Phương pháp xấp xỉ trơn cho bài toán tối ưu không trơn

Phương pháp xấp xỉ trơn cho bài toán tối ưu không trơn

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ TRANG

PHƯƠNG PHÁP XẤP XỈ TRƠN

CHO BÀI TOÁN TỐI ƯU KHÔNG TRƠN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2011

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS ĐỖ VĂN LƯU

Thái Nguyên - Năm 2011

Mục lục

Mục lục i

Mở đầu 1 Nội dung 4 1 XẤP XỈ TỐI ƯU KHÔNG TRƠN BẰNG DÃY CÁC BÀI TOÁN TỐI ƯU TRƠN 4 1.1 Xấp xỉ bài toán không trơn 4

1.2 Các kiến thức bổ trợ 8

1.3 Điều kiện cần Lagrange không trơn 10

1.4 Đối ngẫu Wolfe suy rộng 13

1.5 Bài toán quy hoạch liên tục không trơn 15

1.6 Bài toán điều khiển tối ưu không trơn 22

2 PHƯƠNG PHÁP XẤP XỈ TRƠN CHO BÀI TOÁN MIN-IMAX VECTƠ KHÔNG TRƠN 28 2.1 Các kiến thức bổ trợ 28

2.1.1 Bài toán minimax đã làm trơn 29

2.1.2 Làm trơn hàm lồi bất biến địa phương 32

2.2 Điều kiện cần cho minimax 35

2.3 Điều kiện đủ cho minimax 40

Kết luận 43

Mở đầu

Lí thuyết các bài toán tối ưu không trơn là một bộ phận quan trọngcủa lí thuyết các bài toán cực trị và có nhiều ứng dụng trong kinh tế, kĩthuật Lí thuyết gradient và jacobian suy rộng Clarke ra đời (xem [4]) đãtrở thành công cụ hữu hiệu để xử lí các bài toán tối ưu không trơn với cáchàm Lipschitz địa phương

Định lý Rademacher chỉ ra rằng một hàm Lipschitz xác định trongkhông gian hữu hạn chiều thì khả vi hầu khắp nơi trong miền xác địnhcủa nó Sử dụng tích chất này và kĩ thuật của lí thuyết hàm suy rộng,Craven [5] đã đưa ra phương pháp xấp xỉ trơn cho bài toán tối ưu với cáchàm Lipschitz địa phương trong không gian hữu hạn chiều Bằng phươngpháp xấp xỉ trơn, Craven [5] đã thiết lập cho các điều kiện cần tối ưu chobài toán tối ưu không trơn với ràng buộc nón và ràng buộc đẳng thức, bàitoán quy hoạch liên tục không trơn và bài toán điều khiển tối ưu khôngtrơn và một vài kết quả về đối ngẫu Bằng phương pháp xấp xỉ trơn trong[5], B.D.Craven và D.V.Lưu [9] đã chứng minh các điều kiện Lagrange cần

và đủ cho bài toán minimax vectơ không trơn với các ràng buộc nón.Luận văn đã trình bày các điều kiện tối ưu cho bài toán tối ưu với cáchàm Lipschitz địa phương, có ràng buộc nón và ràng buộc đẳng thức, bàitoán quy hoạch liên tục không trơn, bài toán điều khiển tối ưu không trơn

và bài toán minimax vectơ không trơn được thiết lập bằng phương phápxấp xỉ trơn của B.D.Craven.

Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mụccác tài liệu tham khảo

Chương 1 trình bày các điều kiện cần tối ưu của B.D.Craven [5] chobài toán tối ưu với các hàm Lipschitz địa phương, có ràng buộc đẳng thức

và ràng buộc nón, bài toán quy hoạch liên tục không trơn và bài toán điềukhiển tối ưu không trơn với thời gian cố định và ràng buộc trạng thái đượcthiết lập bằng phương pháp xấp xỉ trơn của B.D.Craven Một số kết quảđối ngẫu cũng được trình bày trong chương này

Chương 2 trình bày các điều kiện Lagrange của B.D.Craven và D.V.Lưu[9] cho bài toán minimax vectơ với các hàm Lipschitz địa phương và ràngbuộc nón

Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Đỗ VănLưu, người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi hoàn thành bản luận vănnày

Tôi xin chân thành cảm ơn Khoa Toán- Tin, Phòng đào tạo sau đạihọc trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cùng các thầy côgiáo đã tham gia giảng dạy khóa học

Tôi xin chân thành cảm ơn trường Hữu Nghị 80, Tổ Toán trường HữuNghị 80 đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học này

Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thànhviên trong lớp cao học toán K3b đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôitrong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn

Tuy bản thân có nhiều cố gắng, song thời gian, trình độ và điều kiện

nghiên cứu còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót Rấtmong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp đểluận văn được hoàn thiện hơn.

Thái Nguyên, tháng 09 năm 2011

Tác giảNguyễn Thị Trang

1.1 Xấp xỉ bài toán không trơn

Xét bài toán cực tiểu có ràng buộc:

Minimize

x∈X0 f (x),

− g(x) ∈ S,h(x) = 0,

(1.1)

trong đó X0 là một tập con của Rn, f : X0 → R, g : X0 → Rm, h :

X0 →Rr là các hàm Lipschitz địa phương, không nhất thiết khả vi Fréchet,

S là một nón lồi đóng trong Rm có phần trong khác rỗng Chú ý rằng tậpchấp nhận được:

Γ := {x ∈ X0| − g(x) ∈ S, h(x) = 0}

của bài toán (1.1) là đóng, và X0 là một lân cận mở của Γ Như vậy f,

g được xác định lân cận của tập chấp nhận được Γ Gọi kx là hằng sốLipschitz của g tại x

Giả sử bài toán (1.1) có cực tiểu địa phương tại x ∈ Γ, với f, g khôngcùng khả vi tại x Nếu S là orthant không âm Rm+ trong Rm thì ràng buộc(1.1) có dạng

gj(x) ≤ 0 (j = 1, 2, , m)

Khi đó, lí thuyết gradient suy rộng Clarke có thể áp dụng để nhậnđược điều kiện cần F.John hoặc Kuhn- Tucker Ta sẽ xấp xỉ bài toán (1.1)bằng các bài toán trơn, và áp dụng lý thuyết Lagrangian thông thường.Khi đó ta sẽ nhận được các điều kiện tối ưu cho bài toán không trơn (1.1)với các ràng buộc nón và ràng buộc đẳng thức Phương pháp xấp xỉ ở đâydựa trên kĩ thuật trong lý thuyết hàm suy rộng

Với tham số η dương đủ nhỏ, ta đặt

trong đó X = Rn, f, g, h bằng 0 ở ngoài X0, ds là độ đo Lebesgue trong

Rn, ϕ(s) = Φ(η−1||s||)η−1, trong đó ||.|| là chuẩn Euclide và Φ : R → R

là một hàm có đạo hàm các cấp và thỏa mãn 0 5 Φ(.), Φ(.) = 0 ở ngoài(-1,1) sao cho RX ϕ(s)ds = 1 (xem [5]).

Kí hiệu f0(x : η), g0(x : η), h0(x : η) là đạo hàm của f ( : η), g( :η), h( : η) Theo Định lý Rademacher f, g, h khả vi Fréchet trừ ra tập N

có độ đo Lebesgue bằng 0 Bởi vì tập này không ảnh hưởng đến việc lấytích phân, với mọi η đủ nhỏ, ||g0(x − s)ϕ(s)||5 kxϕ(s) và

kéo theo C(η0) ⊂ C(η) Với η đủ nhỏ, C(η) nằm trong hình cầu đóng cóbán kính kx trong không gian Rm×n các m × n- ma trận Vì thế C(η) làcompact, và

ma trận con M0 cấp m × m không suy biến Kí hiệu %(M ) là chuẩn matrận ||M0−1||, trong đó M0 là m × m- ma trận con không suy biến của M,nếu M có hạng đầy Nếu M không có hạng đầy ta đặt %(M ) = ∞ ∂h(x)˜

có hạng đầy nếu %( ˜∂h(x)) := {%(M )|M ∈ ˜∂h(x)} là bị chặn

Nếu f1 và f2 là hai hàm Lipschitz địa phương thì (1.4) kéo theo

˜

∂(f1 + f2)(x) ⊂ ˜∂f1(x) + ˜∂f2(x), (1.6)trong đó + kí hiệu tổng đại số của các tập; nói chung không có dấu bằng.Với E ⊂ Rm, kí hiệu E∗ là nón đối ngẫu của E Đó là tập của cácphiếm hàm tuyến tính từ E vào R+ := [0, ∞) Để thuận tiện ta xét cácvectơ đối ngẫu là các vectơ hàng Nếu f : X0 → R là hàm Lipschitz địa

phương, thì đạo hàm suy rộng theo phương có thể định nghĩa như sau(xem [2]):

Minimize

x∈X0 f (x : η),

− g(x : η) − b0η ∈ S,h(x : η) + b00η = 0,

(1.8)

chọn b0η → 0, b00η → 0 (với η ↓ 0) trong Bổ đề 1.1 ở dưới, để đảm bảo tínhchấp nhận được Chú ý rằng sau đây kí hiệu ∂g(x)˜ sẽ được thay thế bởi

∂g(x)

với ϕ như trong (1.2), và bη := 0 nếu p(¯x : η) ∈ K, bη := −p(¯x : η) + p(¯x)

nếu p(¯x : η) 6∈ K Khi đó, với mỗi  > 0, X1 ∩ Γη nằm trong một − lâncận của X1 ∩ Γ khi η đủ nhỏ

Với x ∈ X1, từ định nghĩa p(x : η) dẫn đến ||bη|| ≤ ¯kη, khi giả sử

η ≤ ¯r Nếu p(¯x : η) 6∈ K, thì p(¯x : η) + bη = p(¯x) ∈ K, cho nên Γη luônkhác rỗng Gọi A := X1TΓ Với 0 <  < ¯r, tồn tại x ∈ X1 sao cho

d(x, A) := inf

a∈A d(x, a) = 

Bởi vì p(x) 6∈ K, K đóng, cho nên d(p(x), K) > π() với hàm dương

π : (0, ¯r) → R nào đó, π() ↓ 0 khi  ↓ 0 Đặt η = π()/(3¯k) Khi đó,

p(x : η)(trọng lượng trung bình củap(x−s)trên||s|| 5 η) nằm trong hình

cầu tâm p(x) và bán kính ¯kη = π()/3 Bởi vì ||bη|| ≤ ¯kη = π()/3,p(x :eη) := p(x : η) + bη nằm trong hình cầu tâm p(x) và bán kính 2π()/3.Hình cầu này không cắt tập K lồi Vì thế, p(x : η) 6∈ Ke

Giả sửX0 ⊂ Rn là tập mở; f : X0 →R là hàm Lipschitz địa phương; f

nhận một cực tiểu địa phương chặt trên tập Γ ⊂ X0 tạix¯ Giả sử U là hìnhcầu đơn vị mở trong X0 với tâm 0; các tập đóng Γη ⊂ X0(η > 0, Γη 6= ∅)

sao cho với > 0, (¯x+U )∩Γη nằm trong -lân cận của (¯x+U )∩Γvới η đủnhỏ Khi đó, tồn tại các dãy {ηk} ↓ 0 và {ϑk} ↓ 0 sao cho f ( : ηk) nhậnmột cực tiểu địa phương tại điểm x¯k ∈ (¯x + ϑkU ) ∩ Γηk, và ||¯xk− ¯x|| → 0

khi k → ∞

Chứng minh

Bởi vì x¯ là cực tiểu địa phương chặt của f trên Γ, với mọi ϑ dương đủnhỏ, tồn tại r(ϑ) > 0, với r(ϑ) ↓ 0 khi ϑ ↓ 0 và f (x) = f (¯x) + 4ϑ trên

Γ ∩ bdV (ϑ), trong đó V (ϑ) là hình cầu đóng với tâm x¯ bán kính r(ϑ),

và bdV (ϑ) kí hiệu biên của V (ϑ) Giả sử với ϑ đủ nhỏ, f là Lipschitz

Vì thế, f liên tục đều trên V (ϑ) ⊂ ¯x + U Khi η là số dương đủ nhỏ và

x ∈ Γη ∩bdV (ϑ), f (x) = f (¯x) + 3ϑ, bởi vì (¯x + U ) ∩ Γ nằm trong − lâncận của (¯x + U ) ∩ Γη, và do tính liên tục của f ta có

f (x : η) ≥ f (¯x) + 3ϑ − ϑ và f (¯x : η) < f (¯x) + ϑ

Bởi vì Γη ∩ V (ϑ) là compact trong Rn, f ( : η) nhận một cực tiểu địaphươngx(η)¯ trên Γη∩V (ϑ) Các bất đẳng thức trên chỉ rax(η) 6∈¯ bdV (ϑ).

Vì thếx(η)¯ là cực tiểu địa phương minimun củaf ( : η)trên Γη Bằng cáchchọn{ηk} ↓ 0và {ϑk} ↓ 0thích hợp, x¯k := ¯x(ηk) thỏa mãnx¯k ∈ (¯x+ϑkU )

1.3 Điều kiện cần Lagrange không trơn

Định lí 1.1

Giả sử bài toán (1.1) có cực tiểu địa phương tại x = ¯x; Các hàm f, g

và h là Lipschitz địa phương; ∂h(¯x) có hạng đầy Khi đó, điều kiện F.Johnsau đúng: tồn tại các nhân tử Lagrange τ ≥ 0 và λ ∈ S∗, không đồng thờibằng 0, và µ ∈ Rr, thỏa mãn

0 ∈ ∂(τ f + λg + µh)(¯x);

λg(¯x) = 0

(1.10)

Theo Bổ đề 1.3, h0(¯xk : ηk) có hạng đầy, khi k có bậc đủ lớn Vì vậy,(theo [3, trang 34]), ràng buộc đẳng thức h(x : ηk) = 0 là giải được địaphương tại x¯k Áp dụng định lý F John [3, Định lý 4.4.1] cho bài toántrơn, ta suy ta tồn tại nhân tử Lagrange τk ≥ 0 và λk ∈ S∗, không đồngthời bằng 0, và µk ∈ Rr, thỏa mãn:

Do λkg(¯x : ηk) = 0 ta suy ra λg(¯x) = 0 Số hạng chứa γ sẽ biến mấtkhi qua giới hạn, và (1.10) được chứng minh, với τ, λ, µ không đồng thờibằng 0 Nếu τ = 0 và λ = 0 thì µM = 0 với M khác 0, ∈ ∂h(¯x) nào

đó Điều này mâu thuẫn với tính chất hạng đầy của ∂h(¯x) Vì vậy, τ và λ

Giả sử điều kiện chính quy kiểu Slater đúng:

(∀y ∈ ∂g(x), ∀z ∈ ∂h(x)) (∃u ∈ Rn) yu ∈ − intS, zu = 0 (1.11)Khi đó τ 6= 0, và điều kiện F.John (1.10) cho ta điều kiện Kuhn- Tucker(τ = 1 ) Thật vậy, nếu τ = 0 thì 0 6= λ ∈ S∗; từ (1.10) và (1.5) ta có

λy + µz = 0 với y ∈ ∂g(¯x) và z ∈ ∂h(¯x) nào đó Từ (1.11) ta có λyu < 0

và µzu = 0 Điều đó mâu thuẫn với (λy + µz)u = 0

Nếu bài toán (1.1) là trơn thì điều kiện Robison: có h0(¯ có hạng đầy

và g(¯x) + g0(¯x)(Rn) + S chứa một lân cận của điểm 0, cũng cho ta τ = 1.Giả thiết g là ánh xạ vào không gian hữu hạn chiều thực ra không

sử dụng trong chứng minh Định lý 1.1 Do đó, kết quả cũng đúng chotrường hợp g là ánh xạ vào không gian vô hạn chiều, và vì thế, nói riêng,

−g(x) ∈ S trở thành hệ toán vô hạn các bất đẳng thức (sử dụng chuẩn

l∞): gi(x) ≤ 0(i = 1, 2, 3, ) với gi không khả vi, nhưng thỏa mãn giảthiết Lipschitz địa phương đồng đều với mọi i

Định lý 1.1 mở rộng điều kiện cần Clarke [4] của Lipschitz địa phương

cho bài toán cực tiểu hóa với các hàm Lipschitz địa phương trong trườnghợp ràng buộc nón với nón lồi S có intS 6= 0.

Bây giờ giả sử ràng buộc x ∈ C được thêm vào bài toán (1.1) Khi đó,

dC(x) = 0 với dC(x) là hàm khoảng cách từ xtới C Khi đó, điều kiện cần(1.10) trở thành

β ∈ ∂(τ f + λg + µh)(¯x), β ∈ NC(¯x), λg(¯x) = 0, (1.12)với Nc(¯ là nón sinh bởi dC(¯ nón pháp tuyến Clarke (xem [2]) Điềunày đúng bởi vì ta giả thiết C đóng thì x ∈ C ⇔ dC(x) 5 0 Ta có:

NC(¯x) = {ζ ∈ X0|(∃t > 0)ζ ∈ t∂dC(¯x)}

1.4 Đối ngẫu Wolfe suy rộng

Xét bài toán (1.1) không có ràng buộc h(x) = 0 Ta xét bài toán sau:

f (u) + vg(u) ≤ f (x)

Bài toán (1.13) là đối ngẫu mạnh của bài toán (1.1) nếu: (i) tính đốingẫu yếu đúng, và (ii) nếu bài toán (1.1) nhận một cực tiểu, bài toán (1.13)nhận một cực đại, và giá trị hàm mục tiêu của (1.1) và (1.13) bằng nhau

Rõ ràng, (ii) đúng nếu các giả thiết của Định lí (1.1) đúng, và một trong

các điều kiện chính quy đã nói ở trên đúng Bổ đề sau cho điều kiện đủ để(ii) là đúng.

Bổ đề 1.4

Để các bài toán (1.1) và (1.13) là đối ngẫu yếu, điều kiện đủ là tồn tạihàm ζ : X0 × X0 → Rn, sao cho với mọi x, u ∈ X0 và mọi b trong tập E

gồm các phần tử sinh của S∗, điều kiện lồi bất biến suy rộng sau đúng:

f (x) − f (u) ≥ f0(u; ζ(x, u));

bg(x) − bg(u) ≥ (bg)0(u; ζ(x, u))

(1.14)

Chứng minh

Giả sử x là điểm chấp nhận được của bài toán (1.1) và (u, v) là điểmchấp nhận được của bài toán (1.13) Khi đó,

f (x) − [f (u) + vg(u)] = f0(u; ζ(x, u)) − vg(u) (do (1.14))

= (f + vg)0(u; ζ(x, u)) − (vg)0(u; ζ(x, u)) (do (1.7))

= 0 − vg(x),(do (1.14) bởi vì v là tổ hợp lồi của bi ∈ E)

= 0

Nhận xét 1.4

Giả thiết (1.14) tổng quát hóa các giả thiết của Hanson [11] và Craven[8] cho các hàm khả vi và khả vi theo phương Cách tiếp cận này cho tamột lí thuyết đối ngẫu cho các bài toán không trơn bao gồm các đạo hàmsuy rộng Clarke, không đòi hỏi tính lồi và quy về được bài toán với dưới

vi phân lồi hoặc đạo hàm theo phương thông thường

1.5 Bài toán quy hoạch liên tục không trơn

Bây giờ ta xét bài toán quy hoạch liên tục không trơn:

(1.15)

Ở đâyI = [a, b] là khoảng đóng thực,f : I ×Rn → R, g : I ×Rn →Rm,

và h : I ×Rn → Rr là các hàm đo được với f (t, ),g(t, ) và h(t, ) là schitz địa phương và f (t, x(t)) bị chặn bởi một hàm khả tích khi x(t) bịchặn trên I; S ⊂ Rm là nón lồi đóng, với intS 6= ∅; Cực tiểu phải tìm trên

Lip-x ∈ Q, trong đó Q là một không gian con của không gian C(I,Rn) cáchàm liên tục từI vào Rn (hoặc Qcó thể là không gian P C(I,Rn) các hàmliên tục từng khúc từ I vào Rn) Gọi fx(t, ξ) là đạo hàm của f (t, ) tại ξ.Với σ > 0đủ nhỏ, ta định nghĩa hàm trơn f (t, ξ : σ), g(t, ξ : σ), h(t, ξ : σ)

MinimizeF (x :: η) :=

Z

I

f (t, x(t) : q(t))dt,(∀t ∈ I) − g(t, x(t) :: η) := −g(t, x(t) : q(t)) − b0η(t) ∈ S,

h(t, x(t) :: η) := h(t, x(t) : q(t)) + b”η(t) = 0

(1.17)

Ở đây q(.) := q( : η) là hàm dương, phụ thuộc vào tham số η > 0,như được mô tả sau Bổ đề 1.5 ở dưới; b0η(t), b00η(t) như trong Bổ đề 1.1 và

b0η(t), b00η(t) → 0 với η ↓ 0, với mỗi t ∈ I.

Tập chấp nhận được của bài toán (1.17) trơn là 4η

với x ∈ Q, t ∈ I thỏa mãn điều kiện chính quy: tồn tại δ > 0 sao cho

H0(x)(Q) = C(I,Rr) (hoặc P C(I,Rr) ) khi x ∈ Q, ||x − ¯x|| < δ và H làkhả vi liên tục tại x Đặt H(x :: η)(t) := h(t, x(t) :: η) Khi đó, H0(x :: η)

là toàn ánh khi ||x − ¯x|| và η đủ nhỏ (không thể sử dụng Bổ đề 1.3 đểchứng minh điều này, bởi vì lí luận compact trong Bổ đề 1.1 không thể ápdụng được trong không gian hàm Q)

Chú ý rằng tính chất Lipschitz của f đảm bảo F ( :: η)là bị chặn dướitrong một lân cận Ξ của x¯ Vì thế tồn tại cận dưới địa phương Như vậy,

v := inf{F (x :: η)|x ∈ Ξ ∩ ∆η} > −∞ Một tập E ⊂ ∆η chứa cực tiểuđịa phương nếu tồn tại dãy {xj} ⊂ E với {f (xj)} ↓ v (Điều này đúng với

E = Ξ ∩ ∆η)

Bổ đề 1.5

Với mỗi j = 1, 2, , tồn tại hàm dương qj(.) sao cho tồn tại lân cận W

của x¯ trong Q sao cho Q ∩ ∆1/j ⊂ lân cận W đã cho trong Q khi q = qj

và j là đủ lớn Nếu F là Lipschitz địa phương và bài toán (1.15) đạt đượccực tiểu địa phương chặt, thì bài toán (1.17) với η = 1/j, q(t) = qi(t), cócận dưới đúng địa phương, nằm trong lận cận Wj của x¯ với Wj → {¯x} khi

đề 1.2 tồn tại cận dưới đúng địa phương của f, bởi vì f bị chặn dưới trên

Γη, và sử dụng tính liên tục đều của f, f ( : η) cũng bị chặn dưới trên

(x + U ) ∩ Γη Các bất đẳng thức đã nhận được trong chứng minh của bổ đề1.2 chỉ ra rằng một cận dưới đúng địa phương của f ( : η) trên Γη ∩ V (ϑ)

cũng là cận dưới đúng địa phương của f ( : η) trên Γη; cận dưới đúng địaphương đó nằm trong lân cận (¯x + ϑkU ) ∩ Γηk Thay thế F của f và ∆η

cho Γη chỉ ra rằng kết luận đúng với Wj = ¯x + ϑkU Chú ý

Kí hiệu M(I, Z) là tập của độ đo Radon có giá trị trong Z trên I.Đặc biệt, mỗi phần tử của nón đối ngẫu của nón lồi {ζ ∈ C(I,Rm) : (∀t ∈I)ξ(t) ∈ S} là một phần tử của M(I, S∗)

Tính chất compact yếu của dãy {Pn} các độ đo xác suất (với hàm suyrộng p∗n) trên đoạn [a, b] khẳng định rằng tồn tại dãy con {Pn} hội tụ yếuđến độ đo xác suất p của p∗n hội tụ và dãy con tương ứng của {p∗n} hội tụđiểm đến p∗ tại mỗi t ∈ [a, b] với p∗ là liên tục.

Bổ đề 1.6

Giả sử A là nón lồi đóng trong Rm; I là một khoảng compact trênđường thẳng thực; dãy {∧j : j ∈ N } ⊂ M (I, S∗), trong đó || ∧j || ≤ 1

với mỗi j Khi đó, tồn tại một dãy con {∧k : k ∈ K}, K ⊂ N, sao cho

{∧k : k ∈ K} hội tụ yếu đến độ đo vectơ ∧ ∈ M (I, S∗) và dãy con cáchàm suy rộng tương ứng {∧∗k : k ∈ K} cũng hội tụ điểm đến ∧∗ tại mỗi

i = 1, 2, , m, dãy {∧k,i|k ∈ Km} hội tụ yếu đến∧,j Vì vậy {∧k|k ∈ Km}

hội tụ yếu tới ∧ với các thành phần là ∧,i và ∧(E) ⊂ S∗ với tập đo được

E ⊂ I, bởi vì S∗ là đóng và mỗi ∧j(E) ⊂ S∗ Vì vậy ∧ ∈ M (I, S∗) Định lí 1.2

Giả sử bài toán (1.15) đạt một cực tiểu địa phương tại x = ¯x ∈ Q;

F là Lipschitz địa phương; điều kiện Slater tại x¯ đúng Khi đó, điều kiệnF.John sau đúng: tồn tại nhân tử Lagrangian τ ≥ 0 và độ đo λ : I → S∗,không đồng thời bằng 0, và độ đo µ : I → Rr, sao cho, với hầu hết t ∈ I,

0 ∈ ∂(τ f (t, ¯x(t)) + λ(t)g(t, ¯x(t)) + µ(t)h(t, ¯x(t)));

λ(t)g(t, ¯x(t)) = 0

(1.20)Chứng minh

Giả sử bài toán (1.15) đạt cực tiểu địa phương chặt; nếu không ta lạithêm một số hạng như trong chứng minh Định lý 1.1 Theo Bổ đề 1.5,nếu j là đủ lớn, tồn tại lân cận Wj của x¯ chứa cận dưới đúng địa phương

vj > −∞ của bài toán (1.17) với q(t) = qj(t), với Wj ∩ 41/j → ¯x Vìvậy, tồn tại xˆj ∈ Wj ∩ 41/j thỏa mãn Fj(xj) 5 vj + j−2 Áp dụng định líEkeland [10] cho không gian metric đầy C(I,Rn) ∪ 41/j và hàm Fj, tồntại x∗j sao cho ||ˆx − x∗j|| < 1/j và

σj(t) = 0(1) Bằng cách nhân (1.21) với số hạng thích hợp, ta có thể giả

sử rằng với mọi j, độ đo (τj, ∧j, Θj) có chuẩn bằng 1

Theo Bổ đề (1.6), tồn tại dãy con {τk|k ∈ K}, {∧k|k ∈ K} , {Θk|k ∈K}, với K nào đó ⊂ N, hội tụ điểm và yếu với τ = 0, ∧ ∈ M(I, S∗), Θ ∈

M(I, Rr)riêng từng phần Theo Bổ đề (1.6), các hàm suy rộng∧∗k, Θ∗k, ∧∗, Θ∗

tương ứng tới ∧k, Θk, ∧, Θ Trừ ra một tập I1 ⊃ I0 có độ đo Lebesguebằng 0, "các hàm suy rộng" có đạo hàm tương ứng là λj, ϑj, λ, ϑ Bởi vì

z ∈ C(I,Rn) là tùy ý trong (1.21), từ (1.21) suy ra với t ∈ I\I1,

τifx(t, x∗j : qj(t)) + λj(t)gx(t, x∗j(t) : qj(t))+ ϑj(t)hx(t, x∗j(t) : qi(t)) + γj−jσj(t) = 0

{µj(t)} không nhất thiết bị chặn Giả sử với b nào đó ∈ S và tập E nào

đó có độ đo Lebesgue dương, λ(t)b = +∞ với mỗi t ∈ E Khi đó,

= ∧j(E)b(:= {∧(e)b : e ∈ E})

Điều này mâu thuẫn với tính hữu hạn của ∧ Vì thế λ và µ hữu hạnhầu khắp nơi Vì vậy, phần đầu của (1.20) đúng với hết mọi t; và phần 2

Bây giờ xét bài toán quy hoạch liên tục (1.15) không có ràng buộcđẳng thức h(t, x(t)) = 0 và bài toán đối ngẫu:

y(t)u(t) ∈ −intS.

Giả sử rằng, với mỗi t ∈ I, f (t, ) và g(t, ) thỏa mãn giả thiết (1.14).Khi đó, bài toán (1.25) là đối ngẫu mạnh của bài toán (1.15) (như vậy tínhđối ngẫu yếu cũng đúng, và (1.25) nhận một cực đại tại u = ¯x, và hai bàitoán có giá trị tối ưu của hàm mục tiêu bằng nhau)

Chứng minh

Nếu τ = 0 trong (1.20), thì λ(.) 6= 0, 0 ∈ ∂(λ(t)g(t, ¯x(t))) với hầu hếtmọi t Vì thế λ(t)y(t) = 0 với y(t) nào đó ∈ ∂g(t, ¯x(t)) Từ điều kiệnchính quy y(t)u(t) ∈ −intS ta có λ(t)y(t)u(t) < 0 với hầu hết mọi t: mâuthuẫn Vì vậy, τ = 1 Ta có (¯x(.), λ(.)) là điểm chấp nhận được của (1.25).Bây giờ, (1.25) có dạng của bài toán đối ngẫu Wolfe của (1.15) mà không

có ràng buộc đẳng thức ta lưu ý rằng

0 ∈ ∂uL(u, v) 0 ∈ ∂u(f (t, u(t)) + v(t)g(t, u(t))với hầu hết mọi t (1.26)

Vì vậy, tính đối ngẫu yếu đúng, theo Bổ đề (1.4) Bởi vì (¯x.λ) là nghiệmtối ưu của (1.25), và sự bằng nhau của các hàm mục tiêu được suy ra từ