Điều kiện Karush-Kuhn-Tucker mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu

Header Page of 166 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN VÀ ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU 1.1 CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ BỔ TRỢ 1.1.1 Bài toán tối ưu đa mục tiêu 1.1.2 Nghiệm hữu hiệu địa phương 1.1.3 Nón tiếp tuyến nón radial dãy 1.1.4 Đạo hàm Dini – Đạo hàm Hadamard 1.1.5 Một số kết bổ trợ 1.2 CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN 11 1.3 ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY VÀ CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU 18 1.4 ĐIỀU KIỆN CẦN KKT MẠNH CHO NGHIỆM HỮU HIỆU ĐỊA PHƯƠNG 23 Chương ĐIỀU KIỆN KARUSH – KUHN - TUCKER MẠNH QUA DƯỚI VI PHÂN SUY RỘNG 2.1 CÁC KHÁI NIỆM 28 2.2 CÁC ĐIỀU KIỆN KKT MẠNH 36 2.2.1 Điều kiện cần 37 2.2.2 Điều kiện đủ 42 2.2.3 Một số điều kiện quy khác mối quan hệ điều kiện 44 2.2.4 Điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu với ràng buộc đẳng thức bất đẳng thức 49 KẾT LUẬN 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 Footer Page of 166 Header Page of 166 MỞ ĐẦU Với toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc, điều kiện tối ưu Fritz John đảm bảo nhân tử Lagrange không đồng thời 0; điều kiện tối ưu Karush – Kuhn – Tucker đảm bảo nhân tử Lagrange tương ứng với hàm mục tiêu khác Thành phần nhân tử Lagrange tương ứng với hàm mục tiêu khác thành phần tương ứng hàm mục tiêu có mặt điều kiện cần tối ưu Người ta mong muốn tất thành phần hàm mục tiêu có mặt điều kiện cần tối ưu, có nghĩa tất nhân tử Lagrange tương ứng với thành phần hàm mục tiêu khác Khi đó, điều kiện Karush – Kuhn – Tucker (KKT) gọi mạnh T.Maeda ([6],1994) xét điều kiện quy để nhận điều kiện KKT mạnh cho toán với hàm khả vi Fréchet V Preda – I Chitescu ([7],1999) mở rộng kết Maeda cho toán với hàm bán khả vi D.V Luu – N.M Hung ([5],2009) thiết lập điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập với hàm khả vi Gâteaux M Golestani – S Nobakhtian ([3],2012) dẫn điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc bất đẳng thức ngôn ngữ vi phân suy rộng Luận văn trình bày điều kiện KKT mạnh Luu – Hung [5] M Golestani – S Nobakhtian [3] cho toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương trình bày kết nghiên cứu Luu – Hung [5] định lý luân phiên cho hệ gồm bất đẳng thức, đẳng thức tập xác Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 định, tổng quát hóa định lý luân phiên Tucker cổ điển Đồng thời, chương này, định lý Kuhn – Tucker phát triển nghiệm hữu hiệu toán tối ưu không gian định chuẩn mà nhân tử Lagrange tương ứng với tất thành phần hàm mục tiêu dương Chương trình bày kết nghiên cứu M Golestani – S Nobakhtian [3] Nội dung chương đề cập điều kiện quy điều kiện cần tối ưu Kuhn – Tucker mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu không trơn có ràng buộc bất đẳng thức ràng buộc tập Công cụ chương khái niệm vi phân suy rộng Trong chương này, tác giả trình bày thêm điều kiện đủ mối quan hệ điều kiện quy Mục 2.2.4 kết tác giả điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập Nhân dịp này, xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán – Tin, trường Đại học Thăng Long thầy cô tham gia giảng dạy khóa học Đặc biệt, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy PGS.TS Đỗ Văn Lưu tận tình hướng dẫn, giúp đỡ hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Mai Thanh Văn Footer Page of 166 Header Page of 166 Chương CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN VÀ ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU Chương trình bày kết nghiên cứu D.V.Luu – N.M.Hung ([5],2009) định lý luân phiên cho hệ gồm bất đẳng thức, đẳng thức tập xác định Đó tổng quát hóa định lý luân phiên Tucker cổ điển Đồng thời, chương này, định lý Kuhn – Tucker phát triển nghiệm hữu hiệu toán tối ưu không gian định chuẩn mà nhân tử Lagrange tương ứng với tất thành phần hàm mục tiêu dương 1.1 CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ BỔ TRỢ 1.1.1 Bài toán tối ưu đa mục tiêu Giả sử 𝑋 không gian tuyến tính định chuẩn; 𝐶 tập khác rỗng 𝑋; 𝑓, 𝑔, ℎ ánh xạ từ 𝑋 vào 𝑹𝒑 , 𝑹𝒒 , 𝑹𝒓 Như vậy, 𝑓 = (𝑓1 , … , 𝑓𝑝 ), 𝑔 = (𝑔1 , … , 𝑔𝑞 ), ℎ = (ℎ1 , … , ℎ𝑟 ), 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 , ℎ𝑙 : 𝑋 → 𝑹 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟) Xét toán tối ưu đa mục tiêu: 𝑓(𝑥), (𝑀𝑃) 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞; ℎ𝑙 (𝑥) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟; 𝑥 ∈ 𝐶 Ký hiệu 𝑀= {𝑥 ∈ 𝐶|𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞; ℎ𝑙 (𝑥) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟} Tập 𝑀 gọi tập chấp nhận toán (𝑀𝑃) Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 Chú ý: Trường hợp 𝑝 = 1, ta có toán tối ưu đơn mục tiêu cho hàm nhiều biến Ví dụ 1.1: Xét toán: 𝑓(𝑥) = 𝑥12 + 𝑥22 → với điều kiện: 𝑥1 𝑥2 =  ℎ(𝑥) = 𝑥1 𝑥2 − = 0; 𝑥1 ≥  𝑔1 (𝑥) = −𝑥1 ≤ 0; 𝑥2 ≥  𝑔2 (𝑥) = −𝑥2 ≤ 0; 𝑥 ∈ 𝑹𝟐 Tập chấp nhận 𝑀 = {𝑥 ∈ 𝑹𝟐 |𝑥1 𝑥2 = 4, −𝑥1 ≤ 0, −𝑥2 ≤ 0} đường cong hypebol nằm góc phần tư thứ : 𝑥2 𝑥1 1.1.2 Nghiệm hữu hiệu địa phương Định nghĩa 1.1: Điểm 𝑥̅ ∈ 𝑀 nghiệm hữu hiệu địa phương toán (𝑀𝑃) tồn  > cho với 𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ), 𝒑 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  − 𝑹+ \{0} 𝒑 𝑹+ ốc-tăng không âm 𝑹𝒑 , 𝐵(𝑥̅ , ) hình cầu mở tâm 𝑥̅ , bán kính  Ví dụ 1.2: 1) Xét 𝑝 = 1: 𝑹𝒑 = 𝑹, 𝑓: 𝑋 → 𝑹 Khi 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  −𝑹+ \{0} = 𝑹−  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ≥  𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥̅ ) ∀𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ) Footer Page of 166 Header Page of 166 Đây khái niệm cực tiểu địa phương thông thường 2) Xét 𝑝 = 2: 𝑹𝒑 = 𝑹𝟐 , 𝑓(𝑥) = (𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥)) 𝒑 Ta có 𝑹+ = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0}, 𝒑 −𝑹+ = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≤ 0, 𝑥2 ≤ 0} Suy 𝒑 −𝑹+ \{0} = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≤ 0, 𝑥2 ≤ 0}\{(0,0)} 𝑝 Do 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  −𝑹+ \{0} có trường hợp: (Ký hiệu I, II, III IV góc phần tư mặt phẳng tọa độ.)  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (I)  𝑓𝑖 (𝑥) − 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) ≥ 0, ∀𝑖 = 1,  𝑓 (𝑥) ≥ 𝑓1 (𝑥̅ )   𝑓2 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥̅ )  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (II)  𝑓 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥̅ ) ≤   𝑓2 (𝑥) − 𝑓2 (𝑥̅ ) ≥  𝑓 (𝑥) ≤ 𝑓1 (𝑥̅ )   𝑓2 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥̅ )  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (IV)  𝑓 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥̅ ) ≥   𝑓2 (𝑥) − 𝑓2 (𝑥̅ ) ≤  𝑓 (𝑥) ≥ 𝑓1 (𝑥̅ )   𝑓2 (𝑥) ≤ 𝑓2 (𝑥̅ ) Trong tất trường hợp, có 𝑓𝑖 (𝑥) ≥ 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) Tóm lại, 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu địa phương toán (𝑀𝑃) tồn  > cho ∄𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ) thỏa mãn Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘 = 1, … , 𝑝 𝑓𝑖 (𝑥) < 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) với 𝑖 thuộc {1, … , 𝑝} 1.1.3 Nón tiếp tuyến nón radial dãy Định nghĩa 1.2: Nón tiếp tuyến (hay gọi nón tiếp liên) tập 𝐶 𝑥̅ ∈ 𝐶 tập sau đây: 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑋|∃𝑣𝑛 → 𝑣, 𝑡𝑛 ↓ 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝐶, ∀𝑛} Định nghĩa 1.3: Nón phương tuyến tính dãy (hay gọi nón radial dãy) 𝐶 𝑥̅ tập sau đây: 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑋|∃𝑡𝑛 ↓ 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣 ∈ 𝐶, ∀𝑛} Chú ý:  Cả nón khác ∅ chứa điểm  Nón 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) đóng, không lồi  𝑍(𝐶, 𝑥̅ )  𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) Thật vậy, ∀𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) , ta chọn dãy {𝑣𝑛 }, 𝑣𝑛 = 𝑣, ∀𝑛 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 = 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣 ∈ 𝐶 Do đó, 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) 1.1.4 Đạo hàm Dini – Đạo hàm Hadamard Định nghĩa 1.4: i) Đạo hàm Dini 𝑓 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 định nghĩa sau: 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim inf 𝑡↓0 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ ) 𝑡 ii) Đạo hàm Dini 𝑓 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 định nghĩa sau: ̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim sup 𝐷 𝑡↓0 Footer Page of 166 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ ) 𝑡 Header Page of 166 Định nghĩa 1.5: i) Đạo hàm Hadamard 𝑓 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 định nghĩa sau: 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim + (𝑡,𝑢)→(0 ,𝑣) inf 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑢) − 𝑓(𝑥̅ ) 𝑡 ii) Đạo hàm Hadamard 𝑓 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 định nghĩa sau: 𝑑̅𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim + (𝑡,𝑢)→(0 ,𝑣) sup 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑢) − 𝑓(𝑥̅ ) 𝑡 Chú ý: ̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) ta ký hiệu giá trị chung  Nếu 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) Đây đạo hàm theo phương thông thường 𝑓 𝑥̅ theo phương 𝑣: 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim 𝑡↓0 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ ) 𝑡  Nếu 𝐷𝑓(𝑥̅ , ) ánh xạ tuyến tính liên tục ta nói 𝑓 khả vi Gâteaux 𝑥̅ Đồng thời, 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇G 𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉 ∇G 𝑓(𝑥̅ ) đạo hàm Gâteaux 𝑓 𝑥̅ 〈∇G 𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉 giá trị phiếm hàm tuyến tính ∇G 𝑓(𝑥̅ ) 𝑣 Ví dụ 1.3: Cho hàm 𝑓: 𝑹 → 𝑹 xác định sau: 𝑥 sin 𝑓(𝑥) = { 𝑥 𝑥 ≠ 𝑥 = Đạo hàm Dini 𝑓 𝑥̅ = Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 ̅ 𝑓(0, 𝑣) = lim sup 𝐷 𝑓(0 + 𝑡𝑣) − 𝑓(0) = lim sup {𝑡𝑣 sin , 0} = 0, 𝑡↓0 𝑡 𝑡𝑣 𝐷𝑓(0, 𝑣) = lim inf 𝑓(0 + 𝑡𝑣) − 𝑓(0) = lim inf {𝑡𝑣 sin , 0} = 𝑡↓0 𝑡 𝑡𝑣 𝑡↓0 𝑡↓0 Do đó, 𝑥̅ = 0, đạo hàm Dini tồn 𝐷𝑓(0, 𝑣) = Dễ thấy 𝐷𝑓(0, 𝑣) ánh xạ tuyến tính liên tục theo 𝑣 nên 𝑓 khả vi Gâteaux = 𝐷𝑓(0, 𝑣) = 〈∇G 𝑓(0), 𝑣〉 ∀𝑣 ∈ 𝑹 Suy ∇G 𝑓(0) =  Nếu 𝑓 khả vi Fréchet 𝑥̅ với đạo hàm Fréchet ∇𝑓(𝑥̅ ) 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉  Nếu 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝑑̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) ta ký hiệu giá trị chung 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣) Khi 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣), tức 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) đạo hàm Hadamard 𝑓 𝑥̅ theo phương 𝑣 1.1.5 Một số kết bổ trợ Đặt 𝐼(𝑥̅ ) = {𝑗 ∈ {1, … , 𝑞}|𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0}; 𝑄 = {𝑥 ∈ 𝐶| 𝑄𝑖 = {𝑥 ∈ 𝐶| 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, ℎ𝑙 (𝑥) = 0, }; 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, ℎ𝑙 (𝑥) = 0, } (𝑖 = 1, … , 𝑝) 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟 Với 𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ), 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑙 = 1, … , 𝑟) tồn tại, ta đặt Footer Page of 166 Header Page 10 of 166 𝐷𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝐷𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, 𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ )| } 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟 Với 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑙 = 1, … , 𝑟) tồn tại, ta đặt 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )| } 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟 Do tính dương đạo hàm theo phương Dini Hadamard dưới, ta có 𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) nón có đỉnh Cho 𝐾 nón 𝑋 có đỉnh Ký hiệu 𝐾 ∗ nón đối ngẫu 𝐾: 𝐾 ∗ = { ∈ 𝑋 ∗ |〈, 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾}, 𝑋 ∗ không gian đối ngẫu tôpô 𝑋 Khi đó, 𝐾 ∗ nón lồi đóng yếu ∗ Một số kết sau [4] cần dùng để chứng minh kết chương này: Mệnh đề 1.1: Giả sử 𝐾𝛼 (𝛼 ∈ 𝐼) nón lồi đóng yếu 𝑋, ∑𝛼∈𝐼 𝐾𝛼∗ đóng yếu ∗ Khi đó, ∗ (⋂ 𝐾𝛼 ) = ∑ 𝐾𝛼∗ 𝛼∈𝐼 𝛼∈𝐼 Mệnh đề 1.2 (định lý Dubovitskii – Mylyutin): Giả sử 𝐾1 , 𝐾2 , … , 𝐾𝑛 , 𝐾𝑛+1 nón lồi có đỉnh 𝑋; 𝐾1 , 𝐾2 , … , 𝐾𝑛 mở ∗ Khi ⋂𝑛+1 𝑖=1 𝐾𝑖 = ∅ tồn 𝑖 ∈ 𝐾𝑖 (𝑖 = 1, … , 𝑛 + 1) không đồng thời cho 1 + 2 + +𝑛+1 = Footer Page 10 of 166 10 Thang Long University Library Header Page 42 of 166 𝐶={ 𝜋 |𝑛 ∈ 𝑵} ∪ {0} 2𝑛𝜋 + Khi 𝑥̅ = điểm cực tiểu toàn cục toán (𝑃2 ) Hơn nữa, ̅ 𝑓(0, 𝑣) = |𝑣|, 𝐷 𝐷𝑓(0, 𝑣) = −|𝑣|, ̅ 𝑔(0, 𝑣) = −𝑣 𝐷 Mặt khác, ta có vi phân suy rộng 𝑓 𝑔 𝑥̅ sau : ∂∗ 𝑓(0) = {−1; − }, ∂∗ g(0) = {−1} Do đó, 𝑠 (co𝜕 ∗ 𝑔(0)) ∩ 𝑇(𝐶, 0) ≠ ∅ Tuy nhiên, ∄ ≥ cho ∈ co𝜕 ∗ 𝑓(0) + co𝜕 ∗ 𝑔(0) + 𝑁(𝐶, 0) 2.2.2 Điều kiện đủ Định lý 2.2: Cho 𝑥̅ điểm chấp nhận toán (𝑃) 𝐶 tập lồi Giả sử 𝑓𝑘 𝜕 ∗ -giả lồi 𝑥̅ với 𝑘 = 1, … , 𝑝 𝑔𝑗 𝜕 ∗ tựa lồi 𝑥̅ với 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ) Nếu tồn  ≥ (tương ứng:  > 0)   cho : 𝑝 𝑞 ∈ ∑ 𝑘 co 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑗 co 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑘=1 𝑗=1 𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, Footer Page 42 of 166 42 Thang Long University Library Header Page 43 of 166 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu yếu (tương ứng: nghiệm hữu hiệu) toàn cục toán (𝑃) Chứng minh : Giả sử 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu yếu (tương ứng: nghiệm hữu hiệu) toàn cục (𝑃) Khi tồn điểm chấp nhận 𝑥0 cho 𝑓(𝑥0 ) < 𝑓(𝑥̅ ) (tương ứng: 𝑓(𝑥0 ) ≤ 𝑓(𝑥̅ )) Vì thành phần hàm mục tiêu 𝜕 ∗ -giả lồi nên 〈𝑘 , 𝑥0 − 𝑥̅ 〉 < 0, ∀𝑘 ∈ 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), ∀𝑘 = 1, … , 𝑝 (tương ứng: ∃𝑘 = 1, … , 𝑝) (2.12) Mặt khác, điểm chấp nhận 𝑥0 ta có 𝑗 𝑔𝑗 (𝑥0 ) ≤ = 𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) Do tính 𝜕 ∗ -tựa lồi 𝑔𝑗 , 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), ta nhận 〈𝑗 , 𝑥0 − 𝑥̅ 〉 ≤ 0, ∀𝑗 ∈ 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), ∀𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ) (2.13) Do với 𝑘 ∈ co𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑗 ∈ co𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) 𝑣 ∈ 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) ta có 𝑝 𝑞 > ∑ 𝑘 〈𝑘 , 𝑥0 − 𝑥̅ 〉 + ∑ 𝑗 〈𝑗 , 𝑥0 − 𝑥̅ 〉 𝑘=1 𝑗=1 𝑝 𝑞 ≥ ∑ 𝑘 〈𝑘 , 𝑥0 − 𝑥̅ 〉 + ∑ 𝑗 〈𝑗 , 𝑥0 − 𝑥̅ 〉 + 〈𝑣, 𝑥0 − 𝑥̅ 〉 𝑘=1 𝑗=1 Điều mâu thuẫn chứng minh hoàn thành Footer Page 43 of 166 43 ∎ Header Page 44 of 166 2.2.3 Một số điều kiện quy khác mối quan hệ điều kiện Ngoài điều kiện quy (𝐶𝑄1 ), phần này, ta bổ sung thêm số điều kiện quy khác khai thác mối quan hệ chúng Cho 𝑥̅ ∈ 𝐶 điểm chấp nhận toán (𝑃) Đầu tiên, ta có hai điều kiện sau gọi điều kiện quy kiểu Abadie: 𝑝 𝐹 − ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )  ⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) (𝐶𝑄2) 𝑖=1 𝐹 − ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )  𝑇(𝑄, 𝑥̅ ) (𝐶𝑄3) Hai điều kiện quy sau xem xét dạng không trơn điều kiện quy Cottle: 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ (𝐶𝑄4) (𝐶𝑄5) Với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, 𝑠 (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ Ngoài ra, ta điều kiện quy sau đây: Với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝} ; với 𝑘 ≥ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖, 𝑗 ≥ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, không đồng thời 0, ta có 𝑝 (𝐶𝑄6) 𝑞 ∗ ∗ 0 ∑ 𝑘 co 𝜕 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑗 co 𝜕 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 Mệnh đề sau nêu rõ mối quan hệ điều kiện quy giới thiệu Footer Page 44 of 166 44 Thang Long University Library Header Page 45 of 166 Mệnh đề 2.1: Với điều kiện quy trên, mối quan hệ sau thỏa mãn : 1) (𝐶𝑄3)  (𝐶𝑄2) 2) (𝐶𝑄1)  (𝐶𝑄4) 3) (𝐶𝑄1)  (𝐶𝑄2) 4) (𝐶𝑄1) thỏa mãn (𝐶𝑄5) thỏa mãn 5) (𝐶𝑄1) thỏa mãn (𝐶𝑄6) thỏa mãn Chứng minh : 1) Vì 𝑝 𝑇(𝑄, 𝑥̅ )  ⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ), 𝑖=1 nên rõ ràng (𝐶𝑄3) kéo theo (𝐶𝑄2) ∎ 2) Theo (𝐶𝑄1), với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta có 𝑠 (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ Do 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ Như vậy, (𝐶𝑄1) kéo theo (𝐶𝑄4) 3) Theo (𝐶𝑄1), với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta có 𝑠 (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ 𝑠 Xét 𝑣 ∈ (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) Bằng tính toán đơn giản, ta có 𝑣 ∈ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ), ta suy − 𝐹 − ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )  (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) Footer Page 45 of 166 45 ∎ Header Page 46 of 166 𝑠 = cl((𝐹 𝑖 ) ) ∩ cl𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑠 = cl ((𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ))  cl𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) = 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) nên (𝐶𝑄1) kéo theo (𝐶𝑄2) ∎ 4) ((𝐶𝑄1)  (𝐶𝑄5)): Chứng minh tương tự phần 2), ta có 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ Mặt khác, tập 𝐺 𝑠 𝐺 − xác định sau : 𝐺 − = {𝑣 ∈ 𝑹𝒍 |〈𝑥, 𝑣〉 ≤ ∀𝑥 ∈ 𝐺}, 𝐺 𝑠 = {𝑣 ∈ 𝑹𝒍 |〈𝑥, 𝑣〉 < ∀𝑥 ∈ 𝐺} Do 𝐺 𝑠  𝐺 − Theo (𝐶𝑄1), với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta có 𝑠 (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅, nên 𝑠 𝑠 ∅ ≠ (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )(𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑠 Suy (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅, tức (𝐶𝑄1) kéo theo (𝐶𝑄5) ((𝐶𝑄5)  (𝐶𝑄1)): Giả sử ngược lại, (𝐶𝑄1) không thỏa mãn Khi đó, tồn 𝑠 𝑖0 ∈ {1, … , 𝑝} cho (𝐹 𝑖0 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = ∅ Vì ∅ tập đóng nên 𝑠 cl ((𝐹 𝑖0 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )) = cl(∅) = ∅ Footer Page 46 of 166 46 Thang Long University Library Header Page 47 of 166 𝑠  cl((𝐹 𝑖0 ) ) ∩ cl(𝐺 𝑠 ) ∩ cl(𝑇(𝐶, 𝑥̅ )) = ∅ 𝑠  cl((𝐹 𝑖0 ) ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = ∅ Mặt khác, theo (𝐶𝑄5), với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta có 𝑠 (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ Suy 𝑠 𝑠 ∅ ≠ (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )  cl((𝐹 𝑖 ) ) ∩ 𝐺 − ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = ∅ Điều tạo mâu thuẫn Do (𝐶𝑄1) thỏa mãn Vậy (𝐶𝑄1) thỏa mãn (𝐶𝑄5) thỏa mãn ∎ 5) ((𝐶𝑄1)  (𝐶𝑄6): Theo (𝐶𝑄1), với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta có 𝑠 (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ 𝑠 Do ∃𝑣0 ∈ (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑠 Vì 𝑣0 ∈ (𝐹 𝑖 ) nên ∀𝑘 ∈ co𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), ∀𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖, ta có 𝑘 ∈ 𝐹 𝑖  〈𝑘 , 𝑣0 〉 < Vì 𝑣0 ∈ 𝐺 𝑠 nên 𝑗 ∈ co𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), ∀𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), ta có 𝑗 ∈ 𝐺  〈𝑗 , 𝑣0 〉 < Vì 𝑣0 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) nên ∀ ∈ 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ), ta có 〈, 𝑣0 〉 ≤ Suy với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝} ; với 𝑘 ≥ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖, 𝑗 ≥ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, không đồng thời 0, ta có Footer Page 47 of 166 47 Header Page 48 of 166 𝑝 𝑞 ∑ 𝑘 〈𝑘 , 𝑣0 〉 + ∑ 𝑗 〈𝑗 , 𝑣0 〉 + 〈, 𝑣0 〉 < 𝑘=1 𝑘≠𝑖 (2.14) 𝑗=1 Do (𝐶𝑄6) thỏa mãn 𝑝 𝑞 ∗ ∗ ∈ ∑ 𝑘 co 𝜕 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑗 co 𝜕 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑝 𝑞 ∑ 𝑘 〈𝑘 , 𝑣0 〉 + ∑ 𝑗 〈𝑗 , 𝑣0 〉 + 〈, 𝑣0 〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝑹𝒍 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 Điều mâu thuẫn với (2.14) ((𝐶𝑄6)  (𝐶𝑄1)): Bây giờ, ta cho (𝐶𝑄6) thỏa mãn Khi  co(𝐹 𝑖 ∪ 𝐺) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) (2.15) Mặt khác, co(𝐹 𝑖 ∪ 𝐺) tập compact, lồi 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) tập đóng Vì vậy, vế phải (2.15) tập đóng lồi 𝑹𝒍 Theo định lý tách, tồn 𝑣 ∈ 𝑹𝒍 cho 〈, 𝑣〉 < 0, ∀ ∈ co(𝐹 𝑖 ∪ 𝐺) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) Vì vậy, 〈𝑘 , 𝑣〉 < 0, ∀𝑘 ∈ co𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), ∀𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖, 〈𝑗 , 𝑣〉 < 0, ∀𝑗 ∈ co𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), ∀𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), 〈, 𝑣〉 ≤ 0, ∀ ∈ 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) Footer Page 48 of 166 48 Thang Long University Library Header Page 49 of 166 Do đó, (𝐶𝑄1) thỏa mãn ∎ Tóm lại, mối quan hệ điều kiện quy tóm tắt sơ đồ sau: (𝐶𝑄5) (𝐶𝑄6) (𝐶𝑄1) (𝐶𝑄3) (𝐶𝑄2) (𝐶𝑄4) Hình 2.1 : Mối quan hệ điều kiện quy 2.2.4 Điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu với ràng buộc đẳng thức bất đẳng thức Bây giờ, ta xét toán tối ưu đa mục tiêu sau : 𝑓(𝑥) = (𝑓1 (𝑥), … 𝑓𝑝 (𝑥)), (𝑃2 ) 𝑔(𝑥) = (𝑔1 (𝑥), … , 𝑔𝑞 (𝑥))  0, ℎ(𝑥) = (ℎ1 (𝑥), … , ℎ𝑟 (𝑥)) = 0, 𝑥 ∈ 𝐶 ̅ , 𝑔𝑗 : 𝑹𝒍 → 𝑹 ̅ ℎ𝑡 : 𝑹𝒍 → 𝑹 ̅ hàm giá trị thực với 𝑓𝑘 : 𝑹𝒍 → 𝑹 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞 𝑡 = 1, … , 𝑟 𝐶 tập lồi 𝑹𝒍 Footer Page 49 of 166 49 Header Page 50 of 166 Đặt 𝐼(𝑥̅ ) = {𝑗 = 1, … , 𝑞|𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0}, 𝑝 𝐹 = ⋃ co𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘=1 𝑝 𝐹 𝑖 = ⋃ co𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝐺 = ⋃ co𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑗∈𝐼(𝑥̅ ) 𝑟 𝐻 = ⋃ co𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ), 𝑡=1 𝑟 −𝐻 = ⋃ co𝜕 ∗ (−ℎ𝑡 (𝑥̅ )), 𝑡=1 𝑀2 = {𝑥 ∈ 𝑹𝒍 |𝑔(𝑥) ≤ 0, ℎ(𝑥) = 0, 𝑥 ∈ 𝐶}, 𝑄2𝑖 = {𝑥 ∈ 𝑹𝒍 | 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), ∀𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖, 𝑔(𝑥) ≤ 0, ℎ(𝑥) = 0, 𝑥 ∈ 𝐶}, 𝑄2 = {𝑥 ∈ 𝑹𝒍 | 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), ∀𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑔(𝑥) ≤ 0, ℎ(𝑥) = 0, 𝑥 ∈ 𝐶} Định nghĩa 2.13 (Điều kiện quy Mangasarian – Fromovitz ): Ta nói điều kiện quy Mangasarian – Fromovitz tổng quát thỏa mãn 𝑥̅ với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, (𝐶𝑄1) 𝑠 (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝐻 𝑠 ∩ (−𝐻) 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ Footer Page 50 of 166 50 Thang Long University Library Header Page 51 of 166 Dưới kết dạng điều kiện cần KKT mạnh gắn với nửa vi phân suy rộng quy trên: Định lý 2.3: Cho 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu địa phương yếu toán (𝑃2 ) Giả sử 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 ℎ𝑡 hàm Lipschitz địa phương 𝑥̅ ; 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 có vi phân suy rộng bán quy 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) , 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) bị chặn (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , q) 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) có vi phân suy rộng bán quy bị chặn (𝑡 = 1, … , r) Nếu (𝐶𝑄1) thỏa mãn 𝑥̅ tồn (, , ) ∈ 𝒒 𝒑 𝑹++ 𝑹+ 𝑹𝒓 cho 𝑝 𝑞 𝑟 ∈ ∑ 𝑘 co 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑗 co 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑡 co 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑘=1 𝑗=1 𝑡=1 𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, Chứng minh : Để ý 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu toán min{𝑓(𝑥)|𝑔(𝑥)  0, ℎ(𝑥)  0, −ℎ(𝑥)  0, 𝑥 ∈ 𝐶} Từ (𝐶𝑄1) ta dễ dàng suy 𝑠 (𝐶𝑄1𝑎) (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ 𝐻 𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ (𝐶𝑄1𝑏) (𝐹 𝑖 ) ∩ 𝐺 𝑠 ∩ (−𝐻)𝑠 ∩ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ≠ ∅ 𝑠 Vì ℎ𝑡 (𝑥) = nên ℎ𝑡 (𝑥) ≤ 0, 𝑡 = 1, … , 𝑟 với điều kiện (𝐶𝑄1𝑎), giả thiết định lý 2.1 thỏa mãn nên theo định lý, ta có tồn 𝒒 𝒑 (1 , 1 , 1 ) ∈ 𝑹++ 𝑹+ 𝑹𝒓+ cho 𝑝 𝑞 𝑟 ∈ ∑ 1𝑘 co 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 1𝑗 co 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + ∑ 1𝑡 co 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑘=1 𝑗=1 𝑡=1 1𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, …,q, Footer Page 51 of 166 (2.16) 51 Header Page 52 of 166 1𝑡 ℎ𝑡 (𝑥̅ ) = 0, 𝑡 = 1, … , 𝑟 Tương tự ℎ𝑡 (𝑥) = nên −ℎ𝑡 (𝑥) ≤ , 𝑡 = 1, … , 𝑟 với điều kiện (𝐶𝑄1𝑏), giả thiết định lý 2.1 thỏa mãn nên theo định lý, ta có 𝒒 𝒑 tồn (2 , 2 , 2 ) ∈ 𝑹++ 𝑹+ 𝑹𝒓+ cho 𝑝 0∈ 𝑞 ∑ 2𝑘 co 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + 𝑘=1 𝑟 ∑ 2𝑗 co 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + ∑ −2𝑡 co 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) + 𝑗=1 𝑡=1 2𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, 2 𝑡 (−ℎ𝑡 (𝑥̅ )) 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) (2.17) = 0, 𝑡 = 1, … , 𝑟 Từ (2.16) (2.17) suy 𝑝 𝑞 ∈ ∑(1𝑘 + 2𝑘 )co 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ (1𝑗 + 2𝑗 ) co 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) 𝑘=1 𝑗=1 𝑟 + ∑(1𝑡 − 2𝑡 )co 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑡=1 ( 1𝑗 + 2𝑗 ) 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, (2.18) Đặt 𝑘 = 𝑘 + 2𝑘 , 𝑗 = 1𝑗 + 2𝑗 , 𝑡 = 1𝑡 − 2𝑡 , ta có 𝑘 ≥ 0, 𝑗 ≥ 0, 𝑡 ∈ 𝑹 𝒑 𝒒 Như (, , ) ∈ 𝑹++ 𝑹+ 𝑹𝒓 ,và ta nhận kết luận định lý ∎ Hệ 2.1: Cho 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu địa phương yếu toán (𝑃2 ) Giả sử 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 ℎ𝑡 hàm Lipschitz địa phương khả vi Gâteaux 𝑥̅ ; đồng thời 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 có vi phân suy rộng 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) bị chặn (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , q) ℎ𝑡 có vi phân suy rộng 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) bị chặn (𝑡 = 1, … , r) Nếu (𝐶𝑄1) thỏa mãn 𝑥̅ tồn 𝒑 (, , ) ∈ 𝒒 𝑹++ 𝑹+ 𝑹𝒓 cho Footer Page 52 of 166 52 Thang Long University Library Header Page 53 of 166 𝑝 𝑞 𝑟 ∈ ∑ 𝑘 co 𝜕 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑗 co 𝜕 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑡 co 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ), ∗ ∗ 𝑘=1 𝑗=1 𝑡=1 𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, Chứng minh : Vì 𝑓𝑘 khả vi Gâteaux 𝑥̅ nên tồn đạo hàm Dini đó, tức ̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) ∀𝑣 ∈ 𝑹𝒍 𝐷 Hàm 𝑓𝑘 có vi phân suy rộng 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) nên 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) ≤ sup 〈, 𝑣〉 ∈𝜕∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) Suy ̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) ≤ 𝐷 sup 〈, 𝑣〉 ∈𝜕∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) Điều có nghĩa 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) vi phân suy rộng bán quy bị chặn 𝑓𝑘 𝑥̅ Chứng minh cách tương tự, 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) vi phân suy rộng bán quy bị chặn 𝑔𝑗 𝑥̅ 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) vi phân suy rộng bán quy bị chặn ℎ𝑡 𝑥̅ Do đó, giả thiết định lý 2.3 thỏa mãn nên áp dụng định lý, ta có ∎ kết luận hệ Điều kiện đủ cho (𝑃2 ) phát biểu sau: Định lý 2.4: Cho 𝑥̅ điểm chấp nhận toán (𝑃2 ) 𝐶 tập lồi Giả sử 𝑓𝑘 ∂∗ -giả lồi 𝑥̅ với 𝑘 = 1, … , 𝑝 𝑔𝑗 , ±ℎ𝑡 Footer Page 53 of 166 53 Header Page 54 of 166 ∂∗ -tựa lồi 𝑥̅ với 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), 𝑡 = 1, … , 𝑟 Nếu tồn  ≥ (tương ứng:  > 0),    ∈ 𝑹𝒓 sao cho : 𝑝 𝑞 𝑟 ∈ ∑ 𝑘 co 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑗 co 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑡 co 𝜕 ∗ ℎ𝑡 (𝑥̅ ) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑘=1 𝑗=1 𝑡=1 𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu yếu (tương ứng: nghiệm hữu hiệu) toán (𝑃2 ) Chứng minh: Áp dụng định lý 2.2 cho toán (𝑃2 ) viết dạng: min{𝑓(𝑥)|𝑔(𝑥)  0, ℎ(𝑥)  0, −ℎ(𝑥)  0, 𝑥 ∈ 𝐶} Từ giả thiết định lý 3.2 trở thành 𝑓𝑘 ∂∗ -giả lồi 𝑥̅ với 𝑘 = 1, … , 𝑝 𝑔𝑗 , ℎ𝑡 , −ℎ𝑡 ∂∗ -tựa lồi 𝑥̅ với 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), 𝑡 = 1, … , 𝑟 𝑝 𝑞 𝑟 ∗ ∈ ∑ 𝑘 co 𝜕 ∗ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) + ∑ 𝑗 co 𝜕 ∗ 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) + ∑ + 𝑡 co 𝜕 ℎ𝑡 (𝑥̅ ) 𝑘=1 𝑗=1 𝑡=1 𝑟 ∗ + ∑ − 𝑡 co 𝜕 (−ℎ𝑡 (𝑥̅ )) + 𝑁(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑡=1 𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, + 𝑡 ℎ𝑡 (𝑥̅ ) = 0, 𝑡 = 1, … , 𝑟, − 𝑡 (−ℎ𝑡 (𝑥̅ )) = 0, 𝑡 = 1, … , 𝑟 Điều có nghĩa giả thiết định lý 2.2 thỏa mãn nên 𝑥̅ nghiệm hữu hiệu yếu toán (𝑃) Trường hợp nghiệm hữu hiệu chứng minh tương tự Footer Page 54 of 166 ∎ 54 Thang Long University Library Header Page 55 of 166 KẾT LUẬN Luận văn trình bày kết D.V.Luu – N.M.Hung (2009) M.Golestani – S Nobakhtian (2012) điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc, bao gồm:  Các định lý luân phiên;  Điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu qua đạo hàm Dini Hadamard; điều kiện quy kiểu Abadie;  Điều kiện cần KKT mạnh cho nghiệm hữu hiệu địa phương ngôn ngữ đạo hàm Gâteaux;  Điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu địa phương yếu không gian 𝑹𝒍 qua vi phân suy rộng; điều kiện quy Mangasarian – Fromovitz;  Điều kiện đủ cho nghiệm hữu hiệu yếu toàn cục nghiệm hữu hiệu toàn cục qua vi phân suy rộng;  Mối quan hệ điều kiện quy;  Ngoài ra, tác giả luận văn chứng minh lại cách chi tiết mệnh đề 2.1 chương cho ví dụ 1.1, 1.2 1.3 chương ví dụ từ 2.1 đến 2.6 chương  Đưa kết điều kiện KKT (định lý 2.3, hệ 2.1 định lý 2.4) cho toán tối ưu đa mục tiêu với ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập Các điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu đề tài nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu Footer Page 55 of 166 55 Header Page 56 of 166 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu tiếng Việt [1] Đỗ Văn Lưu Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật [2] Đỗ Văn Lưu (1999), Lý thuyết điều kiện tối ưu, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật Tài liệu tiếng Anh [3] M Golestani and S Nobakhtian (2012), “Convexificators and strong Kuhn – Tucker conditions”, Computers and Mathematics, 64, 550-557 [4] I.V Girsanov (1972), Lectures on Mathematical Theory of Extrenum Problems, Springer-Verlag, Berlin Heidenberg [5] D.V Luu and N.M Hung (2009), “On alternative theorems and necessary conditions for efficiency”, Optimization, 58 (1), 49-62 [6] T Maeda (1994), Constraint qualifications in multiobjective optimization problems: Differentiable case, J Optim Theory Appl, 80, 483500 [7] V Preda and I Chitescu (1999), On constraint qualification in multiobjective optimization problems : Semidifferentiable case, J Optim Theory Appl, 100, 417-433 Footer Page 56 of 166 56 Thang Long University Library ... cho toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập với hàm khả vi Gâteaux M Golestani – S Nobakhtian ([3],2012) dẫn điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu. .. đề cập điều kiện quy điều kiện cần tối ưu Kuhn – Tucker mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu không trơn Công cụ chương khái niệm vi phân suy rộng Ngoài ra, chương này, ta trình bày thêm điều kiện đủ... rộng Trong chương này, tác giả trình bày thêm điều kiện đủ mối quan hệ điều kiện quy Mục 2.2.4 kết tác giả điều kiện KKT mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng