2 Một số thuật toán giải bài toán cực đại hàm lồi
2.2.1 Phép chia đơn hình vét kiệt
Định nghĩa 2.2. Một tập hợp S ⊂ Rn là tổ hợp lồi của k+ 1 (0 ≤ k ≤ n)
điểm v1, v2, ..., vk+1 độc lập affine trong Rn được gọi là k−đơn hình (đơn hình thứ nguyên k). Ký hiệu S = [v1, v2, ..., vk+1]. Các điểm vi, i= 1,2, ..., k+ 1 gọi là các đỉnh của đơn hình.
Ví dụ 2.1. Trong R3, 0− đơn hình là một điểm, 1− đơn hình là một đoạn thẳng, 2− đơn hình là một tam giác, 3− đơn hình là một tứ diện.
Tập
S ={x∈Rn :xi ≥0, ∀i, x1+...+xn ≤1}, gọi là một đơn hình chuẩn trong Rn.
Hình 2.1: Các đơn hình trong R3
Định nghĩa 2.3. Nếu một điểmv thuộc một cạnh[vi, vj], nhưngv 6=vi, v 6=vj
thì v xác định phép chia đơn hình S thành hai đơn hình con Si và Sj mà tập đỉnh thu được từ tập{v1, v2, ..., vk+1} bằng cách thay vi hoặc vj bởi v. Nếu cạnh
[vi, vj] là dài nhất trong S và
min{kv−vik, kv−vjk} ≥αkvi−vjk, 0< α≤ 1
2
thì phép chia được gọi là một phép chia chuẩn theo tỷ lệ α.
Hình 2.2: Minh họa phép chia đơn hình
{Ski}của các đơn hình sinh ra từ phép chia chuẩn theo tỷ lệ αvà Ski+1 ⊂Ski ∀i,
đều hội tụ đến một điểm, tức là
lim k→∞Sk = +∞ \ k=1 Sk ={s∗}.
Định lý 2.2. Cho một dãy đơn hình Sk = [vk,1, vk,2, ..., vk,n+1], (k = 1,2, ...). Giả sử cạnh [vk,1, vk,2] dài nhất, lấy điểmwk ∈[vk,1, vk,2], thì wk xác định phép chia đơn hình Sk thành hai đơn hình con là vét kiệt nếu wk thỏa mãn,
wk =λkvk,1+ (1−λk)vk,2, 0< c ≤λk ≤ 1
2 (2.1)
với mỗi 0< c < 12 cố định.
Chứng minh. Gọi δ(Sk) = max{kx−yk : x, y ∈ Sk} = kvk,1−vk,2k là độ dài cạnh dài nhất của đơn hình Sk (k= 1,2, ...). Tính vét kiệt của dãy {Sk} được biểu diễn bởi δ = lim
k→∞δ(Sk) = 0.
Từ 0< δ(Sk+1)≤δ(Sk) (k = 1,2, ...), tồn tại δ sao cho δ= 0.
• Trước tiên, ta chứng minh
δ(wk, Sk) := max{kwk−vk,ik:i= 1, ..., n+ 1} ≤δ(Sk)
q
1 +λ2k−λk. (2.2)
Cho
kwk−vk,jk= max{kwk−vk,ik:i= 3, ..., n+ 1},
và xét tam giác co{vk,1, vk,2, vk,j}với các đỉnhvk,1, vk,2, vk,j. Từ định nghĩa của δ(Sk) ta có
kvk,1−vk,jk ≤δ(Sk), kvk,2−vk,jk ≤δ(Sk). (2.3) Gọi C1 là đường tròn tâm vk,1, bán kính δ(Sk), C2 là đường tròn tâm vk,2, bán kính δ(Sk).
Từ (2.1) ta xét λk ≤ 12, tức là wk ∈ [(v
k,2
+vk,1)
2 , vk,2], dễ dàng thấy rằng δ(wk, Sk) có vk,j nằm trên biên của C2. Xét tam giác co{wk, vk,2, vk,j}, có đỉnh wk, vk,2, vk,j.Trong tam giác nàyαk là góc củavk,2.Ta có 0≤αk ≤ π3 vì αk > π3 và vk,j trên biên của C2 suy ra vk,j nằm ngoài C1.
Theo hệ thức tam giác ta có
Kết hợp với (2.1) ta được
kwk−vk,jk2 =kvk,2−vk,jk2+λ2kkvk,2−vk,1k2−2λkkvk,2−vk,jk·kvk,2−vk,1k·cosαk
≤δ2(Sk)(1 +λ2k−λk).
Vì cosαk ≥cosπ3 = 12 nên
δ(wk, Sk)≤max{λk; 1−λk; q 1 +λ2k−λk}δ(Sk) =δ(Sk) q 1 +λ2k−λk (2.4) với λk ≤ 12.
• Tiếp theo ta chứng minh tính vét kiệt, giả sử δ = lim
k→∞δ(Sk)>0 thì √ 3 2 ≤ q 1 +λ2k−λk ≤p1 +c2−c <1.
Khi đó tồn tại k0 ∈N sao cho δ(Sk) q 1 +λ2k−λk < δ, ∀k≥k0. Kết hợp với (2.4) suy ra max i=1,...,n+1kwk−vk,ik ≤δ(Sk) q 1 +λ2k −λk < δ < δ(Sk), ∀k ≥k0. (2.5)
Tô màu các đỉnh của Sk0 bởi màu "đen", tô màu "trắng" các đỉnh của Sk (k > k0) mà không phải đỉnh màu đen. Với k ≥ k0 thì cạnh dài nhất của Sk phải có hai đỉnh màu đen. Nói cách khác, wk là điểm được chọn cần phải nằm trên một cạnh Sk mà có hai đỉnh là màu đen. Do đó sau n+ 1 cách chia như vậy ta có một đơn hình chỉ toàn đỉnh màu trắng và theo Bất đẳng thức
(2.5) thì chỉ có những cạnh có độ dài nhỏ hơn δ. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ δ= 0.
Hệ quả 2.2. Một quá trình chia đơn hình trong đó mọi phép chia là chuẩn với tỉ lệ 12 thì phải vét kiệt.