Luận văn Thạc sĩ Toán học: Điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:43

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn trình bày điều kiện tối ưu cho các loại nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ không trơn qua các dưới vi phân Clarke và Michel–Penot của D.V. Luu và D.D. 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 tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------------------------------- NGUYỄN THU LOAN ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CHO NHIỆM HỮU HIỆU CỦA BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN VECTƠ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------------------------------- NGUYỄN THU LOAN ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CHO NHIỆM HỮU HIỆU CỦA BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN VECTƠ Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số : 8 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. Đỗ Văn Lưu THÁI NGUYÊN - 2019
i Mục lục Bảng ký hiệu ii Mở đầu 1 1 Điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ có ràng buộc 4 1.1. Dưới vi phân Clarke và dưới vi phân Michel–Penot . . . . 4 1.2. Điều kiện tối ưu cho bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ qua dưới vi phân Clarke . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3. Điều kiện tối ưu qua dưới vi phân Michel–Penot . . . . . 17 2 Nghiệm xấp xỉ và điều kiện tối ưu cho bất đẳng thức biến phân vectơ 26 2.1. Các khái niệm và định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2. Điều kiện tối ưu cho nghiệm xấp xỉ của bất đẳng thức biến phân vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38
ii Bảng ký hiệu X∗ Đối ngẫu tô pô của không gian X; intA Phần trong của tập A; f 0 (x, v) đạo hàm suy rộng Clarke của f tại x theo phương v ∂f (¯ x) Dưới vi phân Clarke của f tại x¯; f ♦ (¯ x; v) Đạo hàm Michel - Penot của f tại x¯ theo phương v; ∂ M P f (¯ x) Dưới vi phân Michel - Penot của f tại x¯; ∇G f (¯ x) Đạo hàm Gâteaux của f tại x¯; ∇f (¯ x) Đạo hàm Fréchet của f tại x¯; N (C; x) Nón pháp tuyến của C tại x ∈ C; T (C; x) Nón tiếp tuyến của C tại x; co Bao lồi cone co A Nón sinh ra bởi bao lồi của A; lin Bao tuyến tính D∗ Nón đỗi ngẫu của D. I(x) Tập các chỉ số ràng buộc tích cực Rm + Orthant không âm của Rm Rm ++ Orthant dương của Rm hx∗ , xi Giá trị của x∗ ∈ X ∗ tại x ∈ X; Ker∇h(x) Hạch của ∇h(x); t.ư. Tương ứng
1 Mở đầu Bài toán bất đẳng thức biến phân và các ứng dụng của nó được trình bày trong cuốn sách của Kinderlehrer và Stampachia [10]. Trong những năm gần đây, bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu do phạm vi áp dụng rộng rãi của nó. Người ta nghiên cứu bài toán bất đẳng thức biến phân về sự tồn tại nghiệm, điều kiện tối ưu, đối ngẫu, thuật toán tìm nghiệm, tính ổn định nghiệm và cấu trúc tập nghiệm. Điều kiện tối ưu cho bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ không trơn được nghiên cứu qua các dưới vi phân Clarke, Michel–Penot, Mor- dukhovich và dưới vi phân suy rộng. D.V. Luu và D.D. Hang [12] đã thiết lập các điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu yếu, nghiệm hữu hiệu toàn cục và nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ dưới ngôn ngữ dưới vi phân Clarke và dưới vi phân Michel–Penot. X.Q. Yang và X.Y. Zheng [17] đã dẫn các điều kiện tối ưu cho nghiệm xấp xỉ của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ không trơn. Đây là vấn đề có tính thời sự được nhiều nhà toán học trong và ngoài nước quan tâm nghiên cứu. Do đó, tôi chọn đề tài: "Điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ". Luận văn trình bày điều kiện tối ưu cho các loại nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ không trơn qua các dưới vi phân Clarke và Michel–Penot của D.V. Luu và D.D. Hang đăng trong tạp chí J. Math. Anal. Appl. 412 (2014), 792–804, và điều kiện tối ưu cho nghiệm
2 xấp xỉ của bất đăng thức biến phân vectơ không trơn trong không gian Banach của X.Q. Yang và X.Y. Zheng đăng trong tạp chí J. Glob. Optim. 40 (2008), 455–462. Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo. Chương 1. Điều kiện tối ưu cho nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ: trình bày các điều kiện tối ưu cho các nghiệm hữu hiệu yếu, nghiêm hữu hiệu toàn cục và nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ qua dưới vi phân Clarke và dưới vi phân Michel–Penot. Chương 2. Nghiệm xấp xỉ và điều kiện tối ưu cho bất đẳng thức biến phân vectơ: trình bày các điều kiện cần và các điều kiện đủ cho nghiệm xấp xỉ của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ không trơn trong không gian Banach. 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. Xin chân thành cảm ơn anh chị em trong lớp cao học và bạn bè đồng
3 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 20 tháng 4 năm 2019 Tác giả luận văn Nguyễn Thu Loan
4 Chương 1 Điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ có ràng buộc Chương 1 trình bày các điều kiện cần và các điều kiện đủ cho nghiệm hữu hiệu yếu, nghiệm hữu hiệu, nghiệm hữu hiệu toàn cục của bất đẳng thức biến phân vectơ không trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập trong không gian Banach. Các kết quả trình bày trong chương này được tham khảo trong [12]. 1.1. Dưới vi phân Clarke và dưới vi phân Michel–Penot Giả sử X là không gian Banach, X ∗ là không gian đối ngẫu tôpô của X, x¯ ∈ X và f là hàm giá trị thực xác định trên X. Trong [2], đạo hàm theo phương Clarke của f tại x¯ theo phương v được xác định như sau: f (x + tv) − f (x) f 0 (¯ x; v) = lim sup . x→¯ x,t↓0 t Dưới vi phân Clarke của f tại x¯ được xác định bởi: x) = ξ ∈ X ∗ :< ξ, v >≤ f 0 (¯ ∂f (¯ x; v), ∀v ∈ X ,
5 trong đó < ξ, v > là giá trị của ξ ∈ X ∗ tại x ∈ X. Chú ý rằng dưới vi phân Clarke của f được quy về đạo hàm thông thường khi f khả vi chặt. Trong [13], đạo hàm theo phương Michel - Penot của f tại x¯ theo phương v được xác định bởi: x + t(v + ω)) − f (¯ f (¯ x + tω) f ♦ (¯ x; v) = sup lim sup . ω∈X t↓0 t Dưới vi phân Michel - Penot của f tại x¯ là x) = ξ ∈ X ∗ :< ξ, v >≤ f ♦ (¯ ∂ M P f (¯ x; v), ∀v ∈ X . Chú ý rằng nếu f khả vi Gâteaux tại x¯, ∂ M P f (¯ x) = {∇G f (¯ x)}, trong đó ∇G f (¯ x) là đạo hàm Gâteaux của f tại x¯. Nếu f khả vỉ Fréchet tại x¯ x), thì ∂ M P f (¯ với đạo hàm Fréchet ∇f (¯ x) = {∇f (¯ x)}. Nếu f là Lipschitz địa phương với hằng số L, hàm f 0 (¯ x; .) và f ♦ (¯ x; .) là thuần nhất dương, dưới cộng tính trên X, Lipschitz với hằng số L trên X, trong đó ∂f (¯ x) và x) khác rỗng, lồi, compact *yếu của X ∗ và k ξ k với mọi ξ ∈ ∂f (¯ ∂ M P f (¯ x) và ξ ∈ ∂ M P f (¯ x). Khi f là hàm Lipschitz địa phương tại x¯, ta có x, v) ≤ f 0 (¯ f ♦ (¯ x, v), (∀v ∈ X), ∂ M P f (¯ x) ⊂ ∂f (¯ x). Nếu f là hàm thực lồi trên X, thì dưới vi phân của hàm lồi f tại x¯ được định nghĩa như sau: x) := {ξ ∈ X ∗ : hξ, x − x¯i ≤ f (x) − f (¯ ∂C f (¯ x), ∀x ∈ X}. Nhắc lại Định lý 4.9 [1] và Mệnh đề 7.3.9(d) [16]. Mệnh đề 1.1 Giả sử A : X → Y là ánh xạ tuyến tính liên tục và f là hàm thực lồi trên Y . Khi đó, với mỗi x ∈ X, A∗ ∂C f (Ax) ⊂ ∂C (f A)(x).
6 Nếu f là liên tục tại mọi điểm thuộc ImA, thì với mỗi x ∈ X, A∗ ∂C f (Ax) = ∂C (f A)(x), trong đó A∗ : Y ∗ → X ∗ là ánh xạ liên hợp của A, ImA là ảnh của A. Mệnh đề 1.2 Nếu f lồi trên X và Lipschitz địa phương tại x¯ ∈ X thì với mỗi v ∈ X, x, v) = f 0 (¯ f ♦ (¯ x, v). ∂ M P f (¯ x) = ∂f (¯ x) = ∂C f (¯ x). Nón tiếp tuyến Clarke của C ⊂ X tại điểm x¯ ∈ C được định nghĩa như sau: T (C; x¯) := {v ∈ X : ∀xn ∈ C, xn → x¯, ∀tn ↓ 0, ∃vn → v sao cho xn + tn vn ∈ C, ∀n}. Nón pháp tuyến Clarke của C tại x¯ là N (C; x¯) := {ξ ∈ X ∗ : hξ, vi ≤ 0, ∀v ∈ T (C; x¯)}. Các nón T (C; x¯) và N (C; x¯) là lồi khác rỗng, T (C; x¯) là đóng và N (C; x¯) là đóng ∗ yếu. Với mỗi nón D ⊂ X, nón đỗi ngẫu của D được định nghĩa như sau: D∗ = {ξ ∈ X ∗ : hξ, vi ≥ 0, ∀v ∈ D}. 1.2. Điều kiện tối ưu cho bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ qua dưới vi phân Clarke Giả sử X là không gian Banach thực và T là ánh xạ từ X vào không gian L(X, Y ) gồm các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y . Với mỗi x ∈ X, T (x) là ánh xạ tuyến tính liên tục từ X vào Y . Giả sử g và h là ánh xạ từ X vào Rm và Rl . Khi đó, g = (g1 , ..., gm ), h = (h1 , .., hl ). Giả
7 sử C và S là các tập con đóng khác rỗng của X và Rm , Q nón lồi đóng nhọn trong Y . Đặt K = {x ∈ C : g(x) ∈ S, h(x) = 0}. (1.1) a) Điều kiện cần và đủ cho nghiệm hữu hiệu yếu Xét bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ (WVVI): tìm x ∈ K sao cho T (x)(y − x) ∈ / −intQ (∀y ∈ K). (1.2) Chú ý (1.2) tương đương với T (x)(K − x) ∩ (−intQ) = ∅. (1.3) Ở đây ta giả thiết intQ 6= ∅. Vectơ x¯ thỏa mãn (1.2) hoặc (1.3) được gọi là nghiệm hữu hiệu yếu của (WVVI). Giả sử g và h là các hàm Lipschitz địa phương tại x¯ ∈ K. Để thiết lập điều kiện tối ưu cho bài toán bất đẳng thức biến phân ta đưa vào điều x)), ν ∈ Rl , không đồng thời kiện chính quy (CQ1): Với mọi µ ∈ N (S, g(¯ bằng 0, ta có 0∈ / ∂(µg)(¯ x) + ∂(νh)(¯ x) + N (C, x¯). Trong trường hợp C = X = Rp , S = Rm + , điều kiện chính quy Mangasarian- Fromovitz suy rộng (CQ2) tại x¯ được phát biểu như sau (xem [9]): tồn tại v0 ∈ Rp sao cho (a) hξi , v0 i > 0, ∀ξi ∈ ∂gi (¯ x), i = 1, .., m; (b) γv0 = 0, ∀γ ∈ ∂h(¯ x); (c) Với bất kì γ ∈ ∂h(¯ x), các hàng của γ là một hệ độc lập tuyến tính. Mệnh đề 4.2 [9] đã chỉ ra rằng (CQ1) và (CQ2) là tương đương. Ta sẽ trình bày điều kiện cần tối ưu cho nghiệm hữu hiệu yếu của (WVVI).
8 Định lý 1.1 Giả sử x¯ là nghiệm hữu hiệu yếu của (WVVI). Giả sử rằng điều kiện ¯ ∈ Q∗ \{0}, µ chính quy (CQ1) là đúng. Khi đó, ∃λ x)), ν¯ ∈ Rl ¯ ∈ N (S, g(¯ sao cho ¯ + ∂(¯ x)∗ λ 0 ∈ T (¯ µg)(¯ x) + ∂(¯ ν h)(¯ x) + N (C; x¯). x)(x − x¯), f : X → Y là ánh xạ affine với Chứng minh Đặt f (x) = T (¯ f (¯ x) = 0. Khi đó, ánh xạ f1 (x) := f (x + x¯) là ánh xạ tuyến tính. Bởi vì x¯ là nghiệm hữu hiệu yếu của (WVVI), theo Định lý 3.1 [6], tồn tại hàm dưới cộng tính, thuần nhất dương, liên tục Λ trên Y sao cho nếu y1 , y2 ∈ Y thỏa mãn y2 − y1 ∈ intQ thì Λ(y1 ) < Λ(y2 ), (1.4) và (Λf )(x) ≥ 0 (∀ ∈ K). Khi đó, x¯ là nghiệm của bài toán vô hướng sau: min (Λf )(x), g(x) ∈ S, (P 1) h(x) = 0, x ∈ C. Do các hàm Λf và Λf1 là lồi liên tục. Áp dụng Mệnh đề 2.2.6 [3] ta suy ra Λf và Λf1 là Lipschitz địa phương. Theo Định lý 3.2 [9], tồn tại x)), ν¯ ∈ Rl sao cho ¯ ∈ N (S, g1 (¯ µ 0 ∈ ∂(Λf )(¯ x) + ∂(¯ µg)(¯ x) + ∂(¯ ν h)(¯ x) + N (C; x¯). (1.5) Từ Mệnh đề 1.2 ta có ∂(Λf )(¯ x) = ∂(Λf1 )(0) = ∂C (Λf1 )(0). (1.6)
9 Từ Mệnh đề 1.1 ta suy ra x)∗ ∂C (Λ(f1 (0))). ∂C (Λf1 )(0) = T (¯ (1.7) Hơn nữa, ∂C (Λ(f1 (0))) = ∂C (Λ(f (¯ x))). (1.8) ¯ ∈ ∂C (Λ(f (¯ Từ (1.5)-(1.8) ta suy ra tồn tại λ x)), ν¯ ∈ Rl ¯ ∈ N (S, g(¯ x))), µ sao cho 0 ∈ T (¯ ¯ + ∂(¯ x)∗ λ µg)(¯ x) + ∂(¯ ν h)(¯ x) + N (C; x¯). (1.9) ¯ ∈ Q∗ \{0}. Từ (1.4), với mỗi y ∈ intQ, ta có Bây giờ ta chỉ ra rằng λ ¯ −yi = hλ, hλ, ¯ f (¯ x) − y − f (¯ x)i ≤ Λ(f (¯ x) − y) − Λf (¯ x) = Λ(−y) < Λ(0) = 0, ¯ ∈ Q∗ \{0}. Định lý được chứng minh. bởi vì 0 − (−y) ∈ intQ. Vì vậy, λ Để phát biểu các điều kiện đủ tối ưu, ta nhắc lại một số khái niệm về hàm lồi suy rộng. Theo định nghĩa của Reiland [14], hàm giá trị thực Lipschitz địa phương f trên X được gọi là ∂-tựa lồi tại x¯ trên tập con C(⊂ X) nếu f (x) − f (¯ x) ≤ 0 ⇒ hξ, x − x¯i ≤ 0 (∀ξ ∈ ∂f (¯ x), ∀x ∈ C). Bây giờ ta phát biểu điều kiện đủ tối ưu cho bài toán (WVVI). Định lý 1.2 ¯ ∈ Q∗ \{0}, µ Giả sử x¯ ∈ K, tồn tại λ x)), ν¯ ∈ Rl sao cho ¯ ∈ N (S, g(¯ 0 ∈ T (¯ ¯ + ∂(¯ x)∗ λ µg)(¯ x) + ∂(¯ ν h)(¯ x) + N (C; x¯). (1.10) Giả sử rằng tập S và C lồi, các ánh xạ µ ¯g và ν¯h là ∂-tựa lồi tại x¯ trên C. Khi đó, x¯ là nghiệm hữu hiệu yếu của (WVVI). Chứng minh Từ (1.10) suy ra tồn tại ξ ∈ ∂(¯ x), γ ∈ ∂(¯ µg)(¯ ν h)(¯ x) và ζ ∈ N (C, x¯) sao cho ¯ + ξ + γ + ζ = 0. x)∗ λ T (¯
10 Từ đó suy ra với mỗi x ∈ K, hT (¯ ¯ x − x¯i + hξ, x − x¯i + hγ, x − x¯i + hζ, x − x¯i = 0 x)∗ λ, (1.11) x)) = R+ (S − g(¯ Mặt khác, vì S là tập lồi, ta có T (S; g(¯ x)) đúng, trong đó R+ là tập các số thực không âm. Với x ∈ K, g(x) − g(¯ x) ∈ S − g(¯ x), µg)(x) − (¯ nên (¯ x) ≤ 0, vì µ µg)(¯ ¯ ∈ N (S; g(¯ x)). Do tính ∂-tựa lồi của hàm µ ¯g ta suy ra hξ, x − x¯i ≤ 0. (1.12) Với x ∈ K, h(x) − h(¯ ν h)(x) − (¯ x) = 0 vậy nên (¯ ν h)(¯ x) = 0. Do tính ∂-tựa lồi của hàm (¯ ν h), ta suy ra hγ, x − x¯i ≤ 0. (1.13) Vì C là tập lồi, và T (C, x¯) = R+ (C − x¯) là đúng. Do đó, hζ, x − x¯i ≤ 0. (1.14) Từ (1.11)–(1.14) ta có ¯ (¯ λT x)(x − x¯) ≥ 0 (∀x ∈ K). (1.15) Khi đó, x¯ là nghiệm hữu hiệu yếu của (WVVI). Thật vậy, nếu điều này không đúng sẽ tồn tại x1 ∈ K sao cho x)(x1 − x¯) ∈ −intQ. T (¯ ¯ ∈ Q∗ \{0} , ta lại có Nhưng với λ ¯ (¯ λT x)(x1 − x¯) < 0. Điều này mâu thuẫn với (1.15). Định lý được chứng minh. Định lý 1.2 được minh họa qua ví dụ sau. Ví dụ 1.1 Giả sử X = Y + R2 , S = R+ , C = [0, 3] × [0, 3], x¯ = (0, 0), Q =
11 R2+ . T : X → Y và g : X → R được cho bởi T (x1 , x2 ) = (T1 (x1 , x2 ), T2 (x1 , x2 )), (x = (x1 , x2 ) ∈ R2 ), 1 T1 (x1 , x2 ) = x1 + x2 , 2 T2 (x1 , x2 ) = x1 − x2 ,  x + x2 , nếu 0 ≤ x1 + x2 ≤ 1, xi ≥ 0, i = 1, 2,   1    g(x1 , x2 ) = 1, nếu 1 ≤ x1 + x2 ≤ 2, xi ≥ 0, i = 1, 2,    x1 + x2 − 1, nếu x1 + x2 ≥ 2, xi ≥ 0, i = 1, 2,  Khi đó, T và T ∗ là ma trận ! 1 2 1 1 −1 Nếu T ∗ = T , C là lồi, g là tựa lồi tại x¯ trên C, ∂g(¯ x) = (1, 1)T , T (S; g(¯ x)) = x)) = −R, K = x ∈ C : g(x) ∈ S = C, T (K; x¯) = R2+ R, N (S; g(¯ và N (K; x¯) = R2− , với R2− = −R2+ và chỉ số T là phép chuyển vị. Xét bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ sau: Tìm x¯ ∈ K sao cho / −intR2+ T (x − x¯) ∈ (∀x ∈ K). Với λ1 = 4, λ2 = 1, µ = −3, điều kiện tối ưu tại x¯: ! ! ! 1 1 4 1 0∈ 2 + (−3) + R2− . 1 −1 1 1 Từ Định lý 1.2, x¯ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân trên. b) Điều kiện cần và đủ cho nghiệm hữu hiệu toàn cục Xét bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ (GVVI): Tìm x ∈ K sao cho T (x)(K − x) ∩ (−H\{0}) = ∅, (1.16)
12 trong đó H là một nón lồi nhọn có phần trong khác rỗng thoả mãn Q\{0} ⊂ intH. Điểm x¯ ∈ K thỏa mãn(1.16) với nón lồi nhọn có phần trong khác rỗng H và Q\{0} ⊂ intH được gọi là nghiệm hữu hiệu toàn cục của (GVVI). Từ (1.3), ta thấy rằng trong trường hợp intQ 6= ∅, một nghiệm hữu hiệu toàn cục sẽ là nghiệm hữu hiệu yếu. Ở đây ta không đòi hỏi điều kiện intQ 6= ∅. Kí hiệu Q∗0 là tựa phần trong tương đối (quasi-interior) của Q∗ Q∗0 = {y ∗ ∈ Y ∗ : hy ∗ , yi > 0, ∀y ∈ Q\{0}}. Ta thiết lập điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu toàn cục của (GVVI). Định lý 1.3 Giả sử x¯ là nghiệm hữu hiệu toàn cục của (GVVI). Giả sử rằng điều kiện chính quy (CQ1) đúng. Khi đó, tồn tại λ ¯ ∈ Q∗ , µ x)), ν¯ ∈ Rl ¯ ∈ N (S, g(¯ 0 sao cho ¯ + ∂(¯ a)∗ λ 0 ∈ T (¯ µg)(¯ x) + ∂(¯ ν h)(¯ x) + N (C; x¯). x)(x − x¯). Chứng minh Từ chứng minh của Định lý 1.1, đặt f (x) = T (¯ vì x¯ là nghiệm hữu hiệu toàn cục của (GVVI), theo Định lý 3.3 [6] tồn tại hàm dưới cộng tính, thuần nhất dương liên tục Λ trên Y sao cho nếu y1 , y2 ∈ Y thỏa mãn y2 − y1 ∈ Q\{0} thì Λ(y1 ) < Λ(y2 ), và (Λf )(x) ≥ 0 (∀ ∈ K). Khi đó, x¯ là nghiệm của bài toán vô hướng sau: min (Λf )(x), g(x) ∈ S, h(x) = 0,
13 x ∈ C, ¯ ∈ ∂C (Λ(f (¯ Tương tự chứng minh của Định lý 1.1 ta suy ra tồn tại λ x))) x)), ν¯ ∈ Rl sao cho ¯ ∈ N (S, g(¯ µ ¯ + ∂(¯ x)∗ λ 0 ∈ T (¯ µg)(¯ x) + ∂(¯ ν h)(¯ x) + N (C; x¯). ¯ ∈ Q∗ . Với mỗi y ∈ Q\{0}, Bây giờ ta chỉ ra λ 0 ¯ −yi = hλ, hλ, ¯ f (¯ x) − y − f (¯ x)i ≤ Λ(f (¯ x) − y) − Λ(f (¯ x)) = Λ(−y) < Λ(0) = 0, ¯ ∈ Q∗ . Định lý được chứng minh. vì 0 − (−y) ∈ Q\{0}. Do vậy, λ 0 Tương tự Định lý 1.2, ta chứng minh điều kiện đủ cho (GVVI). Định lý 1.4 ¯ ∈ Q∗ µ Giả sử x¯ ∈ K; Tồn tại λ x)), ν¯ ∈ Rl sao cho 0 ¯ ∈ N (S, g(¯ ¯ + ∂(¯ x)∗ λ 0 ∈ T (¯ µg)(¯ x) + ∂(¯ ν h)(¯ x) + N (C; x¯). Giả sử các tập S và C lồi, các ánh xạ µ ¯g và ν¯h là ∂-tựa lồi tại x¯ trên C. Khi đó, x¯ là nghiệm toàn cục của (GVVI). c) Điều kiện cần và đủ cho nghiệm hữu hiệu Ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ (EVVI): Tìm x¯ ∈ K sao cho x)(x − x¯) ∈ T (¯ / −Q\{0}, (∀x ∈ K), (1.17) trong đó K được xác định bởi (1.1). Điểm x¯ thỏa mãn (1.17) được gọi là nghiệm hữu hiệu của (EVVI). Để dẫn điều kiện tối ưu cho bài toán (EVVI) ta giả sử rằng Y = Rn , Q = Rn+ . Khi đó, (1.17) được viết dưới dạng: Không tồn tại x ∈ K sao cho x)k (x − x¯) ≤ 0 T (¯ với mọi k ∈ J := {1, .., n}, x)s (x − x¯) < 0 với ít nhất một s ∈ J, T (¯
14 trong đó T (¯ x) = (T (¯ x)1 , ..., T (¯ x)k : X → R (k ∈ J). x)n ), T (¯ Để dẫn điều kiện tối ưu cho (EVVI) ta đưa vào điều kiện chính quy x)), ν ∈ Rl , (CQ3): Với mỗi s ∈ J và mọi λk ≥ 0(k ∈ J, k 6= s), µ ∈ N (S, g(¯ khác không, X 0∈ / λk T (¯ x)k + ∂(µg)(¯ x) + ∂(νh) + N (C, x¯). k∈J,k6=s Điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu của bài toán (EVVI) được phát biểu như sau: Định lý 1.5 Giả sử x¯ là nghiệm hữu hiệu của bài toán (EVVI). Giả sử rằng điều kiện chính quy (CQ3) đúng với s ∈ J. Khi đó, tồn tại λ ¯ k ≥ 0 (k ∈ J, k 6= x)), ν ∈ Rl , sao cho s), µ ∈ N (S, g(¯ X 0 ∈ T (¯ x)s + ¯ k T (¯ λ x)k + ∂(µg)(¯ x) + ∂(νh)(¯ x) + N (C, x¯). (1.18) k∈J,k6=s Chứng minh Bởi vì x¯ là nghiệm của bài toán (EVVI), cho nên x¯ là cực tiểu Pareto của bài toán tối ưu sau: min T (¯ x)(x), g(x) ∈ S, h(x) = 0, x ∈ C. Do đó, x¯ là cực tiểu của bài toán vô hướng sau: min T (¯ x)s (x), x)s (x) ≤ T (¯ T (¯ x) (∀k ∈ J, k 6= s), x)k (¯ (Ps ) g(x) ∈ S, h(x) = 0,
15 x ∈ C. ¯ k ≥ 0 (k ∈ J, k 6= Áp dụng Định lý 3.2 [9] cho bài toán (Ps ) tồn tại λ x)), ν ∈ Rl , sao cho s), µ ∈ N (S, g(¯ X 0 ∈ ∂(T (¯ x)s )(¯ x) + ∂(λ ¯ k T (¯ x)k )(¯ x) + ∂(µg)(¯ x) + ∂(νh)(¯ x) + N (C, x¯). k∈J,k6=s (1.19) x)s (k ∈ J) là tuyến tính liên tục, nên ta có Vì T (¯ ∂(T (¯ x)k )(¯ x)k (k ∈ J). x) = T (¯ (1.20) Thế (1.20) vào (1.19) ta được (1.18). Một điều kiện cần tối ưu mạnh cho nghiệm hữu hiệu của bài toán (EVVI) có thể phát biểu như sau: Định lý 1.6 Giả sử x¯ là nghiệm hữu hiệu của bài toán (EVVI). Giả sử điều kiện chính ¯ k ≥ 0 (k ∈ J, k 6= s), µ quy (CQ3) đúng với mọi s ∈ J. Khi đó, tồn tại λ ¯∈ x)), ν¯ ∈ Rl , sao cho N (S, g(¯ X X X 0∈ ¯ k T (¯ λ x)k + µ(s) g)(¯ ∂(¯ x) + ν (s) h)(¯ ∂(¯ x) + N (C, x¯). k∈J s∈J s∈J ¯ k ≥ 0 (k ∈ Chứng minh Với mỗi s ∈ J, từ Định lý 1.5 ta suy ra tồn tại λ J, k 6= s), µ ¯ ∈ N (S, g(¯ x)), ν¯ ∈ Rl , sao cho X (s) 0 ∈ T (¯x)s + ¯ T (¯ λ x)k +∂(¯ µ(s) g)(¯ ν (s) h)(¯ x)+∂(¯ x)+N (C, x¯). (1.21.s) k s∈J,k6=s Với s = 1, ..., n trong (1.21.s) X X X 0∈ λ¯ k T (¯ x)k + µ(s) g)(¯ ∂(¯ x) + ν (s) h)(¯ ∂(¯ x) + N (C, x¯), k∈J s∈J s∈J trong đó (s) X ¯k = 1 + λ λk > 0 (∀k ∈ J). s∈J,k6=s
16 Đó là điều phải chứng minh. Bây giờ ta trình bày điều kiện đủ tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của (EVVI). Định lý 1.7 ¯ k > 0 (∀k ∈ J, ) µ Giả sử x¯ ∈ K; tồn tại λ ¯(s) ∈ N (S, g(¯ x)), ν¯(s) ∈ Rl (∀s ∈ J) sao cho X X X 0∈ ¯ k T (¯ λ x)k + µ(s) g)(¯ ∂(¯ x) + ν (s) h)(¯ ∂(¯ x) + N (C, x¯). (1.22) k∈J s∈J s∈J ¯(s) g và ν¯(s) h (∀s ∈ J) là ∂- tựa Giả sử các tập S và C là lồi, các ánh xạ µ lồi tại x¯ trên C. Khi đó, x¯ là nghiệm hữu hiệu của bài toán (EVVI) Chứng minh Từ biểu thức (1.22) ta suy ra tồn tại ξ (s) ∈ ∂(¯ µ(s) g)(¯ x) và γ (s) ∈ ∂(¯ ν (s) h)(¯ x) và ζ ∈ N (C; x¯) sao cho X X X ¯ k T (¯ λ x)k + ξ (s) + γ (s) + ζ = 0. k∈J s∈J s∈J Từ đó suy ra với mọi x ∈ K, X X X ¯ k hT (¯ λ x)k , x − x¯i + hξ (s) , x − x¯i + hγ (s) , x − x¯i + hζ, x − x¯i = 0. k∈J s∈J s∈J (1.23) Do S lồi, ta có T (S; g(¯ x)). Với x ∈ K, g(x) − g(¯ x)) = R+ (S + g(¯ x) ∈ −(S + g(¯ µ(s) g)(x) − µ x)), và do đó, (¯ ¯(s) g)(¯ x) ≤ 0. Hơn nữa, với x ∈ K, h(x) − h(¯ γ (s) h)(x) − γ¯ (s) h)(¯ x) = 0, và vì vậy, (¯ x) = 0. Do tính ∂-tựa ¯(s) g và ν¯(s) h (s ∈ J), ta có lồi của các hàm µ X X hξ (s) , x − x¯i + hγ (s) , x − x¯i ≤ 0. (1.24) s∈J s∈J Do C lồi, ta có T (C; x¯) = R+ (C − x¯). Do đó, hζ, x − x¯ ≤ 0(∀x ∈ C)i. (1.25) Từ (1.23)–(1.25) ta suy ra X ¯ k hT (¯ λ x)k , x − x¯i ≥ 0 (∀x ∈ K). (1.26) k∈J