——————–o0o——————–
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐIỀU KIỆN CẦN CẤP HAI CHO NGHIỆM HỮU HIỆU YẾU CỦA
VŨ MẠNH HÙNG
BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ KHÔNG TRƠN QUA ĐẠO HÀM PALÉS-ZEIDAN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên, 10/2018
——————–o0o——————–
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
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
Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số:
8460112
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
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
tập các chỉ số ràng buộc tích cực orthant không âm của Rm orthant dương của Rm
nón tiếp tuyến của C tại x
nón tiếp tuyến cấp 2 của C tại x
đạo hàm suy rộng Clarke của f tại x theo phương v
đạo hàm suy rộng Palés–Zeidan cấp 2 của f tại x theo phương v
I(x) Rm + Rm ++ TxC T 2 x C f 0(x, v) f 00(x; v) f ”(x; v) đạo hàm cấp 2 của f tại x theo phương v
đạo hàm Fréchet của f tại x
∇f (x) ∇2h(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) t f 0(¯x; v) := lim sup x→¯x,t↓0
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
t↓0
f 00(¯x; v) := lim sup 2 . f (¯x + tv) − f (¯x) − tf 0(¯x; v) 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)(cid:107)v(cid:107),
trong đó
(cid:107)α(v)(cid:107) =0. lim (cid:107)v(cid:107)→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
F (x + v) = F (x) + ∇F (x)v + B(v, v) + r(v), 1 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 ∇2F (x).
6
Định nghĩa 1.5
Cho f : Rn → R là hàm khả vi Fréchet tại ¯x ∈ X, và ∇f (¯x) là đạo
f
hàm Fréchet của f tại ¯x. Giới hạn sau được gọi là đạo hàm cấp 2 của tại ¯x theo phương v∈ Rn
t↓0
f (cid:48)(cid:48)(¯x; v) := lim sup 2 . f (¯x + tv) − f (¯x) − t∇f (¯x)v t2
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
f 00(¯x; v) = f (cid:48)(cid:48)(¯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:
(∀v ∈ X), f (x + tv) = f (x) + tΛ1(v) + o(t)
trong đó (cid:107)o(t)(cid:107)(cid:30)|t| → 0 khi t → 0. Ánh xạ Λ1 được gọi là đạo hàm Gâteaux của f tại x và kí hiệu là f (cid:48)(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
f (x + tv) = f (x) + tΛ1(v) + Λ2(v, v) + o(t2) (∀v ∈ X) t2 2
trong đó Λ1 = f (cid:48)(x), (cid:107)o(t2)(cid:107)/ | 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
(cid:48)
2 lần tại x thì f có thể khai triển như sau (xem [7]):
f (x + tv) = f (x) + tf (x)(v) + f ”(x)(v, v) + o(t2) (∀v ∈ X). t2 2
Trong trường hợp f khả vi Fréchet hai lần tại x, ta có khai triển Taylor
sau:
f (x + v) = f (x) + ∇f (x)(v) + ∇2f (x)(v, v) + r(v) 1 2
trong đó ∇2f (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 , nếu x (cid:54)= 0, 1 x f (x) :=
0, nếu x = 0,
trong đó n là số nguyên dương, n ≥ 2.
(a) Trường hợp n = 2: f có dạng
x2 sin , nếu x (cid:54)= 0, 1 x f (x) :=
0, nếu x = 0.
Khi đó,
2x sin − cos nếu x (cid:54)= 0, , 1 x 1 x ∇f (x) :=
nếu x = 0. 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 − xn−2 cos nếu x (cid:54)= 0, , 1 x 1 x ∇f (x) :=
nếu x = 0. 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 (cid:48)(cid:48)(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
d(¯x + tu; C) = 0, (1.1) lim t↓0 1 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 T¯xC, và được gọi là nón tiếp tuyến với C tại ¯x. Chú ý rằng T¯xC 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
v; C) = 0. (1.2) lim t↓0 1 t2 d(¯x + tu + t2 2
9
¯x C là ¯x 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
Vectơ u thỏa mãn (1.2) được gọi là vectơ liên kết với v. Ký hiệu T 2 tập tất cả các vectơ tiếp tuyến cấp 2 của C tại ¯x. Chú ý rằng v ∈ T 2
¯x + tu + (v + γ1(t)) ∈ C (∀t > 0).
¯x C là một nón khác rỗng chứa
Ngoài ra, v ∈ T 2 t2 2 ¯x C kéo theo u ∈ T¯xC, và T 2
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∗ (cid:54)= 0 tách A và B, nếu tồn tại số α sao
cho:
(cid:104)x∗, y(cid:105) ≤ α ≤ (cid:104)x∗, x(cid:105) (∀x ∈ A, ∀y ∈ B).
Nếu bất đẳng thức trên có dạng:
(cid:104)x∗, y(cid:105) < α < (cid:104)x∗, x(cid:105) (∀x ∈ A, ∀y ∈ B).
thì ta nói x∗ tách ngặt A và B.
Siêu phẳng đóng H := {x : (cid:104)x∗, x(cid:105) = 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 (cid:15) > 0 sao cho C1 +(cid:15)B nằm trong một nửa không gian mở sinh bởi H, còn C2 + (cid:15)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
F¯x(y) := F (¯x, y),
Fk,¯x(y) := Fk(¯x, y) (k ∈ J := {1, . . . , m}),
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 (¯x, y) /∈ −Rm (1.3)
++ = int Rm
+ , Rm
+ là orthant không âm trong Rm.
trong đó Rm
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
fk(x) < fk(¯x) (∀k ∈ J).
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
I(¯x) := {i ∈ I : gi(¯x) = 0}.
H := {x ∈ X : h(x) = 0},
i (¯x; u) = 0}.
I0(¯x; u) := {i ∈ I(¯x) : g0
Phù hợp với định nghĩa trong [5], vectơ u ∈ X được gọi là phương tới hạn tại
¯x ∈ M nếu
k,¯x(¯x; u) ≤ 0 (∀k ∈ J),
F 0
g0 i (¯x; u) ≤ 0 (∀i ∈ I(¯x)),
∇hj(¯x)u = 0 (∀j ∈ L),
u ∈ T¯xC.
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. Ký hiệu ∇h(¯x) là đạo hàm Fréchet của f tại ¯x, và ∇2h(¯x) là Hessian của
¯x H với véctơ liên kết u ∈ T¯xH khi và chỉ khi
f tại ¯x; (b) h(¯x) = 0 và ∇h(¯x) là một toàn ánh từ X lên Rl. Khi đó, v ∈ T 2
∇h(¯x)(v) + ∇2h(¯x)(u, u) = 0,
∇h(¯x)(u) = 0.
Nhận xét 1.2
Dễ thấy rằng
¯x (H ∩ C) ⊆ T 2 T 2
¯x H ∩ T 2
¯x C.
(1.4)
13
Để dẫn điều kiện cần cho bài toán (MP), ta đưa vào điều kiện chính quy
cấp 2 sau đây:
¯x H ∩ T 2 T 2
¯x C ⊆ T 2
¯x (H ∩ C).
(RC1)
Do đó, nếu (RC1) đúng, thì theo (1.4) ta nhận được
¯x (H ∩ C) = T 2 T 2
¯x H ∩ T 2
¯x C.
(1.5)
Điều kiện chính quy cấp 2 (RC1) được minh họa bằng ví dụ sau.
Ví dụ 1.2
+, và
(x1, x2) ∈ R2). Khi đó, T¯xC = T 2 Cho X = R2, C = [0, 1] × [0, 1], ¯x = (0, 0), h(x) = |x1| − x2 (x = ¯x C = R2
H = {(x1, x2) ∈ R2 : x2 = |x1|},
¯x (H ∩ C) = {(x1, x2) ∈ R2 T 2
H ∩ C = {(x1, x2) ∈ [0, 1] × [0, 1] : x2 = |x1|}, ¯x (H) = {(x1, x2) ∈ R2 : x2 = |x1|}, T 2 + : 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); F¯x(¯x) = 0; tất cả các giả thiết của Mệnh đề 1.3 thỏa mãn. Giả sử rằng điều kiện
¯x C có
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. Khi đó, với bất kỳ phương tới hạn u ∈ ∇h(¯x), không tồn tại v ∈ T 2
14
vectơ liên kết u thỏa mãn mãn hệ sau:
k,¯x(¯x; u) < 0
(∀k ∈ J), (1.6)
k,¯x(¯x; v) + F 00 F 0 i (¯x; v) + g00 g0
i (¯x; u) < 0
(1.7) (∀i ∈ I0(¯x; u)),
j(¯x)(u, u) = 0
(∀j ∈ L). (1.8) ∇hj(¯x)v + ∇h2
Chứng minh
Giả sử ngược lại, tồn tại một phương tới hạn u ∈ X sao cho hệ (1.6)-
¯x C.
(1.8) có nghiệm v ∈ T 2
¯x H.
(i) Ta bắt đầu xét ràng buộc đẳng thức và ràng buộc tập. Vì u ∈ Ker∇h(¯x) và (1.8) đúng, sử dụng Mệnh đề 1.3 ta suy ra v ∈ T 2
Theo (1.5), ta có
¯x H ∩ T 2
¯x C = T 2
¯x (H ∩ C).
v ∈ T 2
Điều này kéo theo tồn tại ánh xạ γ(t) : (0, +∞) → X với γ(t) → 0, khi
t → 0+ sao cho
¯x + tu + (v + γ(t)) ∈ H ∩ C (∀t > 0). t2 2
Vì vậy,
¯x + tu + (v + γ(t)) ∈ C (∀t > 0), (1.9) t2 2
h(¯x + tu + (v + γ(t))) = 0 (∀t > 0). (1.10) t2 2
(ii) Xét ba trường hợp liên quan đến ràng buộc bất đẳng thức.
(a) Lấy i ∈ I0(¯x; u). Khi đó,
i (¯x; u) = 0.
gi(¯x) = 0 và g0
Ta chỉ ra tồn tại ¯εi > 0 sao cho
(1.11) gi(¯x + tu + (v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, ¯εi), ∀i ∈ I0(¯x; u)). t2 2
15
Để làm được điều này, đầu tiên ta chỉ ra tồn tại εi > 0 sao cho với mọi t ∈ (0, εi),
n > 0 (n ∈ N) thì tồn tại
t2v) < 0. gi(¯x + tu + 1 2
n) sao cho
Thật vậy, nếu điều đó không đúng, với εi = 1 tn ∈ (0, 1
gi(¯x + tnu + v) = gi(¯x + tnu + v) − gi(¯x) ≥ 0. t2 n 2 t2 n 2
Do đó,
i (¯x; v) + g00 g0
i (¯x; u) ≥ lim sup n→+∞
2t2 nv) − gi(¯x + tnu) t2 n 2
gi(¯x + tnu + 1
i (¯x; u)
t2 n 2
gi(¯x + tnu) − gi(¯x) − tng0 ≥ 0. + lim sup n→+∞
Điều này mâu thuẫn với (1.7). Do đó, với mọi t ∈ (0, εi),
v) < 0. gi(¯x + tnu + t2 n 2
Bởi vì γ(t) → 0 khi t → 0+, do tính liên tục của gi tại ¯x, ta suy ra tồn tại số ¯εi ∈ (0, εi) sao cho (1.11) đúng với mọi t ∈ (0, ¯εi).
(b) Lấy j ∈ I(¯x)\I0(¯x; u). Khi đó,
j (¯x; u) < 0.
gj(¯x) = 0 và g0
(1.12) gj(¯x + tu + t2(v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, ¯δj), ∀j ∈ I(¯x)\I0(¯x; u)). Ta chỉ ra tồn tại ¯δj > 0 sao cho 1 2
Để chứng minh (1.12), đầu tiên ta chứng minh rằng tồn tại δj > 0 sao cho
(1.13) gj(¯x + tu + t2v) < 0 (∀t ∈ (0, δj), ∀j ∈ I(¯x)\I0(¯x; u)). 1 2
) sao > 0 (n ∈ N), tồn tại tn ∈ (0, 1 n 1 n Nếu điều này không đúng, với δj = cho
gj(¯x + tnu + t2 nv) ≥ 0 = gj(¯x). 1 2
16
Vì gj Lipschitz ở gần ¯x, từ đó ta suy ra
gj(¯x + tnu + 1 2 + 0 ≤ t2 nv) − gj(¯x + tnu) tn gj(¯x + tnu) − gj(¯x) tn
j (¯x; u),
≤ Ljtn||v|| + g0 1 2
trong đó Lj là hằng số Lipschitz của gj tại ¯x. Cho n → +∞, ta nhận được
g0 j (¯x; u) ≥ 0 (∀j ∈ I(¯x)\I0(¯x; u)).
Ta nhận được mâu thuẫn với
g0 j (¯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 ¯δj ∈ (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
t2v) < 0 (∀t ∈ (0, σr), ∀r ∈ I\I(¯x)). gr(¯x + tu + 1 2
Do γ(t) → 0 khi t → 0+, tồn tại ¯σr ∈ (0, σr) sao cho
(cid:19) (cid:18) t2(v + γ(t)) (1.14) ¯x + tu + < 0 (∀t ∈ [0, ¯σr), ∀r ∈ I\I(¯x)). gr 1 2
Bây giờ, ta đặt
¯α := min{¯εi, ¯δj, ¯σr : i ∈ I0(¯x; u), j ∈ I(¯x)\I0(¯x; u), r ∈ I\I(¯x)}.
Từ (1.11), (1.12) và (1.14) ta suy ra rằng
(cid:19) (cid:18) t2(v + γ(t)) < 0 (∀t ∈ (0, ¯α), ∀i ∈ I). (1.15) ¯x + tu + gi 1 2
t2(v + γ(t)) (∀t ∈ (0, ¯α)) là Từ (1.9), (1.10) và (1.15), ta suy ra ¯x + tu +
1 2 các điểm chấp nhận được của bài toán (MP).
17
(iii) Đối với song hàm F, ta có
k,¯x(¯x; u) ≤ 0 (∀k ∈ J),
F 0
bởi vì u là phương tới hạn. Xét phân hoạch (J1, J2) của tập chỉ số J (J = J1 ∪ J2, J1 ∩ J2 = ∅), trong đó
k,¯x(¯x; u) < 0},
s,¯x(¯x; u) = 0}.
J1 := {k ∈ J : F 0 J2 := {s ∈ J : F 0
k,¯x(¯x; u) < 0. Bằng lập luận tương tự như đã dùng để chứng minh (1.12), ta thu được sự tồn tại của số ¯ηk > 0 sao cho
(a) Với k ∈ J1, ta có F 0
Fk,¯x(¯x + tu + (v + γ(t))) < Fk,¯x(¯x) = 0 (∀t ∈ (0, ¯ηk), ∀k ∈ J1). (1.16)
s,¯x(¯x; u) = 0. Bằng lập luận tương tự như đã dùng để chứng minh (1.11), ta thu được sự tồn tại của số ¯ζs > 0 sao cho
t2 2 (b) Với k ∈ J2, ta có F 0
(1.17) Fs,¯x(¯x + tu + (v + γ(t))) < Fs,¯x(¯x) = 0 (∀t ∈ (0, ¯ζs), ∀s ∈ J2). t2 2
Đặt
¯β := min{¯ηk, ¯ζs : k ∈ J1, s ∈ J2}.
Từ (1.16) và (1.17) ta suy ra
(v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, ¯β), ∀k ∈ J). (1.18) Fk,¯x(¯x + tu + t2 2
Cuối cùng, đặt ¯γ := min{¯α, ¯β}, ta có thể thấy rằng (1.9), (1.10), (1.15) và (1.18) đúng với mọi t ∈ (0, ¯γ). Vì vậy, ¯x không là nghiệm hữu hiệu yếu
của (VEP). Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Định lí được chứng minh (cid:3) đầy đủ.
Nhận xét 1.3
(a) Để chứng minh Định lí 1.3, ta đã sử dụng Mệnh đề 1.3 về mô tả
¯x H. Điều này tiện lợi hơn việc sử dụng định lí hàm ẩn.
nón cấp hai T 2
(b) Các phần (ii) và (iii) của chứng minh Định lí 1.3 sử dụng một số
lập luận trong [4] về baøi toán tối ưu vô hướng với raøng buoäc bất đẳng thức vaø
18
không có ràng buộc đẳng thức.
Bây giờ ta xét bài toán cân bằng véctơ (VEP) mà tập chấp nhận được
M được thay bằng tập M1:
M1 := {x ∈ X : g(x) ≤ 0, h(x) = 0}.
Bài toán này được ký hiệu là (VEP1). Theo Định lí 1.3, điều kiện cần
cấp 2 cho nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP1) được phát biểu như sau.
Hệ quả 1.1
Giả sử ¯x ∈ M1 là nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP1); tất cả các giả thiết của Mệnh đề 1.3 thỏa mãn. Giả sử rằng 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. Khi đó, với mọi phương tới hạn u ∈ ∇h(¯x), không tồn tại v ∈ X thỏa mãn hệ sau
đây:
k,¯x(¯x; u) < 0
(∀k ∈ J),
(∀i ∈ I0(¯x; u)),
k,¯x(¯x; v) + F 00 F 0 i (¯x; v) + g00 g0 i (¯x; u) < 0 ∇hj(¯x)v + ∇2hj(¯x)(u, u) = 0
(∀j ∈ L).
¯x C = X và điều kiện (RC1) thỏa mãn. (cid:3)
Chứng minh Ta thấy rằng với C = X, ta có T 2
Áp dụng Định lí 1.3 ta nhận được điều phải chứng minh.
Từ Định lí 1.3, một điều kiện cần cấp 2 cho nghiệm hữu hiệu yếu của
bài toán quy hoạch đa mục tiêu (MP) có thể phát biểu như sau.
Hệ quả 1.2
Giả sử ¯x ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của (MP); các giả thiết của
Mệnh đề 1.3 và điều kiện chính quy cấp 2 (RC1) thỏa mãn. Giả sử rằng
các hàm gi (i /∈ I(¯x)) liên tục tại ¯x; các hàm fk (k ∈ J) và gi (i ∈ I(¯x))
19
¯x C thỏa mãn hệ sau đây:
Lipschitz ở gần ¯x. Khi đó, với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), không tồn tại v ∈ T 2
k (¯x; u) < 0
(∀k ∈ J),
(∀i ∈ I0(¯x; u)),
k (¯x; v) + F 00 f 0 i (¯x; v) + g00 g0 i (¯x; u) < 0 ∇hj(¯x)v + ∇2hj(¯x)(u, u) = 0
(∀j ∈ L).
¯x C, ta
Chứng minh Ta thấy rằng với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), và v ∈ T 2
k,¯x(¯x; v) = f 0 F 0
k (¯x; v), F 00
k,¯x(¯x; u) = f 00
k (¯x; u) < 0 (∀k ∈ J), và F¯x(¯x) = 0.
có
(cid:3) Áp dụng Định lí 1.3, ta nhận được điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.4
Hệ quả 1.2 là một mở rộng có ý nghĩa của Định lí 2 [3] cho bài toán
tối ưu vô hướng không trơn chỉ có ràng buộc bất đẳng thức.
Định lí 1.3 được minh họa bằng ví dụ sau đây.
Ví dụ 1.3
+, ¯x = (0, 0), trong đó R2
+ là orthant không âm
Cho X = R2, C = R2
của R2. Cho F : R2 × R2 → R2 được xác định bởi F = (F1, F2), với
1(1 − sin 1 y4 y1
+ sin x2) + y2 cos x1 + cos x2 − 1, y1 (cid:54)= 0, F1(x, y) = y2 cos x1 + cos x2 − 1, y1 = 0,
2 − y1 + ex2 − 1, y2
F2(x, y) = |y1 − 2y2|ex1 − 1 2
trong đó (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2. Khi đó,
1(1 − sin 1 y4 y1
) + y2, y1 (cid:54)= 0 F1,¯x(y) = y2, y1 = 0,
F2,¯x(y) = |y1 − 2y2| − y2 2 − y1. 1 2
20
2 − y1,
1 − y2
− y3 Cho các hàm g1, g2, g3, h : R2 → R được xác định bởi y1 (cid:54)= 0, g1(y) = y1 = 0,
1 sin 1 y3 y1 −y2 2, 1 2
g2(y) = −y2 + y2 2,
1 − 1,
g3(y) = −2y1 + y2
h(y) = y1 − y2.
Điểm ¯x = (0, 0) là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng véctơ:
F (x, y) /∈ −R++ (∀y ∈ K),
trong đó
K = {y ∈ C : gi(y) ≤ 0, (i = 1, 2, 3), h(y) = 0}.
¯x C = R2
+. Ta có
Ta thấy rằng I(¯x) = {1, 2}, T¯xC = T 2
1,¯x(¯x; v) = v2,
F 0
F2,¯x(¯x; v) = |v1 − 2v2| − v1, g0 1(¯x; v) = −v1 g0 2(¯x; v) = −v2
∇h(¯x)v = v1 − v2.
Do đó, véctơ u = 0 là phương tới hạn tại ¯x và thuộc Ker∇h(¯x). Ta có
F 00 1,¯x(¯x; u) = 0, F 00 2,¯x(¯x; u) = −u2 2, 1 (¯x; u) = −2u2 g00 2, 2 (¯x; u) = u2 g00 2, ∇2h(¯x)(u, u) = 0.
¯x C
Khi đó, với phương tới hạn u = 0 ∈ Ker∇h(x), không tồn tại v ∈ T 2
21
với véctơ liên kết u thỏa mãn (1.6)-(1.8) trong Định lí 1.3:
1,¯x(¯x; u) = v2 < 0, 2,¯x(¯x; u) = |v1 − 2v2| − v1 − u2
2 < 0,
2 < 0,
2 < 0,
1,¯x(¯x; v) + F 00 F 0 2,¯x(¯x; v) + F 00 F 0 1(¯x; v) + g00 g0 1 (¯x; u) = −v1 − 2u2 g0 2 (¯x; u) = −v2 + u2 2(¯x; v) + g00 ∇hj(¯x)v + ∇2hj(¯x)(u, u) = v1 − v2 = 0.
22
Chương 2
Điều kiện cần cấp 2 dạng đối ngẫu
Chương 2 trình bày các kết quả của D.V. Luu ([6], 2018) về điều kiện
cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán
cân bằng vectơ 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 qua đạo hàm theo phương cấp 2 Palés–Zeidan được
chứng minh.
2.1. Điều kiện cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm
hữu hiệu yếu
Phần này sẽ trình bày điều kiện cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu
cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng (VEP). Giả sử rằng
dim X < ∞.
Định lí 2.1
Giả sử ¯x ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP). Giả sử
các giả thiết của Định lý 1.3 thỏa mãn; các hàm Fk,¯x (k ∈ J) và gi (i ∈ I0(¯x; u)) là chính quy theo nghĩa Clarke, khả vi Gâteaux tại ¯x với đạo k,¯x(¯x) (k ∈ J) và g(cid:48) hàm Gâteaux lần lượt là F (cid:48) i(¯x); C lồi. Khi đó, với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), µi ≥ 0 (i ∈ J) và
23
νj (j ∈ L) không đồng thời bằng không, sao cho
k,¯x(¯x)v +
i(¯x)v +
¯x C), (2.1)
j∈L
(cid:88) (cid:88) (cid:88) λkF (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x)v ≥ 0 (∀v ∈ T 2
k∈J (cid:88)
i∈I(¯x) (cid:88)
k,¯x(¯x; u) +
i (¯x; u) +
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) (2.2) λkF 00 µig00 νj∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0,
(2.3)
i(¯x)u = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
(2.4) µigi(¯x) = 0 (∀i ∈ I), µig(cid:48)
Hơn nữa, nếu điều kiện chính quy sau đúng:
¯x C) ⇒ ν1 = · · · = νl = 0,
j∈L
(cid:88) (RC2) νj∇hj(¯x)v ≥ 0 (∀v ∈ T 2
thì (λ, µ) (cid:54)= 0, trong đó λ := (λ1, . . . , λr), µ := (µ1, . . . , µm).
Nhận xét 2.1
¯x C = X. Do đó, điều kiện (RC2)
Trong trường hợp C = X, ta suy ra T 2
trở thành
j∈L
(cid:88) vj∇hj(¯x)v = 0 (∀v ∈ X) ⇒ ν1 = · · · = νl = 0.
Vì vậy, nếu ánh xạ ∇h(¯x) := (∇h1, ∇h2, . . . , ∇hl) là toàn ánh, thì điều kiện chính quy (RC2) thỏa mãn.
Chứng minh Định lí 2.1
k,¯x(¯x)v (k ∈ J, v ∈ X),
Vì Fk,¯x (k ∈ J), gi (i ∈ I0(¯x; u)) là chính quy theo nghĩa Clarke, ta có
i(¯x)v (i ∈ I0(¯x; u), v ∈ X).
F 0 k,¯x(¯x; v) = F (cid:48) i (¯x; v) = g(cid:48) g0
24
Đặt
k,¯x(¯x)(T 2 F (cid:48)
¯x C) ×
i(¯x)(T 2 g(cid:48)
¯x C) ×
¯x C),
i∈I0(¯x;u)
k∈J (cid:16)
(cid:89) (cid:89) (cid:89) B := ∇hj(¯x)(T 2
1,¯x(¯x; u), . . . , −F 00
r,¯x(¯x; u), −g00
j∈L 1 (¯x; u), . . . , −g00
|I0(¯x;u)|(¯x; u)
α := − F 00
, (cid:17) − ∇2h1(¯x)(u, u), . . . , −∇2hl(¯x)(u, u)
trong đó |I0(¯x; u)| là bản số của tập hợp I0(¯x; u). Do C lồi nên T 2 ¯x C cũng lồi. Do đó, B lồi. Theo Định lí 1.3, ta nhận được a /∈ B, trong đó a ∈ Rr × R|I0(¯x;u)| × Rl. Hiển nhiên B là một nón, riB khác rỗng
và a /∈ riB. Sử dụng Mệnh đề 1.1 và 1.2 ta suy ra tồn tại các số thực
λk (k ∈ J), µi (i ∈ I0(¯x; u)), νj (j ∈ L), không đồng thời bằng không, sao cho
k,¯x(¯x)v +
i(¯x)w +
j∈L
k∈J
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) λkF (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x)z ≥ 0
k,¯x(¯x; u) −
i (¯x; u) −
j∈L
k∈J
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) ≥ − λkF 00 µig00 νj∇2hj(¯x)(u, u)
¯x C).
(∀v, w, z ∈ T 2 (2.5)
Cho nên (2.1) và (2.2) đúng.
¯x C. Với t > 0, ta có tv ∈ T 2
¯x C vì T 2
chọn v, w, z ∈ T 2 Ta chứng minh λk ≥ 0 (∀k ∈ J). Thật vậy, nếu điều đó không xảy ra, tức là λs < 0 với một s ∈ J. Ta ¯x C là một nón. Với t
đủ lớn, ta nhận được
k,¯x(¯x)(tv) +
i(¯x)w +
j∈L
k∈J
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) λkF (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x)z ≥ 0.
Điều đó mâu thuẫn với (2.5). Cho nên λs ≥ 0 (∀s ∈ J). Bằng lập luận tương tự, ta thu được µi ≥ 0 (∀i ∈ I0(¯x; u)). Chọn µi = 0 (∀i /∈ I0(¯x; u))), ta nhận được (2.3) và (2.4).
Bây giờ, ta giả sử điều kiện (RC2) đúng. Ta chứng minh (λ, µI(¯x)) (cid:54)= 0.
25
Thật vậy, nếu ngược lại điều đó không đúng, thì theo (2.1), ta phải có
¯x C).
j∈L
(cid:88) νj∇hj(¯x)v ≥ 0 (∀v ∈ T 2
Cho nên, ν1 = . . . = νl = 0. Do đó, ta đi đến một mâu thuẫn với sự kiện rằng λk (k ∈ J), µi (i ∈ I(¯x)) và νj (j ∈ L) không đồng thời bằng không. (cid:3) Định lí được chứng minh.
Với bài toán (VEP1), theo Định lí 2.1, ta nhận được điều kiện cần
Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu như sau.
Hệ quả 2.1
Giả sử C = X; ¯x ∈ M1 là một nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP1). Giả sử tất cả các giả thiết của Định lí 2.1 thỏa mãn. Khi đó, với
mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), µi ≥ 0 (i ∈ I(¯x)) và νj (j ∈ L) không đồng thời bằng 0 sao cho
k,¯x(¯x) +
i(¯x) +
j∈L
i∈I(¯x)
j∈J (cid:88)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) (2.6) λkF (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x) = 0,
k,¯x(¯x; u) +
i (¯x; u) +
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) (cid:88) (2.7) λkF 00 µig00 νj∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0,
(2.8)
i(¯x)u = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
(2.9) λigi(¯x) = 0 (∀i ∈ I), µig(cid:48)
Hơn nữa, nếu ∇h1(¯x), . . . , ∇hl(¯x) độc lập tuyến tính thì (λ, µ) (cid:54)= 0.
Chứng minh
Áp dụng Hệ quả 1.1 cho bài toán (VEP1), ta suy ra rằng với mọi
¯x C = X. Cho nên (2.3) kéo theo (2.6).
phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), µi ≥ 0 (i ∈ I(¯x)) và νj (j ∈ L), không đồng thời bằng không, sao cho (2.1)-(2.4) đúng. Chú ý rằng với mọi C = X, T 2
26
Nếu ∇h1(¯x), . . . , ∇hl(¯x) độc lập tuyến tính thì (λ, µ) (cid:54)= 0. Thật vậy,
nếu điều đó không đúng thì (λ, µ) = 0. Khi đó,
j∈L
(cid:88) νj∇hj(¯x) = 0.
Do đó, νj = 0 (∀j ∈ L). Như vậy, (λ, µ, ν) = 0. Điều đó mâu thuẫn với (cid:3) (λ, µ, ν) (cid:54)= 0.
Từ Định lí 2.1 ta nhận được điều kiện cần Fritz John cấp 2 dạng đối
ngẫu của bài toán tối ưu đa mục tiêu (MP).
Hệ quả 2.2
k(¯x) (k ∈ J) và g(cid:48)
Giả sử ¯x ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của (MP). Giả sử tất cả các
giả thiết của Hệ quả 1.2 thỏa mãn. Giả sử các hàm fk (k ∈ J) và gi (i ∈ I0(¯x; u)) chính quy theo nghĩa Clarke, khả vi Gâteaux tại ¯x với đạo hàm Gâteaux lần lượt là f (cid:48) i(¯x); C là tập lồi. Khi đó, với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), µi ≥ 0 (i ∈ I(¯x)) và νj (j ∈ L) không đồng thời bằng 0 sao cho
k(¯x)v +
i(¯x)v +
¯x C), (2.10)
j∈L
i∈I(¯x)
k∈J (cid:88)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) λkf (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x)v = 0, (∀v ∈ T 2
k (¯x; u) +
i (¯x; u) +
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) (cid:88) (2.11) λkf 00 µig00 νj∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0,
(2.12)
i(¯x) = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
(2.13) µigi(¯x) = 0 (∀i ∈ I), µig(cid:48)
Hơn nữa, nếu điều kiện chính quy (RC2) đúng thì (λ, µ) (cid:54)= 0.
Chứng minh
Lập luận tương tự như chứng minh trong Hệ quả 1.2, ta thu được kết (cid:3) quả cần chứng minh.
Nhận xét 2.2
27
Hệ quả 2.2 là một mở rộng có ý nghĩa của Định lí 3 [3] cho bài toán
tối ưu vô hướng không trơn chỉ với ràng buộc bất đẳng thức.
2.2. Điều kiện chính quy cấp 2 và điều kiện cần Karush-
Kuhn-Tucker cấp 2 dạng đối ngẫu
Trong phần trước, ta đã thiết lập các điều kiện cần Fritz John cấp 2 cho
i (¯x, u0) < 0 (∀i ∈ I0(¯x; u0)),
i(¯x)v0 + g00 g(cid:48) ∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0) = 0 (∀j ∈ L).
nghiệm hữu hiệu yếu, trong đó điều kiện (RC2) đảm bảo rằng (λ, µ) (cid:54)= 0. ¯x C = Rn. Cho nên, điều kiện (RC2) Trong trường hợp C = Rn, ta có T 2 trở thành ∇h1(¯x), . . . , ∇hl(¯x) độc lập tuyến tính. Điều này có nghĩa là ∇h(¯x) là một toàn ánh từ Rn vào Rl. Để đảm bảo rằng λ (cid:54)= 0, ta xét điều kiện chính quy cấp 2 (CQ1) sau: Tồn tại (u0, v0) ∈ Ker∇h(¯x) × T 2 ¯x C sao cho
Nhận xét 2.3
Điều kiện chính quy (CQ1) là tổng quát hóa của điều kiện chính quy
Bental cấp 2 trong trường hợp các ràng buộc bất đẳng thức khả vi Fréchet
hai lần.
Một điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker cấp 2 cho nghiệm hữu hiệu
yếu có thể phát biểu như sau.
Định lí 2.2
Giả sử ¯x ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP). Giả sử
rằng tất cả các giả thiết của Định lí 2.1 thỏa mãn; điều kiện chính quy
(RC2) và điều kiện chính quy (CQ1) đúng. Khi đó, với mọi phương tới
hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), λ (cid:54)= 0, µi ≥ 0 (i ∈ I) và
28
νj (j ∈ L) sao cho
k,¯x(¯x)v +
i(¯x)v +
¯x C),
j∈L
(cid:88) (cid:88) (cid:88) λkF (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x)v ≥ 0 (∀v ∈ T 2
k∈J (cid:88)
i∈I(¯x) (cid:88)
k,¯x(¯x; u) +
i (¯x; u) +
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) λkF 00 µig00 νj∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0,
i(¯x)u = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
µigi(¯x) = 0 (∀i ∈ I), µig(cid:48)
Chứng minh
Bởi vì các giả thiết của Định lí 2.1 thỏa mãn, với mọi phương tới hạn
u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), λ (cid:54)= 0, µi ≥ 0 (i ∈ I) và νj (j ∈ L) không đồng thời bằng không sao cho (2.1)–(2.4) đúng. Vì vậy,
k,¯x(¯x)v0 + F 00
k,¯x(¯x, u0)] +
i(¯x)v0 + g00
i (¯x; u0)]
k∈J
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) λk[F (cid:48) µi[g(cid:48)
j∈L
(cid:88) + νj[∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0)] ≥ 0.
Bởi vì điều kiện (RC2) đúng, sử dụng Định lí 2.1 và nhận được (λ, µ) (cid:54)=
(0, 0). Do đó, nếu λ = 0 thì
i(¯x)v0 + g00
i (¯x; u0)] +
j∈L
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) µi[g(cid:48) νj[∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0)] ≥ 0.
(2.14)
Mặt khác, do điều kiện chính quy (CQ1), ta nhận được
i(¯x)v0 + g00
i (¯x; u0)] +
j∈L
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) µi[g(cid:48) νj[∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0)] < 0.
(cid:3) Điều này mâu thuẫn với (2.14). Định lí được chứng minh.
Trong trường hợp C = X, ta nhận được điều kiện cần Karush-Kuhn-
Tucker cấp 2 dạng đối ngẫu của nghiệm hữu hiệu yếu sau đây.
29
Hệ quả 2.3
Giả sử C = X, và ¯x ∈ M1 là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP1). Giả sử các giả thiết của Định lí 2.1 thỏa mãn; hệ ∇h1(¯x), . . . , ∇hl(¯x) độc lập tuyến tính và điều kiện chính quy (CQ1) đúng. Khi đó, với mọi phương
tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), λ (cid:54)= 0, µi ≥ 0 (i ∈ I) và νj (j ∈ L) sao cho (2.6)–(2.9) đúng.
¯x C = X. Hơn nữa, nếu ∇h1(¯x), . . . , ∇hl(¯x) độc lập tuyến tính thì ánh xạ ∇h(¯x) = (∇h1(¯x), . . . , ∇hl(¯x)) là toàn ánh. Vì vậy, điều kiện chính quy (RC2) thỏa mãn. Sử dụng Định lí 2.2 ta suy ra (cid:3)
Chứng minh Với C = X, ta có T 2
(2.6)-(2.9) đúng.
Tương tự như Hệ quả 2.2, ta thu được điều kiện cần Karush-Kuhn-
Tucker cấp 2 dạng đối ngẫu cho bài toán (MP) như sau.
Hệ quả 2.4
Giả sử ¯x ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (MP). Giả sử
các giả thiết của Hệ quả 2.2 thỏa mãn, điều kiện chính quy (RC2) và
điều kiện chính quy (CQ1) thỏa mãn. Khi đó, với mọi phương tới hạn
u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), λ (cid:54)= 0, µi ≥ 0 (i ∈ I) và νj (j ∈ L) không đồng thời bằng 0 sao cho (2.10)-(2.13) đúng.
¯x C sao cho
k,¯x(¯x, u0) < 0 (∀k ∈ J, k (cid:54)= s),
i (¯x; u0) < 0 (∀i ∈ I0(¯x; u0)),
k,¯x(¯x)v0 + F 00 F (cid:48) i(¯x)v0 + g00 g(cid:48) ∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0) = 0 (∀j ∈ L).
Với điều kiện (CQ1), ta thu được λ (cid:54)= 0. Để biết thành phần λs của λ là số dương, ta xét điều kiện chính quy cấp 2 (CQ2-s) như sau: Với s ∈ J, tồn tại (u0, v0) ∈ Ker∇h(¯x) × T 2
30
Một điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm
hữu hiệu yếu được phát biểu như sau.
Định lí 2.3
Giả sử ¯x ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP). Giả sử
các giả thiết của Định lí 2.1 thỏa mãn; điều kiện chính quy (RC2) và
điều kiện chính quy (CQ2-s) thỏa mãn. Khi đó, với mọi phương tới hạn
u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λs > 0, λk ≥ 0 (k ∈ J, k (cid:54)= s), µi ≥ 0 (i ∈ I) và νj (j ∈ L) sao cho
k,¯x(¯x)v +
i(¯x)v +
¯x C),
j∈L
k∈J (cid:88)
i∈I(¯x) (cid:88)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) λkF (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x)v ≥ 0 (∀v ∈ T 2
k,¯x(¯x; u) +
i (¯x; u) +
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) λkF 00 µig00 νj∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0,
i(¯x)u = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
µigi(¯x) = 0 (∀i ∈ I), µig(cid:48)
Chứng minh
Cũng như trong chứng minh của Định lí 2.2, bởi vì tất cả các giả thiết
của Định lí 2.1 và điều kiện (RC2) thỏa mãn, cho nên với mọi phương tới
hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk ≥ 0 (k ∈ J), µi ≥ 0 (i ∈ I) và νj (j ∈ L) với (λ, µ) (cid:54)= (0, 0), sao cho (2.1)-(2.4) đúng. Do đó,
k,¯x(¯x)v0 + F 00
k,¯x(¯x, u0)] +
i(¯x)v0 + g00
i (¯x; u0)]
k∈J
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) λk[F (cid:48) µi[g(cid:48)
j∈L
(cid:88) + νj[∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0)] ≥ 0.
Vì vậy, nếu λs = 0, thì
k,¯x(¯x)v0 + F 00
k,¯x(¯x, u0)] +
i(¯x)v0 + g00
i (¯x; u0)]
k∈J,k(cid:54)=s
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) λk[F (cid:48) µi[g(cid:48)
j∈L
(cid:88) + (2.15) νj[∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0)] ≥ 0.
31
Do (CQ2-s), ta nhận được
k,¯x(¯x)v0 + F 00
k,¯x(¯x, u0)] +
i(¯x)v0 + g00
i (¯x; u0)]
k∈J,k(cid:54)=s
i∈I0(¯x;u)
(cid:88) (cid:88) λkr[F (cid:48) µi[g(cid:48)
j∈L
(cid:88) + νj[∇hj(¯x)v0 + ∇2hj(¯x)(u0, u0)] < 0.
Điều này mâu thuẫn với (2.15). Vì vậy, λs > 0. Định lí được chứng minh.
(cid:50)
Bây giờ ta trình bày một điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker cấp 2
dạng đối ngẫu mạnh cho nghiệm hữu hiệu yếu với nhân tử Lagrange
dương tương ứng với mọi thành phần của hàm mục tiêu.
Định lí 2.4
Giả sử ¯x ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP). Giả sử
các giả thiết của Định lí 2.3 thỏa mãn; điều kiện chính quy (RC2-s) đúng
với mọi s ∈ J. Khi đó, với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại
λk > 0 (k ∈ J), µi ≥ 0 (i ∈ I) và νj (j ∈ L) sao cho
k,¯x(¯x)v +
i(¯x)v +
¯x C),
j∈L
k∈J (cid:88)
i∈I(¯x) (cid:88)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) λkF (cid:48) µig(cid:48) νj∇hj(¯x)v ≥ 0 (∀v ∈ T 2
k,¯x(¯x; u) +
i (¯x; u) +
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) λkF 00 µig00 νj∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0,
i(¯x)u = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
µigi(¯x) = 0 (∀i ∈ I), µig(cid:48)
Chứng minh
s > 0, µ(s)
k ≥ 0 (k ∈ J, k (cid:54)= s), λ(s)
hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λ(s) Với mỗi s ∈ J, sử dụng Định lí 2.3 ta suy ra rằng với mọi phương tới i ≥ 0 (i ∈
32
k,¯x(¯x)v +
i(¯x)v +
¯x C),
j ∈ R (j ∈ L) sao cho với mọi s ∈ J, ν(s) µ(s) λ(s) j ∇hj(¯x)v = 0 (∀v ∈ T 2 i g(cid:48) k F (cid:48)
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
I) và ν(s) (cid:88) (cid:88) (cid:88)
(2.16)
k,¯x(¯x; u) +
i (¯x; u) +
j∈L
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) µ(s) i g00 ν(s) j ∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0, λ(s) k F 00
(2.17)
(2.18)
i(¯x) = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
(2.19) λ(s) i gi(¯x) = 0 (∀i ∈ I), µ(s) i g(cid:48)
i(¯x)v +
k,¯x(¯x)v +
s∈J
s∈J
j∈L
s∈J
k∈J
i∈I(¯x)
Cho s = 1, . . . , r trong (2.16)-(2.19) rồi cộng từng vế ta suy ra với mọi v ∈ T 2 ¯x C, (cid:88) (cid:88) (cid:88) (cid:88) (cid:88) (cid:88) µ(s) i g(cid:48) ν(s) j ∇hj(¯x)v = 0, λ(s) k F (cid:48)
(2.20)
k,¯x(¯x; u) +
i (¯x; u) +
s∈J
j∈L
s∈J
s∈J
k∈J
i∈I(¯x)
(cid:88) (cid:88) (cid:88) (cid:88) (cid:88) (cid:88) µ(s) i g00 ν(s) j ∇2hj(¯x)(u, u) ≥ 0, λ(s) k F 00
(2.21)
s∈J (cid:88)
(cid:88) (2.22) λ(s) i gi(¯x) = 0 (∀i ∈ I),
i(¯x) = 0 (∀i ∈ I(¯x)).
s∈J
(2.23) µ(s) i g(cid:48)
j
i
s∈J λ(s)
s∈J µ(s)
k
(k ∈ J), µi := (cid:80) (i ∈ I(¯x)), vj := (cid:80)
Đặt λk := (cid:80) s∈J v(s) . Từ (2.20)-(2.23) ta nhận được λk > 0 (∀k ∈ J), µi ≥ 0 (∀i ∈ I), νj ∈ R, (cid:3) và (2.1)-(2.4) đúng. Định lí được chứng minh.
Cuối cùng, chúng tôi trình bày một điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker
cấp hai dạng đối ngẫu mạnh cho nghiệm hữu hiệu yếu.
Hệ quả 2.5
Giả sử C = X, và ¯x ∈ M1 là một nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP1). Giả sử các giả thiết của Định lí 2.4 thỏa mãn, trong đó (RC2)
33
được thay bằng điều kiện rằng ∇h1(¯x), . . . , ∇hl(¯x) độc lập tuyến tính. Khi đó, với mọi mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯x), tồn tại λk > 0 (∀k ∈ J), µi ≥ 0 (i ∈ I(¯x)) và νj (j ∈ L) sao cho (2.6)-(2.9) đúng.
Chứng minh
Bằng lập luận tương tự như lập luận đã được sử dụng để chứng minh (cid:3) Hệ quả 2.3, ta nhận được điều phải chứng minh.
34
Kết luận
Luận văn đã trình bày các kết quả của D.V.Luu ([6], 2018) về các điều
kiện cần Fritz John và Karush–Kuhn–Tucker 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. Nội dung chính của luận văn bao gồm:
- Các kiến thức chuẩn bị về giải tích hàm và giải tích lồi;
- Các điều kiện cần Fritz John 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 qua đạo hàm theo phương cấp 2
Palés–Zeidan;
- Các điều kiện cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu
yếu của bài toán cân bằng vectơ đó;
- Các điều kiện cần Karush–Kuhn–Tucker dạng đối ngẫu dưới ngôn ngữ
đạo hàm theo phương cấp 2 Palés–Zeidan với điều kiện chính quy cấp 2
thích hợp.
Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán cân bằng vectơ không trơn có
ràng buộc qua các dưới vi phân khác nhau là đề tài đã và đang được
nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu.
35
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, NXB Khoa học
và Kỹ thuật, Hà Nội.
[2] Đỗ Văn Lưu(1999), Giải tích Lipschitz, NXB Khoa học và Kỹ thuật,
Hà Nội.
Tiếng Anh
[3] E.Constantin (2015),"Second-order necessary conditions in locally
Lipschitz optimization with inequality constraint", Optim. Lett., 9,
pp. 245–261.
[4] Ginchev, I., Ivanov, V.I. (2008),"Second-order optimality conditions for problems with C 1 data", J. Math. Anal. Appl. 340, 645–657.
[5] Gutiérrez, C., Jiménez, B., Novo, V. (2010), "On second-order Fritz
John type optimality conditions in nonsmooth multiobjective pro-
gramming", Math. Program. Ser. B 123, 199–223.
[6] D.V.Luu (2018),"Second-order necessary efficiency conditions for
nonsmooth vector equilibrium problems", Journal of Global Opti-
mization, 70, 437–453
[7] D.V.Luu (2014), "Higher-order efficiency conditions via higher-order
tangent cones", Numer. Funct. Anal. Optim. 35(1), 68–84.
36
[8] Palés, Z., Zeidan, V.M. (1994), "Nonsmooth optimum problems with
constraints", SIAM J. Control Optim., 32(5), 1476–1502
[9] R.T.Rockafellar (1970), Convex Analysis , Princeton University
Press, Princeton.
