65 TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009 HỆ PHÂN HOẠCH HOÀN TOÀN KHÔNG GIAN R N Huỳnh Thế Phùng Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế TÓM TẮT Một phân hoạch hoàn toàn của R n là một hệ gồm 2n vec-tơ U = u 1,0, u 1,1, u 2,0, u 2,1,, u n,0, u n,1} R n sao cho, với mọi x R n tồn tại duy nhất vec-tơ λ thoả mãn λ = (λ 1,0, λ 1,1,, λ n,0, λ n,1 ) T R 2n, λ i,s 0, (i, s) I S, λ i,0.λ i,1 = 0, i I, x = λ i,s u i,s (i,s) I 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 R n và một vài ứng dụng trực tiếp của nó trong việc khảo sát số nghiệm của bài toán bù. 1 Mở đầu Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian R n : U = u 1,0, u 1,1, u 2,0, u 2,1,, u n,0, u n,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 R n tồn tại duy nhất một vec-tơ λ thoả mãn λ = (λ 1,0, λ 1,1,, λ n,0, λ n,1 ) T R 2n, λ i,s 0, (i, s) I S, (1.2) λ i,0.λ i,1 = 0, i I, x = Uλ = (i,s) I S λi,s u i,s, 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 R n 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) R n 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 u i,0, i α, = (1.3) u i,1, i I \ α. Ký hiệu M(U) = U(α) α I}. Rõ ràng, M(U) = 2 n. 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, 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 R n, U(α) i = U(β) i, i I \ r}, U(α) r, U(β) r } = u r,0, u r,1}. b. Với mọi cặp ma trận bù U(α), U(β), ta có det(u(α)). det(u(β)) < 0. (1.4) c. Với mọi λ = (λ 1,0, λ 1,1, λ 2,0, λ 2,1,, λ n,0, λ n,1 ) T R 2n thoả mãn λ i,0.λ i,1 0, λ i,0 + λ i,1 0, i I, (1.5) hệ λ i,0.u i,0 λ i,1.u i,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) = [u 1,0, u 2,0,, u (r 1),0, u r,1, u (r+1),1, u n,1 ]; 66
U(β) = [u 1,0, u 2,0,, u (r 1),0, u r,0, u (r+1),1,, u n,1 ]. Đặt t := U(β) 1 u r,1 ta có u r,1 = U(β)t = r n t i u i,0 + t j u j,1. j=r+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)) = t r det(u(β)). Vì U(α) không suy biến t r 0 và như vậy (1.4) tương đương với khẳng định t r < 0. Giả sử ngược lại rằng t r > 0. Lúc đó ta đặt r 1 x ɛ = u i,0 + εu r,1 + n j=r+1 r 1 = (1 + εt i )u i,0 + εt r u r,0 + u j,1 (2.1) n (1 + εt j )u j,1. (2.2) j=r+1 Với ε > 0 đủ bé ta có 1 + εt i > 0 với mọi i r. Nhưng lúc đó (2.1) và (2.2) cho ta hai biểu diễn khác nhau của x ɛ 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 Suy ra, ( 1) α. det(u(α)). det(u( )) > 0, α I. ( 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 det λ 1,0 u 1,0 λ 1,1 u 1,1, λ 2,0 u 2,0 λ 2,1 u 2,1,, λ n,0 u n,0 λ n,1 u n,1} = ( λ i,0)( λ j,1) ( 1) I\α det(u(α)). α I i α j I\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 = (λ i,s : (i, s) I S) R 2n, thoả mãn ta có λ = 0. n (λ i,0 u i,0 λ i,1 u i,1 ) = 0 và λ i,0.λ i,1 0, i I, (2.4) 67
Chứng minh. Do λ i,0.λ i,1 0 với mọi i I, ta chỉ cần chỉ ra rằng tập hợp γ := i λ i,0 + λ i,1 0} là rỗng. Thật vậy, nếu γ thì từ (2.4) ta có (λ i,0 u i,0 λ i,1 u i,1 ) = 0. i γ Điều này là không thể vì λ i,0.u i,0 λ i,1.u i,1 i γ} là một hệ con khác rỗng của (1.6). Bổ đề 2.2. Với mọi λ = (λ i,s : (i, s) I S), µ = (µ i,s : (i, s) I S) R 2n thoả mãn λ i,0.λ i,1 = µ i,0.µ i,1 = 0, λ i,s 0, µ i,s 0; i I, s S và ta có λ = µ. λ i,s u i,s = µ i,s u i,s, (i,s) I S (i,s) I S Chứng minh. Từ định nghĩa ta nhận được n [(λ i,0 µ i,0 )u i,0 (µ i,1 λ i,1 )u i,1 ] = 0, và hơn nữa, (λ i,0 µ i,0 ).(µ i,1 λ i,1 ) = λ i,0.µ i,1 + λ i,1.µ i,0 0; i I. Từ Bổ đề 2.1 suy ra rằng λ i,0 µ i,0 = λ i,1 µ i,1 = 0 với mọi i I, tức là λ = µ. Bây giờ lấy tuỳ ý x R n. Do (c) thoả mãn, U(α) không suy biến với mọi α I. Tương ứng với một tập con như thế ta đặt y α := U(α) 1 x, tức là, x = U(α)y α = yi α u i,0 + yi α u i,1. i α i I\α Ta định nghĩa t α = sgn(y α ), vec-tơ dấu của y α, được xác định như sau t α 1, nếu (yi α > 0) hoặc (yi α = 0 và i α), i := 1, nếu (yi α < 0) hoặc (yi α = 0 và i I \ α). Bổ đề 2.3. Φ : P(I) 1, 1} n xác định bởi Φ(α) = t α 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 = 2 n 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 t α = t β. Từ định nghĩa của y α và y β ta có yi α u i,0 + y β i ui,0 + y β i ui,1. i α i I\α y α i u i,1 = x = i β 68 i I\β
Từ đó suy ra i α β (yi α y β i )ui,0 + (yi α u i,0 y β i ui,1 ) + ( y β i ui,0 + yi α u i,1 ) i α\β + i I\(α β) i β\α (y α i y β i )ui,1 = 0. Mặt khác, từ t α = t β ta có y α i y β i 0 với mọi i I. Vậy theo Bổ đề 2.1, ta có y α i y β i = 0 với mọi i (α β) (I \ (α β)) và y α i = y β i = 0 với mọi i (α \ β) (β \ α). Vì α β tồn tại, chẳng hạn, r α \ β. Theo định nghĩa của vec-tơ dấu ta có t α r = 1 và t β r = 1, điều này là mâu thuẫn. Bây giờ ta chứng minh khẳng định (a). Với mọi x R n, ta chứng minh rằng có duy nhất một vec-tơ λ thoả mãn x = (i,s) λ i,s u i,s với λ i,s 0, λ i,0.λ i,1 = 0, (i, s) I S. (2.5) y α i Thật vậy, theo Bổ đề 2.3 tồn tại α I sao cho t α = sgn(y α ) = (1, 1,, 1). Như vậy 0 với mọi i I và vec-tơ λ xác định bởi λ i,0 yi α, nếu i α, = λ i,1 0, nếu i α, = 0, nếu i I \ α, yi α, 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 α là ma trận nhận được từ U bằng cách thay các vec-tơ u i,0, u i,1 lần lượt bởi u i,0, u i,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 R n n và vec-tơ q R n Bài toán bù tuyến tính LCP(M, q) là tìm (x, z) R n R n thoả mãn x 0, z 0, x T.z = 0, (3.1) q = Mx + z. 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 69
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] = M 1, e 1,, M n, e n } với M i và e i lần lượt là các vec-tơ cột thứ i th của M và của ma trận đơn vị cấp n E, thì LCP(M, q) là bài toán tìm λ = (x 1, z 1, x 2, z 2,, x n, z n ) T 0 sao cho x i z i = 0, i I = 1, 2,, n} và q = Uλ. (3.2) Với mỗi tập con = α I ta đặt M α 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(m α ) > 0 với mọi α. 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 M i bởi M i với mọi i γ, là một P ma trận. Chẳng hạn, ma trận sau 2 1 2 1 1 0 0 1 1 là một P (2) ma trận vì 2 1 2 M 2,3} = 1 1 0 P. 0 1 1 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 R n. 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 R n. 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 M i, i α, = e i, i I \ α. Vậy dễ thấy det(u[m]( )) = det(e) = 1 và det(u[m](α)) = ( 1) α det(m α ) (3.3) 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(m β ) < 0. 70
Nếu α ta có det(u[m](β)) det(u[m](α)) = ( 1) α + β det(m β ) det(m α ) < 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(m α ) > 0, với mọi α I, bằng quy nạp theo α. Nếu α = 1 thì α là kề với, do đó det(m α ) = det(u[m](α)) = det(u[m](α)) det(u[m]( )) > 0. Giả sử det(m β ) > 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(m α ) det(m β ) = ( 1) 2k+1 det(u[m](α)) det(u[m](β)) > 0. Vì β = k nên det(m β ) > 0, ta suy ra det(m α ) > 0. Tóm lại, det(m α ) > 0 với mọi α I, tức là M P. Hệ quả 3.1. M P nếu và chỉ nếu SOL(M, q) = 1 với mọi q R n. Chứng minh. Trước tiên ta cần lưu ý rằng U[M] là một phân hoạch hoàn toàn nếu và chỉ nếu với mọi q R n tồn tại duy nhất vec-tơ λ = (x 1, z 1,, x n, z n ) 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) 2 k với mọi q R n. Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng SOL(M, q) > 2 k. 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 x i > 0 (và lúc đó, z i = 0): α(x, z) := i γ x i > 0 = z i } γ. Vì SOL(M, q) > 2 k = số các tập con của γ, tồn tại (x, z), (x, z ) SOL(M, q) sao cho (x, z) (x, z ) và α(x, z) = α(x, z ) =: 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 ] = M 1, e 1,, M l, e l, M l+1, e l+1,, M k, e k, M k+1, e k+1,, M n, e n} là một phân hoạch hoàn toàn. Nhưng theo Nhận xét 2.2, hệ sau đây V = M 1, e 1,, M l, e l, M l+1, e l+1,, M k, e k, M k+1, e k+1,, M n, e n} cũng là một hệ phân hoạch hoàn toàn. Mặt khác từ định nghĩa của tập α ta có l k n q = x i ( M i ) + z i e i + (x i ( M i ) + z i e i ), (3.4) q = l x i( M i ) + i=l+1 k i=l+1 z ie i + i=k+1 n (x i( M i ) + z ie i ). (3.5) i=k+1 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 R n. 71
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 R n Huynh The Phung College of Sciences, Hue University SUMMARY A complete partition of R n is, by definition, a system of 2n vectors U = u 1,0, u 1,1, u 2,0, u 2,1,, u n,0, u n,1} R n such that, for every x R n there exists a unique vector λ sastisfying λ = (λ 1,0, λ 1,1,, λ n,0, λ n,1 ) T R 2n, λ i,s 0, (i, s) I S, λ i,0.λ i,1 = 0, i I, x = λ i,s u i,s, (i,s) I S where I := 1, 2,, n} and S := 0, 1}. Systems of this type are usually encountered in linear complementarity problems. By studying them we expect to provide some strong tools for investigating theory of complementarity problems. Specifically, in this paper we shall prove a basic characterization of complete partitions in R n and then derive some direct applications to linear complementarity problems. 72