BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Khánh Linh CHẶN SAI SỐ CHO ĐA THỨC LỒI KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Khánh Linh CHẶN SAI SỐ CHO ĐA THỨC LỒI Chuyên ngành: Toán giải tích KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS HOÀNG NGỌC TUẤN Hà Nội – Năm 2016 i Lời cảm ơn Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy giáo cô giáo khoa Toán– Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, tận tình giúp đỡ bảo suốt thời gian em theo học khoa thời gian làm khóa luận Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Hoàng Ngọc Tuấn - Giảng viên khoa Toán - Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, người trực tiếp hướng dẫn em, tận tâm bảo định hướng cho em suốt trình làm khóa luận để em có kết ngày hôm Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian kinh nghiệm thân nhiều hạn chế nên khóa luận tránh khỏi thiếu sót,em mong đóng góp ý kiến thầy cô giáo, bạn sinh viên bạn đọc Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 04 tháng 05 năm 2016 Sinh viên Nguyễn Khánh Linh Mục lục Lời mở đầu ii Đa thức lồi số tính chất 1.1 Định nghĩa đa thức lồi 1.2 Một số tính chất đa thức lồi Chặn sai số cho đa thức lồi 11 2.1 Chặn sai số cho đa thức lồi 11 2.2 Chặn sai số cho đa thức lồi hình đa diện 22 Tài liệu tham khảo 25 i Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh Lời mở đầu Toán học môn khoa học bắt nguồn từ nhu cầu giải toán có nguồn gốc thực tiễn Cùng với thời gian tiến loài người, toán học ngày phát triển chia thành nhiều lĩnh vực khác Trong số nói giải tích lĩnh vực quan trọng Để nắm vững kiến thức giải tích bước đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học em chọn đề tài khóa luận tốt nghiệp: "Chặn sai số cho đa thức lồi" Luận văn gồm hai chương Chương "Đa thức lồi số tính chất" Chương "Chặn sai số cho đa thức lồi " Do thời gian thực khóa luận không nhiều, kiến thức hạn chế nên làm khóa luận không tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 04/05/2016 Tác giả khóa luận Nguyễn Khánh Linh ii Chương Đa thức lồi số tính chất 1.1 Định nghĩa đa thức lồi Trong phần này, đưa ký hiệu, định nghĩa, kết ban đầu mà dùng khóa luận Cho số nguyên dương n, ta dùng [n], ta dùng [n] để có kí hiệu tập hợp {1, , n} Với x ∈ Rn , xi (x ∈ [n]) thành phần thứ i x thường lệ Chuyển vị x gọi xT Với không gian L ⊂ Rn , L⊥ có kí hiệu phần bù trực giao L ∈ Rn Số chiều L gọi dim(L) Cho hàm ϕ : Rn → R, tập mức ϕ định nghĩa Sϕ := { x ∈ Rn :ϕ(x) } Chúng ta nói ϕ có chặn sai số với bậc γ có τ > cho d(x, Sϕ ) ≤ τ [ϕ(x)]γ+ (∀x ∈ Rn ), [ϕ(x)]+ = max{ϕ(x), 0} d(x, Sϕ ) kí hiệu khoảng cách từ x đến Sϕ Nếu ϕ có chặn sai số, ta nói ϕ có chặn sai số tuyến tính Tập nghiệm tối ưu ϕ gọi argmin ϕ(x) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh Cho C ⊂ Rn tập hợp lồi đóng Ta dùng bd(C) để kí hiệu biên C Với x ∈ C, nón pháp tuyến C x định nghĩa n NC (x) := {z ∈ R : z T (y − x) ≤ ∀y ∈ C} Ta gọi NC1 (x) := {h ∈ NC (x) : h = 1} để ký hiệu tất vecto đơn vị NC (x) Nón lùi xa N ∞ [16] C định nghĩa C ∞ := {d ∈ Rn : x + td ∈ C, ∀t ≥ 0, ∀x ∈ C} Dễ thấy C ∞ nón lồi Với hàm lồi ψ, [16, Theorem 8.7], tất tập mức khác rỗng dạng {x : ψ(x) ≤ c}, c ∈ R, có nón lùi xa, cụ thể là, nón lùi xa ψ Không tính tổng quát, ta dùng kí hiệu Sψ∞ nghĩa nón lùi xa ψ Giả sử E = Sψ∞ ∩ (−Sψ∞ ) Thế E không gian gọi không gian [16, p.69] ψ Bổ đề 1.1 (xem [16, p.69]) Không gian E không gian lớn chứa Sψ∞ mà thỏa mãn E = {z ∈ Rn : ψ(x + λz) = ψ(x), ∀x ∈ Rn , ∀λ ∈ R} Với hàm lồi ψ, ta có kí hiệu tập hợp subgradient ψ x ∈ Rn kí hiệu ∂ψ(x) Ta biết đạo hàm theo hướng ψ(x + th) − ψ(x) ψ (x, h) = limt→0+ tồn với x, h ∈ Rn , ta có t ψ (x, h) = max {η T h : η ∈ ∂ψ(x)} (1.1) Giả sử Z+ n = {β = (β1 , , βn ) : βi ∈ Z, βi ≥ 0, ∀i ∈ [n]} Với β ∈ Z+ n , ta dùng xβ để kí hiệu tích số xβ1 , ,xβnn với x ∈ Rn cho Thế thì, với đa thức f có bậc m Rn , ta viết dạng sau Khóa luận tốt nghiệp Đại học m β Nguyễn Khánh Linh n n n aβ x ∀x ∈R , β ∈ R+ , aβ ∈ R, |β| = f (x) = βi i=1 β =0 Trong khóa luận này, ta dùng fl , ≤ l ≤ m, để kí hiệu đa thức aβ xβ , bậc l tương ứng với f , nghĩa là, fl (x) = |β|=l m fl f= (1.2) l=0 Lưu ý f0 số giới hạn f Nếu f (x) ≥ (f (x) > ) ∀x ∈ Rn (x = ), ta nói f đa thức nửa xác định dương Dễ dàng thấy f đa thức lồi m ≥ 2, m số nguyên chẵn Chuỗi Taylor với đa thức bậc m f viết sau m f (x + y) = |β|=0 n β đó, β ∈ R+ , D f (x) := Dβ f (x) β y ∀x, ∀y ∈ Rn , β! ∂ β1 ∂xβ11 kí hiệu này, ta có (∇f (x))T y = , , (1.3) ∂ βn f (x) β! = β1 !, , βn ! Dùng ∂xβnn T β β n n |β|=1 (D f (x)) y , ∀x ∈ R , ∀y ∈ R Cho h đa thức bậc k (k ≥ 1) Ta định nghĩa hạch h Ker(h) := {x ∈ Rn : Dα h(x) = ∀α ∈ Z+ n thỏa mãn |α| = k − 1} Dễ thấy x ∈ Ker(h), Dβ h(x) = với β ∈ Z+ n thỏa mãn ≤ |β| ≤ k − Đặc biệt, x ∈ Ker(h) suy h(x) = Hơn nữa, Ker(h) không gian tuyến tính Nếu h hàm toàn phương nhất, nghĩa là, h(x) = xT Ax với ma trận A đó, Ker(h) = Ker(A) Ta có số kết quan trọng sau, phát biểu dạng Bổ đề Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh m Bổ đề 1.2 Giả sử f (x) = aβ xβ đa thức xác định Rn Nếu |β|=0 f (x) = ∀x ∈ R aβ = với β ∈ R+ n thỏa mãn ≤ |β| ≤ m n Bổ đề 1.3 Giả sử f đa thức lồi Cho x, y, d ∈ Rn Nếu µ(t) = f (x + td) đa thức lồi bậc p xác định R, ν(t) = f (x + td), t ∈ R, đa thức lồi bậc p Hơn nữa, p ≥ 1, hệ số tương ứng với µ(t) ν(t) trùng Bổ đề 1.4 Giả sử f đa thức lồi thỏa mãn Sf = ∅ Với d = 0, d ∈ Sf∞ f (td) = f (0) + rt, ∀t ∈ R với r ≤ Hệ 1.1 Giả sử h : Rn → R đa thức lồi bậc k k ≥ Thế h nửa xác định dương Chứng minh Giả sử h(y) < với y Vì h(ty) = tk h(y) < với t > 0, ta có ty ∈ Sh ∀t ≥ Trong [16, Theorem 8.3], ta suy y ∈ Sh∞ Bởi Bổ đề 1.4, ta có h(ty) = βt với β ≤ đó, mâu thuẫn với đẳng thức h(ty) = tk h(y) Chú ý đa thức nửa xác định dương không thiết đa thức lồi Giả sử g : R2 → R định nghĩa g(x1 , x2 ) = (x1 −x2 ) Dễ thấy g nửa xác định dương không lồi Bổ đề 1.5 Cho h đa thức bậc k (k ≥ 1), giả sử K ⊂ Rn không gian Thế h(x + y) = h(x), ∀x ∈ Rn , ∀y ∈ K, K ⊂ Ker(h) Chứng minh Chú ý k D β h(y) Dβ h(0) β β x h(x) = x ∀x, y ∈ Rn h(x + y) = β! β! |β|=k |β|=0 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh Bởi Bổ đề 1.2, h(x+y) = h(x), ∀x ∈ Rn , ∀y ∈ K ⇔ Dβ h(y) = 0, ∀y ∈ K, với β thoả mãn |β| ≤ k − Điều phải chứng minh Bổ đề 1.6 Giả sử h đa thức lồi bậc k Thế Ker(h) = {x : h(x) = 0}, h xác định dương (Ker(h))⊥ Chứng minh Giả sử H = {x : h(x) = 0} Ta cần chứng minh H ⊆ Ker(h) Với y ∈ H, ta có g(ty) = = g(0) ∀t ∈ R Bởi Bổ đề 1.3, suy g(x + ty) = g(x) ∀x ∈ Rn t ∈ R Bởi Bổ đề 1.5, ta có y ∈ Ker(h), dẫn tới H ⊆ Ker(h) Bởi Hệ 1.1, h không âm Rn Giả sử h(x) = với x ∈ (Ker(h))⊥ Thế H ⊆ Ker(h) dẫn tới x ∈ Ker(h), x = Bổ đề cho thấy đa thức f dọc theo không gian con, biến thành đa thức với số biến thay đổi sở Bổ đề 1.7 Giả sử f(x) đa thức bậc m Rn , cho L ⊂ Rn không gian với số chiều p Nếu f (x + y) = f (x) ∀x ∈ Rn y ∈ L⊥ , tồn ma trận trực giao U cho f (Ux) = g(x1 , , xp ) ∀x ∈ Rn , (1.4) với đa thức g biến số p m Chứng minh Giả sử f = fl Bởi Bổ đề 1.5, ta có L⊥ ⊂ ∩m l=1 Ker(fl ) l=0 Giả sử ma trận U cột p U sở trực chuẩn L phần lại cột sở trực chuẩn L⊥ Bởi (1.3) L⊥ ⊂ ∩m l=1 Ker(fl ), dễ dàng chứng minh (1.4) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh f không âm Giả sử tồn x ∈ Rn cho f (x) < Nếu ta chứng minh x ∈ X m2 , x = (1.3), dẫn tới điều mâu thuẫn Chú ý f (tx) ≤ (1 − t)f (0) + tf (x) < m với < t < Nếu f2 (x) > 0, f (tx) = (2.5) fl (x)tl + f2 (x)t2 l=3 dương với t > đủ nhỏ, mâu thuẫn với (2.5) Do đó, f2 (x) ≤ Bởi Định lý 1.2, f2 đa thức lồi, f2 (x) ≥ Do đó, f2 (x) = 0, dẫn tới m x ∈ X1 Thấy x ∈ Xk−1 , ≤ k ≤ Tiếp theo ta chứng 2m minh x ∈ Xk Bởi Bổ đề 2.1 (i), ta có f (tx) = fl (x)tl + f2k (x)t2k l=2k+1 Nếu f2k (x) > 0, f (tx) dương với t > đủ nhỏ, mâu thuẫn (2.5) m fl (z) ∀z ∈ Xk−1 Bởi Định lý 1.2, Do ,f2k (x) ≤ Chú ý f (z) = l=2k f2k đa thức lồi Xk−1 , f2k nửa xác định dương Xk−1 Do đó, f2k (x) = 0, mà dẫn tới x ∈ Xk−1 ∩ Ker(f2k ) = Xk Giống chứng minh trên, ta có x ∈ X m2 dẫn đến mâu thuẫn Do đó, f không âm Nếu f (y) = với y = đó, f (ty) = 0, ∀t ∈ [0, 1] , từ tính chất lồi f Vì đa thức lồi, dễ thấy f (ty) = ∀t ∈ R Từ Bổ đề 1.3, có y ∈ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ), mâu thuẫn (1.5) Vậy Sf∞ = {0} bị chặn từ tập Sf = {0} m Định lý 2.3 Với đa thức lồi f = fl , tồn κ > cho l=2 x ≤ κf (x) m x < 14 (2.6) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Nếu (2.6) không đúng, tồn dãy {x(k)} ⊂ Rn thỏa mãn x(k) < x(k) > kf (x(k)) m ∀k ≥ (2.7) Vì {x(k)} bị chặn, tồn dãy x(nk ) cho x(nk ) → y Bởi (2.7), ta có y > kf (y) m ∀k ≥ Thế f (y) = , y = x(nk ) Bổ đề 2.2 Giả sử d(k) = với k ≥ Thế {d(k)} x(nk ) có cụm d, với d = Không tính tổng quát, ví dụ d = limk→∞ d(k) Bây ta chứng minh d ∈ Xk với k ≥ Với k ≥ 1, giả sử σk = k m m f ( x(nk ) d(k)) m fl (d(k)) x(nk ) = k x(nk ) m l=2 i−m Thế (2.7), σk < ∀k ≥ Nếu d ∈ / X1 , Bổ đề 2.1 (ii), ta có f2 (d) > Do đó, f2 (d(k)) > với k đủ lớn Vì d(k) = 1, tồn M > cho |fi (d(k))| < M ∀k ≥ ≤ i ≤ m Thế km σk ≥ x(nk ) m f2 (d(k)) x(nk ) ( −M m−3 x(nk ) i=3 i−3 ) (2.8) Vì x(nk ) → 0, vế phải (2.8) không bị chặn k → ∞, dẫn tới điều m mâu thuẫn Do đó, d ∈ X1 Giả sử d ∈ Xk−1 , ≤ k ≤ Bởi Bổ đề 2.1 (i), ta có σk = k m m fl (d(k)) x(nk ) l−m l=2k Nếu f2k (d) > 0, giống với chứng minh trên, ta chứng minh phản chứng Thế d ∈ Xk Bằng quy nạp, ta có d ∈ X m2 , d = (2.3), dẫn tới điều mâu thuẫn Điều phải chứng minh 15 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh m fl đa thức lồi thỏa mãn Sf∞ = {0} Định lý 2.4 Giả sử f = l=0 n (i) Nếu tồn x ∈ R cho f (x) < 0, f chặn sai số tuyến tính (ii) Nếu f không âm Rn , tồn z ∈ Rn cho f (z) = Đặc biệt, tồn τ > cho x − z ≤ τ (f (x) + f (x) m ) ∀x ∈ Rn (2.9) Chứng minh (i) Chú ý bd(Sf ) = {x ∈ Rn : f (x) = 0} Thế bd(Sf ) không chứa điểm thuộc tập nghiệm tối ưu Vì f hàm lồi, ta có ∇f (x) > ∀x ∈ bd(Sf ) Vì Sf∞ = 0, Sf bị chặn, theo [16, Lamma 2.1(iii)] Thế tồn σ > cho ∇f (x) ≥ σ với x ∈ bd(Sf ) Do [13, Định lý 2.1 (iii)], f có chặn sai số tuyến tính (ii) Chú ý minx∈Rn = Bởi Định lý 2.2 (ii), tồn z ∈ Rn cho f (z) = Giả sử g(x) = f (x + z) Thế Sg∞ = {0} Giả sử m gl Vì g(0) = 0, ta có g0 = Từ g(0) = minx g(x), suy g = l=0 m ∇g(0) = g1 = Do đó, g = gl , (2.6) với g l=2 Để chứng minh (2.9), viết cách tương đương, ta tồn τ > cho d x ≤ τ (g(x) + g(x) m ) ∀x ∈ Rn (2.10) Với δ > 0, đặt Cδ = {x : g(x) ≤ δ} Chọn δ > cho Cδ ⊂ {x : x ≤ } Giả sử g¯(x) = g(x) − δ ∀x ∈ Rn Thế Sg¯ = Cδ Bởi Định lý 2.1, 16 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh tồn τ1 > cho (x, Cδ ) ≤ τ1 [¯ g (x)]+ ≤ τ1 g(x) ∀x ∈ Rn Nếu x > (2.11) , x ≤ d(x, Cδ ) + ≤ 2d(x, Cδ ) Do đó, từ (2.11), thấy 3 x ≤ 2d(x, Cδ ) ≤ 2τ1 g(x) ∀x thỏa mãn x > (2.12) Kết hợp (2.6) (2.12), dễ thấy (2.10) với τ = max{κ, 2τ1 } m fl (m ≥ 2), giả sử Z0 = Rn l=2 m i Zi = ∩l=1 Ker(fm−2l+2 ) với i = 1, , m m Bổ đề 2.3 Với ≤ i ≤ − 1, giả sử si (x) = fl (x) ∀x ∈ Rn l=m−2i m Thế với i = 1, , − 1, khẳng định sau (i) Với m − 2i − ≤ l ≤ m, ta có Zi ⊂ Ker(fl ) Với đa thức lồi f = (ii) Tồn τ > δ > cho si (x) ≥ τ x m−2i ∀x ∈ (Zi+1 )⊥ ∩ Vδ, (2.13) Vδ := {x ∈ Rn : x ≥ δ} Chứng minh Ta chứng minh phương pháp quy nạp Giả sử i = Với (i), định nghĩa Z1 , cần chứng minh Z1 ⊂ Ker(fm−1 ) Giả m−1 sử f : Z1 → R hạn chế f Z1 Thế f (x) = fl (x) ∀x ∈ l=2 Z1 , f đa thức lồi Z1 Bởi [1, p.40 Lemma 1], fm−1 17 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh đa thức lồi Z1 Vì m − số lẻ, fm−1 phải triệt tiêu Z1 Từ Bổ đề 1.6, suy Z1 ⊂ Ker(fm−1 ) (ii) Nếu (2.13) không đúng, tồn dãy {x(k)} ⊂ (Z2 )⊥ thỏa mãn x(k) ≥ k cho s1 (x(k)) = fm (m(k)) + fm−1 (x(k)) + fm−2 (x(k)) < x(k) m−2 k (2.14) x(k) ∈ (Z2 )⊥ với k ≥ Thế {d(k)} có x(k) điểm cụm d ∈ (Z2 )⊥ thỏa mãn d = Không tính tổng quát, giả Giả sử d(k) = sử d = limk→∞ d(k) Chia (2.14) cho x(k) m cho k → ∞, ta có fm (d) ≤ Bởi [1, p 40 Lemma 1], fm đa thức lồi, với Hệ 1.1, dẫn tới fm (d) = 0, tức là, d ∈ Z1 Giả sử f := Z1 → R hạn chế f Z1 Thế f đa thức lồi Z1 , m−2 fl (x) ∀x ∈ Z1 Bởi [1, p.40 Lemma 1], fm−2 đa thức f (x) = l=2 lồi Z1 Theo Hệ 1.1, fm−2 không âm Z1 Nếu ta chứng minh fm−2 (d) ≤ 0, fm−2 (d) = 0, d ∈ Ker(fm−2 ) Bổ đề 1.6 Do đó, d ∈ Z1 ∩ Ker(fm−2 ) = Z2 Ta thấy điều mâu thuẫn, (ii) với i = Bây ta chứng minh fm−2 (d) ≤ Với x ∈ Rn , ta sử dụng xu (xv ) kí hiệu phép chiếu x Z1 ((Z1 )⊥ ) Bởi Z1 = Ker(fm ) ⊂ Ker(fm−1 ) Bổ đề 1.5, fm (x(k)) + fm−1 (x(k)) = fm (xv (k)) + fm−1 (xv (k)) 18 (2.15) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh Vì fm đa thức lồi, Bổ đề 1.6, fm dương (Z1 )⊥ Thế tồn ρ > cho fm (x) + fm−1 (x) > ∀x ∈ (Z1 )⊥ ∩ Vρ Nếu xv (k) ∈ Vρ với vô số k, vế trái (2.15) không âm với k, 1 với (2.14), suy fm−2 (x(k)) < x(k) m−2 , tức là, fm−2 (d(k)) < k k Giả sử k → ∞, ta có fm−2 (d) ≤ Nếu xv (k) ≤ ρ với k đủ lớn, fm (x(k))+fm−1 (x(k)) bị chặn Chia (2.14) cho x(k) m−2 cho k → ∞, ta có fm−2 (d) ≤ Ta giả sử khẳng định với i = j − 1, ≤ j ≤ m Bây ta chứng minh (i) với i = j Ta cần chứng minh Zj ⊂ Ker(fm−2j+1 ) Giả sử f : Zj → R hạn chế f Zj Thế f đa thức lồi Zj Bởi giả thiết pháp quy nạp m−2j+1 fl (x) ∀x ∈ Zj Bởi [1, p 40 Zj ⊂ Ker(fm−2j+2 ), ta có f (x) = l=2 Theorem 1], fm−2j+1 đa thức lồi Zj Vì m − 2j + số lẻ, fm−2j+1 phải triệt tiêu Zj Từ Bổ đề 1.6, Zj ⊂ Ker(fm−2j+1 ) Với (ii), (2.13) không đúng, tồn dãy {x(k)} ⊂ (Uj+1 )⊥ thỏa mãn x(k) ≥ k cho sj (x(k)) = sj−1 (x(k)) + fm−2j+1 (x(k)) + fm−2j (x(k)) < x(k) k m−2j (2.16) x(k) ∈ (Zj+1 )⊥ với k ≥ Ta thấy d = x(k) ⊥ limk→∞ d(k) Thế d ∈ (Zi+1 ), d = Với x ∈ Rn , giả sử xu (xv ) Giả sử d(k) = hình chiếu x Zj ((Zj )⊥ ) Bởi Zj ⊂ Ker(fm−2j+1 )và định nghĩa Zj , ta có sj−1 (x(k)) + fm−2j+1 (x(k)) = sj−1 (xv (k)) + fm−2j+1 (xv (k)) 19 (2.17) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh Nếu {zv (k)} bị chặn, d = limk→∞ xu (k)/ x(k) ∈ Zj Nếu {xv (k)} không bị chặn, phương pháp quy nạp, (2.13) với i = j − 1, tồn tạ τ > cho sj−1 (xv (k)) ≥ τ x(k) m−2j+2 (2.18) với vô số k Bởi (2.16), (2.17) (2.18), ta suy limk→∞ xv (k) x(k) = 0, dẫn tới d ∈ Zj Giống với chứng minh i = 1, ta chứng minh fm−2j (d) ≤ ta có d ∈ Zj ∩ Ker(fm−2j ) = Zj+1 , ta thấy điều mâu thuẫn Bây ta chứng minh fm−2j (d) ≤ Vì (2.13) với i = j − 1, tồn ρ > cho si−1 (x) + fm−2j+1 (x) > với x ∈ (Zj )⊥ ∩ Vρ Nếu xv (k) ∈ Vρ với k, (2.16) (2.17), ta có fm−2j (x(k)) < x(k) m−2j với k vậy, tức là, fm−2j (d(k)) < k1 Cho k → ∞, k ta có fm−2j (d) ≤ Nếu xv (k) ≤ ρ với k đủ lớn, sj−1 (x(k)) + fm−2j+1 (x(k)) bị chặn Chia (2.16) cho x(k) m−2j cho k → ∞, ta có fm−2j (d) ≤ Điều phải chứng minh m Nếu d ∈ Z m2 , Bổ đề 2.3(i) định nghĩa Z m2 , f (td) = fl (td) l=2 = 0, ∀t ∈ R Từ Bổ đề 1.3, suy có f (y + td) = f (y), ∀y ∈ Rn , t ∈ R, d ∈ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ) Bởi (2.1), ta có d = 0, tức là, Z m2 = {0} Bởi Bổ đề 2.3(ii) Z m2 = {0}, tồn τ > δ > cho f (x) ≥ τ x ∀x ∈ Vδ Kết hợp (2.19) Bổ đề 2.2, suy điều phải chứng minh 20 (2.19) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh m Hệ 2.1 Giả sử f = fl đa thức lồi Với δ > 0, tồn l=2 τ > cho f (x) ≥ τ x ∀x ∈ Vδ m Mệnh đề 2.1 Giả sử f = fl đa thức lồi Với δ > 0, l=2 tồn τ > cho ∇f (x) ≥ τ x ∀x ∈ Vδ , Vδ := {x ∈ Rn : x ≥ δ} Chứng minh Chú ý f (0) = f (x) − xT ∇f (x) + xT ∇2 f (ξ)x với ξ ∈ Rn 2 Vì ∇ f (ξ) nửa xác định dương, ta có x ∇f (x) ≥ xT ∇f (x) ≥ f (x) − f (0) ≥ τ x ∀x ∈ Vδ , bất đẳng thức cuối suy từ Hệ 2.1 Điều phải chứng minh m fl đa thức lồi Thế ∇f Mệnh đề 2.2 Giả sử f = l=2 ánh xạ từ Rn lên Chứng minh Bởi Bổ đề 2.2, ta có Sf∞ = {0}, với Định lý 1.2 (ii), suy f lồi Nếu ta chứng minh limλ→∞ f (λy) = +∞ với λ y = 0, khẳng định suy từ [16, Theorem 26.6] Giả sử ngược lại Tồn y = cho f (λy) = δ λ→∞ λ lim (2.20) với δ ≥ Ta có y ∈ Z1 Mặt khác, fm (y) > 0, m limλ→∞ f (λy) λ = +∞ Giả sử y ∈ Zk−1 , ≤ k ≤ Bởi Bổ m−2k+2 fl (λy) Ta có y ∈ Zk Nếu không, ta thấy điều đề 2.3 (i), f (λy) = l=2 21 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh mâu thuẫn với (2.20) Do đó, ta có y ∈ Z m2 , y = 0,ta thấy điều mâu thuẫn 2.2 Chặn sai số cho đa thức lồi hình đa diện Tiếp theo, ta xem xét chặn sai số toán sau: f (x) x∈P (2.21) f đa thức lồi bậc m P đa diện Giả sử P = {x ∈ Rn : (ai )T x ≤ bi , ≤ i ≤ k}, ∈ Rn , bi ∈ R với i ∈ [k] Giả sử S = Sf ∩ P = ∅ Bởi Bổ đề 1.4, d ∈ S ∞ ∩ (−S ∞ ), f không đổi dọc hướng ±d P + td = P ∀t ∈ R Do đó, không tính tổng quát, ta có S ∞ ∩ (−S ∞ ) = {0} Đầu tiên, ta có chặn sai số tuyến tính điều kiện Slater Tồn x∗ ∈ S cho (x∗ ) < (2.22) Với x ∈ bd(S), ta định nghĩa tập số x I(x) := {i ∈ [k] : (ai )T x = bi } Định lý 2.5 Nếu tồn x∗ ∈ S cho f (x∗ ) < 0, tồn τ > cho d(x, S) ≤ τ [f (x)]+ ∀x ∈ P (2.23) Chứng minh Giả sử F (x) = f (x) + ιP (x), ∀x ∈ Rn , ιP (x) = 22 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh ∀x ∈ P ιP (x) = +∞ ∀x ∈ / P Thế ∂F (x) = ∇f (x) + NP (x) với x ∈ P Để y ∈ bd(S), ta có f (y) = Bởi (2.22) [2, Corollary 3], λi : λ ≥ 0, λi ≥ ∀i ∈ NS (y) = NSf (y) + NP (y) = {λ∇f (y) + i∈I(y) I(y)} Do đó, NS (y) = {θ∂F(y) :θ ≥ 0} Nếu h ∈ NS1 (y), h = θ(∇f (y) + µi ) với φ > µi ≥ ∀i ∈ I(y) Bởi (1.1), ta có i∈I(y) F (y; h) = max {hT ξ : ξ ∈ ∂F (y)} µ i ≥ θ ∇f (y) + µ i = ∇f (y)+ = i∈I(y) (2.24) i∈I(y) Bây ta chứng minh với x ∈ bd(S) thỏa mãn f (x) = 0, ta có: λi ≥ ∇f (x) + i∈I(x) ∀λi ≥ 0, i ∈ I(x) τ (2.25) Thế (2.23) suy từ [13, Theorem 3.1(iii)], (2.24), (2.25) Giả sử ngược lại Tồn dãy {xr } {λr } cho xr ∈ bd(S), f (xr ) = 0, λr ≥ 0, ∇f (xr ) + λri → (2.26) i∈I(xr ) Vì I(xr ) ⊂ [k] [k] có hữu hạn tập con, tồn dãy {y r } {xr } cho I(y r ) = I với tập số I ⊂ [k] Không tính tổng quát, ta có I(xr ) = I Giả sử L = {x ∈ Rn : (ai )T x = bi ∀i ∈ I} Thế {xr } ⊂ L Bây {xr } không bị chặn Nếu không, {xr } có điểm 23 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh cụm x∞ Thế f (x∞ ) = (ai )T x∞ = bi ∀i ∈ I Từ (2.26) suy λri bị chặn Bởi chặn sai số Hoffman, không tính i∈i(xr ) tổng quát, giả sử {λri }, i ∈ I bị chặn Do đó, đến dãy cần, ta giả sử dãy {λri } hội tụ đến λ∞ i ≥ với i ∈ I Thế ∇f (x∞ ) + i λ∞ i a = (2.27) i∈I i T i n ∞ λ∞ i ((a ) x − b ) ∀x ∈ R Thế ϕ(x ) = Giả sử ϕ(x) = f (x) + i∈I ∞ ∇ϕ(x ) = Vì ϕ lồi, ϕ đạt cực tiểu toàn cục nó, 0, x∞ Tuy nhiên, (2.22) hiệu x∗ ∈ P , ta có ϕ(x∗ ) < 0, ta thấy điều mâu thuẫn Do đó, {x} không bị chặn Nếu Sf∞ không gian tuyến tính, không tính tổng quát, ta có Sf∞ = (0, Rn−p )T với p < n Với x ∈ Rn cho, gọi xu p thành phần vecto x, tức là, xu = (x1 , , xp ) Thế thì, f (x) = g(xu ), g đa thức lồi Rp thỏa mãn Sg∞ = {0} Do đó, Sg bị chặn, dẫn tới {xru } có điểm cụm Cho {xru } có điểm cụm z ∈ Rp Giả sử x∞ = (z T , 0)T ∈ Rn Thế f (x∞ ) = Giống với chứng minh trên, ta giả sử dãy {λri } tụ để λ∞ i ≥ với i ∈ I Thế (2.27) với x∞ λ∞ Bởi lập luận với chứng minh bên trên, ta dẫn tới điều mâu thuẫn Do đó, Sf∞ không gian tuyến tính Bởi Định lý 1.1 Định lý 1.2(i), không tính tổng quát, ta giả sử Sf∞ = {x ∈ Rn : xp+1 ≥ 0, xi = với i > p + 1} với p ≤ n − f (x) = g(x1 , , xp ) + cxp+1 , 24 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh g đa thức lồi Rp thỏa mãn Sg∞ = {0} c < Bởi Định xr1 + xr2 lý 1.2(ii), g lồi Dễ thấy tồn r1 r2 cho f ( ) < Giả sử f bị chặn f L Thế f phải thỏa mãn điều kiện Slater Vì f chặn sai số tuyến tính Đặt q ∈ {x ∈ L : f (x) = 0} Giả sử w hình chiếu ∇f (q) lên L∞ Thế w = Nếu không, f đạt cực tiểu q Chú ý rằng, w = min{ ∇f (q) + ξ : ξ ∈ (L∞ )⊥ } Ta có NS1f (q) ∩ L∞ = {w/ w } Vì f không bị chặn sai số tuyến tính, [13, Theorem 3.1(iii)], tồn k > cho wT ∇f (q) w κ < f (q; )= = w = min{ ∇f (q) + ξ : ξ ∈ (L∞ )T }, w w ta thấy mâu thuẫn (2.6) (L∞ )⊥ = { λi : λi ∈ R} Điều phải chứng i∈I minh Định lý 2.6 Nếu f không âm P , tồn τ > cho d(x, S) ≤ τ (f (x) + f (x) m ) ∀x ∈ P (2.28) Chứng minh Dễ thấy S tập điểm Giả sử S = {x∗ } Bởi điều kiện KKT toán (2.21), tồn λi ≤ , ∀i ∈ I(x∗ ), cho ∇f (x∗ ) + λi = i∈I(x∗ ) T λi ((ai ) x − bi ) ∀x ∈ Rn Thế ϕ đa thức Giả sử ϕ(x) = f (x) + i∈I(x∗ ) lồi ∇ϕ(x∗ ) = 0, ϕ đạt tiểu x∗ Do Định lý 2.4(ii), (2.28) với ϕ(x) ≤ f (x) ∀x ∈ P 25 Tài liệu tham khảo [1] B Bank and R Mandel,Parametric Integer Optimization, Mathematical Research, Vol 39, Akademie-Verlag, Berlin, 1988 [2] H H Bauschke, J M Borwein, and W Li, Strong conical hull intersection property, bounded linear regularity, Jameson’s property (G), and error bounds in convex optimiza-tion, Math Program Ser A, 86 (1999), pp 135–160 [3] M S Bazaraa, H D Sherali, and C M Shetty, Nonlinear programming, Theory and Algorithms, 2nd ed., John Wiley , Sons, New York, 1993 [4] E G Belousov and D Klatte, A Frank-Wolfe type theorem for convex polynomial programs, Comput Optim Appl., 22 (2002), pp 37–48 [5] E G Belousov, Introduction to Convex Analysis and Integer Programming, Moscow University, Moscow, 1977 (in Russian) [6] M Kojima, S Kim, and H Waki, A general framework for convex relaxation of polynomial optimization problems over cones, J Oper Res Soc Japan, 46 (2003), pp 125–144 26 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh [7] J B Lasserre, Global optimization with polynomials and the problem of moments, SIAM J Optim., 11 (2001), pp 796–817 [8] X D Luo and Z Q Luo, Extension of Hoffman’s error bound to polynomial systems, SIAM J Optim., (1994), pp 383–392 [9] Z Q Luo and J S Pang, Error bounds for analytic systems and their applications, Math Program., 67 (1994), pp 1–28 [10] Z Q Luo and J F Sturm, Error bounds for quadratic systems, in High Perpormance Optimization, H Frenk, K Roos, T Terlaky, and S Zhang, eds., Kluwer, Dordrecht, The Netherlands, 2000, pp 383–404 [11] Y Nesterov, Squared functional systems and optimization problems, in High Performance Optimization, H Frenk, K Roos, T Terlaky, and S Zhang, eds., Kluwer, Dordrecht, The Netherlands, 2000, 1992, pp 405–440 [12] K F Ng and X Y Zheng,Global error bounds with fractional exponents,Math Program Ser B, 88 (2000), pp 357–370 [13] K F Ng and X Y Zheng,Error bounds for lower semicontinuous functions in normed space, SIAM J Optim., 12 (2001), pp 1–17 [14] P A Parrilo,Semidefinite programming relaxation for semialgebraic problems,Math Program., 96 (2003), pp 293–320 27 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Khánh Linh [15] L Qi, W Sun, and Y Wang, Numerical multilinear algebra and its applications, Front Math.China, (2007), pp 501–526 [16] R T Rockafellar, Convex Analysis, Princeton University Press, Princeton, NJ, 1970 [17] W H Yang, Error bounds for convex polynomial, SIAM Optim 19(2009), pp 1623-1647 28 ... đầu ii Đa thức lồi số tính chất 1.1 Định nghĩa đa thức lồi 1.2 Một số tính chất đa thức lồi Chặn sai số cho đa thức lồi 11 2.1 Chặn sai số cho đa thức lồi ... Chương Chặn sai số cho đa thức lồi 2.1 Chặn sai số cho đa thức lồi Trong phần này, đa thức lồi f, ta có giả thiết Sf = ∅ Sf∞ ∩ (−Sf∞ ) = {0} (2.1) Thế thì, Định lý 1.1, Sf∞ tia {0} Định lý cho ta... y = 0,ta thấy điều mâu thuẫn 2.2 Chặn sai số cho đa thức lồi hình đa diện Tiếp theo, ta xem xét chặn sai số toán sau: f (x) x∈P (2.21) f đa thức lồi bậc m P đa diện Giả sử P = {x ∈ Rn : (ai )T