(Luận văn thạc sĩ) một vài kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán quy hoạch toàn phương

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ THU MỘT VÀI KẾT QUẢ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TỐN QUY HOẠCH TỒN PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ THU MỘT VÀI KẾT QUẢ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TỐN QUY HOẠCH TỒN PHƯƠNG Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH LÊ DŨNG MƯU Thái Nguyên - 2017 i Mục lục Mục lục ii Danh sách ký hiệu iii Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Hilbert 1.1.1 Không gian tiền Hilbert 1.1.2 Không gian Hilbert 1.1.3 Các ví dụ 1.1.4 Một vài tính chất Tập lồi hàm lồi không gian Hilbert 1.2.1 Tập lồi 1.2.2 Hàm lồi 11 Hàm toàn phương 17 1.2 1.3 Bài tốn quy hoạch tồn phương 21 2.1 Giới thiệu toán 21 2.1.1 Phát biểu toán 21 Các định lí tồn nghiệm 23 2.2 ii 2.2.1 Bài tốn quy hoạch tồn phương với ràng buộc tuyến tính 2.2.2 23 Bài tốn quy hoạch tồn phương lồi với hữu hạn ràng buộc tồn phương lồi khơng gian Hilbert thực 37 Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 iii Danh sách ký hiệu N Tập số tự nhiên R Tập số thực Rn Không gian số thực n chiều , Tích vơ hướng Chuẩn 0+ F Nón lùi xa tập lồi F ∂f (x) Dưới vi phân f x ∂ε f (x0 ) ε−Dưới vi phân f x0 ∇f (x) Đạo hàm f x Rm×n Khơng gian ma trận cấp m × n Rn×n S Khơng gian ma trận đối xứng cấp n × n AT Ma trận chuyển vị ma trận A B(x0 , ρ) Hình cầu đóng tâm x0 bán kính ρ H Khơng gian Hilbert thực Mở đầu Quy hoạch toàn phương phận đặc biệt quy hoạch phi tuyến, có nhiều ứng dụng lý thuyết thực tế Đây vấn đề nhiều nhà Toán học nghiên cứu xây dựng nên nhiều thuật toán để giải Sau học kiến thức chuyên ngành Tốn ứng dụng, với mong muốn tìm hiểu sâu kiến thức học, mối quan hệ ứng dụng chúng Đồng thời muốn tìm hiểu sâu kết tồn nghiệm toán quy hoạch toàn phương Tác giả chọn đề tài nghiên cứu "Một vài kết tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương" Luận văn trình bày tồn nghiệm toán quy hoạch tồn phương với ràng buộc tuyến tính Rn tốn quy hoạch tồn phương lồi với ràng buộc tồn phương lồi khơng gian Hilbert Các kết thông tin luận văn viết dựa vào báo "On the Solution Existence of Convex Quadratic Programming Problems in Hilbert Spaces" Vũ Văn Đông Nguyễn Năng Tâm, 2016 Luận văn chia thành hai chương với nội dung sau: Chương 1: "Kiến thức chuẩn bị", chương trình bày số kiến thức sở không gian Hilbert, tập lồi hàm lồi khơng gian Hilbert Chương 2: "Bài tốn quy hoạch tồn phương", chương trình bày nội dung tốn quy hoạch tồn phương tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương với ràng buộc tuyến tính khơng gian Rn tốn quy hoạch toàn phương lồi với hữu hạn ràng buộc tồn phương lồi khơng gian Hilbert thực Thái Nguyên, ngày 05 tháng năm 2017 Tác giả luận văn Đào Thị Thu Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức cở khơng gian Hilbert giải tích lồi Đó kết dùng cho chương sau Nội dung chương trích dẫn chủ yếu từ tài liệu tham khảo [1], [2], [3] [4] 1.1 Không gian Hilbert 1.1.1 Không gian tiền Hilbert Định nghĩa 1.1.1 Cho H không gian trường K Tích vơ hướng H ánh xạ xác định sau: , : H × H → K, (x, y) → x, y , thỏa mãn điều kiện sau đây: a) x, y = y, x với x, y ∈ H; b) x + y, z = x, z + y, z với x, y, z ∈ H; c) λx, y = λ x, y với x, y ∈ H; λ ∈ K; d) x, x ≥ với x ∈ H x, x = x = Số x, y gọi tích vô hướng hai véctơ x y Cặp (H, , ) gọi không gian tiền Hilbert (hay cịn gọi khơng gian Unita) Từ định nghĩa ta thấy với trường R tích vơ hướng , dạng song tuyến tính xác định dương H Khi H gọi khơng gian tiền Hilbert thực Định lí 1.1.2 Cho H không gian tiền Hilbert với x, y ∈ H ta ln có bất đẳng thức sau | x, y |2 ≤ x, x y, y Dấu "=" xảy x, y phụ thuộc tuyến tính Định lí 1.1.3 Cho H khơng gian tiền Hilbert Khi x = x, x , x ∈ H xác định chuẩn H 1.1.2 Không gian Hilbert Một không gian tiền Hilbert xem khơng gian định chuẩn đầy đủ khơng đầy đủ Định nghĩa 1.1.4 Nếu H không gian tiền Hilbert đầy đủ với chuẩn cảm sinh từ tích vơ hướng gọi khơng gian Hilbert Cũng tương tự trường hợp không gian tiền Hilbert, với trường R ta có khơng gian Hilbert thực 1.1.3 Các ví dụ i) Rn khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng n xi yi , x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn x, y = i=1 ii) Xét không gian ∞ l = |xn |2 < +∞ x = (xn )n ⊂ K i=1 Ta biết l2 không gian Banach với chuẩn ∞ |xn |2 x = i=1 (1.1) Với x = (xn )n∈N , y = (yn )n∈N ∈ l2 , từ bất đẳng thức ∞ xn yn ≤ x y < +∞, i=1 dễ kiểm tra x, y = ∞ xn yn xác định tích vơ hướng l2 i=1 cảm sinh (1.1) Vậy l2 khơng gian Hilbert 1.1.4 Một vài tính chất Định lí 1.1.5 Cho H khơng gian Hilbert Khi , : H × H → R hàm liên tục Định lí 1.1.6 Với x, y thuộc khơng gian tiền Hilbert H ta ln có đẳng thức hình bình hành sau đây: x+y + x−y = 2( x + y ) (1.2) Hệ 1.1.7 Cho H không gian tiền Hilbert x, y, z ∈ H Khi đó, ta có đẳng thức Apollonius: 2 x−y + x−z =4 x− y+z + y − z Định lí 1.1.8 Giả sử (H, ) không gian định chuẩn trường R, bất đẳng thức hình bình hành nghiệm với x, y ∈ H: x+y + x−y = 2( x + y ) Khi đó, với trường R ta đặt x, y = p(x, y) = ( x + y − x − y ), , tích vơ hướng H ta có x, x = x , ∀x ∈ H 47 0, ∀i ∈ I1 } Xét toán     f (x) = x, T x + c, x | x ∈ F1   Đây toán xác định cách xóa bớt điều kiện ràng buộc toán (CQP ) giữ lại điều kiện gi (x) ≤ với i ∈ I1 Theo cách chứng minh khả ta suy {xk } phải bị chặn Suy tồn x∗1 ∈ F1 cho f (x∗1 ) ≤ f ∗ Đặt t∗1 = max{−gi (x∗1 )/ cj , x , j ∈ I\I1 } Dễ dàng kiểm tra x∗1 + tv ∈ F, ∀t ≥ max{0, t∗1 } Khi đó, ta có f (x∗1 + t∗ v) = x∗1 , T x∗1 + c, x∗1 = f (x∗1 ) ≤ f ∗ Điều chứng tỏ x∗1 +t∗1 v nghiệm tốn (CQP ) Định lí chứng minh Nhận xét 2.2.21 Định lí Frank - Wolfe tốn (P ) khơng gian Rn điều kiện đủ để (P ) có nghiệm hàm mục tiêu f bị chặn ∆ Tuy nhiên không gian Hilbert với tốn (CQP ) tính bị chặn hàm mục tiêu thường không xảy ra, điều kiện đủ Tính chất Legrendre x, T x Ví dụ 2.2.22 Kí hiệu l2 khơng gian Hilbert bình phương dãy số thực khả tổng ∞ l = x = (x1 , x2 , , xn , )| xi < ∞, xn ∈ R, n = 1, 2, i=1 Tích vơ hướng chuẩn l2 định nghĩa ∞ xn yn , x, y = i=1 ∞ x2n x = i=1 48 Với x = (x1 , x2 , , xn , ) ∈ l2 ta định nghĩa T : l2 → l2   x xn  T x = x1 , , , n ,  n x2n ∞ ≥ 0, ∀x Suy T toán tử tuyến tính liên tục nửa nn xác định dương T = Ta có x, T x = i=1 Dạng toàn phương liên kết với T cho ∞ Q(x) = x, T x = i=1 x2n nn Ta chứng tỏ Q(x) không thỏa mãn điều kiện Legrendre Thật vậy, lấy {ek } dãy l2 , ek = (ek1 , ek2 , , ekn , ) thỏa mãn   n = k k en =  n = k Ta thấy ek ⇀ ek l2 , ta có ek , T ek = kk → = 0, T k → ∞ Do Q(x) = x, T x không thỏa mãn điều kiện Legrendre Từ ∞ x2n ≥ 0, ∀x ∈ l2 nên theo Mệnh đề 2.2.12 2.2.13 n n i=1 suy x, T x lồi, nửa liên tục yếu bị chặn Q(x) = x, T x = Bây ta xét toán     (CQP ) : f (x) := x, T x | x ∈ l c1 , x + α1 ≤ , (2.34)   ∞ x, T x = i=1 x2n   1  , C = , , − ,  ∈ l2 −1; − n n n 49 Suy ra, miền ràng buộc F = x ∈ l | c1 , x + α ≤ =    ∞ x∈l |− i=1 xn n +1≤0    Ta có F = ∅ Thật vậy, với số nguyên dương k, đặt xk = k.ek ∈ l2 , ek vectơ nói đến Dễ kiểm tra c1 , xk + = −1 + = 0, suy xk ∈ F, ∀k Vì x, T x = 0∈ / F , ta có ∞ x2n i=1 nn nên x, T x = x = Dễ thấy f (x) = x, T x = ∞ i=1 x2n nn > 0, ∀x ∈ F (2.35) Mặt khác ta có f (xk ) = 1 xk , T xk = k−2 → k → ∞ 2k Điều với (2.35), suy cận f F Vì ∈ / F nên bất đẳng thức (2.35) chứng tỏ tốn (CQP ) khơng có nghiệm Nhận xét 2.2.23 Định lí cho ta điều kiện đủ để tốn (CQP ) có nghiệm Ta có kết sau điều kiện cần điều kiện đủ để tốn (CQP ) có nghiệm Định lí 2.2.24 (Định lí Eaves) Xét tốn (CQP ) F khác rỗng x, T x thỏa mãn điều kiện Legrendre Khi đó, phát biểu sau đúng: (a) Nếu tốn (CQP ) có nghiệm (v ∈ 0+ F, T v = 0) ⇒ c, v ≥ (2.36) (b) Bài tốn (CQP ) có nghiệm điều kiện sau thỏa mãn: c = 0, (2.37) 50 (v ∈ (0+ F )\{0}, T v = 0) ⇒ c, v > 0, (v ∈ (0+ F ), T v = 0) ⇒ ( c, v ≥ 0, ci , v = 0, ∀i ∈ I1 ), (2.38) (2.39) I = {1, 2, , m} I1 = {i ∈ I| Ti = 0} Chứng minh (a) Giả sử toán (CQP ) có nghiệm x Để thu (2.36), ta giả sử v ∈ 0+ F cho T v = Vì x + v ∈ F T v = nên ta có ≤ f (x + v) − f (x) = = 2 x + v, T (x + v) + c, x + v − x, T x + 2 x, T x − c, x x + v, T v + c, x + c, v − x, T v − c, x = c, v Điều có nghĩa c, v ≥ với v ∈ 0+ F thỏa mãn T v = (b) Giả sử c = 0, ta chứng minh tốn (CQP ) có nghiệm Theo Định lý 2.2.20 f bị chặn F Vì x, T x ≥ với x ∈ H, ta có f (x) = x, T x + c, x = x, T x ≥ 0, ∀x ∈ H Suy f (x) bị chặn F , suy tốn (CQP) có nghiệm Tiếp tục, giả sử (2.38) xảy Ta chứng minh f hàm F Giả sử ngược lại f không hàm F Khi đó, tìm vài a ∈ R dãy {xk } ⊂ F với xk → ∞ k → ∞ f (xk ) = xk , T xk + c, xk ≤ a, ∀k Ta giả sử xk = với k, v k := xk xét 2.2.18, ta có v ∈ 0+ F (2.40) x ⇀ v Theo Nhận −1 k 51 Chia hai vế (2.40) với xk lấy giới hạn k → ∞, ta có v, T v ≤ lim inf v k , T v k ≤ lim sup v k , T v k ≤ k→∞ (2.41) k→∞ Vì T nửa xác định dương T nên lim v k , T v k = v, T v = (2.42) T v = (2.43) k→∞ Vì x, T x thỏa mãn điều kiện Legrendre v k ⇀ v k → ∞, theo (2.42), v k hội tụ tới v Do đó, ta có v = Vì xk , T xk ≥ nên từ (2.40) suy c, xk ≤ f (xk ) ≤ a (2.44) Chia hai vế (2.44) cho xk cho k → ∞, ta có c, v ≤ (2.45) Điều mâu thuẫn với (2.38) Suy f hàm F , suy tốn (CQP ) có nghiệm Cuối giả sử (2.39) thỏa mãn Khi đó, theo định lí Frank - Wolfe, suy tốn (CQP ) có nghiệm Định lí chứng minh hồn tồn Nhận xét 2.2.25 Điều kiện (2.36) Định lí Eaves điều kiện cần điều kiện đủ (điều ngược lại khơng đúng) Thật vậy, ta xét ví dụ sau Ví dụ 2.2.26 Xét khơng gian Hilbert H = l2 , T x = (0, 0, x3 , , xn , ), T1 x = (0, x2 , 0, 0, ) với x = (x1 , x2 , , xn , ) ∈ l2 cho c = (0, −1, 0, 0, ), c1 = (1, 0, 0, ) ∈ l2 , α1 = −1 Khi đó, tốn (CQP ) trở thành     2 2 f (x) = (0x1 + 0x2 + x3 + x4 + ) − x2 | x ∈ F ) ,   (2.46) 52 F = {x = (x1 , x2 , , xn , ) ∈ l | x22 + x1 − ≤ 0} Vì x, T x ≥ 0, với x ∈ F nên f (x) lồi Ta có ∞ x, T x = x23 + x24 x2n − (x21 + x22 ) = x + ··· = − (x21 + x22 ) i=1 Suy ra, dạng toàn phương x, T x tổng dạng toàn phương elliptic dạng toàn phương có hạng hữu hạn nên x, T x thỏa mãn điều kiện Legrendre Ta có 0+ F = {v ∈ F | T1 v = 0, c1 , v ≤ 0} = {(v1 , 0, v3 , v4 , ) ∈ l2 | v1 ≤ 0} Ta thấy v = (v1 , 0, v3 , v4 , ) ∈ 0+ F T v = c, v = −v2 = 0, tức (2.36) thỏa mãn Vì xk := (− 21 k , k, 0, ) ∈ F với k ≥ f (xk ) = −k nên f không bị chặn F Do đó, tốn (2.46) khơng có nghiệm Trong định lí điều kiện (2.37), (2.38) (2.39) điều kiện đủ không điều kiện cần để tồn nghiệm tốn (CQP ) Ta xét ví dụ sau đây: Ví dụ 2.2.27 Xét tốn     f (x) := x, T x + c, x | x ∈ F   (2.47) đó, miền ràng buộc     F = (x1 , x2 , ) ∈ l , x, Ti x + ci , x + αi ≤ 0, i = 1, ,   53 T x = (0, x2 , x3 , x4 , ), c = (0, 1, 0, 0, ), T1 x = (0, x2 , x3 , ), c1 = (0, 0, ), α1 = 0, T2 x = (0, 0, x3 , 0, 0, ), c2 = (1, 0, 0, ), α2 = Khi đó, ta có F = {(x1 , 0, 0, ) ∈ l2 | x1 ≤ 0} Vì x, T x = n=2 với x ∈ l nên x, T x lồi Ta có x, T x = ∞ n=1 x2n − x21 = ∞ x x2n ≥ − x21 x, T x tổng dạng toàn phương elliptic dạng toàn phương có hạng hữu hạn Do x, T x thỏa mãn điều kiện Legrendre Từ Bổ đề 2.2.17, ta có 0+ F = {v ∈ l2 |Ti v = 0, ci , v = 0, i = 1, 2} = {v ∈ (v1 , v2 , ) ∈ l2 | (0, v2 , v3 , ) = (0, 0, 0, ), v1 ≤ 0} Suy 0+ F = {(v1 , 0, 0, ) ∈ l2 | v1 ≤ 0} = F Với x ∈ F ta có f (x) = 0, suy tập nghiệm toán (2.47) tập ràng buộc F Ta thấy tốn (2.47) có nghiệm c = (0, 1, 0, 0, ) = 0, c, v = c2 , v = 0, v := (−1, 0, 0, 0, ) Vậy điều kiện (2.37), (2.38) (2.39) điều kiện đủ không điều kiện cần cho tồn nghiệm toán (CQP ) Trong kết tồn nghiệm tốn (CQP )nói ta xét đến trường hợp mà dạng toàn phương x, T x thỏa mãn điều kiện Legrendre Một câu hỏi đặt bỏ giả thiết x, T x thỏa mãn điều kiện Legrendre kết tồn nghiệm toán (CQP ) nào? Vấn đề lại chứng minh kết tồn nghiệm toán (CQP ) Với giả thiết tất dạng tồn phương mà tốn tử tương ứng có hạng hữu hạn Như vậy, giả thiết thu hẹp sử dụng giả thiết để nghiên cứu tồn nghiệm lớp toán (CQP ) mà dạng tồn phương hàm mục tiêu khơng cần thỏa mãn điều kiện Legrendre 54 Định lí 2.2.28 (Định lí Frank - Wolfe 2) Xét toán (CQP ), T Ti , (i = 1, 2, , m) tốn tử có hạng hữu hạn nửa định dương Giả sử hàm mục tiêu f bị chặn tập ràng buộc F khác rỗng Khi đó, tốn (CQP ) có nghiệm Chứng minh Ta chứng minh định lý quy nạp m số hàm toàn phương xác định tập ràng buộc F  toán (CQP )  Với m = 1: Với k, xét tập Sk = x ∈ F | f (x) ≤ f ∗ +  f ∗ > −∞ nên tồn {xk } ⊂ H cho f (xk ) = g1 (xk ) = 1 xk , T xk + c, xk ≤ f ∗ + , k  1 k Vì (2.48) xk , T1 xk + c1 , xk + α1 ≤ Vì xk ∈ Sk nên Sk khác rỗng, lồi đóng Do Sk chứa phần tử có chuẩn nhỏ Giả sử xk phần tử có chuẩn nhỏ Sk Nếu {xk } bị chặn {xk } có dãy hội tụ yếu Khơng tính tổng qt, ta giả sử xk hội tụ yếu đến x Vì T T1 tốn tử có hạng hữu hạn nên chúng compact Do f (x) g1 (x) hàm liên tục yếu Do đó, lấy giới hạn (2.48) xk ⇀ x ta thấy f (x) ≤ f ∗ ; g1 (x) ≤ Suy x nghiệm toán (CQP ) Xét trường hợp {xk } khơng bị chặn, khơng tính tổng quát ta giả sử xk , ta có v k = 1, xk suy {v k } bị chặn nên tồn dãy hội tụ yếu đến v Khơng tính xk → −∞ k → ∞ xk = 0, ∀k Đặt v k := tổng quát ta giả sử v k ⇀ v k → ∞ Vì T T1 nửa xác định dương, 55 chứng minh tương tự Định lý 2.2.20, ta có T v = 0, c, v = 0, T1 v = 0, c1 , v ≤ Ta chứng minh c1 , v < Giả sử ngược lại c1 , v = Thì T v = 0, c, v = 0, T1 v = 0, c1 , v = Xét L1 = H ⊕ H ⊕ R2 , ⊕ tổng trực tiếp không gian Hilbert xét , L tích vơ hướng chuẩn L Xét A : H → L1 định nghĩa Ax = (T x, T1 x, c, x , c1 , x ) Vì T T1 tốn tử có hạng hữu hạn nên A tốn tử có hạng hữu hạn Với k, xét hệ phương trình tuyến tính (2.49) Ax = Axk Vì A tốn tử có hạng hữu hạn nên A tốn tử compact với miền đóng (theo Nhận xét 2.2.16 ) Do đó, tồn tốn tử liên tục giả đảo A+ A xk nghiệm (2.49) cho xk = A+ Axk Do đó, tồn ρ > phụ thuộc vào A cho xk < ρ Axk L Suy xk ≤ ρ T xk + T1 xk + | c, xk | + | c1 , xk | Từ (2.49) Axk = Axk suy f (xk ) = f (xk ) ≤ f ∗ + k Vì xk phần tử có chuẩn nhỏ Sk nên xk ≤ xk ≤ ρ T xk + T1 xk + | c, xk | + | c1 , xk | , ∀k 56 Theo giả thiết T T1 tốn tử có hạng hữu hạn nên T T1 compact với miền đóng Chia vế bất đẳng thức cho xk , cho k → ∞ theo tính compact T, T1 ta có ≤ ρ ( T v + T1 v + | c, v | + | c1 , v |) Điều mâu thuẫn với T v = 0, c, v = 0, T1 v = 0, c1 , v = Do c1 , v < Xét tốn quy hoạch toàn phương     f (x) := x, T x + c, x | x ∈ H   Nếu f bị chặn khơng gian Hilbert H theo Bổ đề 2.2.19, tồn x ∈ H cho f (x) ≤ f ∗ Nếu f không bị chặn H tồn xˆ ∈ H cho f (ˆ x) ≤ f ∗ Do đó, hai trường hợp ta suy tồn x∗ ∈ H cho f (x∗ ) ≤ f ∗ Vì c1 , v < t > nên ∗ g1 (x + tv) = = 2 x∗ + tv, T1 (x∗ + tv) + g, x∗ + tv + α1 x∗ , T x∗ + t x∗ + tv, T v + c1 , x∗ + α1 + t c1 , v = g1 (x∗ ) + t c1 , v → −∞ t → +∞ Suy x∗ + tv ∈ F với t > đủ lớn Chọn t∗ > cho x∗ + t∗ v ∈ F , theo (2.48) ta có f (x∗ + t∗ v) = = 2 x∗ + t∗ v, T (x∗ + t∗ v) + c, x∗ + t∗ v ∗ ∗ ∗ x , T x + c, x + t∗ ∗ ∗ x + t v, T v + t∗ x∗ , T v + t∗ c, v 57 = x∗ , T x∗ + c, x∗ ≤ f ∗ Điều chứng tỏ x∗ + t∗ v nghiệm toán (CQP ) trường hợp m = Giả sử khẳng định cho tất tập ràng buộc F xác định m − hàm toàn phương xét F xác định m hàm toàn phương Đặt   1 ∗ ∗ f = inf{f (x)| x ∈ F } > −∞ Ta định nghĩa Sk = x ∈ F | f (x) ≤ f +  k Vì f ∗ > −∞ nên Sk khác rỗng, lồi đóng Do Sk chứa phần tử có chuẩn nhỏ Gọi xk phần tử có chuẩn nhỏ Sk , ta có k f (x ) = k gi (x ) = 2 k x ,Tx k + c, x k ∗ ≤f + , k xk , T xk + ci , xk + αi ≤ 0, i = 1, 2, , m Nếu {xk } bị chặn có dãy hội tụ yếu Khơng tính tổng quát, ta giả sử xk ⇀ x Khi đó, dễ dàng kiểm tra x nghiệm toán (CQP ) (từ đẳng thức ta cho k → ∞) Xét trường hợp {xk } không bị chặn Khơng tính tổng qt ta giả sử x → +∞ k → +∞ x k k = Đặt v = k xk xk , có v k = Suy {v k } bị chặn, suy tồn dãy hội tụ yếu Khơng tính tổng qt ta giả sử v k ⇀ v k → ∞ Vì T Ti nửa xác định dương, chứng minh tương tự trường hợp m = ta có T v = 0, c, v = 0, Ti v = 0, ci , v ≤ 0, i = 1, 2, , m, tồn j = {1, 2, , m} cho cj , v < Khơng tính tổng qt, ta giả sử cm , v < 58 Xét toán (P1 )    f (x) = x, T x + c, x | x ∈ F1 F1 := {x ∈ H : gi (x) ≤ 0, i = 1, 2, , m − 1}    , Với toán này, f bị chặn F1 không bị chặn F1 Nếu f bị chặn F1 theo giả thiết quy nạp, suy tốn (P1 ) có nghiệm Cịn f khơng bị chặn F1 ∃ˆ x ∈ F1 cho f (ˆ x) ≤ f ∗ Như f bị chặn F1 không bị chặn F1 tồn x ∈ F1 cho f (x) ≤ f ∗ Xét vectơ x(t) := x + tv, t ≥ Ta có c, v = 0, f (x(t)) = f (x) + t c, v = f (x) ≤ f ∗ , ∀t > Vì gm (x(t)) = gm (x) + t cm , v , cm , v < nên ta chọn t∗ > đủ lớn cho gm (x(t))+t∗ cm , v ≤ hay x(t∗ ) ∈ F f (x(t∗ )) ≤ f ∗ Điều chứng tỏ x(t∗ ) nghiệm tốn (CQP ) Định lí chứng minh hồn tồn Nhận xét 2.2.29 Trong Ví dụ 2.2.22, T tốn tử compact miền khơng đóng, T tốn tử có hạng khơng hữu hạn, suy tốn (CQP ) khơng có nghiệm Điều chứng tỏ Định lí 2.2.28 khơng ta thay giả thiết T Ti tốn tử có hạng hữu hạn giả thiết T Ti compact, i = 1, 2, , m Trong trường hợp T = Ti = (i = 1, 2, , m), ta kết tồn nghiệm toán quy hoạch tuyến tính (LP )trong khơng gian Hilbert 59 Hệ 2.2.30 Xét tốn quy hoạch tuyến tính (LP ) (là toán (CQP ) trường hợp T = Ti = i = 1, 2, , m) Giả sử f (x) bị chặn tập F khác rỗng Khi đó, tốn (CQP ) có nghiệm Nhận xét 2.2.31 Nếu H khơng gian Hilbert hữu hạn chiều tốn tử liên tục T H hữu hạn chiều x, T x thỏa mãn điều kiện Legrendre Vì nên H hữu hạn chiều Định lí 2.2.20 Định lý 2.2.28 trùng 60 Kết luận Trong luận văn tơi trình bày kết sau: (1) Trình bày số kiến thức không gian Hilbert; tập lồi hàm lồi khơng gian Hilbert; hàm tồn phương (2) Trình bày chứng minh định lí Frank - Wolfe, định lí Eaves tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương với ràng buộc tuyến tính (3) Trình bày chứng minh định lí Frank - Wolfe 1, định lí Eaves, định lí Frank - Wolfe tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương lồi với hữu hạn ràng buộc tồn phương lồi khơng gian Hilbert thực 61 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu Nguyễn Hữu Điển (2014), Giải tích lồi ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Thị Bạch Kim (2008), Giáo trình phương pháp tối ưu - Lý thuyết thuật toán, Nhà xuất Bách khoa Kỹ thuật [3] Lê Dũng Mưu (1998), Giáo trình phương pháp tối ưu, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật Hà Nội [4] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Nhập môn tối ưu phi tuyến, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [5] Bertsekas D P (2003), Convex Analysis and Optimization, Springer [6] Dong V V and Tam N N (2016), "On the Solution Existence of Convex Quadratic Programming Problems in Hilbert Spaces", Taiwanese Journal Of Mathematics, Vol 20, No 6, pp 1417-1436 [7] Heinz H B and Patrick L C (2011), Convex Analysis and Monotone Opetator Theory in Hilbert Spaces, Springer ... tìm hiểu sâu kết tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương Tác giả chọn đề tài nghiên cứu "Một vài kết tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương" Luận văn trình bày tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương với... ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ THU MỘT VÀI KẾT QUẢ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TỐN QUY HOẠCH TỒN PHƯƠNG Chun ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA... Chương 2: "Bài tốn quy hoạch tồn phương" , chương trình bày nội dung tốn quy hoạch tồn phương tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương với ràng buộc tuyến tính khơng gian Rn tốn quy hoạch tồn phương lồi