Báo cáo nghiên cứu khoa học: " Hệ phân hoạch hoàn toàn không gian RN" pdf

Những hệ vec-tơ như vậy thường gặp trong bài toán bù tuyến tính và việc nghiên cứu chúng có thể mang lại một công cụ nghiên cứu hiệu quả bài toán bù.. Trong bài này chúng tôi sẽ thiết lậ

TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009

HỆ PHÂN HOẠCH HOÀN TOÀN KHÔNG GIAN RN

Huỳnh Thế Phùng

Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế

TÓM TẮT

Một phân hoạch hoàn toàn của Rn là một hệ gồm 2n vec-tơ

U =u1,0, u1,1, u2,0, u2,1, · · · , un,0, un,1 ⊆ Rn

sao cho, với mọi x ∈ Rn tồn tại duy nhất vec-tơ λ thoả mãn

λ = (λ1,0, λ1,1, · · · , λn,0, λn,1)T ∈ R2n,

λi,s ≥ 0, (i, s) ∈ I × S,

λi,0.λi,1 = 0, i ∈ I,

(i,s)∈I×S

λi,sui,s

ở đây I := {1, 2, · · · , n}, và S := {0, 1}

Những hệ vec-tơ như vậy thường gặp trong bài toán bù tuyến tính và việc nghiên cứu chúng

có thể mang lại một công cụ nghiên cứu hiệu quả bài toán bù Trong bài này chúng tôi sẽ thiết lập một đặc trưng cơ bản của hệ phân hoạch không gian Rn và một vài ứng dụng trực tiếp của

nó trong việc khảo sát số nghiệm của bài toán bù

Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian Rn:

U = u1,0, u1,1, u2,0, u2,1, · · · , un,0, un,1 (1.1)

Để thuận tiện ta cũng xem U như một ma trận thực cấp n × 2n U được gọi là một phân hoạch hoàn toàn cuả không gian nếu với mọi x ∈ Rn tồn tại duy nhất một vec-tơ λ thoả mãn















λ = (λ1,0, λ1,1, · · · , λn,0, λn,1)T ∈ R2n,

λi,s ≥ 0, (i, s) ∈ I × S,

λi,0.λi,1 = 0, i ∈ I,

(i,s)∈I×Sλi,sui,s,

(1.2)

ở đây I := {1, 2, · · · , n}, và S := {0, 1} Lúc đó ta nói x được biểu diễn dưới dạng một tổ hợp

bù của U Vậy U là một phân hoạch hoàn toàn của không gian nếu mọi vec-tơ x ∈ Rn đều được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tổ hợp bù của U

Với mỗi tập con α của I ta thiết lập ma trận U (α) ∈ Rn×n, gọi là ma trận bù của U tương ứng với α, mà vec-tơ cột thứ i của nó được xác định bởi

U (α)i =

(

ui,0, i ∈ α,

Ký hiệu M(U ) = {U (α) | α ⊆ I} Rõ ràng, |M(U )| = 2n Hai tập con α và β của I được gọi là kề nhau tại r ∈ I nếu (α ∪ β) \ (α ∩ β) = {r} Trong trường hợp đó ta cũng nói U (α) và

U (β) là kề nhau tại cột thứ r Hiển nhiên lúc đó,

U (α)i = U (β)i, i ∈ I \ {r} , {U (α)r, U (β)r} =ur,0, ur,1 Kết quả chính của bài này là định lý sau

Định lý 1.1 Ba phát biểu sau là tương đương

a U là một phân hoạch hoàn toàn của Rn,

b Với mọi cặp ma trận bù U (α), U (β), ta có

c Với mọi λ = (λ1,0, λ1,1, λ2,0, λ2,1, · · · , λn,0, λn,1)T ∈ R2n thoả mãn

hệ

λi,0

.ui,0− λi,1.ui,1 | i ∈ I

(1.6) độc lập tuyến tính

Chứng minh Định lý 1.1 sẽ được trình bày trong mục tiếp theo còn mục cuối cùng dành cho việc nghiên cứu số nghiệm của bài toán bù tuyến tính bằng cách sử dụng đặc trưng của hệ phân hoạch

2 Chứng minh Định lý 1.1

Nhận xét 2.1 Nếu một trong các phát biểu của Định lý 1.1 thoả mãn thì U (α) không suy biến với mọi α ⊆ I

Chứng minh Định lý 1.1

(a ⇒ b) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng α = {1, 2, · · · , r − 1} và β =

α ∪ {r} Như vậy

U (α) = [u1,0, u2,0, · · · , u(r−1),0, ur,1, u(r+1),1· · · , un,1];

U (β) = [u1,0, u2,0, · · · , u(r−1),0, ur,0, u(r+1),1, · · · , un,1].

Đặt t := U (β)−1ur,1 ta có

ur,1 = U (β)t =

r

X

i=1

tiui,0+

n

X

j=r+1

tjuj,1

Thay vế phải của đẳng thức trên vào cột thứ r của U (α) và tính định thức của ma trận này ta nhận được

det(U (α)) = trdet(U (β))

Vì U (α) không suy biến tr 6= 0 và như vậy (1.4) tương đương với khẳng định tr < 0 Giả

sử ngược lại rằng tr > 0 Lúc đó ta đặt

x =

r−1

X

i=1

ui,0+ εur,1+

n

X

j=r+1

=

r−1

X

i=1

(1 + εti)ui,0+ εtrur,0+

n

X

j=r+1

Với ε > 0 đủ bé ta có 1 + εti > 0 với mọi i 6= r Nhưng lúc đó (2.1) và (2.2) cho ta hai biểu diễn khác nhau của x dưới dạng tổ hợp bù của U , mâu thuẫn với giả thiết rằng U là một phân hoạch hoàn toàn

(b ⇒ c) Bằng quy nạp trên |α| ta có thể chứng minh được rằng

(−1)|α| det(U (α)) det(U (∅)) > 0, α ⊆ I

Suy ra,

(−1)|I\α| det(U (α)).(−1)|I\β| det(U (β)) > 0, α, β ⊆ I (2.3)

Từ những tính chất đã biết của định thức ma trận ta dễ dàng kiểm chứng được rằng

detλ1,0

u1,0− λ1,1u1,1, λ2,0u2,0− λ2,1u2,1, · · · , λn,0un,0− λn,1un,1

α⊆I

Y

i∈α

λi,0
Y

j∈I\α

λj,1
(−1)|I\α|

det(U (α))

Kết hợp (1.5) và (2.3) ta có thể khẳng định rằng tất cả các số hạng của tổng trên là cùng dấu và hơn nữa, có ít nhất một số hạng là khác không Vì vậy định thức của ma trận khác không và do đó hệ (1.6) độc lập tuyến tính

Trong suốt phần còn lại của mục này ta giả thiết phát biểu (c) là đúng Việc chứng minh (a) được thực hiện bởi một số bổ đề

Bổ đề 2.1 Với mọi λ = (λi,s: (i, s) ∈ I × S) ∈ R2n, thoả mãn

n

X

i=1

(λi,0ui,0− λi,1ui,1) = 0 và λi,0.λi,1 ≥ 0, i ∈ I, (2.4)

ta có λ = 0

Chứng minh Do λi,0.λi,1 ≥ 0 với mọi i ∈ I, ta chỉ cần chỉ ra rằng tập hợp γ := {i | λi,0+ λi,1 6= 0}

là rỗng Thật vậy, nếu γ 6= ∅ thì từ (2.4) ta có

X

i∈γ

(λi,0ui,0− λi,1ui,1) = 0

Điều này là không thể vì {λi,0.ui,0− λi,1.ui,1 | i ∈ γ} là một hệ con khác rỗng của (1.6)

Bổ đề 2.2 Với mọi λ = (λi,s: (i, s) ∈ I × S), µ = (µi,s: (i, s) ∈ I × S) ∈ R2n thoả mãn

λi,0.λi,1 = µi,0.µi,1 = 0, λi,s≥ 0, µi,s ≥ 0; i ∈ I, s ∈ S

và

X

(i,s)∈I×S

λi,sui,s= X

(i,s)∈I×S

µi,sui,s,

ta có λ = µ

Chứng minh Từ định nghĩa ta nhận được

n

X

i=1

[(λi,0− µi,0)ui,0− (µi,1− λi,1)ui,1] = 0,

và hơn nữa,

(λi,0− µi,0).(µi,1− λi,1) = λi,0.µi,1+ λi,1.µi,0 ≥ 0; i ∈ I

Từ Bổ đề 2.1 suy ra rằng λi,0− µi,0 = λi,1− µi,1= 0 với mọi i ∈ I, tức là λ = µ

Bây giờ lấy tuỳ ý x ∈ Rn Do (c) thoả mãn, U (α) không suy biến với mọi α ⊆ I Tương ứng với một tập con như thế ta đặt yα := U (α)−1x, tức là,

x = U (α)yα =X

i∈α

yiαui,0+ X

i∈I\α

yiαui,1

Ta định nghĩa tα = sgn(yα), vec-tơ dấu của yα, được xác định như sau

tαi :=

(

i > 0) hoặc (yα

i = 0 và i ∈ α),

−1, nếu (yα

i < 0) hoặc (yα

i = 0 và i ∈ I \ α)

Bổ đề 2.3 Φ : P(I) → {−1, 1}n xác định bởi Φ(α) = tα là ánh xạ song ánh, ở đây P(I) ký hiệu tập tất cả các tập con của I

Chứng minh Vì |P(I)| = | {−1, 1}n| = 2n ta chỉ cần chứng minh Φ là đơn ánh

Giả sử ngược lại rằng tồn tại các tập con khác nhau α, β ⊆ I sao cho tα = tβ Từ định nghĩa của yα và yβ ta có

X

i∈α

yiαui,0+ X

i∈I\α

yαiui,1 = x =X

i∈β

yiβui,0+ X

i∈I\β

yβiui,1

Từ đó suy ra

X

i∈α∩β

(yαi − yβi)ui,0+ X

i∈α\β

(yαiui,0− yβiui,1) + X

i∈β\α

(−yβiui,0+ yiαui,1)

i∈I\(α∪β)

(yαi − yβi)ui,1 = 0

Mặt khác, từ tα = tβ ta có yα

i yiβ ≥ 0 với mọi i ∈ I Vậy theo Bổ đề 2.1, ta có yα

i − yiβ = 0 với mọi i ∈ (α ∩ β) ∪ (I \ (α ∪ β)) và yαi = yiβ = 0 với mọi i ∈ (α \ β) ∪ (β \ α) Vì α 6= β tồn tại, chẳng hạn, r ∈ α \ β Theo định nghĩa của vec-tơ dấu ta có tα

r = 1 và tβ

r = −1, điều này là mâu thuẫn

Bây giờ ta chứng minh khẳng định (a) Với mọi x ∈ Rn, ta chứng minh rằng có duy nhất một vec-tơ λ thoả mãn

(i,s)

λi,sui,s với λi,s≥ 0, λi,0.λi,1 = 0, (i, s) ∈ I × S (2.5)

Thật vậy, theo Bổ đề 2.3 tồn tại α ⊆ I sao cho tα = sgn(yα) = (1, 1, · · · , 1) Như vậy

yα

i ≥ 0 với mọi i ∈ I và vec-tơ λ xác định bởi

λi,0 =

(

yα

i , nếu i ∈ α,

i,1 =

(

yα

i, nếu i ∈ I \ α, thoả mãn (2.5) Cuối cùng, tính duy nhất của λ được suy ra từ Bổ đề 2.2 và định lý đã được chứng minh hoàn toàn

Nhận xét 2.2 Cho α ⊆ I, ta ký hiệu U−αlà ma trận nhận được từ U bằng cách thay các vec-tơ

ui,0, ui,1 lần lượt bởi −ui,0, −ui,1 với mọi i ∈ α Rõ ràng là nếu U thoả mãn phát biểu (c) trong Định lý 1.1 thì U−α cũng vậy Do ba phát biểu là tương đương ta suy ra rằng U−α là một phân hoạch hoàn toàn khi và chỉ khi U cũng có tính chất đó

3 Số nghiệm bài toán bù tuyến tính

Trong mục này bằng cách sử dụng đặc trưng của hệ phân hoạch không gian được thiết lập trong Định lý 1.1 ta sẽ thiết lập một vài kết quả mới về số nghiệm của bài toán bù tuyến tính Nhắc lại rằng với ma trận M ∈ Rn×n và vec-tơ q ∈ Rn Bài toán bù tuyến tính LCP(M, q) là tìm (x, z) ∈ Rn× Rn thoả mãn







x ≥ 0, z ≥ 0,

xT.z = 0,

q = −M x + z

(3.1)

Tính thời sự cũng như vai trò quan trọng của bài toán này trong lý thuyết tối ưu được chứng minh thông qua một khối lượng lớn các kết quả được công bố, và được kết tập trong

các công trình đồ sộ, chẳng hạn [4], [1] và [2] Ký hiệu SOL(M, q) là tập nghiệm của bài toán LCP(M, q), tức là tập tất cả các (x, z) thoả mãn (3.1) Cần lưu ý rằng, nếu ký hiệu

U [M ] = {−M1, e1, · · · , −Mn, en} với Mi và ei lần lượt là các vec-tơ cột thứ ith của M và của

ma trận đơn vị cấp n E, thì LCP(M, q) là bài toán tìm

λ = (x1, z1, x2, z2, · · · , xn, zn)T ≥ 0 sao cho

Với mỗi tập con ∅ 6= α ⊆ I ta đặt Mα là ma trận con chính của M tương ứng với α M được gọi là P −ma trận và ký hiệu M ∈ P, nếu det(Mα) > 0 với mọi α 6= ∅ Như một mở rộng của khái niệm này ta sẽ gọi M là P(k)−ma trận và viết M ∈ P(k), nếu tồn tại một tập con

γ ⊆ I sao cho |γ| = k và ma trận M−γ, nhận được từ M bằng cách thay các cột Mi bởi −Mi với mọi i ∈ γ, là một P −ma trận Chẳng hạn, ma trận sau





0 −1 −1





là một P(2)−ma trận vì

M−{2,3} =





2 −1 −2



∈ P

Rõ ràng lớp các P(0)−ma trận trùng với lớp các P −ma trận

Ta đã biết rằng, nếu M ∈ P thì | SOL(M, q)| ≤ 1 với mọi q ∈ Rn Thật ra, đây là một đặc trưng của P −matrices [3] Bây giờ ta sẽ mở rộng kết quả này cho các bài toán LCP(M, q) với

M là P(k)−ma trận

Bổ đề 3.1 M ∈ P nếu và chỉ nếu U [M ] là một phân hoạch hoàn toàn của Rn

Chứng minh Lưu ý rằng, U [M ](α), ma trận bù của U [M ] tương ứng với α ⊆ I, có các cột xác định bởi

U [M ](α)i =

(

−Mi, i ∈ α,

ei, i ∈ I \ α

Vậy dễ thấy det(U [M ](∅)) = det(E) = 1 và

với mọi tập khác rỗng α ⊆ I

Từ Định lý 1.1 chỉ cần chứng minh rằng M là P − ma trận nếu và chỉ nếu lớp {U [M ](α) |

α ⊆ I} thoả mãn (1.4)

Giả sử M là P −ma trận và α, β ⊆ I là kề nhau Từ định nghĩa ta có, chẳng hạn,

|β| = |α| + 1 Nếu α = ∅ thì |β| = 1 và

det(U [M ](β)) det(U [M ](α)) = det(U [M ](β)) = − det(Mβ) < 0

Nếu α 6= ∅ ta có

det(U [M ](β)) det(U [M ](α)) = (−1)|α|+|β|det(Mβ) det(Mα) < 0

Tóm lại det(U [M ](β)) det(U [M ](α)) < 0 với mọi cặp ma trận bù kề nhau

Bây giờ giả sử {U [M ](α) | α ⊆ I} thoả mãn (1.4) ta sẽ chứng minh det(Mα) > 0, với mọi

∅ 6= α ⊆ I, bằng quy nạp theo |α| Nếu |α| = 1 thì α là kề với ∅, do đó

det(Mα) = − det(U [M ](α)) = − det(U [M ](α)) det(U [M ](∅)) > 0

Giả sử det(Mβ) > 0 với mọi |β| = k ≥ 1 và α ⊆ I sao cho |α| = k + 1 Lấy tuỳ ý r ∈ α Hiển nhiên α kề với β = α \ {r} Ta có

det(Mα) det(Mβ) = (−1)2k+1det(U [M ](α)) det(U [M ](β)) > 0

Vì |β| = k nên det(Mβ) > 0, ta suy ra det(Mα) > 0 Tóm lại, det(Mα) > 0 với mọi

∅ 6= α ⊆ I, tức là M ∈ P

Hệ quả 3.1 M ∈ P nếu và chỉ nếu | SOL(M, q)| = 1 với mọi q ∈ Rn

Chứng minh Trước tiên ta cần lưu ý rằng U [M ] là một phân hoạch hoàn toàn nếu và chỉ nếu với mọi q ∈ Rn tồn tại duy nhất vec-tơ λ = (x1, z1, · · · , xn, zn) ≥ 0 thoả mãn (3.2), tức là LCP(M, q) có duy nhất nghiệm Như vậy hệ quả có thể suy ra trực tiếp từ bổ đề trên

Mệnh đề 3.1 Nếu M ∈ P(k) thì | SOL(M, q)| ≤ 2k với mọi q ∈ Rn

Chứng minh Giả sử ngược lại rằng | SOL(M, q)| > 2k Ký hiệu γ là tập con của I sao cho

|γ| = k và M−γ ∈ P Với mỗi (x, z) ∈ SOL(M, q) ta ký hiệu α(x, z) là tập các chỉ số i ∈ γ sao cho xi > 0 (và lúc đó, zi = 0):

α(x, z) := {i ∈ γ | xi > 0 = zi} ⊆ γ

Vì | SOL(M, q)| > 2k = số các tập con của γ, tồn tại (x, z), (x0, z0) ∈ SOL(M, q) sao cho (x, z) 6= (x0, z0) và α(x, z) = α(x0, z0) =: α Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

α = {1, 2, · · · , l} ⊆ γ = {1, · · · , l, l + 1, · · · , k} Vì M−γ ∈ P, từ Bổ đề 3.1 suy ra rằng

U [M−γ] =M1, e1, · · · , Ml, el, Ml+1, el+1, · · · , Mk, ek, −Mk+1, ek+1, · · · , −Mn, en

là một phân hoạch hoàn toàn Nhưng theo Nhận xét 2.2, hệ sau đây

V =−M1, −e1, · · · , −Ml, −el, Ml+1, el+1, · · · , Mk, ek, −Mk+1, ek+1, · · · , −Mn, en cũng là một hệ phân hoạch hoàn toàn Mặt khác từ định nghĩa của tập α ta có

q =

l

X

i=1

xi(−Mi) +

k

X

i=l+1

ziei+

n

X

i=k+1

q =

l

X

i=1

x0i(−Mi) +

k

X

i=l+1

zi0ei+

n

X

i=k+1

(x0i(−Mi) + zi0ei) (3.5) Nhưng (3.4) và (3.5) lại cho ta hai biểu diễn khác nhau của q dưới dạng tổ hợp bù của V , mâu thuẫn vì V là hệ phân hoạch hoàn toàn của Rn

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] R.C Cottle, J.S Pang and R.E Stone, The Linear Complementarity Problem, Academic Press, New York, 1992

[2] F Facchinei, J.S Pang, Finite-Dimentional Variational Inequalities and Complementarity Problems, Springer-Verlag, 2003

[3] K.G Murty, On the number of solutions to the complementarity problems and spanning properties of complementarity cones, Linear Algebra and Its Applications 5(1972), 65-108 [4] K.G Murty, Linear complementarity, linear and nonlinear programming, Heldermann-Verlag, Berlin, Germany, 1987

COMPLETE PARTITIONS OF Rn

Huynh The Phung College of Sciences, Hue University

SUMMARY

A complete partition of Rn is, by definition, a system of 2n vectors

U =u1,0, u1,1, u2,0, u2,1, · · · , un,0, un,1 ⊆ Rn

such that, for every x ∈ Rn there exists a unique vector λ sastisfying

λ = (λ1,0, λ1,1, · · · , λn,0, λn,1)T ∈ R2n,

λi,s ≥ 0, (i, s) ∈ I × S,

λi,0.λi,1 = 0, i ∈ I,

(i,s)∈I×S

λi,sui,s,

where I := {1, 2, · · · , n} and S := {0, 1}

Systems of this type are usually encountered in linear complementarity problems By study-ing them we expect to provide some strong tools for investigatstudy-ing theory of complementarity problems Specifically, in this paper we shall prove a basic characterization of complete parti-tions in Rn and then derive some direct applications to linear complementarity problems