Điều kiện tối ưu trong bài toán quy hoạch toàn phương

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

ĐÀM TUẤN ANH

ĐIỀU KIỆN TỐI ƢU TRONG BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TOÀN PHƢƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI – 2016


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

ĐÀM TUẤN ANH

ĐIỀU KIỆN TỐI ƢU TRONG BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TOÀN PHƢƠNG

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. NGUYỄN NĂNG TÂM

HÀ NỘI – 2016

LỜI CẢM ƠN
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm Hà Nội
2. Tác giả chân thành cảm ơn PGS. TS. Nguyễn Năng Tâm đã tận tình
hướng dẫn, tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành luận văn Thạc sĩ. Tác
giả xin bày tỏ lòng biết ơn các thầy cô giáo và cán bộ công nhân viên
của Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã quan tâm giúp đỡ. Tác giả
chân thành cảm ơn các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp đã tạo
mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành luận văn thạc sĩ.
Hà Nội, tháng 12 năm 2016
Tác giả luận văn

Đàm Tuấn Anh


LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn này là kết quả nghiên cứu của riêng
tôi dưới sự hướng dẫn của PGS TS Nguyễn Năng Tâm.
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn tôi đã kế
thừa những thành quả khoa học của các nhà khoa học và đồng nghiệp
với sự trân trọng và biết ơn.
Tôi xin cam đoan rằng các thông tin trích dẫn trong luận văn đã
được chỉ rõ nguồn gốc.
Hà Nội, tháng 12 năm 2016
Tác giả luận văn

Đàm Tuấn Anh


Mục lục

MỞ ĐẦU

5

1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

7

1.1. Không gian Euclide Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2. Tập lồi, hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3. Bài toán quy hoạch toàn phương . . . . . . . . . . . . .

9

2

ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU TRONG BÀI TOÁN QUY HOẠCH TOÀN
PHƯƠNG

28

2.1. Điều kiện tối ưu bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2. Điều kiện tối ưu bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

KẾT LUẬN

48

TÀI LIỆU THAM KHẢO

49

3


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT
Rn

không gian Euclid n chiều.

f : X → Rn

ánh xạ đi từ X vào Rn

int A

phần trong của A

A

bao đóng của A

∇ f (x)

gradient của f tại điểm x

., .

tích vô hướng trong Rn

.

chuẩn trong không gian Rn

( x, y) = {λx + (1 − λ) y|λ ∈ (0, 1)} đoạn thẳng mở nối x và y
( x, y) = {λx + (1 − λ) y|λ ∈ [0, 1]} đoạn thẳng đóng nối x và y

4


Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Quy hoạch toàn phương là 1 bộ phận đặc biệt của quy hoạch
toán họcvà có nhiều ứng dụng trong lý thuyết cũng như thực tế trong
vòng nửa thế kỉ nay, quy hoạch toàn phương được phát triển mạnh
mẽ, các nhà toán học nghiên cứu các bài toán quy hoạch ngày một sâu

sắc cả về các vấn đề định tính cũng như các thuật toán hữu hiệu để
giải các bài toán về máy tính điện tử. Sau khi được học những kiến
thức về toán học về toán giải tích với mong muốn tìm hiểu sâu hơn
nên tôi đã chọn đề tài "Điều kiện tối ưu trong bài toán qui hoạch toàn
phương" để nghiên cứu.

2. Mục đích nghiên cứu
Khảo sát điều kiện tối ưu bậc nhất, điều kiện tối ưu bậc hai trong
bài toán quy hoạch toàn phương.

5


3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu về điều kiện tối ưu trong bài toán quy hoạch toàn
phương trong Rn .

4. Đối tượng và phạm vi nghiên nghiên cứu
Đề tài chủ yếu tập trung nghiên cứu về bài toán quy hoạch tối
ưu và điều kiện tối ưu bậc nhất, bậc hai của bài toán quy hoạch toàn
phương.

5. Phương pháp nghiên cứu
Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức trong các tài liệu về
bài toán quy hoạch phi toàn phương.

6. Giả thuyết khoa học
Trình bày bài toán quy hoạch toàn phương từ đó đưa ra điều
kiện tối ưu bậc nhất và điều kiện tối ưu bậc hai của bài toán quy hoạch
toàn phương.

6


Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1.

Không gian Euclide Rn
Tập hợp Rn :=

T

x = ( x1 , ..., xn ) : x1 , ..., xn ∈ R

với hai phép

toán

( x1 , ..., xn )T + (y1 , ..., yn )T = ( x1 + y1 , ..., xn + yn )T
T

T

λ( x1 , ..., xn ) = (λx1 , ..., λxn ) , λ ∈ R
lập thành một không gian véc tơ Euclide n− chiều.
T

Nếu x = ( x1 , ..., xn ) ∈ Rn thì xi gọi là thành phần hoặc tọa độ
thứ i của x. Véc tơ không của không gian này gọi là gốc của Rn và được

T

ký hiệu đơn giản là 0, vậy 0 = (0, ..., 0) .
Trong Rn ta định nghĩa tích vô hướng chính tắc ., . như sau:
T

T

Với ( x1 , ..., xn ) + (y1 , ..., yn ) ∈ Rn ta có
n

x, y =

∑ xi yi .

i =1

T

Đôi khi ta còn ký hiệu là x T y. Khi đó với mọi x = ( x1 , ..., xn ) ∈ Rn ta

7


định nghĩa
n

x :=

x, x =

∑ ( xi )

2

i =1

và gọi là chuẩn Euclide của véc tơ x.

1.2.

Tập lồi, hàm lồi

1.2.1. Tập lồi
Định nghĩa 1.2.1. Tập X ⊂ Rn được gọi là tập lồi, nếu x, y ∈ X, ∀λ ∈

[0, 1], ta có
λx + (1 − λ) y ∈ X
Nếu X là tập lồi và đồng thời là tập đóng (mở) trong Rn thì ta gọi X là
tập lồi đóng (tương ứng, mở).
Ví dụ 1.2.1. Tập rỗng, hình cầu trong Rn là những tập lồi.
Định nghĩa 1.2.2. Tập X ⊂ Rn gọi là tập đa diện lồi nếu X có dạng
X = { x : Ax ≤ b}, trong đó A là ma trận cấp m × n và b ∈ Rn .
Định nghĩa 1.2.3. Tập K ⊂ Rn gọi là nón nếu với mọi x ∈ K, t ≥ 0 ta
có tx ∈ K. Nếu nón K là tập lồi thì K gọi là nón lồi.
Định nghĩa 1.2.4. Cho X ⊂ Rn là một tập lồi và f : X → R. Ta nói f là
hàm lồi trên X khi và chỉ khi
f (λx + (1 − λ) y) ≤ λ f ( x ) + (1 − λ) f (y) , ∀ x, y ∈ X, λ ∈ [0, 1]
Ví dụ 1.2.2. a) Hàm hằng f ( x ) = a là một hàm lồi trên R. b) Hàm
f ( x ) = x3 là hàm không lồi trên R.

8


1.3.

Bài toán quy hoạch toàn phương

1.3.1. Bài toán quy hoạch toàn phương
Định nghĩa 1.3.1. Ta nói rằng f : Rn → R là một hàm toàn phương
tuyến tính nếu ở đó tồn tại một ma trận D ∈ Rn×n , một véc tơ c ∈ Rn
và một số thực α sao cho
1
1
f ( x ) = x T Dx + c T x + α =
x, Dx + c, x + α
2
2

(1.1)

với mọi x ∈ Rn .






d11 ...d1n
c1



.

.
Nếu D = 
 ............. , c =  .
dn1 ...dnn
cn
thành
1 n n
f (x) =
∑ dij xi x j
2 j∑
=1 i =1







x1

. 
, x =  .. , thì (1.1) trở



xn

n

+ ∑ ci xi + α
i =1

Vì x T Dx = 12 x T D + D T x với mọi x ∈ Rn , nên trong (1.1) chúng ta
1
có thể thay D bởi một ma trận đối xứng
D + D T . Vì vậy, chúng
2
ta giả sử rằng ma trận vuông trong biểu diễn của hàm toàn phương
tuyến tính là đối xứng. Không gian các ma trận đối xứng n × n được
ký hiệu là RnS×n .
Định nghĩa 1.3.2. Bài toán ( P) được gọi là một bài toán quy hoạch
toán học toàn phương tuyến tính (hoặc quy hoạch toàn phương) nếu
f là một hàm toàn phương tuyến tính và ∆ là một tập đa diện lồi.
Trong (1.1), nếu D là ma trận không thì f là một hàm afine. Do vậy, lớp
các quy hoạch tuyến tính là một lớp con của lớp các quy hoạch toàn
phương. Trong trường hợp tổng quát, các quy hoạch toàn phương là
các bài toán quy hoạch không lồi.

9


Ví dụ 1.3.1. Bài toán quy hoạch toàn phương sau là không lồi
min f ( x ) = x12 − x22 , x ∈ ∆
trong đó ∆ = x = ( x1 , x2 ) ∈ R2 |1 ≤ x1 ≤ 3, 1 ≤ x2 ≤ 3 .
Rõ ràng nếu chúng ta bỏ hằng số α trong biểu thức (1.1) của f thì
ta không làm thay đổi tập nghiệm của bài toán min { f ( x ) : x ∈ ∆},
trong đó ∆ ⊂ Rn là một tập đa diện lồi. Do đó, thay cho (1.1) chúng ta

1
có dạng đơn giản hơn f ( x ) = x T Dx + c T x của hàm mục tiêu
2
Chúng ta gọi các bài toán quy hoạch toàn phương
min

1 T
x Dx + c T x : x ∈ n , Ax ≥ b ,
2

min

1 T
x Dx + c T x : x ∈ n , Ax ≥ b, x ≥ 0 ,
2

min

1 T
x Dx + c T x : x ∈ n , Ax ≥ b, Cx = d
2

là dạng chuẩn tắc, dạng chính tắc và dạng tổng quát (tương ứng). Định
nghĩa trên của bài toán quy hoạch toàn phương chính tắc là được thừa
nhận bởi vì bài toán quy hoạch toàn phương của dạng này có rất nhiều
quan hệ với bài toán dạng tuyến tính.
Định nghĩa 1.3.3. Một ma trận D ∈ Rn được gọi là xác định dương
(xác định âm) nếu v T Dv > 0 (tương ứng v T Dv < 0) với mọi v ∈
Rn \ {0}. Nếu v T Dv ≥ 0 (tương ứng v T Dv ≤ 0) với mọi v ∈ Rn thì D
được gọi là nửa xác định dương (tương ứng là nửa xác định âm).

1
Mệnh đề 1.3.1. Cho f ( x ) = x T Dx + c T x + α với D ∈ RnS×n , c ∈ Rn
2
và α ∈ R. Nếu D là ma trận nửa xác định dương thì f là một hàm lồi.
Chứng minh. Vì x → c T x + α là một hàm lồi và tổng của hai hàm lồi là
một hàm lồi nên để chứng minh f là hàm lồi ta chỉ ra rằng f 1 ( x ) :=
10


x T Dx là một hàm lồi. Giả sử D là một ma trận nửa xác định dương.
Khi đó, với mọi u ∈ Rn và v ∈ Rn ta có
T

0 ≤ (u − v) D (u − v) = u T Du − 2v T Du + v T Dv
Từ bất đẳng thức trên suy ra
v T Dv ≤ u T Du − 2v T D (u − v)

(1.2)

Với bất kỳ x ∈ Rn , y ∈ Rn và t ∈ (0, 1) cho trước bất kỳ, chúng ta đặt
z = tx + (1 − t) y.
Từ (1.2) chúng ta có
z T Dz ≤ y T Dy − 2z T D (y − z)
z T Dz ≤ x T Dy − 2z T D ( x − z)
Vì y − z = t (y − x ) và x − z = (1 − t) ( x − y), từ hai bất đẳng thức
cuối chúng ta suy ra rằng

(1 − t) zT Dz + tzT Dz ≤ (1 − t) yT Dy + tx T Dx
Do đó
f 1 (tx + (1 − t) y) = f 1 (z) ≤ t f 1 ( x ) + (1 − t) f (y)

Vậy f 1 là một hàm lồi.
Nếu D là nửa xác định âm thì hàm f được cho bởi (1.1) là lõm,
nghĩa là
f (tx + (1 − t) y) = f 1 (z) ≥ t f ( x ) + (1 − t) f (y)
với mọi x ∈ Rn , y ∈ Rn và t ∈ (0, 1). Trong trường hợp ma trận D
không nửa xác định dương và cũng không nửa xác định âm, chúng ta
1
nói rằng f ( x ) = x T Dx + c T x, ở đây c ∈ Rn là một hàm toàn phương
2
11


tuyến tính không xác định. Bài toán quy hoạch toàn phương với hàm
mục tiêu toàn phương tuyến tính không xác định được gọi là quy
hoạch toàn phương không xác định.
Chú ý. Dễ thấy rằng nếu f được cho bởi công thức (1.1), thì ta có

∇2 f ( x ) = D với mọi x ∈ Rn .
Ví dụ 1.3.2. Cho k điểm a1 , a2 , ..., ak trong Rn , chúng ta muốn tìm một
điểm x ∈ Rn mà tổng
f ( x ) : = x − a1

2

+ ... + x − ak

2

đạt giá trị cực tiểu của nó. Ta thấy rằng
k

f (x) =

∑ ( x − ai )

T

k

T

( x − ai ) = kx x − 2

i =1

∑ ai

i =1

T

k

x + ∑ aiT ai
i =1

là một hàm toàn phương lồi. Ta có x là một nghiệm của bài toán nếu
và chỉ nếu ∇ f ( x ) = 0. Vì
k

∇ f ( x ) = 2kx − 2 ∑ ai ,
i =1

chúng ta có thể viết điều kiện 0 = ∇ f ( x ) tương đương với
1 k
x = ∑ ai .
k i =1
1 k
∑ ai là nghiệm duy nhất của bài toán. Điểm đặc biệt
k i =1
x được gọi là barycenter của hệ { a1 , a2 , ..., ak } .
1
1
Đầu tiên, chúng ta định nghĩa z1 = a1 + a2 . Đặt
2
2

Như vậy x =

zi =

i
1
z i −1 +
a i +1
i+1
i+1

với mọi i ≥ 2.
12

Bằng phương pháp quy nạp không khó để chỉ ra rằng x := zk−1
là barycenter của hệ { a1 , a2 , ..., ak }. Thực hiện xây dựng theo thứ tự
trọng tâm của một hệ các điểm trong R2 , đó là tiện ích để sử dụng
trong dạng véc tơ của công thức xác định zi sau đây:
1 −−−→
z i −1 a i
i+1

−
→
z−−
i −1 z i =
với mọi i ≥ 2.

Ví dụ 1.3.3. Lấy ∆ = { x ∈ Rn : Ax ≥ b, Cx = d}, ở đó A ∈ R m × n, C ∈
Rs×n , b ∈ Rm và d ∈ Rs . (Đẳng thức Cx = d có thể thiếu trong
công thức. Tương tự, bất đẳng thức Ax ≥ b cũng có thể thiếu). Lấy
αi (i = 1, ..., n) , ai (i = 1, ..., n), β và β là một họ của 2n + 2 các giá trị
thực thỏa mãn các điều kiện
n

∑

i =1

a2i

n

= 1, ∑ ai 2 = 1

(1.3)

i =1

Chú ý rằng
M=

x∈R :
n

n

∑ ai xi + β = 0

i =1

và
M=

x∈R :
n

n

∑ ai xi + β = 0

i =1

là hai siêu phẳng trong Rn . Tìm x ∈ ∆ sao cho hàm
2

f ( x ) = (dist ( x, M)) − dist x, M

2

,

trong đó dist ( x, Ω) = inf { x − z : z ∈ Ω} là khoảng cách từ x đến
một tập con Ω ⊂ Rn , đạt cực tiểu. Chúng ta có
n

dist ( x, M) =

∑ αi xi + β

i =1

13

(1.4)


Để chứng minh công thức này chúng ta xét quy hoạch toàn phương
lồi sau đây
min ϕ (z) = x − z

2

:z∈M

(1.5)

Ta có z = (z1 , ..., zn ) ∈ M là nghiệm của (1.5) nếu và chỉ nếu ở đó tồn
tại µ ∈ R sao cho
0 ∈ ∂ϕ (z) + µ (α1 , ..., αn ) .
Khi đó ∂ϕ (z) = {∇ ϕ (z)} = {−2 ( x − z)}, kết luận này là đạt được
nếu và chỉ nếu
2 ( x − z) = µ (α1 , ..., αn ) .
µ
Có nghĩa là z = x − α, ở đây α := (α1 , ..., αn ). Khi z ∈ M, chúng ta có
2
µ
α, α + β.
0 = α, z + β = α, x −
2
Thế vào (1.3) chúng ta thu được µ = 2 ( α, x + β). Do đó
2
µ
(dist ( x, M))2 = x − z 2 = x − x − α
2
2
µ
2
α, α = ( α, x + β) .
=
2
Do đó (1.5) luôn đúng. Tương tự ta có

n

=

dist x, M

∑ αi xi + β

.

i =1

Vậy
2

n

∑ αi xi + β

f (x) =
n

=

i =1
n

∑∑

j =1 i =1

2

n

−

∑ αi xi + β

i =1

n

αi α j − αi α j xi x j + 2 ∑ βαi − βαi xi + β2 − β2 .
i =1

Từ đây chúng ta kết luận rằng f ( x ) là hàm toàn phương tuyến tính;
vậy bài toán chúng ta xét ở trên là một bài toán quy hoạch toàn phương
ở dạng tổng quát.
14


Dễ dàng chỉ ra như vậy nếu chúng ta chọn



10





 01




A=
,b = 

 −10 



0−1

1







−3 

−3

1

α = (1, 0) , β = 0, α = (0, 1) , β = 0

thì bài toán được thực hiện, ở đây phương trình Cx = d bị khuyết.
Trong trường hợp này, chúng ta có
M = { x = ( x1 , x2 ) : x1 = 0, x2 ∈ R} ,
M = { x = ( x1 , x2 ) : x1 ∈ R, x2 = 0} ,
dist ( x, M) = | x1 | và dist x, M = | x2 |
1.3.2. Định lý về sự tồn tại nghiệm bài toán quy hoạch toàn phương
Xét một bài toán quy hoạch toàn phương dạng chuẩn tắc
1
min f ( x ) := x T Dx + C T x với x ∈ Rn , Ax ≥ b
2

(1.6)

trong đó D ∈ RnS×n , A ∈ Rm×n , c ∈ Rn và b ∈ Rm
Định lý 1.3.1. [10, trang 108] Nếu θ = in f { f ( x ) : x ∈ ∆ ( A, b)} là một
số thực hữu hạn thì bài toán (1.6) có một nghiệm.
Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh theo Blum and Oettli (1972). Từ
giả thiết θ ∈ Rn , suy ra ∆ ( A, b) = ∅. Chọn một điểm x0 ∈ ∆ ( A, b).
Lấy ρ > 0 tùy ý cho trước. Đặt
∆ρ = ∆ ( A, b) ∩ B x0 , ρ .
Chú ý rằng ∆ρ là tập lồi, khác rỗng và compact. Xét bài toán sau
min f ( x ) : x ∈ ∆ρ
15

(1.7)


Theo định lý Weierstrass, tồn tại y ∈ ∆ρ sao cho
f (y) = qρ := min f ( x ) : x ∈ ∆ρ
. Vì tập nghiệm của (1.7) là khác rỗng và compact, nên tồn tại yρ ∈ ∆ρ

sao cho
yρ − x0 = min

y = x0 : y ∈ ∆ρ , f (y) = qρ

Chúng ta khẳng định rằng ở đó phải tồn tại ρ > 0 sao cho
yρ − x0 < ρ với mọi ρ ≥ ρ

(1.8)

Thật vậy, nếu khẳng định này sai thì chúng ta sẽ tìm một dãy tăng
ρk → +∞ sao cho với mọi k tồn tại yρk ∈ ∆ρk sao cho
f yρk = qρk , yρk − x0 = ρk

(1.9)

Để đơn giản các ký hiệu, chúng ta viết yk thay cho yρk . Khi đó yk ∈
∆ ( A, b), chúng ta có Ai yk ≥ bi với i = 1, ..., m, trong đó Ai biểu thị
dòng thứ i của A và bi biểu thị phần tử thứ i của b. Với i = 1, khi
đó dãy A1 yk là bị chặn dưới, chúng ta có thể chọn dãy con {k } ⊂

{k} sao cho lim A1 yk tồn tại. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng
k →∞

{k } ≡ {k}, khi đó dãy A1 yk hội tụ tới chính nó. Tương tự, với i = 2
ở đó tồn tại một dãy con {k } ⊂ {k} sao cho lim A2 yk . Không mất
k →∞

tính tổng quát, giả sử rằng {k } ≡ {k }. Tiếp tục quá trình trên với
i = m để tìm một không gian con {k } ⊂ {k} sao cho tất cả các giới

hạn
lim Ai yk , (i = 1, ..., m)

k →∞

tồn tại. Để đơn giản, chúng ta giả sử rằng {k } ≡ {k} . Lấy I =

{1, ..., m} , I0 =

i ∈ I : lim Ai yk = bi
k→∞

16

và I1 = I \ I0 =

i ∈ I : lim Ai yk > bi .
k→∞


Do vậy tại đó tồn tại ε > 0 và i ∈ I1 sao cho
lim Ai yk > bi + ε

k→∞

yk − x0 /ρk = 1 với mọi k. Vì hình cầu đơn vị trong Rn

Theo (1.9),

là một tập compact, không mất tính tổng quát, giả sử rằng dãy

yk − x0
ρk
hội tụ đến v ∈ Rn khi k → ∞. Rõ ràng, v = 1. Khi ρk → +∞, với
mọi i ∈ I0 chúng ta có
A i y k − bi
0 = lim Ai y − bi = lim
k→∞
k→∞
ρk
k
0
y −x
A i x 0 − bi
= lim Ai
+ lim
k→∞
k→∞
ρk
ρk
k

= Ai v.

Tương tự, với mọi i ∈ I1 chúng ta có
A i y k − bi
ρk
yk − x0
Ai
+ lim
k→∞

ρk

0 ≤ lim inf Ai yk − bi = lim inf
k→∞

k→∞

= lim

k→∞

A i x 0 − bi
ρk

= Ai v
Vì vậy
Ai v = 0 với mọi i ∈ I0 , Ai v ≥ 0 với mọi i ∈ I1 .

(1.10)

Từ điều này chúng ta kết luận rằng v là một hướng của nón lùi xa của
tập đa diện lồi ∆ ( A, b). Từ (1.10) chúng ta có
y + tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi t ≥ 0 và y ∈ ∆ ( A, b)

(1.11)

Khi đó
f yk = f yρk = qρk = min f ( x ) : x ∈ ∆ρk

= min f ( x ) : x ∈ ∆ ( A, b) ∩ B ( x0 , ρk )

17


và dãy tăng {ρk } hội tụ đến +∞, chúng ta chỉ ra rằng dãy

f yk

là

không tăng và f yk → θ. Kết quả là với k đủ lớn chúng ta có
θ − 1 ≤ f yk ≤ θ + 1.
Sử dụng công thức của f chúng ta viết lại bất đẳng thức dưới dạng
θ−1 ≤

1 k
y − x0
2

+ x0

T

T

D yk − x0 + c T yk − x0

1
T
D yk − x0 + ( x0 ) Dx0 + c T x0 ≤ θ + 1.
2

Chia biểu thức này cho ρ2k và lấy giới hạn khi k → ∞ chúng ta có
1
0 ≤ v T Dv ≤ 0.
2
Do đó
v T Dv = 0

(1.12)

Theo (1.11)
yk + tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi t ≥ 0 và k ∈ N
trong đó N là tập số nguyên dương. Theo (2.12) chúng ta có
T
1 k
y + tv D yk + tv + c T yk + tv
2
T
1 k T k
k
T k
Dv + c T v .
y
y
Dy + c y + t
=
2

f yk + tv =

Chú ý rằng
yk

T

Dv + c T v ≥ 0 với mọi k ∈ N

(1.13)

Thật vậy, nếu (1.13) là sai thì chúng ta có f yk + tv → −∞ khi t →

+∞, điều này mâu thuẫn với giả thiết θ ∈ R. Do đó ta có
yk − x0 , v

2

= yk − x0

2

− 2t yk − x0 , v + t2 v

2

< yk − x0

2

(1.14)
với t > đủ nhỏ. Theo (1.10)

18


Ai yk − tv = Ai yk ≥ bi với mọi i ∈ I0 .
Vì lim Ai yk ≥ bi + ε với mọi i ∈ I1 , nên tồn tại k2 ∈ N, k2 ≥ k1 sao cho
k→∞

Ai yk ≥ bi + 2ε với mọi k ≥ k2 và i ∈ I1 . Từ những điều trên ta có thể kết
luận rằng
yk − tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi t ∈ (0, δk ) .
Kết hợp điều này với (1.14) ta thấy rằng yk − tv ∈ ∆ ( A, b) và
yk − tv − x0 = yk − x0 − tv < yk − x0 = ρk

(1.15)

với mọi t ∈ (0, δk ) đủ nhỏ. Theo (1.12) và (1.13) ta có
f yk − tv = f yk − t

yk

T

Dv + c T v

≤ f yk .

. Vậy yk − tv là một nghiệm của bài toán
min f ( x ) : x ∈ ∆ρk .

(1.16)

Từ bất đẳng thức (1.15) ta thấy yk không phải là nghiệm của (1.16) với
khoảng cách tối thiểu tới x0 , điều này là mâu thuẫn giả thiết.
Chúng chỉ ra rằng ở đó tồn tại ρ > 0 sao cho (1.8) luôn đúng. Chúng
ta chỉ ra rằng tồn tại
ρ ≥ ρ sao cho qρ = θ

(1.17)

Khi qρ = min f ( x ) : x ∈ ∆ρ , ta dễ dàng kết luận định lý suy ra từ
(1.17).
Định lý 1.3.2. [10, trang 702] Bài toán (1.6) có nghiệm nếu và chỉ nếu ba
điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) ∆ ( A, b) khác rỗng;
(ii) Nếu v ∈ Rn và Av ≥ 0 thì v T Dv ≥ 0;
19


(iii) Nếu v ∈ Rn và x ∈ Rn sao cho Av ≥ 0, v T Dv = 0 và Ax ≥ b
T

thì ( Dx + c) v ≥ 0.
Chứng minh.
Điều kiện cần: Giả sử rằng (1.6) có nghiệm x. Khi x ∈ ∆ ( A, b), điều kiện
(i) được thỏa mãn. Với bất kỳ v ∈ Rn , với Av ≥ 0, khi đó A ( x + tv) =
Ax + tAv ≥ b với mọi t ≥ 0, chúng ta có x + tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi
1
t ≥ 0. Do đó f ( x + tv) ≥ f ( x ) với mọi t ≥ 0. Khi đó t2 v T Dv +
2
T

T
t( Dx + c) v ≥ 0 với mọi t ≥ 0, do đó v Dv ≥ 0. Điều này chỉ ra rằng
điều kiện (ii) là thỏa mãn.
Chúng ta giả sử rằng tại đó cho bất kỳ v ∈ Rn và x ∈ Rn với các tính
chất Av ≥ 0, v T Dv = 0 và Ax ≥ b. Khi đó x + tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi
t ≥ 0. Từ điều này và điều kiện v T Dv = 0 chúng ta kết luận rằng
1
T
t( Dx + c) v + v T Dv + c T x ≥ f ( x ) với mọi t ≥ 0. Điều này có nghĩa
2
T
rằng ( Dx + c) v ≥ 0. Vậy chúng ta đã chỉ ra rằng điều kiện (iii) cũng
thỏa mãn.
Điều kiện đủ: Giả sử rằng các điều kiện (i), (ii), (iii) được thỏa mãn.
Đặt θ = inf { f ( x ) : x ∈ Rn , Ax ≥ b}. Khi ∆ ( A, b) = ∅, chúng ta có
θ = +∞. Khẳng định của định lý được suy ra từ định lý Frank-Wolfe.
Do đó chúng ta chỉ cần chỉ ra rằng trường hợp θ = −∞ không xảy ra.
Để thu được sự mâu thuẫn này, giả sử rằng θ = −∞. Chúng ta có thể
chứng minh tương tự như trong chứng minh định lý 1.3.1.
Cố định một điểm x0 ∈ ∆ ( A, b). Khi đó, với mọi ρ > 0, ta xét bài toán
cực tiểu min f ( x ) : x ∈ ∆ρ . Biểu diễn theo qρ giá trị tối ưu của bài
toán này. Lấy yρ ∈ ∆ρ sao cho f yρ = qρ và
yρ − x0 = min

y − x0 : y ∈ ∆ρ , f (y) = qρ

Chúng ta khẳng định rằng tồn tại ρ > 0 sao cho yρ − x0 < ρ và mọi
20

ρ ≥ ρ. Giả sử khẳng định này là sai. Thì chúng ta sẽ tìm một dãy tăng
ρk → ∞ sao cho với mọi k, ở đó tồn tại yρk ∈ ∆ρk sao cho
f y ρk = q ρk , y ρk − x 0 = ρ k
Để đơn giản các ký hiệu, chúng ta viết yk thay cho yρk . Khi đó yk ∈
∆ ( A, b), chúng ta có Ai yk ≥ bi với i = 1, ..., m. Xét tương tự trong
chứng minh định lý 1.3.1 để chỉ ra rằng ở đó tồn tại một dãy con {k } ⊂

{k} sao cho tất cả các giới hạn
lim Ai yk , (i = 1, ..., m)

k →∞

tồn tại. Không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử rằng {k } ≡

{k}. Lấy I = {1, ..., m} , I0 =

i ∈ I : lim Ai yk = bi
k→∞

và I1 = I \ I0 =

i ∈ I : lim Ai yk > bi .
k→∞

Lấy ε > 0 sao cho
lim Ai yk > bi + ε với mọi i ∈ I1 .

k→∞

Khi đó

yk − x0 /ρk

= 1 với mọi k, không mất tính tổng quát, giả

sử rằng dãy
yk − x0
ρk
hội tụ đến v ∈ Rn , v = 1 khi k → ∞. Khi ρk → +∞, với mọi i ∈ I0
chúng ta có
A i y k − bi
0 = lim Ai y − bi = lim
k→∞
k→∞
ρk
yk − x0
A i x 0 − bi
= lim Ai
+ lim
k→∞
k→∞
ρk
ρk
k

21

= Ai v.

Tương tự, với mọi i ∈ I1 chúng ta có
k

0 ≤ lim inf Ai y − bi
k→∞

A i y k − bi
= lim inf
k→∞
ρk
k
y − x0
= lim Ai
+ lim
k→∞
k→∞
ρk

A i x 0 − bi
ρk

= Ai v.

Vì vậy
Ai v = 0 với mọi i ∈ I0 , Ai v ≥ 0 với mọi i ∈ I1 . Từ đây chúng ta
suy ra rằng
y + tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi t ≥ 0, y ∈ ∆ ( A, b)

(1.18)

Vì
f y k = f y ρk = q ρk

= min f ( x ) : x ∈ ∆ρk
= min f ( x ) : x ∈ ∆ ( A, b) ∩ B ( x0 , ρk )
và dãy tăng {ρk } hội tụ đến +∞, chúng ta chỉ ra rằng dãy

f yk

là

không tăng và f yk → θ = −∞. Sử dụng công thức của f chúng ta
viết lại bất đẳng thức dưới dạng
1 k
y − x0
2

+ x0

T

T

D yk − x0 + c T yk − x0

1
T
D yk − x0 + ( x0 ) Dx0 + c T x0 < 0
2

Chia cả 2 vế của bất đẳng thức trên cho ρ2k và lấy giới hạn khi k → ∞
chúng ta có v T Dv ≤ 0. Vì Av ≥ 0, từ điều kiện (ii) chúng ta có v T Dv ≥
0. Do đó
v T Dv = 0
Theo (1.18),
yk + tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi t ≥ 0 và k ∈ N.

22

(1.19)


Theo (1.19), chúng ta có
T
1 k
f y + tv =
y + tv D yk + tv + c T yk + tv
2
T
1 k T k
=
y
Dy + c T yk + t
yk Dv + c T v .
2
k

Khi yk ∈ ∆ ( A, b), Av ≥ 0 và v T Dv = 0, theo điều kiện (iii) chúng ta
có
yk

T

Dv + c T v = Dyk + c

T

v ≥ 0 với mọi k ∈ N

(1.20)

yk − x0
yk − x0
→ v, nên tồn tại k1 ∈ sao cho
,v > 0
ρk
ρk
với mọi k ≥ k1 . Cố định bất kỳ chỉ số k, k ≥ k1 , chúng ta có yk − x0 , v >
Vì v, v = 1 và

0. Vì vậy
yk − x0 , v

2

= yk − x0

2

− 2t yk − x0 , v + t2 v

2

< yk − x0

2

(1.21)
với t > 0 đủ nhỏ. Chúng ta có
Ai yk − tv = Ai yk ≥ bi với mọi i ∈ I0 .
Vì lim Ai yk ≥ bi + ε với mọi i ∈ I1 , nên tồn tại k2 ∈ N, k2 ≥ k1 sao cho
k→∞

Ai yk ≥ bi + 2ε với mọi k ≥ k2 và i ∈ I1 .
Từ những điều trên ta có thể kết luận rằng
yk − tv ∈ ∆ ( A, b) với mọi t ∈ (0, δk ) .
Kết hợp điều này với (1.21) ta thấy rằng yk − tv ∈ ∆ ( A, b) và
yk − tv − x0 = yk − x0 − tv < yk − x0 = ρk
với mọi t ∈ (0, δk ) đủ nhỏ. Theo (1.19) và (1.20) ta có
f yk − tv = f yk − t

yk

23

T

Dv + c T v

≤ f yk .

(1.22)