Định nghĩa 2.1. Cho C là tập lồi đóng và C 6= φ, với mỗi y ∈ Rn ta đặt: dC(y) := inf
x∈Cky−xk.
Ta nói dC(y) là khoảng cách từ y đến C. Nếu tồn tại một điểm π ∈ C sao
cho dC(y) = kx−yk, thì ta nói π là hình chiếu (vuông góc) của y lên tập C.
Ta kí hiệu π = PC(y) hoặc đơn giản hơn là π = P(y) nếu không cần nhấn
mạnh đến tập chiếu C.
Theo định nghĩa, ta thấy rằng hình chiếu Pc(y) của y trên C sẽ là nghiệm của bài toán tối ưu
min{1
Nói cách khác việc tìm hình chiếu củay trên C có thể đưa về việc tìm cực tiểu của hàm toàn phương kx−yk2 trên C.
Chú ý rằng, nếu C 6= φ, thì dC(y) hữu hạn vì 0 ≤ dC(y) ≤ ky −xk với mọi x ∈ C.
Định lý sau cho thấy nếu C là một tập lồi đóng thì hình chiếu P(y) luôn tồn tại và duy nhất (∀y ∈ Rn).
Định lí 2.1. Cho C ⊂ Rn là một tập lồi đóng khác rỗng và y ∈ Rn là một
điểm bất kỳ. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm π ∈ C là hình chiếu của y
trên C.
Chứng minh.
Nếu y ∈ C thì rõ ràng:
P(y) =y, dC(y) = 0.
Giả sửy /∈ C. DodC(y) = infx∈Ckx−yknên theo định nghĩa của infimum tìm được một dãy {xk} ⊂ C sao cho
lim
k→∞kxk −yk = dC(y).
Vì {xk} bị chặn nên tồn tại một dãy con {xkq} hội tụ đến phần tử π nào đó. Do C đóng nên π ∈ C. Vì thế ta có:
kπ−yk = lim
q→∞kxkq −yk= lim
k→∞kxk −yk= dC(y). Điều này cho thấy π là hình chiếu của y trên C, tức là π = P(y).
Để chứng minh tính duy nhất ta giả sử có hai điểm x1 ∈ C, x2 ∈ C, và x1 6= x2 sao cho:
kx1 −yk = kx2 −yk= dC(y). Vì tập C là lồi nên điểm z = 1
2(x 1 +x2) ∈ C. Theo định lý Pitago ta có kz−yk2 < 1 2kx1 −yk2 + 1 2kx2 −yk2 = [dC(y)]2. Suy ra kz −yk < dC(y), trái với định nghĩa của dC(y).
Tính chất 2.1. Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng. Khi đó
(i) Với mọi y ∈ Rn, π ∈ C hai tính chất sau là tương đương:
a) π = Pc(y) b) y −π ∈ NC(π).
(ii) Nếu y /∈ C, thì hPc(y)−y, x −Pc(y)i = 0 là siêu phẳng tựa của C tại (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Pc(y) và tách hẳn y khỏi C, tức là hPc(y)−y, x−Pc(y)i ≥ 0,∀x ∈ C và hPc(y)−y, y−Pc(y)i < 0. (iii) Ánh xạ y ,→Pc(y) có các tính chất sau a) kPc(x)−Pc(y)k ≤ kx−yk; ∀x,∀y (tính không giãn). b) hPc(x)−Pc(y), x −yi ≥ kPc(x)−Pc(y)k2 (tính đồng bức). Chứng minh.
(i) Giả sử có a). Lấy x ∈ (C) và λ ∈ (0,1). Đặt xλ = λx+ (1−λ)π
Do x, π ∈ C và C lồi, nên xλ ∈ C. Hơn nữa do π là hình chiếu của y, nên
kπ −yk ≤ ky −xλk. Hay
kπ −yk2 ≤ kλ(x−π) + (π−y)k2
Khai triển vế phải, ước lược và chia hai vế cho λ > 0, ta có λkx−πk2 + 2hx−π, π −yi ≥ 0.
Điều này đúng với mọi x ∈ C và λ ∈ (0,1). Do đó khi cho λ tiến tới 0, ta được
hπ−y, x−πi ≥ 0, ∀x ∈ C. Vậy y −π ∈ Nc(π).
Bây giờ giả sử có b). Với mọi x ∈ C, có 0 ≥ (y −π)T(x−π) = (y −π)T(x−y +y −π) = kπ−yk2 + (y −π)T(x−y) . Dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: ky −πk2 ≤ (y −π)T(y −x) ≤ ky −πkky −xk. Suy ra ky−πk ≤ ky −xk, ∀x ∈ C và do đó π = P(y). (ii) Do y −π ∈ NC(π), nên hπ−y, x−πi ≥ 0, ∀x ∈ C.
Vậy hπ −y, xi = hπ − y, πi là một siêu phẳng tựa của C tại π. Siêu phẳng này tách y khỏi C vì y khác π, nên
hπ −y, y−πi = −kπ−yk2 < 0.
(iii) Theo định lí (3.1) ánh xạ x ,→P(x) xác định khắp nơi. Do z−P(z) ∈ NC(P(z)) với mọi z, nên áp dụng với z = x và z = y, ta có:
hx−P(x), P(y)−P(x)i ≤ 0 và
hy −P(y), P(x)−P(y)i ≤ 0. Cộng hai bất đẳng thức lại sẽ được
hP(y)−P(x), P(y)−P(x) +x−yi ≤ 0. Từ đây và theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, suy ra
kP(x)−P(y)k ≤ kx−yk.
Để chứng minh tính đồng bức, áp dụng tính chất b) của (i), lần lượt với P(x) và P(y), ta có:
hy −P(y), P(x)−P(y)i ≤ 0. Cộng hai bất đẳng thức ta được hP(x)−P(y) +y −x, P(x)−P(y)i = hP(x)−P(y), y−xi+kP(x)−P(y)k2 ≤ 0. Chuyển vế ta có hP(x)−P(y), y−xi ≥ kP(x)−P(y)k2. Đây chính là tính đồng bức cần được chứng minh