Bây giờ ta sẽ chứng minh tính tồn nghiệm của (CQP) bằng cách sử dụng tích chất Legendre của dạng toàn phương. Trong định lý sau chúng tôi mở rộng kết quả của E. G. Belousov và Z. Q. Luo và S. Zhang trong không gian Euclide đến không gian Hilbert.
Định lý 2.2.4 (Frank-Wolfe-type Theorem 1, [5]). Xét bài toán quy hoạch toàn phương lồi (CQP). Giả sử hx, Axi là dạng Legendre và hàm mục tiêu f bị chặn dưới trên tập khác rỗng D. Khi đó, (CQP) có nghiệm.
Chứng minh. Đặt f∗ = inf{f(x) | x ∈ D} > −∞. Với mỗi k, xét tập Sk = {x∈ D | f(x)≤ f∗+ k1}. Theo giả thiết, f∗ >−∞, tồn tại xk ∈ X sao cho
f(xk) = 1
2hxk, Axki+hc, xki ≤ f∗+ 1
k, (2.13)
gi(xk) = 1
2hxk, Aixki+hci, xki+αi ≤ 0, i= 1,2, . . . , m. (2.14) Do đó Sk khác rỗng. Vì f, gi lồi và liên tục, mỗi tập Sk là lồi và đóng. Ở đây, Sk có phần tử có chuẩn nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử xk trong (2.13) và (2.14) là phần tử có chuẩn nhỏ nhất trong Sk.
Xét dãy {xk}, nếu {xk} bị chặn, thì nó có dãy con hội tụ yếu. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử xk * x khi k → ∞. Từ (2.14), suy ra xk ∈ D. Do tính bị chặn yếu của D, ta có x ∈ D. Vì hx, Axi là dạng Legendre, nó là nửa liên tục dưới yếu. Ngược lại,
1
2hx, Axi ≤ lim inf
k→∞
1
2hxk, Axki. Từ đây, theo (2.13),
f(x) = 1
2hx, Axi+hc, xi ≤ lim inf
k→∞ 1 2hxk, Axki+hc, xki ≤ lim inf k→∞ f∗+ 1 k =f∗. Do đó x là một nghiệm của (CQP),
Ta xét trường hợp khi {xk} không bị chặn. Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sửkxkk → ∞khi k → ∞, kxkk 6= 0 với mọik. Đặtvk := xk/kxkk, ta có kvkk = 1. Vì kvkk bị chặn, nó có dãy con hội tụ yếu. Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử vk →k khi k → ∞. Theo Nhận xét 2.1.5, ta có v ∈0+F.
Tiếp theo ta chỉ ra rằng
Av = 0, hc, vi = 0. (2.15) Vì A là nửa xác định dương, hx, Axi là nửa liên tục dưới yếu. Chia cả hai vế của bất đẳng thức trong (2.13) cho kxkk2, và cho qua giới hạn khi k → ∞, ta đạt được
0≤ 1
2hv, T vi ≤ 1
2lim infk→∞ hvk, T vki ≤ 1
Từ bất đẳng thức trên ta có thể suy ra hv, Avi= lim
k→∞hvk, Avki= 0. Vì A là nửa xác định dương, từ trên ta có thể suy ra
Av = 0. (2.16)
Bởi tính nửa xác định dương của A, từ (2.13) suy ra hc, xki ≤ f∗+ 1
k. (2.17)
Chia cả hai vế của bất đẳng thức trên chokxkk, và cho qua giới hạn khik → ∞ ta đạt được
hc, vi ≤ 0.
Bây giờ ta chỉ ra rằng hc, vi = 0. Giả sử hc, vi < 0. Với k cố định và với mọi t > 0, ta có xk +tv ∈ F và
f(xk +tv) = f(xk) + t 2
2hv, Avi+thAxk +c, vi = f(xk) +thc, vi → −∞ khi t→+∞. Điều này mâu thuẫn với f bị chặn dưới trên X. Do vậy, ta có
hc, vi = 0. (2.18)
Kết hợp (2.16) với (2.18) ta thu được (2.15). Bây giờ ta xét ba trường hợp nhỏ:
Trường hợp 1: hci, vi= 0 với mọi i= 1,2, . . . , m. Khi đó, Av = 0, hc, vi= 0, Aiv = 0, ∀i= 1,2, . . . , m.
Đặt yk(t) := xk − tv, t > 0. Dễ kiểm tra được yk(t) := xk − tv ∈ D với mọi t > 0. Vì Av = 0,hc, vi= 0, ta có f(yk(t)) =f(xk−tv) = 1 2hxk , Axki+hc, xki+ t 2 2hv, Avi −thxk, Avi −thc, vi
= f(xk)≤ f∗+ 1 k.
Do vậy, yk(t)∈ Sk với mọi t > 0. Mặt khác, ta có
kyk(t)k2 = kxk−tvk2 = kxkk2−t 2hxk, vi+tkvk2
. (2.19) Vì hv, vi= 1 và hxk/kxkk, vi → hv, vi, tồn tại k1 sao cho
hxk, vi >0 ∀k ≥ k1.
Do đó, với k ≥ k1, theo (2.19) tồn tại γ > 0 sao cho
kxk −tvk2 <kxkk2 ∀t ∈(0, γ). (2.20) Từ (2.20) suy ra kxk−tvk < kxkk. Điều này mâu thuẫn với xk là phần tử có chuẩn nhỏ nhất trong Sk, kéo theo trường hợp 1 không bao giờ xảy ra.
Trường hợp 2: hci, vi< 0 với mọi i= 1,2, . . . , m. Xét bài toán quy hoạch toàn phương
min{f(x) : 1
2hx, Axi+hc, xi |x ∈ X }.
Nếu f(x) bị chặn dưới trên không gian Hilbert X thì theo Định lý 2.2.1, tồn tại x ∈ X sao cho f(x) ≤ f∗. Nếu f(x) không bị chặn dưới trên không gian Hilbert X thì tồn tại xˆ ∈ X sao cho f(ˆx) ≤ f∗. Cho nên, trong cả hai trường hợp tồn tại x∗ ∈ X sao cho f(x∗)≤ f∗.
Đặt t∗ = max{−gi(x∗)/hci, vi, i = 1,2, . . . , m}. Dễ kiểm tra x∗+tv ∈ D với mọi t ≥ t∗. Khi đó, ta có
f(x∗+t∗v) = 1
2hx∗, Ax∗i+hc, x∗i ≤ f∗. Điều này chỉ ra x∗+t∗v là nghiệm của bài toán (CQP).
Trường hợp 3: Tồn tại i và j sao cho hci, vi = 0 và hcj, vi < 0. Đặt I = {1,2, . . . , n}, I1 = {i ∈ I | hci, vi= 0} và F1 = {x ∈ X |gi(x)≤ 0, i ∈ I1}. Xét bài toán min f(x) := 1 2hx, Axi+hc, xi |x ∈F1 .
Rõ ràng xk thuộc F1 với mọi k. Theo trường hợp 1 bên trên, tồn tại x∗1 ∈ F1 sao cho f(x∗1) ≤ f∗. Đặt t∗1 = max{−gi(x∗1).hc−j, vi, j ∈ H\I1}. Dễ kiểm tra được x∗1 +tv ∈ D với mọi t≥ max{0, t∗1}. Khi đó, ta có
f(x∗1+t∗v) = 1
2hx∗1, Ax∗1i+hc, x∗1i ≤ f∗. Suy ra x∗1 +t∗1v là nghiệm của (CQP). Điều phải chứng minh.
Trong không gian Hilbert, tính bị chặn của (CQP) nói chung không kéo theo tồn tại nghiệm như trong không gian Euclide Rn. Bây giờ chúng ta xây dựng một ví dụ như vậy.
Ví dụ 2.2.5. Ký hiệu `2 là không gian Hilbert của tất cả dãy số thực bình phương khả tổng, `2 = {x = (x1, x2, . . . , xn, . . .) | P∞
n=1x2n < ∞, xn ∈ R, n = 1,2, . . .}. Tích vô hướng và chuẩn trong `2 lần lượt được định nghĩa bởi
hx, yi= ∞ X n=1 xnyn, kxk= ∞ X n=1 x2n !1/2 . Với mỗi x= (x1, x2, . . . , xn, . . .)∈`2, định nghĩa A : `2 →`2 bởi
Ax = x1, x2
22, . . . ,xn
nn, . . ..
Dễ thấy A là toán tử tự liên hợp tuyến tính liên tục và kAk = 1. Dạng toàn phương tương ứng với A là
T(x) =hx, Axi= ∞ X n=1 x2n nn. Chúng tôi cho rằng T(x) = hx, Axi = P∞
n=1
x2n
nn không phải là dạng Legendre. Thật vậy, lấy {ek} là một dãy trong `2, trong đó ek = (ek1, ek2, . . . , ekn, . . .) sao cho ek
n = 1 với n= k, và ek
n = 0 với n6=k. Dễ kiểm tra được ek hội tụ yếu tới 0 trong `2 nhưng không hội tụ mạnh. Ta cũng có
hek, Aeki= 1
kk →0 =h0, A0i khi k → ∞. Do đó, T(x) = hx, Axi không là dạng Legendre.
Vì T(x) = hx, Axi = P∞ n=1
x2n
nn ≥ 0 với mọi x ∈ `2, theo Mệnh đề 1.3.10 và 1.3.11, hx, Axi nửa liên tục dưới yếu và lồi.
Bây giờ ta xét bài toán quy hoạch (CQP) minf(x) = 1 2hx, Axi v.đ.k. x∈ `2 : hc1, xi+α1 ≤ 0, (2.21) trong đó hx, Axi = ∞ X n=1 x2n nn, c1 = −1,−1 2, . . . ,−1 n, . . . ∈ `2, α1 = 1. Đặt D = {x∈ `2 | hc1, xi+α1 ≤ 0}= ( x ∈`2 | − ∞ X n=1 xn n + 1 ≤0 ) .
D khác rỗng. Thật vậy, với bất kì số nguyên dương k, đặt xk = kek ∈ `2, trong đó ek là véctơ nhắc đến ở trên. Dễ kiểm tra được hc1, xki+ 1 = −1 + 1 = 0. Cho nên xk ∈F với mọi k.
Vì hx, Axi = P∞
n=1x2n/nn,hx, Axi = 0 khi và chỉ khi x = 0. Dễ thấy rằng 0∈ D,/ ta có f(x) = 1 2hx, Axi = 1 2 ∞ X n=1 x2 n nn > 0 với mọi x∈ D. (2.22) Mặt khác, f(xk) = 1 2hxk, Axki= 1 2 1 kk−2 →0 khi k → ∞.
Điều này cùng với (2.22) chỉ ra cận dưới đúng của f trên D là 0. Vì 0∈ D,/ bất đẳng thức (2.22) chỉ ra bài toán (2.21) không có nghiệm.
Ví dụ bên trên chỉ ra rằng kết luận của Định lý 2.2.4 không đúng nếu giả thiết về tính Legendre của dạng toàn phương bị bỏ qua.
Nhận xét 2.2.6. Trong trường hợp hữu hạn chiều, chứng minh của Định lý 2.2.4 có thể xem trong [3]. Belousov và Klatte [3] chứng minh rằng tồn tại bài toàn quy hoạch toàn phương không lồi trong R3 với hai ràng buộc lồi bậc hai mà hàm mục tiêu bị chặn dưới trên tập ràng buộc khác rỗng, mà không có nghiệm. Do đó, thậm chí trong trường hợp bài toán quy hoạch toàn phương 3 chiều, không thể bỏ qua giả thiết A nửa xác định dương của Định lý 2.2.4.
Để áp dụng Định lý 2.2.4, ta phải tìm ra khi nào hàm mục tiêu f(x) của (CQP) bị chặn dưới trên D. Đây là một nhiệm vụ khá khó. Trong định lý sau chúng tôi mở rộng kết quả trong [6] cho không gian Hilbert mà đưa ra điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm của (CQP).
Định lý 2.2.7 (Định lý kiểu Eaves 2, [5]). Xét bài toán (CQP) trong đó D khác rỗng và hx, Axi là dạng Legendre. Các phát biểu sau đúng:
(a) Nếu (CQP) có nghiệm thì
(v ∈0+D, Av = 0)⇒ hc, vi ≥ 0. (2.23) (b) Bài toán (CQP) có nghiệm khi và chỉ khi các điều kiện sau xảy ra:
c= 0, (2.24)
(v ∈ 0+D\{0}, Av = 0)⇒ hc, vi ≥ 0, (2.25) (v ∈ 0+D, Av = 0) ⇒(hc, vi ≥ 0,hci, vi = 0,∀i∈ I1), (2.26) trong đó I ={1,2, . . . , m} và I1 = {i∈ I | Ai6= 0}.
Chứng minh. (a) Giả sử (CQP) có nghiệm x. Để thu được (2.23), lấy v ∈ 0+D sao cho Av = 0. Vì x+v ∈ D và Av = 0, ta có 0≤ f(x+v)−f(x) = h1 2hx+v, A(x+v)i+hc, x+vii−h1 2hx, Axi+hc, vii = hc, vi.
Ta đã chứng minh hc, vi ≥ 0 với mọi v ∈0+D thỏa mãn Av = 0.
(b) Giả sử c = 0. Để chứng minh (CQP) có nghiệm, theo Định lý 2.2.4 ta chỉ cần kiểm tra f bị chặn dưới trên D. Vì hx, Axi ≥ 0 với mọi x ∈ X, ta được
f(x) = 1
2hx, Axi+hc, xi ∀x∈ X, chi ra f có cận dưới trên D là 0.
Tiếp theo, giả sử (2.25) đúng, Ta sẽ chứng minh f là cưỡng bức (coercive). Giả sử phản chứng f không cững bức trên D. Khi đó, ta có thể tìm a ∈ R và dãy {xk} ⊂ D với kxkk → ∞ khi k → ∞ và
f(xk) = 1
2hxk, T xki+hc, xki ≤ a ∀k. (2.27) Ta có thể giả sử rằng kxkk 6= 0 với mọi k, vk := kxkk−1xk * v. Theo Nhận xét 2.1.5, ta có v ∈ 0+D.
Nhân bất đẳng thức 12hxk, Axki+hc, xki ≤ atrong (2.27) với kxkk−2 và tính giới hạn khi k → ∞, ta thu được
hv, Avi ≤ lim inf
k→∞ hvk, Avki ≤ lim inf
k→∞ hvk, Avki ≤ 0. (2.28) Kết hợp điều này với tính nửa xác định dương của A, ta có thể suy ra rằng
lim
k→∞hvk, Avki= hv, Avi= 0, (2.29)
Av = 0. (2.30)
Vì hx, Axi là dạng Legendre và vk * v khi k → ∞, theo (2.29), vk hội tụ tới v. Cho nên, ta có v 6= 0.
Do hxk, Axki ≥ 0, từ (2.27) suy ra
hc, xki ≤ a. (2.31)
Nhân bất đẳng thức trên với kxkk−1 và cho k → ∞, ta được
hc, vi ≤ 0. (2.32)
Mâu thuẫn với (2.25). Do vậy f là cưỡng bức trên D. Theo [18, Định lý 6.2.4], (CQP) có nghiệm.
Cuối cùng, giả sử (2.26) đúng. Khi đó, tất cả giả thiết trong Định lý 3.3 trong [7] đúng và (CQP) có nghiệm. Kết thúc chứng minh.
Cần phải nhấn mạnh rằng điều kiện (2.23) là cần nhưng không đủ để tồn tại nghiệm của (2.23). Bây giờ chúng tôi xây dựng một ví dụ như thế.
Ví dụ 2.2.8. ChoX =`2,Ax = (0,0, x3, . . . , xn, . . .),A1x= (0, x2,0,0, . . .)với x = (x1, x2, x3, . . . , xn, . . .) ∈ `2, và cho c = (0,−1,0,0, . . .), c1 = (1,0,0, . . .) ∈ `2, α1 =−1. Khi đó, (CQP) trở thành minf(x) = 1 2(0x 2 1+ 0x22+x23+x24+· · ·)−x2 (2.33) với ràng buộc x∈ D, trong đó D ={x = (x1, x2, . . .)∈`2 | 1
2x2
2+x1−1≤ 0}. Vì hx, Axi ≥ 0 với mọi x ∈ D, f(x) lồi. Dễ kiểm tra được hx, Axi = kxk2 − (x21 + x22), nên dạng bậc hai hx, Axi là tổng quả dạng toàn phương elliptic và dạng toàn phương có hạng hữu hạn. Theo Mệnh đề 1.4.5 suy ra hx, Axi là dạng Legendre. Theo (2.1), ta có
0+D ={v ∈F | A1v = 0,hc1, vi ≤ 0} ={(v1,0, v3, v4, . . .)∈ `2 | v1 ≤ 0}.
Chú ý rằng nếu v = (v1,0, v3, v4, . . .) ∈ 0+D và Av = 0 thì hc, vi = −v2 = 0. Do đó điều kiện (2.23) được thỏa mãn. Vì xk := −1
2k2, k,0, . . . ∈ D với mỗi số nguyên k ≥ 1 và f(xk) = −k, ta suy ra rằng f không bị chặn dưới trên F. Cho nên, (2.33) không có nghiệm.
Nhận xét 2.2.9. Chú ý rằng nếu Ai = 0 với mọi i = 1,2, . . . , m hoặc ci = 0 với mọi i∈ I1, thì (2.23) là điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm của (CQP), miễn là D 6=∅.
Ví dụ sau chỉ ra rằng mỗi điều kiện (2.24), (2.25), (2.26) là điều kiện đủ nhưng không phải điều kiện cần để tồn tại nghiệm của (CQP).
Ví dụ 2.2.10. Xét bài toán quy hoạch minf(x) = 1 2hx, Axi+hc, xi, v.đ.k. x = (x1, x2, . . .)∈`2 : 1 2hx, Tixi+hci, xi+αi ≤ 0, i= 1,2 (2.34) trong đóAx = (0, x2, x3, x4, . . .), c = (0,1,0,0, . . .), A1x= (0, x2, x3, . . .), c1(0,0, 0, . . .), α1 = 0, A2x = (0,0, x3,0,0, . . .), c2 = (1,0,0, . . .), α2 = 0. Vì hx, Axi= P∞
Dễ kiểm tra hx, Axi = kxk2 − x2
1, nên dạng toàn phương hx, Axi là tổng của một dạng toàn phương elliptic và một dạng toàn phương có hạng hữu hạn. Theo Mệnh đề 1.4.5 suy ra hx, Axi là dạng Legendre. Từ Bổ đề 2.1.3, suy ra
0+D = D ={v = (v1,0,0, . . .)∈`2 | v1 ≤ 0},
{v ∈ 0+F | Av = 0}= {v = (v1,0,0, . . .)∈ `2 | v1 ≤ 0}.
Vì f(x) = 0 trên D, tập nghiệm của (2.34) trùng với D.
Ta thấy bài toán (2.34) có nghiệm trong khic = (0,1,0,0, . . .)6= 0,hc, vi= 0 và hc2, vi 6= 0, trong đó v := (−1,0, . . . ,0, . . .). Do đó, một trong các điều kiện (2.24), (2.25), (2.26) là đủ nhưng không là điều kiện cần để tồn tại nghiệm của (CQP).