2 Quy hoạch toàn phương trong không gian Hilbert
2.3Trường hợp một ràng buộc
Định lý sau đây cho thấy rằng đối với (QP) chỉ có một ràng buộc, thì có thể bỏ điều kiện (A) trong giả thiết của Định lý 2.2.1.
Định lý 2.3.1 . Xét bài toán (QP) với m = 1 : minf(x) = 1 2hx, T xi+hc, xi, s.t.x ∈H :g1(x) = 1 2hx, T1xi+hc1, xi+α1 ≤ 0, (QP1)
trong đó hx, T xi là dạng thức Lagrendre. Giả thiết hàm mục tiêu f bị chặn dưới trên miền chấp nhận được khác rỗng F :={x∈ H : g1(x) = 12hx, T1xi+
hc1, xi+α1 ≤ 0}. Khi đó, (QP1) có nghiệm.
Chứng minh. Đặt f∗ = inf
x∈F f(x) >−∞. Xét tập hợp
M ={v ∈ 0+F| hv, T vi = 0} = {v ∈ H| T1v = 0,hc1, vi ≤ 0,hv, T vi = 0} Bây giờ xét hai trường hợp phân biệt:
Nếu hc1, vi = 0 với mọi v ∈M thì điều kiện (A) được thỏa mãn. Từ Định lý 2.2.1 suy ra rằng (QP1) có nghiệm.
Xét trường hợp có v ∈ M sao cho hc1, vi < 0. Vì hc1, vi < 0 nên tồn tại
t0 ≥ 0 sao cho g1(t0v) < 0. Hơn nữa, hàm toàn phương f bị chặn dưới trên
F. Theo Định lý 2.1.4, tồn tại λ≥ 0 sao cho
f(x) +λg1(x) ≥ f∗ với mọi x ∈ H. (2.24) Xét bài toán toàn phương
min{f(x) +λg1(x)| x ∈ H}. (2.25) Do hx, T xi là dạng thức Legendre và T1 nửa xác định dương nên theo ta có hx,(T +λT1)xi là dạng thức Legendre. Do đó, theo Hệ quả 2.2.5, bài toán
(2.25) có nghiệm, chẳng hạn x∗. Ta có
f(x∗) +λg1(x∗) ≤ f(x) +λg1(x) với mọi x∈ H.
Từ đó f(x∗) +λg1(x∗) ≤ f(x) với mọi x∈ F. Suy ra f(x∗) +λg1(x∗) ≤ f∗. Kết hợp với (2.24) ta nhận được
f(x∗) +λg1(x∗) = f∗. (2.26) Ta xét ba khả năng tách biệt:
1. Nếu g1(x∗) = 0 thì x∗ ∈ F. Theo (2.26), x∗ là một nghiệm của (QP1).
2. Xét trường hợp g1(x∗)< 0. Đẳng thức
g1(x∗ −tv) =g1(x∗) + 1 2t
2hv, T1vi −thT1x∗ +c1, vi = g1(x∗)−thc1, vi,
kéo theo g1(x∗ −tv) = 0 với t∗ = g1(x
∗)
hc1, vi >0. Khi đó, ta có
x∗ −t∗v ∈ F. (2.27)
Từ (2.24) ta thấy f(x∗+t∗v) +λg1(x∗+t∗v) ≥ f∗ hay tương đương
f(x∗) +t∗hT x∗ +c, vi+λg1(x∗) +λt∗hc1, vi ≥ f∗. Suy ra λt∗hc1, vi ≥ −t∗hT x∗ +c, vi. Kết hợp với (2.26) và (2.27) ta có f(x∗ −t∗v) =f(x∗)−t∗hT x∗ +c, vi ≤ f(x∗) +λt∗hc1, vi = f(x∗) +λg1(x ∗) hc1, vihc1, vi = f(x ∗) +λg1(x∗) = f∗.
Điều này cho thấy x∗−t∗v là một nghiệm của (QP1).
3. Xét trường hợp g1(x∗)> 0. Đẳng thức
g1(x∗+tv) = g1(x∗) + 1 2t
2hv, T1vi+thT1x∗ +c1, vi = g1(x∗) +thc1, vi, (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
kéo theo g1(x∗ +tv) = 0 với t∗ =−g1(x
∗)
hc1, vi > 0. Khi đó, ta có
Từ (2.24) ta thấy f(x∗−t∗v) +λg1(x∗ −t∗v) ≥ f∗ hay tương đương f(x∗)−t∗hT x∗ +c, vi+λg1(x∗)−λt∗hc1, vi ≥ f∗. Suy ra −λt∗hc1, vi ≥ t∗hT x∗ +c, vi. Kết hợp với (2.26) và (2.28) ta có f(x∗ +t∗v) = f(x∗) +t∗hT x∗ +c, vi ≤ f(x∗)−λt∗hc1, vi = f(x∗) +λg1(x ∗) hc1, vihc1, vi = f(x ∗) +λg1(x∗) = f∗.
Điều này cho thấy x∗ +t∗v là một nghiệm của (QP1). Như vậy, ta đã chỉ ra rằng bài toán (QP1) có nghiệm. Định lý được chứng minh đầy đủ.
Để áp dụng Định lý 2.2.1, ta cần chỉ ra liệu hàm mục tiêu f(x) của (QP)
có bị chặn dưới trên tập F hay không. Đó là một việc không dễ dàng. Định lý sau đây đưa ra một điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của (QP).
Định lý 2.3.2 (Định lý kiểu Eaves) Xét bài toán (QP), trong đó hx, T xi là dạng thức Legendre. Giả sử rằng
(i) F khác rỗng;
(ii) Nếu v ∈ 0+F thì hv, T vi ≥ 0;
(iii) Nếu v ∈ 0+F, hv, T vi = 0 và x∈ F thì hT x +c, vi ≥ 0; (iv) Điều kiện (A) được thỏa mãn.
Khi đó, bài toán (QP) có nghiệm.
Chứng minh. Để chứng minh (QP) có nghiệm với các điều kiện (i)−(iv), theo Định lý 2.2.1, ta chỉ cần kiểm tra lại rằng f bị chặn dưới trên F.
Giả sử các điều kiện (i), (ii), (iii) và (iv) được thỏa mãn. Đặt f∗ = inf{f(x) : x ∈ F}. Do F =6 ∅ nên f∗ 6= +∞. Nếu f∗ > −∞ thì điều khẳng định của định lý được suy từ Định lý 2.2.1 (Định lý kiểu Frank - Wolfe thứ nhất). Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng f∗ > −∞. Để nhận được mâu thuẫn, ta giả sử trái lại rằng f∗ = −∞. Khi đó tồn tại dãy {yk} ⊂ F sao cho f(yk) −→ −∞. Không giảm tổng quát ta giả sử rằng kykk −→ ∞ khi
k −→ ∞ và f(yk)≤ 1
k với mọi k.
ĐặtSk = {x∈ F| f(x)≤ f(yk)}. Ta cóyk ∈ Sk, do dóSkđóng, khác rỗng. Theo Bổ đề 2.1.8, Sk có phần tử với chuẩn nhỏ nhất. Giả sử xk ∈ Sk là phần
tử như thế. Do f(xk) ≤ f(yk) và f(yk) −→ −∞ nên ta có f(xk) −→ −∞. Không mất tổng quát ta giả sử rằng kxkk −→ ∞ khi k −→ ∞. Để ý rằng
gi(xk) = 1
2hxk, Tixki+hci, xki+αi ≤ 0, ∀i= 1, . . . , m, ∀k ≥ 1. (2.29)
Không mất tổng quát có thể giả thiết rằngkxkk 6= 0với mọikvà xk
kxkk * v. Theo Bổ đề 2.1.9, ta có v ∈ 0+F.
Do f(xk) −→ −∞ nên ta có thể giả thiết rằng
f(xk) = 1
2hxk, T xki+hc, xki ≤ 0 với mọi k ≥ 1. (2.30) Nhân hai vế bất đẳng thức (2.30) với kxkk−2 và cho k −→ ∞ ta có
lim
k−→∞sup1 2
kxkk−1xk, Tkxkk−1xk ≤ 0.
Theo tính nửa liên tục dưới yếu của hx, T xi, ta có (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
1 2hv, T vi ≤ lim k−→∞inf 1 2 * xk kxkk−1, T xk kxkk−1 + ≤ lim k−→∞sup1 2 * xk kxkk−1, T xk kxkk−1 + ≤ 0. (2.31) Từ (2.31) và giả thiết (ii) ta có lim k−→∞ * xk kxkk−1, T xk kxkk−1 + = hv, T vi = 0. (2.32) Do hx, T xi là dạng thức Legendre và xk kxkk * v nên ta có thể kết luận rằngkvk = 1. Do v ∈ 0+F nên theo (2.32) và giả thiết (iii) nên ta có thể kết luận rằng
hT xk+c, vi ≥ 0. (2.33)
Lặp lại lập luận như ở chứng minh Định lý 2.2.1, ta tìm được δ > 0 và k0
sao cho
Điều này mâu thuẫn với sự kiện xk là phần tử có chuẩn nhỏ nhất trong
Sk. Ta đã chứng minh rằng f bị chặn dưới trên F. Định lý được chứng minh
đầy đủ.
Chú ý 2.3.3 Để ý rằng hoặc Ti = 0 với mọi i = 1, ..., m, hoặc ci = 0 với mọi i ∈ I1 thì điều kiện (A) tự động được thỏa mãn. Trong mỗi trường hợp, dễ chỉ ra rằng các giả thiết (ii) và (iii) là cần và đủ để (QP) có nghiệm, với điều kiện là F 6= ∅.