Phát biểu bài toán
Ký hiệu orthant không âm (dương) trong R n được ký hiệu bởi R n + (t.ư., dương: R n ++), trong đó t.ư là viết tắt của từ tương ứng.
Như vậy với x, y ∈R n , x ≤ y có nghĩa là y−x∈ R n +; viết x < y thì có nghĩa y−x∈ R n ++.
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu bài toán tối ưu véctơ VOP, với mục tiêu tối thiểu hóa hàm f(x) = (f1(x), f2(x), , fl(x)) T, dưới các ràng buộc g i (x) ≤ 0 cho i = 1, , m và h j (x) = 0 cho j = 1, , r Các hàm fk, gi và hj được giả định là khả vi liên tục Fréchet trên một tập mở Ω nào đó, với Ω ⊆ R p Chúng tôi định nghĩa g(x) = (g1(x), , gm(x)) T và h(x) = (h1(x), , hr(x)) T để phục vụ cho việc phân tích bài toán.
T ký hiệu phép chuyển vị Ta ký hiệu tập chấp nhận được cho bởi
Tập chỉ số tích cực tại x ∈ X của ràng buộc bất đẳng thức được ký hiệu bởi
Một số khái niệm và định nghĩa
Véctơ x ∗ ∈ X được coi là nghiệm tối ưu Pareto địa phương nếu tồn tại một δ > 0, sao cho không có x thuộc X ∩ B(x ∗ , δ) thỏa mãn điều kiện f(x) ≤ f(x ∗ ) và f(x) khác f(x ∗ ) Điều này có nghĩa là f(x) phải nhỏ hơn f(x ∗ ) trong khoảng hình cầu B(x ∗ , δ) với tâm là x ∗ và bán kính δ.
Giả sử A ⊆ R p là tập không rỗng, các khái niệm như biên (bdA), bao đóng (clA), phần trong (intA) và bao nón (coneA) được định nghĩa rõ ràng Chúng tôi sẽ đề cập đến nón tiếp tuyến, tập tiếp tuyến bậc hai và đạo hàm theo phương Nón tiếp tuyến S ⊆ R p tại x 0 ∈ cl S được ký hiệu một cách cụ thể.
T(S, x0) := {u∈ R p : ∃tn → 0+,∃un → u sao chox0+tnun ∈S,∀n ∈ N}.Định nghĩa 1.3 Giả sử S ⊆ R p , x0 ∈ cl S và v ∈ R p
(a) Tập tiếp tuyến bậc hai của S tại x0 theo phương v là
T 2 (S, x0, v) :={w ∈ R p :∃tn →0+,∃wn →w sao cho x0 +tnv
(b) Nón tiếp tuyến cấp hai tiệm cận của S tại x 0 theo phương v là
T 00 (S, x 0 , v) :={w ∈R p : ∃t n → 0 + ,∃s n → 0 + ,∃w n → w sao cho tn/sn → 0, x0 +tnv + 1
(c) Nón tiếp tuyến cấp hai chiếu của S tại x 0 theo phương v là
Nón T 00 (S, x0, v), lần đầu tiên được giới thiệu bởi Cambini và cộng sự, đã trở thành công cụ quan trọng trong tối ưu hóa Nón Tb 2 (S, x0, v) cũng đã được Jiménez và Novo áp dụng để xác định các điều kiện tối ưu cho bài toán tối ưu khả vi.
Nếu S là lồi thì T 00 (S, x 0 , v) và Tb 2 (S, x 0 , v) cũng lồi, còn T 2 (S, x 0 , v) có thể không lồi Để ý rằng Tb 2 (S, x0, v) trùng với tập sau
Tb 2 (S, x0, v) := cone + (T 2 (S, x0, v)× {1})∪(T 00 (S, x0, v)× {0}), (1.1) trong đó cone + (A) := S t>0tA cho một tập con A của R p+1 Mệnh đề 1.1 Giả sử S là tập con của R p , x 0 ∈ cl S và v ∈ R p
(ii) Nếu v /∈T(S, x 0 ) thì T 2 (S, x 0 , v) = T 00 (S, x 0 , v) =∅ và Tb 2 (S, x 0 , v) ∅.
(iii) Hơn nữa nếu S lồi và v ∈ T(S, x0) thì
Tb 2 (S, x0, v) + (T(T(S, x0), v)× {0}) ⊆ Tb 2 (S, x0, v). Định nghĩa 1.4 ([5]) Giả sử f : R n → R l là khả vi Fréchet tại x0 ∈ R p Đạo hàm theo phương radial cấp 2 của f tại x 0 theo phương v được xác định bởi f 00 (x 0 , v) := lim t→0 +
. Định nghĩa 1.5 Giả sử f : R p → R l là khả vi Fréchet tại x0 và giả sử v, w ∈R p
(a) Đạo hàm theo phương conic Hadamard cấp 2 củaf tạix0 theo phương v được xác định bởi công thức d 2 c f(x0, v) := lim
(b) Đạo hàm theo phương cấp 2 parabolic Hadamard của f tại (x0, v) theo phương w được xác định bởi công thức d 2 p f(x0, v, w) := lim
(c) Đạo hàm theo phương cấp 2 tiệm cận Hadamard của f tại (x0, v) theo phương w được xác định bởi công thức d 00 f(x 0 , v, w) := lim
Định nghĩa 1.6 Ta nói rằng f : R p →R l là ổn định tại x 0 ∈ R p nếu tồn tại một lân cận U của x0 và hằng số k > 0 sao cho kf(x)−f(x0)k ≤kkx−x0k ∀x ∈ U.
Hàm f được gọi là Lipschitz trên tập mở U ⊆ R^p nếu tồn tại một hằng số L > 0 sao cho kf(x)−f(x₀)k ≤ Lkx−x₀k với mọi x, x₀ thuộc U Điều này có nghĩa là f là Lipschitz trên U sẽ dẫn đến việc f ổn định tại mỗi điểm x thuộc U Nếu f là hàm C^1 trên lân cận U của x₀ và đạo hàm ∇f cũng là Lipschitz trên U, thì f sẽ có những tính chất ổn định và mượt mà trong khu vực này.
C 1,1 trên U), thì ∇f ổn định tại x 0
Trong kết quả chính, ta sẽ sử dụng bổ đề sau.
Bổ đề 1.1 nêu rằng nếu hàm f : R^p → R^l có đạo hàm Fréchet ∇f liên tục tại điểm x0 ∈ R^p và đạo hàm bậc hai f''(x0, v) tồn tại theo phương v ∈ R^p, thì với chuỗi xn tiến tới x0, tn tiến tới 0 dương và sn tiến tới s với sn > 0, ta có wn = (xn - x0 - tn v)/(1/2)sn^(-1)tn^2 tiến tới w Do đó, giới hạn khi n tiến tới vô cực của f(xn) - f(x0) - tn∇f(x0)^T v sẽ được xác định.
Chứng minh Định lý giá trị trung bình khẳng định rằng với mọi a, b gần x0 ta có kf(b)−f(a)− ∇f(x 0 ) T (b−a)k ≤ kb−ak sup x∈[a,b] k∇f(x)− ∇f(x 0 )k.
Sử dụng bất đẳng thức này cho a := x0 +tnv và b := xn = x0 +tnv + 1
2s −1 n t 2 n w n , ta có kf(xn)−f(x0 +tnv)− 1
Chia cả hai vế bất đẳng thức trên cho 1
, ta có ky n − ∇f(x0) T wnk ≤ kw n k sup x∈[x 0 +t n v,x n ] k∇f(x)− ∇f(x0)k (1.3)
Bởi vì ∇f liên tục tại x0, ta có sup x∈[x 0 +t n v,x n ] k∇f(x)− ∇f(x0)k → 0 khi n → ∞ Sử dụng limn→∞wn =w, ta suy ra từ (1.3) rằng n→∞lim kyn− ∇f(x0) T wnk = 0.
Chú ý rằng ∇f(x 0 ) T w n → ∇f(x 0 ) T w khi n → ∞ Do bất đẳng thức kyn− ∇f(x0) T wk ≤ kyn− ∇f(x0) T wnk+k∇f(x0) T w− ∇f(x0) T wnk, ta có ky n − ∇f(x 0 ) T w n k → 0 khi n → ∞ và vì vậy n→∞lim yn =∇f(x0) T w.
Mặt khác, khi đặt z n := f(x0 +tnv)−f(x0)−tn∇f(x0) T v
, ta có n→∞lim z n = sf 00 (x 0 , v), khi f 00 (x0, v) tồn tại Như vậy n→∞lim (y n +z n ) = ∇f(x 0 ) T w+sf 00 (x 0 , v), điều khẳng định được suy ra
(i) Nếu f khả vi Fréchet tại x 0 thì f 00 (x 0 , v) =v T ∇ 2 f(x 0 )v ∀v ∈ R p
(ii) Nếu f có đạo hàm Fréchet ∇f, liên tục tại x0 và f 00 (x0, v) tồn tại theo phương v ∈ R p thì d 2 p f(x 0 , v, w) = ∇f(x 0 ) T w + f 00 (x 0 , v) và d 00 f(x 0 , v, w) =∇f(x 0 ) T w ∀w ∈ R p
Nếu hàm f có đạo hàm Fréchet ∇f ổn định tại điểm x0 và đạo hàm bậc hai f 00 (x0, v) tồn tại cho mọi phương v ∈ R^p, thì đạo hàm cấp hai d 2 c f(x0, v) cũng tồn tại và có giá trị bằng f 00 (x0, v) Chứng minh cho điều này đã được thực hiện trong tài liệu [9], cụ thể là trong Mệnh đề 2.4 (ii) Phần (ii) được rút ra từ Bổ đề 1.1 trong các trường hợp s = 1 và s = 0 Phần (iii) đã được nêu trong Mệnh đề 2.4 của tài liệu [12].
Điều kiện chính quy cấp 2
Trong nghiên cứu của Hachimi và Aghezzaf [3], điều kiện chính quy Abadie cấp hai được áp dụng cho bài toán tối ưu đa mục tiêu mở rộng liên quan đến bài toán VOP Bài viết cũng xem xét mối quan hệ giữa điều kiện chính quy suy rộng và các điều kiện chính quy đã được biết đến Để bắt đầu, chúng ta sẽ nhắc lại khái niệm nón tuyến tính hóa Định nghĩa 1.7 nón tuyến tính hóa của X tại x¯ ∈X được xác định bởi công thức.
Trong phần này ta luôn giả sử rằng g i 00 (¯x, v), i ∈ I(¯x, v) và h 00 (¯x, v) tồn tại x¯ ∈ X theo phương v ∈ C(X,x)¯ trong đó
Ta cũng cần các tập tuyến tính hóa cấp hai sau:
C 00 (X,x, v) :={w¯ ∈ R p :∇g i (¯x) T w ≤ 0, i ∈ I(¯x, v),∇h j (¯x) T w = 0, j ∈ J}. Định nghĩa 1.8 Giả sử x¯ ∈ X và v ∈ C(X,x) Nón tuyến tính hóa cấp¯ hai của X tại x¯ theo phương v được xác định như sau
Chú ý rằng (w, s)∈ Cb 2 (X,x, v)¯ tương đương với nếu s 6= 0 thì s −1 w ∈
C 2 (X,x, v), nói cách khác¯ w ∈ C 00 (X,x, v)¯ tức là(w, s) ∈cone + (C 2 (X,x, v)ׯ {1}) hoặc (w, s) ∈ C 00 (X,x, v)¯ × {0} Vậy, Cb 2 (X,x, v)¯ có thể đồng nhất với tập sau
Mệnh đề 1.3 Giả sử x¯ ∈ X và v ∈ T(X,x) Khi đó,¯ Tb 2 (X,x, v)¯ ⊆
Chứng minh Khẳng định này dễ suy ra khi dùng Bổ đề 1.1 do Mệnh đề 2.2 của [10] Vì vậy ta không chứng minh ở đây
Trong trường hợp tổng quát, bao hàm thức Cb 2 (X,x, v)¯ ⊆ Tb 2 (X,x, v)¯ có thể không đúng nếu v 6= 0 Khi v = 0 thì tính đúng của Cb 2 (X,x,¯ 0) ⊆
Tb 2 (X,x,¯ 0)tương đương vớiC(X,x)¯ ⊆ T(X,x)¯ vìTb 2 (X,x,¯ 0) =T(X,x)ׯ
R+ và Cb 2 (X,x,¯ 0) = C(X,x)¯ ×R+ thể hiện mối quan hệ giữa các điều kiện trong bài toán tối ưu Điều kiện C(X,x)¯ ⊆ T(X,x)¯, hay còn gọi là điều kiện chính quy Abadie (ACQ), là cần thiết để đảm bảo sự tồn tại của các nhân tử KKT trong các bài toán tối ưu Tuy nhiên, điều kiện ACQ một mình không đủ để đảm bảo điều kiện cần KKT cấp 2 Do đó, cần mở rộng ACQ cho trường hợp cấp 2 (SOACQ) để áp dụng cho các bài toán VOP, với x¯ ∈ X và điều kiện SOACQ được xác định tại x¯ theo phương v ∈ T(X,x)¯.
Ta nói rằng điều kiện SOACQ đúng tại điểm chấp nhận x¯ nếu nó đúng tại x¯ theo mọi phương v ∈ T(X,x)¯ Điều kiện này đã được Jiménez và Novo [15] cùng Hachimi và Aghezzaf [6] áp dụng để phát triển quy tắc nhân KKT cho bài toán tối ưu véctơ Trong phần này, các hàm mục tiêu và hàm ràng buộc được yêu cầu khả vi Fréchet hai lần Theo Định nghĩa 1.10 (Xem [13]), một cận sai số địa phương được coi là đúng tại điểm chấp nhận x¯ ∈ X nếu tồn tại α > 0 và δ > 0 sao cho với mọi x∈ B(¯x, δ), khoảng cách từ x đến tập X thỏa mãn dist(x, X) ≤ αmax{|hj(x)|, j ∈ J, max{0, gi(x)}, i ∈ I}.
Phát biểu sau đây đảm bảo rằng SOACQ đúng tại x.¯
Mệnh đề 1.4 Nếu x¯ ∈ X thỏa mãn một cận sai số địa phương thì SOACQ đúng tại x.¯
Chứng minh Ta chứng minh Cb 2 (X,x, v)¯ ⊆ Tb 2 (X,x, v)¯ là đủ do Mệnh đề 1.3 Giả sử v ∈ T(X,x)¯ và (w, s) ∈ Cb 2 (X,x, v) Xét các dãy tùy ý¯ t n → 0 + và s n → s với s n > 0 thỏa mãn s −1 n t n → 0 khi n → ∞ Nếu đặt zn := ¯x+tnv+1
2s −1 n t 2 n w, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng z n ∈ B(¯x, δ), trong đó z n → x¯ khi n → ∞ Ta khẳng định rằng với n đủ lớn thì gi(zn) ≤ 0, i ∈ I \I(¯x, v) (1.6)
Thật vậy, nếu i /∈ A(¯x) thì g i (¯x) < 0 và như vậy với n đủ lớn g i (z n ) < 0 do tính liên tục củagi Mặt khác, nếui ∈ A(¯x)(nghĩa là gi(¯x) = 0) nhưng
∇g i (¯x) T v < 0 thì theo định lý Taylor ta có g i (z n ) =g i (¯x) +t n
Trong bài viết này, chúng ta xem xét hàm o : R+ → R thỏa mãn điều kiện lim t→0 (o(t)/t) = 0 và v n : (zn−x)/t¯ n Rõ ràng rằng vn hội tụ về v, và ∇gi(¯x) T vn hội tụ về ∇gi(¯x) T v khi (ktnvnk)/tn → 0 khi n tiến tới vô cùng Từ ∇g i (¯x) T v < 0, gi(¯x) = 0 và (1.7) suy ra rằng gi(zn) ≤ 0 với n đủ lớn, dẫn đến kết luận (1.6) Giả sử (1.6) đúng với mọi n ∈ N, ta có dist(zn, X) ≤ αmax{0,|hj(zn)|, j ∈ J, gi(zn), i ∈I(¯x, v)} theo tính chất cận sai số địa phương (1.5) Theo Bổ đề 1.1, vì v thuộc T(X,x)¯ ⊆ C(X,x)¯ và (w, s)∈ Cb 2 (X,x, v), ta suy ra với mỗi j ∈ J.
2hj(zn) s −1 n t 2 n , (1.9) và với mỗi i ∈ I(¯x, v),
= lim n→∞ gi(zn)−gi(¯x)−tn∇g i (¯x) T v
Kết hợp (1.8), (1.9) và (1.10) ta có n→∞lim dist(zn, X) s −1 n t 2 n = 0. Điều này kéo theo tồn tại dãy xn ∈ X sao cho n→∞lim kzn−xnk s −1 n t 2 n = 0.
Như vậy, nếu ta đặt w n := (x n − x¯ − t n v)/(1/2)s −1 n t 2 n thì ta nhận được xn = ¯x+tnv + 1
2s −1 n t 2 n wn và wn → w Do đó, (w, s) ∈ Tb 2 (X,x, v).¯
Theo điều kiện chính quy Mangasarian-Fromovitz (MFCQ), một cận sai số địa phương có thể được suy ra Điều này cho thấy rằng SOACQ yếu hơn MFCQ cũng như CRCQ.
Gần đây, Ivanov đã chứng minh điều kiện cần KKT cấp 2 cho tối ưu Pareto yếu địa phương của bài toán tối ưu véctơ, chỉ với ràng buộc bất đẳng thức, miễn là điều kiện ACQ và điều kiện chính quy cấp 2 dạng Zangwill (SOZCQ) đúng Điều này yêu cầu clZ(¯x, v) phải bằng W(¯x, v).
Tiếp theo, ta sẽ cho SOACQ liên kết với SOZCQ và ACQ.
Mệnh đề 1.5 Xét tập chấp nhận được chỉ có ràng buộc bất đẳng thức
Giả sử x¯ ∈ X và v ∈ T(X,x) Nếu điều kiện chính quy cl(Z¯ (¯x, v)) W(¯x, v) và ACQ đúng thì SOACQ đúng tại (¯x, v).
Nếu v = 0, thì bao hàm thức trở nên tầm thường Do đó, giả sử v khác 0, ta cần chứng minh rằng C2(X, x, v) ⊆ T2(X, x, v) Giả sử w thuộc C2(X, x, v), tức là w thuộc W(¯x, v) Vì cl(Z(¯x, v)) = W(¯x, v), nên w cũng thuộc cl(Z(¯x, v)) Điều này có nghĩa là tồn tại một dãy wn thuộc Z(¯x, v) sao cho wn tiến tới w khi n tiến tới vô cùng Với mỗi wn và mỗi i thuộc I(¯x, v), tồn tại δni thuộc (0, 1/n] để thỏa mãn điều kiện cần thiết.
Với n cố định bất kỳ và mỗi i ∈ A(¯x)\I(¯x, v), áp dụng khai triển (1.7), ta có công thức gi ¯ x+tv + 1
2t 2 w n k)/t → 0 khi t → 0 Vì gi(¯x) = 0 và ∇gi(¯x) T v < 0, từ (1.11) ta suy ra tồn tại δ i n ∈ (0,1/n] đủ nhỏ sao cho gi(¯x+tv + 1
Với i ∈ I \A(¯x), bởi vì g i (¯x) 0 sao cho khi r ∈ [0, δ) ta có
Điều kiện ∇g i (¯x) T (v+rw)≤ 0 ∀i ∈A(¯x) cho thấy rằng (v+rw) thuộc C(X,x), và do đó, ¯(v+rw) thuộc T(X,x)¯ với mọi r ∈ [0, δ) khi T(X,x) = ¯C(X,x) Xét dãy ¯rn ∈ (0, δ) sao cho rn tiến tới 0 khi n tiến tới vô cùng Đối với mỗi n ∈ N cố định, vì (v + rnw) thuộc T(X,x), tồn tại dãy tn(k) tiến tới 0+ với tn(k) < (rn)² và zn(k) tiến tới (v + rnw) khi k tiến tới vô cùng, sao cho ¯x + tn(k)zn(k) thuộc X với mọi k ∈ N Đặt wn(k) := (zn(k) − v)/rn, ta nhận thấy wn(k) tiến tới w khi k tiến tới vô cùng với ¯x + tn(k)(v + rnwn(k)) thuộc X.
Lập luận tương tự vớin ∈ N, ta lấyt n := t n (n)vàw n := w n (n), tương ứng, từ dãy {tn(k)}k∈ N và {wn(k)}k∈ N Vậy, ta suy ra rằng tn → 0+, rn → 0+ và w n →w khi n → ∞ thỏa mãn ¯ x+tnv +rntnwn ∈ X ∀n ∈N (1.12)
2r n Vì vậy s n → 0 khi n → ∞ Từ (1.12) ta suy ra rằng w ∈T 00 (X,x, v) Vậy,¯ C 2 (X,x, v)¯ ⊆
T 2 (X,x, v)¯ vàC 00 (X,x, v)¯ ⊆ T 00 (X,x, v) Như vậy,¯ Cb 2 (X,x, v)¯ ⊆ Tb 2 (X,x, v)¯
Mệnh đề này khẳng định rằng SOACQ chỉ được đảm bảo khi cả SOZCQ và ACQ đều đúng Ngược lại, nếu một trong hai điều kiện ACQ hoặc SOZCQ không đúng, thì không thể suy ra SOACQ, như đã minh họa trong Ví dụ 2.2 và 2.3.
Chương 2 Điều kiện cần và đủ tối ưu cấp 2
Chương 2 trình bày các điều kiện cần và đủ để đạt được tối ưu cấp 2 cho bài toán dạng nguyên thủy và dạng đối ngẫu Bằng cách áp dụng định lý luân phiên Motzkin, chúng tôi chứng minh rằng điều kiện cần tối ưu cho dạng nguyên thủy cũng dẫn đến điều kiện cần tối ưu cho dạng đối ngẫu Các kiến thức trong chương này được tham khảo từ tài liệu [2].
2.1 Điều kiện cần tối ưu cấp 2 dạng nguyên thủy
Trong phần này, ta trình bày điều kiện cần KKT cấp 2 cho bài toán VOP với SOACQ.
Giả sử x ∈ X Nón các phương giảm tại x được xác định bởi
C(f, x) := {v ∈ R p : ∇f k (x) T v ≤ 0, k ∈ K}, và nón tới hạn C(x) được xác định bởi
Nón dưới tới hạn là CT(x) := T(X, x)∩C(x) Chú ý rằng CT(x)⊆ C(x).
Ta cũng cần tập C0(f, x) := {v ∈ R p : ∇f k (x) T v < 0, k ∈ K} Cho v ∈ C(f, x), tập chỉ số K(x, v) được ký hiệu bởi
Cho x¯ ∈ X và v ∈ C(¯x) Trong phần này, chúng ta sẽ áp dụng giả thiết (C), được coi là đúng cho bài toán VOP tại (¯x, v) nếu đạo hàm bậc hai f k 00 (¯x, v), với k ∈ K, g i 00 (¯x, v), với i ∈ A(¯x), và h 00 j (¯x, v), với j ∈ J, tồn tại tại x¯ theo phương v.
Bổ đề 2.1 đề cập đến bài toán VOP, trong đó x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto yếu địa phương Nếu v ∈ C T (x ∗ ) \ C 0 (f, x ∗ ) là một phương tới hạn và f 00 (¯x, v) tồn tại, thì các kết quả liên quan sẽ được xem xét.
Chứng minh Bởi vì ∇f liên tục tại x ∗ và f 00 (x ∗ , v) tồn tại Từ Mệnh đề 1.2 (ii) ta suy ra ∀w ∈ R p , d 2 p f(x ∗ , v, w) =∇f(x ∗ ) T w+f 00 (x ∗ , v) và d 00 f(x ∗ , v, w) = ∇f(x ∗ ) T w.
Do v ∈ CT(x ∗ ) \ C0(f, x ∗ ), ta nhận được v ∈ T(X, x ∗ ) và ∇f(x ∗ ) T v ∈ bd(−R l +) Khi đó, theo Định lý 5.2 (ii) trong [11], ta có
Xét (w, s) ∈ Tb 2 (X, x ∗ , v) Khi đó, từ (1.1) suy ra s −1 w ∈ T 2 (X, x ∗ , v) với s6= 0 hoặc w ∈ T 00 (X, x ∗ , v) với s = 0 Vậy, từ (a)-(b) ta có
Ta khẳng định (w, s)∈/ Cb 0 2 (f, x ∗ , v) Giả sử ngược lại (w, s)∈ Cb 0 2 (f, x ∗ , v). Khi đó
Giả sử K\K(x ∗ , v) 6=∅, nếu không thì K(x ∗ , v) = K sẽ dẫn đến ∇f k (x ∗ ) T v = 0 với mọi k ∈ K, mâu thuẫn với (2.1) Do đó, với ∇fk(x ∗ ) T v < 0 cho bất kỳ k ∈ K \K(x ∗ , v), tồn tại một số nguyên dương n0 đủ lớn sao cho 1/n0.
− ∇f k (x ∗ ) T v với k ∈ K, thì từ (2.2) và (2.3) ta thấy η = (η1, , ηl) T ∈ intR l + và η+∇f(x ∗ ) T v ∈ int(R l + +∇f(x ∗ ) T )v Như vậy
∈ −int cone(R l + +∇f(x ∗ ) T v). Điều này mâu thuẫn với (2.1) Vì vậy, (w, s)∈/ Cb 0 2 (f, x ∗ , v)
Để tối ưu cấp 2 KKT cho bài toán VOP, định lý 2.1 nêu rõ rằng nếu x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto yếu địa phương và v thuộc C T (x ∗ )\C 0 (f, x ∗ ) là một phương tới hạn, đồng thời (C) và SOACQ đúng tại (x ∗ , v), thì hệ phương trình theo (w, s) ∈ R p × R+ sẽ không tương thích.
Chứng minh Bởi vì x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto yếu địa phương, theo
Bổ đề 2.1 và sử dụng Cb 2 (X, x ∗ , v) = Tb 2 (X, x ∗ , v), ta có
Theo định nghĩa của Cb 2 (X, x ∗ , v) và Cb 0 2 (f, x ∗ , v), điều cần chứng minh có thể suy ra Định lý 2.1 đã được tổng quát hóa và bổ sung, trong đó hệ bất đẳng thức là trường hợp đặc biệt với s = 1 và không xem xét h Đối với x ∗ ∈ X, ký hiệu M(x ∗ ) đại diện cho tập hợp tất cả các nhân tử (θ, λ, à) ∈.
R l + ìR m + ìR r , với (θ, λ, à) 6= 0 sao cho
X k∈K θ k ∇f k (x ∗ ) + X i∈A(x ∗ ) λ i ∇g i (x ∗ ) +X j∈J à j ∇h j (x ∗ ) = 0, (2.5) λ i g i (x ∗ ) = 0, i∈ I (2.6) Chỳ ý rằng nếu v ∈ C(x ∗ ) và (θ, λ, à)∈ M(x ∗ ) thỡ (2.5) và (2.6) kộo theo
Cho v ∈ C(X, x ∗ ), ký hiệu M(x ∗ , v) là tập tất cả cỏc nhõn tử (θ, λ, à) ∈
R l + ìR m + ìR r , với (θ, λ, à) 6= 0, nú phụ thuộc vào phương v.
Điều kiện cần tối ưu cấp 2 dạng đối ngẫu
Định lý 2.2 (Điều kiện cần đối ngẫu) đề cập đến bài toán VOP, trong đó x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto yếu địa phương Nếu v thuộc tập hợp C T (x ∗ ) nhưng không thuộc C 0 (f, x ∗ ) là một phương tới hạn khác không, và giả sử điều kiện (C) đúng tại (x ∗ , v) cũng như SOACQ đúng tại (x ∗ , v), thì tồn tại (θ, λ, à) thuộc M(x ∗ , v) với θk > 0 cho một k nào đó trong K(x ∗ , v), sao cho các phương trình (2.5)-(2.6) được thỏa mãn.
Chứng minh Giả sử x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto yếu địa phương Đặt
, sử dụng Định lý 2.1 ta suy ra hệ bất đẳng thức
Az 0. Đặt θ k = 0, k ∈ K \ K(x ∗ , v) và λ i = 0, i ∈ I \ I(x ∗ , v), ta suy ra điều phải chứng minh
Mệnh đề 1.5 mở rộng Định lý 4.2 trong tài liệu [5] bằng cách xem xét bài toán véctơ với ràng buộc bất đẳng thức Ngoài ra, nó cũng bao gồm Định lý 5.2 trong tài liệu [4] và Định lý 4.4 trong tài liệu [3], trong đó các hàm k, g_i và h_j đều khả vi Fréchet hai lần.
Trong Định lý 2.2, chúng ta chỉ xem xét trường hợp v khác 0 Nếu v được chọn là 0, thì điều kiện của Định lý 2.2 sẽ trở thành điều kiện cần thiết để tối ưu hóa theo KKT cấp một, kèm theo điều kiện ACQ.
Ví dụ 2.1 Xét bài toán VOP với các dữ liệu sau: f(x 1 , x 2 ) = (−x 1 +bx 2 2 , x 2 ) T , g(x 1 , x 2 ) = x 1 −x 2 2 , h(x1, x2)
−x1 +x 3/2 2 , nếu x2 > 0, trong đó b > 1 là một tham số, X = {x ∈ R 2 : g(x) ≤ 0, h(x) = 0} và x ∗ = (0,0) T Điểm x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto yếu có thể kiểm chứng được Chú ý rằng ∇f 1 (x ∗ ) T = (−1,0), ∇f 2 (x ∗ ) T = (0,1), ∇g(x ∗ ) T (1,0), ∇h(x ∗ ) T = (−1,0), C(x ∗ ) = {(0, v2) : v2 ≤ 0} và C0(f, x ∗ ) {(v 1 , v 2 ) : v 1 > 0, v 2 < 0} Lấy v = (0,−1) T ∈ C(x ∗ )\ C 0 (f, x ∗ ) Khi đó
M(x ∗ , v) = {(θ, λ, à) ∈ R 2 ìRìR : θ = α(1,0), λ−à = α > 0, λ ≥ 0}, g 00 (x ∗ , v) =−2, h 00 (x ∗ , v) = 2, f 1 00 (x ∗ , v) = 2b và f 2 00 (x ∗ , v) = 0 Ta cũng dễ dàng tính được
Vậy, SOACQ đỳng tại (x ∗ , v) Vỡ vậy theo Định lý 2.2 tồn tại (θ, λ, à) ∈
M(x ∗ , v), với θ 6= 0 thỏa món (2.8) Thật vậy, nếu chọn (θ, λ, à) (1,0,2,1) ∈ M(x ∗ , v) thì θ 1 f 1 00 (x ∗ , v) +θ 2 f 2 00 (x ∗ , v) +λg 00 (x ∗ , v) +àh 00 (x ∗ , v) = 2(b−1) >0.
Ví dụ trên đồng thời minh họa SOACQ không kéo theo ACQ hoặc SOZCQ
Ví dụ 2.2 (SOACQ không kéo theo ACQ) Xét Ví dụ 2.1 Rõ ràng là SOCAQ đúng tại (x ∗ , v) với mỗi v ∈ C(x ∗ )\C 0 (f, x ∗ ) với v 6= (0,0) T nhưng ACQ không đúng Thật vậy, T(X, x ∗ ) = {(0, v 2 ) : v 2 ≤ 0}, nhưng C(X, x ∗ ) = {(0, v2) : v2 ∈ R}.
Trong Ví dụ 2.3, chúng ta xem xét trường hợp SOACQ không kéo theo SOZCQ Bằng cách thay thế ràng buộc đẳng thức h(x) = 0 bằng ràng buộc bất đẳng thức h(x) ≤ 0 và −h(x) ≤ 0, ta có thể xác định rằng tồn tại (x ∗ , v) sao cho SOACQ vẫn đúng, như đã được chứng minh trong ví dụ trước.
Ví dụ 2.1 Còn SOZCQ không đúng Thật vậy, cl(Z(x ∗ , v)) = {(2,0)}, nhưng W(x ∗ , v) = {(2, w 2 ) : w 2 ∈ R}.
Vì x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto yếu địa phương của bài toán trong Ví dụ 2.1, nên SOACQ đúng tại (x ∗ , v), trong khi cả ACQ và SOZCQ đều không đúng Do đó, Định lý 2.2 có thể áp dụng, nhưng Định lý 4.2 trong [5] thì không thể áp dụng.
Điều kiện đủ tối ưu cấp 2
Trong phần trước, chúng ta đã thảo luận về các điều kiện cần thiết cho nghiệm tối ưu Pareto yếu địa phương Ở phần này, chúng tôi sẽ trình bày các điều kiện đủ cho nghiệm tối ưu Pareto Theo định nghĩa 2.1, véctơ x∗ ∈ X được gọi là nghiệm Pareto địa phương chặt cấp 2, ký hiệu x∗ ∈ Strl(2, f, X), nếu tồn tại một δ > 0 và một hằng số ρ > 0 thỏa mãn điều kiện nhất định.
Rõ ràng là mỗi điều kiện Pareto chặt cấp 2 phải là nghiệm Pareto địa phương (cô lập).
Sau đây chúng ta sẽ sử dựng giả thiết (C 0 ):
Điều kiện (C0) được coi là thỏa mãn cho bài toán VOP tại điểm x nếu giả thiết (C) đúng tại x với mọi v thuộc CT(x) và các đạo hàm ∇f k, ∇g i (i thuộc A(x)) và ∇h j ổn định tại x Theo Định lý 2.3 về điều kiện đủ đối ngẫu, nếu x* là điểm chấp nhận trong bài toán VOP và (C0) đúng tại x*, thì x thuộc Strl(2, f, X).
∀v ∈ C T (x ∗ ) \ {0} tồn tại (θ, λ, à) ∈ M(x ∗ , v) sao cho (2.5)-(2.6) đỳng, và
Chứng minh Giả sử ngược lại x ∗ ∈/ Strl(2, f, X) Khi đó, từ Định nghĩa
2.1 suy ra tồn tại dãy xn ∈ B(x ∗ , 1 n)∩X \ {x ∗ } và dn ∈R l + sao cho bn := f(xn)−f(x ∗ ) +dn ∈B
Trong bài viết này, chúng ta xem xét dãy số {xn} với t n = kx n − x ∗ k, trong đó x n tiến tới x ∗ và t n tiến tới 0 dương khi n tiến tới vô cực Chúng ta giả định rằng tồn tại một dãy con vẫn được ký hiệu là {xn}, sao cho v n = x n − x ∗ và t n tiến tới v thuộc tập T(X, x ∗ ) với kvk = 1.
Rõ ràng, ta có thể suy ra công thức n→∞lim f(xn)−f(x ∗ ) t n = ∇f(x ∗ ) T v.
Chia (2.10) cho tn và lấy giới hạn, chú ý rằng bn/tn dần tới 0 ta có n→∞lim f(xn)−f(x ∗ ) +dn t n = ∇f(x ∗ ) T v + lim n→∞ dn t n = 0.
Như vậy, ∇f(x ∗ ) T v = lim n→∞ (−d n /t n ) ∈ −R l +, vì d n ∈ R l + Do đó, v ∈ CT(x ∗ ) \ {0} Theo giả thiết tồn tại (θ, λ, à) ∈ M(x ∗ , v) sao cho (2.5)-(2.6) và (2.9) đúng Ta định nghĩa hàm ψ : Ω → R bởi ψ(x) := X k∈K θkfk(x) + X i∈A(x ∗ ) λigi(x) +X j∈J àjhj(x), x ∈Ω.
Từ (2.10) suy ra θ T f(x n )−θ T f(x ∗ ) ≤ −θ T d n + kθk n t 2 n ≤ kθk n t 2 n , trong đó tính đúng của bất đẳng thức thứ hai suy ra từ θ T dn ≥ 0 Liên hệ điều này với (2.5) và (2.6) cho ta ψ(xn)−ψ(x ∗ )−tn∇ψ(x ∗ ) T vn ≤ kθk n t 2 n (2.11)
Bởi vì (C0) đúng tại x ∗ , từ Mệnh đề 1.2 (iii) suy ra đạo hàm theo phương d 2 c ψ(x ∗ , v) tồn tại và d 2 c ψ(x ∗ , v) = lim n→∞2t −2 n ψ(x n )−ψ(x ∗ )−t n ∇ψ(x ∗ ) T v n
Như vậy, trong (2.11) chia cho 1
Giới hạn ψ 00 (x ∗ , v) được xác định bởi tổng các thành phần θkf k 00 (x ∗ , v), λig i 00 (x ∗ , v) và àjh 00 j (x ∗ , v), và điều này dẫn đến mâu thuẫn với (2.9) Theo Định lý 2.4 về Điều kiện đủ nguyên thủy, trong bài toán VOP với điểm chấp nhận x ∗ ∈ X, nếu giả thiết (C0) đúng tại x ∗, thì x ∗ thuộc Strl(2, f, X) nếu với mọi v ∈ C T (x ∗ )\ {0}, hệ phương trình theo w ∈ R p không tương thích.
Chứng minh Giả sử rằng v ∈ CT(x ∗ )\ {0} Do tính không tương thích của hệ (2.12), xét các ma trận
, ta suy ra hệ bất đẳng thức
(0, ,0,−1)z < 0, Cz ≤ 0, Dz = 0 không có nghiệm z ∈ R p+1 Theo định lý của Motzkin [1], tồn tại θ0 > 0, θ k ≥ 0, k ∈ K, λ i ≥ 0, i ∈ A(x ∗ ) và à j ∈ R, i ∈ J sao cho
Bằng cách đặt λi = 0 với i thuộc I\A(x ∗ ), chúng ta có thể suy ra rằng các phương trình (2.5)-(2.6) là đúng theo mối liên hệ với (2.13) Tiếp theo, từ (2.14), ta dẫn đến (2.9) Theo Định lý 2.3, điều này chứng minh được kết quả cần thiết Cuối cùng, chúng tôi sẽ cung cấp một ví dụ để minh họa kết quả của Định lý 2.3, đồng thời chỉ ra rằng kết quả trong tài liệu ([6], Mục 4) là không chính xác.
Ví dụ 2.4 Xét bài toán VOP với dữ liệu sau đây: f(x 1 , x 2 , x 3 ) = (x 1 +bx 2 2 +cx 2 3 ,−x 2 , x 3 ) T , g(x 1 , x 2 , x 3 )
−x 1 −x 2 2 , nếu x 1 0} và C(x ∗ ) = {(0, v 2 , v3) : v2 ≥ 0, v3 ≤ 0} Khi đó, rõ ràng f 2 00 (x ∗ , v) = 0 và f 3 00 (x ∗ , v) = 0 với mọi v ∈ C(x ∗ ) = {(0, v 2 , v 3 ) : v 2 ≥
Nếu ta xét v = (0,0, v 2 ) T ∈ C(x ∗ ) với v 3 6= 0 Khi đó f 1 00 (x ∗ , v) = 2cv 3 2 và g 00 (x ∗ , v) = 0 Cho (θ, λ) = (1,0,0,1) ∈ M(x ∗ , v), ta có θ1f 1 00 (x ∗ , v) +θ2f 2 00 (x ∗ , v) +θ3f 3 00 (x ∗ , v) +λg 00 (x ∗ , v) = 2cv 3 2
Nếu ta xét v = (0, v 2 ,0) T ∈ C(x ∗ ) với v 2 6= 0 Khi đó f 1 00 (x ∗ , v) = 2bv 2 2 và g 00 (x ∗ , v) = 2v 2 2 Cho (θ, λ) = (1,0,0,1) ∈ M(x ∗ , v), ta có θ 1 f 1 00 (x ∗ , v) +θ 2 f 2 00 (x ∗ , v) +θ 3 f 3 00 (x ∗ , v) +λg 00 (x ∗ , v) = 2(b+ 1)v 2 2
Ta còn phải xét (0, v2, v3) T ∈ C(x ∗ ) với v2v3 < 0 Khi đó f 1 00 (x ∗ , v) 2bv 2 2 + 2cv 2 3 và g 00 (x ∗ , v) = 2v 2 2 Cho (θ, λ) = (1,0,0,1) ∈ M(x ∗ , v), ta có θ1f 1 00 (x ∗ , v) +θ2f 2 00 (x ∗ , v) +θ3f 3 00 (x ∗ , v) +λg 00 (x ∗ , v) = 2(b+ 1)v 2 2 + 2cv 2 3
Đẳng thức (2.9) thỏa mãn với mọi v ∈ C(x ∗ )\ {(0,0,0)} khi b > −1 và c > 0 Theo Định lý 2.3, nếu b > −1 và c > 0, thì điểm x ∗ là nghiệm tối ưu Pareto chặt cấp 2 Tuy nhiên, ví dụ này không thể áp dụng để phát triển định lý trong tài liệu [6] vì giả thiết (H) trong ([6], Mục 4) không đúng Cụ thể, nếu chọn phương tới hạn con v = (0,0,−1) T và w = (0,1,0) T ∈ v ⊥ \ {(0,0,0)}, điều này dẫn đến một mâu thuẫn trong giả thiết.
∇g(x ∗ ) T w = 0 và hλ,∇g(x ∗ ) T wi ≮ 0 với bất kỳ (θ, λ) ∈ M(x ∗ , v).
Luận văn trình bày kết quả nghiên cứu của M Feng và S Li được công bố trong tạp chí Optimization (2018), tập trung vào điều kiện cần và đủ tối ưu cho bài toán tối ưu vectơ với ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức, sử dụng các hàm khả vi liên tục Fréchet Nội dung chính của luận văn khẳng định vai trò quan trọng của các điều kiện này trong việc giải quyết bài toán tối ưu hóa.
- Các khái niệm đạo hàm theo phương cấp 2, tập tiếp tuyến cấp 2, điều kiện chính quy Abadie cấp 2;
- Các điều kiện cần tối ưu cấp 2 dạng nguyên thủy và dạng đối ngẫu;
- Các điều kiện đủ tối ưu cấp 2 dạng nguyên thủy và dạng đối ngẫu;
Các điều kiện tối ưu nguyên thủy và đối ngẫu cho bài toán tối ưu vectơ trơn và không trơn đã thu hút sự chú ý của nhiều tác giả trong nghiên cứu Những ví dụ minh họa cho các điều kiện tối ưu này được trình bày rõ ràng, giúp làm nổi bật tầm quan trọng của chúng trong lĩnh vực tối ưu hóa.
[1] Mangasarian O.L (1994), Nonlinear programming Philadelphia: SIAM.
[2] Feng M., Li S (2018), “On second-order optimality conditions for con- tinuously Fréchet differentiable vector optimization problems”, Opti- mization, 67(12), pp 2117-2137.
[3] Hachimi M, Aghezzaf B (2007), “New results on second-order opti- mality conditions in vector optimization problems”, J Optim Theory Appl, 135, pp 117-133.
[4] Bigi G, Castellani M (2000), “Second order optimality conditions for differentiable multiobjective problems”, RAIRO Oper Res, 34, pp. 411-426.
[5] Ivanov V.I (2015), “Second-order optimality conditions for vector problems with continuously Fréchet differentiable data and second- order constraint qualifications”, J Optim Theory Appl, 166, pp. 777–790.
[6] Gutiérrez C, Jiménez B, Novo V (2010), “On second-order FritzJohn type optimality conditions in nonsmooth multiobjective pro- gramming”, Math Program, 123(1), pp 199-223.