Phát biểu bài toán và các kết quả bổ trợ
Bài toán (P 1 ) và điều kiện chính quy
Xét bài toán tối ưu không lồi:
Bài toán tối thiểu hóa được biểu diễn dưới dạng min{f(x)|g(x)≤0, h(x) = 0}, trong đó f :R n →R; g :R n →R p ; h :R n →R q là các hàm hai lần khả vi liên tục Lưu ý rằng bài toán này có thể không có các ràng buộc đẳng thức hoặc bất đẳng thức Chúng ta sẽ nhắc lại các ký hiệu, định nghĩa và kết quả quan trọng sẽ được sử dụng trong chương này.
Hàm Lagrange tổng quát của bài toán (P1) xác định trên R n ×R p+1 + ×R q được định nghĩa bởi
Hàm Lagrange của bài toán (P 1 )xác định trên R n ×R p +×R q được định nghĩa bởi
Gradient và mà trận Hessian của L theo x, được ký hiệu là ∇ x L(x, λ, à) và
∇ 2 xx L(x, λ, à) Gradient của f theo x là vộctơ cột ∇f(x), và ∇f(x) t là vộc tơ chuyển vị của nó Tập chấp nhận được là
Với x∈F, tập chỉ số tích cực I(x), nón tới hạnC(x), tập các nhân tử Lagrange tổng quátΛ0(x) và tập các nhân tử Lagrange Λ(x)được định nghĩa tương ứng như sau:
Dạng toàn phương Q trên R^n được xác định bởi Q(x) = B(x, x), trong đó B là một dạng song tuyến tính đối xứng trên R^n Định nghĩa 1.1 nêu rõ rằng nếu Q là một dạng toàn phương trên R^n và S là một tập con của R^n, thì các tính chất của Q có thể được áp dụng cho các phần tử trong S.
Q được gọi là bán xác định dương trênS nếu
Ký hiệu là Q0 trên S. Định nghĩa 1.2 Một tập con khác rỗng L ⊂ R m là một đoạn thẳng nếu tồn tại
X ∈R m , Y ∈R m và một khoảng J ⊂R sao cho
Nếu Y khác 0 và L là tập đóng và bị chặn, thì J cũng sẽ là tập đóng và bị chặn Ta có thể biểu diễn L dưới dạng L = X + [a, b]Y với a ≤ b Nếu L không phải là tập một điểm, thì L sẽ có đúng 2 điểm cực biên là X + aY và X + bY Nón cấp một K được định nghĩa là K = E + R + d0, trong đó E là không gian con véc tơ trong R^n và d0 thuộc R^n.
Mọi không gian con véc tơ E ⊂ R n đều là nón cấp một Điểm chấp nhận được x ∗ ∈ F được gọi là thỏa mãn điều kiện bù chặt (SCS) nếu tập hợp Λ(x ∗ ) không rỗng và với mọi i ∈ I(x ∗ ), tồn tại (λ, à) ∈ Λ(x ∗ ) với λi > 0.
Nhận xét 1.2 Nếux ∗ ∈F, điều kiện (SCS) đúng vàp ∗ là số các ràng buộc bất đẳng thức tích cực, thì các khẳng định sau là đúng:
(i) Với mọi i∈I(x ∗ ), tồn tại (λ i , à i )∈Λ(x ∗ )sao cho λ i i >0,
(λ i , à i )∈Λ(x ∗ ) và thỏa mãn λ ∗ i >0 với mọii∈I(x ∗ ).
(ii) Nón tới hạnC(x ∗ ) là một không gian véc tơ Để thấy điều này, chod∈C(x ∗ )và
C(x ∗ ) ={d| ∇g i (x ∗ ) t d= 0, i∈I(x ∗ ),∇h j (x ∗ ) t = 0, j ∈J}. Định nghĩa 1.5 Điểm chấp nhận đượcx ∗ ∈F được gọi là thỏa mãn điều kiện chính quy độc lập tuyến tính (LICQ) nếu các véc tơ
Điều kiện chính quy Mangasarian-Fromovitz (MFCQ) được định nghĩa như sau: Tại điểm chấp nhận được x ∗ ∈F, MFCQ được coi là đúng nếu hai điều kiện sau đây được thỏa mãn: ∇g i (x ∗ ) với mọi i thuộc I(x ∗ ) và ∇h j (x ∗ ) với j = 1, 2, , q là độc lập tuyến tính.
(i) q véc tơ ∇h j (x ∗ ) là độc lập tuyến tính, và
(ii) tồn tại một véc tơd ∗ sao cho
Bổ đề 1.1 ([8]) Điều kiện (MFCQ) đỳng nếu và chỉ nếu khụng tồn tại (λ, à)6= 0 sao cho λi ≥0,∀i∈I(x ∗ ), (1.1)
Nhận xét 1.3 Cho x ∗ ∈F và thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
(a) Không có các ràng buộc bất đẳng thức tích cực.
(b) Chỉ có một ràng buộc bất đẳng thức tích cực.
Sử dụng điều kiện MFCQ, ta có thể suy ra điều kiện LICQ Một điểm x ∗ thuộc tập F được coi là chấp nhận được nếu nó thỏa mãn các điều kiện đủ tối ưu cấp 2 (SC2), tức là Λ(x ∗ ) không rỗng và sup.
Kết quả sau đây liên quan đến các điều kiện cần tối ưu Karush-Kuhn-Tucker Giả sử x ∗ là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán (P 1 ) và thỏa mãn điều kiện (LICQ) Khi đó, Λ(x ∗ ) là tập một điểm, tức là Λ(x ∗ ) = {(λ, à)}, và đồng thời thỏa mãn các điều kiện cần tối ưu cấp hai cổ điển.
Điều kiện (CN2) yêu cầu rằng nhân tử Lagrange (λ, à) phải giống nhau cho mọi vecto d∈C(x ∗ ) Nếu điều kiện (LICQ) không được thỏa mãn, thì Λ(x ∗ ) sẽ không chỉ là một điểm duy nhất và điều kiện (CN2) sẽ không đúng (xem [1]) Tuy nhiên, điều kiện (CN2) sẽ được thỏa mãn nếu một trong các điều kiện sau đây được đáp ứng (xem [5]).
(i) Các hàm ràng buộc g và h là affine.
(ii) Các hàm f và g lồi, h là affine và x ∗ thỏa mãn điều kiện Slater.
(iii) Tồn tại (λ, à)∈R p +ìR q sao cho (x ∗ , λ, à) là điểm yờn ngựa của hàm Lagrange của bài toán(P 1 ).
Nghiệm tối ưu địa phương của bài toán (P1) không nhất thiết phải đáp ứng các điều kiện tối ưu cấp 1 và cấp 2 theo tiêu chuẩn Fritz John, như được chỉ ra trong [5] Cụ thể, điều kiện Λ0(x∗) không bằng rỗng (1.4) là một yếu tố quan trọng cần xem xét.
Điều kiện cần tối ưu cấp 2 (1.5) yêu cầu rằng với mọi phần tử d thuộc tập C(x ∗), tồn tại một bộ ba (λ0, λ, à) trong Λ0(x ∗) sao cho t ∇ 2 xx L(x ∗ , λ 0 , λ, à)d ≥ 0 Tuy nhiên, điều kiện này có hai hạn chế: thành phần λ0 của λ không nhất thiết phải giống nhau cho tất cả các véc tơ tới hạn, và các yếu tố triệt tiêu và nhân tử trong (1.5) cũng không đồng nhất.
Giả thiết nghiệm tối ưu địa phương x ∗ của bài toán (P 1 ) thỏa mãn điều kiện MFCQ, dẫn đến việc Λ(x ∗ ) không rỗng, bị chặn, lồi và compact Tất cả các cặp (λ 0 , λ, à) thuộc Λ 0 (x ∗ ) đều thỏa mãn λ 0 >0 Điều kiện (1.5) có thể được diễn đạt lại.
Điều kiện (λ, à)∈Λ(x ∗ )(d) t ∇ 2 xx L(x ∗ , λ, à)d≥0 ∀d∈C(x ∗) và điều kiện (GN2) giúp khắc phục hạn chế đầu tiên Mặt khác, ví dụ trong tài liệu [1] cho thấy rằng điều kiện (MFCQ) không dẫn đến điều kiện (CN2) Tuy nhiên, trong các trường hợp cụ thể, điều kiện (MFCQ) lại dẫn đến điều kiện (CN2), đặc biệt khi n≤2.
(ii) Có nhiều nhất hai ràng buộc bất đẳng thức tích cực.
Mở rộng kết quả của Hestenes
Cho P và Q là hai dạng toàn phương trênR n , K là một nón đóng trong R n Xét các phát biểu sau đây: d∈K, P(d)≤0, Q(d)≤0 =⇒d= 0; (1.6)
∃θ > 0 :P(d) +θQ(d)>0, ∀d∈K, d6= 0 (1.9) Hestenes [8] đã chỉ ra rằng nếu K là một không gian véc tơ thì
Phát biểu (1.7) và (1.8) luôn đúng, dẫn đến việc trong không gian véc tơ K, (1.6) kéo theo (1.9) Baccari -Trad[4] đã mở rộng các kết quả của Hestenes.
(a) Với mọi nón K đóng trong R n , (1.6) và (1.7) kéo theo (1.9)
(b) Nếu K là một nón cấp một thì (1.6) kéo theo (1.9).
Giả sử Q 0 trên K, ta sẽ chứng minh bằng phản chứng rằng tồn tại số thực c > 0 sao cho với mọi θ > c, bất đẳng thức (1.9) được thỏa mãn Giả sử với mọi c = n ∈ N ∗, tồn tại θ n > n và d n ∈ K\{0} sao cho P(d n ) + θ n Q(d n ) ≤ 0 Từ đó, ta suy ra P(d n) ≤ 0, với y n = d n/k d n k ∈ K Dãy (y n) n có một dãy con (y n k) k hội tụ đến d ∈ K với k d k = 1, và P(d) ≤ 0, đồng thời θ n k tiến tới +∞.
Từ Q(d) ≤ 0 và P(d) ≤ 0, ta nhận được d = 0 và điều này mâu thuẫn với kdk = 1. Vậy,c tồn tại và bất kỳ θ > c đều thỏa mãn (1.9) Lập luận tương tự cho trường hợp
Ta chứng minh (b): Từ (a) ta chỉ cần chứng minh (b) trong trường hợp (1.7) không đúng, tức là (1.8) đúng Giả sử E là một không gian véc tơ và d 0 ∈ R n sao cho
K =E+R+d 0 Khi đó, không gian con véc tơE+Rd 0 thỏa mãn (1.6) Để thấy điều này, giả sử d=d 0 −rd 0 , với r >0 và d 0 ∈E, thỏa mãnP(d)≤0và Q(d)≤0 Từ đó suy ra
Vì vậy, ta có thể giả sử K =E+Rd 0
Ta áp dụng phần (a) cho cặp dạng toàn phương (P, Q) trên nón đóng S, và tồn tại một số thựcθ > 0sao cho
Ta có Q(d 2 ) 0 và Q(d ∗ ) < 0.
Thật vậy, ta lấy d ∈ K Với t ∈ R và |t| đủ nhỏ, Q(d ∗ + td) < 0, d ∗ + td ∈ S và J(d ∗ +td, b)≥0 Hàm f được định nghĩa bởi f(t) =J(d ∗ +td, b) = J(d ∗ , b) + 2tI(d ∗ , d, b) +t 2 J(d, b) có cực tiểu địa phương tạit= 0 Vì vậy,f 0 (0) = 0 = 2I(d ∗ , d, b)vàf 00 (0) = 2J(d, b)≥0.
Từ đó ta kết luận rằng tồn tại b >0 và d ∗ ∈K sao cho
(2) J(d, b)≥0 với mọid∈K và I(d ∗ , d, b) = 0 với mọi d∈K.
Bằng cách tương tự, thay Q bởiP trong S, ta tìmc >0 và d ∗∗ ∈K sao cho
Lấya= 1/c; Khi đó, a và d ∗∗ thỏa mãn
Bởi vì Q(d ∗ )0, phương trình ẩnt
Q(td ∗ +d ∗∗ ) = t 2 Q(d ∗ ) + 2tBQ(d ∗ , d ∗∗ ) +Q(d ∗∗ ) = 0 có nghiệm thực t 0 Vì vậy,d 0 =t 0 d ∗ +d ∗∗ ∈K\{0} thỏa mãnQ(d 0 ) = 0 vàJ(d 0 , b) P(d0)>0 Từ đó suy ra
Do J(d ∗∗ , a) = 0 =P(d ∗∗ ) +aQ(d ∗∗ ) và (iv), ta nhận được
J(d, θ) =J(d, b) + (θ−b)Q(d)≥ −(b−θ)Q(d). Điều này kéo theo J(d, θ) ≥ 0 Nếu J(d, θ) = 0 thì Q(d) = 0, P(d) = 0 và d = 0 Vì vậy,
Mở rộng bổ đề của Yuan
Cho K là một nón đóng trong R n , cho P và Q là hai dạng toàn phương trên R n Xét các phát biểu sau: max(P(d), Q(d))≥0, ∀d∈K; (1.10)
Y Yuan [12] đã chỉ ra rằng, vớiK =R n , (1.10) kéo theo (1.11) Thực ra, với K =R n hai phát biểu này là tương đương Một kết quả trong [9] đã chỉ ra rằng, vớin ≥ 3 và
K =R n , (1.12) và (1.13) là tương tương Trong mục này, ta trình bày kết quả trong
[4] chứng minh (1.12) và (1.13) là tương tương, trong trường hợp nón cấp mộtK. Định lí 1.1 Với K là một nón cấp một, (1.12) và (1.13) là tương tương.
Để chứng minh, chúng ta chỉ cần chỉ ra rằng (1.12) kéo theo (1.13) Bất đẳng thức (1.12) tương đương với điều kiện (1.6) và theo phần (b) của Bổ đề 1.2, (1.9) là đúng Do đó, (1.13) thỏa mãn với t1 = 1/(1 + θ) và t2 = θ/(1 + θ).
Hệ quả 1.1.1 Với K là một nón cấp một, (1.10) và (1.11) là tương tương.
Chứng minh Để chứng minh (1.10) kéo theo (1.11), ta lấy n ∈N ∗ Các dạng toàn phươngP n (d) = P(d) + (1/n)kdk 2 vàQ n (d) = Q(d) + (1/n)kdk 2 thỏa mãn (1.12) Theo Định lí 1.1, tồn tại t n 1 ≥0 và t n 2 ≥0 sao cho t n 1 +t n 2 = 1 và t n 1 P n (d) +t n 2 Q n (d) = t n 1 P(d) +t n 2 Q(d) + (1/n)kdk 2 >0, ∀d∈K, d 6= 0.
(t n 1 , t n 2 )n có một dãy con (t n 1 k , t n 2 k ) k hội tụ đến (t1, t2), t1≥ 0, t2≥0, t1+t2 = 1và với mọi d cố định thuộc K, d6= 0, ta có
Điều kiện cần tối ưu cấp 2
Định lý 1.1 và hệ quả của nó được áp dụng để chứng minh định lý 1.2 Giả sử x∗ là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán (P1) với Λ(x∗) là một đoạn thẳng bị chặn Trong trường hợp này, với mọi nón cấp một K nằm trong nón tới hạn C(x∗), tồn tại (λK, àK) ∈ Λ(x∗) thỏa mãn điều kiện đã nêu.
(d) t ∇ 2 xx L(x ∗ , λ K , à K )d≥0, ∀d∈K (1.14) Hơn nữa, nếu x ∗ thỏa món điều kiện đủ (SC2) thỡ cú thể chọn (λ K , à K ) sao cho
Để chứng minh rằng x ∗ là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán (P 1 ), chúng ta bắt đầu với điều kiện (MFCQ) và điều kiện (GN2) được thỏa mãn Nếu tập Λ(x ∗ ) chỉ chứa một điểm, thì điều kiện (GN2) sẽ dẫn đến (1.14) Ngược lại, nếu Λ(x ∗ ) là đoạn thẳng đóng và bị chặn không phải là một tập điểm, thì nó sẽ có hai điểm cực biên (λ 1 , à 1 ) và (λ 2 , à 2 ) thuộc Λ(x ∗ ).
(d) t ∇ 2 L(x ∗ , λ, à)dlà tuyến tớnh theo (λ, à)và "max" trong điều kiện(GN2)đạt được tại một điểm cực biên Như vậy, ta có
Để chứng minh (1.15), ta áp dụng Định lý 1.1 và các lập luận tương tự, từ Hệ quả 1.1.1, ta thấy rằng (1.10) kéo theo (1.11), tức là tồn tại t1 ≥ 0 và t2 ≥ 0 sao cho t1 + t2 = 1 và t1 P(d) + t2 Q(d) ≥ 0, ∀d ∈ K Hơn nữa, (λ K , à K ) = t1(λ 1 , à 1 ) + t2(λ 2 , à 2 ) ∈ Λ(x ∗ ) Điều kiện cần tối ưu cấp 2 cổ điển (CN2) không dễ dàng nhận được khi không giả thiết điều kiện (LICQ) và các giả thiết lồi hay điều kiện (SCS) Trước hết, ta xét các bài toán tối ưu mà trong đó nón tới hạn là nón cấp một và tập các nhân tử Lagrange là một đoạn thẳng bị chặn Định lý 1.3 khẳng định rằng nếu x ∗ là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán (P 1) và thỏa mãn các điều kiện đã nêu.
(i) Tập các các nhân tử Lagrange Λ(x ∗ ) là một đoạn thẳng bị chặn.
(ii) Tồn tại nhiều nhất chỉ một chỉ số i 0 ∈I(x ∗ ) sao cho
(λ, à)∈Λ(x ∗ ) =⇒λi 0 = 0 (1.16) Khi đú, tồn tại một nhõn tử Lagrange (λ ∗ , à ∗ )∈Λ(x ∗ ) sao cho
Hơn nữa, nếu x ∗ thỏa món điều kiện đủ tối ưu cấp hai (SC2) thỡ (λ ∗ , à ∗ ) cú thể được chọn sao cho
Chứng minh Trước tiên ta chứng minhC(x ∗ )là một nón cấp một Ta có hai trường hợp sau:
(1) Không có chỉ số i 0 ∈I(x ∗ )sao cho (1.16) đúng Điều này nghĩa là x ∗ thỏa mãn điều kiện (SCS) và C(x ∗ ) là một không gian con véc tơ (Nhận xét 1.2 (ii)).
(2) Tồn tại chỉ một chỉ số i 0 ∈I(x ∗ )sao cho (1.16) đúng Từ đó suy ra d ∈C(x ∗ ) nếu và chỉ nếu
NếuC(x ∗ ) không là không gian con thì tồn tại d 0 ∈C(x ∗ )sao cho∇g i 0 (x ∗ ) t d 0 0, i= 1,2.
(iii) Tất cả (λ, à)∈Λ(x ∗ )thỏa món λ1= 0.
(iv) Tất cả (λ, à)∈Λ(x ∗ )thỏa món λ 2 = 0.
Ta khẳng định được rằngΛ(x ∗ ) là tập một điểm: Giả sử (i) đúng; Khi đó,
X j=1 à 0 j ∇h j (x ∗ ) = 0, và với bất kỳ (λ, à)∈Λ(x ∗ )ta cú
Sự khác nhau giữa hai đẳng thức này và Bổ đề 1.1 cho ta λ 1 = 0 =λ 2 , à=à 0
Lập luận tương tự cho các trường hợp còn lại.
Vậy, nếu Λ(x ∗ ) khụng là tập một điểm thỡ tồn tại (λ 1 , à 1 ) ∈ Λ(x ∗ ) và (λ 2 , à 2 ) ∈ Λ(x ∗ ) sao cho λ 1 1 >0, λ 1 2 = 0; λ 2 1 = 0, λ 2 2 >0,
Ta có x ∗ thỏa mãn điều kiện (MFCQ), các véc tơ của hệ
{∇g 1 (x ∗ ),∇h j (x ∗ ), j = 1,2, q} là độc lập tuyến tớnh và (λ 1 , à 1 ) là duy nhất (λ 2 , à 2 ) cũng là duy nhất Cho (λ, à)∈ Λ(x ∗ ) Khi đó,
Nếu λ 1 = 0 hoặc λ 2 = 0 thỡ (λ, à) = (λ 1 , à 1 ) hoặc (λ, à) = (λ 2 , à 2 ) Giả sử λ 1 >0 và λ 2 >0 Với t=λ 1 /λ 1 1 , lấy (1.19) trừ đẳng thức (1.17) sau khi nhân vớit ta được
(à j −à 1 j )∇h j (x ∗ ) = 0, λ 2 = 0, điều này không thể xảy ra Nếut >1, chia hai vế của (1.20) cho 1−t ta được
[(à j −tà 1 j )/(1−t)]∇h j (x ∗ ) = 0 (1.21) λ 2 2 = λ 2 /(1−t) < 0, điều này cũng không thể xảy ra Vậy 0 < t < 1, λ 2 2 = λ 2 /(1− t), à 2 j = (à j −tà 1 j )/(1−t),(λ 2 , à 2 ) = [(λ, à)−t(λ 1 , à 1 )]/(1−t)và
(λ, à) = t(λ 1 , à 1 ) + (1−t)(λ 2 , à 2 ). Điều này cú nghĩa là mỗi (λ, à) ∈ Λ(x ∗ ) là một tổ hợp lồi của (λ 1 , à 1 ) và (λ 2 , à 2 ) và Λ(x ∗ ) là một đoạn thẳng bị chặn
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng điều kiện (i) của Định lí 1.3 không thể thay bởi điều kiện (MFCQ)
Ví dụ 1.2 Xét bài toán tối ưu trong R 3 : min{x 3 |g i (x)≤0, i= 1,2,3}, trong đó g 1 (x) = 2√
Ta cóx ∗ = (0,0,0)là nghiệm tối ưu toàn cục và thỏa mãn điều kiện (MFCQ) Tập hợp các nhân tử Lagrange Λ(x ∗ ) = {λ∈R 3 | λ i ≥0, i= 1,2,3;λ1+λ2+λ3 = 1} không là một đoạn thẳng Nón tới hạn
C(x ∗ ) = {d= (d 1 , d 2 , d 3 ) t |d 3 = 0} là một không gian véc tơ Với các véc tơ tới hạn d 1 = (1,0,0) t vàd 2 = (0,1,0) t , không tồn tạiλ ∈Λ(x ∗ ) sao cho
Các điều kiện chính quy (MMF) và (GSCS) và điều kiện tối ưu cấp 2 19 Chương 2 Điều kiện cần tối ưu cấp 2 cho bài toán có các ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập 25 2.1 Các khái niệm và các kết quả có liên quan
Giả sử x ∗ là một điểm chấp nhận được và không mất tính tổng quát, tồn tại số nguyên p ∗ ≤ p sao cho g i (x ∗ ) = 0 với i = 1, 2, , p ∗ và g i (x ∗ ) < 0 với i = p ∗ + 1, , p Theo định nghĩa 1.8, điểm chấp nhận được x ∗ thỏa mãn điều kiện hạng (RC) nếu các véc tơ của hệ.
{∇gi(x ∗ ), i= 1,2, , p ∗ ;∇hj(x ∗ ), j = 1,2, q} cóp ∗ +q−1véc tơ độc lập tuyến tính.
Bổ đề 1.4 Giả sử x ∗ là một điểm chấp nhận được sao cho
(ii) x ∗ thỏa mãn điều kiện (RC).
Khi đó, Λ(x ∗ ) là một đoạn thẳng đóng.
Chứng minh.Ta chỉ cần chứng minh bổ đề trong trường hợpΛ(x ∗ )không là tập một điểm và p=p ∗ Lấy (λ ∗ , à ∗ )∈Λ(x ∗ ) Khi đú,
Với bất kỳ (λ, à) khỏc thuộc Λ(x ∗ ), ta cú
(àj−à ∗ j )∇hj(x) = 0 (1.24) Đẳng thức (1.24) có nghĩa là ma trận Jacobi, Dc(x ∗ ), của các ràng buộc tích cực c= (g 1 , g 2 , , g p , h 1 , h 2 , , h q ) thỏa mãn
Dc(x ∗ ) t ((λ, à)−(λ ∗ , à ∗ )) = 0; (λ, à)−(λ ∗ , à ∗ )∈Ker(Dc(x ∗ ) t ), trong đó Dc(x ∗ ) t là ma trận chuyển vị củaDc(x ∗ ) Ta đã biết rằng
Ker(Dc(x ∗ ) t ) = (R(Dc(x ∗ ))) ⊥, trong đó (R(Dc(x ∗ ))) ⊥ là không gian trực giao với miền giá trị của Dc(x ∗ ) Số chiều của R(Dc(x ∗ )) là p ∗ + q − 1, và (R(Dc(x ∗ ))) ⊥ là không gian một chiều, tồn tại z ∈.
Ker(Dc(x ∗ ) t ) = (R(Dc(x ∗ ))) ⊥ =Rz và bất kỳ(λ, à)∈Λ(x ∗ ) đều thỏa món (λ, à)−(λ ∗ , à ∗ )∈Rz Vỡ vậy, Λ(x ∗ )⊆(λ ∗ , à ∗ ) +Rz. Đặt J ={α∈R | (λ ∗ , à ∗ ) + αz ∈ Λ(x ∗ )} Λ(x ∗ ) là đúng và lồi, J cũng là đúng và lồi.
Vỡ vậy, nú là một khoảng đúng và Λ(x ∗ ) = (λ ∗ , à ∗ ) +J z là một đoạn thẳng đúng
Bổ đề 1.5 Giả sử x ∗ là một điểm chấp nhận được của bài toán (P 1 ), sao cho
(i) Λ(x ∗ ) khác rỗng và bị chặn, và
(ii) x ∗ thỏa mãn điều kiện (RC).
Khi đú, tồn tại b≥0, z ∈R p+q và một điểm cực biờn (λ ∗ , à ∗ )∈Λ(x ∗ ) sao cho Λ(x ∗ ) = (λ ∗ , à ∗ ) + [0, b]z.
Chứng minh Λ(x ∗ ) là lồi và compact và cú ớt nhất một điểm cực biờn (λ ∗ , à ∗ ) Từ
Theo Bổ đề 1.4 và Nhận xột 1.1, ta có thể thấy rằng Λ(x ∗ ) = (λ ∗ , à ∗ ) + [a, b]z với vecto z thuộc R p+q và các số thực a ≤ b nào đó Giả sử a < b, ta khẳng định rằng 0 không thuộc khoảng (a, b) Trong trường hợp ngược lại, với ε thuộc (0, b) và ε < -a, ta có
Điểm (λ ∗ , à ∗ ) được xác định bởi công thức [(λ 1 , à 1 ) + (λ 2 , à 2 )]/2, nhưng điều này mâu thuẫn với việc (λ ∗ , à ∗ ) là một điểm cực biên của Λ(x ∗ ), dẫn đến việc 06 không thuộc khoảng ]a, b[ Hơn nữa, (λ ∗ , à ∗ ) nằm trong Λ(x ∗ ) với a = 0 hoặc b = 0, và có thể giả thiết a = 0 bằng cách thay z bằng -z nếu cần thiết Theo định nghĩa 1.9, một điểm chấp nhận được x ∗ sẽ thỏa mãn điều kiện bù chặt suy rộng (GSCS) nếu tồn tại tối đa một chỉ số i0 thuộc I(x ∗ ).
(λ, à)∈Λ(x ∗ ) =⇒λ i 0 = 0. Định nghĩa 1.10 Ta nói rằng điểm chấp nhận đượcx ∗ thỏa mãn điều kiện chính quy (MMF) nếu x ∗ thỏa mãn các điều kiện (RC) và (MFCQ).
Nhận xét 1.5 Sẽ rất hữu ích nếu có một số dạng tương đương của điều kiện (MMF). Chú ý rằng các khẳng định sau đúng.
(i) x ∗ thỏa món điều kiện (LICQ) nếu và chỉ nếu khụng tồn tại (λ, à)6= 0 sao cho (1.2) đúng.
(ii) x ∗ thỏa món điều kiện (MFCQ) nếu và chỉ nếu khụng tồn tại (λ, à)6= 0 sao cho (1.1) và (1.2) đúng.
(iii) Ta tìm một tiêu chuẩn giống như (1.1) hoặc (1.2), đặc trưng cho điều kiện (MMF).
Giả sửx ∗ ∈F và{i 1 , i 2 } ⊂I(x ∗ ) Khi đó,x ∗ là điểm chấp nhận được của bài toán tối ưu sau:
Trong bài toán (P 2), tất cả các bất đẳng thức tích cực của bài toán (P 1), ngoại trừ một vài trường hợp, được chuyển thành đẳng thức Bổ đề sau đây chỉ ra rằng x ∗ thỏa mãn điều kiện (MMF) nếu và chỉ nếu tồn tại {i 1, i 2} ⊂ I(x ∗) sao cho x ∗ thỏa mãn điều kiện (MFCQ) đối với bài toán (P 2).
Bổ đề 1.6 nêu rằng nếu x ∗ là một điểm chấp nhận với nhiều hơn một ràng buộc bất đẳng thức tích cực, thì các điều kiện sau đây là tương đương.
(i) x ∗ thỏa mãn điều kiện (MMF).
(ii) Tồn tại i 1 và i 2 thuộc I(x ∗ ) sao cho khụng tồn tại (λ, à)6= 0 thỏa món λ i 1 ≥0, λ i 2 ≥0, (1.25) và
(iii) Tồn tại i 1 và i 2 thuộc I(x ∗ ) sao cho các véc tơ:
∇gi(x ∗ ), i∈I(x ∗ )\{i1, i2}, ∇hj(x ∗ ), ∀j, là độc lập tuyến tính và tồn tại véc tơ d ∗ sao cho
∇g i 1 (x ∗ ) t d ∗ = 0, i∈I(x ∗ )\{i 1 , i 2 }, ∇h j (x ∗ ) t d ∗ = 0, ∀j (1.28) Chứng minh Ta bắt đầu chỉ ra (i) kéo theo (ii): Nếu các véc tơ của hệ
Nếu tập hợp C = {∇g i (x ∗ ), i∈I(x ∗ ), ∇h j (x ∗ ), j = 1,2, ,q} là độc lập tuyến tính, thì bất kỳ i1, i2 thuộc I(x ∗ ) đều thỏa mãn điều kiện (ii) Ngược lại, nếu các véc tơ của C không độc lập tuyến tính, sẽ tồn tại ít nhất một chỉ số i1 ∈ I(x ∗ ) sao cho điều kiện này không được thỏa mãn.
Nếu tất cả i∈I(x ∗ )\{i 1 } thỏa mãn λ ∗ i ≤0, thì
Do điều kiện (MFCQ) và Bổ đề 1.1, ta có λ ∗ i = 0, ∀i∈I(x ∗ ); à ∗ j = 0, j = 1,2, q. Điều này mâu thuẫn với λ ∗ i
1 = 1 Vì vậy, tồn tại i 2 ∈I(x ∗ )\{i 1 } sao cho λ ∗ i
2 > 0 Do điều kiện (RC), các véc tơ của hệ
B ={∇gi(x ∗ ), i∈I(x ∗ )\{i1}, ∇hj(x ∗ ), j = 1,2, q} là độc lập tuyến tớnh và cỏc thành phần(λ ∗ , à ∗ )của ∇g i (x ∗ )trongB là duy nhất Giả sử (λ, à) thỏa món (1.25) và (1.26) Nếu λ ∗ i
1 >0 thì −λ i 2 /λ i 1 ≤ 0 và đẳng thức phải xảy ra với λ i 2 >0 Điều này là không thể xảy ra Vì vậy, λ i 1 = 0 và tất cả các thành phần khỏc của(λ, à) triệt tiờu.
Chúng ta có thể chứng minh rằng (ii) kéo theo (iii) theo Bổ đề 1.1, trong đó (ii) chỉ ra rằng với bài toán (P2), x∗ thỏa mãn điều kiện (MFCQ), điều này tương đương với (iii) Do đó, (ii) và (iii) là hai khái niệm tương đương Để chứng minh (ii) kéo theo (i), cần lưu ý rằng theo Bổ đề 1.1, x∗ cũng thỏa mãn điều kiện (MFCQ) cho bài toán (P1) Từ đó, ta có thể suy ra các véc tơ của hệ từ (1.26).
B ={∇g i (x ∗ ), i∈I(x ∗ )\{i 1 }, ∇h j (x ∗ ) j = 1,2, q} là độc lập tuyến tính và điều kiện (RC) đúng
Kết quả chính của chương này, được thể hiện qua Định lý 1.4, nêu rõ rằng nếu x ∗ là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán (P 1 ), thì nó phải thỏa mãn các điều kiện (MMF) và (GSCS).
(i) x ∗ thỏa mãn điều kiện (MMF),
(ii) x ∗ thỏa mãn điều kiện (GSCS).
Khi đú, tồn tại (λ ∗ , à ∗ )∈Λ(x ∗ ) sao cho
Hơn nữa, nếu x ∗ thỏa món điều kiện đủ (SC2) thỡ (λ ∗ , à ∗ ) cú thể được chọn sao cho
Chương 2 Điều kiện cần tối ưu cấp 2 cho bài toán có các ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập
Chương 2 tập trung vào các điều kiện tối ưu cấp 2 cho cực tiểu địa phương trong bối cảnh tôpô hữu hạn của bài toán tối ưu, bao gồm các ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập Ngoài ra, chương cũng đề cập đến bài toán tối ưu với các ràng buộc dạng bao hàm thức F(x)∈C Các kết quả được trình bày trong chương này dựa trên nghiên cứu của Arutyunov - Pereira [3].
2.1 Các khái niệm và các kết quả có liên quan
Giả sử X là một không gian véc tơ, tập C ⊆ X, các ánh xạ F 1 : X → R k 1 , F 2 :
X →R k 2 và hàm f : X →R Xét bài toán tối ưu sau:
Mục tiêu chính của bài viết này là trình bày các điều kiện cần thiết cho cực trị cấp 1 và 2 trong bài toán, dựa trên một số giả thiết liên quan đến tính trơn và các đặc điểm của tập C Dưới đây là các ký hiệu và giả thiết sẽ được sử dụng trong phần tiếp theo.
Cho k = k1 + k2 và F = (F1, F2) : X → Y = Rk, chúng ta xem xét tôpô hữu hạn trong không gian véc tơ X Ký hiệu M là tập hợp tất cả các không gian con tuyến tính hữu hạn chiều M ⊆ X Một tập được coi là mở theo tôpô hữu hạn nếu giao của nó với bất kỳ M ∈ M là mở theo tôpô véc tơ Hausdorff duy nhất của M Tôpô hữu hạn được ký hiệu là τ Nếu không gian véc tơ X là vô hạn chiều, việc trang bị tôpô hữu hạn τ không biến nó thành một không gian véc tơ tôpô, do phép cộng không liên tục Ngược lại, tôpô hữu hạn là tôpô mạnh hơn tất cả các tôpô mà biến.
1 Chú ý rằng bất kỳ một không gian véc tơ hữu hạn chiều đều được trang bị một tôpô véc tơHausdorff duy nhất.
X được định nghĩa là một không gian véc tơ tôpô, trong đó một cực tiểu địa phương theo tôpô hữu hạn được xem là cực tiểu yếu nhất so với tất cả các loại cực tiểu khác được nghiên cứu.
Giả sử có một điểm x₀ thuộc tập X, và các hàm f và F là hai lần khả vi liên tục trong một lân cận của x₀ theo tôpô hữu hạn τ Điều này có nghĩa là với bất kỳ
Trong không gian M chứa x₀, hàm f và F có giới hạn là hai lần khả vi liên tục trong một lân cận của x₀ Điều này dẫn đến sự tồn tại của một phiếm hàm tuyến tính a thuộc không gian đối ngẫu đại số X*, một toán tử tuyến tính A từ X đến Y, cùng với một dạng song tuyến tính q từ X×X đến R Ngoài ra, còn có ánh xạ song tuyến tính Q từ X×X đến Y và các ánh xạ α₀ từ X đến R, α từ X đến Y, sao cho với mọi x thuộc X, ta có f(x) = f(x₀) + ⟨a, x - x₀⟩ + 1.
2Q[x−x0] 2 +α(x−x0), và với bất kỳ M ∈ M, sao cho x∈M, α 0 (x−x 0 ) kx−x 0 k 2 M →0 và |α(x−x 0 )| kx−x 0 k 2 M →0 khi x→x 0 , ở đây k.k M là một chuẩn hữu hạn chiều trong M.
Nguyên lí cực trị
Định lí 2.1 (Nguyên lí cực trị) Giả sử x0 là điểm cực tiểu địa phương theo tôpô hữu hạn τ của bài toán (P3).
Khi đó, với mỗi không gian con bất biến I đối với C, tập Λ(x 0 ,I) là khác rỗng. Hơn nữa, với mỗi h ∈ K(x 0 ) và bất kỳ tập lồi T(h)⊆O 2 C (x 0 , h), λ∈Λmaxa
≥0 (2.5) Ở đây, Λa = conv Λ(x0,I) và conv ký hiệu bao lồi của một tập hợp.
Nhận xét 2.1 Trường hợp C =X, Định lí 2.1 có trong [2].
Nhận xét 2.2 Cho h thuộc không gian con bất biến nào đó đối với C Khi đó,
0∈O 2 C (x 0 , h), và do đó, bằng cách lấy T(h) ={0} và sử dụng (2.5), ta nhận được λ∈Λmaxa
∂x 2 (x 0 , λ)[h, h]≥0 (2.6) Nhận xét 2.3 Cho C là tập lồi Khi đó, σ
Thật vậy, do h∈ K(x 0 ), ta có h(∂L/∂x)(x 0 , λ), hi ≤0 Do tính chất lồi của tập C suy ra −N(x, C) = (T C (x)) ∗ , ∀x∈C, và do đó, theo (2.3), ta có
(∂L/∂x)(x0, λ)∈(T C (x0)) ∗ Ở đây, K ∗ là ký hiệu nón đối ngẫu (liên hợp) dương của nón K ⊆X
Với mỗi w ∈ O 2 C (x 0 , h), ta có ε n h+ 1 2 ε 2 n w+o(ε 2 n )∈ C−x 0 Do đó, bằng cách sử dụng bất đẳng thức nhận được ở trên và bao hàm thức C−x 0 ⊆T C (x 0 )ta có ε 2 n h(∂L/∂x)(x 0 , λ), wi+o(ε 2 n )≥0.
Vì vậy, do tính tùy ý của w ta suy ra (2.7) Ta cũng chứng minh được, nếu tập C lồi thì điều kiện (2.6) trở nên mạnh hơn (2.5).
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng, nếu tập C không lồi thì số hạng σ − ∂L ∂x (x 0 , λ),T(h) có thể dương chặt.
C ={x= (x 1 , x 2 )∈R 2 : x l 1 ≥x m 2 }. Ở đây, l và m là các số nguyên dương và l ≤ 2m Lấy h = (1,0) Dễ dàng thấy rằng tập tiếp tuyến ngoài cấp 2 O 2 C (0, h) chứa một hình cầu δB, B ={w∈R 2 : kwk ≤ 1}, với δ >0 Rõ ràng, σ(ζ, δB)>0, ∀ζ 6= 0.
Hiển nhiên, với tập C và véc tơ h xây dựng ở trên, điều kiện (2.5) là mạnh hơn điều kiện (2.6) nếu(∂L/∂x)(x 0 , λ)6= 0.
Nhận xét 2.4 Cho C là một nón lồi Giả thiết rằng ít nhất một trong các quan hệ sau đây đúng:
• NónC có một số diện hữu hạn.
Khi đó, bằng cách sử dụng Nhận xét 2.3, ta có σ(x ∗ , T C 2 (x 0 , h)) = 0, ∀x ∗ ∈N C (x 0 ).
Chứng minh Định lý 2.1 có thể thực hiện bằng cách loại bỏ các ràng buộc F1(x) ≤ 0 và F2(x) = 0 thông qua phương pháp hàm phạt Một điểm quan trọng trong chứng minh là khẳng định cho phép chuyển qua giới hạn Theo Định lý 2.2, nếu X là một không gian Banach và {Πn} là một dãy các không gian con tuyến tính đóng của X với điều kiện codim Πn ≤ k cho mọi n, thì chúng ta có thể áp dụng các kết quả từ định lý này trong quá trình chứng minh.
Khi đó, tồn tại một không gian con tuyến tính đóng Π⊆X sao cho codim Π ≤k, Π⊆Ls{Π n }.
Từ đây, ký hiệu Ls là giới hạn tôpô trên của một dãy các tập hợp Định lý 2.3 phát biểu rằng nếu A_n: X → R là một dãy các toán tử tuyến tính liên tục, hội tụ theo chuẩn đến một toán tử tuyến tính A, thì tồn tại một không gian con tuyến tính đóng Π⊆X với codim Π≤k, thỏa mãn Π⊆Ls{KerA_n} và Π⊆KerA Định lý 2.3 được chứng minh bằng cách đặt Π_n = KerA_n trong Định lý 2.2.
Ta chia việc chứng minh Định lí 2.1 ra làm 4 bước Trước hết, trong Bước 1, ta chứng minh rằng tập Λ a khác rỗng trong trường hợp không gian X hữu hạn chiều.
2 Chú ý rằng, giới hạn tôpô trên của một dãy các tập hợp {Π n } là tập hợp tất cả các điểm giới hạn của dãy {x n } sao cho x n ∈ Π n , ∀n.
Sử dụng các kết quả đã thu được, chúng ta chỉ ra rằng trong không gian hữu hạn chiều X, với mỗi h thuộc K(x 0) và w thuộc O C 2(x 0, h), tồn tại một λ thuộc Λ sao cho
Trong Bước 3, ta chứng minh (2.8) một cách tổng quát và đầy đủ, tức là, ta bỏ giả thiết dimX 0 được chọn sao cho x0 là một cực tiểu trong lân cận δ của điểm x0, trong khi không gian X được giả định là không gian hữu hạn chiều, đảm bảo sự tồn tại của δ Nghiệm của các i-bài toán này được ký hiệu là xi.
Chúng ta chứng minh rằng khi xi tiến gần đến x0 và khii tiến đến vô cùng, ta có thể sử dụng không gian hữu hạn chiều X để xác định sự hội tụ của dãy {xi} đến một giá trị x nào đó.
Bây giờ, ta chỉ ra rằng x=x 0 Thật vậy, từ f i (x i )≤f i (x 0 ) =f(x 0 ), ∀i, ta suy ra i→∞lim F1,j(xi)≤0, ∀j và F2(xi)→0, khi i→ ∞ (2.9)
Từ đây suy ra F 1 (x) ≤ 0 và F 2 (x) = 0 Hơn nữa, bất đẳng thức đầu tiên trong (2.9) kéo theo f(x i ) +|x i −x 0 | 4 ≤f(x 0 ), ∀i.
Khi ta có |xi−x0| < δ, điều này dẫn đến việc ràng buộc |x−x0| ≤ δ là một ràng buộc không tích cực Điều này có nghĩa là i-bài toán được coi là bài toán hữu hạn chiều địa phương với ràng buộc x thuộc C Theo tài liệu [10], điều kiện cần cấp 1 cho bài toán này có dạng cụ thể.
Ta sẽ chứng minh điều kiện cần cấp 2 cho bài toán này:
Theo định nghĩa của không gian con bất biến, ta có x i +εx∈C, ∀x∈ I, ∀ε Định nghĩa hàm vô hướng φ như sau: φ(ε) = f i (x i +εx) Hàm φ này là trơn và đạt cực tiểu địa phương tại ε = 0, do đó φ 00 (0) ≥ 0 Tính đạo hàm cấp 2 của φ cho thấy φ 00 (0) = (∂ 2 f i /∂x 2 )(x i )[x, x]≥0.
Do đó, (2.11) được chứng minh.
Bây giờ, ta diễn giải các điều kiện (2.10), (2.11) dưới ngôn ngữ của dữ kiện bài toán. Cho λ j 1,i = 4iF 1,j + (x i )|F 1,j + (x i )| 2 , λ 1,i = (λ 1 1,i , , λ k 1,i 1 ), λ 2,i = 4iF 2 (x i )|F 2 (x i )| 2 , λ 0,i (1 +|λ 1,i | 2 +|λ 2,i | 2 ) −1/2 , λ 1,i =λ 0,i λ 1,i , λ 2,i =λ 0,i λ 2,i , và λ i = (λ 0,i , λ 1,i , λ 2,i ).
Khi đó, các điều kiện (2.10) và (2.11) có dạng
(2.14) Ở đây, 1(i) là dãy hội tụ về 0 Theo cách xây dựng,
Bằng cách trích ra một dãy con, ta có đượcλ= (λ 0 , λ 1 , λ 2 )sao choλ i →λ, khii→ ∞. Chuyển qua giới hạn trong (2.13) và (2.15) và sử dụng tính nửa liên tục trên trên tập
C của ỏnh xạ đa trịN(ã, C), ta rỳt ra λ∈Λ.
Chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại của một không gian con tuyến tính Π thỏa mãn (2.4) bằng cách định nghĩa các toán tử tuyến tính A i : I → R k qua công thức A i x = F 0 (x i )x Theo Định lý 2.3, tồn tại một không gian con tuyến tính Π ⊆ I sao cho Π ⊆ Ker F 0 (x 0 ), Π ⊆ Ls{Ker A i }, và codim I Π ≤ k.
Lấy một véc tơ h thuộc tập Π, theo định nghĩa giới hạn tôpô, tồn tại một dãy {h i} với hi thuộc I ∩ KerF 0 (xi), sao cho có thể trích ra một dãy con để hi hội tụ về h khi k tiến tới vô cực Thay x = hi vào công thức (2.14) và qua giới hạn, ta thu được (2.4), từ đó suy ra λ thuộc tập Λa.
Trong không gian hữu hạn chiều, giả thiết rằng f(x₀) = 0 Chọn một véc tơ h ∈ K(x₀) với |h| = 1 và một véc tơ w ∈ O²C(x₀, h) Mục tiêu là chứng minh (2.8).
Theo định nghĩa tồn tại dãy {ε n } ↓0sao cho x n =x 0 +ε n h+ 1
2ε 2 n w+o(ε 2 n )∈C, ∀ε n (2.16) Xét hàm được định nghĩa bởi γ(χ) 0, ∀χ≤1, (χ−1) 4 , ∀χ >1.
Với mỗi số nguyên dươngn, xét bài toán cực tiểu sau đây theo các biến(x, χ)∈X×R: min f n (x, χ), với điều kiện: (x, χ)∈C×R,
Bài toán này được gọi là n-bài toán Ở đây, δ >0được định nghĩa như trên và f n (x, χ) (x)−χf(xe n ) +γ(χ), trong đó, f(x) =e f(x) +|x−x0| 4
Với n đủ lớn, ta có điều kiện |ε n h+ (ε 2 n /2)w|< δ Chọn một giá trị n phù hợp, tồn tại một nghiệm cho bài toán, với điểm (x, χ) được xác định bởi x=x n và χ= 1, thỏa mãn tất cả các ràng buộc Hình cầu {x:|x| ≤δ} là compact và γ(χ)χ −1 tiến tới vô hạn khi χ tiến tới vô hạn.
Trong n-bài toán, ít nhất một nghiệm (ˆx n , χˆ n ) tồn tại với χˆ n > 0 Nếu (ex n , χe n ) là một nghiệm và χe n > 0, thì ta có xˆ n = ex n và χ ˆ n = χe n Ngược lại, nếu χe n = 0, thì ex n trở thành điểm chấp nhận được của bài toán (P 3 ) Nếu ex n khác x 0, ta có f n (ex n , 0) = f (ex n ) + |ex n − x 0 |.
Mặt khác, ta có f n (ex n , 0) ≤ f n (ex n , 1) = 0 = f (x 0 ) Điều mâu thuẫn này chứng tỏ ex n =x 0
Trong trường hợp này, giá trị cực tiểu của n-bài toán được xác định là 0, với điểm (ˆx n ,χˆ n ) = (ex n , 1) là một nghiệm thỏa mãn tất cả các ràng buộc của n-bài toán Hơn nữa, tọa độ cuối cùng của điểm này là dương, cho thấy rằng với mọi n, tồn tại một nghiệm (ˆx n ,χˆ n ) sao cho χˆ n > 0 Vì vậy, chúng ta sẽ chỉ xem xét những nghiệm này trong các phân tích tiếp theo.
Dựa vào kết luận từ (2.18), dãy {χˆ n} được xác định là bị chặn Kết hợp với điều kiện f n (ˆx n , χˆ n ) ≤ 0, ta suy ra rằng f(ˆexn) ≤ const|fe(xn)| Khi f(xe n) tiến tới f(x0) = 0 khi n tiến tới vô cùng, ta có thể kết luận rằng với bất kỳ điểm giới hạn nào xˆ của dãy {ˆxn}, ta đều có fe(ˆx) ≤ 0, xˆ ∈ C, F1(ˆx) ≤ 0, và F2(ˆx) = 0 Tuy nhiên, do f(ˆx) ≥ 0, điều này dẫn đến xˆ = x0 Do đó, xˆ n tiến tới x0 khi n tiến tới vô cùng.
Bài toán có ràng buộc F (x) ∈ C
Xét bài toán cực tiểu
(Q) f(x)→min, F(x)∈C, ở đây, C là một tập đóng cho trước trong Y = R k Dưới đây, ta trình bày các điều kiện cần tối ưu cho bài toán này.
Cố định điểm x 0 ∈X Ta giả thiết rằng các hàm f và F là hai lần khả vi liên tục trong một lân cận củax 0 theo tôpô hữu hạn.
Ký hiệu Λ Q = Λ Q (x 0 )là tập các nhân tử Lagrangeλcủa bài toán Qtương ứng với điểm x 0 theo quy tắc nhân tử Lagrange, tức là,
Xét một không gian con tuyến tính M trong Y, ta xem xét tập hợp các nhân tử Lagrange λ thuộc Λ Q Đối với mỗi nhân tử này, tồn tại một không gian con tuyến tính Π trong X, phụ thuộc vào λ, với điều kiện rằng codim Π ≤ k và Π nằm trong M.
Định lý 2.4 (Nguyên lý cực trị) khẳng định rằng nếu x₀ là điểm cực tiểu địa phương trong không gian tôpô hữu hạn τ của bài toán (Q), thì điều kiện ∂x²(x₀, λ)[x, x] ≥ 0 với mọi x thuộc tập Π được thỏa mãn Tập các nhân tử Lagrange tại điểm x₀ và miền M được ký hiệu là ΛQ(x₀, M).
Khi đó, với mỗi không gian con bất biến I theo C, tập Λ Q (x 0 ,I)là khác rỗng Hơn nữa, với mỗi h∈ K Q h: ∂F
, và với mỗi tập lồi T(h)⊆O C 2 (F(x 0 ),(∂F/∂x)(x 0 )h), điều kiện sau đây đúng: max λ∈Λ Q a
Chúng ta sẽ chuyển đổi bài toán (Q) thành dạng bài toán (P 3 ) đã được phân tích trước đó: f(x)→min, F(x)−y= 0, với y thuộc tập C, trong đó cực tiểu được xác định theo các biến (x, y) nằm trong tập hợp X × Y Điểm (x 0 , F(x 0 )) được coi là cực tiểu địa phương của bài toán (2.25).
Bây giờ ta sẽ áp dụng Định lí 2.1 cho bài toán này Hàm Lagrange của bài toán (2.25) có dạng
L(x, y, λ) =λ 0 f(x) +hλ, F(x)−yi, và các điều kiện (2.3) có dạng
Bằng cách sử dụng bao hàm thức trên đây, các công thức (2.3), (2.5) và định nghĩa của tậpΛ Q , ta nhận được kết quả mong muốn.
Chúng ta nhận thấy rằng bao hàm thức Π ⊆ ((∂F/∂x)(x 0 )) −1 (M) là một hệ quả từ việc phát biểu lại bài toán (Q) như một trường hợp đặc biệt của bài toán (P 3) Cụ thể, khi đặt F(x, y) = F(x) − y, với mọi h thuộc ((∂F/∂x)(x 0 )) −1 (M), tồn tại h thuộc M sao cho (h, h) nằm trong Ker(∂F /∂(x, y))(x 0 , y 0) Định lý đã được chứng minh.
Bài toán (Q) được nghiên cứu trong tài liệu [6] với giả thiết tập C lồi và điều kiện chính quy Robinson trong không gian Banach Y Dưới điều kiện chính quy Robinson, các tác giả đã xác định được điều kiện tối ưu là max λ∈Λ Q.
Theo Định lý 2.4, với điều kiện chính quy Robinson, ta có λ 0 >0 cho mọi λ thuộc Λ Q Định lý này cũng chỉ ra rằng trong trường hợp Y có chiều hữu hạn, ngay cả khi không có điều kiện chính quy Robinson và giả thiết lồi của tập C, kết quả của Bonnans và Shapiro vẫn đúng cho hàm Lagrange tổng quát Ngoài ra, trong trường hợp tổng quát, (2.24) mạnh hơn (2.26) vì Λ Q a thuộc tập hợp conv Λ Q Đặc biệt, nếu C là nón lồi nhọn, các kết quả này càng trở nên quan trọng hơn.
C∩[−C] = {0}) và đóng, thì không gian con bất biến cực đại I C bằng {0} và bao hàm thức ở trên trở thành đẳng thức.
Bài toán không giả thiết điều kiện chính quy Robinson và tập lồi C có phần trong khác rỗng cần tối ưu các điều kiện cần thiết Các điều kiện này được trình bày trong tài liệu [5].
Ví dụ 2.2 (Bài toán quy hoạch bán xác định) Cho X = R n , Y = S p ×R k 2 , C =
S − p × {0}, ở đây S p là không gian của các p×p -ma trận đối xứng,S − p là nón của các ma trận bán xác định âm, và n, p, k 2 là các số nguyên dương.
Xét các ánh xạ F 1 :X → S p vàF 2 :X →R k 2 được định nghĩa bởi
Bài viết này đề cập đến biểu thức 2Q(x) + ψ2(x), trong đó x i là tọa độ của véc tơ x, S i,j là các ma trận đối xứng, và ψ l (l = 1,2) là các ánh xạ trơn với điều kiện ψ l (0) = 0, (∂ψ l /∂x)(0) = 0, và (∂ 2 ψ l /∂x 2 )(0) = 0 Hơn nữa, Q(x) được định nghĩa là (hQ 1 x, xi, , hQ k 2 x, xi), với Qi là các ma trận đối xứng, nhằm trang bị cho không gian S p một tích vô hướng.
AãB = trace(AB) Khi đú, nún đối ngẫu của S − p là nún S + p gồm tất cả cỏc ma trận bán xác định dương.
Xét bài toán cực tiểu f(x)→min, F 1 (x)∈ S − p , F 2 (x) = 0, trong đó f là một hàm trơn Để cho đơn giản, ta sẽ giả thiết rằng (∂f /∂x)(0)6= 0. Cho k :=p(p+ 1)/2 +k 2 , và F = (F 1 , F 2 ).
Xét điểm x= 0 Vì(∂F/∂x)(0) = 0 nên điều kiện chính quy Robinson không thỏa mãn Do đó, các điều kiện tối ưu của Bonnans and Shapiro [5], không thể áp dụng được.
Mặt khác, áp dụng Định lí 2.4, ta nhận được các điều kiện cần tối ưu sau: Nếu x= 0 là cực tiểu địa phương của bài toán đang xét, thì λ 0 = 0 (do (∂F/∂x)(0) = 0).
Do đó, ∀h∈R n , ∃λ 1 ∈ S + p , λ 2 ∈R k 2 , sao cho ind X i,j hihjSi,j ãλ1+hQ(h), λ2i
X i,j h i h j S i,j ãλ 1 +hQ(h), λ 2 i ≥0, trong đó indq là ký hiệu chỉ số của dạng toàn phươngq trên một không gian đã cho 3
(Ở đây, ta đã sử dụng sự kiện là nếu h6∈ K Q , thì −h∈ K Q và σ(λ 1 , T S 2 p
Do đó, ta kết luận rằng, nếu tồn tại h∈R n sao cho
X i,j hihjSi,j ãλ1+hQ(h), λ2i k, ∀(λ1, λ2) 6= 0 sao cho λ1 ∈ S + p ), thì x= 0 không thể là cực tiểu địa phương của bài toán đang xét.
Ba chỉ số của dạng toàn phương q trên không gian V được xác định là số chiều của không gian con có số chiều cực đại, trong đó dạng toàn phương q là xác định âm.
Luận văn trình bày các điều kiện cần thiết để tối ưu cấp 2 cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức trong không gian hữu hạn chiều, với giả thiết rằng tập các nhân tử Lagrange là một đoạn thẳng bị chặn Kết quả cho thấy, khi áp dụng điều kiện Mangasarian-Fromovitz và số lượng ràng buộc bất đẳng thức tích cực không quá 2, tập các nhân tử Lagrange vẫn giữ tính chất này Ngoài ra, với điều kiện chính quy Mangasarian-Fromovitz tăng cường (MMF) và điều kiện bù chặt suy rộng (GSCS), một điều kiện tối ưu cấp 2 cũng được thiết lập Luận văn cũng đề cập đến các điều kiện cần thiết cho cực tiểu địa phương trong không gian véc tơ với các ràng buộc khác nhau Cuối cùng, nguyên lý cực trị cấp 2 được áp dụng cho bài toán tối ưu với ràng buộc bao hàm thức F(x) ∈ C, cho thấy sự quan tâm nghiên cứu từ nhiều tác giả đối với các lớp bài toán tối ưu này.
[1] Anitescu, M (2000) Degenerate nonlinear programming with a quadratic growth condition, SIAM J Optim., vol 10, pp 1116-1135.
[2] Arutyunov, A V (2000),Optimality Con ditions: Abnormal and Degenerate Prob- lems, Kluwer Academic Publishers Dordrecht, The Netherlands.
[3] Arutyunov, A V and Pereira, F L (2006), Second-order necessary optimality conditions for problems without a priori normal assumptions, Math Oper Res., vol 31, pp 1-12.
[4] Baccari, A and Trad, A (2004),On the classical necessary second-order optimality conditions in the presence of equality and inequality constraints, SIAM J Optim., vol 15, pp 394-408.
[5] Bonnans, J F., A Shapiro (2000), Perturbation Analysis of Optimization Prob- lems, Springer-Verlag, New York.
[6] Bonnans, J F., R Cominetti, A Shapiro (1999), Second-order optimality condi- tions based on parabolic second-oder tangent sets, SIAM J Optim 9, pp 466-492.
[7] Gauvin, J (1997)A necessary and sufficient regularity condition to have bounded multipliers in nonconvex programming, Math Program., vol 12, pp 136-138.
[8] Hestenes, M R (1975) Optimization Theory: The Finite Dimensional Case, Robert E Krieger Publishing Company, Hungtington, NY.
[9] Hiriart-Urruty, J.-B and Torki, M (2002) Permanently going back and forth be- tween the "quadratic world" and the "convexity world" in optimization, Appl.Math Optim., vol 45, pp 169-184.