2 Hàm toàn phương lồi suy rộng
2.7 Tính giả lồi trên oc-tan nửa dương và oc-tan không âm
Vì λi = 0, i > r, ta có b = b 0 0 ! trong BA, trong đó b0 ∈ Rr. Đặt Λ0 = diag (λ1, ..., λr). Từ (2.76), ta thấy BA = {b ∈ Rn | b ≤ 0, b = P b, b0TΛ0−1b0 ≤ 0, bi = 0, i= r+ 1, ..., n}. (2.77) Hơn nữa, b1 = tT1b ≤0 trong BA, bởi vì t1 ≥ 0 và b ≤0.
Vì vậy, BA = {b ∈ Rn | b ≤ 0, b = P b, bT " Λ0−1 0 0 0 # b ≤ 0, bi = 0, i = r+1, ..., n, b1 ≤ 0}. Suy ra BA = Rn− ∩M, (2.78)
trong đó M là ảnh trực giao của
M = {b ∈ Rn | bT " Λ0−1 0 0 0 # b ≤ 0, b1 ≤0, bi = 0, i = r + 1, ..., n}. (2.79)
M là một nón lồi đóng trong Rn như đã thảo luận về C2 trong Mục 2.3. Hơn nữa, dim (M) = r. Theo (2.78), BA là giao của oc-tan không âm và ảnh trực giao của nón lồi đóng r chiều M . Vì vậy, BA là nón lồi đóng r
chiều chứa Rn−.
Từ Định lý 2.45, chúng ta thấy rằng có thể chỉ ra định lý sau. Định lý 2.46. Nếu Q0(x) = 1
2x
TAx là giả lồi chặt trên Rn+ thì miền trong của BA là khác rỗng.
Kết quả này có thể chứng minh như sau. Theo (2.75), BA chứa tập
BA◦ = {b∈ Rn|b = Aw, w ≥ 0}. (2.80)
Vì A là ma trận khơng kì dị với một hàm giả lồi chặt mà BA◦ có n - chiều nên BA cũng vậy.
Nón lồi đóng BA◦ nói chung là một tập con thực sự của nón lồi đóng
BA. Điều này là hiển nhiên từ giả thiết rằng BA không là tập lồi đa diện với r > 2 như đã thấy trong (2.79). Từ (2.75), đặt
BA = {b∈ Rn|b ≤ 0, bTA−1b ≤ 0} (2.81)
với hàm giả lồi chặt Q0(x).
Ví dụ 2.47. Đặt A =
"
−1 −2 −2 −2
#
. Như đã thấy trong Định lý 2.37:
Q0(x) = 1 2x
TAx là giả lồi chặt trong R2+. Ta có A−1 =
" 1 −1 −1 1/2 # . Từ (2.81), ta thấy rằng BA = {b ∈ R2|b1 ≤ 0, b2 ≤ 0,(2 +√ 2)b1 ≤b2 ≤ (2−√2)b1}.
Hơn nữa, (2.80) suy ra
BA◦ = {b∈ R2|b1 ≤ 0, b2 ≤ 0,2b1 ≤ b2 ≤ b1}.
Cuối cùng ta chuyển qua câu hỏi: Với điều kiện nào thì BA = Rn−, tức là Q(x) =Q0(x) +bTx, là giả lồi trên R+n với ∀b ≤0 nếu Q0(x) = 1
2x TAx là giả lồi. Ta chứng minh định lý sau. Định lý 2.48. Cho Q0(x) = 1 2x
TAx là giả lồi trên Rn+. Khi đó, Q(x) = Q0(x) +bTx là giả lồi trên Rn+ với ∀b ≤0 khi và chỉ khi n = 0 hoặc n = 2 và A=
"
0 α
α 0
#
với α < 0. Trong trường hợp này, Q(x) là giả lồi chặt trên
Rn+.
Chứng minh. Với n= 1, khẳng định trên là hiển nhiên. Vì vậy, đặt n≥ 2.
(a) Đặt A = " 0 α α 0 # , α < 0. Khi đó A−1 = " 0 1/α 1/α 0 # . Vì vậy bTA−1b = 2 α b1b2 ≤ 0 với ∀b ∈ R2−.
Từ (2.81) suy ra BA = R2−.
(b) Giả sử rằng Q(x) = Q0(x) +bTx là giả lồi với mọi b≤ 0. Ta suy ra
từ Định lý 2.45 rằng Q0(x) phải giả lồi chặt trên Rn+ và ngược lại
r = dim (BA) < dim (Rn−) =n,
trong đó det (A) < 0.
Đầu tiên, đặt n = 2. Nếu a11 < 0, thì trong A−1 = [βij], β22 = a11
det (A) > 0.
Vì vậy, với b = −e2,
bTA−1b = β22 > 0.
Do đó, BA 6= R2. Tương tự có thể chỉ ra nếu a22 < 0. Vì vậy, với n = 2, BA = Rn− suy ra rằng A= " 0 α α 0 # với α < 0.
Bây giờ, đặt n > 2. Khi đó :
βnn = det (An−1)
det (A) > 0,
bởi vì det (Ak) < 0, k ≥ 2, theo Định lý 2.37. Do đó, với b = −en,
bTA−1b = βnn > 0. Vì vậy BA 6= Rn−.
Từ Định lý 2.48, ta sẽ chỉ ra định lý sau thỏa mãn. Định lý 2.49. Cho Q0(x) = 1
2x
TAx là giả lồi trên Rn+, n ≥ 2. Khi đó, Q(x) = Q0(x) + bTx là giả lồi trên Rn+ với mọi b ≤ 0 khi và chỉ khi
|λ1| = max{λi | i = 2, ..., n}.
Chứng minh. Ta chỉ ra rằng |λ1| = max{λi | i = 2,3, ..., n} khi và chỉ khi
n = 2 và A =
"
0 α
α 0
#
với α < 0, với một dạng toàn phương chỉ giả lồi.
chặt nếu BA = Rn− và vì vậy det (A) < 0. Điều này suy ra rằng A ≤ 0
là ma trận không thể rút gọn. Giả sử phản chứng tồn tại một ma trận chuyển vị P0 thỏa mãn P0TAP0 = " F1 0 0 F2 # , với F1, F2− ma trận vng.
Khi đó, det (A) = det (F1) ·det (F2) ≥ 0, trái với giả thiết det (A) < 0.
Bây giờ, với A ≤ 0 không thể rút gọn, ta suy ra từ Định lý Frobenius [26] rằng:
|λ1| = max{λi | i = 2,3, ..., n}
khi và chỉ khi một ma trận chuyển vị P1 thỏa mãn :
P1TAP1 = " 0 B BT 0 # . (2.82)
Với n > 2, (2.82) chỉ ra rằng det (A) = 0, trái với giả thiết det (A) < 0.
Với n= 2, ta suy ra từ (2.82) rằng A= " 0 α α 0 # , α < 0. Do đó, |λ1| = max{λi | i = 2,3, ..., n} suy ra n = 2 và A = " 0 α α 0 # , α <0.
Mặt khác, trong trường hợp này |λ1| = λ2 vì λ1 = α, λ2 = −α. Ta có
thể chứng minh đặc trưng sau của các ma trậnA thỏa mãn BA = Rn−.
Định lý 2.50. Cho Q0(x) = 1 2x
TAx là giả lồi trên Rn+. Khi đó, Q(x) = Q0(x) +bTx là giả lồi với mọi b ≤ 0 khi và chỉ khi A−1 = ρA với ρ > 0. Chứng minh. Từ chứng minh của Định lý 2.48, ta thấy rằng A−1 = ρA
với ρ > 0 chỉ đúng nếu n = 2 và A = " 0 α α 0 # , α < 0. Trong trường hợp
này, BA = Rn− được suy từ Định lý 2.48.
Nhận xét 2.51. Điều kiện A−1 = ρA, ρ > 0 cũng được sử dụng lưới Jacobi [30] trong việc biểu diễn một ma trận xác định theo
2.7 Tính giả lồi trên oc - tan nửa dương và oc - tan không âm
Trong mục cuối cùng, chúng ta biểu diễn các hàm toàn phương giả lồi trên tập lồi mở Rn+. Như đã biết, trong Hệ quả 2.21, các hàm giả lồi trên
Rn+ là tựa lồi trên octant không âm Rn+. Bây giờ ta chỉ ra rằng các hàm này thậm chí giả lồi trên Rn+ hoặc ít nhất là trên Rn+ \ {0}. Trong quy
hoạch tốn học tính giả lồi của hàm mục tiêu cần thiết hơn tính tựa lồi bởi vì khi đó một điểm Kuhn - Tucker [2] là điểm cực tiểu. Vì vậy, các tiêu chuẩn sau đây được sự quan tâm đặc biệt trong quy hoạch tồn phương trong đó một hàm tồn phương được cực tiểu trên một đa diện lồi được chứa trong octant không âm của Rn.
Đầu tiên, ta chứng minh kết quả sau. Bổ đề 2.52. Cho Q(x) = 1
2x
TAx+bTx là giả lồi trên Rn+. Ký hiệu ak là cột thứ k của A và đặt t1,k là thành phần thứ k của véctơ riêng t1. Khi đó, t1,k 6= 0 khi và chỉ khi ak 6= 0.
Chứng minh. (a) Điều kiện cần: Giả sử rằng ak = 0. Khi đó
At1 = λ1t1
suy ra 0 = aTkt1 = λ1t1,k.
Bởi vì λ1 6= 0, điều này suy ra t1,k = 0.
(b) Điều kiện đủ: Ta có A = r X i=1 λititTi . Do đó : ak = r X i=1 λiti,kti. (2.83) Nếu r = 1, thì ak 6= 0 suy ra t1,k = 0.
Bây giờ cho r > 1. Giả sử phản chứng rằng t1,k = 0. Khi đó từ (2.83) akk =
r
X
vì akk ≤ 0 và λi > 0, i = 2, ..., r.
Ta kết luận rằng ti,k = 0.
Khi đó, (2.83) suy ra ak = 0.
Bây giờ ta chỉ ra định lý sau cho dạng toàn phương. Định lý 2.53. Cho Q(x) = 1
2x
TAx là chỉ giả lồi trên Rn+. Khi đó, Q(x) là giả lồi trên Rn+ \ {0} khi và chỉ khi A khơng chứa một hàng tồn 0. Chứng minh. Từ Định lý 2.19 và biểu diễn của C1 trong (2.31), Q(x) là giả lồi trên Rn+\ {0} khi và chỉ khi
tT1x > 0.
Tương tự điều này, nghĩa là t1 > 0. Khi đó kết quả của Bổ đề 2.52
chứng minh khẳng định này.
Nhận xét 2.54. Điều kiện đủ trong Định lý 2.53 đã được chỉ ra theo tiếp cận của Martos [12].
Khi đã biết trong Định lý 2.53, một dạng toàn phương giả lồi trên oc - tan nửa dương nếu nó giả lồi trên oc - tan dương và tất cả các biến liên quan. Tuy nhiên, lưu ý rằng một dạng tồn phương như vậy khơng giả lồi trên oc - tan không âm.
Thật vậy, cho x = 0 và y > 0, (y−x)∇Q(x) = 0, nhưng Q(y) = 1 2y TAy < 0 = 1 2x TAx = Q(x), trái với (2.3).
Xét các hàm toàn phương, hơn là các dạng toàn phương, chúng ta có thể thấy rằng
Q(x) = 1 2x
TAx+bTx, b 6= 0,
là giả lồi trên Rn+ nếu nó giả lồi trên Rn+. Điều này được chứng minh theo cách tiếp cận khác bởi Cottle và Ferland [13]. Ta suy ra từ những kết quả trước đây sử dụng các tiêu chuẩn trong Định lý 2.19.
Định lý 2.55. Cho Q(x) = 1 2x
TAx+ bTx là chỉ giả lồi trên Rn+. Giả sử rằng b 6= 0. Khi đó Q(x) là giả lồi trên Rn+.
Chứng minh. Từ Định lý 2.19, cùng với (2.31), ta thấy rằng
Rn+ ⊂C10 = {x ∈ Rn | Q(x) ≤δ, tT1x > −tT 1b λ1 }, trong đó t1 ≥ 0. Ta còn phải chỉ ra rằng tT1x > −tT 1b λ1 , ∀x ≥ 0.
Điều này đúng nếu tT1b < 0.
Vì b ≤ 0 và t1 ≥ 0, ta có tT
1b ≤ 0.
Tồn tại bk 6= 0. Từ nhận xét 2.33, ta thấy rằng ak 6= 0, vì ngược lại ta
có bk = 0. Theo Bổ đề 2.52, ak 6= 0 suy ra t1,k 6= 0. Vì vậy, tT1b ≤ t1,kbk < 0.
Cả hai Định lý 2.53 và 2.55 đều hữu dụng trong quy hoạch tồn phương bởi vì các điều kiện này đảm bảo tính giả lồi trên oc - tan khơng âm (có thể bao gồm giá trị 0).
Kết luận
Trong chương 2 luận văn đã trình bày các tiêu chuẩn xác định tính lồi suy rộng của một hàm tồn phương. Các tiêu chuẩn chính đã được nêu ra là: tiêu chuẩn kiểm tra theo giá trị riêng, véc tơ riêng; tiêu chuẩn kiểm tra theo ma trận Hessian tăng cường; tiêu chuẩn kiểm tra theo định thức biên; tiêu chuẩn xác định cho oc - tan khơng âm. Đồng thời cũng nghiên cứu tính giả lồi của hàm tồn phương trên oc - tan nửa dương và oc - tan không âm.
Chương 3
Ứng dụng vào lý thuyết tối ưu
Trong mục này trình bày một vài ứng dụng của hàm tồn phương lồi suy rộng vào những bài tốn tối ưu tồn phương. Những nội dung trong mục này được cải biến từ những kết quả cho hàm lồi suy rộng trong tài liệu
Mathematics of Optimization: Smooth and Nonsmooth Case của G. Giorgi, A. Guerraggio and J. Thierfelder [17] và Shuzhong Zhang, (1998), On Extensions of the Frank-Wolfe Theorems, Econometric Institute, Erasmus
University Rotterdam, The Netherlands [37].
3.1 Ứng dụng vào bài toán tối ưu với ràng buộc hình học
Xét bài tốn tối ưu tồn phương
min{Q(x) | x ∈ C}, (QP1)
trong đó C ⊂Rn là tập lồi và Q: Rn →R là một hàm toàn phương.
Định lý 3.1. Giả sử rằng Q tựa lồi chặt trên C. Khi đó, nếu x0 là nghiệm cực tiểu địa phương của (QP1) thì x0 là nghiệm cực tiểu địa phương duy nhất và là nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán (QP1).
Giả sử x0 và x1 là hai nghiệm cực tiểu địa phương khác nhau của
(QP1) và Q(x0) ≤ Q(x1). Khi đó, do Q(x) tựa lồi chặt trên C nên ta có
Q(tx0+ (1−t)x1) < Q(x1) với mọi t ∈ (0,1) và x1 không phải nghiệm địa phương. Như vậy chỉ có nhiều nhất một nghiệm cực tiểu địa phương.
Vì x0 là nghiệm địa phương nên tồn tại ε > 0sao cho Q(x0) ≤ Q(x) với mọi x ∈ B(x0, ε), trong đó B(x0, ε) là cầu mở tâm x0, bán kính ε. Giả sử
rằng tồn tại x2 ∈ Q, nhưng khơng thuộc B(x0, ε), sao cho Q(x2) < Q(x0).
Vì Q tựa lồi chặt, ta có
Q(tx2+ (1−t)x0) < Q(x0), ∀t ∈ (0,1). (3.1) Nhưng, với λ < kx2−xδ 0k ta có tx2+ (1 −t)x0 ∈ C ∩ B(x0, ε) và do đó
Q(x0) ≤ Q(λx2+ (1−t)x0) với 0< t < kx2−xδ 0k, mâu thuẫn với (3.1). Vậy
x0 là nghiệm toàn cục.
Định lý 3.2. Giả sử rằng Q tựa lồi trên C. Khi đó, nếu x0 là nghiệm cực tiểu địa phương chặt của (QP1) thì x0 là nghiệm cực tiểu tồn cục duy nhất của bài toán (QP1).
Chứng minh. Giả sử x0 là nghiệm cực tiểu địa phương chặt của (QP1),
nghĩa là tồn tại lân cận mở U của x0 trong Rn sao cho với mọi x ∈ U ∩C,
x 6= x0 ta có Q(x0) < Q(x). Giả sử rằng x0 khơng phải cực tiểu tồn cục duy nhất. Khi đó tồn tại x ∈ C, x 6= x0 sao cho Q(x) ≤ Q(x0). Vì Q tựa lồi, ta có
Q(tx+ (1−t)x0) ≤Q(x0), ∀t ∈ [0,1].
Thế nhưng, với t đủ nhỏ ta có tx+ (1−t)x0 ∈ U ∩C, mâu thuẫn với điều x0 là nghiệm địa phương chặt.
Định lý 3.3. Giả sử rằng Q giả lồi trên tập mở D và C ⊂ D. Khi đó,x0 là nghiệm cực tiểu địa phương chặt của (QP1) khi và chỉ khi
Chứng minh.Nếux0 là nghiệm của(QP1)thì hàmϕ(t) = Q(x0+λ(x−x0))
đạt cực tiểu trên đoạn [0,1] tại t = 0 và do đó
h(x−x0),∇Q(x0)i = ϕ0(0) > 0.
Điều ngược lại suy ra trực tiếp từ định nghĩa của hàm giả lồi.
Hệ quả 3.4. Nếu Q là hàm giả lồi trên tập lồi mở C thì x0 là nghiệm của (QP1) khi và chỉ khi ∇Q(x0) = 0.
Giả sử rằng, Q khả vi trên tập mở D chứa C. Kí hiệu tập nghiệm của
(QP1) là Sol(QP1).
Định lý 3.5. a) Nếu Q tựa lồi trên C thì Sol(QP1) là tập lồi.
b) Nếu Q giả lồi chặt hoặc tựa lồi chặt trên C thì Sol(QP1) chứa nhiều nhất một phần tử, nghĩa là: x0 ∈ Sol(QP1) =⇒ Sol(QP1) = {x0}. Nói
cách khác, nếu Sol(QP1) 6= ∅ thì nó chỉ có một phần tử.
Chứng minh. a) Với α∗ = min{Q(x) | x ∈ C}, ta có Sol(QP1) = L(Q, α∗).
Vì Q tựa lồi nên L(Q, α∗) lồi và do đó Sol(QP1) lồi.
b) Với hàm Q giả lồi chặt hoặc tựa lồi chặt trên C kết quả suy ra từ định lý 3.1
Hệ quả 3.6. Nếu Q là hàm giả lồi chặt trên tập lồi mở C thì ta có: Sol(QP1) ={x0} khi và chỉ khi ∇Q(x0) = 0.
Định nghĩa 3.7. Cho C ⊂Rn. Ta nói điểmx0 là nghiệm cực tiểu tồn cục theo tia của bài toán(QP1) nếu với mọiy ∈ Rn và mọit > 0,x0là điểm cực tiểu toàn cục (nhỏ nhất) của Q trên tập Q∩ {x ∈ Rn | x = x0+ty, t >0}
Định nghĩa 3.8. Cho C ⊂ Rn. Ta nói điểm x0 là nghiệm cực tiểu địa phương theo tia của bài toán (QP1) nếu với mọi y ∈ Rn tồn tại t0(y) sao cho Q(x0) là điểm cực tiểu toàn cục (nhỏ nhất) của Q trên tập C ∩ {x ∈ Rn | x = x0+ty, t ∈ (0, t0(y))}
Lưu ý rằng, điểm cực tiểu địa phương theo tia không nhất thiết phải là điểm cực tiểu địa phương. Ví dụ nổi tiếng sau là của G. Peano: Hàm
f : R2 → R, f(x, y) = (y −x2)(y −2x2), có điểm địa phương theo tia tại x0−(0,0), nhưng x0 = (0,0) không phải điểm cực tiểu địa phương.
Tuy nhiên, ta có
Định lý 3.9. Xét bài toán (QP1). Nếu Q là hàm tựa lồi trên C thì mọi nghiệm cực tiểu địa phương theo tia đều là nghiệm cực tiểu địa phương.
Chứng minh. Xem [36].
Định lý 3.10. Xét bài toán (QP1). Nếu Q là hàm tựa lồi nửa chặt trên C thì x0 là nghiệm cực tiểu tồn cục khi và chỉ khi x0 là nghiệm cực tiểu địa phương theo tia.
Chứng minh. Xem [36].
3.2 Ứng dụng vào bài tốn tối ưu có ràng buộc bất đẳng thức
Bây giờ ta xét bài tốn quy hoạch tồn phương
min{Q(x) | x ∈ C, Qi(x) +αi 6 0, i = 1, . . . , m}, (QP2)
trong đó C ⊂ Rn là tập lồi và Q, Qi : Rn → R, i = 1, . . . , m, là các
hàm toàn phương. Kí hiệu x∗ là một nghiệm của (QP2), đặt I(x∗) = {i | Qi(x∗) +αi = 0} và gọi là tập chỉ số ràng buộc hoạt tại x∗.
Định lý 3.11. Giả sử hàm Q trong (QP2) là hàm tựa lồi chặt trên C, với mọi i /∈ I(x∗) hàm Qi tựa lồi trên C. Khi đó
min
x {Q(x) | x ∈ C, Qi(x) + αi 6 0, i ∈ I(x∗)} = Q(x∗).
Chứng minh.Giả sử phản chứng rằng, tồn tạix0 ∈ C sao choQi(x0)+αi ≤