Chặn sai số cho đa thức lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Khánh Linh

CHẶN SAI SỐ CHO ĐA THỨC LỒI

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Khánh Linh

CHẶN SAI SỐ CHO ĐA THỨC LỒI

Chuyên ngành: Toán giải tích

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS. HOÀNG NGỌC TUẤN

Hà Nội – Năm 2016


i

Lời cảm ơn

Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành tới các thầy giáo và cô giáo trong khoa Toán– Trường Đại Học Sư
Phạm Hà Nội 2, đã tận tình giúp đỡ chỉ bảo trong suốt thời gian em theo
học tại khoa và trong thời gian làm khóa luận.
Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Hoàng Ngọc
Tuấn - Giảng viên khoa Toán - Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2,
người trực tiếp hướng dẫn em, luôn tận tâm chỉ bảo và định hướng cho
em trong suốt quá trình làm khóa luận để em có được kết quả như ngày
hôm nay.
Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song thời gian và kinh nghiệm bản
thân còn nhiều hạn chế nên khóa luận không thể tránh khỏi những thiếu
sót,em rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo, các bạn
sinh viên và bạn đọc.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 04 tháng 05 năm 2016
Sinh viên

Nguyễn Khánh Linh


Mục lục

Lời mở đầu

ii

1 Đa thức lồi và một số tính chất

1

1.1

Định nghĩa đa thức lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Một số tính chất của đa thức lồi . . . . . . . . . . . . . .

6

2 Chặn sai số cho đa thức lồi

11

2.1

Chặn sai số cho đa thức lồi . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

2.2

Chặn sai số cho đa thức lồi trong hình đa diện . . . . . .

22

Tài liệu tham khảo

25

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Lời mở đầu

Toán học là một môn khoa học bắt nguồn từ nhu cầu giải quyết các bài
toán có nguồn gốc thực tiễn. Cùng với thời gian và sự tiến bộ của loài
người, toán học ngày càng phát triển và được chia thành nhiều lĩnh vực
khác nhau.
Trong số đó có thể nói rằng giải tích là một trong những lĩnh vực
quan trọng. Để nắm vững các kiến thức cơ bản của giải tích và bước đầu
làm quen với công tác nghiên cứu khoa học em đã chọn đề tài khóa luận
tốt nghiệp: "Chặn sai số cho đa thức lồi".
Luận văn gồm hai chương.
Chương 1 "Đa thức lồi và một số tính chất"
Chương 2 "Chặn sai số cho đa thức lồi ".
Do thời gian thực hiện khóa luận không nhiều, kiến thức còn hạn chế

nên khi làm khóa luận không tránh khỏi những hạn chế và 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!

Hà Nội, ngày 04/05/2016
Tác giả khóa luận

Nguyễn Khánh Linh

ii


Chương 1
Đa thức lồi và một số tính chất
1.1

Định nghĩa đa thức lồi

Trong phần này, chúng ta đưa ra ký hiệu, định nghĩa, và kết quả ban
đầu mà sẽ được dùng trong khóa luận. Cho số nguyên dương n, ta dùng
[n], ta dùng [n] để có kí hiệu là tập hợp {1, .., n}. Với x ∈ Rn , xi (x ∈ [n])
là thành phần thứ i của x như thường lệ. Chuyển vị của x gọi là xT . Với
không gian con L ⊂ Rn , L⊥ có kí hiệu phần bù trực giao của L ∈ Rn .
Số chiều của L được gọi là dim(L).
Cho hàm ϕ : Rn → R, tập mức dưới của ϕ được định nghĩa là Sϕ :=
{ x ∈ Rn :ϕ(x)

0 }. Chúng ta nói rằng ϕ có chặn sai số với bậc γ nếu

có τ > 0 sao cho

d(x, Sϕ ) ≤ τ [ϕ(x)]γ+ (∀x ∈ Rn ),
trong đó [ϕ(x)]+ = max{ϕ(x), 0} và d(x, Sϕ ) trong đó kí hiệu khoảng
cách từ x đến Sϕ . Nếu ϕ có chặn sai số, ta cũng nói ϕ có chặn sai số
tuyến tính. Tập nghiệm tối ưu của ϕ được gọi là argmin ϕ(x).
1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Cho C ⊂ Rn là tập hợp lồi đóng. Ta dùng bd(C) để kí hiệu biên của
C. Với x ∈ C, nón pháp tuyến của C ở x được định nghĩa bởi
n

NC (x) := {z ∈ R : z T (y − x) ≤ 0 ∀y ∈ C}.
Ta gọi NC1 (x) := {h ∈ NC (x) : h = 1} để ký hiệu tất cả các vecto đơn
vị trong NC (x). Nón lùi xa N ∞ [16] của C được định nghĩa bởi
C ∞ := {d ∈ Rn : x + td ∈ C, ∀t ≥ 0, ∀x ∈ C}.
Dễ thấy là C ∞ là một nón lồi. Với một hàm lồi ψ, bởi [16, Theorem 8.7],
tất cả các tập mức khác rỗng dạng {x : ψ(x) ≤ c}, c ∈ R, có cùng nón
lùi xa, cụ thể là, nón lùi xa của ψ. Không mất tính tổng quát, ta dùng
kí hiệu Sψ∞ nghĩa là nón lùi xa của ψ. Giả sử E = Sψ∞ ∩ (−Sψ∞ ). Thế thì
E là không gian con và được gọi là không gian hằng [16, p.69] của ψ.
Bổ đề 1.1. (xem [16, p.69]). Không gian hằng E là không gian con lớn
nhất chứa trong Sψ∞ mà thỏa mãn
E = {z ∈ Rn : ψ(x + λz) = ψ(x), ∀x ∈ Rn , ∀λ ∈ R}.
Với một hàm lồi ψ, ta có kí hiệu tập hợp các subgradient của ψ ở
x ∈ Rn được kí hiệu bởi ∂ψ(x). Ta biết rằng là đạo hàm theo hướng
ψ(x + th) − ψ(x)

ψ (x, h) = limt→0+
luôn tồn tại với x, h ∈ Rn , và ta có
t
ψ (x, h) = max {η T h : η ∈ ∂ψ(x)}.

(1.1)

Giả sử Z+ n = {β = (β1 , ..., βn ) : βi ∈ Z, βi ≥ 0, ∀i ∈ [n]}. Với β ∈ Z+ n ,
ta dùng xβ để kí hiệu tích số xβ1 1 ,...,xβnn với mỗi x ∈ Rn đã cho. Thế
thì, với mỗi đa thức f có bậc m trên Rn , ta có thể viết nó ở dạng sau
2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học
m

β

Nguyễn Khánh Linh
n

n

n

aβ x ∀x ∈R , trong đó β ∈ R+ , aβ ∈ R, và |β| =

f (x) =

βi .

i=1

β =0

Trong khóa luận này, ta dùng fl , 0 ≤ l ≤ m, để kí hiệu đa thức thuần
aβ xβ , và vì vậy

nhất bậc l tương ứng với f , nghĩa là, fl (x) =
|β|=l
m

fl .

f=

(1.2)

l=0

Lưu ý f0 là hằng số giới hạn của f . Nếu f (x) ≥ 0 (f (x) > 0 ) ∀x ∈ Rn
(x = 0 ), ta nói rằng f là đa thức nửa xác định dương. Dễ dàng thấy là
nếu f là đa thức lồi và m ≥ 2, thì m là số nguyên chẵn.
Chuỗi Taylor với mỗi đa thức bậc m của f có thể viết như sau
m

f (x + y) =
|β|=0

n

β

trong đó, β ∈ R+ , D f (x) :=

Dβ f (x) β
y ∀x, ∀y ∈ Rn ,
β!

∂ β1

∂xβ11
kí hiệu này, ta có (∇f (x))T y =

, ...,

(1.3)

∂ βn

f (x) và β! = β1 !, ..., βn !. Dùng
∂xβnn
T β
β
n
n
|β|=1 (D f (x)) y , ∀x ∈ R , ∀y ∈ R .

Cho h là một đa thức thuần nhất bậc k (k ≥ 1). Ta định nghĩa hạch
của h là
Ker(h) := {x ∈ Rn : Dα h(x) = 0 ∀α ∈ Z+ n thỏa mãn |α| = k − 1}.

Dễ thấy rằng là nếu x ∈ Ker(h), thì Dβ h(x) = 0 với mỗi β ∈ Z+ n thỏa
mãn 0 ≤ |β| ≤ k − 1. Đặc biệt, x ∈ Ker(h) suy ra h(x) = 0. Hơn nữa,
Ker(h) là không gian tuyến tính. Nếu h là hàm toàn phương thuần nhất,
nghĩa là, h(x) = xT Ax với ma trận A nào đó, thì Ker(h) = Ker(A).
Ta có một số kết quả quan trọng sau, được phát biểu dưới dạng Bổ
đề.
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh
m

Bổ đề 1.2. Giả sử f (x) =

aβ xβ là một đa thức xác định bởi Rn . Nếu

|β|=0

f (x) = 0 ∀x ∈ R thì aβ = 0 với mỗi β ∈ R+ n thỏa mãn 0 ≤ |β| ≤ m.
n

Bổ đề 1.3. Giả sử f là một đa thức lồi. Cho x, y, d ∈ Rn . Nếu µ(t) =
f (x + td) là đa thức lồi bậc p xác định trong R, thì ν(t) = f (x + td),
t ∈ R, cũng là đa thức lồi bậc p. Hơn nữa, nếu p ≥ 1, thì hệ số tương
ứng với tp trong µ(t) và ν(t) là trùng nhau.
Bổ đề 1.4. Giả sử f là một đa thức lồi thỏa mãn Sf = ∅ . Với d = 0,
d ∈ Sf∞ nếu và chỉ nếu f (td) = f (0) + rt, ∀t ∈ R với r ≤ 0 nào đó.
Hệ quả 1.1. Giả sử h : Rn → R là đa thức lồi thuần nhất bậc k trong

đó k ≥ 2. Thế thì h là nửa xác định dương.
Chứng minh. Giả sử h(y) < 0 với mỗi y nào đó. Vì h(ty) = tk h(y) < 0
với mỗi t > 0, ta có ty ∈ Sh ∀t ≥ 0. Trong [16, Theorem 8.3], ta suy ra
y ∈ Sh∞ . Bởi Bổ đề 1.4, ta có h(ty) = βt với mỗi β ≤ 0 nào đó, mâu
thuẫn với đẳng thức h(ty) = tk h(y).
Chú ý là đa thức nửa xác định dương thuần nhất không nhất thiết là
đa thức lồi. Giả sử g : R2 → R được định nghĩa bởi g(x1 , x2 ) = (x1 2 −x2 2 ).
Dễ thấy rằng là g nửa xác định dương nhưng không lồi.
Bổ đề 1.5. Cho h là một đa thức thuần nhất bậc k (k ≥ 1), và giả sử
K ⊂ Rn là không gian con. Thế thì h(x + y) = h(x), ∀x ∈ Rn , ∀y ∈ K,
nếu và chỉ nếu K ⊂ Ker(h).
Chứng minh. Chú ý rằng là
k D β h(y)
Dβ h(0) β
β
x và h(x) =
x ∀x, y ∈ Rn .
h(x + y) =
β!
β!
|β|=k
|β|=0
4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Bởi Bổ đề 1.2, h(x+y) = h(x), ∀x ∈ Rn , ∀y ∈ K ⇔ Dβ h(y) = 0, ∀y ∈ K,

với mỗi β thoả mãn |β| ≤ k − 1. Điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.6. Giả sử h là đa thức lồi thuần nhất bậc k. Thế thì Ker(h) =
{x : h(x) = 0}, và h là xác định dương trên (Ker(h))⊥ .
Chứng minh. Giả sử H = {x : h(x) = 0}. Ta chỉ cần chứng minh rằng
H ⊆ Ker(h). Với y ∈ H, ta có g(ty) = 0 = g(0) ∀t ∈ R. Bởi Bổ đề
1.3, suy ra g(x + ty) = g(x) ∀x ∈ Rn và t ∈ R. Bởi Bổ đề 1.5, ta có
y ∈ Ker(h), dẫn tới H ⊆ Ker(h). Bởi Hệ quả 1.1, h là không âm trên
Rn . Giả sử h(x) = 0 với x ∈ (Ker(h))⊥ nào đó. Thế thì H ⊆ Ker(h)
dẫn tới x ∈ Ker(h), và vì vậy x = 0.
Bổ đề cho thấy nếu đa thức f là hằng dọc theo không gian con, thì
nó có thể biến thành đa thức với số biến ít hơn bằng thay đổi cơ sở.
Bổ đề 1.7. Giả sử f(x) là một đa thức bậc m trên Rn , và cho L ⊂ Rn là
không gian con với số chiều p. Nếu f (x + y) = f (x) ∀x ∈ Rn và y ∈ L⊥ ,
thì tồn tại ma trận trực giao U sao cho
f (Ux) = g(x1 , ..., xp ) ∀x ∈ Rn ,

(1.4)

với đa thức g trong biến số p nào đó.
m

Chứng minh. Giả sử f =

fl . Bởi Bổ đề 1.5, ta có L⊥ ⊂ ∩m
l=1 Ker(fl ).

l=0

Giả sử ma trận U cột p đầu tiên của U là một cơ sở trực chuẩn của
L và phần còn lại của cột là cơ sở trực chuẩn của L⊥ . Bởi (1.3) và

L⊥ ⊂ ∩m
l=1 Ker(fl ), dễ dàng chứng minh được (1.4).

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Kết quả sau đây có thể chứng minh bởi Bổ đề 1.1 và 1.7 một cách
trực tiếp.
Hệ quả 1.2. Giả sử f là đa thức lồi trên Rn , và giả sử E = Sf∞ ∩ (−Sf∞ ).
Nếu dim(E) = n - p. Thế thì có ma trận trực giao U sao cho
f (U x) = g(x1 , ..., xp ) ∀x ∈ Rn ,
trong đó g là một đa thức lồi thỏa mãn Sf∞ ∩ (−Sf∞ ) = {0}.

1.2

Một số tính chất của đa thức lồi
m

fl là một đa thức lồi trên R. Thế thì

Định lý 1.1. Giả sử f =
l=0

∞
∞
∩m

l=2 Ker(fl ) = Sf − Sf .

(1.5)

Hơn nữa ta có, dim(∩m
l=2 Ker(fl )) ≤ 1.
m
Chứng minh. Giả sử z ∈ ∩m
l=2 Ker(fl ). Thế thì tz ∈ ∩l=2 Ker(fl ) ∀t ∈ R,

mà cùng với (1.3) dẫn tới
m

l

f (x + tz) =
l=0 |β|
m

=
l=2 |β|=l
m

=
l=2 |β|=l

Dβ fl (tz) β
x
β!
Dβ fl (tz) β

x +
β!
Dβ fl (0) β
x +
β!

Dβ f1 (tz)xβ + f1 (tz) + f0
|β|=1

Dβ f1 (0)xβ + tf1 (tz) + f0
|β|=1

= f (x) + tf1 (z) ∀x ∈ Rn , ∀t ∈ R.

6

(1.6)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Nếu f1 (z) ≤ 0, thì f (x + tz) ≤ f (x) ∀t ≥ 0, và z ∈ Sf∞ . Vì o ∈ Sf∞ , ta
có z = z − 0 ∈ Sf∞ − Sf∞ . Nếu f1 (z) ≥ 0, thì −z ∈ Sf∞ , và z = 0 − (−z) ∈
∞
∞
Sf∞ − Sf∞ . Do đó, ∩m
l=2 Ker(fl ) ⊆ Sf − Sf .
∞

Với (1.5), ta chỉ cần chứng minh Sf∞ ⊂ ∩m
l=2 Ker(fl ). Cố định d ∈ Sf .

Bởi Bổ đề 1.3 và 1.4, tồn tại δ ≤ 0 sao cho f (x + td) = f (x) + δt với mỗi
t ∈ R và x ∈ Rn .Thế thì
l

m

f (x) + δt = f (x + td) =
l=0 |β|=0
m

l

=
l=0 |β|=0
m

=

Dβ fl (td) β
x
β!
Dβ fl (d) β l−|β|
x t
β!

m−k

(
k=0 |β|=0

Dβ f|β|+k (d) β k
x )t ∀x ∈ Rn , ∀t ∈ R.
β!

Dβ f|β|+1 (d) β
Do đó,
x = δ với mỗi x ∈ Rn . Bởi Hệ quả 1.2, ta
β!
|β|=0
Dβ f|β|+1 (d)
= 0 với β ∈ Z+ n thỏa mãn 1 ≤ |β| ≤ m − 1, vậy là,
có
β!
m
d ∈ ∩l=2 Ker(fl ).
m−1

Giả sử X∞ := ∩m
l=2 Ker(fl ). Nếu dim(X∞ ) > 1, tồn tại y, z ∈ X∞
sao cho y = λz ∀λ ∈ R. Ta có thể tìm được các số thực µ và ν sao cho
f1 (µy + νz) = 0 và µy + νz = 0. Vì y, z ∈ X∞ = ∩m
l=2 Ker(fl ), tương tự
với (1.6), ta có
f (x + λ(µy + νz)) = f (x) + λf1 (µy + νz) = f (x) ∀x ∈ Rn , ∀λ ∈ R.
Bởi Bổ đề 1.1, ta có µy + νz ∈ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ), điều này mâu thuẫn với
7

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Sf∞ ∩ (−Sf∞ ) = {0}.
Định lý 1.2. Giả sử f là một đa thức lồi như trong Định lý 1.1
(i) Nếu Sf∞ = {0}, thì tồn tại ma trận trực giao U sao cho
f (U x) = g(x1 , ..., xn−1 ) + rxn ∀x ∈ Rn .
trong đó g là một đa thức lồi thỏa mãn Sg∞ = {0} và r < 0.
(ii) Nếu Sf∞ = {0}, thì f là đa thức lồi chặt, và vì vậy arg minx∈Rn f (x)
là tập hợp chỉ có một phần tử.
Chứng minh. (i) Vì Sf∞ = {0}, bởi Định lý 1.1, tồn tại w ∈ Rn , với
w = 1 sao cho
∞
∞
∩m
l=2 Ker(fl ) = Sf − Sf = {tw : t ∈ R} .

Vì Sf∞ là hình nón, không mất tính tổng quát ta thấy rằng Sf∞ = {tw :
t ≥ 0}. Bởi Bổ đề 1.4, tồn tại r ≤ 0 sao cho f (x + tw) = f (x) + rt. Nếu
r = 0, dễ thấy rằng w ∈ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ), mâu thuẫn. Vì vậy, r < 0. Chú ý
là
Dβ fl (0) β |β|
f (0) + rt = f (tw) =
ω t ∀t ∈ R.
β!
l=0 |β|=0
m

l

Dβ f1 (0) β
Bởi Bổ đề 1.2, ta có r =
w = (∇f1 )T w. Giả sử F (x) =
β!
|β|=1
f (x) − (∇f1 )T x ∀x ∈ Rn . Thế thì F là một đa thức lồi. Ta có
F (x + tw) = f (x + tw) − (∇f1 )T (x + tw)
= f (x) + rt − (∇f1 )T x − t(∇f1 )T w
= F (x) ∀x ∈ Rn , ∀t ∈ R,

8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

/ Sf∞ , F
tức là, w ∈ Sf∞ ∩(−Sf∞ ). Chú ý là với bất kỳ vecto v thỏa mãn+
−v ∈
là không tuyến tính trên {tv : t ∈ R}. Do đó Sf∞ ∩(−Sf∞ ) = {tw : t ∈ R}.
Giả sử U là ma trận trực giao có cột cuối cùng là w. Bởi Hệ quả 1.2,
F (U x) = φ(x1 , ..., xn−1 ), mà φ là một đa thức lồi. Chú ý là cấu tạo của
U T (∇f1 − rw) là 0 và U T w = e(n), trong đó e(n) = (0, ..., 0, 1). Ta có
f (U x) = F (U x) + (∇f1 )T Ux
= φ(x1 , ..., xn−1 ) + [U T (∇f1 − rw)]T x + rwT U x
= g(x1 , ..., xn−1 ) + rxn ∀x ∈ Rn ,
với đa thức lồi g nào đó. Dễ thấy rằng Sy∞ = {0}.

(ii). Nếu f không lồi, tồn tại x, y ∈ Rn (x = y) sao cho f là tuyến tính
trên S = {z : z = tx + (1 − t)y, 0 ≤ t ≤ 1}. Thế thì, dễ thấy rằng f là
tuyến tính trong S = {z : z = tx + (1 − t)y, t ∈ R}, và ta có y − x ∈ Sf∞
( hay x − y ∈ Sf∞ ) bởi Bổ đề 1.4, mâu thuẫn Sf∞ = {0}.
Hệ quả 1.3. Cho h là đa thức lồi thuần nhất bậc k trên Rn . Thế thì

h

là một ánh xạ từ Rn .
Chứng minh. Chú ý Sh = {0}, và vì vậy Sh∞ = {0}. Bởi Định lý 1.2 (ii),
f (λy)
h là lồi chặt. Dễ thấy rằng là limλ→∞
= +∞ với mỗi y = 0. Thế
λ
thì đúng với [16, Theorem 1.6]
Với một đa thức lồi thuần nhất h, bởi Bổ đề 1.6, dễ dàng thấy là
Ker(h) = Sh = Sh∞ . Từ trên, ta xét hệ thức giữa Ker(h) và khoảng biến
thiên biên độ của

h. Chú ý là ta không có Sh∞ ∩ (−Sh∞ ) = {0}.

Hệ quả 1.4. Cho h là đa thức lồi thuần nhất bậc k. Thế thì ta có
Ker(h)⊥ = R(∇h), trong đó R(∇h) = {z ∈ Rn : z = ∇h(x) với x ∈ Rn
nào đó}.
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Chứng minh. Trường hợp với k = 1 là hiển nhiên. Với k ≥ 2. Giả sử
L là một không gian con sao cho L⊥ = Ker(h). Ta sẽ chứng minh
R(∇h) = L. Giả sử dim(L) = p. Giả sử U = (α(1), ..., α(p)), trong đó
[α(1), ..., α(n)] là một cơ sở trực chuẩn với L và [α(p + 1), ..., α(n)] là
một cơ sở trực chuẩn với L⊥ . Ta định nghĩa ζ(x) = h(U x) ∀x ∈ Rn . Bởi
Bổ đề 1.6, ta có Ker(ζ) = {x : ζ(x) = 0} và Ker(h) = {y : h(y) = 0},
vì vậy Ker(h) = U ker(ζ). Bởi xây dựng của U và L⊥ = Ker(h), ta có
Ker(ζ) = (0, Rn−p )T . Từ ζ(x) = h(U x), vì vậy ∇ζ(x) = U T ∇h(U x), và
R(∇ζ) = U T R(ζh). Vì vậy, với R(∇h) = L, để chứng minh R(∇ζ) =
(Rp , 0)T . Giả sử ψ : Rp → R được định nghĩa bởi ψ(y) = ζ(y, 0) ∀y ∈ Rp .
Thế thì ψ là một đa thức lồi và Ker(ψ) = 0, dẫn tới Sψ = {0}. Bởi Hệ
quả 1.3, chúng ta có R(∇ψ) = Rp , cho nên R(∇ζ) = (Rp , 0)T .
Điều kiện h là lồi không thể bị loại bỏ như ví dụ như
Ví dụ 1.1. Giả sử h : R2 → R được định nghĩa bởi h(x1 , x2 ) =
(x21 − x22 )2 . Dễ thấy rằng Ker(h) = {0}. Chú ý là
1
∇h(x) = ((x21 − x22 )x1 , (x21 − x22 )x2 )T ∀x ∈ R2 .
4
Ta thấy R(∇h) = R2 . Nếu (x21 − x22 )x1 = −(x21 − x22 )x2 , thì
(x1 − x2 )(x1 + x2 )2 = 0. Ta được x1 = x2 hoặc x1 = −x2 , và vì vậy
∇h(x) = (0, 0)T . Vì nên, (y1 , y2 )T ∈
/ R(∇h) nếu y1 = y2 = 0.

10


Chương 2
Chặn sai số cho đa thức lồi
2.1

Chặn sai số cho đa thức lồi

Trong phần này, đối với mỗi đa thức lồi f, ta luôn có giả thiết
Sf = ∅ và Sf∞ ∩ (−Sf∞ ) = {0}.

(2.1)

Thế thì, bởi Định lý 1.1, Sf∞ là một tia hay là bằng {0}. Định lý cho ta
thấy nếu Sf∞ = {0}, thì f là chặn sai số tuyến tính.
Định lý 2.1. Giả sử f là một đa thức lồi thỏa mãn Sf∞ = {0}. Thế thì
f không bị chặn dưới, và tồn tại τ > 0 sao cho
d(x, Sf ) ≤ τ [f (x)]+ ∀x ∈ Rn .

(2.2)

Chứng minh. Bởi Định lý 1.2 (i), tồn tại ma trận trực giao U sao cho
f (Ux) = g(x1 , ..., xn−1 ) + rxn với r < 0 nào đó. Dễ thấy rằng là f bị chặn
dưới. Giả sử f (x) = f (U x) ∀x ∈ Rn . Thế thì U Sf = Sf . Vì khoảng cách
Euclidean là bất biến dưới phép biến đổi trực giao, ta có d(U x, Sf ) =
d(x, Sf ). Do đó, chứng minh tương đương với (2.2) đúng với f . Giả
11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

∂f
sử x = x + te(n), trong đó e(n) = (0, ..., 0, 1). Vì

= r ,ta có
∂xn
r
t ≤ − (f (x) − f (x )) nếu t > 0 thì khá nhỏ. Thế thì (2.2) theo dõi từ
2
[13, Lemma 1.3].
Để xử lý trường hợp Sf∞ = {0}, ta cần nghiên cứu đa thức lồi không
có số hạng tuyến tính.
m

gl là một đa thức lồi, trong đó k ≥ 2. Thế

Định lý 2.2. Giả sử g =
l=k

thì gk là một đa thức lồi.
Chứng minh. Nếu gk không lồi, bởi [3, Theorem 3.3.7], ∇2 gk (x) là không
nửa xác định dương với x ∈ Rn nào đó. Thế thì tồn tại v ∈ Rn , thỏa
mãn v T ∇2 gk (x)v < 0. Do đó, ta có
v T ∇2 g(tx)v =

m

v T ∇2 gl (tx)v =

l=k

m

tl−2 v T ∇2 gl (x)v ∀t ∈ R.

l=k

Nếu t > 0 đủ nhỏ, thì v T ∇2 gk (x)v < 0, vậy là v T ∇2 g(tx)v < 0, suy ra
∇2 g(tx) là không nửa xác định dương. Bởi [3, Theorem 3.3.7], g không
lồi, mâu thuẫn. Do đó, gk phải lồi.
Ta định nghĩa không gian con Xk , k = 0, ...,

m
, thỏa mãn
2

Xk+1 ⊆ Xk và X m2 = {0}.

(2.3)

m

Với một đa thức lồi f =

fl , đặt
l=2

X0 = Rn và Xk = ∩ki=1 Ker(f2i ) với k = 1, ...,

12

m
.
2

(2.4)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

m
, những khẳng định sau là đúng
2
(i) Nếu 2 ≤ i ≤ 2k + 1, thì Xk ⊆ Ker(fi ).

Bổ đề 2.1. Với mỗi 1 ≤ k ≤

(ii) f2k (x) > 0 với mỗi x ∈ Xk−1 \Xk .
Chứng minh. Ta chứng minh (i) bằng phép quy nạp. Với k = 1, ta cần
chứng minh X1 ⊆ Ker(f3 ). Giả sử f : X1 → R được hạn chế của f trên
m

fi (x) ∀x ∈ X1 . Bởi Định lý 2.2 , f3

X1 . Thế thì f là lồi, và f (x) =
i=3

là hàm lồi trên X1 , dẫn tới f3 (x) = 0 ∀x ∈ X1 . Từ Bổ đề 1.6, suy ra
X1 ⊆ Ker(f3 ).
m
. Vì Xl ⊆ Xl−1 ,
2

ta có Xl ⊆ Ker(fi ) với mỗi 2 ≤ i ≥ 2l − 1, và Xl ⊆ Ker(f2l ) bởi định
Giả sử (i) đúng với k = l − 1, trong đó 2 ≤ l ≤

nghĩa của Xl . Giả sử f : Xl → R là hạn chế của f trên Xl . Thế thì f
m

fi (x) ∀x ∈ Xl . Tương tự như chứng minh trong

là lồi, và f (x) =
i=2l+1

trường hợp k = 1, ta có thể chứng minh Xl ⊆ Ker(f2l+1 ). Thế thì (i)
đúng với k = l.
(ii). Giả sử g : Xk−1 → R là hạn chế của f trên Xk−1 . Thế thì g lồi
m

fi (x) ∀x ∈ Xk−1 . Từ Định lý 1.2, suy ra f2k là lồi

và bởi (i), g(x) =
i=2k

trên Xk−1 . Nếu f2k (x) = 0 với x ∈ Xk−1 nào đó, thì x ∈ Ker(f2k ) bởi
Bổ đề 1.6, và vì vậy x ∈ Xk−1 . Do đó, f2k là dương trên Xk−1 \Xk .
m

Nếu d ∈ X , thì bởi Bổ đề 1.1 (i), f (td) =
m
2

fl (td) = 0 ∀t ∈ R.

l=2
n

Từ Bổ đề 1.3, suy ra f (y + td) = f (y), ∀y ∈ R , ∀t ∈ R, và vì vậy
d ∈ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ). Bởi (1.5), ta có d = 0, vậy là, X m2 = {0}.
m

Bổ đề 2.2. Giả sử f =

fl là một đa thức lồi. Thế thì argminx∈Rn f (x) =
l=2

{0}, và vì vậy Sf∞ = {0}.
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng minh f là không âm. Giả sử tồn tại
x ∈ Rn sao cho f (x) < 0. Nếu ta chứng minh x ∈ X m2 , thì x = 0 bởi
(1.3), sẽ dẫn tới điều mâu thuẫn. Chú ý là
f (tx) ≤ (1 − t)f (0) + tf (x) < 0.
m

với mỗi 0 < t < 1. Nếu f2 (x) > 0, thì f (tx) =

(2.5)
fl (x)tl + f2 (x)t2 là

l=3

dương với t > 0 đủ nhỏ, mâu thuẫn với (2.5). Do đó, f2 (x) ≤ 0. Bởi Định
lý 1.2, f2 là đa thức lồi, và vì vậy f2 (x) ≥ 0. Do đó, f2 (x) = 0, dẫn tới
m
x ∈ X1 . Thấy rằng x ∈ Xk−1 , trong đó 2 ≤ k ≤
. Tiếp theo ta chứng
2m
minh x ∈ Xk . Bởi Bổ đề 2.1 (i), ta có f (tx) =
fl (x)tl + f2k (x)t2k .
l=2k+1

Nếu f2k (x) > 0, thì f (tx) là dương với t > 0 đủ nhỏ, mâu thuẫn (2.5).
m

fl (z) ∀z ∈ Xk−1 . Bởi Định lý 1.2,

Do đó ,f2k (x) ≤ 0. Chú ý là f (z) =
l=2k

f2k là một đa thức lồi trên Xk−1 , và vì vậy f2k là nửa xác định dương
trên Xk−1 . Do đó, f2k (x) = 0, mà dẫn tới x ∈ Xk−1 ∩ Ker(f2k ) = Xk .
Giống chứng minh ở trên, ta có x ∈ X m2 và dẫn đến mâu thuẫn. Do đó,
f là không âm.
Nếu f (y) = 0 với mỗi y = 0 nào đó, thì f (ty) = 0, ∀t ∈ [0, 1] , từ tính
chất lồi của f. Vì là đa thức lồi, dễ thấy rằng là f (ty) = 0 ∀t ∈ R. Từ Bổ
đề 1.3, có y ∈ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ), mâu thuẫn (1.5).
Vậy Sf∞ = {0} bị chặn từ tập Sf = {0}.
m

Định lý 2.3. Với một đa thức lồi f =

fl , tồn tại κ > 0 sao cho
l=2

1

x ≤ κf (x) m nếu x < 1.

14

(2.6)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Nếu (2.6) không đúng,
tồn tại dãy {x(k)} ⊂ Rn thỏa mãn x(k) < 1 và
1

x(k) > kf (x(k)) m ∀k ≥ 1.

(2.7)

Vì {x(k)} là bị chặn, tồn tại dãy con là x(nk ) sao cho x(nk ) → y . Bởi
1

(2.7), ta có y > kf (y) m ∀k ≥ 1. Thế thì f (y) = 0 , và vì vậy y = 0
x(nk )
bởi Bổ đề 2.2. Giả sử d(k) =
với mỗi k ≥ 1. Thế thì {d(k)}
x(nk )
có một cụm là d, với d = 1. Không mất tính tổng quát, ví dụ như
d = limk→∞ d(k).
Bây giờ ta chứng minh d ∈ Xk với mỗi k ≥ 1. Với mỗi k ≥ 1, giả sử
σk = k m

m
f ( x(nk ) d(k))
m
fl (d(k)) x(nk )
=
k
x(nk ) m
l=2

i−m

.

Thế thì bởi (2.7), σk < 1 ∀k ≥ 1. Nếu d ∈
/ X1 , bởi Bổ đề 2.1 (ii), ta có
f2 (d) > 0. Do đó, f2 (d(k)) > 0 với mọi k đủ lớn. Vì d(k) = 1, tồn tại
M > 0 sao cho |fi (d(k))| < M ∀k ≥ 1 và 2 ≤ i ≤ m. Thế thì
km
σk ≥
x(nk )

m

f2 (d(k))
x(nk )
(
−M
m−3
x(nk )
i=3

i−3

).

(2.8)

Vì x(nk ) → 0, vế phải của (2.8) là không bị chặn khi k → ∞, dẫn tới điều
m
mâu thuẫn. Do đó, d ∈ X1 . Giả sử rằng d ∈ Xk−1 , trong đó 2 ≤ k ≤ .
2
Bởi Bổ đề 2.1 (i), ta có
σk = k

m

m

fl (d(k)) x(nk )

l−m

.

l=2k

Nếu f2k (d) > 0, giống với chứng minh trên, ta có thể chứng minh bằng
phản chứng. Thế thì d ∈ Xk . Bằng quy nạp, ta có d ∈ X m2 , và vì vậy
d = 0 bởi (2.3), dẫn tới điều mâu thuẫn. Điều phải chứng minh.
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh
m

fl là một đa thức lồi thỏa mãn Sf∞ = {0}.

Định lý 2.4. Giả sử f =
l=0
n

(i) Nếu tồn tại x ∈ R sao cho f (x) < 0, thì f là một chặn sai số tuyến
tính.
(ii) Nếu f là không âm trên Rn , thì tồn tại duy nhất z ∈ Rn sao cho
f (z) = 0. Đặc biệt, tồn tại τ > 0 sao cho
1

x − z ≤ τ (f (x) + f (x) m ) ∀x ∈ Rn .

(2.9)

Chứng minh. (i). Chú ý là bd(Sf ) = {x ∈ Rn : f (x) = 0}. Thế thì bd(Sf )
không chứa điểm nào thuộc tập nghiệm tối ưu. Vì f là hàm lồi, ta có
∇f (x) > 0 ∀x ∈ bd(Sf ). Vì Sf∞ = 0, Sf bị chặn, theo [16, Lamma
2.1(iii)]. Thế thì tồn tại σ > 0 sao cho ∇f (x) ≥ σ với mỗi x ∈ bd(Sf ).
Do [13, Định lý 2.1 (iii)], f có một chặn sai số tuyến tính.
(ii). Chú ý minx∈Rn = 0. Bởi Định lý 2.2 (ii), tồn tại duy nhất z ∈ Rn
sao cho f (z) = 0 . Giả sử g(x) = f (x + z). Thế thì Sg∞ = {0}. Giả sử
m

gl . Vì g(0) = 0, ta có g0 = 0. Từ g(0) = minx g(x), suy ra

rằng g =
l=0

m

∇g(0) = g1 = 0. Do đó, g =

gl , và vì vậy (2.6) đúng với g.
l=2

Để chứng minh (2.9), viết cách tương đương, ta chỉ ra tồn tại τ > 0
sao cho
1

d x ≤ τ (g(x) + g(x) m ) ∀x ∈ Rn .

(2.10)

Với δ > 0, đặt Cδ = {x : g(x) ≤ δ}. Chọn δ > 0 sao cho Cδ ⊂ {x : x ≤
1
3 }.

Giả sử g¯(x) = g(x) − δ ∀x ∈ Rn . Thế thì Sg¯ = Cδ . Bởi Định lý 2.1,

16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

tồn tại τ1 > 0 sao cho
(x, Cδ ) ≤ τ1 [¯
g (x)]+ ≤ τ1 g(x) ∀x ∈ Rn .
Nếu x >

(2.11)

2
1
, x ≤ d(x, Cδ ) + ≤ 2d(x, Cδ ). Do đó, từ (2.11), thấy
3
3

rằng
2

x ≤ 2d(x, Cδ ) ≤ 2τ1 g(x) ∀x thỏa mãn x > .
3

(2.12)

Kết hợp (2.6) và (2.12), dễ thấy rằng (2.10) đúng với τ = max{κ, 2τ1 }.

m

fl (m ≥ 2), giả sử Z0 = Rn và
l=2
m
i
Zi = ∩l=1 Ker(fm−2l+2 ) với i = 1, ..., .
2
m
m
Bổ đề 2.3. Với mỗi 0 ≤ i ≤ − 1, giả sử si (x) =
fl (x) ∀x ∈ Rn .
2
l=m−2i
m
Thế thì với mỗi i = 1, ..., − 1, các khẳng định sau là đúng
2
(i) Với m − 2i − 1 ≤ l ≤ m, ta có Zi ⊂ Ker(fl ).
Với một đa thức lồi f =

(ii) Tồn tại τ > 0 và δ > 0 sao cho
si (x) ≥ τ x

m−2i

∀x ∈ (Zi+1 )⊥ ∩ Vδ,

(2.13)

trong đó Vδ := {x ∈ Rn : x ≥ δ}.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Giả sử i = 1.
Với (i), bởi định nghĩa của Z1 , chỉ cần chứng minh Z1 ⊂ Ker(fm−1 ). Giả
m−1

sử f : Z1 → R là hạn chế của f trong Z1 . Thế thì f (x) =

fl (x) ∀x ∈
l=2

Z1 , và f là một đa thức lồi trên Z1 . Bởi [1, p.40 Lemma 1], fm−1 là một
17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

đa thức lồi trên Z1 . Vì m − 1 là số lẻ, fm−1 phải triệt tiêu trên Z1 . Từ
Bổ đề 1.6, suy ra Z1 ⊂ Ker(fm−1 ).
(ii). Nếu (2.13) không đúng, thì tồn tại dãy {x(k)} ⊂ (Z2 )⊥ thỏa mãn
x(k) ≥ k sao cho
s1 (x(k)) = fm (m(k)) + fm−1 (x(k)) + fm−2 (x(k))
1

< x(k) m−2 .
k

(2.14)

x(k)
∈ (Z2 )⊥ với mỗi k ≥ 1. Thế thì {d(k)} có một
x(k)
điểm cụm d ∈ (Z2 )⊥ thỏa mãn d = 1. Không mất tính tổng quát, giả

Giả sử d(k) =

sử rằng d = limk→∞ d(k). Chia (2.14) cho x(k)

m

và cho k → ∞, ta

có fm (d) ≤ 0. Bởi [1, p. 40 Lemma 1], fm là một đa thức lồi, cùng với
Hệ quả 1.1, dẫn tới fm (d) = 0, tức là, d ∈ Z1 . Giả sử f := Z1 → R là
được hạn chế của f trên Z1 . Thế thì f là một đa thức lồi trên Z1 , và
m−2

fl (x) ∀x ∈ Z1 . Bởi [1, p.40 Lemma 1], fm−2 là một đa thức

f (x) =
l=2

lồi trên Z1 . Theo Hệ quả 1.1, fm−2 là không âm trên Z1 . Nếu ta chứng
minh fm−2 (d) ≤ 0, thì fm−2 (d) = 0, và vì vậy d ∈ Ker(fm−2 ) bởi Bổ đề

1.6. Do đó, d ∈ Z1 ∩ Ker(fm−2 ) = Z2 . Ta thấy điều mâu thuẫn, và vì
vậy (ii) đúng với i = 1.
Bây giờ ta chứng minh fm−2 (d) ≤ 0. Với x ∈ Rn , ta sử dụng xu (xv ) kí
hiệu phép chiếu của x trên Z1 ((Z1 )⊥ ). Bởi Z1 = Ker(fm ) ⊂ Ker(fm−1 )
và Bổ đề 1.5,
fm (x(k)) + fm−1 (x(k)) = fm (xv (k)) + fm−1 (xv (k)).

18

(2.15)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Vì fm là một đa thức lồi, bởi Bổ đề 1.6, fm là dương trên (Z1 )⊥ . Thế
thì tồn tại ρ > 0 sao cho fm (x) + fm−1 (x) > 0 ∀x ∈ (Z1 )⊥ ∩ Vρ . Nếu
xv (k) ∈ Vρ với vô số k, thì vế trái của (2.15) là không âm với k, cùng
1
1
với (2.14), suy ra fm−2 (x(k)) <
x(k) m−2 , tức là, fm−2 (d(k)) < .
k
k
Giả sử k → ∞, ta có fm−2 (d) ≤ 0. Nếu xv (k) ≤ ρ với k đủ lớn, thì
fm (x(k))+fm−1 (x(k)) bị chặn. Chia (2.14) cho x(k)

m−2

và cho k → ∞,

ta có fm−2 (d) ≤ 0.
Ta giả sử rằng khẳng định đúng với i = j − 1, trong đó 2 ≤ j ≤

m
.
2

Bây giờ ta đi chứng minh (i) với i = j. Ta chỉ cần chứng minh
Zj ⊂ Ker(fm−2j+1 ). Giả sử f : Zj → R là hạn chế của f trên Zj .
Thế thì f là một đa thức lồi trên Zj . Bởi giả thiết pháp quy nạp và
m−2j+1

fl (x) ∀x ∈ Zj . Bởi [1, p. 40

Zj ⊂ Ker(fm−2j+2 ), ta có f (x) =
l=2

Theorem 1], fm−2j+1 là một đa thức lồi trên Zj . Vì m − 2j + 1 là số lẻ,
fm−2j+1 phải triệt tiêu trên Zj . Từ Bổ đề 1.6, cho nên Zj ⊂ Ker(fm−2j+1 ).
Với (ii), nếu (2.13) là không đúng, thì tồn tại dãy {x(k)} ⊂ (Uj+1 )⊥
thỏa mãn x(k) ≥ k sao cho
sj (x(k)) = sj−1 (x(k)) + fm−2j+1 (x(k)) + fm−2j (x(k)) <

1
x(k)
k

m−2j

.

(2.16)
x(k)
∈ (Zj+1 )⊥ với mỗi k ≥ 1. Ta thấy rằng d =
x(k)
⊥
limk→∞ d(k). Thế thì d ∈ (Zi+1
), và d = 1. Với x ∈ Rn , giả sử xu (xv )
Giả sử d(k) =

là hình chiếu của x trên Zj ((Zj )⊥ ). Bởi Zj ⊂ Ker(fm−2j+1 )và định nghĩa
của Zj , ta có
sj−1 (x(k)) + fm−2j+1 (x(k)) = sj−1 (xv (k)) + fm−2j+1 (xv (k)).
19

(2.17)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Khánh Linh

Nếu {zv (k)} bị chặn, thì d = limk→∞ xu (k)/ x(k) ∈ Zj . Nếu {xv (k)}
không bị chặn, bằng phương pháp quy nạp, (2.13) đúng với i = j − 1,
và vì vậy tồn tạ τ > 0 sao cho
sj−1 (xv (k)) ≥ τ x(k)

m−2j+2

.

(2.18)

với vô số k. Bởi (2.16), (2.17) và (2.18), ta suy ra limk→∞

xv (k)
x(k)

= 0,

dẫn tới d ∈ Zj . Giống với chứng minh của i = 1, nếu ta chứng minh
fm−2j (d) ≤ 0 thì ta có d ∈ Zj ∩ Ker(fm−2j ) = Zj+1 , ta thấy điều mâu
thuẫn.
Bây giờ ta chứng minh fm−2j (d) ≤ 0. Vì (2.13) đúng với i = j − 1,
tồn tại ρ > 0 sao cho si−1 (x) + fm−2j+1 (x) > 0 với bất kì x ∈ (Zj )⊥ ∩ Vρ .
Nếu xv (k) ∈ Vρ với mọi k, bởi (2.16) và (2.17), ta có fm−2j (x(k)) <
1
x(k) m−2j với k như vậy, tức là, fm−2j (d(k)) < k1 . Cho k → ∞,
k
ta có fm−2j (d) ≤ 0. Nếu xv (k) ≤ ρ với k đủ lớn, thì sj−1 (x(k)) +
fm−2j+1 (x(k)) bị chặn. Chia (2.16) cho x(k)

m−2j

và cho k → ∞, ta có

fm−2j (d) ≤ 0. Điều phải chứng minh.
m

Nếu d ∈ Z m2 , bởi Bổ đề 2.3(i) và định nghĩa của Z m2 , f (td) =

fl (td)
l=2

= 0, ∀t ∈ R. Từ Bổ đề 1.3, suy ra có f (y + td) = f (y), ∀y ∈ Rn , t ∈ R,
và do đó d ∈ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ). Bởi (2.1), ta có d = 0, tức là, Z m2 = {0}. Bởi
Bổ đề 2.3(ii) và Z m2 = {0}, tồn tại τ > 0 và δ > 0 sao cho
f (x) ≥ τ x

2

∀x ∈ Vδ .

Kết hợp (2.19) và Bổ đề 2.2, suy ra điều phải chứng minh.

20

(2.19)