Bổ đề S và ứng dụng

Lí do chọn đề tài Bổ đề S được Yakubovich đưa ra trong [6], là một kết quả nổitiếng của lý thuyết điều khiển, cho ta một điều kiện tương đương với tínhkhông âm của một hàm toàn phương bấ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Năng Tâm

Hà Nội-2013

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 dưới

sự hướng dẫn của PGS.TS Nguyễn Năng Tâm

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành, sâu sắc tới PGS.TS NguyễnNăng Tâm, người đã luôn quan tâm, động viên và tận tình hướng dẫn tácgiả trong quá trình thực hiện luận văn

Tác giả xin được gửi lời cảm ơn chân thành Ban giám hiệu trường Đạihọc sư phạm Hà Nội 2, phòng Sau đại học, các thầy cô giáo trong nhàtrường và các thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích đãtạo điều kiện thuận lợi trong quá trình tác giả học tập và nghiên cứu.Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, người thân đã động viên

và tạo mọi điều kiện để tác giả có thể hoàn thành bản luận văn này

Hà Nội, tháng 07 năm 2013

Tác giả

Hà Thị Duyên

Tôi xin cam đoan Luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới

sự hướng dẫn trực tiếp của PGS.TS Nguyễn Năng Tâm

Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã kế thừa thành quả khoa học củacác nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn

Hà Nội, tháng 07 năm 2013

Tác giả

Hà Thị Duyên

Mục lục

1.1 Không gian véc tơ Ơclit 1

1.2 Không gian các ma trận 2

1.3 Tập lồi và hàm lồi 5

1.3.1 Tập lồi 5

1.3.2 Hàm lồi 6

1.4 Bài toán tối ưu và hàm Lagrange 7

1.5 Kết luận chương 1 9

2 Bổ đề S 10 2.1 Bổ đề S 10

2.2 Một số chứng minh khác nhau của bổ đề S 13

2.2.1 Phương pháp cổ điển 14

2.2.2 Phương pháp hiện đại 18

2.2.3 Phương pháp chứng minh thứ ba 23

2.3 Một số trường hợp đặc biệt và phản ví dụ 26

2.3.1 Một số trường hợp đặc biệt 26

2.3.2 Một số kết quả tổng quát 27

2.4 Kết luận chương 2 34

3 Một số định lý luân phiên và ứng dụng của bổ đề S 35 3.1 Phân tích ổn định hệ động lực 35

3.2 Hệ của hai bất đẳng thức toàn phương 37

3.2.1 Hệ toàn phương thuần nhất 38

3.2.2 Hệ không thuần nhất 43

3.2.3 Điều kiện cần và đủ của tối ưu toàn cục 49

3.3 Hệ của ba bất đẳng thức toàn phương 52

3.3.1 Hệ toàn phương thuần nhất 52

3.3.2 Hệ không thuần nhất 62

3.3.3 Điều kiện tối ưu đối với bài toán miền tin cậy 65

3.4 Hệ của hữu hạn bất đẳng thức toàn phương 69

3.4.1 Điều kiện tối ưu cho quy hoạch toàn phương tổng quát 73

3.4.2 Ứng dụng vào bài toán CDT 74

3.5 Kết luận chương 3 78

Bảng kí hiệu và viết tắt

R : Tập hợp các số thực

Rn : Không gian Euclide n chiều

Rn+ : Tập hợp tất cả các véc tơ không âm của Rn.intRn+ : Phần trong của Rn+

Y ⊂ X : Y là tập con của X

dim(V ) : Số chiều của không gian V

hx, yi : Tích vô hướng của hai véc tơ x, y

domf : Miền xác định hữu hiệu của f epif : Đồ thị của hàm f

Sn : Không gian các ma trận đối xứng cấp n × n.

Mở đầu

1 Lí do chọn đề tài

Bổ đề S được Yakubovich đưa ra trong [6], là một kết quả nổitiếng của lý thuyết điều khiển, cho ta một điều kiện tương đương với tínhkhông âm của một hàm toàn phương bất kì f (x) trên một miền D xácđịnh bởi một bất phương trình toàn phương tùy ý g (x) ≤ 0 khi điềukiện Slater (tồn tại x0 để g x0
< 0) được thỏa mãn Cụ thể là: Cho

f, g : Rn → R là hai hàm toàn phương Khi đó, nếu tồn tại x0

∈ Rn saocho g x0
< 0 thì

[g (x) ≤ 0 ⇒ f (x) ≥ 0] ⇔ [∃µ ≥ 0, ∀x ∈ Rn : f (x) + µg (x) ≥ 0]

Bổ đề S được xem như một khái quát hóa những kết quả trước

đó của Hestenes - McShane và Dines [3] Sau đó Megretsky - Treil mởrộng kết quả cho không gian vô hạn chiều Bổ đề S có những hệ quả hiệulực đáng ngạc nhiên trong tối ưu hóa thô (robust optimization) và trong

lý thuyết điều khiển, vì nó cho phép thay thế những bài toán tối ưu khônglồi cụ thể bằng những bài toán lồi giải được với thời gian đa thức [7] Vềlịch sử và những ứng dụng của Bổ đề S có thể tìm thấy trong bản tổngquan tuyệt vời của Polik - Terlaky [5]

Bổ đề S được chứng minh lần đầu tiên vào năm 1971 Từ đó đếnnay, Bổ đề S đã được chứng minh và mở rộng theo nhiều cách khác nhau.Cùng với thời gian, Bổ đề S ngày càng tỏ ra là một công cụ hiệu quả, được

sử dụng rộng rãi trong lý thuyết điều khiển, đặc biệt trong phân tích ổn

định những hệ phi tuyến Bổ đề S cũng có những ứng dụng quan trọngtrong Quy hoạch toàn phương Chính vì thế, Bổ đề S luôn giữ được sựquan tâm trong dạng phát biểu đẹp và đơn giản của nó.

Nhiều tác giả trong và ngoài nước đã quan tâm nghiên cứu nhữngkhía cạnh khác nhau của Bổ đề S (xem [5], [6] và những tài liệu dẫn trongđó)

Sau khi được học những kiến thức về Toán giải tích, với mongmuốn tìm hiểu sâu hơn về những kiến thức đã học, mối quan hệ và ứngdụng của chúng, tôi đã chọn đề tài nghiên cứu: " Bổ đề S và ứng dụng".Luận văn bao gồm ba chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

Chương 2: Bổ đề S

Chương 3: Một số định lý luân phiên và ứng dụng của bổ đề S

2 Mục đích nghiên cứu

Tìm hiểu về Bổ đề S và những ứng dụng của nó

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu Bổ đề S cùng một số ứng dụng của nó vào lý thuyếttối ưu

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

+ Đối tượng: Bổ đề S và ứng dụng vào nghiên cứu điều kiện tốiưu

+ Phạm vi: Trong không gian Ơclit

5 Phương pháp nghiên cứu

Tổng hợp kiến thức thu thập được qua những tài liệu liên quanđến đề tài, sử dụng các phương pháp nghiên cứu của giải tích hàm

6 Giả thuyết khoa học

+ Nghiên cứu và làm rõ được Bổ đề S

+ Tổng hợp, hệ thống một số kết quả đã được các nhà khoa họcnghiên cứu và công bố về Bổ đề S và ứng dụng

Dưới đây là các định nghĩa và tính chất về không gian véc tơ Ơclit vàcác kiến thức có liên quan như tích vô hướng, góc giữa hai véc tơ, .Định nghĩa 1.1.1 Cho V là không gian véc tơ thực, tích vô hướng củahai véc tơ x, y là một số thực , ký hiệu hx, yi thỏa mãn các tính chất sau:

Định nghĩa 1.1.2 (Độ dài của một véc tơ) Giả sử E là một không gianƠclit Khi đó chuẩn hay độ dài của một véc tơ x ∈ E là đại lượng

Theo định nghĩa trên hai véc tơ x, y vuông góc với nhau khi và chỉ khi

hx, yi = 0

Định nghĩa 1.1.4 Giả sử S1, S2 là hai tập hợp các véc tơ trong E

Ta gọi S1 trực giao (vuông góc) với S2 nếu hx, yi = 0 với mọi véc tơ

Định nghĩa 1.2.2 (Ma trận vuông) Một ma trận vuông A = (aij) là matrận có số dòng bằng số cột.

Số dòng của ma trận vuông gọi là cấp của ma trận đó

Hệ các phần tử aii của A có cùng chỉ số dòng và cột được gọi là đườngchéo chính của A

Định nghĩa 1.2.3 Ma trận vuông I = (aij) cấp n mà aij = 1 nếu i = j,

và aij = 0 nếu i 6= j được gọi là ma trận đơn vị cấp n

Sau đây ta chỉ xét các ma trận có phần tử trong một trường số thựcR

Định nghĩa 1.2.4 Cho A = (aij), B = (bij) và c ∈ R ta có thể địnhnghĩa phép cộng A + B và phép nhân vô hướng cA như sau:

có số cột bằng số dòng của ma trận thứ hai

Định nghĩa 1.2.6 Ma trận nhận được từ một ma trận A bằng việc đổicác dòng thành các cột được gọi là ma trận chuyển vị của A, kí hiệu là

AT Nếu A = (aij) là một m × n ma trận thì AT = (a0ji) là một n × m matrận với a0ji = aij(i = 1, , m, j = 1, , n)

Nhận xét 1.2.2 Phép chuyển vị có những tính chất sau:

AT
T = A,(A + B)T = AT + BT,(cA)T = c AT

Các tính chất này cho thấy ánh xạ A → AT là một đẳng cấu giữa haikhông gian véc tơ L(m, n) và L(n, m)

Định nghĩa 1.2.7 Cho A là một ma trận vuông cấp n Một ma trậnvuông B cấp n được gọi là ma trận nghịch đảo của A nếu

AB = BA = I

Nếu A có ma trận nghịch đảo thì A được gọi là khả nghịch

Nếu A là khả nghịch thì A có duy nhất một ma trận nghịch đảo.Định nghĩa 1.2.8 Một ma trận vuông A = (aij) được gọi là ma trậnđường chéo nếu aij = 0 với mọi i 6= j, có nghĩa là tất cả các phần tử nằmngoài đường chéo chính của A đều bằng 0

Định nghĩa 1.2.9 Một ma trận vuông A = (aij) được gọi là ma trậnđối xứng nếu aij = aji với mọi chỉ số i, j Điều này có nghĩa là

AT = A

Ma trận A được gọi là một ma trận đối xứng lệch nếu aij = −aji vớimọi chỉ số i, j Điều này có nghĩa là

AT = −A

Định nghĩa 1.2.10 Cho A, B là hai ma trận vuông cấp n Khi đó tích

vô hướng của hai ma trận A và B được xác định bởi

A ∗ B = T r(AB) =Pn

i=1

Pn j=1aijbji,trong đó aij là phần tử (i, j) của A, bji là phần tử (j, i) của B

Nhận xét 1.2.3 Cho A, B là hai ma trận vuông cấp n Khi đó ta có một

Nếu A và B là các tập lồi và α ∈ R, thì các tập A + B, αA cũng lồi.Định nghĩa 1.3.2 (Nón lồi) Một tập K ⊂ X được gọi là nón nếu mọiđiểm k ∈ K và λ > 0 ta có λk ∈ K Hơn nữa nếu K là tập lồi thì nó sẽđược gọi là nón lồi Một tổ hợp tuyến tính Pm

i=1λiai sẽ được gọi là một tổhợp dương nếu λi ≥ 0 với mọi i là tổ hợp dương không tầm thường nếutồn tại ít nhất một hệ số λi dương chặt

Nhận xét 1.3.2 Giao của một họ bất kỳ các nón lồi là một nón lồi

Định lí 1.3.3 (Định lý Caratheodory) Giả sử dim X = n < ∞và A ⊂ X.Lúc đó, với mọi X ∈ coA, x là một tổ hợp lồi của một họ không quá

n + 1 véc tơ thuộc A Tức là tồn tại hệ {a0, a1, , am} ⊂ A và các số

λ0, , λm ≥ 0, với m ≤ n, sao cho

và B nếu

f (a) ≤ f (b) (hoặc f (a) ≥ f (b)); a ∈ A, b ∈ B

Điều này tương đương với tồn tại một số α ∈ R sao cho

f (a) ≤ α ≤ f (b) ∀a ∈ A, b ∈ B

Lúc đó, ta nói siêu phẳng

H (f ; α) = f−1(α) = {x ∈ X| f (x) = α},tách A và B Trường hợp B là tập một điểm B = {x0}, ta nói đơn giản

H (f ; α) tách A và x0 Rõ ràng siêu phẳng tách hai tập, nếu có là khôngduy nhất

Định lí 1.3.5 (Định lý tách cơ bản) Cho A và B là hai tập lồi khác rỗng,coreA 6= ∅ và A ∩ B = ∅ Lúc đó tồn tại siêu phẳng tách A và B

1.3.2 Hàm lồi

Định nghĩa 1.3.3 Hàm f : X → R được gọi là thuần nhất dương nếu

f (λx) = λf (x) ; ∀x ∈ X, ∀λ > 0

Định nghĩa 1.3.4 (Hàm lồi) Cho hàm f : X → R ∪ {−∞, ∞} thì

Định nghĩa 1.4.1 (Bài toán tối ưu) Bài toán tối ưu tổng quát được phátbiểu như sau:

min f (x) với điều kiện x ∈ D, (P 1)

max f (x) với điều kiện x ∈ D, (P 2)trong đó D ⊆ Rn được gọi là tập nghiệm chấp nhận được hay tập ràngbuộc và f : D → R là hàm mục tiêu Mỗi điểm x ∈ D được gọi là mộtnghiệm chấp nhận được hay một phương án chấp nhận được ( gọi tắt làmột phương án) Điểm x∗ ∈ D mà

f (x∗) 6 f (x) ∀x ∈ Dđược gọi là nghiệm tối ưu, hoặc nghiệm tối ưu toàn cục, hoặc nghiệm cựctiểu toàn cục, hoặc là nghiệm của bài toán (P1).Người ta còn gọi mộtnghiệm tối ưu là một phương án tối ưu hay lời giải của bài toán đã cho.Điểm x∗ ∈ D được gọi là nghiệm cực tiểu toàn cục chặt nếu

f (x∗) < f (x) ∀x ∈ D và x 6= x∗.Không phải bài toán (P1) nào cũng có nghiệm cực tiểu toàn cục nếu bàitoán có nghiệm cực tiểu toàn cục thì cũng chưa chắc có nghiệm cực tiểutoàn cục chặt

Giá trị tối ưu (hay giá trị cực tiểu) của bài toán (P1) được kí hiệu là

min

x∈D f (x) hoặc min {f (x) |x ∈ D } Nếu bài toán (P1) có nghiệm tối ưu là x∗ thì

f (x∗) = min {f (x) |x ∈ D }

Ta kí hiệu Arg min {f (x) |x ∈ D } là tập nghiệm tối ưu của bài toán(P1) Nếu bài toán chỉ có một nghiệm tối ưu x∗ thì có thể viết x∗ =arg min {f (x) |x ∈ D }

Tương tự đối với bài toán (P2), ta cũng có các khái niệm như trên

Định nghĩa 1.4.2 (Hàm Lagrange) Cho C là tập khác rỗng trong Rn, fi :

C → R, bi ∈ R, i = 0, 1, , m là những hàm xác định trên C Xét bài toántối ưu :

min {f0(x) : x ∈ D} , (Q)trong đó D = {x ∈ Rn : x ∈ C, fi(x) 6 bi, i = 1, , m} là miền ràng buộccủa bài toán

Để nghiên cứu điều kiện tối ưu của bài toán trên người ta quan tâmđến hàm Lagrange

đề S, các cách chứng minh bổ đề S

Chương 2

Bổ đề S

Bổ đề S là một đề tài hay và có nhiều mối liên hệ giữa các lĩnh vựckhác nhau trong toán học Hiện nay, bổ đề S vẫn được rất nhiều nhà toánhọc say mê nghiên cứu Chương này trình bày bổ đề S và các cách chứngminh bổ đề S: như phương pháp cổ điển, hiện đại, và phương pháp chứngminh cơ bản Sau đó đưa ra một số kết quả đặc biệt và phản ví dụ Vàcuối cùng ta sẽ phát biểu về bổ đề S tổng quát Các kết quả này được lấy

(tp + (1 − t) p0, , tqm+ (1 − t) q0m) ∈ Knghĩa là tồn tại xt ∈ Rn sao cho

f (xt) < tp + (1 − t) q0; gi(xt) ≤ tqi + (1 − q) qi0, i = 1, , m, ∀x ∈ Rn.Thật vậy với xt = tx + (1 − t) x0 ta có

L = a = (p∗

1, q1∗, , q∗m) p∗1 < 0, qj∗ < 0, ∀j = 1, , m giao với K bằng rỗng Theo định lý tách tập lồi thì K và L được tách bởimột siêu phẳng Suy ra tồn tại véc tơ t = (t0,, t1, , tm) (t 6= 0) thỏa mãn:

Nhận xét 2.1.2 Bổ đề Farkas đúng với số hàm là hữu hạn còn với bổ

đề S theo định lý trên thì chỉ đúng với hai hàm toàn phương và các hàmnày có thể là không lồi

Nhận xét 2.1.3 Bổ đề S chỉ đúng với hai hàm toàn phương Trongtrường hợp tổng quát có nhiều hơn hoặc bằng ba hàm toàn phương thì

−5t Điều này có nghĩa là f (x) + tg (x)không thể lớn hơn hoặc bằng 0 trên R được

Vậy bổ đề S không đúng khi điều kiện Slater không còn được thỏa mãn.Sau đây chúng ta sẽ đi chứng minh bổ đề S

Trong mục này, chúng ta trình bày ba cách chứng minh cho bổ đề S.Chúng ta bắt đầu với chứng minh nguyên bản của Yakubovich, sau đó

chúng ta trình bày một chứng minh hiện đại, và kết luận với một chứngminh giải tích cơ bản.

Giả sử lấy hai điểm a = (af, ag) và b = (bf, bg) thuộc K Nếu hai điểm đó

và gốc tọa độ thẳng hàng thì hiển nhiên đoạn thẳng nối a và b thuộc vào

xt = r (xa.cosϕ + xb sin ϕ),trong đó r và ϕ là các biến thực Thay xt vào (2.5) ta có

r2f (xa.cosϕ + xb sin ϕ) = (1 − t) af + tbf

r2g (xa.cosϕ + xb sin ϕ) = (1 − t) ag + tbg.Khử bỏ r2 từ những đẳng thức này và biểu thị t dưới dạng một hàm của

ϕ ta có:

t (ϕ) = agf (xa.cosϕ + xb sin ϕ) − afg (xa.cosϕ + xb sin ϕ)

(ag − bg) f (xa.cosϕ + xb sin ϕ) − (af − bf) g (xa.cosϕ + xb sin ϕ).

Ở đây mẫu số của t (ϕ) là một hàm toàn phương của cosϕ và sin ϕ

Ký hiệu mẫu của t (ϕ) là

M (cosϕ, sin ϕ) = λcos2ϕ + µsin2ϕ + 2δcosϕ sin ϕ

Tính M (0) , M



±π2



và sử dụng công thức bfag − afbg = p2 > 0 ta có

λ = µ = p2 suy ra M (cosϕ, sin ϕ) = p2 + δ sin(2ϕ)

Nếu δ ≥ 0 thì M (cos ϕ, sin ϕ) > 0 với mỗi ϕ ∈

h

−π

2, 0

i.Tương tự nếu δ ≤ 0 thì M (cos ϕ, sin ϕ) > 0 với mỗi ϕ ∈

h

−π

2, 0

i.Không mất tính tổng quát, ta giả thiết rằng t (ϕ) được xác định trên toànđoạn ϕ ∈

h

0, π2

i

và liên tục trên

h

0, π2

i

Vì t (ϕ) = 0 và t

π2



= 1, ta có thể tìm được một giá trị ϕt ∈ h0, π

2

isaocho t (ϕt) = t

Sử dụng ϕt này ta có r và từ (2.5) ta có véctơ xt Như vậy ta đã chứngminh xong bổ đề của Dines

Yakubovich đã sử dụng kết quả này để chứng minh Định lý 2.1.1.Chứng minh Định lý 2.1.1 (Bổ đề S) Giả sử có (ii), nếu (i) là có nghiệmthì dẫn đến mâu thuẫn Vậy (ii) ⇒ (i) Mặt khác, chúng ta giả thiết đã

có (i) và cố gắng chứng minh (ii)

Ta thấy (f (x) , g (x)) là lồi trong R2, theo (2.1) thì ảnh (f, g) khônggiao với nón lồi L = {(a1, a2) : a1 < 0, a2 ≤ 0} ⊂ R2

Do đó theo định lý tách 1 thì K = {(f (x) , g (x)) : x ∈ Rn} và L có thể

được tách bởi một siêu phẳng Điều này nghĩa là có các số thực λ1 và λ2

Tiếp theo, cho f và g là những hàm toàn phương, không nhất thiết là cáchàm toàn phương thuần nhất Giả sử f và g thỏa mãn (i) và x = 0 Nếuee

x 6= 0 thì giả sử eg(x) = g(x +x) là hàm mới.e

Giả sử các hàm này được xác định là:

f (x) = xTQfx + pTfx + rf

g (x) = xTQgx + pTgx + rgthì điều kiện Slater tương đương với g (0) = rg < 0

Chúng ta đưa vào dạng thuần nhất của những hàm này là:

e

f : Rn+1 → R, ef (x, ξ) = xTQfx + ξpTfx + ξ2rfe

g : Rn+1 → R,eg (x, ξ) = xTQgx + ξpTgx + ξ2rg.Bây giờ chúng ta chứng minh rằng những hàm mới này thỏa mãn (i),nghĩa là không có (x, ξ) ∈ Rn+1 sao cho:

(e

f (x, ξ) < 0e

Giả sử ngược lại rằng có một (x, ξ) ∈ Rn+1 với những tính chất đó

Nếu ξ 6= 0 thì:

f  xξ

f (x, ξ) + λeg (x, ξ) ≥ 0, (x, ξ) ∈ Rn+1

Và với ξ = 1 ta có (ii) Định lý đã được chứng minh

Các bài toán tương tự với Mệnh đề 2.2.1 được nghiên cứu bởi Hausdorff

và Toeplitz ở một trường hợp tổng quát hơn và nếu tăng số hàm trong bổ

Chứng minh Đặt L = {(a0, a) : a0 < 0, a ≤ 0} ⊂ Rm+1 là một nón lồi.Giả sử hệ (2.9) vô nghiệm, nghĩa là

KR(Q, P1, , Pm) ∩ L = ∅,Theo định lý tách tập lồi thì KR(Q, P1, , Pm) và L được tách bởi mộtsiêu phẳng, nghĩa là tồn tại (λ0, λ) ∈ Rm+1\ (0, 0) sao cho

∈ Rm là véc tơ đơn vị thứ i) nên λ0 ≥ 0

Theo điều kiện Slater thì (a0, a) ∈ KR, a < 0 Trường hợp λ0 = 0 ta thấyrằng tất cả các hệ số không đồng thời bằng 0, do đó λ0 > 0 Chia cả hai

vế của bất phương trình trên cho λ0 ta được

2.2.2 Phương pháp hiện đại

Sau đây chúng ta sẽ đi chứng minh bổ đề S bằng phương pháp ma trậntuyến tính

Để chứng minh chiều xuôi ta xét thuật toán sau:

Đầu vào: Z và H ∈ Rn×n sao cho Z0 và H ∗ Z ≤ 0, rank(Z) = l

Vì zj
THzj z1
THz1 < 0 nên phương trình trên có nghiệm và nghiệmcủa nó là (z

1 + µzj)p

1 + µ2 Trong trường hợp này ta đặt:

ρ = (z

1 + µpj)p

1 + µ2

và làm tương tự đối với các z2, z3,

Chứng minh thuật toán Nếu quá trình này dừng lại ở bước 2, thì ziTHzi

có cùng dấu với mọi i = 2, , l

Vì tổng của những số hạng này âm, nên ta có ρTHρ = z1THz1 ≤ 0 và

1 + µ2 Phép phân tích này đảm bảo rằng Z − ρρT có hạng l − 1 và quá trình

là chính xác Áp dụng quá trình này l lần ta chứng minh được Bổ đề2.2.1

Tiếp theo ta chứng minh Định lý 2.1.1 (Bổ đề S)

Chứng minh Rõ ràng nếu một trong hai hệ có một nghiệm, thì hệ kiakhông thể có nghiệm, vì vậy ta phải chứng minh là có ít nhất một hệ cómột nghiệm Giả sử các hàm được cho bởi

2pf

1

2p

T f

2pg

1

2p

T g

Qg



Sử dụng ký hiệu này ta có thể viết lại hệ ban đầu như sau

f (x) = Kf ∗

"

1z

Áp dụng Bổ đề 2.2.1, ta thấy rằng có thể chọn những véctơ sao cho:

u = u + µ

"

1z

#,với z là điểm thỏa mãn điều kiện Slater Ta thấy:

#

uT + µ2Kf ∗

"

1z

zT

zzT

#

< 0nếu |µ| nhỏ và :

#

uT + µ2Kg ∗

"

1z

và Kg ∗ bG < 0 nếu |θ| đủ nhỏ và bG  0 Nói cách khác, bG thỏa mãn tínhngặt của tất cả các bất đẳng thức Bổ đề đã được chứng minh

Bây giờ ta có thể dễ dàng hoàn thành chứng minh của Định lý 2.1.1,

ta sẽ chứng minh trực tiếp dựa vào Bổ đề Farkas rằng hệ (2.11) giải đượckhi và chỉ khi hệ đối ngẫu

(

Kf + λKg0

là không giải được

Xét thấy, theo Bổ đề 2.2.2 tính giải được của hệ gốc (2.11 ) tươngđương với tính giải được của hệ (2.13) Theo tính chất đối ngẫu thì tínhgiải được của hệ (2.11) lại tương đương với tính không giải được của hệđối ngẫu (2.14) Suy ra có một số thực λ ≥ 0 sao cho f (x) + λg(x) ≥ 0với mọi x ∈ Rn Định lý đã được chứng minh

2.2.3 Phương pháp chứng minh thứ ba

Chứng minh này dựa trên Bổ đề 2.3 trong [7], và trong phần này nó làchứng minh cơ bản nhất trong số các chứng minh được trình bày trongmục này Trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau

Bổ đề 2.2.3 Cho Q, P ∈ Rn×n là hai ma trận đối xứng và giả sử H, K ∈

Rn là các tập hợp đóng sao cho H ∪ K ⊆ Rn Nếu

K = −K Giả sử δ (γ) là giá trị riêng nhỏ nhất của γQ + (1 − γ) P Nếu

δ (γ) ≥ 0 với mỗi γ ∈ [0, 1] , thì bổ đề đúng Bây giờ chúng tôi giả thiết

Để chứng minh điều này, ta giả sử γl → γ, xl ∈ L (γl) và xl → x, khi đócần chứng minh x ∈ L (γ), tức là ta phải chứng minh

(γQ + (1 − γ) P ) x = α (γ) x, kxk = 1

Do xl ∈ L (γl) nên xl thỏa mãn

(γlQ + (1 − γl) P ) xl = α (γl) xl, kxlk = 1

Ta cần phải chứng minh kxk = 1 là xong Ta có kxlk = 1, suy ra xl ∈ LRn

Mà LRn là hình cầu đóng trong không gian Rn nên xl → x ∈ LRn Vậykxk = 1 Nếu x ∈ L (0) thì xTP x = δ (0) < 0, do đó x /∈ K suy ra x ∈ H.Điều này cho thấy L (0) ⊆ H, vì thế L (0) ∩ H = L (0) 6= ∅

Giả sử γmax là số lớn nhất trong đoạn [0, 1] sao cho L (γmax) = 1, số nàytồn tại do (2.16)

Nếu γmax = 1 thì với giả thiết trong K, ta có L (1) ∩ K = L (1) 6= ∅.Nếu γmax < 1 thì với mọi γ ∈ (γmax, 1] ta có

Vì L (γ) là giao của một không gian con (không gian con của δ (γ)) vàhình cầu đơn vị Vì thế L (γ) hoặc là liên thông hoặc là hợp của hai haynhiều điểm đối xứng với nhau qua gốc tọa độ.

Nếu L (γmax) là một hình cầu liên thông, từ giả thiết H và K đều là tậpđóng thì bất kỳ đường liên tục nối một điểm trong L (γmax) ∩ H với mộtđiểm trong L (γmax) ∩ K đều chứa một điểm trong tập L (γmax) ∩ H ∩ K.Điều này cho thấy L (γmax) ∩ F ∩ G 6= ∅ Suy ra tồn tại một x ∈ F ∩ Gsao cho xT (γQ + (1 − γ) P ) x = δ (γ) < 0, suy ra hoặc xTQx < 0 hoặc

xTP x < 0 mâu thuẫn với (2.15)

Mặt khác, nếu L (γmax) là hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ, thì

vì H = −H và K = −K, ta có L (γmax) ⊆ H và L (γmax) ⊆ K, do đó ta cókết luận tương tự như trên

Vậy ta đã chứng minh xong bổ đề

Bây giờ ta đi chứng minh bổ đề S (Định lý 2.1.1)

Giả sử Q và P là các ma trận đối xứng và giả thiết rằng hệ:

có một γ ∈ [0, 1] sao cho γQ + (1 − γ) P là nửa xác định dương Xét thấy

γ không thể bằng 0, nếu không P là nửa xác định dương và điều kiện

Slater không thể thỏa mãn Chia biểu thức cho γ ta có Q + (1 − γ)

γ P lànửa xác định dương

Trong mục này ta sẽ trình bày một số trường hợp đặc biệt của bổ đề

S và các phản ví dụ Các kết quả này được lấy từ [5]

2.3.1 Một số trường hợp đặc biệt

Mệnh đề 2.3.1 (Bổ đề S với đẳng thức) Giả sử f, g : Rn → R là nhữnghàm toàn phương Khi đó hai phát biểu sau tương đương:

(i) Hệ

(

f (x) < 0

g (x) = 0

là không giải được

(ii) Tồn tại một nhân tử λ ∈ R sao cho

Mệnh đề 2.3.3 (Bổ đề S với đẳng thức không chặt) Giả sử f, g : Rn → R

là những hàm toàn phương thuần nhất Khi đó hai phát biểu sau là tươngđương:

Điều này cũng có nghĩa là ma trận Q +

m

P

i=1

λiPi có ít nhất n − m + 1 giátrị riêng không âm (tính với cả các bội số) và không gian con ở trên đượcsinh bởi các véctơ riêng tương ứng

Nhận xét 2.3.5 Nếu m = 1 thì Định lý 2.3.4 cho chúng ta bổ đề S

Ta thấy bổ đề S chỉ đúng với hai hàm toàn phương, nếu tăng thêmmột hàm thì định lý trên không còn đúng nữa Ví dụ đưới đây chỉ ra rằngvới bốn hàm toàn phương thì bổ đề S không còn đúng nữa

Xét ma trận đối xứng, nửa xác định dương với các giá trị riêng là 0 và 3.

Xét thấy với bất kỳ tổ hợp tuyến tính không âm nào của các ma trận, tacó

(Af + γ1Ag + γ2Ah+ γ3Ak) ∗ Z

= Af ∗ Z + γ1Ag ∗ Z + γ2Ah ∗ Z + γ3Ak ∗ Z

= −6 < 0

... (xa.cosϕ + xb sin ϕ) − afg (xa.cosϕ + xb sin ϕ)

(ag − bg)... bg) f (xa.cosϕ + xb sin ϕ) − (af − bf) g (xa.cosϕ + xb sin ϕ).

Ở mẫu s? ?? t (ϕ) hàm toàn phương cosϕ sin... (cosϕ, sin ϕ) = λcos2ϕ + µsin2ϕ + 2δcosϕ sin ϕ

Tính M (0) , M



±π2



và s? ?? dụng công thức bfag − afbg