Trong mục này, ta giả thiết rằng, nón sinh thứ tự C là đa diện. Do đó, tồn tại y1∗, ..., yp∗ ∈ Y∗ sao cho
C = {y ∈ Y : hyi∗, yi ≤ 0, i= 1, .., p}. (2.4)
ĐặtY1 := Tp
i=1ker(yi∗), trong đó, ker(yi∗) = {y ∈ Y :hyi∗, yi = 0}là hạt nhân của yi∗. Do đó tồn tại không gian con Y2 của Y sao cho
dim (Y2) ≤ p, Y1 ∩Y2 = {0} và Y = Y1 +Y2. (2.5) Dễ dàng chứng minh rằng tồn tại một hằng số M ∈ (0,+∞) sao cho
ky1k+ky2k ≤ M ky1 +y2k với mọi (y1, y2) ∈ Y1 ×Y2. (2.6) Theo (2.5) với bất kì y ∈ Y tồn tại một cặp duy nhất (y1, y2) ∈ Y1 ×Y2
sao cho y = y1 + y2; đặt G(y) := y2. Khi đó, ánh xạ y 7→ G(y) là toán tử tuyến tính bị chặn từ Y vào Y2 và ánh xạ G từ tập mở Y vào tập mở
Y2. Đặt
C2 := {y2 ∈ Y2 : hy∗i, y2i ≤ 0, i = 1, .., p}.
Khi đó, C2 = G(C). Theo (2.4) và (2.6) thì
C = Y1 + C2 và int(C) = Y1 +intY2(C2), (2.7) trong đó, intY2(C2) là phần trong của C2 trong Y2. Đặt
g(x) =G(f (x)) với mọi x ∈ X. (2.8) Rõ ràng, g là ánh xạ tuyến tính từng khúc từ X vào Y2. Xét bài toán tối ưu đa mục tiêu tuyến tính từng khúc sau:
trong đó, Γ là tập chấp nhận được của (2.2).
Bổ đề 2.4. Cho x ∈ Γ. Khi đó, x là một nghiệm Pareto yếu của (2.2) nếu và chỉ nếu x là một nghiệm Pareto yếu của (2.9).
Chứng minh. Cho x là một nghiệm Pareto yếu của (2.2). Khi đó,
(f (x)−int(C))∩ f (Γ) = ∅,
suy ra, (f (x)−Y1 −intY2(C2)) ∩ f (Γ) = ∅ (do (2.7)). Do đó, với mọi
z ∈ Γ, f (z) ∈/ f (x)−Y1 −intY2(C2) và như vậy,
g(z) ∈/ g(x) + [f (x)−g(x)−(f (z)−g(z))]−Y1 −inty2(C2).
Vì f (x)−g(x), f (z)−g(z) ∈ Y1 nên g(z) ∈/ g(x)−intY2(C2).
Điều này chứng tỏ x là một nghiệm Pareto yếu của (2.9).
Để chứng minh điều ngược lại, giả sử x không là nghiệm Pareto yếu của (2.2). Khi đó, tồn tại y1 ∈ Y1, c2 ∈ intY2(C2) và a ∈ Γ sao cho
f (x)−y1 −c2 = f (a).
Do đó, g(x)− c2 −g(a) = −(f (x)−g(x)) +y1 + f (a) −g(a). Theo (2.5) thìg(x)−c2−g(a) = 0, và như vậy (g(x)−intY2(C2))∩g(Γ) 6= ∅.
Điều này chứng tỏ rằng, x không là một nghiệm Pareto yếu của (2.9). Do đó mệnh đề đảo đúng. Bổ đề được chứng minh.
Để chứng minh kết quả chính của mục này, chúng ta cũng cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.5. Cho P và Q tương ứng là các đa diện trong X và Y. Cho
T ∈ L(X, Y) và giả sử rằng Y là không gian hữu hạn chiều. Khi đó,
Chứng minh. Lấy x∗1, ..., x∗k ∈ X∗ và l1, ..., lk ∈ R sao cho
P = {x ∈ X : hxi∗, xi ≤ li, i = 1, ..., k}.
Đặt X1 := Tm (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
i=1ker(x∗i). Khi đó tồn tại một không gian con hữu hạn chiều X2 của X sao cho
X = X1 +X2 và X1 ∩X2 = {0}.
Đặt Po = {x ∈ X2 : hxi∗, xi ≤ li, i = 1, ..., k}. Khi đó, Po là một đa diện không chứa đường thẳng trong X2 và P = Po + X1. Theo [19, Định lí 19.1] nên tồn tại h1, ..., hp, hp+1, ..., hp+q ∈ X2 sao cho
Po := (p+q X i=1 tihi : (t1, ..., tp, tp+1, ..., tp+q) ∈ Rp+q+ và p X i=1 ti = 1 ) . Do đó T (P) = (p+q X i=1 tiT (hi)|(t1, ..., tp+q) ∈ Rp+q+ và p X i=1 ti = 1 ) + T (X1).
Từ Y là không gian hữu hạn chiều, theo [19, Định lí 19.1] thì T (P) là đa diện trong Y.
Để chứng minh T−1(Q) là một đa diện, lấy y∗1, ..., yn∗ ∈ Y∗ và r1, ..., rn ∈
R sao cho
Q= {y ∈ Y : hyi∗, yi ≤ ri, i = 1, ..., n}.
Khi đó,
T−1(Q) = {x∈ X : hyi∗, T (x)i ≤ ri, i= 1, ..., n}
= {x∈ X : hT∗(y∗i), xi ≤ ri, i = 1, ..., n},
trong đó, T∗ là toán tử liên tục của T. Do đó, T−1(Q) là một đa diện trong X. Bổ đề được chứng minh.
Định lý 2.1. Giả sử nón sinh thứ tự C là đa diện. Khi đó, tồn tại hữu hạn các đa diện H1, ..., Hq trong X sao cho Sw = Sq
i=1Hi. Do đó, Sw là đóng.
Chứng minh. Lấy Pi, Ti, bi(i = 1, ..., m) và g như trong (2.1) và (2.8). Khi đó, g(Γ) = Sm
i=1G(Ti(T ∩Pi) +bi). Từ điều này và Bổ đề 2.5 suy ra g(Γ) là hợp của hữu hạn các đa diện trong Y2. Do đó, g(Γ) + C2 là hợp của hữu hạn các đa diện trong Y2 và như vậy là bd(g(Γ) +C2). Do đó, g(Γ) +C2 là hợp hữu hạn các đa diện trong Y2. Kết hợp với Bổ đề 2.3 suy ra tồn tại các đa diện E1, ..., Ep trong Y2 sao cho W E(g(Γ), C2) =
Sp j=1Ej. Theo Bổ đề 2.4 thì Sw = Γ∩g−1(W E (g(Γ), C2)) = p [ j=1 Γ∩ g−1(Ej).
Do đó, chúng ta chỉ cần chứng minh rằng, với mỗi số nguyên j ∈ [1, p],
g−1(Ej) là hợp hữu hạn các đa diện trong X. Cố định một số nguyên
j ∈ [1, p] và chú ý rằng, g−1(Ej) = m [ i=1 Pi∩g−1(Ej) = m [ i=1 Pi ∩(G◦Ti)−1(Ej −G(bi)).
Từ Bổ đề 2.5, ta có g−1(Ej) là hợp hữu hạn các đa diện trong X. Định lí được chứng minh.
Nhận xét 2.1. Theo cách chứng minh của Định lí 2.1, ta có thể thấy rằng Vw là hợp của hữu hạn các đa diện trong Y nếu Y là không gian hữu hạn chiều.
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng Định lí 2.1 và các nhận xét ở trên không còn đúng khi nón sinh thứ tự C không là đa diện.
Ví dụ 2.1. Lấy X = R2, Y = R3. Xét C là một nón trong R3 được xác định bởi C = n (t1, t2, t3) ∈ R3 : t21 +t22 1 2 ≤2t3 o .
Khi đó, C là nón lồi đóng trong R3 và int(C) khác rỗng. Đặt
P1 := (t1, t2) ∈ R2 : −1 ≤t1 ≤ 0, t1 ≤t2 ≤ −t1 ; P2 := (t1, t2) ∈ R2 : 0 ≤t2 ≤ 1,−t2 ≤t1 ≤ t2 ; P3 := (t1, t2) ∈ R2 : 0 ≤t1 ≤ 1,−t1 ≤t2 ≤ t1 ; P4 := (t1, t2) ∈ R2 : −1 ≤t2 ≤ 0, t2 ≤t1 ≤ −t2 .
Khi đó, mỗi tậpPi là đa diện trongR2 và S4
i=1 = [−1,1]×[−1,1]. Chúng ta định nghĩa f :R2 →R3 bởi f (t1, t2) := (t1, t2,−t1),(t1, t2) ∈ P1 (t1, t2, t2),(t1, t2) ∈ P2 (t1, t2, t1),(t1, t2) ∈ P3 (t1, t2,−t2),(t1, t2) ∈ P4 (t1, t2,1),(t1, t2) ∈ R2 \S4 i=1Pi.
Rõ ràng f là xác định và tuyến tính từng khúc. Trong (2.2), cho a∗j = 0
và c∗j = 0 với mỗi số nguyên j ∈ [1, n]. Khi đó, tập Γ là toàn bộ không gian X. Chúng ta chứng minh rằng (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Sw = {(0,0)} ∪
(t1, t2) ∈ R2 :t21 +t22 ≥ 4 (2.10)
Điều này suy ra Sw và Vw không là hợp hữu hạn các đa diện. Dễ thấy, (2.11) là kết quả trực tiếp suy ra từ (2.10). Như vậy, ta chỉ cần chứng minh (2.10) đúng. Lấy (t1, t2) ∈ P1 \ {(0.0)}. Khi đó, |t2| ≤ |t1| và
t21+t22 < 4t21. Từ đó suy ra f (t1, t2) ∈ int(C). Do đó, f (P1 \ {(0,0)}) ⊂
int(C). Tương tự có f (Pi \ {(0,0)}) ⊂int(C),(i = 1,2,3,4). Vì vậy,
f 4 [ i=1 Pi\ {(0,0)} ! ⊂ int(C). (2.12) ĐặtA := (t1, t2) ∈ R2 : 0 < t21 +t22 < 4 .Khi đó,f (t1, t2) = (t1, t2,1) ∈
int(C) với mọi (t1, t2) ∈ A\S4
i=1Pi. Theo (2.12) thì
f (A) ⊂int(C). (2.13) Điều này và (0,0,0) = f (0,0) suy ra A∩Sw = ∅ tức là,
Sw ⊂ {(0,0)} ∪(t1, t2) ∈ R2 : t21 + t22 ≥ 4 .
Chú ý rằng (0,0) ∈ Sw, để chứng minh (2.10), ta chỉ cần chứng minh
(t1, t2) ∈ R2 : t21 +t22 ≥4 ⊂ Sw.
Giả sử ngược lại, tồn tại ( ¯t1,t¯2) ∈ R2 với t¯21 + ¯t22 ≥ 4 và t˜1,t˜2
∈ R2 sao cho
f ( ¯t1,t¯2)−f t˜1,t˜2 ∈ int(C). (2.14) Từ f ( ¯t1,t¯2) = ( ¯t1,t¯2,1) ∈/ int(C), suy ra f t˜1,t˜2 ∈/ int(C). Điều này cùng với (2.13) suy ra t˜1,t˜2 ∈/ A.
Khi đó, t˜1,t˜2 = (0,0) hoặc t˜21+ ˜t22 ≥ 4. Do đó f t˜1,t˜2 = (0,0,0) hoặc
˜