Luận văn Thạc sĩ Toán học: Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm Palés–Zeidan

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:40

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn trình bày các khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp 2 theo phương khác nhau cho các hàm không trơn; các khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp 2; các điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn có ràng buộc đẳng thức. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm Palés–Zeidan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– VŨ MẠNH HÙNG ĐIỀU KIỆN CẦN CẤP HAI CHO NGHIỆM HỮU HIỆU YẾU CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ KHÔNG TRƠN QUA ĐẠO HÀM PALÉS-ZEIDAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, 10/2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– VŨ MẠNH HÙNG ĐIỀU KIỆN CẦN CẤP HAI CHO NGHIỆM HỮU HIỆU YẾU CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ KHÔNG TRƠN QUA ĐẠO HÀM PALÉS-ZEIDAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS. ĐỖ VĂN LƯU Thái Nguyên, 10/2018
i Mục lục Bảng ký hiệu ii Mở đầu 1 1 Điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu 4 1.1. Các kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2. Điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Điều kiện cần cấp 2 dạng đối ngẫu 22 2.1. Điều kiện cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.2. Điều kiện chính quy cấp 2 và điều kiện cần Karush-Kuhn- Tucker cấp 2 dạng đối ngẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35
ii Bảng ký hiệu I(x) tập các chỉ số ràng buộc tích cực Rm + orthant không âm của Rm Rm ++ orthant dương của Rm Tx C nón tiếp tuyến của C tại x Tx2 C nón tiếp tuyến cấp 2 của C tại x f 0 (x, v) đạo hàm suy rộng Clarke của f tại x theo phương v f 00 (x; v) đạo hàm suy rộng Palés–Zeidan cấp 2 của f tại x theo phương v f ” (x; v) đạo hàm cấp 2 của f tại x theo phương v ∇f (x) đạo hàm Fréchet của f tại x ∇2 h(x) đạo hàm Fréchet cấp 2 (Hessian) của f tại x Ker∇h(x) hạch của ∇h(x) (V EP ) bài toán cân bằng vectơ dimX số chiều của không gian X
1 Mở đầu Bài toán cân bằng vectơ đóng một vai trò quan trọng trong lý thuyết các bài toán cực trị. Bài toán cân bằng vectơ bao gồm một số bài toán với các trường hợp đặc biệt như: bài toán tối ưu vectơ, bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ và một số bài toán khác. Điều kiện tối ưu cấp 1, cấp 2 là hướng nghiên cứu quan trọng của bài toán cân bằng vectơ và bài toán tối ưu vectơ. Mới đây, E. Constantin ([3], 2015) đã nghiên cứu các điều kiện cấp 2 cho bài toán tối ưu vô hướng với ràng buộc bất đẳng thức, D.V.Luu ([6], 2018) đã thiết lập các điều kiện tối ưu cho bài toán cân bằng vectơ có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập. Điều kiện tối ưu cấp 2 dưới ngôn ngữ các đạo hàm cấp 2 khác nhau của các hàm không trơn là đề tài được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu. Do vậy, chúng tôi chọn đề tài “Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm Palés–Zeidan”. Luận văn trình bày các kết quả của D.V.Luu đăng trên tạp chí Journal of Global Optimization 70(2018), 437-453 về các điều kiện cần Fritz John dạng nguyên thủy và đối ngẫu cho bài toán cân bằng vectơ không trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập dưới ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp 2 Palés–Zeidan. Các điều kiện Karush–Kuhn– Tucker dạng đối ngẫu được trình bày với các điều kiện chính quy cấp 2 thích hợp.
2 Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo. Chương 1 "Điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu" trình bày các khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp 2 theo phương khác nhau cho các hàm không trơn; các khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp 2; các điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập dưới ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp 2 Palés–Zeidan. Chương 2 "Điều kiện cần cấp 2 dạng đối ngẫu" trình bày các điều kiện cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập. Với điều kiện chính quy cấp 2 thích hợp, điều kiện cần Karush–Kuhn–Tucker dạng đối ngẫu dưới ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp 2 Palés–Zeidan được chứng minh. Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Đỗ Văn Lưu. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới thầy hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp cao học Toán, nhà trường và các phòng chức năng của trường, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.
3 Xin chân thành cảm ơn anh chị em trong lớp cao học và bạn bè đồng nghiệp đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu và làm luận văn. Thái Nguyên, ngày 05 tháng 8 năm 2018 Tác giả luận văn Vũ Mạnh Hùng
4 Chương 1 Điều kiện cần cấp hai dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu Chương 1 trình bày các khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp 2 cho các hàm trơn và không trơn; các khái niệm vectơ tiếp tuyên cấp 1 và cấp 2; các điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ. Các kết quả trình bày trong chương này được tham khảo trong các tài liệu [1, 2, 6, 7, 8]. 1.1. Các kiến thức chuẩn bị Mục này trình bày các khái niệm đạo hàm cấp 1 và cấp 2 theo phương cho các hàm không trơn, các khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp 2 và ví dụ minh họa. Giả sử X là không gian Banach thực, f là hàm giá trị thực xác định trên X, Lipschitz ở gần x¯ ∈ X. Nhắc lại khái niệm đạo hàm suy rộng Clarke (xem [2]) và Đạo hàm theo phương suy rộng Palés-Zeidan cấp 2 (xem [8]). Định nghĩa 1.1 Đạo hàm suy rộng Clarke của f tại x¯ ∈ X theo phương v ∈ X được
5 định nghĩa bởi f (x + tv) − f (x) f 0 (¯ x; v) := lim sup . x→¯ x,t↓0 t Định nghĩa 1.2 Đạo hàm theo phương suy rộng trên Palés-Zeidan cấp 2 của f tại x¯ theo phương v (xem [8]) được định nghĩa bởi 00 f (¯ x) − tf 0 (¯ x + tv) − f (¯ x; v) f (¯ x; v) := lim sup 2 . t↓0 t2 Định nghĩa 1.3 Ánh xạ F từ X vào không gian định chuẩn Y được gọi là khả vi Fréchet tại x nếu tồn tại toán tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y sao cho với mọi v trong một lân cận của x, F (x + v) = F (x) + Λv + α(v)kvk, trong đó lim kα(v)k =0. kvk→0 Toán tử Λ được gọi là đạo hàm Fréchet của F tại x và kí hiệu là ∇F (x). Định nghĩa 1.4 Giả sử ánh xạ F khả vi liên tục Fréchet trong một lân cận của x ∈ X. Ánh xạ F được gọi là khả vi Fréchet cấp 2 tại x, nếu tồn tại ánh xạ song tuyến tính đối xứng B : X × X → Y sao cho 1 F (x + v) = F (x) + ∇F (x)v + B(v, v) + r(v), 2 trong đó ||r(v)||/||v||2 → 0 khi ||v|| → 0. Dạng toàn phương B(v,v) được gọi là Hessian (hay đạo hàm Fréchet cấp 2) của F tại x, và ký hiệu là ∇2 F (x).
6 Định nghĩa 1.5 Cho f : Rn → R là hàm khả vi Fréchet tại x¯ ∈ X, và ∇f (¯ x) là đạo hàm Fréchet của f tại x¯. Giới hạn sau được gọi là đạo hàm cấp 2 của f tại x¯ theo phương v∈ Rn x + tv) − f (¯ f (¯ x) − t∇f (¯ x)v f 00 (¯ x; v) := lim sup 2 2 . t↓0 t Nhận xét 1.1 (a) Nếu f khả vi liên tục Fréchet ở gần x¯ với đạo hàm Fréchet ∇f (¯ x) thì f Lipschitz ở gần x¯, và f 0 (¯ x; v) = ∇f (¯ x)v (∀v ∈ X). Điều này không xảy ra khi ∇f (x) không liên tục tại x¯. (b) Nếu f : Rn → R khả vi liên tục Fréchet ở gần x¯ và khả vi theo phương cấp 2 tại x¯ theo phương v ∈ X, thì x; v) = f 00 (¯ f 00 (¯ x; v). Giả sử f là một ánh xạ từ X vào không gian định chuẩn Y . Định nghĩa 1.6 Ánh xạ f được gọi là khả vi Gâteaux tại x nếu tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục Λ1 từ X vào Y sao cho: f (x + tv) = f (x) + tΛ1 (v) + o(t) (∀v ∈ X), trong đó ko(t)k|t| → 0 khi t → 0. Ánh xạ Λ1 được gọi là đạo hàm Gâteaux của f tại x và kí hiệu là f 0 (x). Chú ý rằng một ánh xạ khả vi Gâteaux tại x có thể không liên tục tại x. Định nghĩa 1.7 Ánh xạ f là khả vi Gâteaux hai lần tại x nếu f khả vi Gâteaux tại x và tồn tại ánh xạ song tuyến tính đối xứng liên tục Λ2 từ X × X vào Y sao cho
7 t2 f (x + tv) = f (x) + tΛ1 (v) + Λ2 (v, v) + o(t2 ) (∀v ∈ X) 2 0 trong đó Λ1 = f (x), ko(t2 )k/ | t |2 → 0 khi t → 0. Chú ý rằng đối xứng có nghĩa là giá trị hàm không thay đổi khi đổi chỗ cho các biến. Ánh xạ đối xứng song tuyến tính liên tục Λ2 là đạo hàm Gâteaux cấp 2 củaf tại x và kí hiệu là ∇2f(x) . Như vậy, với một hàm f khả vi Gâteaux 2 lần tại x thì f có thể khai triển như sau (xem [7]): 0 t2 ” f (x + tv) = f (x) + tf (x)(v) + f (x)(v, v) + o(t2 ) (∀v ∈ X). 2 Trong trường hợp f khả vi Fréchet hai lần tại x, ta có khai triển Taylor sau: 1 f (x + v) = f (x) + ∇f (x)(v) + ∇2 f (x)(v, v) + r(v) 2 trong đó ∇2 f (x) là đạo hàm Fréchet cấp 2 của f tại x, ||r(v)||/||v||2 → 0 khi v → 0. Ví dụ 1.1 Cho hàm giá trị thực f xác định trên R bởi  xn sin 1 , nếu x 6= 0,  f (x) := x 0,  nếu x = 0, trong đó n là số nguyên dương, n ≥ 2. (a) Trường hợp n = 2: f có dạng  x2 sin 1 ,  nếu x 6= 0, f (x) := x 0,  nếu x = 0. Khi đó,  2x sin 1 − cos 1 ,  nếu x 6= 0, ∇f (x) := x x 0,  nếu x = 0.
8 Ta thấy rằng ∇f (x) không liên tục tại x¯ = 0. Ta có f 0 (0; v) = |v| và ∇f (0)v = 0 (∀v ∈ R). (b) Trường hợp n ≥ 3: Khi đó,  nxn−1 sin 1 − xn−2 cos 1 ,  nếu x 6= 0, ∇f (x) := x x 0,  nếu x = 0. Khi đó, f khả vi liên tục ở gần x¯ = 0, f 0 (0; v) = ∇f (0)v = 0 (∀v ∈ R), và f 00 (0; v) = f 00 (0; v) = 0 (∀v ∈ R). Cho tập con C khác rỗng của X. Theo các định nghĩa vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp 2 trong [3]. Định nghĩa 1.8 Vectơ u ∈ X được gọi là vectơ tiếp tuyến với C tại x¯ ∈ C nếu 1 lim d(¯x + tu; C) = 0, (1.1) t↓0 t trong đó d(x; C) là khoảng cách từ x tới C. Tập tất cả các vectơ tiếp tuyến với C tại x¯ được ký hiệu là Tx¯ C, và được gọi là nón tiếp tuyến với C tại x¯. Chú ý rằng Tx¯ C là một nón đóng khác rỗng chứa phần tử 0 ∈ X. Hơn nữa, (1.1) tương đương với sự tồn tại của một hàm γ : (0, +∞) → X với γ(t) → 0 khi t ↓ 0, và x¯ + t(u + γ(t)) ∈ C (∀t > 0). Định nghĩa 1.9 Vectơ v ∈ X được gọi là vectơ tiếp tuyến cấp 2 của C tại x¯ nếu tồn tại vectơ u ∈ X sao cho 1 t2 lim d(¯ x + tu + v; C) = 0. (1.2) t↓0 t2 2
9 Vectơ u thỏa mãn (1.2) được gọi là vectơ liên kết với v. Ký hiệu Tx¯2 C là tập tất cả các vectơ tiếp tuyến cấp 2 của C tại x¯. Chú ý rằng v ∈ Tx¯2 C với vectơ liên kết u là tương đương với sự tồn tại của hàm γ1 : (0, +∞) → X với γ1 (t) → 0 khi t ↓ 0, và t2 x¯ + tu + (v + γ1 (t)) ∈ C (∀t > 0). 2 Ngoài ra, v ∈ Tx¯2 C kéo theo u ∈ Tx¯ C, và Tx¯2 C là một nón khác rỗng chứa điểm 0 ∈ X. Định nghĩa 1.10 Cho X là không gian Banach thực và các tập hợp A, B ⊂ X. Ta nói phiếm hàm tuyến tính liên tục x∗ 6= 0 tách A và B, nếu tồn tại số α sao cho: hx∗ , yi ≤ α ≤ hx∗ , xi (∀x ∈ A, ∀y ∈ B). Nếu bất đẳng thức trên có dạng: hx∗ , yi < α < hx∗ , xi (∀x ∈ A, ∀y ∈ B). thì ta nói x∗ tách ngặt A và B. Siêu phẳng đóng H := {x : hx∗ , xi = α} được gọi là siêu phẳng tách A và B. Các tập A và B gọi là tách được. Định lí 1.1 (Định lí tách thứ nhất) Hai tập lồi khác rỗng bất kì không tương giao trong X, một tập có điểm trong thì tách được. Định lí 1.2 (Định lí tách thứ hai) Giả sử A, B là các tập đóng khác rỗng không tương giao trong X và A compact. Khi đó A và B tách ngặt được. Từ Định lí tách thứ 2 ta suy ra rằng: Có thể tách ngặt một điểm với một tập lồi đóng không chứa điểm đó.
10 Bây giờ giả sử C1 , C2 là các tập khác rỗng trong X. Nếu siêu phẳng H tách C1 , C2 thì C1 nằm trong một nửa không gian đóng sinh ra bởi H, còn C2 nằm trong nửa không gian đóng kia. Định nghĩa 1.11 (a) C1 , C2 được gọi là tách được thực sự nếu C1 và C2 không đồng thời nằm trong H. (b) C1 , C2 được gọi là tách được mạnh nếu tồn tại > 0 sao cho C1 +B nằm trong một nửa không gian mở sinh bởi H, còn C2 + B nằm trong nửa không gian mở kia, trong đó B là hình cầu đơn vị. Hai định lí tách trong [9] sau đây được dùng trong chứng minh Định lí 2.1. Mệnh đề 1.1 Giả sử C1 và C2 là hai tập lồi khác rỗng trong Rn mà bao đóng của chúng rời nhau. Nếu một trong hai tập bị chặn, thì tồn tại một siêu phẳng tách mạnh C1 và C2 . Mệnh đề 1.2 Giả sử C1 và C2 là hai tập lồi khác rỗng trong Rn , ít nhất một trong hai tập là một nón. Nếu tồn tại một siêu phẳng tách thực sự C1 và C2 , thì tồn tại một siêu phẳng tách thực sự C1 và C2 và đi qua gốc tọa độ. 1.2. Điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu Mục này trình bày các điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập.
11 Giả sử X là không gian Banach thực và F là một song hàm từ X ×X → Rm , và do đó, F có dạng F = (F1 , . . . , Fm ). Giả sử g1 , . . . , gn , h1 , . . . , hl là các hàm giá trị thực xác định trên X, và C là một tập con của X. Đặt Fx¯ (y) := F (¯ x, y), x, y) (k ∈ J := {1, . . . , m}), Fk,¯x (y) := Fk (¯ M := {x ∈ C : gi (x) ≤ 0, i ∈ I := {1, . . . , n}, hj (x) = 0, j ∈ L := {1, . . . l}}. Xét bài toán cân bằng vectơ (VEP): Tìm x¯ ∈ M sao cho với mọi y ∈ M , F (¯ / −Rm x, y) ∈ ++ , (1.3) trong đó Rm m m m ++ = int R+ , R+ là orthant không âm trong R . Vectơ x¯ được gọi là nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP) nếu (1.3) đúng với mọi y ∈ M. Định nghĩa (1.3) tương đương với sự kiện: x¯ ∈ M là một nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP) nếu không tồn tại y ∈ M thỏa mãn Fk,¯x (y) < 0 (∀k ∈ J). Nếu F (x, y) = f (y) − f (x) (x, y ∈ M ), trong đó f := (f1 , . . . , fm ) : X → Rm , bài toán cân bằng véctơ (VEP) trở thành bài toán tối ưu véctơ sau đây: (M P ) min{f (x) : x ∈ M }. Khi đó, định nghĩa nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán trở thành: không tồn tại x ∈ M thỏa mãn x) (∀k ∈ J). fk (x) < fk (¯ Bây giờ chúng ta trình bày điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP) qua đạo hàm theo phương suy rộng trên
12 Palés-Zeidan cấp 2. Đặt x) := {i ∈ I : gi (¯ I(¯ x) = 0}. H := {x ∈ X : h(x) = 0}, I0 (¯ x) : gi0 (¯ x; u) := {i ∈ I(¯ x; u) = 0}. Phù hợp với định nghĩa trong [5], vectơ u ∈ X được gọi là phương tới hạn tại x¯ ∈ M nếu 0 Fk,¯ x; u) ≤ 0 (∀k ∈ J), x (¯ gi0 (¯ x; u) ≤ 0 (∀i ∈ I(¯ x)), ∇hj (¯ x)u = 0 (∀j ∈ L), u ∈ Tx¯ C. Kết quả sau đây là một trường hợp đặc biệt của Định lí 6 [3], mà sẽ được dùng để dẫn điều kiện tối ưu cấp 2 cho bài toán (VEP). Mệnh đề 1.3 [3] Giả sử rằng (a) h : X → Rl là một hàm thuộc lớp C 2 trong một lân cận của x¯ ∈ X. x) là đạo hàm Fréchet của f tại x¯, và ∇2 h(¯ Ký hiệu ∇h(¯ x) là Hessian của f tại x¯; x) là một toàn ánh từ X lên Rl . x) = 0 và ∇h(¯ (b) h(¯ Khi đó, v ∈ Tx¯2 H với véctơ liên kết u ∈ Tx¯ H khi và chỉ khi x)(v) + ∇2 h(¯ ∇h(¯ x)(u, u) = 0, ∇h(¯ x)(u) = 0. Nhận xét 1.2 Dễ thấy rằng Tx¯2 (H ∩ C) ⊆ Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C. (1.4)
13 Để dẫn điều kiện cần cho bài toán (MP), ta đưa vào điều kiện chính quy cấp 2 sau đây: (RC1) Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C ⊆ Tx¯2 (H ∩ C). Do đó, nếu (RC1) đúng, thì theo (1.4) ta nhận được Tx¯2 (H ∩ C) = Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C. (1.5) Điều kiện chính quy cấp 2 (RC1) được minh họa bằng ví dụ sau. Ví dụ 1.2 Cho X = R2 , C = [0, 1] × [0, 1], x¯ = (0, 0), h(x) = |x1 | − x2 (x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ). Khi đó, Tx¯ C = Tx¯2 C = R2+ , và H = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 = |x1 |}, H ∩ C = {(x1 , x2 ) ∈ [0, 1] × [0, 1] : x2 = |x1 |}, Tx¯2 (H) = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 = |x1 |}, Tx¯2 (H ∩ C) = {(x1 , x2 ) ∈ R2+ : x2 = |x1 |}. Do đó, điều kiện (RC1) thỏa mãn. Trước hết ta sẽ trình bày một điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP). Định lí 1.3 Giả sử x¯ ∈ M là một nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP); Fx¯ (¯ x) = 0; tất cả các giả thiết của Mệnh đề 1.3 thỏa mãn. Giả sử rằng điều kiện chính quy cấp 2 (RC1) thỏa mãn; các hàm gi (i ∈ / I(¯ x)) liên tục tại x¯; các hàm Fk,¯x (k ∈ J) và gi (i ∈ I(¯ x)) Lipschitz ở gần x¯. x), không tồn tại v ∈ Tx¯2 C có Khi đó, với bất kỳ phương tới hạn u ∈ ∇h(¯
14 vectơ liên kết u thỏa mãn mãn hệ sau: 0 00 Fk,¯ x (¯ x; v) + Fk,¯ x (¯ x; u) < 0 (∀k ∈ J), (1.6) gi0 (¯ x; v) + gi00 (¯ x; u) < 0 (∀i ∈ I0 (¯ x; u)), (1.7) x)v + ∇h2j (¯ ∇hj (¯ x)(u, u) = 0 (∀j ∈ L). (1.8) Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn tại một phương tới hạn u ∈ X sao cho hệ (1.6)- (1.8) có nghiệm v ∈ Tx¯2 C. (i) Ta bắt đầu xét ràng buộc đẳng thức và ràng buộc tập. Vì u ∈ x) và (1.8) đúng, sử dụng Mệnh đề 1.3 ta suy ra v ∈ Tx¯2 H. Ker∇h(¯ Theo (1.5), ta có v ∈ Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C = Tx¯2 (H ∩ C). Điều này kéo theo tồn tại ánh xạ γ(t) : (0, +∞) → X với γ(t) → 0, khi t → 0+ sao cho t2 x¯ + tu + (v + γ(t)) ∈ H ∩ C (∀t > 0). 2 Vì vậy, t2 x¯ + tu + (v + γ(t)) ∈ C (∀t > 0), (1.9) 2 t2 h(¯ x + tu + (v + γ(t))) = 0 (∀t > 0). (1.10) 2 (ii) Xét ba trường hợp liên quan đến ràng buộc bất đẳng thức. (a) Lấy i ∈ I0 (¯ x; u). Khi đó, x) = 0 và gi0 (¯ gi (¯ x; u) = 0. Ta chỉ ra tồn tại ε¯i > 0 sao cho t2 gi (¯ x + tu + (v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, ε¯i ), ∀i ∈ I0 (¯ x; u)). (1.11) 2
15 Để làm được điều này, đầu tiên ta chỉ ra tồn tại εi > 0 sao cho với mọi t ∈ (0, εi ), 1 x + tu + t2 v) < 0. gi (¯ 2 Thật vậy, nếu điều đó không đúng, với εi = n1 > 0 (n ∈ N) thì tồn tại tn ∈ (0, n1 ) sao cho t2n t2n x + tn u + v) − gi (¯ x + tn u + v) = gi (¯ gi (¯ x) ≥ 0. 2 2 Do đó, x + tn u + 21 t2n v) − gi (¯ gi (¯ x + tn u) gi0 (¯ x; v) + gi00 (¯ x; u) ≥ lim sup t2n n→+∞ 2 gi (¯ x) − tn gi0 (¯ x + tn u) − gi (¯ x; u) + lim sup t2n ≥ 0. n→+∞ 2 Điều này mâu thuẫn với (1.7). Do đó, với mọi t ∈ (0, εi ), t2n gi (¯ x + tn u + v) < 0. 2 Bởi vì γ(t) → 0 khi t → 0+ , do tính liên tục của gi tại x¯, ta suy ra tồn tại số ε¯i ∈ (0, εi ) sao cho (1.11) đúng với mọi t ∈ (0, ε¯i ). (b) Lấy j ∈ I(¯ x)\I0 (¯ x; u). Khi đó, x) = 0 và gj0 (¯ gj (¯ x; u) < 0. Ta chỉ ra tồn tại δ¯j > 0 sao cho 1 x + tu + t2 (v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, δ¯j ), ∀j ∈ I(¯ gj (¯ x)\I0 (¯ x; u)). (1.12) 2 Để chứng minh (1.12), đầu tiên ta chứng minh rằng tồn tại δj > 0 sao cho 1 x + tu + t2 v) < 0 (∀t ∈ (0, δj ), ∀j ∈ I(¯ gj (¯ x)\I0 (¯ x; u)). (1.13) 2 1 1 Nếu điều này không đúng, với δj = > 0 (n ∈ N), tồn tại tn ∈ (0, ) sao n n cho 1 x + tn u + t2n v) ≥ 0 = gj (¯ gj (¯ x). 2
16 Vì gj Lipschitz ở gần x¯, từ đó ta suy ra 1 x + tn u + t2n v) − gj (¯ gj (¯ x + tn u) g (¯ 2 j x + tn u) − gj (¯ x) 0≤ + tn tn 1 ≤ Lj tn ||v|| + gj0 (¯ x; u), 2 trong đó Lj là hằng số Lipschitz của gj tại x¯. Cho n → +∞, ta nhận được gj0 (¯ x; u) ≥ 0 (∀j ∈ I(¯ x)\I0 (¯ x; u)). Ta nhận được mâu thuẫn với gj0 (¯ x; u) < 0 (∀j ∈ I(¯ x)\I0 (¯ x; u)). Do đó, (1.13) đúng. Sử dụng tính liên tục của gj tại x¯, từ (1.13) ta suy ra tồn tại số δ¯j ∈ (0, δj ) sao cho (1.12) đúng. (c) Lấy r ∈ I\I(¯ x). Khi đó gr (¯ x) < 0. Do tính liên tục của gr , tồn tại σr > 0 sao cho 1 x + tu + t2 v) < 0 (∀t ∈ (0, σr ), ∀r ∈ I\I(¯ gr (¯ x)). 2 Do γ(t) → 0 khi t → 0+ , tồn tại σ ¯r ∈ (0, σr ) sao cho 1 2 gr x¯ + tu + t (v + γ(t)) < 0 (∀t ∈ [0, σ ¯r ), ∀r ∈ I\I(¯ x)). (1.14) 2 Bây giờ, ta đặt α εi , δ¯j , σ ¯ := min{¯ ¯r : i ∈ I0 (¯ x; u), j ∈ I(¯ x; u), r ∈ I\I(¯ x)\I0 (¯ x)}. Từ (1.11), (1.12) và (1.14) ta suy ra rằng 1 2 gi x¯ + tu + t (v + γ(t)) < 0 (∀t ∈ (0, α ¯ ), ∀i ∈ I). (1.15) 2 1 Từ (1.9), (1.10) và (1.15), ta suy ra x¯ + tu + t2 (v + γ(t)) (∀t ∈ (0, α ¯ )) là 2 các điểm chấp nhận được của bài toán (MP).