LỜI CẢM ƠN Trước trình bày khóa luận, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy ThS Nguyễn Quốc Tuấn tận tình bảo, giúp đỡ suốt trình hoàn thiện khóa luận Trong trình học tập, đặc biệt suốt trình làm khóa luận nhận động viên bảo, tạo điều kiện thầy cô tham gia giảng dạy, công tác trường Đại học Sư phạm Hà Nội Qua đây, xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo tổ Giải tích, khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội Cuối cùng, xin cảm ơn giúp đỡ, quan tâm, động viên gia đình, bạn bè suốt thời gian vừa qua Một lần xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Thu Huyền LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp đại học chuyên nghành Toán với đề tài “Một số cách chứng minh bổ đề Farkas’’ hoàn thành nhận thức thân, không trùng với khóa luận có trước Trong trình nghiên cứu thực khóa luận, kế thừa thành tựu nhà khoa học với lòng trân trọng biết ơn Hà Nội, ngày 01 tháng 05 năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Thu Huyền MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương 1: Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian vector định chuẩn 1.1.1 Khái niệm không gian vector 1.1.2 Vector độc lập tuyến tính, vector phụ thuộc tuyến tính 1.1.3 Khái niệm không gian định chuẩn 1.1.4 Sự hội tụ không gian định chuẩn 1.2 Toán tử tuyến tính 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Điều kiện liên tục 1.2.3 Toán tử nghịch đảo 1.3 Phiếm hàm tuyến tính 10 1.3.1 Định nghĩa 10 1.3.2 Phiếm hàm song tuyến tính 10 1.4 Không gian hillbert 11 1.4.1 Tích vô hướng 11 1.4.2 Bất đẳng thức Schwarz 11 1.4.3 Định nghĩa không gian Hilbert ví dụ 12 1.4.4 Tính trực giao, hình chiếu 13 1.4.5 Dạng tổng quát phiếm hàm tuyến tính không gian Hillbert 15 1.5 Tập lồi 15 1.5.1 Định nghĩa tính chất 15 1.5.2 Bao lồi bao lồi đóng 17 1.5.3 Các định lý tách 17 1.6 Hệ phương trình tuyến tính 19 Chương 2: Một số cách chứng minh bổ đề Farkas 23 2.1 Bổ đề Farkas 23 2.2 Một số cách chứng minh bổ đề Farkas 24 2.2.1 Cách chứng minh thứ 25 2.2.2 Cách chứng minh thứ hai 29 2.2.3 Cách chứng minh thứ ba 31 2.2.4 Cách chứng minh thứ tư 32 Chương 3: Ứng dụng bổ đề Farkas 35 KẾT LUẬN 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO 38 MỞ ĐẦU Như biết, bổ đề Farkas sử dụng rộng rãi Toán học Bổ đề công bố lần năm 1898 Hungary, biết đến rộng rãi Đức năm 1902 Trong thập niên vừa qua, bổ đề Farkas mở rộng phát triển với nhiều biến thể nhiều phương pháp chứng minh khác Hiện nay, có số sách chuyên đề viết bổ đề Farkas ứng dụng Toán học thực tiễn đời sống có số sinh viên nghiên cứu hoàn thành khóa luận tốt nghiệp đại học với đề tài liên quan đến bổ đề Farkas Với mục đích tìm hiểu sâu bổ đề Farkas, biến thể bổ đề Farkas, phương pháp khác để chứng minh bổ đề Farkas ứng dụng bổ đề Farkas thực tế Cũng để tích lũy kinh nghiệm cho thân phục vụ cho công tác học tập, giảng dạy sau này, đồng thời giới thiệu cho bạn sinh viên có nhìn tổng quan sâu sắc bổ đề Farkas ứng dụng bổ đề Farkas Vì lý với góp ý động viên tận tình giúp đỡ thầy cô, đặc biệt thầy ThS Nguyễn Quốc Tuấn, với đam mê thân mạnh dạn nghiên cứu đề tài " Một số cách chứng minh bổ đề Farkas " Dựa kết có tài liệu tham khảo có liên quan tới bổ đề Farkas, khóa luận này, nghiên cứu bổ đề Farkas, phương pháp khác để chứng minh bổ đề Farkas ứng dụng bổ đề Farkas kinh tế Khóa luận gồm chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Chương hệ thống lại khái niệm tính chất liên quan đến không gian định chuẩn, không gian Hillbert, tập lồi, hệ phương trình tuyến tính để chuẩn bị cho việc trình bày giới thiệu bổ đề Farkas số cách chứng minh bổ đề Farkas Chương Một số cách chứng minh bổ đề Farkas Chương nghiên cứu bổ đề Farkas, biến thể bổ đề Farkas phương pháp khác để chứng minh bổ đề Farkas Chứng minh gốc Farkas trình bày nhiều số tài liệu chuyên nghành nên khóa luận đưa bốn cách chứng minh khác bổ đề Farkas: 1) Chứng minh C G Broyden công bố năm 1988 Chứng minh trình bày dựa tính chất ma trận trực giao 2) Chứng minh A Dax công bố năm 1997 Chứng minh Dax xem chứng minh gián tiếp tính chất đóng tập lồi C :  Ax : x  0 3) Chứng minh V Chandru, C Lassez, J L Lassez công bố năm 2004 Trong chứng minh này, tác giả sử dụng phương pháp Fourier – Motzkin để loại trừ biến bất đẳng thức Phương pháp xem trường hợp đặc biệt định lý loại trừ lượng hóa Tarsky 4) Chứng minh D Bartl công bố năm 2008 Tác giả trình bày chứng minh thông qua chứng minh toán tổng quát bổ đề Farkas Chương Ứng dụng bổ đề Farkas Chương nghiên cứu ứng dụng bổ đề Farkas việc giải toán kinh tế Mặc dù khóa luận hoàn thành với cố gắng thân, song thời gian có hạn vấn đề thân tôi, nên trình viết trình in ấn khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Tôi kính mong thầy, cô giáo bạn đóng góp ý kiến giúp hoàn thành khóa luận Tôi xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt thầy ThS Nguyễn Quốc Tuấn tận tình hướng dẫn tạo điều kiện tốt để hoàn thành khóa luận Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian vector định chuẩn 1.1.1 Khái niệm không gian vector Định nghĩa 1.1 Một tập X (mà phần tử đối tượng bất kỳ) gọi không gian vector (hay không gian tuyến tính) nếu: a) Ứng với cặp phần tử x, y X ta có, theo quy tắc đó, phần tử X , gọi tổng x với y ký hiệu x  y ; ứng với phần tử x X số thực  ta có, theo quy tắc đó, phần tử X gọi tích x với  , ký hiệu  x b) Các quy tắc nói thỏa mãn tám điều kiện (tiên đề) sau đây: 1) x  y  y  x ,  x, y  X , (tính giao hoán phép cộng); 2) ( x  y )  z  x  ( y  z ) ,  x, y , z  X (tính kết hợp phép cộng); 3) Tồn phần tử cho x   x ,  x  X (phần tử gọi phần tử không); 4) Ứng với phần tử x thuộc X ta có phần tử  x thuộc X cho x  ( x)  (phần tử  x gọi phần tử đối x ); 5) x  x , x  X ; 6)  (  x ) = (   ) x , x  X , (  ,  số bất kỳ); 7) (  +  ) x =  x +  x , x  X ; 8)  ( x  y ) =  x +  y , x, y  X Các phần tử không gian vector thường gọi vector 1.1.2 Vector độc lập tuyến tính, vector phụ thuộc tuyến tính Một tổ hợp tuyến tính vector x1 , x2 , , xk thuộc X tổng có dạng 1 x1   x2    k xk Các vector x1 , x2 , , xk gọi độc lập tuyến tính tổ hợp tuyến tính vector mà không phải có hệ số không, nghĩa 1 x1   x2    k xk  thiết phải kéo theo 1         k  Các vector x1 , x2 , , xk gọi phụ thuộc tuyến tính, chúng không độc lập tuyến tính tức tồn số 1 , , , k có số khác , cho 1 x1   x2       k xk Chẳng hạn, hai vector x  x phụ thuộc tuyến tính x  ( x)  Nếu vector x1 , x2 , , xk có rõ ràng chúng phụ thuộc tuyến tính 1.1.3 Khái niệm không gian định chuẩn Định nghĩa 1.2 Ta gọi không gian định chuẩn (hay không gian tuyến tính định chuẩn) không gian tuyến tính X thực với ánh xạ từ X vào tập số , ký hiệu  đọc chuẩn, thỏa mãn tiên đề sau đây: 1) x  ; x =  x  , x  X ; 2)  x   x , x  X ,   , (tính nhất); 3) x  y  x  y , x, y  X (bất đẳng thức tam giác) Số x gọi chuẩn vector x Ta ký hiệu không gian định chuẩn X Các tiên đề 1) 2) 3) gọi hệ tiên đề chuẩn 1.1.4 Sự hội tụ không gian định chuẩn Trong không gian định chuẩn ta có: 1) Dãy điểm  xn  không gian định chuẩn X gọi hội tụ tới điểm x  X , lim xn  x hay xn  x  n    n 2) Nếu xn  x0 xn  x0 nói khác chuẩn x hàm liên tục x 3) Mọi dãy hội tụ bị chặn, tức xn hội tụ tồn K  n   , với xn  K 4) Nếu xn  x0 , yn  y0 xn  yn  x0  y0 Nếu xn  x0 ,  n    n xn   x0 Nói khác đi, phép toán x  y  x liên tục 5) Dãy điểm  xn  không gian định chuẩn X gọi dãy lim xn  xm  m , n 6) Không gian định chuẩn X gọi không gian Banach dãy X hội tụ Ví dụ 1.1 Đối với số thực x  , ta đặt x  x (1.1) Nhờ tính chất giá trị tuyệt đối số thực, công thức (1.1) cho chuẩn Phần đầu bổ đề Farkas chứng minh Tiếp theo, vài chứng minh cho phần thứ hai bổ đề 2.2.1 Cách chứng minh thứ Chứng minh thứ xuất báo G Broyden (xem [5]), công bố năm 1988 Nó dựa tính chất ma trận trực giao biết đến định lý Broyden Định lý 2.3 (định lý Broyden) Nếu Q   qij  nm ma trận trực giao tồn vector x  ma trận đường chéo S  diag ( s1 , , sn ) thỏa mãn si  1 S Q x  x Chứng minh định lý Broyden Định lý 2.3 chứng minh phương pháp quy nạp 1) Với m  , định lý hiển nhiên ( Q S –1) 2) Giả sử định lý với ma trận trực giao cấp m  n Xét ma trận Q   qij   m 1 m 1 ma trận trực giao đặt P r Q t  q   P  ( pij ) mm Nếu     1 r  q  phép quy nạp trở nên tầm thường Vì thế, ta giả sử   Do Q ma trận trực giao, PT P  qT q  I , PT r   q  , r T r    Từ đó, ma trận 25 rqT rqT Q1  P  , Q P  1  1 trực giao Q2T Q1  I  q qT 1 Sử dụng giả thiết quy nạp, ta kết luận tồn x1  x2  ma trận dấu đường chéo S1 S2 thỏa mãn S1Q1 x1  x1 , S 2Q2 x2  x2 Từ nhận S1 x1 , S x2  Q1 x1 , Q2 x2  Q2T Q1 x1 , x2  x1 , x2  x1 , q x2 , q 1 Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu S1  S2  S1 x1 , S x2    x1 , x2  Vì  q, x1   ,  q, x2   hai tích vô hướng dấu Với 1   q, x1   q, x2  x2 , , 2  , z1  x1 , z2   2  1  1    S 0 S1   ,  1 S S2   0   0 , 1 ta có Qz1  S z1 , Qz2  S z2 Do   hai tích vô hướng  q, xi  (i  1, 2) dấu, i (i  1, 2) dương vector z1 z2 vector yêu cầu nên trường hợp chứng minh 26 Trường hợp 2: Nếu S1  S S1 x1 , S x2  x1 , x2 q, x1  q, x2  Ta giả sử q, x1  q, x2  , Px1  S1 x1  Q1 x1 Qz1  S z1 , x  S 0 z1    , S    ,   1 chọn 0 0  cách tùy ý Nếu viết lại Q dạng   q1T  Q , r P   P1 ma trận cấp m  n lặp lại lập luận ta thấy tồn vector dương x2 ma trận đường chéo S2 với giá trị 1 đường chéo thỏa mãn 0   ' Qz2  S z2 , z2    , S     x2   S1     1 ,   1 chọn tùy ý Kết hợp phương trình Qz1  S z1 Qz2  S z2 ta thu Q ( z1  z2 )  S z1  S z2 Với tọa độ z1 j z2 j  j  2 dương, vài số j {2, , m} phần tử đường chéo tương ứng S S khác S z1  S z2  z1  z2  Q ( z1  z2 ) , điều trái với bất đẳng thức trước Chúng ta chọn phần tử    để S  S Vì vậy, ta có Q ( z1  z2 )  S ( z1  z2 ) , z1  z2 dương S ma trận đường chéo với giá trị 1 đường chéo nên phép quy nạp trường hợp S  S 27 Giả thiết tồn hai vector dương x y hai ma trận đường chéo S R với giá trị 1 đường chéo thỏa mãn Qx  Sx  Ry S  R Khi  x, y  Qx, Qy   Sx, Ry   x, y Điều mâu thuẫn, R  S Định lý 2.3 chứng minh Định lý 2.4 (định lý Tucker) Cho A ma trận phản xứng Khi đó, tồn y  thỏa mãn Ay  y  Ay  Chứng minh định lý Tucker Do A ma trận phản xứng nên ( I  A) 1 ( I  A) ma trận trực giao, tồn vector dương x ma trận S thỏa mãn ( I  A) 1 ( I  A) x  S x  x  Ax  Sx  ASx Nếu đặt y  x  Sx, z  Ay  Ax  ASx  x  Sx tọa độ y j vector y x j , y  Tương tự, ta chứng minh z  Ay  y  z  y  Ay  x  Bây ta chứng minh bổ đề Farkas Chứng minh bổ đề Farkas Sử dụng định lý 2.4 với ma trận phản xứng  O  O B T  A  T  b O O AT bT A b   A b  O 0  OT  Theo định lý 2.4, tồn vector dương y  ( z1 , z2 , x, t )T thỏa mãn y  By  Xét hai trường hợp t  t  với z  z1  z2 : 28 1) Nếu t  vector y chuẩn hóa để t  , từ ta có Ax  b 2) Nếu t  AT z  b, z  Nhận xét 2.1 Định lý 2.4 hệ đơn giản định lý 2.3 Nhận xét 2.2 Trong báo Broyden đưa mối liên hệ định lý 2.4, định lý 2.1 định lý 2.3 Ông cho định lý 2.4 định lý 2.1 hệ đơn giản định lý 2.3 Nhận xét 2.3 Trong [11] Ross Terlaky định lý 2.3 hệ đơn giản định lý 2.4 định lý 2.1 Điều có nghĩa định lý 2.1, định lý 2.4 định lý 2.3 kết tương đương Nhận xét 2.4 Trong [11], ta thấy Q ma trận trực giao Sự tồn ma trận đường chéo S với phần tử đường chéo sii  vector x thỏa mãn Qx  Sx tương đương với tồn vector dương x thỏa mãn Qx  x, x  ,   x  Qx  x, x  , y ký hiệu vector mà giá trị tọa độ giá trị tuyệt đối giá trị tọa độ vector y Nếu tìm vector x thỏa mãn điều kiện sii  xi  sii  1 xi  2.2.2 Cách chứng minh thứ hai Chứng minh A Dax (xem [7]) công bố năm 1997 Nó xem chứng minh gián tiếp tính chất đóng tập lồi C : { Ax : x  0} 29 Chứng minh bổ đề Farkas Giả sử 1) nghiệm Khi đó, vector b không thuộc C : { Ax : x  0} Tập C tập lồi đóng nên theo định lý tách (định lý 1.12) tồn siêu phẳng H : {x : z , x   } chứa b với   z , b thỏa mãn z , y   , y  C  AT z , x   , x  n  Bất đẳng thức với trường hợp   AT z  Vì thế, tồn z m thỏa mãn 2) Nhận xét 2.5 Tồn siêu phẳng tách cho tập C b  C suy từ kết bổ đề Farkas Điều có nghĩa tồn hình cầu B(b, r ) thỏa mãn C  B(b, r )   C tập đóng Thay sử dụng định lý 1.12, sử dụng số tính chất hình chiếu tập đóng lồi chứng minh Nếu x   n thỏa mãn Ax  b , tồn điểm u  Ay   C  ,  C  hình b b chiếu b C Khi b  Ay, Ax  Ay  x  Đặt z  b  u   Ay  b x  y, AT z  0, x  Từ đó, với x  y  ei  , e1 , e2 , , en sở trực chuẩn n , ta có thành phần thứ i  AT y  AT y không dương, nghĩa AT z  Ngoài ra, i z , u  z , Ay   Ay  b, Au  b  Ay, Au  Ax  ; b, z  u  z , z  u , z  z , z  30 Nhận xét 2.6 Trong [7], việc chứng minh tồn hình chiếu b C thực thuật toán lặp đơn giản Khi đó, tính chất đóng tập C suy trực tiếp từ việc tồn hình chiếu điểm b  n C Do đó, chứng minh Dax xem chứng minh gián tiếp tính chất đóng tập C 2.2.3 Cách chứng minh thứ ba Chứng minh (xem [6]) công bố năm 2004, sử dụng phương pháp Fourier – Motzkin để loại trừ biến bất đẳng thức Phương pháp xem trường hợp đặc biệt định lý loại trừ lượng hóa Tarski Tuy nhiên, trường hợp hệ bất phương trình tuyến tính với phép lượng hóa tồn tại, số lượng phép toán phương pháp tăng lên nhanh Chứng minh bổ đề Farkas Ký hiệu a1 , a2 , , am a1 , a , , a n hàng cột ma trận A  (aij ) mn Khi đó, 2) viết dạng a1 , z  0, a , z  0, , a n , z  0, a n1 , z     đó, vector b ký hiệu a n1 Ví dụ, giả sử ta muốn bỏ biến z1 khỏi hệ Ký hiệu I   {i : aii  0} , I   {i : aii  0} , I  {i : a1i  0} Hệ bất phương trình xây dựng sử dụng quy tắc, với cặp (k , l )  I   I  , ta nhân bất đẳng thức 31 a k , z  a l , z  với a1l  a1k  Thêm hai bất đẳng thức ta thu hệ không chứa biến z1 Tất bất đẳng thức nhận theo cách thêm vào I Nếu I  (hoặc I  ) rỗng, ta cần xóa bất đẳng thức với số I  (hoặc I  ) Bất đẳng thức với số I tạo nên hệ bất đẳng thức tuyến tính Bz  d , z  ( z2 , , zn ) Thủ tục loại trừ biến z1 hoàn thành Nếu ta có z  ( z2 , , zn ) nghiệm hệ phương trình Bz  d n n 1 1 max al l ( alj  bl )  z1  min ak l ( akj  bk )  lI kI j 2 j 2 z  ( z1 , z)  ( z1 , z2 , , zn ) nghiệm 2) Giả sử 2) AT z  0, b, z     vô nghiệm Áp dụng phương pháp Fourier – Motzkin để loại trừ biến z1 , z2 , , zn ta nhận hệ bất đẳng thức biến (vô lý) Thủ tục chuyển 2) thành hệ không quán  AT   R q   T    R q      với    b  phần tử ma trận  R q  không âm, có nghĩa RAT  qbt  , qi  Suy ra, tồn x  thỏa mãn Ax  b  2.2.4 Cách chứng minh thứ tư Chứng minh đề xuất Bartl (xem [4]), công bố năm 2008 Tác giả trình bày chứng minh thông qua chứng minh toán tổng quát bổ đề Farkas 32 Chứng minh bổ đề Farkas Với n  , 1), 2) có dạng sau: 1’) Tồn x  R thỏa mãn ax  b  a, b  2’) Tồn z  m m ; thỏa mãn a, z  b, z  ; toán hiển nhiên Giả sử toán với số tự nhiên n Xét vector m chiều a1 , a , , a n , a n1 , ta phải chứng minh 1) tồn số thực không âm x1 , x2 , , xn , xn1 m thỏa mãn b  x1a1   xn a n  xn1a n1 2) tồn z thuộc thỏa mãn a1 , z  0, , a n , z  0, a n1 , z  0, b, z  Từ giả thiết quy nạp, ta có hai trường hợp: (i) Tồn số thực không âm x1 , x2 , , xn thỏa mãn b  x1a1   xn a n Hoặc (ii) Tồn z thuộc m thỏa mãn a1 , z  0, , a n , z  0, b, z  Từ (i) chọn xn1  , ta nhận 1) Từ (ii) xét hai khả sau: (ii– 1) a n1 , z  ta nhận 2) (ii– 2) Ta cần xét trường hợp, tồn z  z thuộc m phải thỏa mãn: a1 , z  0, , a n , z  0, b, z  a n1 , z  Ta xét hai hệ a1 , z  0, , a n , z  0, a n1 , z  0, b, z  0; 33 (2.1) a1 , z  0, , a n , z  0, a n1 , z  0, b, z  (2.2) Ta thấy nghiệm (2.2) nghiệm (2.1) Hơn nữa, ta có z nghiệm (2.1) z  z nghiệm (2.2) Do đó, (2.1) có nghiệm (trong trường hợp 2) đúng) (2.2) có nghiệm Bây giờ, xét vector ci  a i  i a n1 , i  1,2, , n b  b   a n1  , z b, z  i  n1    n1  Dễ thấy (2.2) có nghiệm  a , z a , z c1 , z   0, , c n , z  0,  a n1 , z  0, b, z   (2.3) có nghiệm Vì thế, ta cần quan tâm đến hệ (2.2) Sử dụng giả thuyết quy nạp lần ta có hai trường hợp: (j) Tồn số thực không âm y1 , y2 , , yn thỏa mãn b  y1c1   ync n Hoặc (jj) Tồn u thuộc m thỏa mãn  c1 , u  0, , c n , u   0, b, u   Trong trường hợp (jj) có vector z  u   z đó,   b, u  nghiệm  a n1 , z  (2.3) kéo theo 2) Nếu tồn số thực không âm y1 , y2 , , yn thỏa mãn b  y1c1   ync n (trường hợp (jj)) b  b   a n1  y1c1   ync n  y1a1  1 y1a n1   yn a n  n yn a n1 , y1 , y2 , , yn , yn1    1 y1   n yn  Điều có nghĩa 1) 34 Chương Ứng dụng bổ đề Farkas Chúng ta giả thiết thị trường có m tài sản khác giao dịch có n tình xảy vào cuối thời kỳ Ký hiệu p1 , p2 , , pm giá đưa thời điểm ban đầu thời kỳ Cho A  (aij ) mn ma trận tiền trả aij (i  1, n, j  1, m) giá tài sản thứ i cuối thời kỳ thị trường tình j Một danh mục đầu tư tài sản vector x  ( y1 , y2 , , yn ) yi dương, nhà đầu tư nhận yi mua a ji yi (i  1, n, j  1, m) đơn vị tài sản thứ i trường hợp tình j xảy Tuy nhiên, giả định việc bán ngắn hạn cho phép, có nghĩa bán lượng tài sản thứ i thời điểm ban đầu mua lại thời điểm cuối giai đoạn, yi (i  1, n) âm Trường hợp này, nhà đầu tư phải trả a ji yi (i  1, n, j  1, m) Tại thời điểm cuối giai đoạn, nhà đầu tư với danh mục đầu tư y n T với y  ( y1 , y2 , , yn ) nhận z  A y z j   a ji yi kết từ i 1 danh mục đầu tư y  ( y1 , y2 , , yn ) tình j Chi phí việc mua 35 danh mục đầu tư x xác định  p, y Trong định giá tài sản, vấn đề xác định giá pi Trong lý thuyết chênh lệch giá cả, điều kiện tiêu chuẩn chênh lệch: danh mục đầu tư với chi phí âm mà không trở lại tình Nguyên tắc xây dựng sau: AT y   p, y  giá trị y thỏa mãn AT y  ,  p, y  Nó có nghĩa có giá cắt giảm phù hợp với nguyên tắc không chênh lệch giá Ở đây, có câu hỏi để miêu tả giá Câu trả lời nằm biến thể sau bổ đề Farkas Định lý 2.5 Chỉ có giá trị không âm vector q  n  thỏa mãn giá tài m sản pi   a ji q j điều kiện không chênh lệch j 1 Nếu tình trạng không chênh lệch xảy hệ A y  ,  p, y  nghiệm Từ bổ đề Farkas thấy tồn vector q thuộc thỏa mãn p  Aq Sau cho p   n p q q  thu cân q q i i i i giá Hơn nữa, vector q* hiểu vector phân bố xác suất Do đó, có phân bố xác suất mà lợi nhuận kì vọng tài sản với giá Các xác suất gọi xác suất rủi ro trung tính Do đó, bổ đề Farkas phát biểu sau “sự tồn xác suất rủi ro trung tính hệ tình trạng không chênh lệch giá” 36 KẾT LUẬN Khóa luận hoàn thành chủ yếu dựa theo [10] số tài liệu khác Khóa luận trình bày số kiến thức bổ đề Farkas số cách chứng minh Cụ thể, khóa luận đã: 1) Hệ thống lại khái niệm tính chất liên quan đến không gian định chuẩn, không gian Hillbert, tập lồi, hệ phương trình tuyến tính 2) Phát biểu bổ đề Farkas 3) Trình bày bốn cách chứng minh bổ đề Farkas theo [10] 4) Trình bày việc sử dụng bổ đề Farkas việc giải toán kinh tế theo [10] Do thời gian có hạn vấn đề thân nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Tôi kính mong quý thầy, cô bạn đóng góp ý kiến để khóa luận hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO [A] Tài liệu tiếng Việt [1] PGS TS Đỗ Văn Lưu – PGS TS Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, Nxb Khoa học Kĩ thuật [2] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm (Giải tích đại), Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Phan Hồng Trường (2011), Đại số tuyến tính, Lưu hành nội trường Đại học Sư Phạm Hà Nội2 [B] Tài liệu tiếng Anh [4] D Bartl, A short algebraic proof of Farkas’ lemma, SIAM J Optim 19, (2008), 234 – 239 [5] C G Broyden, A simple algebraic proof of Farkas’ lemma and related theorems, Optim Method and Software, 8, – (1988), 185 – 199 [6] V Chandru, C Lassez, J L Lassez, Qualitative theorem proving in linear constraints, in book: Verification: Theory and Practice, Lecture notes in computer science, Springer, Berlin/Heidel – berg, 2004, pp 395 – 406 [7] A Dax, An elementary proof of Farkas’ lemma, SIAM Rev 39, (1997), 503 – 507 38 [8] Yu G Evtushenko, A I Golikov, New perspective on the theorem of alternative, in book: High Performance Algorithms and Software for Nonlinear Optimization, Kluwer Academic Publishers, 2002, pp 223 – 237 [9] M M Marjanović, An iterative method for solving polynomial equations, Topology and its applications, Budva 1972, 170 – 172 [10] Milojica Jaćimović, Farkas’ lemma of alternative, The teaching of Mathematics, 2011, Vol XIV, 2, pp 77 – 86 [11] C Roos, T Terlaky, Note on a paper of Broyden, Operations Research Letters, 25, (1999), 183 – 186 39 [...]... trình bày một số phương pháp chứng minh bổ đề Farkas Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh 1) và 2) không thể xảy ra đồng thời Giả thiết ngược lại, tồn tại x0  n và z0  m là nghiệm của 1) và 2) Khi đó, ta có 0  x0 ,0  x0 , AT z0  Ax0 , z0  b, z0  0 , điều này là mâu thuẫn 24 Phần đầu của bổ đề Farkas đã được chứng minh Tiếp theo, là một vài chứng minh cho phần thứ hai của bổ đề 2.2.1 Cách chứng minh thứ...  ) Định lý 2.2 đưa ra một tiêu chí về khả năng giải được hệ phương trình tuyến tính nguyên Định lý 2.2 Cho A là một ma trận hữu tỷ và b là một vector cột hữu tỷ Khi đó xảy ra một trong hai trường hợp: 1) Hệ Ax  b có một nghiệm nguyên; 2) Tồn tại y thỏa mãn AT y là một số nguyên và b, y không phải số nguyên 2.2 Một số cách chứng minh bổ đề Farkas Có một vài biến thể của bổ đề Farkas và nhiều lời giải... hướng, nghĩa là ta có f  x  , f  y   x, y 21 x, y  X Định nghĩa 1.29 Một ma trận A  Mat  n  n,  được gọi là một ma trận trực giao nếu AT A  I n hay nói một cách khác nếu hệ vector cột của A là một hệ trực chuẩn trong n với tích vô hướng Euclide 22 Chương 2 Một số cách chứng minh bổ đề Farkas 2.1 Bổ đề Farkas Giáo sư G Farkas là giáo sư Vật lý lý thuyết của Đại học Kolozva (Hungary) Ông đã... âm, có nghĩa là RAT  qbt  0 , trong đó ít nhất một qi  0 Suy ra, tồn tại x  0 thỏa mãn Ax  b  0 2.2.4 Cách chứng minh thứ tư Chứng minh này được đề xuất bởi Bartl (xem [4]), được công bố năm 2008 Tác giả trình bày chứng minh này thông qua chứng minh một bài toán tổng quát của bổ đề Farkas 32 ... và sii  1 nếu xi  0 2.2.2 Cách chứng minh thứ hai Chứng minh này của A Dax (xem [7]) được công bố năm 1997 Nó có thể xem như là chứng minh gián tiếp tính chất đóng của tập lồi C : { Ax : x  0} 29 Chứng minh bổ đề Farkas Giả sử 1) không có nghiệm Khi đó, vector b không thuộc C : { Ax : x  0} Tập C là tập lồi và đóng nên theo định lý tách (định lý 1.12) tồn tại một siêu phẳng H : {x : z ,... tọa độ y j của vector y bằng 2 x j hoặc bằng 0 , do đó y  0 Tương tự, ta chứng minh được z  Ay  0 và y  z  y  Ay  2 x  0 Bây giờ ta chứng minh bổ đề Farkas Chứng minh bổ đề Farkas Sử dụng định lý 2.4 với ma trận phản xứng  O  O B T  A  T  b O O AT bT A b   A b  O 0  OT 0  Theo định lý 2.4, tồn tại một vector dương y  ( z1 , z2 , x, t )T thỏa mãn y  By  0 Xét hai trường... 0 30 Nhận xét 2.6 Trong [7], việc chứng minh tồn tại hình chiếu của b trên C được thực hiện bằng một thuật toán lặp đơn giản Khi đó, tính chất đóng của tập C có thể suy ra trực tiếp từ việc tồn tại hình chiếu của điểm b  n bất kỳ trên C Do đó, chứng minh của Dax có thể xem như là chứng minh gián tiếp tính chất đóng của tập C 2.2.3 Cách chứng minh thứ ba Chứng minh này (xem [6]) được công bố năm... Fourier vào năm 1798 Để ghi nhớ công ơn của ông người ta gọi kết quả này (định lý 2.1) là bổ đề Farkas Bổ đề được công bố lần đầu tiên năm 1898 ở Hungary, nhưng chỉ được biết đến rộng rãi khi công bố tại Đức năm 1902 Định lý 2.1 (Bổ đề Farkas) Giả sử A là một ma trận cấp m  n và b là một vector cột m chiều Khi đó, một trong hai trường hợp sau xảy ra: 1) Tồn tại x  0 thỏa mãn Ax  b ; 2) Tồn tại z thỏa... tách cho tập C và b  C có thể được suy ra từ kết quả của bổ đề Farkas Điều này có nghĩa là tồn tại một hình cầu B(b, r ) thỏa mãn C  B(b, r )   và C là tập đóng Thay vì sử dụng định lý 1.12, chúng ta có thể sử dụng một số tính chất của hình chiếu trên một tập đóng lồi trong chứng minh này Nếu x   n thỏa mãn Ax  b , khi đó tồn tại duy nhất một điểm u  Ay   C  , trong đó  C  là hình b b chiếu... cột của ma trận A là a1 , a 2 , , a n ta nhận được một dạng khác của định lý này Bất đẳng thức b, z  0 là một hệ quả của các bất đẳng thức a1 , z  0, a 2 , z  0, , a m , z  0 khi và chỉ khi ta có vector b có dạng tuyến tính là b  x1a1  x2 a 2   xn a n , trong đó x1 , x2 , , xn là các hệ số không âm Có một vài dạng tổng quát của bổ đề Farkas Một số liên quan đến khả năng giải hệ phương trình tuyến ... thiệu bổ đề Farkas số cách chứng minh bổ đề Farkas Chương Một số cách chứng minh bổ đề Farkas Chương nghiên cứu bổ đề Farkas, biến thể bổ đề Farkas phương pháp khác để chứng minh bổ đề Farkas Chứng. .. Chương 2: Một số cách chứng minh bổ đề Farkas 23 2.1 Bổ đề Farkas 23 2.2 Một số cách chứng minh bổ đề Farkas 24 2.2.1 Cách chứng minh thứ 25 2.2.2 Cách chứng minh. .. y số nguyên b, y số nguyên 2.2 Một số cách chứng minh bổ đề Farkas Có vài biến thể bổ đề Farkas nhiều lời giải chúng Ở đây, tác giả trình bày số phương pháp chứng minh bổ đề Farkas Đầu tiên, chứng