Bài toán tối ưu vectơ với các hàm khả vi fréchet và điều kiện tối ưu cấp hai

Novo [11], 2003 đã thiết lập các điềukiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ có ràng buộc tập với các hàmkhả vi Fréchet hai lần và bài toán tối ưu với ràng buộc nón với điều kiệnch

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

—————————————————

LÊ THỊ HOÀI ANH

BÀI TOÁN TỐI ƯU VECTƠ

VỚI CÁC HÀM KHẢ VI FRÉCHET

VÀ ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên – 2017

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

—————————————————

LÊ THỊ HOÀI ANH

BÀI TOÁN TỐI ƯU VECTƠ

VỚI CÁC HÀM KHẢ VI FRÉCHET

VÀ ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CẤP HAI

Chuyên ngành: GIẢI TÍCH

Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa họcPGS.TS ĐỖ VĂN LƯU

Thái Nguyên – 2017

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trungthực, không trùng lặp với các đề tài khác và các thông tin trích dẫn trongluận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2017

Người viết luận văn

Lê Thị Hoài Anh

Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành trong khóa 23 đào tạo Thạc sĩ của trường Đạihọc Sư phạm – Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS ĐỗVăn Lưu, Viện Toán học Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầyhướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa học,tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức hướngdẫn tôi hoàn thành luận văn

Tôi cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của TrườngĐại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đãtận tình giảng dạy, khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn tronghọc tập

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đạihọc Sư phạm – Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp

đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập

Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, người thân và bạn bè đã động viên,ủng hộ tôi để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học và luận văn của mình

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2017

Người viết luận văn

Lê Thị Hoài Anh

buộc tập 81.3 Định lý luân phiên Motzkin suy rộng 111.4 Quy tắc nhân tử Lagrange 19

2 Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ cuả Ivanov 332.1 Các khái niệm và định nghĩa 332.2 Điều kiện chính quy cấp hai kiểu Zangwill 38

2.3 Điều kiện cần Karush–Kuhn–Tucker (KKT) cấp hai cho cực

tiểu yếu địa phương 42

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Lý thuyết các điều kiện tối ưu là một bộ phận quan trọng của tối ưu hoá.Điều kiện tối ưu Karush–Kuhn–Tucker (KKT) là công cụ hữu hiệu để giảicác bài toán tối ưu B Jiménez và V Novo ([11], 2003) đã thiết lập các điềukiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ có ràng buộc tập với các hàmkhả vi Fréchet hai lần và bài toán tối ưu với ràng buộc nón với điều kiệnchính quy Abadie cấp hai V.I Ivanov ([10], 2015) đã nghiên cứu bài toán tối

ưu vectơ với các hàm khả vi liên tục Fréchet và dẫn các điều kiện KKT vớiđiều kiện chính quy Zangwill cấp hai Đây là đề tài được nhiều tác giả quantâm nghiên cứu Chính vì thế tôi chọn đề tài: “Bài toán tối ưu vectơ vớicác hàm khả vi Fréchet và điều kiện tối ưu cấp hai”

2 Nội dung đề tài

Luận văn trình bày các điều kiện tối ưu cấp hai của Jiménez–Novo (2003)cho bài toán có ràng buộc tập và bài toán có ràng buộc nón với các hàmkhả vi Fréchet hai lần, và các điều kiện tối ưu cấp hai của Ivanov (2015)cho bài toán tối ưu vectơ với các hàm khả vi liên tục Fréchet

Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục cáctài liệu tham khảo.

Chương 1: "Điều kiện cần cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ của Novo"

Jiménez-Trình bày các kết quả của Jiménez–Novo [11] về điều kiện cần tối ưu cấphai cho cực tiểu yếu của bài toán tối ưu vectơ với ràng buộc tập trong khônggian định chuẩn với hàm mục tiêu khả vi Fréchet hai lần Điều kiện cần tối

ưu cấp hai dạng đối ngẫu được trình bày cho bài toán với tập ràng buộcđược xác định qua một hàm trong không gian hữu hạn chiều Định lý luânphiên Motzkin suy rộng được trình bày làm công cụ để dẫn quy tắc nhân

tử Lagrange

Chương 2: "Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ của Ivanov"Trình bày các kết quả của Ivanov [10] về điều kiện cần tối ưu cấp haiKarush–Kuhn–Tucker dạng nguyên thủy và dạng đối ngẫu cho bài toán tối

ưu vectơ có ràng buộc bất đẳng thức với điều kiện chính quy kiểu Zangwillcấp hai

ý của X, và thứ tự trong Y được cho bởi nón lồi D nhọn (D ∩ −D = {0})

và có phần trong khác rỗng

Đặc biệt ta xét bài toán quy hoạch sau trong không gian hữu hạn chiều:

Min f (x), x ∈ S := g−1(Q), (I.2)với f : Rn → Rp, g : Rn → Rm vàQ là một tập con không nhất thiết lồi của

Rm với nón tiếp tuyến lồi Hàm f và g là khả vi Fréchet hai lần tại điểm tốiưu

Chương 1 trình bày các điều kiện cần tối ưu cho cực tiểu yếu của bài toán(I.1) với hàm mục tiêu khả vi Fréchet hai lần Điều kiện cần dạng đối ngẫuđược trình bày cho bài toán (I.2) Định lí luân phiên Motzkin suy rộng đượctrình bày để dẫn quy tắc nhân tử Lagrange

Các kết quả được trình bày trong chương này là của B Jiménez – V Novo([11], 2003).

1.1 Kiến thức chuẩn bị

Cho X là một không gian định chuẩn và S là tập con của X Ta kíhiệu B(x0, δ) là hình cầu mở tâm x0 và bán kính δ, int S là phần trongcủa tập S, cl S là bao đóng của tập S, cone S là nón sinh bởi tập S vàcone+S = {αx : α > 0, x ∈ S}

Nhắc lại rằng điểm x0 ∈ S được gọi là cực tiểu địa phương (cực tiểuyếu địa phương) của bài toán (I.1) Kí hiệu x0 ∈ LMin(f, S) (tương ứng

x0 ∈ LWMin(f, S) đối với điểm cực tiểu yếu địa phương), nếu tồn tại lâncận U của x0 sao cho

(a) Nón tiếp tuyến của S tại điểm x0 là

T (S, x0) = {u ∈ X : ∃tn → 0+, ∃un → u sao cho

x0 + tnun ∈ S ∀n ∈ N}

(b) Tập tiếp tuyến cấp hai của S tại (x0, v) là

(c) Nón các phương chấp nhận được của S tại x0 là

A(S, x0) = {u ∈ X : ∀tn → 0+, ∃un → u sao cho

Mệnh đề 1.1.2 Cho S là tập con của X, x0 ∈ cl S và v ∈ X

(i) T2(S, x0, v) là tập đóng chứa trong cl cone( cone(S − x0) − v);

(ii) Nếu v 6∈ T (S, x0) thì T2(S, x0, v) = ∅;

(iii) T2(S, x0, 0) = T (S, x0);

(iv) T2(S, x0, v) + αv ⊂ T2(S, x0, v), với mọi α ∈ R.

Ta chỉ ra rằng nếu đổi nón T và tập T2 lần lượt thành A và A2 thì cáctính chất đó vẫn đúng

Khi tập S là tập lồi, ta có các mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.1.3 Cho S ⊂ X là tập lồi và x0 ∈ cl S, khi đó

(i) A(S, x0) = T (S, x0) =cl cone(S − x0)

Hơn nữa, nếu int S 6= ∅ thì

(ii) IT (int S, x0) = IT (S, x0) =cone+(int S − x0) = int cone(S − x0);

cone+(int S − x0) = ∪α>0α(int S − x0),

là tập mở chứa trong cone(S − x0) Do đó,

cone+(int S − x0) ⊂ int(cone(S − x0))

Ta chỉ ra rằng cone+(int S − x0) là trù mật trong cone(S − x0)

Cho v = α(x − x0) ∈ cone(S − x0), với α > 0 và x ∈ S

Cho ε > 0, do int S trù mật trong S, nên tồn tại x1 ∈ int S sao cho

kx − x1k < α−1ε Do đó,

αk(x − x0) − (x1 − x0)k < ε

Bởi vậy, kv − wk < ε, trong đó w = α(x1 − x0) ∈ cone+(int S − x0)

(iii) được suy ra từ (i) và (ii)

Chú ý rằng ta không giả sử x0 ∈ S Cũng chú ý rằng cl cone(S − x0),

cone(S − x0),int cone(S − x0) và cone+(int S − x0) có cùng bao đóng và

phần trong Ta có hệ quả của Mệnh đề 1.1.3 (i): Nếu v ∈ T (S, x0) thì

T (T (S, x0), v) = cl cone(cone(S − x0) − v)

Hơn nữa, nếu 0 ∈ T2(S, x0, v) (đặc biệt khi S là đa diện) thì

T2(S, x0, v) = T (T (S, x0), v)

(Điều này suy ra từ (1.1))

Mệnh đề 1.1.4 Cho S ⊂ X là tập lồi, x0 ∈ S và v ∈ T (S, x0) Khi đó,

Nhắc lại: Cho X, Y là các không gian Banach Ánh xạ f : X → Y đượcgọi là khả vi Fréchet tại x0 ∈ X nếu tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liêntục ∇f (x0) : X → Y, gọi là đạo hàm Fréchet của f tại x0, sao cho

limx→x0 f (x) − f (x0) − ∇f (x0)(x − x0)

kx − x0k = 0.

Đạo hàm Fréchet cấp một và cấp hai của f : X → Y tại x0 lần lượt được

kí hiệu là f0(x0) và f00(x0)

Bổ đề dưới đây là hệ quả trực tiếp của khai triển Taylor cấp hai

Bổ đề 1.1.7 Cho f : X → Y là khả vi Fréchet hai lần tại x0 và v, w ∈ X.Nếu

limn→∞ xn− x0 − tnv

1

2t2 n

= f0(x0)w + f00(x0)(v, v)

1.2 Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ có ràng

buộc tập

Trong phần này, nón tiếp tuyến và tập tiếp tuyến cấp hai được sử dụng

để dẫn điều kiện cần tối ưu tổng quát khi hàm mục tiêu là khả vi Fréchethai lần

Với hàm mục tiêu của bài toán (I.1), ta có thể định nghĩa nón tuyến tínhhóa và tập tuyến tính hóa cấp hai như sẽ định nghĩa cho tập chấp nhậnđược trong phần (1.4)

Cho x0 ∈ S, ta xác định:

C0(f, x0) = {v ∈ X, f0(x0)v ∈ −int D},

Định lý 1.2.1 Cho f : X → Y là khả vi Fréchet hai lần tại x0 ∈ S ⊂ X.Nếu x0 ∈ LW M in(f, S) thì

2t

2 n

¯

d := f0(x0)w + f00(x0)(v, v) ∈ −int cone(D + f0(x0)v) (1.3)Với f khả vi hai lần tại x0, từ (1.2), sử dụng Bổ đề 1.1.7 ta có

limn→∞ f (xn) − f (x0) − tnf

0(x0)v1

2t

2 n

Với f0(x0)v ∈ −cl D (vì v ∈ C(f, x0)), từ Mệnh đề 1.1.3 ta có

−int cone(D + f0(x0), v) = IT (−int D, f0(x0)v)

Từ (1.3) ta có d ∈ IT (−¯ int D, f0(x0)v) Theo định nghĩa nón IT tồn tại

mâu thuẫn với tính cực tiểu yếu địa phương của x0

Phần (ii) của Định lý 1.2.1 đúng với mọi v ∈ X nhưng chỉ có ý nghĩa với

v ∈ T (S, x0) ∩ [C(f, x0) \ C0(f, x0)],

vì nếuv 6∈ T (S, x0) thìT2(S, x0, v) = ∅(Mệnh đề 1.1.2) và nếuv 6∈ C(f, x0)

thì C02(f, x0, v) = ∅

Đặc biệt, nếu trong Định lý 1.2.1, bài toán đa mục tiêu Pareto (tức là

Y = Rp và D = Rp+) được xét và sử dụng Nhận xét 1.1.6 (i) ta thu được hệquả sau

Hệ quả 1.2.2 (Điều kiện cần cho cực tiểu Pareto) Cho f : X → Rp

khả vi Fréchet hai lần tại x0 ∈ S ⊂ X Nếu x0 là cực tiểu Pareto yếu địaphương của f trên S thì với mỗi

1.3 Định lý luân phiên Motzkin suy rộng

Để nhận được quy tắc nhân tử Lagrange của bài toán (I.2), ta trình bàymột vài kết quả và Định lý luân phiên Motzkin suy rộng

Cho tập con E của Rm, cực âm của E là

(iii) B˜ là một tập con của Rm, K ⊂ Rm là một nón lồi khác rỗng thỏa mãn

B + K ⊂ ˜B;

(iv) ϕ : Rn →Rp là tuyến tính và y0 ∈ Rp;

(v) C ⊂ Rp là một nón lồi với int C 6= ∅

Không gian đối ngẫu của Rm là Rm, một phần tử µ ∈ Rm có thể xem nhưmột hàm tuyến tính µ từ Rm vào R Ta kí hiệu ri B là phần trong tươngđối của B và δB là hàm tựa lồi của tập lồi B, tức là

δB(µ) = sup

b∈B

hµ, bi x

Bổ đề 1.3.1 Cho µ ∈ Rm, α ∈ R, B ⊂ Rm là một tập lồi và K ⊂ Rm làmột nón lồi (với 0 ∈ K) Khi đó,

(⇐) Hiển nhiên (1.8) đúng và ta suy ra điều phải chứng minh

Bổ đề 1.3.2 (i) Với các giả thiết (A)(i)–(ii), các phát biểu sau đây làtương đương:

(a) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho ψ(x) + z0 ∈ ri B;

(b) Tồn tại µ ∈Rm, µ 6= 0 sao cho

µ ◦ ψ = 0, hµ, z0i ≥ δB(µ) và hµ, z0i > hµ, b0i với b0 ∈ B nào đó

(ii) Hơn nữa, giả sử B là tập lồi đa diện Khi đó các mệnh đề sau đây làtương đương:

(a’) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho ψ(x) + z0 ∈ B;

(b’) Tồn tại µ ∈Rm, µ 6= 0 sao cho

µ ◦ ψ = 0 và hµ, z0i > δB(µ)

Chứng minh (i) (a) ⇒ (b): Từ giả thiết, các tập lồi ψ(Rn) + z0 và ri B làrời nhau, ψ(Rn) + z0 là một tập lồi đa diện Khi đó, theo định lý tách củatập lồi đa diện [14, Định lý 20.2], tồn tại µ ∈ Rm, µ 6= 0 và α ∈ R sao cho

(a) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho

ϕ(x) + y0 ∈ −int C, ψ(x) + z0 ∈ ˜B (1.11)(b) Tồn tại (λ, µ) ∈ Rp×Rm sao cho

λ ∈ C+, λ 6= 0, µ ∈ K−, (1.12)

λ ◦ ϕ + µ ◦ ψ = 0, (1.13)

hλ, y0i + hµ, z0i ≥ δB(µ) (1.14)

Khi đó,

(i) (b) đúng ⇒ (a) đúng với B = B + K˜ .

(ii) Nếu một trong các điều kiện sau đây đúng

∃x ∈ Rn : ψ(x) + z0 ∈ ri (B + K), (1.15)hoặc B + K là đa diện và

∃x ∈ Rn : ψ(x) + z0 ∈ B + K, (1.16)thì (a) suy ra (b)

Chứng minh (i) Giả sử (a) không đúng Giả sử tồn tại x ∈ Rn sao cho(1.11) thỏa mãn với B = B + K˜ .

Đặc biệt, ψ(x) + z0 = b + k với b ∈ B, k ∈ K nào đó

Do λ ∈ C+, λ 6= 0 và ϕ(x) + y0 ∈ −int C, theo [6, Bổ đề 3.4.1], ta có

hλ, ϕ(x) + y0i < 0, (1.17)

Từ (1.14) và µ ∈ K− ta có

hµ, ψ(x) + z0i = hµ, b + ki ≤ hµ, bi ≤ α0 := hλ, y0i + hµ, z0i (1.18)

là không tương thích theo x ∈ Rn do điều kiện (a) và giả thiết (A)(iii).

Hệ (1.19) là không tương thích nếu và chỉ nếu không có giá trị x nào x ∈ Γ

sao cho

Φ(x) := ϕ(x) + y0 ∈ −int C

Do Φ là C-lồi, theo Định lý tách [6, Định lý 3.4.2] tồn tại λ ∈ C+, λ 6= 0

sao cho hλ, Φ(x)i ≥ 0 với mọi x ∈ Γ, tức là

hθ, xi ≥ β0 ∀x ∈ Γ, (1.20)trong đó θ = λ ◦ ϕ là tuyến tính từ Rn vào R và β0 = hλ, −y0i

Cho bθ : Rn×R → R và bψ : Rn ×R → Rm ×R là hàm tuyến tính được

cho bởi

b

θ(x, t) = θ(x) − β0t, ψ(x, t) = (ψ(x) + tzb 0, t), (1.21)và

vì (x, t) ∈ Γb nếu và chỉ nếu t > 0 và t−1x ∈ Γ Vì vậy −θ ∈b Γb−.

Áp dụng Hệ quả 16.3.2 trong [14] cho hàm tuyến tính bψ và tập lồicone+((B + K) × {1}), vì x = x0 thỏa mãn (1.15) nên ta có

hλ, ϕ(x)i + hλ, y0i t + hµ, ψ(x) + tz0i + αt = 0 ∀(x, t) ∈ Rn×R

Lấy t = 0 ta được λ ◦ ϕ + µ ◦ ψ = 0

Nếu t 6= 0 ta suy ra

hλ, y0i + hµ, z0i = −α ≥ sup{hµ, b + ki : b ∈ B, k ∈ K},

vì (µ, α) ∈ ((B + K) × {1})−1 tương đương với hµ, b + ki + α ≤ 0 với mọi

(b, k) ∈ B × K Kết quả được suy ra từ Bổ đề 1.3.1

Giả sử (1.16) thỏa mãn Khi đó tồn tại ánh xạ tuyến tính ξ : Rn → Rl

và c ∈ Rl sao cho

B + K = {z ∈ Rm : ξ(z) ≤ c} (1.22)

Từ (1.20), xét bài toán lồi với ràng buộc affine:

Theo (1.23), ta có điều phải chứng minh

Áp dụng Định lý 1.3.3, ta có thể chứng minh Định lí luân phiên (xem[17, Bổ đề 4.2])

Hệ quả 1.3.4 (Định lý luân phiên Motzkin không thuần nhất)Cho ϕ : Rn → Rp, ψ1 : Rn → Rs, ψ2 : Rn → Rr là các ánh xạ tuyến tính và

(y0, z1, z2) ∈Rp×Rs×Rr Khi đó các phát biểu sau là tương đương:

(a) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho

ϕ(x) + y0 < 0,

+ × Rr, λ 6= 0 sao cho(1.24) đúng và

(b)⇒(a) Nếu λ 6= 0, ta áp dụng Định lí 1.3.3.

Nếu λ = 0 thì sử dụng (1.25) và (1.26) ta có:

(µ, z0) = α0 > 0 = δB(µ)

Do đó µ 6= 0 Áp dụng Bổ đề 1.3.2(ii) ta có điều phải chứng minh

1.4 Quy tắc nhân tử Lagrange

Trong phần này, ta trở lại với bài toán quy hoạch đa mục tiêu (I.2).Giả sử f và g là khả vi hai lần tại x0 ∈ S := g−1(Q) và Rp được sắp thứ tựbởi một nón lồi nhọn D với int D 6= ∅

Để thảo luận bài toán (I.2), ta đưa vào một số các kí hiệu và khái niệmsau:

Nón pháp tuyến của tập Q ⊂ Rm tạiz là cực của nón tiếp tuyến T (Q, z) :

Mệnh đề 1.4.1 (i) T (S, x0) ⊂ C(S, x0).

(ii) T2(S, x0, v) ⊂ C2(S, x0, v) với mọi v ∈ Rn

Chứng minh Ta chứng minh (ii) bởi vì (i) được suy ra từ (ii) bằng cách lấy

Định nghĩa 1.4.2 Ta nói điều kiện chính quy Abadie cấp hai (SOACQ)đúng tại (x0, v) nếu T2(S, x0, v) = C2(S, x0, v) 6= ∅

Theo Bigi và Castellani, trong [4, Định nghĩa 5.1], xét trường hợp Paretiancủa bài toán (I.2) với Q = Rs−× {0r} và định nghĩa của (SOACQ) khôngđòi hỏi điều kiện T2(S, x0, v) 6= ∅, nhưng điều này là cần thiết như trong ví

dụ dưới đây chỉ ra

Ví dụ 1.4.3 Xét bài toán (I.2) với f :R3 → R2 cho bởi

f (x1, x2, x3) = (x1 + x21 + x22 + x23, x2 + x21 + x22 + x23),

và g :R3 →R2 được cho bởi

Định lý 1.4.4 Cho x0 là một cực tiểu yếu địa phương của bài toán (I.2) với

Q ⊂ Rm sao cho T (Q, g(x0)) là lồi, Q là T2–ổn định tại (g(x0), g0(x0)v) vàcho v ∈ C(x0) là một phương tới hạn Nếu (SOACQ) thỏa mãn tại (x0, v)

thì với mỗi tập con lồi khác rỗng τ (v) của T2(Q, g(x0), g0(x0)v) tồn tại

Nếu ngoài những giả thiết trên, một trong những điều kiện chính quy sau làđúng:

Nếu (1.31) là sai, tức là nếu không tồn tại w ∈ Rn sao cho

λ ∈ C+ = {λ ∈ D+ : hλ, f0(x0)vi = 0},

µ ∈ K− (K−cho bởi (1.34)),

và (1.13), (1.14) đúng Nhưng (1.13) và (1.14) lần lượt là (1.29) và (1.30).Phần 2 bây giờ là hiển nhiên

Bây giờ, ta sẽ nghiên cứu một vài điều kiện liên quan đến điều kiện chínhquy (1.31)

Mệnh đề 1.4.5 Xét các phát biểu sau:

(a) g0(x0)(Rn) − cone[τ (v) + T (T (Q, g(x0)), g0(x0)v) − g00(x0)(v, v)] = Rm

(b) Không có giá trị nào khác không của µ ∈ Rm sao cho

Từ Bổ đề 1.3.2(i), điều kiện chính quy (1.31) tương đương với:

(d) Không có giá trị nào khác không của µ ∈ Rm sao cho µ ◦ ψ = 0,

hµ, z0i ≥ δB+K(µ) và hµ, z0i > hµ, ¯zi với z ∈ B + K¯ nào đó

Sử dụng Bổ đề 1.3.1 thì rõ ràng (b) ⇒ (d) Ta chứng minh các suy luậnkhác: