2 TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM GIÁ TRỊ TỐI ƯU
2.2 Tính liên tục của hàm giá trị tối ưu
Bây giờ ta xây dựng định lý đầu tiên về tính liên tục của hàm giá trị tối ưu ϕ. Định lý này cho một tập điều kiện cần và đủ cho tính liên tục của ϕ tại một điểm ω = (Q, A, c, b) khi ϕ có một giá trị hữu hạn.
Định lí 2.2.1. Cho (Q, A, c, b) ∈ Ω. Giả sử ϕ(Q, A, c, b) 6= ±∞.
Khi đó, hàm giá trị tối ưu ϕ(.) liên tục tại (Q, A, c, b) nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(a) Hệ Ax ≥ b chính quy. (b) Sol(Q, A, c, b) = {0}. Chứng minh. Điều kiện cần:
Đầu tiên ta giả sử rằng ϕ(.) là hàm liên tục tại ω := (Q, A, c, b) và
ϕ(ω) 6= ±∞.
Nếu (a) không thỏa mãn thì theo chú ý 2.1.1, tồn tại một dãy{(Ak, bk})
trong Rm×n×Rm hội tụ tới (A, b) sao cho với mọi k, hệ Akx ≥ bk không có nghiệm.
Xét dãy {(Q, Ak, c, bk)}.
Khi đó, C(Ak, bk) = φ, ϕ(Q, Ak, c, bk) = +∞ với mọi k. Vì ϕ(.) liên tục tại ω và {(Q, Ak, c, bk)} hội tụ tới ω, ta có:
lim
k→∞ϕ(Q, Ak, c, bk) =ϕ(Q, A, c, b) 6= ±∞.
Ta vừa đi đến một mâu thuẫn. Như vậy, (a) phải được thỏa mãn.
Bây giờ ta giả sử rằng (b) không đúng. Khi đó, tồn tại một véctơ khác không x ∈ Rn sao cho:
Ax ≥0,hx, Qxi ≤ 0 (2.7)
Xét dãy {Qk, A, c, b}, trong đó, Qk := Q− k1E, E là ma trận đơn vị trong Rn×n.
Từ giả thiết ϕ(ω) 6= ±∞, ta suy ra C(A, b) không bị chặn. Với mọi k, theo (2.7) ta có:
hx, Qkxi = hx,(Q− 1
Do đó, với x bất kỳ thuộcC(A, b)và vớit > 0tùy ý ta có x+tx∈ C(A, b)
và
f(x+tx, c, Qk) = 1
2hx+tx, Qk(x+tx)i+hc, x+txi → −∞ khi t → ∞
Điều này suy ra với mọi k,Sol(Qk, A, c, b) =φvàϕ(Qk, A, c, b) = −∞. Mâu thuẫn, vì ϕ(.) liên tục tại ω và ϕ(ω) 6= ±∞.
Vậy (b) phải được thỏa mãn.
Điều kiện đủ: Giả sử (a), (b) thỏa mãn và {Qk, Ak, ck, bk} ⊂ Ω là một dãy hội tụ tới ω.
Theo bổ đề 2.1.1:
"Cho A∈ Rm×n, b ∈ Rm. Hệ Ax≥ b là chính quy khi và chỉ khi hàm đa trị C(.) : Rm×n×Rm → 2Rn xác định bởi :
C(A0, b0) = {x ∈ Rn : A0x ≥b0}
là nửa liên tục dưới tại (A, b) ."
Giả thiết (a) kéo theo sự tồn tại sốk0 nguyên dương sao cho C(Ak, bk) 6= φ với ∀k ≥ k0.
Từ giả thiết (b) suy ra tập G định nghĩa bởi (2.3):
G:= {(Q, A) ∈ RnS×n×Rm×n : Sol(Q, A,0,0) = {0}} là tập mở. Do đó, tồn tại một số nguyên dương k1 ≥ k0 sao cho Sol(Qk, Ak,0,0) =
{0} với ∀k ≥ k1.
Theo bổ đề 2.1.3, Sol(Qk, Ak, ck, bk) 6= φ với ∀k ≥ k1. Do đó, với ∀k ≥ k1,∃xk ∈ Rn thỏa mãn:
ϕ(Qk, Ak, ck, bk) = 12hxk, Qxki+hck, xki (2.8)
Akxk ≥ bk (2.9)
Do ϕ(ω) 6= ±∞, định lý Frank - Wolfe chỉ ra rằng: Sol(Q, A, c, b) 6= φ. Lấy bất kỳ x0 ∈ Sol(Q, A, c, b), ta có:
ϕ(Q, A, c, b) = 12hx0, Qx0i+hc, x0i (2.10)
Ax0 ≥ b (2.11)
Theo bổ đề 2.1.1, tồn tại một dãy {yk} trong Rn hội tụ tới x0 và:
Akyk ≥bk với ∀k ≥ k1 (2.12)
Từ (2.12) suy ra yk ∈ C(Ak, bk) với k ≥k1. Do đó,
ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ 1
Từ (2.13) ta suy ra: lim k→∞supϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ lim k→∞sup[1 2hyk, Qkyki+hck, yki] = lim k→∞[1 2hyk, Qkyki+hck, yki] Do vậy, từ (2.10) và (2.11) ta có: lim k→∞supϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ ϕ(Q, A, c, b) (2.14)
Bây giờ ta chứng minh phản chứng rằng dãy {xk, k ≥ k1} bị chặn. Thật vậy, nếu nó không bị chặn, bằng cách lấy một dãy con nếu cần thiết ta có thể giả sử rằng k xk k→ ∞ khi k → ∞ và k xk k6= 0 với
∀k ≥ k1.
Khi đó, dãy {k xk k−1 xk}, k ≥ k1 có một dãy con hội tụ. Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng k xk k−1 xk → x,ˆ k xˆ k= 1. Từ (2.9) ta có: Ak x k kxk k ≥ bk k xk k (2.15)
Cho k → ∞, ta thu được Aˆx ≥ 0. Từ (2.8) và (2.13),
1
2hxk, Qkxki +hck, xki ≤ 1
2hyk, Qkyki+ hck, yki (2.16)
Chia cả hai vế (2.16) cho k xk k2 và lấy giới hạn khi k → ∞ ta nhận được:
hx, Qˆ xˆi ≤ 0 (2.17)
Từ (2.15 ) và (2.17), ta có Sol(Q, A, c, b) 6= {0}. Điều này mâu thuẫn với (b). Chứng tỏ rằng dãy {xk, k ≥ k1} bị chặn. Do đó nó có một dãy con hội tụ.
Không giảm tổng quát, giả sử xk →x˜∈ Rn. Từ (2.8) và (2.9), ta có:
limk→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk) = 12hx, Q˜˜ xi+hc,x˜i = f(˜x, c, Q) (2.18)
A˜x ≥ b (2.19)
Từ (2.19) suy ra x˜∈ C(A, b), do đó:
Do vậy, từ (2.18) ta có: lim k→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≥ ϕ(Q, A, c, b) (2.20) Kết hợp (2.14) với (2.20) ta được: lim k→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk) =ϕ(Q, A, c, b).
Điều này chứng tỏ rằng ϕ liên tục tại (Q, A, c, b). Định lý được chứng minh.
Ví dụ 2.2.1. Xét bài toán QP(Q, A, c, b) với m = 3, n = 2.
Q = 1 0 0 −1 ;A = 1 0 0 1 1 −2 ;c = 1 1 ;b = 0 0 0 Ta có thể chỉ ra rằng ϕ(Q, A, c, b) = 0, Sol(Q, A,0,0) = {0} và hệ Ax ≥b chính quy.
Theo định lý 2.2.1, ϕ liên tục tại (Q, A, c, b).
Ví dụ 2.2.2. Xét bài toán QP(Q, A, c, b) với n = 1,
Q = [1];A = [0];c = (1);b = (0)
Có thể chứng minh được ϕ(Q, A, c, b) = 0 và hệ Ax ≥ b không chính quy.
Theo định lý 2.2.1, ϕ không liên tục tại (Q, A, c, b). Ví dụ 2.2.3. Xét bài toán QP(Q, A, c, b) với n = 2, m = 4,
Q = 1 0 0 −1 ;A = 1 −1 1 0 1 0 0 1 ;c = 1 0 ;b = 0 1 0 0 Ta có hệ Ax ≥ b chính quy. Sol(Q, A,0,0) = {(x1, x2) ∈ R2 : x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x1 = x2} Theo định lý 2.2.1, hàm ϕ không liên tục tại (Q, A, c, b).
Ví dụ 2.2.4. Xét n= m = 1
Q= [0], A = [1], c= 1, b = 1.
Ta có Sol(Q, A,0,0) = {x ∈ R, x ≥ 0}
Chú ý 2.2.1. Nếu C(A, b) 6= φ thi C(A,0) là nón của C(A, b).
Theo định nghĩa, Sol(Q, A,0,0) là tập nghiệm bài toán QP(Q, A,0,0). Do đó, thử lại giả thiết Sol(Q, A,0,0) = {0} tương đương với việc giải một bài toán quy hoạch toàn phương đặc biệt.
Bây giờ ta nghiên cứu tính liên tục của hàm giá trị tối ưu ϕ(.) tại một điểm mà giá trị của nó vô hạn.
Lấy α ∈ {+∞;−∞} và ϕ(Q, A, c, b) = α.
Ta nói rằngϕ(.)liên tục tại(Q, A, c, b)nếu với mọi dãy{(Qk, Ak, ck, bk)}
trong Ω hội tụ tới (Q, A, c, b), ta có:
lim
k→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk) =α
Định lý sau đây đề cập đến tính liên tục của ϕ tại ω = (Q, A, c, b) mà
ϕ = −∞.
Định lí 2.2.2. Cho (Q, A, c, b) ∈ Ω và ϕ(Q, A, c, b) = −∞.
Khi đó, hàm giá trị tối ưu ϕ liên tục tại (Q, A, c, b) nếu và chỉ nếu hệ
Ax ≥b là hệ chính quy.
Chứng minh. Giả sử ϕ(Q, A, c, b) = −∞ và ϕ liên tục tại (Q, A, c, b)
nhưng hệ Ax ≥ b là hệ không chính quy.
Theo chú ý 2.1.1, tồn tại một dãy {(Ak, bk}) trong Rm×n × Rm hội tụ tới(A, b) sao cho với mọi k, hệ Akx ≥ bk vô nghiệm.
Từ đó, C(Ak, bk) =φ, ϕ(Q, Ak, c, bk) = +∞ với mọi k. Do đó,
lim
k→∞ϕ(Q, Ak, c, bk) = +∞
Mặt khác, do ϕ liên tục tại (Q, A, c, b) và (Q, Ak, c, bk) → (Q, A, c, b) khi
k → ∞ nên ta có:
+∞ = lim
k→∞ϕ(Q, Ak, c, bk) =ϕ(Q, A, c, b) = −∞
Mâu thuẫn. Do đó Ax ≥ b phải là một hệ chính quy.
Ngược lại, giả sử ϕ(Q, A, c, b) =−∞ và hệ Ax ≥ b chính quy.
Cho {(Qk, Ak, ck, bk)} ⊂ Ω là một dãy hội tụ tới (Q, A, c, b). Theo giả thiết, ϕ(Q, A, c, b) =−∞, nên tồn tại một dãy {xi} trong Rn sao cho:
Ai ≥ b và f(xi, c, Q) → −∞ khi i → ∞ (2.21).
Theo bổ đề 2.1.1, với mọi i, tồn tại một dãy {yk} trong Rn có tính chất:
lim k→∞yik = xi (2.23) Theo (2.22), ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ 1 2hyik, Qkyiki +hck, yiki (2.24) Từ (2.22) và (2.23) suy ra: lim k→∞supϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ 1 2hxi, Qxii+hc, xii (2.25) Kết hợp (2.25) với (2.21), ta có: lim k→∞supϕ(Qk, Ak, ck, bk) =−∞
Điều này có nghĩa là:
lim
k→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk) =−∞ = ϕ(Q, A, c, b).
Do vậy, ϕ liên tục tại (Q, A, c, b). Định lý được chứng minh.
Định lý sau đây nói đến tính liên tục của ϕ tại một điểm ω = (Q, A, c, b) khi ϕ = +∞.
Định lí 2.2.3. Cho (Q, A, c, b) ∈ Ω và ϕ(Q, A, c, b) = +∞.
Khi đó, hàm giá trị tối ưu ϕ liên tục tại (Q, A, c, b) nếu và chỉ nếu
Sol(Q, A, c, b) ={0}.
Chứng minh. Giả sử ϕ(Q, A, c, b) = +∞ và ϕ liên tục tại (Q, A, c, b) nhưng Sol(Q, A, c, b) 6= {0}.
Khi đó, tồn tại một véctơ khác không x ∈ Rn sao cho Ax ≥0,hx, Qxi ≤
0. Cho x = (x1, ..., xn), ta định nghĩa ma trận M ∈ Rm×n bằng cách đặt M = [mij], với: mij = xj với 1≥ i ≥ m; 1 ≥ j ≥ n. Cho Qk = Q− 1 kE, A k = A+ 1 kM
Trong đó, E là ma trận đơn vị trong Rn×n. Xét dãy {(Qk, Ak, c, b)}.
Dễ dàng chỉ ra rằng Akx > 0 với mọi k.
Theo bổ đề 2.1.2, với mọi k, hệ Akx≥ b là hệ chính quy. Cho z là một nghiệm của hệ Akx ≥ b.
Do Akx > 0 và hx, Qkxi = hx, Qxi − hx, xi k < 0 với ∀k, nên ta có: f(z+ tx, c, Qk) = 1 2hz+tx, Qk(z +tx)i+hc, z +txi → −∞ khi t → ∞ Sol(Qk, Ak, c, b) =φ
Mâu thuẫn vì ϕ liên tục tại (Q, A, c, b) và:
−∞ = lim
k→∞ϕ(Qk, Ak, c, b) = ϕ(Q, A, c, b) = +∞
Ngược lại, giả sử Sol(Q, A, c, b) = {0} và {(Qk, Ak, ck, bk)} ⊂ Ω là một dãy hội tụ tới (Q, A, c, b).
Ta chỉ ra rằng: lim k→∞infϕ(Qk, Ak, ck, bk) = +∞. Giả sử lim k→∞infϕ(Qk, Ak, ck, bk) < +∞
Không giảm tổng quát, giả sử:
lim
k→∞inf ϕ(Qk, Ak, ck, bk) = lim
k→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk) < +∞
Khi đó, tồn tại một số nguyên dương k1 và một hằng số γ ≥ 0 sao cho:
ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ γ với ∀k ≥k2
Do Sol(Q, A,0,0) = {0}, ta giả sử tồn tại số nguyên dương k2 sao cho
Sol(Qk, Ak,0,0) = {0} với ∀k ≥ k2. Theo bổ đề 2.1.3, ta giả sử rằng:
Sol(Qk, Ak, ck, bk) 6= φ với ∀k ≥ k2
Do đó, tồn tại một dãy {xk} trong Rn sao cho với ∀k ≥k2, ta có:
ϕ(Qk, Ak, ck, bk) = 1
Akxk ≥ bk
Bây giờ ta chứng minh {xk} là dãy bị chặn.
Bằng phản chứng, giả sử ngược lại, {xk} không bị chặn.
Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng k xk k6= 0 với ∀k và
{kxk k→ ∞ khi k → ∞.
Khi đó, dãy {kxk k−1 xk} có một dãy con hội tụ.
Ta giả sử dãy đó hội tụ tới một điểm x0 ∈ Rn với k x0 k= 1. Theo (2.27) ta có: Ak x k k xk k ≥ bk k xk k Do đó, Ax0 ≥0 (2.28)
Chia cả hai vế của bất đẳng thức trong (2.26) cho k xk k2 và lấy giới hạn khi k → ∞, ta có:
hx0, Dx0i ≤ 0 (2.29)
Từ (2.28) và (2.29) ta thu được Sol(Q, A,0,0) 6= {0}. Điều này trái với giả thiết.
Do vậy, dãy {xk} bị chặn và do đó nó có một dãy con hội tụ.
Không giảm tổng quát, giả sử {xk} hội tụ tới x ∈ Rn. Cho k → ∞, từ (2.27) ta có Ax ≥ b
Điều này có nghĩa là C(A, b) 6= φ. Mâu thuẫn, vì ϕ(Q, A, c, b) = −∞. Vậy định lý được chứng minh.
Từ định lý 2.2.1 đến 2.2.3 suy ra điều kiện (a), (b) trong định lý 2.2.1 là điều kiện đủ để hàm ϕ(.) liên tục tại giá trị (Q, A, c, b) cho trước.