĐỀ SUY RỘNG
1.2.1 S-Bổ đề
Bổ đề 1.2.1 (Lemma 1, [12]) Giả sử F ( x) : ¡

H

¡

n

n

¡ là hàm toàn phƣơng,

là đa tạp affine. Mọi cực tiểu địa phƣơng x của F ( x ) trên H là cực

tiểu toàn cục trên H . Nếu F ( x ) bị chặn dƣới trên H thì nó là lồi trên H .
Chứng minh Xét đƣờng thẳng

tuỳ ý trong H đi qua x . Trên đƣờng thẳng

này, vì F ( x ) là hàm toàn phƣơng của một biến thực, nó sẽ là lồi hoặc lõm
ngặt. Do đó bất kỳ điểm cực tiểu địa phƣơng của nó trên

cũng là cực tiểu

trên toàn . Nếu F ( x ) bị chặn dƣới trên H thì nó phải lồi trên mọi đƣờng
thẳng

H , do đó F ( x) lồi trên toàn H .


15

Bồ đề 1.2.2 (Lemma 2, [12] Hàm toàn phƣơng F ( x ) là lồi ngặt trên đa tạp
affine H nếu và chỉ nếu nó thoả mãn điều kiện bức trên H nghĩa là
khi x H ,

F ( x)

. Điều này tƣơng đƣơng với tập hợp

x

là compact với mọi số thực .

x H | F ( x)

Chứng minh Nếu hàm toàn phƣơng F ( x ) là lồi ngặt trên H thì lồi ngặt trên
mọi đƣờng thẳng trên H . Nghĩa là với bất kì

¡ tập hợp đóng và lồi

không chứa bất kì nửa đƣờng thẳng nào, do đó phải là

x H | F ( x)

compact, nghĩa là thoả mãn điều kiện bức trên H .
Ngƣợc lại, nếu hàm toàn phƣơng F ( x ) không phải là hàm lồi ngặt trên H .
Khi ấy F ( x ) không là lồi ngặt trên một đƣờng thẳng

H nào đó. Do đó

F ( x ) là lõm trên đƣờng thẳng này và vì vậy F ( x ) không thoả mãn điều kiện

bức trên H .
Bổ đề 1.2.3 (Lemma 3, [12]) Giả sử f ( x) và g ( x ) là những hàm toàn
phƣơng trên ¡ n , L( x, y )
đƣờng thẳng

trong ¡

n

f ( x)

yg ( x) với x ¡ n , y ¡ . Khi ấy với mỗi

ta có đẳng thức minimax
(1.8)

inf
sup L( x, y) supinf

L( x, y).
x
x
y ¡

y ¡

Nếu g ( x ) không phải là hàm affine trên

thì ta vẫn có đẳng thức minimax
(1.9)

inf
sup L( x, y ) supinf
L( x, y ).
x
x
y ¡

y ¡

Chứng minh Nếu cả hai f ( x) và g ( x ) là hàm lõm trên

và một trong

chúng không phải là hàm affine thì rõ ràng inf f ( x) | g ( x) 0, x
sup L( x, y ) inf f ( x) | g ( x) 0, x
do đó inf
x

,

. Vậy (1.8) là hiển

y R

nhiên thoả mãn. Nếu cả hai f ( x) và g ( x ) là affine trên

thì (1.8) suy ra từ

kết quả của bài toán qui hoạch tuyến tính đối ngẫu. Nói cách khác, ta chỉ cần


16

xét trƣờng hợp f ( x) hoặc g ( x ) là lồi ngặt trên . Khi đó tồn tại y * ¡
cho f ( x)

y* g ( x) là lồi ngặt trên

, do đó L( x, y* )

sao

khi x

,

. Từ đó theo Bổ đề 1.2.1, điều kiện (ii) trong Định lý 1.1.1 đƣợc thoả

x

mãn. Đẳng thức (1.8) là đẳng thức (1.9) khi C
Nếu g ( x ) không phải là hàm affine trên

y* g ( x) là lồi ngặt trên

f ( x)

khi g ( x ) là lõm ngặt trên

( y*

, D ¡ .
¡ sao cho

thì luôn tồn tại y*

0 khi g ( x ) là lồi ngặt trên

và y*

0

). Suy ra mọi điều kiện của Định lý 1.1.1 thỏa

và D ¡ và ta có đẳng thức (1.9).

mãn với C

Định lí 1.2.1. (S-bổ đề, Yakubovich, 1971) Cho f , g : ¡

n

¡ là những

hàm toàn phương. Giả sử rằng điều kiện Slater được thoả mãn với hàm g ,
tức là có một x ¡

n

sao cho g ( x ) 0. Khi đó hai phát biểu sau là tương

đương:
(i)

Hệ

f ( x) 0
g ( x) 0

(1.10)

không tương thích.
(ii)

Có một số thực không âm y 0 sao cho
f ( x)

yg ( x) 0 với mọi x ¡ n .

(1.11)

Nhận xét 1.2.1 S-Bổ đề không còn đúng nếu nhƣ điều kiện Slater không còn
đƣợc thoả mãn.
Thật vậy, lấy f ( x)

x và g ( x) 2 x 2 . Khi đó, rõ ràng không tồn tại x ¡

để g ( x) 0. Nghĩa là điều kiện Slater không thỏa mãn. Ta thấy hệ

f ( x) 0
g ( x) 0
là vô nghiệm. Giả sử tồn tại y 0 sao cho


17

f ( x)

Nếu y 0 thì rõ ràng f ( x)

x không thể lớn hơn 0 với mọi x ¡ .

yg ( x)

Nếu y 0 thì phƣơng trình f ( x)

x 0, x

x(2 yx 1) 0, với mọi x ¡ .

x 2 yx 2

yg ( x)

yg ( x) 0 luôn có hai nghiệm phân biệt là

1
. Từ đây ta thấy rằng f ( x)
2y

yg ( x) không thể lớn hơn hoặc

bằng 0 trên cả trục thực đƣợc. Do đó điều kiện Slater không đƣợc thỏa mãn
thì S-Bổ đề cũng không còn đúng.
Ví dụ 1.2.1 Cho
f ( x)

2 x1

g ( x)

x12

2 x2 1 0
2 x1

x22

2 x2 1 0

x12

x22

Nếu 2 x1 2 x2 1 0 thì ta có
x12

g ( x)

x1 1, x2

x12

x22

2 x2 1 0

2 x1 2 x2 1 0

f ( x) 0
vô nghiệm.
g ( x) 0

Vô lí. Suy ra hệ
Vì g ( x)

2 x1

2 x1

x22

2 x2 1 ( x1 1) 2

( x2 1) 2 3 0 khi, thí dụ,

1 nên hàm g ( x ) thỏa mãn điều kiện Slater. Ta thấy rằng tồn tại

y 1 thoả mãn f ( x)

yg ( x)

x12

0, với mọi x ¡ 2 .

x22

Ví dụ 1.2.2 Xét hệ
f ( x)

x12

g ( x)

x1 x2

Ta thấy hệ trên vô nghiệm vì nếu g ( x)

f ( x)

x12

x22 3x1 x2

x22

3x1 x2

0

x1 x2
0

0

x12

0 thì 3x1 x2
x22

3x1 x2

0 và
0.

Vô lí. Hàm g ( x ) thoả mãn điều kiện Slater, thí dụ, khi x1 0, x2

y 1 ta có f ( x) yg ( x) 0, với mọi x ¡ 2 .

Định nghĩa 1.2.1 Cho A, B là hai ma trận vuông cấp n. Kí hiệu

0. Cho


18

AoB trace ( A.B), AoB là vết của ma trận tích AB.
Định nghĩa 1.2.2 Ma trận A đƣợc gọi là ma trận xác định dương nếu

xT Ax 0 với mọi x 0.
Nhận xét 1.2.2 S-Bồ đề chỉ đúng với hai hàm toàn phƣơng, nếu tăng thêm
một hàm thì S-Bồ đề là không đúng trong trƣờng hợp tổng quát. Ví dụ sau sẽ
chỉ ra điều đó.
Ví dụ 1.2.3 Xét

f ( x) x1 x2 x2 x3 ; g ( x) 2 x12 x32 ; h( x) x22 .
Rõ ràng hệ
f ( x)

x1 x2

x2 x3

g ( x) 2 x12
h( x )

là vô nghiệm vì nếu h( x)

x22

x22

0 thì x2

x32

0
0

0

0. Do đó f ( x)

Ta có

1
2

0

1
2

0

1
, B
2

0

1
2

0

0
A

Xét ma trận X

Ta có:

0
2
1

2
0
0

2 0
0 0
0 0

1
0
0

0
0 , C
1

0 0 0
0 1 0
0 0 0

x1 x2

x2 x3

0. .


19

1
2

0

1
2

0

1
2

0

1
2

0

0
AX

2 0
0 0
0 0

BX

CX

0
2
1

2
0
0

1
1
2
1

1
0
0

0
0
1

0
2
1

2
0
0

1
0
0

0 0 0
0 1 0
0 0 0

0
2
1

2

0
0

1
0
0

0

0
1
2
0

1
0
0
0
1

4
0
0

2
0
0

0 0 0
2 0 0

0 0 0

AoX

BoX

CoX

2 0,

0,

0.

Ta thấy X là ma trận đối xứng, nửa xác định dƣơng. Giả sử tồn tại y1 , y2
thoả mãn f ( x)

y1 g ( x) y2h( x) 0, với mọi x ¡ 3.

Khi đó

A y1B y2C 0.
Ta có

( A y1B y2C)oX
Vậy A y1B

AoX

y1BoX

y2CoX

2 0.

y2C không thể là ma trận nửa xác định dƣơng đƣợc.

Bây giờ chúng ta có thể phát biểu S-Bổ đề suy rộng, mà thực chất nó vẫn còn
đúng với mọi hàm nửa liên tục dƣới bất kì, không đòi hỏi f ( x) và g ( x ) là
hàm toàn phƣơng.
1.2.2 S-Bổ đề suy rộng
Định lý 1.2.2 (S-Bổ đề suy rộng, [12]) Giả sử f ( x) và g ( x ) là những hàm
toàn phƣơng trên ¡ n , W là tập hợp con đóng của ¡ n , D là tập hợp con đóng
của ¡ và L( x, y )

f ( x)

yg ( x) với y ¡ . Giả thiết


20

và các điều kiện sau đây thoả mãn:

: inf
sup L( x, y)
x W
y D

(i)

và tồn tại x* W sao cho g ( x * ) 0 hoặc D ¡ và tồn tại

D ¡

a, b W sao cho g (a) 0 g (b).
(ii)

Với bất kỳ hai điểm a, b W sao cho g (a) 0 g (b) chúng ta có
sup xinf
L( x, y)
a ,b

.

y D

(iii)

Khi đó tồn tại y

D thoả mãn

inf
L( x, y )
x W

.

(1.12)

Chứng minh Đầu tiên chúng ta chỉ ra rằng với bất kỳ số thực
tập hợp hữu hạn E

W tồn tại y D thoả mãn
inf
L( x, y)
x E

Từ đó x E

và bất kì

.

(1.13)

W , g ( x) 0 kéo theo L( x, y)

f ( x)

yg ( x)

f ( x)

với mọi y D. Ta chỉ cần chứng minh (1.13) đúng với mọi tập hợp hữu hạn
E

x W | g ( x) 0 . Khi ấy E

E2 :

x E | g ( x) 0 . Với mọi x

E1

E2 với E1 :

x E | g ( x) 0 ,

f ( x)
. Khi
g ( x)

E ta định nghĩa ( x) :

đó
- Với mọi x E1 : ( x) 0 và L( x, y)
- Với mọi x E2 : L( x, y)
Về sau, nếu E1

y

y

( x) ;

( x).

( x) 0 và ta có L( x, y )

thì min
x E
1

với mọi x E1 khi

0 y min
( x).
x E
1

Nếu E2

chúng ta có L( x, y )

Ngoài ra, nếu Ei

với mọi x E2 khi y max ( x).
x E2

( x),
, i 1,2 , thì do giả thiết (ii) ta có a arg min
x E
1


21

b arg max ( x) nên tồn tại y D thoả mãn inf L( x, y)
x a ,b

x E

, nghĩa là

2

max ( x)

(b)

x E2

y

(a) min
( x).
x E
1

Do đó L( x, y )

với mọi x E2 , L( x, y )

với mọi x E1.

Nhƣ vậy, trong mọi trƣờng hợp, với tập hợp hữu hạn E

W tồn tại y D

thoả mãn (1.13).

Đặt D( x) :
hữu hạn E

chúng ta có

y D | L( x, y)

x E

D( x) 0 với mọi tập hợp

W . Nói cách khác, họ các tập đóng D( x), x W có tính chất giao

hữu hạn. Nếu giả thiết (i) thoả mãn thì
Hoặc là D ¡ và f ( x* )

yg ( x* )

y ¡ | L( x* , y)

D( x* )

là compact

Hoặc là D ¡ và f (a)

yg (a)

. Do đó tập hợp D(a)

y

yk

x W

mọi
x W

y D | L ( x, y )

x W.

Hiển

y D | L ( x, y )

(k

k

1

mọi

yk

khi

D(b) là compact.

, nghĩa là có yk

nhiên

yg (b)

bị chặn trên, trong khi

y ¡ | L(a, y)

. Do đó với mọi

D( x )
x W

, f (b)

khi y

đó D (b) bị chặn dƣới, vì vậy tập hợp D(a)
Nhƣ vậy, ta có

, do đó tập hợp

khi y

chứa

k

1
, k 1,2... tồn tại
k

D sao cho L( x, yk )
trong

tập

hợp

k

compact

, do đó tồn tại y D sao cho dãy con yk

). Do đó L( x, y )

L( x, y )
với mọi x W , vì vậy inf
x W

với

y

. Đẳng

thức (1.12) đƣợc chứng minh.
Định lý 1.2.2 là phiên bản tổng quát nhất của S-Bổ đề. Trong trƣờng hợp đặc
biệt khi W là đa tạp affine trong ¡
thoả mãn vì với mọi đƣờng thẳng
1.2.3:

n

và D ¡

thì điều kiện (ii) là tự động

nối a và b trong W ta có, theo Bổ đề


22

sup xinf
L( x, y) supinf
L( x, y) inf
sup L( x, y) inf
sup L( x, y)
a ,b
x
x
x W
y ¡

y ¡

y ¡

.

y ¡

Cũng theo Bổ đề 1.2.3, điều kiện (ii) là tự động thỏa mãn khi W là đa tạp
affine, D ¡ và g ( x ) là hàm toàn phƣơng g ( x)
đó Q1 hoặc là không suy biến hoặc c1

x, Q1 x

d1 ở

c1 , x

0 ( g ( x ) là thuần nhất). Thật

0 và d1

vậy, điều kiện cuối cùng kéo theo g ( x ) không phải là hàm affine trên một
đƣờng thẳng

nào đó trong W , do đó theo Bổ đề 1.2.3, ta có

sup xinf
L( x, y) supinf
L( x, y) inf
sup L( x, y) inf
sup L( x, y)

a ,b
x
x
x W
y ¡

y ¡

y ¡

.

y ¡

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.1 (Corollary 2) Giả sử f ( x) và g ( x ) là những hàm toàn phƣơng
trên ¡ n .
(i)

Giả sử H là đa tạp affine trên ¡

n

và giả thiết tồn tại x*

H sao cho

g ( x* ) 0. Khi đó hệ thống x H , f ( x) 0, g ( x) 0 là không tƣơng thích
(không có nghiệm) nếu và chỉ nếu tồn tại y

¡

sao cho f ( x)

yg ( x) 0

với mọi x H .
(ii)

Giả sử H là đa tạp affine trên R n và giả thiết g ( x ) là hàm thuần nhất

hoặc g ( x)

x, Q1 x

c1 , x

d1 , với Q1 không suy biến, và hơn nữa,

g ( x ) lấy cả giá trị dƣơng và giá trị âm trên H . Khi đó hệ thống x H ,
f ( x) 0, g ( x) 0 là không tƣơng thích nếu và chỉ nếu tồn tại y
f ( x)

(iii)

¡ sao cho

yg ( x) 0 với mọi x H .

Giả sử H là không gian con của ¡

n

và giả thiết f ( x) , g ( x ) là những

hàm thuần nhất. Khi đó hệ thống x H \ 0 , f ( x) 0 , g ( x) 0 là không
tƣơng thích nếu và chỉ nếu tồn tại y1 , y2
với mọi x H \ 0 .

¡

2

sao cho y1 f ( x)

y2 g( x) 0


23

Chứng minh Bởi vì phần “nếu” trong cả ba phát biểu của Hệ quả là hiển
nhiên, nên ta chỉ cần chứng minh phần “chỉ nếu”.
Giả sử L( x, y)

f ( x)

yg ( x).

(i)

Đây là trƣờng hợp đặc biệt của Định lý 1.2.2 khi D ¡ , W

vậy,

: inf f ( x) | g ( x) 0, x H

H . Thật

inf
sup L( x, y). Do đó tính không tƣơng
x H
y ¡

thích của hệ x H , f ( x) 0, g ( x) 0 có nghĩa là
lý 1.2.2 tồn tại y
(ii)

¡

sao cho f ( x)

0. Vì vậy, theo Định

0, với mọi x H .

yg ( x)

Đây là trƣờng hợp đặc biệt của Định lý 1.2.2 khi D ¡ , W

H . Thật

vậy, hệ thống x H , f ( x) 0, g ( x) 0 không tƣơng thích có nghĩa là
: inf f ( x) | g ( x) 0, x H

inf
sup L( x, y ) 0.
x H
y ¡

(iii)

Với H là không gian con và cả hai f ( x), g ( x ) là những hàm thuần

nhất, hệ x H \ 0 , f ( x) 0, g ( x) 0 là không tƣơng thích chỉ nếu hệ

x H\ 0 ,

f ( x)
x, x

0,

g ( x)
x.x

0

cũng không tƣơng thích.
Đặt z

x
x, x

ta có
z

H , z, z

Bởi vì tập hợp x H | x, x
1

: inf f ( z) | g ( z) 0, z, z

viết inf f ( x)

1

1, g ( z) 0

f ( z) 0.

1 là compact nên
1

0 và f (0)

x, x | g ( x) 0, x H

g (0) 0. Vì vậy ta có thể

0.

Nếu tồn tại x H thoả mãn g ( x) 0 thì do giả thiết (i), tồn tại y2
mãn f ( x)

1

x, x

y2 g ( x) 0 với mọi x H , do đó

¡

thỏa


24

f ( x)

y2 g ( x) 0 với mọi x H \ 0 .

Tƣơng tự, đổi vai trò của f ( x) và g ( x ) , nếu tồn tại x H thoả mãn
f ( x) 0, thì tồn tại y1 ¡

thoả mãn y1 f ( x) g ( x) 0 với mọi x H \ 0 .

Cuối cùng, trong trƣờng hợp g ( x) 0 với mọi x H và f ( x) 0 với mọi

x H , do không tồn tại x H \ 0 sao cho f ( x) 0 và g ( x) 0 nên ta phải

có f ( x) g ( x) 0 với mọi x H \ 0 . Hệ quả đƣợc chứng minh hoàn toàn.
Chú ý 1.2.1 (Remark 1.2.1)
a) Theo Bổ đề 1.2.1 hàm f ( x)

yg ( x) trong khẳng định (i) và (ii) ở hệ quả

trên là lồi trên H .
b) Tập hợp C đƣợc gọi là hình nón chính qui (a regular cone) nếu C

( C)

là không gian con. Bổ đề 1.2.1 ở trên đƣợc mở rộng cho hình nón sau đây:
Nếu F ( x ) là hàm toàn phƣơng thuần nhất trên ¡
của nó trên hình nón C

¡

n

n

thì mọi cực tiểu địa phƣơng

là cực tiểu toàn cục trên C.

Thật vậy, trong trƣờng hợp này F ( x) F ( x) với mọi x C

( C ). Đặc

biệt, giả thiết (ii) trong Định lý 1.1.1 là thoả mãn nếu C là hình nón chính

qui, trong khi đó L(., y ) là hàm toàn phƣơng thuần nhất.
Định lý 1.2.2 vẫn đúng nếu H là hình nón chính qui, W

¡ n , trong khi đó

f ( x), g ( x ) là những hàm toàn phƣơng thuần nhất. Thật vậy, với
H

K

( K ), W

¡

n

từ đẳng thức (1.12) suy ra

inf
sup L( x, y) supinf
L( x, y).
x K
x K
y D

y D


25

CHƢƠNG 2. BÀI TOÁN TỐI ƢU TOÀN PHƢƠNG
Chƣơng 2 trình bày bài toán tối ƣu toàn phƣơng bao gồm các bài toán tối ƣu
toàn phƣơng với một hạn chế và bài toán tối ƣu toàn phƣơng với nhiều hạn
chế. Ta đặc biệt nghiên cứu về bài toán tối ƣu toàn phƣơng không lồi.
2.1 BÀI TOÁN TỐI ƢU TOÀN PHƢƠNG VỚI MỘT HẠN CHẾ
Giả sử H là đa tạp affine trên ¡
trên ¡

n

n

và f ( x), g ( x ) là những hàm toàn phƣơng

xác định bởi

f ( x) :
Ở đó Q i , i

1
2

x, Q 0 x

c 0 , x , g ( x)

1
2

x, Q1 x

c1 , x

d1. (2.1)

¡ n , d1 ¡ .

i
0,1 là ma trận đối xứng cấp n n và c

Xét bài toán tối ƣu toàn phƣơng
min f ( x) | x H , g ( x) 0

(QPA)

min f ( x) | x H , g ( x) 0

(QPB)

Qui ƣớc D ¡ , G

G

x ¡ n | g ( x) 0 cho bài toán (QPA) và D ¡ ,

x ¡ n | g ( x) 0 cho bài toán (QPB) và giả sử L( x, y )

f ( x)

yg ( x)

ở đó x ¡ n , y ¡ . Rõ ràng

sup L( x, y )
y D

f ( x ) nÕu x G,
trong c¸c tr­êng hîp cßn l¹i.

Do đó giá trị tối ƣu của bài toán (QPA) hoặc (QPB) là:
v(QPA)=inf
sup L( x, y), v(QPB)=inf
sup L( x, y).
x H
x H
y ¡

y ¡

Ta nói tính đối ngẫu mạnh của bài toán (QPA) hoặc (QPB) đƣợc thỏa mãn
nếu
v(QPA)=supinf
L( x, y)
x H
y ¡

(Trƣờng hợp D ¡ )

(2.2)