(Luận văn) đặc trưng cho tập nghiệm của bài toán quy hoạch lồi và bài toán bất đẳng thức biến phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN VŨ MINH HOÀNG lu an n va gh tn to ĐẶC TRƯNG CHO TẬP NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN p ie QUY HOẠCH LỒI VÀ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG d oa nl w THỨC BIẾN PHÂN oi lm ul nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th Thái Nguyên – 2015 si Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị lu an 1.1 Một số kiến thức giải tích lồi 1.2 Bài toán tối ưu toán bất đẳng thức biến phân 11 n va lồi toán bất đẳng thức biến phân 14 gh tn to Đặc trưng cho tập nghiệm toán quy hoạch 14 21 Gâteaux w p ie 2.1 Đặc trưng cho tập nghiệm trường hợp f khả vi oa nl 2.2 Đặc trưng tập nghiệm qua vi phân d 2.3 Đặc trưng tập nghiệm toán bất đẳng thức biến 28 Kết luận nf va an lu phân lm ul 37 z at nh oi Tài liệu tham khảo 36 z m co l gm @ an Lu n va i ac th si Mở đầu Lý chọn đề tài lu O L Mangasarian (1988) chứng minh tập nghiệm toán lồi: an va n (P ) M in {f (x) : x ∈ C} , C ⊂ Rn , f : Rn → R p ie gh tn to Có thể đặc trưng gradient f f khả vi liên tục hai lần tập mở chứa C đặc trưng vi phân f f liên tục phần tương đối tập nghiệm khác rỗng Z L Wu S Y Wu (2006) chứng minh với tốn lồi (P) khơng gian định chuẩn với hàm mục tiêu khả vi Gâteaux nghiệm tối ưu tập nghiệm bao gồm điểm chấp nhận nằm siêu phẳng mà véctơ pháp tuyến đạo hàm Gâteaux Với tốn quy hoạch lồi liên tục, điểm chấp nhận nghiệm nằm siêu phẳng với vectơ pháp tuyến thuộc vi phân hàm mục tiêu điểm Đồng thời đặc trưng tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân Đây đề tài nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu Chính em chọn đề tài "Đặc trưng cho tập nghiệm toán quy hoạch lồi bất đẳng thức biến phân" d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z gm @ co l Mục đích luận văn m Luận văn trình bày kết đặc trưng cho tập nghiệm toán quy hoạch lồi toán bất đẳng thức biến phân Z L Wu an Lu n va ac th si S Y Wu đăng J Optim Theory Appl (2006) Nội dung luận văn lu an n va p ie gh tn to Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương Kiến thức chuẩn bị Trình bày số kiến thức giải tích lồi như: Phần tương đối, vi phân hàm lồi, phép tính vi phân hàm lồi Chương trình bày toán quy hoạch lồi, toán bất đẳng thức biến phân, toán bất đẳng thức biến phân đối ngẫu hàm sai khác đối ngẫu toán bất đẳng thức biến phân xét chương Chương 2.Đặc trưng cho tập nghiệm toán quy hoạch lồi toán bất đẳng thức biến phân Trình bày tính chất đặc trưng cho tập nghiệm toán quy hoạch lồi trường hợp hàm mục tiêu khả vi Gâteaux, trường hợp toán quy hoạch lồi liên tục toán bất đẳng thức biến phân Z L Wu S Y Wu ([13], 2006) Trong trường hợp hàm mục tiêu toán quy hoạch lồi khả vi Gâteaux, tập nghiệm nằm siêu phẳng mà vectơ pháp tuyến đạo hàm Gâteaux hàm mục tiêu Trong trường hợp quy hoạch lồi liên tục, điểm chấp nhận nghiệm tối ưu nằm siêu phẳng mà vectơ pháp tuyến thuộc vi phân hàm mục tiêu điểm Trong số trường hợp tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân trùng với tập nghiệm toán quy hoạch lồi với hàm sai khác đối ngẫu hàm mục tiêu Nhân dịp xin chân thành cảm ơn PGS.TS Đỗ Văn Lưu, người hướng dẫn tận tình, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán-Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa học Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si bè đồng nghiệp thành viên lớp Cao học Tốn K7A ln quan tâm động viên giúp đỡ suốt trình làm luận văn Thái Nguyên, ngày 20 tháng 05 năm 2015 Tác giả Trần Vũ Minh Hoàng lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị lu an n va p ie gh tn to Chương trình bày số kiến thức giải tích lồi như: Phần tương đối, vi phân hàm lồi, phép toán vi phân hàm lồi, hàm khả vi Gâteaux Chương trình bày tốn quy hoạch lồi, toán bất đẳng thức biến phân, toán bất đẳng thức biến phân đối ngẫu hàm sai khác đối ngẫu xét chương Các kiến thức trình bày chương tham khảo [1], [13] Một số kiến thức giải tích lồi oa nl w 1.1 d Giả sử X không gian tuyến tính trường số thực an lu nf va Định nghĩa 1.1.1 Tập A ⊂ X gọi lồi nếu: ∀x1 , x2 ∈ A, ∀λ ∈ R : lm ul ≤ λ ≤ ⇒ λx1 + (1 − λ) x2 ∈ A, z at nh oi R tập số thực z Định nghĩa 1.1.2 a) Tập K ⊂ X gọi nón có đỉnh 0, nếu: gm @ co l ∀x ∈ K, ∀λ > ⇒ λx ∈ K m K gọi nón có đỉnh x0 , K − x0 nón có đỉnh an Lu n va ac th si b) Nón K có đỉnh gọi nón lồi, K tập lồi có nghĩa là: ∀x, y ∈ K, ∀λ, µ > ⇒ λx + µy ∈ K Định nghĩa 1.1.3 Phần tương đối tập A ⊂ Rn phần A affA; Kí hiệu riA, affA bao affine tập A Như riA = {x ∈ affA :∃ε > 0, (x + εB) ∩ affA ⊂ A}, B hình cầu đơn vị Rn lu Định nghĩa 1.1.4 Trên đồ thị hàm f : D ⊂ X → R, ký hiệu epif, định nghĩa sau: an n va tn to epif = {(x, r) ∈ D × R : f (x) ≤ r} p ie gh Định nghĩa 1.1.5 Hàm f : D ⊂ X → R gọi thường nếu: oa nl w domf 6= ∅ f (x) > −∞ (∀x ∈ D) , d domf = {x ∈ D : f(x) < +∞} lu nf va an Định nghĩa 1.1.6 Hàm f gọi lồi D epif tập lồi X × R Hàm f gọi lõm D −f hàm lồi D Giải sử f hàm xác định không gian lồi địa phương Haus
dorffX, f X Vì vậy, với y ∈ X , ta có f (y) − f (x) = f (y) − f (x∗ ) ≥ h∇f (x∗ ) , y − x∗ i = h∇f (x∗ ) , y − xi ; nghĩa là, ∇f (x∗ ) ∈ ∂f (x) Do x ∈ C4 lu an n va p ie gh tn to Nhận xét 2.1.3 Với điều kiện f khả vi Gâteaux nghiệm tối ưu x∗ toán {f (x) : x ∈ C}, đẳng thức C = C0 Định lý 2.1.1 kéo theo x ∈ C nghiệm toán tối ưu tồn ξ ∈ ∂f (x) cho:hξ, x − xi ≥ 0, ∀x ∈ C Hơn nữa, đẳng thức C = C5 Định lý 2.1.1 x thuộc C bất đẳng thức x = x∗ Vì vậy, Định lý 2.1.1 mở rộng nguyên lý cực tiểu (Định lý 3.4.3 [2]) Rn cho không gian véctơ định chuẩn thực trường hợp f khả vi Gâteaux nghiệm tối ưu Cuối cùng, theo Mệnh đề 2.1.1, đẳng thức (= 0) C1 , C2 C3 Định lý 2.1.1 thay bất đẳng thức (≤ 0) Vì vậy, nl w C = {x ∈ C : h∇f (x∗ ) , x − x∗ i ≤ 0, ∇f (x∗ ) ∈ ∂f (x)} d oa = {x ∈ C (x∗ ) : h∇f (x∗ ) , x − x∗ i ≤ 0}  = x ∈ C : hξ, x − x∗ i = h∇f (x∗ ) , x − x∗ i ≤ 0, với ξ ∈ ∂f (x) nf va an lu z at nh oi lm ul Với hàm lồi khả vi Gâteaux, vi phân bao gồm đạo hàm Gâteaux, C (x∗ ) Định lý 2.1.1 bao gồm điểm x mà ∇f (x) có phương ∇f (x∗ ) Do đó, C Định lý 2.1.1 có biểu diễn đặc biệt điều thứ hai thiết lập Mangasarian (Định lý [9]) cho hàm lồi khả vi liên tục hai lần Rn z @ m co l gm Định lí 2.1.2 Giả sử f : X → (−∞, +∞] hàm lồi thường, C tập nghiệm toán {f (x) : x ∈ C} f khả vi Gâteaux C Ký hiệu an Lu n va 20 ac th si C (x∗ ) = {x ∈ C : {v ∈ X : h∇f (x) , vi ≥ 0} = {v ∈ X : h∇f (x∗ ) , vi ≥ 0}} , với x∗ ∈ C Khi đó,  C = x ∈ C : h∇f (x) , y − xi ≥ 0, với y ∈ C = {x ∈ C : h∇f (x∗ ) , x − x∗ i = 0, ∇f (x) = ∇f (x∗ )} = {x ∈ C (x∗ ) : h∇f (x∗ ) , x − x∗ i = 0} = {x ∈ C : h∇f (x) , x − x∗ i = h∇f (x∗ ) , x − x∗ i = 0} = {x ∈ C : h∇f (x) , x − x∗ i = 0} = {x ∈ C : h∇f (x) , x − x∗ i ≤ 0} lu an n va tn to Chứng minh Như ta biết, tính khả vi Gâteaux hàm lồi f x ∈ C kéo theo ∂f (x) = {∇f (x)} Vì vậy, với C0 Định lý 2.1.1,  C¯ ⊆ x ∈ C : h∇f (x) , y − xi ≥ 0, với y ∈ C ⊆ C0 ⊆ C p ie gh Từ ta nhận biểu diễn thứ cho C Tương tự ta nhận biểu diễn cịn lại cho C d oa nl w Nhận xét 2.1.4 Trong biểu diễn thứ hai C Định lý 2.1.2, đẳng thức ∇f (x) = ∇f (x∗ ) thay phát biểu " ∇f (x) ∇f (x∗ ) có phương", h∇f (x) , x − x∗ i = 0, h∇f (x) , x − x∗ i ≤ 0, biểu diễn khác Nói riêng, đẳng thức h∇f (x) , x − x∗ i = đủ để đặc trưng điểm x C nf va an lu z at nh oi lm ul 2.2 Đặc trưng tập nghiệm qua vi phân z Nhắc lại tính liên tục hàm lồi kéo theo khác rỗng vi phân Tính chất cho phép ta mở rộng Định lý 2.1.1 cho toán quy hoạch lồi liên tục mà không giả thiết hàm mục tiêu khả vi Gâteaux Trong phần này, trình bày tính chất đặc trưng tập nghiệm toán quy hoạch lồi, liên tục không gian Banach X m co l gm @ an Lu n va 21 ac th si Bổ đề 2.2.1 Giả sử x1 , x2 ∈ X giả sử xt := tx1 +(1 − t) x2 với t ∈ (0, 1) Khi đó, với hàm lồi f : X → R, ta có suy luận (i) ⇒ (ii) ⇒ (iii), (i) − (iii) phát biểu sau: (i) ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) 6= ∅ (ii) f (xt ) = tf (x1 ) + (1 − t) f (x2 ) (iii) ∂f (xt ) = ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) Vì vậy, ∂f (xt ) 6= ∅ suy luận trở thành (i) ⇔ (ii) ⇔ (iii) lu Chứng minh (i) ⇒ (ii): Giả sử an va n ξ ∈ ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) tn to p ie gh Khi đó, theo định nghĩa, (2.1) f (y) − f (x2 ) ≥ hξ, y − x2 i ,∀y ∈ X (2.2) d oa nl w f (y) − f (x1 ) ≥ hξ, y − x1 i ,∀y ∈ X; an lu Lấy y = x2 (2.1) y = x1 (2.2), ta nhận nf va f (x2 ) − f (x1 ) = hξ, x2 − x1 i z at nh oi lm ul Từ (2.1) ta suy ra, f (xt ) ≥ f (x1 ) + (1 − t) hξ, x2 − x1 i = tf (x1 ) + (1 − t) f (x2 ) z Do tính lồi f , điều kéo theo (ii) (ii) ⇒ (iii): Giả sử (ii) đúng, với ξ ∈ ∂f (xt ) với y ∈ X ta có, l gm @ f (y) − [tf (x1 ) + (1 − t) f (x2 )] = f (y) − f (xt ) ≥ hξ, y − xt i co (2.3) m = t hξ, y − x1 i + (1 − t) hξ, y − x2 i an Lu n va 22 ac th si Khi lấy (y, t) = (x1 , 0) (y, t) = (x2 , 1) (2.3) ta nhận được, f (x1 ) − f (x2 ) = hξ, x1 − x2 i Từ (2.3), với y ∈ X,, ta có f (y) − f (x1 ) ≥ t hξ, y − x1 i + (1 − t) hξ, y − x2 i + (1 − t) [f (x2 ) − f (x1 )] = t hξ, y − x1 i + (1 − t) hξ, y − x2 i + (1 − t) hξ, x2 − x1 i = hξ, y − x1 i , f (y) − f (x2 ) ≥ t hξ, y − x1 i + (1 − t) hξ, y − x2 i + t [f (x1 ) − f (x2 )] = t hξ, y − x1 i + (1 − t) hξ, y − x2 i + t hξ, x1 − x2 i = hξ, y − x2 i lu an Điều kéo theo va n ξ ∈ ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) tn to Vì vậy, ie gh ∂f (xt ) ⊆ ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) p Ta phải chứng minh, d Lấy, oa nl w ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) ⊆ ∂f (xt ) nf va an lu ξ ∈ ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) Khi đó, ta có (2.1) (2.2) Điều với (ii) kéo theo, lm ul f (y) − f (xt ) ≥ hξ, y − xt i , với y ∈ X, z at nh oi nghĩa là, ξ ∈ ∂f (xt ) Từ chứng minh ta thấy bao hàm thức z @ gm ∂f (x1 ) ∩ ∂f (x2 ) ⊆ ∂f (xt ) m co l luôn Với Bổ đề 2.2.1, ta trình bày đặc trưng sau cho tập nghiệm toán quy hoạch lồi liên tục an Lu n va 23 ac th si Định lí 2.2.1 Giả sử C tập lồi không gian Banach X , f lồi liên tục C , C nghiệm toán {f (x) : x ∈ C} Nếu x∗ ∈ C C = C1 = C2 = C3 = C4 = C5 = C ,  C1 := x ∈ C : hξ, x − x∗ i = 0, với ξ ∈ ∂f (x) ∩ ∂f (x∗ ) ,  C2 := x ∈ C : hξ, x − x∗ i ≤ 0, với ξ ∈ ∂f (x) ∩ ∂f (x∗ ) , lu an n va tn to C3 := {x ∈ C : hξ, x − x∗ i = hη, x − x∗ i = 0, với ξ ∈ ∂f (x), η thuộc ∂f (x∗ )}, C4 := {x ∈ C : hξ, x − x∗ i = hη, x − x∗ i ≤ 0, với ξ ∈ ∂f (x), η thuộc ∂f (x∗ )},  C5 := x ∈ C : hξ, x − x∗ i = 0, với ξ ∈ ∂f (x) ,  C6 := x ∈ C : hξ, x − x∗ i ≤ 0, với ξ ∈ ∂f (x) p ie gh Chứng minh Bởi C1 ⊆ C2 ⊆ C4 ⊆ C6 C1 ⊆ C3 ⊆ C5 ⊆ C6 hiển nhiên C6 ⊆ C suy oa nl w f (x∗ ) ≥ f (x) + hξ, x∗ − xi ≥ f (x) ≥ f (x∗ ) , d với x ∈ C6 ξ thuộc ∂f (x), ta cần C¯ ⊆ C1 Giả sử x ∈ C x 6= x∗ Khi đó, nf va an lu lm ul xt := tx∗ + (1 − t) x ∈ C, với t ∈ (0, 1) , z at nh oi f (x∗ ) ≤ f (xt ) ≤ tf (x∗ ) + (1 − t) f (x) = f (x∗ ) z Từ ta có @ gm f (xt , x − x∗ ) = m co l Bây giờ, với y := xt với t = 1/2, hàm lồi f liên tục y , ta có ∂f (y) 6= ∅ Theo Bổ đề 2.2.1, ta có n va 24 an Lu ∂f (y) = ∂f (x∗ ) ∩ ∂f (x) ac th si Hơn nữa, Mệnh đề 2.1.2 2.2.7 [4], tồn ξ ∈ ∂f (y) cho  f (y, y − x∗ ) = hξ, y − x∗ i = hξ, x − x∗ i Bởi f (y, y − x∗ ) = 0, ta có hξ, x − x∗ i = 0, với ξ ∈ ∂f (x∗ ) ∩ ∂f (x) Vì vậy, x ∈ C1 lu an n va p ie gh tn to Nhận xét 2.2.1 Ta biết hàm lồi giá trị thực f Rn liên tục Khi áp dụng Định lý 2.2.1 ta nhận Định lý 1a [9] Do Định lý 2.2.1 mở rộng Định lý 1a [9] cho không gian Banach X Tương tự, Định lý 4.1 [14] phát biểu C = C1 = C5 khơng gian tuyến tính định chuẩn X ∈ int (C − domf ), domf := {x ∈ X : f (x) < +∞} Không giống Định lý 1a [9], ta không giả thiết phần tương đối C khác rỗng Định lý 2.2.1 Điều có ý nghĩa, Định lý 1a [9] khơng áp dụng cho tốn có hàm mục tiêu liên tục lồi chặt C Chẳng hạn, C = [0, 1]  x , với x ∈ [−1, +∞) , f (x) = +∞, với x ∈ (−∞, −1) d oa nl w lu nf va an Ta thấy x = nghiệm tối ưu toán tương ứng Tuy nhiên, Định lý 1a [9] khơng cho tốn này, Định lý 2.2.1 lại Để bổ sung cho Định lý 1a [9], Burke Ferris [3] đặc trưng C cách mơ tả xác gradient f Rn Với điều kiện giống Định lý 2.2.1, kết luận z at nh oi lm ul z l gm @ Hệ 2.2.1 Giả sử C, f, C,x∗ Định lý 2.2.1 Khi đó, m co C = {x ∈ C : ∂f (x) ∩ [−Nc (x)] = ∂f (x∗ ) ∩ [−Nc (x∗ )]} an Lu Chứng minh n va 25 ac th si Giả sử C1 Định lý 2.2.1 Bởi hàm lồi f liên tục C , theo Mệnh đề 5.6 [5],ta có ∈ ∂f (x∗ ) + Nc (x∗ ) , tức , ∂f (x∗ ) ∩ [−Nc (x∗ )] 6= ∅ Như vậy, ta cần bao hàm thức đầu C ⊆ {x ∈ C : ∂f (x) ∩ [−Nc (x)] = ∂f (x∗ ) ∩ [−Nc (x∗ )]} ⊆ C1 , C = C1 bao hàm thức thứ hai Thật vậy, ta chứng minh điều sau đủ, ∂f (x) ∩ [−Nc (x)] ⊆ ∂f (x∗ ) ∩ [−Nc (x∗ )] , với x ∈ C lu Giả sử x ∈ C ξ ∈ ∂f (x) ∩ [−Nc (x)] Khi đó, an n va f (y) − f (x) ≥ hξ, y − xi, ∀y ∈ X, tn to hξ, c − xi ≥ 0, ∀c ∈ C ie gh Bằng cách lấy y = x∗ c = x∗ , ta p hξ, x∗ − xi = w f (y) − f (x∗ ) = f (y) − f (x) d oa nl Từ ta có lu nf va an ≥ hξ, y − xi = hξ, y − x∗ i , ∀y ∈ X, z at nh oi lm ul hξ, c − x∗ i ≥ 0,∀c ∈ C, nghĩa z ξ ∈ ∂f (x∗ ) ∩ [−Nc (x∗ )] l gm @ m co Nhắc lại rằng, với y ∈ X , tập xấp xỉ tốt cho y từ C an Lu Bc (y) := {x ∈ C : kx − yk = inf {kc − yk : c ∈ C}} n va 26 ac th si Áp dụng Định lý 2.2.1 cho f (y) = kx − yk, ta nhận đặc trưng sau Bc (y) mà kết khơng thể dẫn từ Định lý 1a [9] chí Rn Hệ 2.2.2 Giả sử C tập lồi đóng khác rỗng không gian Banach X , y ∈ X\C x∗ ∈ Bc (y) Khi đó, Bc (y) = C1 = C2 = C3 = C4 = C5 = C6 , C1 , C2 , C3 , C4 , C5 , C6 Định lý 2.2.1 với f (x) = kx − yk với x ∈ X lu ∂f (c) = {ξ ∈ X ∗ : kξk = 1, hξ, c − yi = kc − yk} , ∀c ∈ C an n va Nếu X khơng gian Hilbert Bc (y) = {x∗ } ie gh tn to Chứng minh Ta cần Bc (y) = {x∗ } không gian Hilbert X Bởi vì: p BC (y) = C1 = {x ∈ C : hξ, x − x∗ i = 0, với ξ ∈ X ∗ , kξk = 1, hξ, x − yi = kx − yk , hξ, x∗ − yi = kx∗ − yk}, nl w d oa bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, an lu (x − y)/kx − yk = ξ = (x∗ − y)/kx∗ − yk, ∀x ∈ Bc (y) , nf va Từ suy x = x∗ , lm ul f (x) = f (x∗ ) , ∀x ∈ Bc (y) z at nh oi z Nhận xét 2.2.2 Biểu diễn Bc (y) = C5 = C6 Hệ 2.2.2 trình bày Jeyakumar [7] Các biểu diễn khác Bc (y) hệ hữu ích Chẳng hạn, co l gm @ m Bc (y) = {x∗ } không gian Hilbert X suy từ Bc (y) = C1 an Lu n va 27 ac th si 2.3 Đặc trưng tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân Nhắc lại C∗ tập nghiệm toán {G (x) : x ∈ C} mà Định lý 2.1.1 áp dụng hàm sai khác đối ngẫu G VIP(C,F) khả vi Gâteaux x∗ ∈ C∗ Để biểu diễn C∗ đặc biệt trường hợp này, ta cần sử dụng dạng kết sau: Mệnh đề 2.3.1 Với x ∈ X , ta có (i) Nếu G (x) < +∞ {F (y) : y ∈ Λ (x)} ⊆ ∂G (x) Nói riêng, lu {F (y) : y ∈ C ∗ ∪ {x}} ⊆ ∂G (x) , với x ∈ C∗ an n va (ii) Nếu Λ (x) khác rỗng G khả vi Gâteaux x F không đổi Λ (x) to (2.4) gh tn G0 (x; v) = sup {hF (y) , vi : y ∈ Λ (x)} , ∀v ∈ X p ie Nói riêng, với x ∈ C∗ , G khả vi Gâteaux x C ∗ = Λ (x), F không đổi C ∗ oa nl w G0 (x; v) = sup {hF (y) , vi : y ∈ C ∗ } , ∀v ∈ X d Chứng minh (i) Với y ∈ Λ (x), G (x) = (F (y) , x − y) , ta có nf va an lu G (z)−G (x) ≥ hF (y) , z − yi−hF (y) , x − yi = hF (y) , z − xi , ∀z ∈ X lm ul Như vậy, F (y) ∈ ∂G (x) Bởi x ∈ C∗ , ta có x ∈ Λ (x) z at nh oi ≤ hF (x∗ ) , x − x∗ i ≤ G (x) = 0,∀x∗ ∈ C ∗ , tức là, C ∗ ⊆ Λ (x), ta có z gm @ {F (y) : y ∈ C ∗ ∪ {x}} ⊆ ∂G (x) , với x ∈ G∗ m co l (ii) Bởi Λ (x) khác rỗng, (i), ∂G (x) 6= ∅ Nếu ∇G (x) đạo hàm Gâteaux G x ∂G (x) = {∇G (x)}và lại theo (i) ta có n va 28 an Lu F (y) = ∇G (x) ,∀y ∈ Λ (x) ac th si Điều kéo theo (2.4) Ngược lại, F số Λ (x) thỏa mãn (2.4) từ (i) ta suy với y ∈ Λ (x), G0 (x, v) = hF (y) , vi , với v ∈ X lu Vì vậy, G khả vi Gâteaux x Ta phải chứng minh C ∗ = Λ (x) G khả vi Gâteaux x ∈ C∗ Bao ham thức C ∗ ⊆ Λ (x) chứng minh Vì vậy, ta cần Λ (x) ⊆ C ∗ Lấy y ∈ Λ (x) Khi đó, F (y) = F (x) Vì C lồi x nghiệm toán {G (c) : c ∈ C}, với c ∈ C , ta có an = G0 (x; c − x) = lim+ [G (x + t (c − x)) − G (x)] /t ≥ n va hF (y) , c − yi = hF (x) , c − xi + hF (y) , x − yi to tn t→0 p ie gh Như vậy, y ∈ C ∗ Điều kết thúc chứng minh d oa nl w Nhận xét 2.3.1 Như Mệnh đề 2.3.1, Λ (x) khác rỗng x ∈ C G (x) = 0, với x ∈ C , G (x) = x ∈ Λ (x), nghĩa là, x ∈ C∗ Điều kiện đủ khác cho Λ (x) , x ∈ X khác rỗng C compăc F liên tục C Chú ý tính khác rỗng Λ (x) kéo theo tính khác rỗng ∂G (x) Ta ln có C ∗ ⊆ Λ (x∗ ) với x∗ ∈ C∗ Mệnh đề phát biểu C ∗ trùng với Λ (x∗ ) G khả vi Gâteaux x∗ ∈ C∗ , có nghĩa tập nghiệm VIP(C,F) khác rỗng đặc trưng nf va an lu z at nh oi lm ul z C ∗ = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0} gm @ = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i ≤ 0} m co l Sử dụng Định lý 2.1.1, Mệnh đề 2.1.2 Mệnh đề 2.3.1, ta nhận biểu diễn sau cho C ∗ C∗ an Lu Định lí 2.3.1 n va 29 ac th si Giả sử G khả vi Gâteaux x∗ ∈ C∗ Ký hiệu:  C (x∗ ) : = x ∈ C : {v ∈ X : hξ, vi ≥ 0} , với ξ thuộc ∂G (x)  = v ∈ X : hF (x∗ ) , vi ≥ 0, với ξ thuộc ∂G (x) Khi đó, C∗ = C0 = C1 = C2 = C3 = C4 = C5 , lu an n va tn to  C0 := x ∈ C : hξ, y − xi ≥ 0, với ξ ∈ ∂G (x) y ∈ C , C1 := {x ∈ C : hF (x∗ ) , x − x∗ i = 0, F (x∗ ) ∈ ∂G (x)}, C2 := {x ∈ C (x∗ ) : hF (x∗ ) , x − x∗ i = 0} ,  C3 := x ∈ C : hξ, x − x∗ i = hF (x∗ ) , x − x∗ i = 0, với ξ ∈ ∂G (x) ,  C4 := x ∈ C : hξ, x − x∗ i = 0, với ξ ∈ ∂G (x) ,  C5 := x ∈ C : hξ, x − x∗ i ≤ 0, với ξ ∈ ∂G (x) Hơn nữa, C ∗ = C∗ , ie gh C∗ = D0 = C1 = D2 = D3 = D4 = D5 = Λ (x∗ ) , p D0 , D2 , D3 , D4 , D5 kí hiệu C0 , C2 , C3 , C4 , C5 với ξ thay F (x) oa nl w d Chứng minh Các đẳng thức C∗ = Ci ,i = 0, , 5, suy trực tiếp từ Định lý 2.1.1 Tiếp theo, ta có nf va an lu lm ul D2 ⊆ D3 ⊆ D4 = D5 ⊆ Λ (x∗ ) = C ∗ , z at nh oi z đẳng thức sau suy từ Mệnh đề 2.3.1 Bây giờ, C∗ = C ∗ C ∗ = D0 Do đó, ta cần C ∗ ⊆ D2 Lấy x ∈ C ∗ Bởi C∗ = C ∗ , F (x) ∈ ∂G (x) gm @ ta suy ra, n va 30 an Lu hF (x) − F (x∗ ) , x − x∗ i = m co l ≥ hF (x) , x − x∗ i ≥ hF (x∗ ) , x − x∗ i ≥ ac th si Theo Nhận xét 2.1.2, {F (x) , F (x∗ )} ⊆ ∂G (x) ∩ ∂G (x∗ ) ⊆ ∂G (x∗ ) = {F (x∗ )} Điều kéo theo F (x) = F (x∗ ) Như vậy, x ∈ D2 Nhận xét 2.3.2 Như phát biểu Nhận xét 2.1.3, đẳng thức (=0) C1 , C2 , C3 Định lý 2.3.1 thay bất đẳng thức (≤ 0) Điều nhận xét thích hợp cho kết sau mà từ ta nhận D3 = D4 Định lý 2.3.1 với G khả vi Gâteaux x∗ ∈ C∗ Định lí 2.3.2 Giả sử G khả vi Gâteaux x∗ ∈ C∗ Khi đó, lu an C ∗ ∩ C∗ = C1 = C2 = C3 , n va p ie gh tn to C1 = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = hF (x∗ ) , x − x∗ i = 0, F (x) ∈ ∂G (x)} , C2 = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0,F (x) ∈ ∂G (x) ∩ ∂G (x∗ )} , C3 = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0,F (x) ∈ ∂G (x)} Vì vậy, C ∗ ⊆ C∗ C ∗ = C1 = C2 = C3 Nếu C∗ ⊆ C ∗ C∗ = C1 = C2 = C3 oa nl w d Chứng minh Ta có bao hàm thức C1 ⊆ C2 theo Nhận xét 2.1.2 ta có F (x) = F (x∗ ) ∈ ∂G (x∗ ) ;C2 ⊆ C3 hiển nhiên; C3 ⊆ C1 suy từ nf va an lu lm ul = hF (x) , x − x∗ i ≥ hF (x∗ ) , x − x∗ i ≥ 0,∀x ∈ C3 z at nh oi Vì vậy, ta cịn phải C ∗ ∩ C∗ = C1 Lấy x ∈ C ∗ ∩ C∗ Khi đó, x ∈ C1 z x ∈ C ∗ ⊆ Λ (x∗ ) , x ∈ Λ (x) , x∗ ∈ Λ (x∗ ) = C ∗ ⊆ Λ (x) , @ co l gm đẳng thức suy từ tính khả vi Gâteaux G x∗ ∈ C∗ Ngược lại, x ∈ C1 x ∈ Λ (x∗ ) = C ∗ x ∈ C∗ , m G (x∗ ) ≥ G (x) + hF (x) , x∗ − xi = G (x) an Lu n va 31 ac th si Theo Định lý 2.2.1, với điều kiện G liên tục C , ta chứng minh biểu diễn cho C∗ Khơng có giả thiết liên tục tính khả vi Gâteaux tập C ∗ , C∗ đặc trưng Định lý 2.3.2 cho trường hợp C ∗ = C∗ dựa kết sau Định lí 2.3.3 Giả sử C ∗ ⊆ C∗ x∗ ∈ C∗ Khi đó, C ∗ ⊆ {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0,F (x) ∈ ∂G (x) ∩ ∂G (x∗ )} = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i ≤ 0,F (x) ∈ ∂G (x) ∩ ∂G (x∗ )} ⊆ {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0,F (x) ∈ ∂G (x)} = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i ≤ 0,F (x) ∈ ∂G (x)} ⊆ C∗ lu an n va Nếu G khả vi Gâteaux F liên tục theo phương C∗ tập trùng p ie gh tn to Chứng minh Vì x∗ ∈ C∗ , ta có w hF (x) , x − x∗ i ≥ 0,∀x ∈ C d oa nl Từ đó, với x ∈ C , an lu hF (x) , x − x∗ i = ⇔ hF (x) , x − x∗ i ≤ nf va Điều kéo theo hai đẳng thức kết mong muốn Hơn nữa, bao hàm thức x∗ ∈ C ∗ ⊆ C∗ kéo theo C ∗ ⊆ Λ (x∗ ) Như vậy, x∗ ∈ C ∗ ⊆ C∗ x∗ ∈ Λ (x∗ ) ∩ Λ (x∗ ) Do đó, z at nh oi lm ul hF (x∗ ) , x∗ − x∗ i = −G (x∗ ) = Theo Mệnh đề 2.3.1 ta có, z @ l gm F (x∗ ) ∈ ∂G (x∗ ) ∩ ∂G (x∗ ) Do đó, co m C ∗ ⊆ {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0,F (x) ∈ ∂G (x) ∩ ∂G (x∗ )} an Lu n va 32 ac th si Rõ ràng, phần tử x vế phải bao hàm thức thỏa mãn x ∈ C , hF (x) , x − x∗ i = F (x) ∈ ∂G (x) Hơn nữa, phần tử x có tính chất thuộc C∗ , = G (x∗ ) ≥ G (x) + hF (x) , x∗ − xi = G (x) ≥ Do đó, sáu tập thỏa mãn quan hệ bao hàm thức Tiếp theo, G khả vi Gâteaux F liên tục theo phương điểm thuộc C∗ theo Mệnh đề 2.1.1 2.1.2, C∗ ⊆ C ∗ Vì tập nói trùng lu Hệ 2.3.1 Giả sử F : X → X ∗ ánh xạ thỏa F (x) ∈ ∂G (x) với x ∈ C Khi đó, với x∗ ∈ C∗ , bao hàm thức Định lý 2.3.3 an n va tn to Chứng minh Theo giả thiết, với x ∈ C , ta có F (x) ∈ ∂G (x) Nói riêng, p ie gh F (x∗ ) ∈ ∂G (x∗ ) , ∀x∗ ∈ C ∗ w Bởi ∂G đơn điệu, ta có d oa nl hF (x) , x − x∗ i ≥ hF (x∗ ) , x − x∗ i ≥ 0, ∀x ∈ C z at nh oi lm ul Nhận xét 2.3.3 Bao hàm thức nf va an lu Điều kéo theo C ∗ ⊆ C∗ Do đó, bao hàm thức Định lý 2.2.3 chứng minh C ∗ ⊆ {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0,F (x) ∈ ∂G (x) ∩ ∂G (x∗ )} Định lý 2.3.3 kéo theo với cặp điểm x∗ y ∗ C ∗ , ta có z @ gm hF (x∗ ) , x∗ − y ∗ i = 0, hF (y ∗ ) , x∗ − y ∗ i = 0, m co l mà C ∗ ⊆ C∗ Chú ý tính giả đơn điệu F kéo theo C ∗ ⊆ C∗ Vì thế, F giả đơn điệu∗ C tập nghiệm tốn VIP(C,F) có biểu diễn đặc biệt an Lu n va 33 ac th si Định lí 2.3.4 Giả sử x∗ ∈ C ∗ F giả đơn điệu∗ C Khi đó, C = C1 = C2 , C1 = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0, hF (x∗ ) , x − x∗ i = 0} ,  C2 = x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0, F (x) = kF (x∗ ) , k > Chứng minh Vì F giả đơn điệu∗ C , lu x∗ ∈ C ∗ ⊆ C∗ an n va tn to C ⊆ C2 p ie gh Hơn nữa, theo Định lý 2.3.3 Nhận xét 2.3.2, C ∗ ⊆ C1 Vì vậy, ta cần C2 ⊆ C ∗ Nhưng điều có bở với x ∈ C2 y ∈ C tồn k > cho w d oa nl hF (x) , y − xi = k hF (x∗ ) , y − x∗ i + hF (x) , x∗ − xi ≥ an lu Định lí chứng minh nf va Khi F giả đơn điệu+ , Định lý 2.3.4 kéo theo lm ul C ∗ = {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0,F (x) = F (x∗ )} z at nh oi Chú ý tập vế phải nằm Λ (x∗ ) Do Λ (x∗ ) ⊆ {x ∈ C : hF (x) , x − x∗ i = 0, hF (x∗ ) , x − x∗ i = 0} , z m co l gm @ với x ∈ Λ (x∗ ), ta có hF (x) , x∗ − xi = Do giả thiết giả đơn điệu F C hF (x∗ ) , x − x∗ i ≥ kéo theo hF (x∗ ) , x − x∗ i = Vì vậy, theo Định lý 2.3.4, ta nhận đặc trưng C ∗ mà khơng sử dụng tính khả vi Gâteaux hàm sai khác đối ngẫu an Lu n va 34 ac th si