§Þnh lÝ sau ®©y sÏ cho ta mét sè tÝnh chÊt quan träng cña ®¹o hµm suy réng theo ph¬ng..[r]
(1)Chơng 1: CáC KIếN THứC CƠ Sở.
1.1 Hàm Lipschitz.Giả sử X không gian Banach, f : X R Định nghĩa 1.1.
a Hàm f đợc gọi Lipschitz địa phơnng x X , hay Lipschitz gần x, tồn lân cận U x, số K > cho:
( x, x U) f (x) f (x ) K x x (1.1)
Hàm f đợc gọi Lipschitz địa phơng tập YX, f Lipschitz địa phơng x Y
b Hàm đợc gọi Lipschitz địa phơng với số Lipschitz K tập YX, (1.1) ỳng vi mi x, xY
Định lí 1.1.
Giả sử f hàm Lipschitz tập lồi UX Khi đó, với x, xU, hàm số (t) : f (x t(x x)) (0 t 1) có đạo hàm hầu khắp nơi.
Chøng minh
Bởi f Lipschitz U, có tån t¹i sè K > cho:( x, x U) f (x) f (x ) K x x (1.2)
Ta có hàm (t) : f (x t(x x)) (0 t 1) tuyệt đối liên tục
ThËt vËy, ta lÊy khoảng rời (a ,b ), ,(a , b )1 k k [0,1] Khi dã, tõ (1.2) ta cã:
k i
i i k
i
i
i a K b a x x
b
1
' ) (
) ( )
(
Víi 0 cho tríc, ta chän
K x x
Khi đó:
k k
i i i i
i i
(b a ) (b ) (a )
Do đó, (t) tuyệt đối liên tục có đạo hàm hầu khắp nơi Hệ 1.1.1.
Giả sử f : X R hàm Lipschitz tập lồi UX Khi đó, với x, xU:
(2)
trong (t) : f (x t(x x)) (0 t 1)
Chøng minh
Theo định lí 1.1, (t) tuyệt đối liên tục đoạn [0,1] Ta biết lý thuyết độ đo tích phân: hàm tuyệt đối liên tục, đạo hàm khả tích
(t) (0) (s)ds
Lấy t 1 , ta nhận đợc (1.3)
1.2 Các ánh xạ khả vi Lipschitz địa phơng: 1.2.1 Các đạo hàm cổ điển :
Giả sử F ánh xạ X Y, X Y không gian Banach Ký hiệu L(X, Y) không gian tốn tử tuyến tính liên tục từ X vo Y
Định nghĩa 1.2:
o hm ca F theo phơng v x đợc xác định bởi:
t
F(x tv) F(x) F (x; v) : lim
t
,
nếu giới hạn tồn
Định nghĩa 1.3:
ỏnh x F đợc gọi khả vi Gâteaux x, tồn L(X, Y) cho với v X ,
F(x tv) F(x) t v (t) (1.4) Khi đó, ta gọi đạo hàm Gâteaux F x
Nhận xét 1.1:
Nếu ánh xạ F kả vi Gâteaux x, ( ) ( ) v
t x F tv x
F (1.5)
Sự hội tụ đồng theo v tập hữu hn
Định nghĩa 1.4:
ỏnh x F c gọi khả vi Hadamard x, tồn L(X, Y) cho với v X (1.4) đúng, (1.5) hội tụ đồng theo v cỏc compc
Định nghĩa 1.5:
(3)trong r(v) Y.v X1 vX
NhËn xÐt 1.2;
a ánh xạ F khả vi Fréchet x L(X,Y) cho (1.4) (1.5) hội tụ đồng theo v tập bị chặn
b NÕu X Rn
khái niệm khả vi theo Hadamard vµ FrÐchet trïng VÝ dơ 1.1:
X R2,
2
1, x y , y f (x, y)
0,
Khi đó, f khả vi Gâteaux (0,0), nhng f không liên tục không khả vi Fréchet (0, 0)
Định nghĩa 1.6:
ỏnh x F đợc gọi Lipschitz địa phơng x, tồn số 0 số K 0 cho:
X
Y
K
x
x
x
F
x
F
(
'
)
(
"
)
'
( x , x x B), (1.6)
trong B hình cầu đơn vị mở Nhận xét 1.3:
Định nghĩa tính Lipschitz địa phơng theo lân cận hay hình cầu đơn vị mở (trong không gian Banach) tơng đơng
Mệnh đề 1.1:
Nếu ánh xạ F Lipschitz đại phơng x kái niệm khả vi theo Hadamard Gâteaux F trùng
Chøng minh:
Do F Lipschitz địa phơng x, có tồn số 0 số K cho (1.6) ỳng
Hiển nhiên F khả vi Hadamard F khả vi Gâteaux
(4)
i i
V : v B : v V,i 1, , n ,
2(K )
, cã (1.4) ta cã: ( i)( i 0) ( t (0, )) i ,
i
i F(x tv ) F(x)
v
t
(i 1, ,n) (1.7)
Lấy min1 i n i; v V Khi v v i0 B (i{1, , n}) Ta chọn đủ nhỏ để F Lipschitz tập x (vi B) Do t (0, ) ,
i i
F(x tv) F(x tv )
(v v ) (K )
t
(1.8)
Tõ (1.7), (1.8) suy ra: v V , t (0, ) , F(x tv) F(x) v
t
Điều chứng tỏ F x tv( ) F x( ) v
t
đồng theo v tập compăc Do đó, F khả vi Hadamard ti x
1.2.2 Tính khả vi chặt: Định nghĩa 1.7:
ánh xạ F đợc gọi có đạo hàm chặt Hadamard x: D F(x) L(X, Y)S , với v giới hạn sau tồn tại:
D F x v t
x F tv x F
S t
x
x ( )
) ( ) ( lim
0
;
,
trong hội tụ ng u theo v trờn cỏc compc
Định lÝ 1.2:
Giả sử F ánh xạ từ lân cận x vào Y; L(X,Y) Khi đó,các khẳng định sau tơng đơng:
a F khả vi chặt Hadamard x D F(x) S ;
b F Lipschitz địa phơng x, với v X,
v
t
x F tv x F
t x
x
) ( ) ( lim
0
; (1.9)
Chøng minh:
(5)Phản chứng: F không Lipschitz địa phơng x Khi tồn dãy
xivà
x i hội tụ đến x cho i i ix , x x B vµ
i i i i X y
F(x ) F(x ) i x x (1.10)
Ta xác định t , vi i thỏa mãn:
12
i i i i i x x t v , v i
Khi ti
Gi¶ sư V
vi i 1
0 Ta có V compăc Theo định nghĩa D F(x)S : 0, n : i n , v V,
i i i S
i y
F(x t v) F(x )
D F(x)v t
Nhng điều khơng thể xảy với v v i, theo (1.10) ta có:
1
1
2
i i i
i i i i i i i
i y i i i
F(x t v) F(x ) i i i
(x t v ) x t v t i i
t t t t
b Giả sử b) Lấy tập compăc V X; số 0 Do F Lipschitz địa phơng x, có tồn số 0 số K 0 cho (1.6)
Với hình cầu đơn vị mở B, có tồn phủ mở hữu hạn
i i
V : v B : v V,i 1, , n ,
2(K )
Từ đó, ( v )( i i 0) : x x iB, t i (0, )i ,
2 )
( )
(
Y i
i v
t
x F tv x F
(i 1, ,n) (1.11)
Lấy min1 i n i ; v V Khi v v i0 B (i{1, , n}) Do đó, với x x B, t (0, ) ,
i i
Y F(x tv) F(x tv )
(v v ) (K )
t
(1.12)
Tõ (1.11), (1.12) suy ra: x x B, t (0, ), v V, ( ) ( ) 2
Y v t
(6)Điều chứng tỏ ( ) ( ) v
t x F tv x F
đồng theo v tập compăc Vì đạo hàm chặt Hadamard F
Định nghĩa 1.8:
ỏnh x F c gi l khả vi liên tục theo Gâteaux x, tồn đạo hàm Gâteaux DF lân cận x DF(.) : X L(X,Y) liên tục x (theo tơpơ chuẩn tốn tử)
HƯ qu¶ 1.2.1:
Giả sử ánh xạ F khả vi liên tục theo Gâteaux x Khi đó, F khả vi chặt Hadamard x, f Lipschitz địa phơng x
Chøng minh:
Lấy dãy
x , v , ti i i (ti 0) hội tụ lần lợt đến x, v,0 Ta cần rằng:* y
i i i i
i
i 1
i
F(x t v ) F(x )
lim sup , DF(x)v
t
(1.13)
Theo định lí giá trị trung bình, có tồn x*i
x , xi i t vi i
cho với Y * ta cã:
i i i i i
i
F(x t v ) F(x )
, DF(x)v
t
,DF(x )v*i i DF(x)vi *
i i
, DF(x ) DF(x) v
đồng theo , i (do DF(.) liên tc ti x) T ú suy (1.13)
Định lÝ 1.3:
Giả sử f : X R khả vi Fréchet có đạo hàm bị chặn tập lồi U, tức là :
f (x) ( x U) . Khi đó, f hàm Lipschitz U.
Chøng minh:
Víi x, xU, ta cã:
0
f (x) f (x ) sup f (x (x x) x x
f (x) f (x ) x x
(7)Giả sử U tập lồi më kh«ng gian Banach X
Nhắc lại: Hàm f : U R đợc gọi lồi U, với u, uU,
0,1
:
f ( u (1 )u ) f (u) (1 )f (u )
Ký hiệu B hình cầu đơn vị mở v B l hỡnh cu n v úng
Định lÝ 1.4:
Giả sử f hàm lồi tập lồi mở U; bị chặn lân cận của một điểm thuộc U Khi đó, f Lipschitz địa phơng U.
Chøng minh:
LÊy x U , ta ph¶i chøng minh f Lipschitz mét l©n cËn cđa x
Tríc hÕt ta f bị chặn moọt lân cận x Không tính chất tổng quát, giả sử f bị chặn số M tập B U
Chọn 1 để cho: y x U Nếu 1
, tập hợp: V :
v : v (1 )x y, x Blà lân cận điểm xy với bán kính (1 ) Víi mäi v V , ta cã:
f (v) (1 )f (x ) f (y) M f (y); (1.14) Nh vËy f bị chặn lân cận V x
LÊy z V ( x (1 ) B), tồn điểm zV cho: x 1(z z )
2
Khi đó,
f (x) 1f (z) 1f (z )
2
f (z) 2f (x) f (z ) 2f (x) M f (y)
(do(1.14))
f
bị chặn dới V f bị chặn V
Giả sử N đánh giá f tập x B ( 0) Lấy
x , x x B, x1 x2 Đặt:
x3 x2 (x2 x )1
, ( x2 x )1 (1.15) Ta cã x3 x B, bëi v× x2 x B,
2 (x x )
B x x
(8)Tõ (1.15) suy ra:
x2 x1 x3
f (x )2 f (x )1 f (x )3
f (x ) f (x )2 1
f (x ) f (x )3 1
f (x ) f (x )3 1
Bëi v× f N, x2 x1 , cho nªn: f (x ) f (x )2 1 2N x2 x1
Thay đổi vai trò x , x1 ta có: f (x ) f (x )1 2 2N x2 x1
f (x ) f (x )2 1 2N x2 x1
( x , x 2 x B) HƯ qu¶ 1.3.1:
Giả sử f hàm lồi f N tập lồi mở U, U chứa lân cận tập V Khi f thỏa mãn điều kiện Lipschitz V, với hàng số Lipschitz 2N
1.4 Đạo hàm suy réng theo ph¬ng:
Giả sử f hàm Lipschitz địa phơng x X Định nghĩa 1.9:
Đạo hàm suy rộng hàm f theo phơng v( X) x, ký hiệu f (x; v) , đợc xác định nh sau:
x x;t
f (x tv) f (x) f (x; v) limsup
t
(1.16)
trong x X, t 0
Đây khái niệm đạo hàm suy rộng theo phơng F H Clarke
(9)Định lí 1.5:
Gi s f Lipschitz địa phơng với số Lipschitz K x Khi đó: (i) Hàm v f (x; v) hữu hạn, dơng, dới cộng tính X và f (x; v) K v ;
(ii) f (x;v) nưa liªn tơc trªn theo (x, v); f (x;.) Lipschitz (theo v) víi h»ng sè K trªn X;
(iii) f (x; v) ( f ) (x; v) .
Chøng minh:
(i) Do f Lipschitz địa phơng x với số Lipschitz K, tồn lân cận U x cho với y, z U :
f (y) f (z) K y z Do đó, từ (1.16) ta có:
y x;t K tv
f (x; v) limsup K v t
,
bởi với t đủ nhỏ, y U y tv U Từ suy tính chất hữu hạn hàm f (x;.)
Víi 0, ta cã:
y x;t y x;t
f (y t v) f (y) f (y t v) f (y)
f (x; v) limsup limsup f (x; v)
t t
hàm f (x;.) dơng
Bây giê kiĨm tra tÝnh díi céng tÝnh:
y x;t
f (y tv tw) f (y) f (x; v w) limsup
t
y x;t y x;t
f (y tv tw) f (y tv) f (y tv) f (y)
limsup limsup
t t
f (x; w) f (x; v) , bëi v× y tv x y x vµ t 0 .
(ii) Lấy dãy
xi
vi hội tụ đến x v tơng ứng Theo định nghĩa limsup, với i, yi X, t i cho:yi xi ti i
(10)i i i i i i i
1 f (y t v ) f (y ) f (x , v )
i t
i i i i i i i i
i i
f (y t v) f (y ) f (y t v ) f (y t v)
t t
(1.17)
§Ĩ ý r»ng:
i i i i i i i
f (y t v ) f (y t v)
K v v t
với i đủ lớn Khi từ (1.17) ta có: limi sup f0(xi;vi)f0(x;v)
Do f (.;.) nửa liên tục
Ta chøng minh f (x,.) Lipschitz trªn X Víi u, w X , ta cã:
f (y tv) f (y) f (y tw) f (y) K v w t , (víi y gÇn x, t dơng gần 0)
f (y tv) f (y) f (y tw) f (y) K v w
t t
f (x; v) f (x; w) K v w (1.18) Đổi vai trò v w ta nhận đợc:
f (x, w) f (x; v) K v w (1.19) Tõ (1.18) vµ (1.19) suy ra:
f (x; v) f (x;w) K v w
Nh vËy lµ f (x;.) Lipschitz víi h»ng sè K trªn X (iii) Chøng minh f (x; v) ( f ) (x; v) :
x x;t
f (x tv) f (x ) f (x; v) limsup
t
u x;t o
( f )(u tv) ( f )(u) limsup
t
(Đặt u x tv)
(11)CHƯƠNG 2: ĐIềU KIệN CầN CHO CáC BàI TOáN
TốI ƯU VớI HàM LIPSCHITZ
2.1 BàI TOáN QUI HOạCH TOáN HọC ĐƠN MụC TIÊU
Giả sử X không gian Banach, f : X R, gi : X R (i =1, ,n),
j
h : X R (j=1,…,m) CX
Xét toán:
f x ,
(P1) gi 0 (i=1,…,n), hj=0 (j=1,…,m),
xC.
Ký hiÖu g:=(g1,…,gn),h :=(h1,…,hm): L(x,,r,s,k):
R R R R
X n m
R hàm Lagrange toán (P1):
) ( , , )
( , )
( , ) , , , ,
(x r s k r g x s h x k r s d x
L C ,trong dC(.)là hàm
khoảng cách đến tập C.
NhËn xÐt 2.1
NÕu C = X th× hàm Lagrange có dạng: ) ( , )
( , ) ( ) , , ,
(x r s f x r g x s h x
L Tríc chøng minh quy tắc nhân
tử Lagrange, ta nhắc lại sè kiÕn thøc cđa gi¶i tÝch Lipschitz
Định nghĩa 2.1 Hàm f: XY đợc gọi lipschitz địa phơng x, tồn số 0và số K > cho:
) '' ( ) '
(x f x
f K x ' x '' (x’,x’’ x+ B), B hình cầu đơn vị
më X.
Giả sử f hàm Lipschitz địa phơng x X.
Định nghĩa 2.2 Đạo hàm suy rộng Clarke f theo phơng v x, ký hiệu f 0(
x;v),đợc xác định nh sau:
t x f tv x f v
x f
t x
x
) ( ) ( sup lim ) ; (
0
0
NhËn xÐt 2.2
Giả sử f hàm Lipschitz địa phơng x Khi ú, f 0(
x;.)hữu hạn, nhất dơng, dới cộng tính Lipschitz X (xem
1)
Định nghĩa 2.3 Gradient suy rộng Clarke f x, ký hiệu f(x),là
tập hợp sau X*:
X f x u u u Xx
f
( ): *: 0( ; ) , , }
Gradient suy réng Clarke cã c¸c tÝnh chÊt sau:
Mệnh đề 2.1 (
1) Giả sử f hàm Lipschitz địa phơng với số K x Khi đó,1) f(x) låi, compăc *yếu X*
*K (f(x))
Trong .* chuẩn X*;
2) f 0(
x;v)=max {< ,v>: f(x)} (v X );
(12)4) NÕu dim X < +, f nửa liên tục x; 5) NÕu dim X < +, th×
f
(x)=co
limf(xi):xi x,xiS,xi f
Trong S tập hợp tuỳ ý cóđộ đo Lebesgue 0, flà tập điểm không khả vi f ( f có độ đo 0);
6) Giả s fi hàm Lipschitz địa phơng x,i R (i=1,…,n) Khi đó,
n i i i
f
1
(x) fi
xn i i
1
Định lý 2.1 (nguyên lý biÕn ph©n Ekeland
1 )Giả sử X không gian metric đầy đủ với metric d, f :X R
;f hàm nửa liên tục dới bị chặn dới; điểm u X số > thoả mãn:
f
u
f( ) inf .
Khi : 0,v X cho
(i) f(v)f(u),
(ii) d(u,v),
(iii) wX,wv, ta cã
) ( ) , ( )
(w d w v f v
f
Cho họ hàm
ft :X R
tT tôpô Giả thiết hàm ft (.) Lipschitz địa ph-ơng x Ký hiệu:
*: ( ), , , ,: ) (
]
[T ft x co X ifti xi xi x ti t tiT
giới hạn *yếu
i
, co ký hiệu bao lồi đóng *yếuĐịnh nghĩa 2.4 Ta nói ánh xạ đa trị ( ,x) f(x)là đóng *yếu
), ,
( t x nÕu T ft(x)ft(x)
Gi¶ thiÕt r»ng:
a) T không gian compăc;
b) Tồn lân cận U x cho : ánh xạ t ft(x)nửa liên tục với x U ;
c) ft hàm Lipschitz với số K U(tT)và
ftx :tT tập bị
chặn
Hàm f :X R đợc xác định nh sau:
f x t T
x
f( )max t( ):
Từ giả thiết a) -c) suy hàm f xác định hữu hạn U, đồng thời f luôn đạt cực đại T hàm f Lipschitz với số K U.
Ký hiệu M(x):
tT : ft
x f
x
Rõ ràng M(x) đóng (x U )Với tập hợp Q T, ta kí hiệu P
Q tập hợp độ đo Radon xác sut trung trờn Q.Định lý 2.2 (
1)Giả sử giả thiết a ) -c) Hơn nữa, hai điều kiện sau đúng:
d) X không gian tách;
(13)Khi đó:
( ) ( ): [ ( )] )
(x [ ]f[] x d t P M x f
TT t
B©y ta phát biểu điều kiện cần cho toán (P1)
Định lý 2.3 (Quy tắc nhân tử Lagrange cña F H Clarke)
Giả sử x nghiệm tốn (P1); tập C đóng hàm f, gi, hi (i = 1, …,n; j = 1,…,m) Lipschitz địa phơng x C Khi đó, với số k đủ lớn,
tån t¹i R r Rn s Rm
, ,
không đồng thời 0,0 ,r 0sao cho:
, (
0xL x ,r,s,k), (2.1)
0,,
r g x (2.2)
Trong xLlà gradient suy rộng Clarke hàm L theo biến x
Véc tơ (,r,s) thỏa mãn (2.1), (2.2) đợc gọi nhân tử Lagrange
to¸n (P1)
NhËn xÐt 2.3
Khẳng định định lý 2.3 cho trờng hợp x cực tiểu yếu địa phơng
Thật vậy, x cực tiểu địa phơng, 0sao cho:
x f
xf (xC{x B})
Trong B hình cầu đơn vị đóng X.
Thay C tập {C x +B} ta nhận đợc (2.1), (2.2). Nhận xét 2.4
Khẳng định định lý 2.3 đúng, ta lấy (,r,s)
Thật vậy, (,r,s) nhân tử Lagrange, tøc lµ tháa m·n (2.1) (2.2) (víi
số k đó), với t 0, véc tơ (t,tr,ts)cũng nhân tử Lagrang Lấy t (,r,s) 1, ta nhận đợc (t,tr,ts) 1
Chứng minh định lý 2.3
Đặt:
T:=
( , , ) : 0, 0, ( , , ) 1
r s r r s
t n m
.
Với số 0, ta xác định hàm F: X R F(x) :=(max,r,s)T
(,r.s).(f(x) f(x) ,g(x),h(x))
Chú ý F hàm Lipschitz địa phơng x F(x)
Ta cã F(x)>0 (x C) ThËt vËy, nÕu yC:F(y)0 th×
) , , , , , ( , )
(y h i n j m
gi j tức y điểm chấp nhận đợc bài tốn (P.1)
f(y)f(x) , m©u thn víi tÝnh cùc tiĨu cđa x (!) V× vËy
F
x F
C
inf )
(
Theo nguyên lý biến phân Ekeland, tån t¹i u x + B cho :x C )
( )
(x x u F u
F
NÕu
k lµ h»ng sè Lipschitz cđa hµm (f,g,h) lân cận x, với >
0 đủ nhỏ, k >
k cịng lµ h»ng sè Lipschitz cđa hµm F(x) x u
(14)Do đó, u đạt cực tiểu lân cận (của u) hàm số sau (
1 , mệnh đề 2.4.3):
x F(x) x u +kdc (x) =
L x r s k f x
x u G x x uT ( ,, , , ) ( ) ( )
max
Trong G(x):max
L(x,,r,s,k) f(x)
T
Vì vậy, với 0 đủ nhỏ, ta có:
( )
0 G u B. (2.3)
Ta chøng minh ánh xạ:
(t,x) xL(x,t,k) (2.4) L úng theo định nghĩa 2.4
LÊy t1,t2T xÐt hµm sè:
x L(x,t1,k) L(x,t2,k)(t1 t2).(f,g,h)(x)
Hàm số Lipschitz địa phơng x với số k t1 t2
Vì vậy, theo mệnh đề 2.1, ta có:
B t t k k t x L k
t x
L x
x ( , 1, ) ( , 2, )
Từ suy ánh xạ (2.4) đóng
Do F(u)> 0, tồn vec tơ đơn vị tuT đạt cực đại
F(u) = max
t.(f(u) f(x),g(u),h(u))
(có nghĩa tu đạt cực đại G(u))áp dụng định lý 2.2, từ (2.3) ta nhận đợc:
0 xL(u,tu,k) B (2.5)
Chó ý: nÕu gi(u) 0,th× tu ta cã ri =0
NÕu ta làm cho dÃy i 0, có dÃy tơng ứng ui x, còn dÃy
tui hội tụ đến phần tử T.Từ (2.5) tính đóng ánh xạ (2.4), ta suy kết luận định lý
Hệ 2.3.1 giả sử x nghiệm toán (P.1); giả thiết định lý 2.3 thỏa mãn Khi đó, với số k đủ lớn, tồn R r Rn s Rm
, ,
kh«ng
đồng thời 0, 0 ,r 0sao cho:
n i
C m
j
j j i
i g x s h x k r s d x
r x
f
1
) ( ) , , ( ) ( )
( )
(
0
r,g
x 0,Hệ 2.3.2 Giả sử x nghiệm toán (P.1); giả thiết định lý 2.3 thỏa mãn Khi đó, tồn R r Rn s Rm
, ,
khơng đồng thơì 0,
0 , r
cho:
n i
m j
C j
j i
i g x s h x N x
r x
f
1
, ) ( ) ( )
( )
(
r,g
x 0,Trong Nc (x) nón pháp tuyến Clarle C x
Chøng minh
Bëi v×:
( )
) (
0 d x
cl x
NC C
(15)trong cl ký hiệu bao đóng *yếu, áp dụng định lý 2.3 ta nhận đựợc hệ qủa 2.3.2
2.2 §IỊU KIƯN KHÔNG SUY BIếN CủA RàNG BUộC
Cỏc iu kin nhận đợc mục 2.1 suy biến 0 Khi đó, hàm mục tiêu khơng có điều kiện cần Ta tìm số điều kiện khơng suy biến cho tóan (P.1)
Giả sử x điểm chấp nhận đợc tóan (P.1), 0,k 0 Đặt :
( , ) :0 ( , , , , ), 0, , ( ) 0
, )
(x r s R R L x r s k r r g x
M n m x
k .
NhËn xÐt 2.5
(r,s)Mk(x),0 (r, s) M1k(x)
Do đó, ta xem nh có hai
tr-êng hỵp khác nhau: 0và
Nhận xét 2.6:
Từ định lý 2.3 suy : x nghiệm tốn (P1), với k đủ lớn, Mkl(x)
Mk0(x)/
0
Chó ý: ta lu«n cã 0 M0(x)
k
Ta xét vài điều kiện không suy biến, tức điều kiên đảm bảo 1
Cụ thể ta xét điều kiện đảm bảo 0( ) {0}
x
Mk Khi đó, theo nhận xét 2.6:
1
Giả sử x điểm chấp nhận đợc toán (P.1)
Mệnh đề 2.2 Giả sử điều kiện Mangasarian - Fromowitz tức mỗi gi, hj khả vi liên tục x với đạo hàm gi(x),hj(x),C X , vectơ
) (x
hj
(j=1,…,m) độc lập tuyến tính tồn v0 cho:
0 ),
( 0
hj x v (j=1,…,m), (2.6)
0 ),
( 0
gi x v , nÕu gi(x)0 (i=1, ,n) (2.7)
Khi 0( ) {0}
x
Mk
Chøng minh
Ph¶n chøng: 0( )
0
x
M
k ( chó ý :0 ( )0
x
M
k ) Khi tồn )
0 , ( ) , ( ), ( )
,
(r s
M
0k x r s cho:
m j
j j i
n i
i g x s h x
r
1
0 ) ( )
( (2.8)
Bởi hj(x) (j=1,…,m) độc lập tuyến tính, ri 0 Do
0 ) ( ,
0
rg x
r g(x)0 (x-chấp nhn c) ta suy ra:ri 0,gi(x)0 (i
với i mµ ri 0).Tõ (2.8) suy ra:
0 ),
( ),
( 0 0
r g x v s hj x vj j i
i
i (2.9)
Do(2.6), (2.7), vế trái (2.9) âm Vô lý (!). Vì 0( ) {0}
x
Mk
Giả sử toán (P.1) khơng có ràng buộc đẳng thức (m = 0) Mỗi hàm gi lồi;
tập C lồi; x điểm chấp nhận đợc
(16)) , , ( ) (
,g x i n
C
x i
Khi 0( ) {0}
x Mk
Chøng minh
Ph¶n chøng Mo(x)
k chứa phần tử r0 Khi đó,
, ( ) ( )
0 r g x k r dC x
Bởi hàm x r,g(x)k r dC(x) lồi, đạt cực tiểu x Do x chấp nhận đợc <r,g(x) >=0, ta suy giá trị cực tiu ca hm bng 0.
Mặt khác
x chấp nhận đợc
0 ) x ( d r k ) x ( g
,r C
Điều m©u thÉn víi tÝnh cùc tiĨu cđa x (!)
2.3 QUi HOạCH ĐA MụC TIÊU
Kết mơc 2.3 lµ cđa B D Craven (1989) Gi¶ sư F: Rn Rp g Rn Rm h Rn Rr
, : , : là hàm Lipschitz địa phơng
t¹i x Rn Q Rp
; ,
n
m T R
R
S , nón lồi đóng với intQ intS Xét toán tối
-u vÐc t¬:
W M I N F (x),
(P2) - g(x) S
- h(x) T,
Trong WMIN ký hiệu cực tiểu yếu địa phơng mà ta định nghĩa dới
Ký hiệu tập chấp nhận đợc toán (P2): :={x Rn : - g(x) S, - h(x) T } Định nghĩa 2.5
(i) Điểm x đợc gọi nghiệm Pareto địa phơng (local Pareto solution)
hay nghiệm hữu hiệu địa phơng (local efficient solution) toán (P2),
nÕu tån t¹i sè 0 cho :xB(x,),
}, { \ )
( )
(x F x Q
F (2.10)
Trong B(x,) hình cầu mở tâm x, bán kính ;
(ii) Điểm x đợc gọi cực tiểu yếu địa phơng (local weak minimum) hay nghiệm hữu hiệu yếu địa phơng (local weakly-efficient solution) của toán (P2), tồn số > cho,
Q x
F x
F( ) ( )int (xB(x,)); (2.11)
(iii) Điểm x đợc gọi cực tiểu mạnh địa phơng (local strong minimum) toán (P2), tồn 0 cho:
F(x) F(x)Q (xB(x,)), (2.12)
Hay F(x)QF(x) (xB(x,)),
Trong y1 Qy2 y1 y2Q. Nhận xét 2.7
(17)x
lµ cùc tiĨu yếu
Với tập E ( Rm)và điểm c E.
Ta định nghĩa:
} E x , : ) c x ( { :
Ec
Trở lại với tốn (P2) Nón Q có intQ Khi nón liên hợp Q* có một sở lồi compăc B Nh vậy,
b b BQ* : 0, vµ 0B
Cho x cực tiểu yếu toán (P2)
Ký hiệu A sở lồi compăc (S-g(x)*; sở tồn
intS vµ Sg(x) S
Mệnh đề 2.4 giả sử Q lồi đóng, intQ ; B c s li
compăc nón Q*; điểm u X tho¶ m·n:
,
u ( B).
Khi đó, u - intQ. Chứng minh
Theo gi¶ thiÕt
0 ,
u (B)
, u ( Q*)
* *
Q u
Mặt khác, Q nón lồi đóng, nên Q** coQQ
V× vËy, -u Q
Giả sử -u bdQ (biên Q) Theo định lý tách, tồn 0 0( 0 Rm)
cho: 0 u0
,
0
v (v Q)
* 0Q
: Mâu thuẫn với giả thiÕt (!).
VËy, u intQ
Víi T Rr ký hiệu L(T) không gian tuyến tính sinh bëi T.
Mệnh đề 2.5 Giả sử T Rr nón lối đóng có intT= . Khi đó, Rn L T C
( ) ( tổng trực tiếp khơng gian con), T
có phần khác L(T) Do đó, ràng buộc - h (x) T tơng đơng
với cặp ràng b1uộc nón, nón có điểm ( khơng gian chiều với L(T)), cịn nón { }.
Chøng minh
Giả sử x1,x2, ,xj véctơ độc lập tuyến tính T, L(x1,x2, ,xj)là khơng gian tuyến tính sinh . x1,x2, ,xj
Nếu T L(x1, ,xj) xj1T \L(x1, ,xj) đó, ta thêm xj+1 vào
j
x x
x1, 2, , xuÊt ph¸t tõ x1T \{0}
, ta xây dựng đợc sở x1,x2, ,xk cho
L(T) NÕu L(T) Rr
, sở đợc mở rộng thành sở x1,x2, ,xk, ,xr của Rr
Ký hiệu E đơn hình có đỉnh 0, x1,x2, ,xk đó, int E
L(T), E T, intT L(T)
(18)) ( ) ( )
(x T Vh x V T
h
] ) ( ), ( ) (
[ 1 2
Vh x V T V h x ,
Trong V1h gồm k thành phần đầu Vh, V2h gm cỏc thnh phn cũn
lại, intV(T) kh«ng gian V(L(T)).
Mệnh đề 2.6. ([2])
Giả sử X,Y không gian định chuẩn; tập X khỏc ; D Y
compăc, 0D;P{d: 0,dD};
f: Y R liªn tơc, f (.,v) lồi (v Y), f(u.,) lõm dơng (
u ) Khi , có hệ sau tơng thích: (i)
(
u
)(
v
P
\
:)0
f
vu
),(
;0
(ii)
(
v
P
\
(0
u
)
: f(u,v)0NhËn xÐt 2.8
Ta phủ nhận (i) nhận đợc: (iii) (
(
u
)(
v
P
\
:)0
f
,(
vu
0)
Khi đó, (iii) (ii).Mệnh đề 2.7 Giả sử Q nón lồi; B tập compăc, B,Q* = }
, :
{b bB Giả thiết tồn phơng d0 cho với B,đạo hàm
suy réng Clarke:
0 ) ; ( )
( 0
d x F
Khi đó, tồn phơng d (B)0 cho:
0
)(
'
(
0
,
(
))
[
(
)
)
(
)]
0
\
*
(
Q
B
r
F
x
d
F
x
,
Trong , '
có nghĩa là: với tất trừ tập có độ đo Lebesgue Chứng minh
Gi¶ sư ( \{0})( ):( )0( ; 0) 0( )
0
n
R X d
x F B X
d
Theo [1], hµm ( F ()0 x
;.) Lipschitz, nên liên tục X Vì với d d0 đủ nhỏ, (
) ; ( ) ( : ) )(
(
d X B F x d
Theo định lý Fubini, phơng d nh chọn để cho với
0 ) (
1
đó, F’ (xd) tồn với [0, ( )]
1
trừ mt vi o
Đặt ():F(xd) Bởi (F)(x)F(x),
(dX)( B)(MF(x))Md
Vì f(x) gồm tất tổ hợp lồi giới hạn gradient F điểm ,
x
x cho nªn [0, ( )]: '( ) 0,
'
02()1() Vì vậy,
)]) ( , [ )(
( ' 2
B :
0 ( )
) ( )
( d
(19)Định lý 2.4 Giả sử F:R n Rp hàm Lipschitz địa phơng x;x cực tiểu yếu địa phơng không ràng buộc F(x) Khi đó, tồn B cho :
) )( (
0F x
Chøng minh
Gi¶ sư ( )( ):( )0( ; 0)
0
d X B F x d Từ mệnh đề 2.7, tồn phơng dX cho với dãy
i
B,0 )] ( ) (
[F xid F x
Theo mệnh đề 2.4,
, ) , ( int ) ( )
(x d F x Q i
F i ,
mâu thuẫn với x cực tiểu yếu địa phơng không ràng buộc F(x) Do đó, ( )( *\
0
( )0( ; )
d X Q F x d
Các giả thiết mệnh đề 2.6 với u=d,v , f(u,v) (vF)0(x;u)
,
hàm f lồi theo u, lõm dơng theo v:
t w F tu w F v v u f t x w )) ( ) ( ( sup lim : ) ; (
(supremum hàm tuyến tính theo v) Do đó,
0 )( )( ) ( ; )\ * (
Q d X F x d
) )( ( 0F x
với Q*\
0
với BĐịnh lý 2.5 Giả sử x cực địa phơng toán (P2); F,g h các hàm Lipschitz địa phơng x Khi đó, tồn nhân tử Lagrange
* *,
*, S T
Q
không đồng thời thỏa mãn:
) )( (
0Fgh x ,
0 ) x ( h , ) x (
g
.
Chøng minh
Từ mệnh đề 2.5 ràng buộc tóan (P2) thay ràng buộc tơng đơng với intS T = { }.
Đặt J : = (F,g,h), V: = Q ( ){0}
g x
S . Gi¶ sư ) ; ( ) ( : }) { \ )(
( * 0
0
d X V x d
(2.13)
Theo mệnh đề 2.7, thay cho
, J cho F, có tồn d X cho:0 )] ( ) ( [ ))), ( , ( })( { \ ( * '
V V p J x d J x
a) Khi cố định
B,A đặt (,,) với > ta nhận đợc:0 ) ( )
( 1
h x d , (2.14)
Bởi F, g Lipschitz địa phơng x, () '()không phụ thuộc
C
C compăc, O1() đại lợng bậc với
Giả sử H orthant (góc phần t ) bất kú Rr, eintH Víi ), , ( , C H e
1()2()e Vì vậy, từ (2.14) ta nhận đ-ợc:
[h(xd O2()e]0
* *
* *
2( ) ( ) {0)
)
(x d O e C H C H H
h
.
(20)) ( } { ) ( : ))) ( , (
( ' ' 3
h x d O
.
) (x d h
=o4( ),
Trong o4( ) vơ bé
Nếu h(x)có dạng cực đại: định lý hàm ẩn Clarke ([1], hệ 7.1.1)
chØ r»ng: NÕu
h(xd)= với đủ nhỏ,
h(x) = với xxd()nào
Với =o4(), ta nhận đợc
h(xdw())0,trong w())()
b) Nếu ta lấy (,,) với B C cố định, A thì
0 ) ( ) ( [ )) ( , ( ' '
g x d g x ,
trong ()khơng phụ thuộc vào tập compăc A. Từ mệnh đề 2.4 suy ra:
int ) ( )
(x d g x S
g
, int ) ( ) ( )] ( ) ( [ )] ( )) ( ( [ )) ( ( ( S S S o x g x g d x g d x g w d x g w d x g
Với đủ nhỏ, trừ tập có độ đo
Vì vậy, xxdw() điểm chấp nhận đợc
c) Ta lấy (,,), lý luận tơng tự, ta nhận đợc:
Q x
F d x
F( ) ( ) int
Q x F w d x
F( ( )) ( )int
( 0)
Điều mâu thuẫn với (x) cực tiểu yếu địa phơng(!) Có mâu thuẫn giả sử có (2.13) Vì (2.13) không tức là:
0 ) ; ( ) }( { \ )(
( *
0
d X V J x d
áp dụng mệnh đề 2.6, tồn V* \{0}
cho:
( )( )0( ; )
d X J x d
0(J)(x)
Trờng hợp h(x) khơng có dạng cực đại: Khi tồn M h(x) có hàng
phụ thuộc tuyến tính Do tồn 0 cho M=0 Vì vậy,
0(J)(x) ,víi 0, 0, 0
Định lý đợc chứng minh cho trờng hợp T={0} Khi T{0} ràng buộc
của (P2) tơng đơng với: -g(x)S, V1h(x)V(T1),V2h(x)=0,
Trong int, intV(T1) V(L(T)).
Vì với ,,,'' thích hợp khơng đồng thời ta có: 0(Fg'V1h'V2h)(x),
ở ('V1,'V1)T*, ('V1,'V2)h(x)=0
nh lý c chng minh
2.4 ĐIềU KIệN KHÔNG SUY BIếN CHO BàI TOáN (P2) Mệnh đề 2.8 Giả sử điều kiện Slater đúng, tức (,)(0,0)
T u S u R u x h x g n
( ))( ( ))( ): int ,
(
(21)Chøng minh.
Phản chứng: Giả sử =0 Khi đó, 0 (theo giả thiết) =0, với
nào thuộc g(x) thuộc h(x)
Khi u0 u0 (S,T*) Do ()u0: Mâu thuẫn (!) ( =0) Vì 0
Mệnh đề 2.9 Giả sử điều kiện ổn định Robinson cho toán: (P3) WMIN{F(x):-h(x)T}, tức là:
] ) ( ) ( int[ : )) (
(M h x h x M X T (2.15)
Khi 0 Chứng minh
Theo định lý 2.5, tồn Q*,T*,(,)(0,0) cho:
0 ) ( ), )( (
0Fh x h x
Giả sử 0 Khi đó, 0 Mg(x) cho 0M, Từ điều kiện 2.5 suy tồn lân cận N cho:
0 ) ( ) ( ) ( )
( )
(N h x M X T T
Điều mâu thuẫn (T )R (N)(,)
(vi > no ú) Vỡ vy
CHƯƠNG 3: ĐIềU KIệN Đủ TốI ƯU
3.1 BàI TOáN LồIGiả sử X không gian tôpô tuyến tính, f: X R, tập QX Xét toán tối
-u:
min{f(x):xQ}.
Định nghĩa 3.1 Điểm x đợc gọi cực tiểu toàn cục hàm f Q
f(x)f(x) (xQ).
Định lý 3.1 Giả sử f hàm lồi, Q tập lồi Khi điểm cực tiểu địa ph-ơng f Q cực tiểu toàn cục.
Chøng minh
Giả sử x cực tiểu địa phơng hàm f tập Q Khi tồn lân cận
U cña x cho:
f(x)f(x) (xQU ).
Lấy xQ Bởi U tËp hót, cho nªn (0,1) cho:
x (x x)
x U.
Do Q låi, nªn x Q Nh vËy , x QU vµ
) ( ) (x f x
f (3.1)
Bởi f hàm låi, cho nªn
)] ( ) ( ) ( [ )] ( ) ( ) ( [ ) (
) ( ) ( ) ( ) (
x f x
f x
f x
f x
f
x f x
f x f
(do(3.1)
=f(x).
Định nghĩa 3.2 Bài toán tối u đợc gọi lồi, hàm mục tiêu f tập
(22)NhËn xÐt 3.2
Đối với tốn lồi, cực tiểu địa phơng cực tiểu tồn cc l trựng
Định lý 3.2 Giả sử f hàm lồi liên tục; Q1, ,Qn1 tËp låi; tån t¹i 1 ^ ) (int
i n
n
i Q Q
x Gi¶ sư 0
1 ;
: Q K
Q
x n i
i
nón phơng
gim ca f ti x;K , ,1 Kn nón phơng chấp nhận đợc n
Q
Q , ,1 (tơng ứng) x;Kn1 nón phơng tiếp xúc Qn1 x Khi đó, để x cực tiểu hàm f Q, điều kiện cần đủ tồn tại
*
i iK
(i=0,1,…,n+1) không đồng thời cho:
1
0 n
=0 (3.2)
Chøng minh
a) Điều kiện cần Giả sử x cực tiểu f Q Nếu K0 , kết suy từ định lý 3.1 Dubovit-sky-Milyutin, nón K , ,0 Kn lồi, mở
NÕu K0 , ta chän
*
i iK
(i=0,1,…,n+1) khác , đặt
1 n i i
,vì K0 nên
* *
0 X
K , đó, 0 K0* (3.2)
b) iu kin
Phản chứng: x không cực tiểu hàm f Q, tức tồn tại:x1Q
Sao cho: f(x1) f(x) (3.3)
Đặt : (1 ) (0 1)
1 ^
x x
x Do xQi x1Qi
^
, (i=1,…,n+1), cho nªn
i
Q
x int (i=1,…,n+1) Do f liên tục, với > đủ nhỏ, từ (3.3) suy ra:
) ( ) (x f x
f (3.4)
Ký hiÖu u:=x x Do f låi ,víi < <1, ta cã:
0 ) ( ) ( ) ( ) ( [ lim ) ( ) ( lim ) ; ( ' ) ( ) ( ) ( ) (
0
f x f x
x f x f x f u x f u x f x f x f u x f (do(3.4)) K u
Hơn nữa, u Ki (i=1,,n), v× xuintQi(0 < <1); uKn1 Bëi v× xuintQn1 (0< <1)
Mặt khác ,K , ,0 Kn nón lồi mở, (3.2)
i n i K
: M©u thuẫn (!).Vì vậy, x cực tiểu hàm f trªn Q.
(23)(P4)
C
x
n
k
j
x
f
k
i
x
f
x
f
j i
)
, ,
1
(
0
)
(
)
, ,
1
(
0
)
(
)
(
min
0Gi¶ thiÕt r»ng :
(i) fi :X R(i0, ,k) hàm lồi khả vi; (ii) fj(x)j,xj,jX*,j R,
j=k+1,…,n;
(iii) C låi vµ intC
Định lý 3.3 Giả sử điều kiện (i)-(iii) thoả mÃn Giả thiết điều kiện
Slater ỳng:
(x^intC)f 0,f (x^)0 i
i
(i=1,…,k; j=k+1,…,n)
Khi để x nghiệm tốn (P4), điều kiện cần đủ tồn số 1, ,n cho: i 0,ifi(x)0 (i=1,…,k)
n i
i if x
x f
1
0( ) ' ( )
'
là phiếm hàm tựa C x, tức là:
) (
,
,x x xC
(3.5)
Chøng minh
a) Điều kiện cần: Giả sử x nghiệm toán (P4) Khi đó, tồn n
1, , cho 0 0,i 0,ifi(x)0 (i=1,…,k) vµ
) ( ' )
( '
1
0f x f x
n i
i i
là phiếm hàm tựa C x
Bởi x^ x phơng chấp nhận đợc, cho nên:
0
0
vµ ta cã thÓ lÊy 0 1
b) Điều kiện đủ: Lấy x chấp nhận đợc, tức là:
xC, f xi( ) 0, ( ) 0 f xj
(i=1,,k; j=k+1,,n)
Vì f0, ,fk hàm lồi, ta cã:
( ) ( ) ' ( ),
i i i
f x f x f x x x (i=0,…,k) (3.6)
Tõ ®iỊu kiƯn (ii) ta cã; f xj( )f xi( ) f ' ( ),i x x x (j=k+1,…,n) (3.7) NhËn xÐt (3.6) víi i 0 (i=1,…,k), nh©n (3.7) víi j(j=k+1,…,n) vµ céng
lại, ta nhận đợc: 0
1
( ) ( ) ( ) ( ) ,
n n
i i i i
i i
f x f x f x f x x x
(3.8) (24)V× vËy, tõ (3.8) suy ; 0
( ) ( ) n i i( ) ( ) ,
i
f x f x f x f x x x
Do đó, từ (3.5) ta nhận đợc 0( ) 0( )
f x f x (với x chấp nhận đợc)
NhËn xÐt 3.3
a) Trờng hợp k=n hay C ®a diƯn th× ®iỊu kiƯn: x ^ intC cã thĨ thay
b»ng x ^ C.
b) Điều kiện Slater dùng để chứng minh 0=1 điều kiện cn ca nh lý 3.3
3.2 BàI TOáN TRƠN Có RàNG BUộC ĐẳNG THứC
Các kết mơc 3.2 lµ cđa A D Ioffe vµ V M.Tikhomirov (1974, [5])
Giả sử X, Y không gian banach, f; X R, F: X Y, CX.
Xét toán: (P5)
C
x
x
f )
(
min
Định nghĩa 3.3 Hàm :X R đợc gọi K-hàm địa phng ca bi toỏn
(P5), tồn lân cËn U cña x cho: a) f x( )( )x ,
b) ( )x ( )x ( x C U )
c)
f(x) (x)0(xU)Mệnh đề 3.1 Giả sử xây dựng đợc K-hàm địa phơng toán
(P5) x Khi x cực tiểu địa phơng tốn (P5) Chứng minh
Với x C U ,ta có : f x( ) f x( )( )x ( ) 0x Vì vậy, x cực tiểu địa phơng toán (P5)
XÐt toán: (P6)
0
)
(
)
(
min
x
F
x
f
Ký hiệu hàm Lagrange toán (P6) lµ:
0
( , *, ) ( ) *, )
L x y f x y Fx Định lý 3.4 (Ljusternik, [5])
Giả s X, Y không gian Banach, U lân cận x X, ánh xạ F: U Y khả vi liên tục theo nghĩa Fréchet; đạo hàm F’(x) ánh xạ lên:
ImF’(x)=Y. Khi đó, khơng gian tiêp xúc với tập:
M:={x U:F(x)= F’(x)} T¹i x trïng víi Ker F’(x):
( )
M
(25)§ång thêi tồn lân cận U x: UU, số K > ánh xạ x() từ U vµo X cho:
( ( )) ( ), ( ) ( ) ( )
F x F x x K F F x ( U’)
Mệnh đề 3.2 ([5])
Giả sử hàm f ánh xạ F khả vi Frechet x, F(x)=0 F’(x)X đóng Khi đó, x cực tiểu địa phơng tốn (P6), tồn 0R, y*Y* không đồng thời cho:
0
' ( , *, )x '( ) '*( ) *
L x y f x F x y
Nếu F khả vi liên tục x,và F’(x) ánh xạ lên,thì 0 0 xem nh 0 1 F'*( )x ánh xạ liên hợp ánh xạ F’(x)
Định lý 3.5 (định lý giá trị trung bình)
Gi¶ s X, Y không gian tôpô tuyến tính, U tập më X, F: U Y
khả vi Gâteaux điểm đoạn [x,x+u] U Khi đó,
a) Nếu ánh xạ z F' ( )G z u liên tục từ [x,x+u] vào Y thì:
F(x+u)-F(x)=
0F' (G x tu udt )
,Trong F' ( )G z kí hiệu đạo hàm Gâteaux F z. b) Hơn nữa, X, Y không gian Banach thì:
0
( ) ( ) sup ' (G )
t
F x u F x F x tu u
,
Víi bÊt k× toán tử tuyến tính liên tục : X Y,
0
( ) ( ) sup ' (G ) _
t
F x u F x u F x tu u
Nãi riªng víi z [x,x+u],
0
( ) ( ) ' ( )G sup ' (G ) ' ( ) G t
F x u F x F z u F x tu F z u
Chứng minh
Đặt (t)=F(x+tu) Ta có:
( )
' (G )
d t
F x tu u
dt
( t [0,1])
Khẳng định a) suy từ công thức Newton-Leibnitz cổ điển Khẳng định b) hệ trực tiếp câu a)
1
0F' (G x tu udt ) sup0 t 1 F' (G x tu ) u
Định lý 3.6 Giả sử hàm f ánh xạ F khả vi Fréchet lân cận x, đạo hàm f’(.) F’(.) liên tục x; F’(x) ánh xạ lên:
Im F’(x)=Y
Khi để x cực tiểu địa phơng toán (P6) điều kiện cần đủ
0 *,
*
y Y , hàm số sau K-hàm địa phơng toán (P6):
) ( ) ( )
( *, )
(x y F x F x f x
NhËn xÐt 3.4
(26)) ( ) ( ) *, , ( ) ( ) ( *, ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( x f x F y x L x F x F y x f x f x x f x
đạt cực tiểu x hình cầu đóng B(x,):
) ( )
(x x
(x: x x )
Chứng minh định lý 3.6.
a) Điều kiện đủ: suy từ mệnh đề 3.1.
b) Điều kiện cần: Giả sử x cực tiểu địa phơng toán (P6) Theo mệnh đề 3.2, tồn y * Y* cho:
f(x)+F*(x)y*=0; (3.9) Đặt g(x)=f(x)-f(x)+<y*,F(x)> Từ (4.9) suy
g(x)=g’(x)=0
áp dụng định lý 3.4, tồn lân cận V x, số k > 0, ánh xạ xz(x) từ V
vµo X cho:
F(x+z(x))=F(x)=0, (3.10)
) ( )
(x k F x
z (3.11)
Có tồn > x x , thì:
( ) xV;
() f(x)-f(x)0, F(x)=0 (do x cực tiểu địa phơng);
() '( ) 1
k
x
g (do tính liên tục g(x) x) Cã tån t¹i )
2 ,
(
, x x , thì:
) ( )
(x K
F
Từ (3.11) ta nhận đợc:
) ( ) ( , ) ( ) ( x z x x x x z x x F k x z (3.12) Tõ (),(3.10),(3.12) suy ra:
g(x+z(x))=f(x+z(x))-f(x)+<y*,F(x+z(x))> 0.
Vì vậy, (3.11), () định lý giá trị trung bình ta có:
) ( ) ( ) ( )] ( , [ : ) ( ' sup )) ( ( ) ( ) (1k F x F x
k x z x z x x g x z x g x g x g
Đặt (x)g(x) F(x) Khi (x) đạt cực tiểu B(x,) Từ nhận xét 3.4, định lý đợc chứng minh
3.3 ĐIềU KIệN CầN Và Đủ CấP CủA IOFFE -TIKHOMIROV Định nghĩa 3.4 Giả sử ánh xạ F khả vi kiên tục Fréchet lân cận
(27)F(x+v)=F(x)+F’(x)v+
2
B(v,v)+r(v), Trong ( ) /
v
X Y
v
r
X
v
Dạng toàn phơng B(v,v) đợc gọi đạo hàm Fréchet cấp F x, ký hiệu F”( x)(v,v).
Nếu F khả vi Fréchet cấp lân cận x ánh xạ xF”(x) liên tục x, F đợc gọi khả vi kiên tục Fréchet cấp 2tại x, hay F ỏnh x lp C2
Định lý 3.7 ( điều kiƯn cÇn cÊp 2)
Giả sử x cực tiểu địa phơng toán (P6); Các điều kiện cần định lý 3.6 thoả mãn Hơn giả thiết hàm f ánh xạ F thuộc lớp C2,
khi đó, tồn
y * Y* cho:0 ) , )( *, , (
" x y
L xx (kerF'(x)) Chứng minh
Hàm Lagrange toán (P6) :
L(x,y*,1)=f(x)+<y*,F(x)>,
Nhõn t Lagrange y* nhận đợc từ định lý 3.6
Ph¶n chøng: Gi¶ sö kerF'(x), 1 cho:
0 ) *, , (
" x y
L xx
Ta chän > cho:
6 ) , )( (
"
F x
Chän > cho x th×:
6 ) , )( *, , ( " ), *, , ( ' ) , , ( ) *, , ( , ) , )( ( " ) ( ' ) ( ) ( x x x y x L x y x L y x L y x x L x x x x F x x F x F x x F xx
Do kerF'(x) với hàm (x) xác định nhận xét 3.4 ta có:
0 6 6 ) , )( ( " ) , )( *, , ( " ) ( ) ( ) *, , ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2 t t t t t x F t t y x L t x f t x F y t x L t x t x f t x xx
Nh (x) khơng đạt cực tiểu hình cầu B(x,) Theo nhận xét 3.4,
x không cực tiểu địa phơng tốn (P20) Điều trái với giả thiết (!)
Định lý 3.8 (Điều kiện đủ cấp 2)
(28)* * Y
y vµ sè > cho:
, ) *, , (
' x y
Lx (3.13)
2
) , )( *, , (
" x y
L xx (kerF'(x)) (3.14)
Khi đó, x cực tiểu địa phơng toán (P6)
NhËn xÐt 3.5
Đặt H:=kerF’(x) Khi L1 khơng gian X Ta có H đồng phôi với không gian Hilbert
Thật , với 1,2H, ta xác định tích vơ hớng:
) , )( *, , ( " :
, 2 1 2
1
L xx x y
Khi đó, 1,2 dạng song tuyến tính đối xứng Từ (3.14) suy tính khơng suy biến tích vô hớng :
1,2 > 0, đồng thời :
2
"
,
L xx
Do H đồng phơi với không gian Hilbert.
Chứng minh định lý3.8
áp dụng định lý Ljusternik (định lý 3.4), tồn ánh xa z(x) từ lân cận V x vào X , số k > cho:
F(x+z(x))=F(x)=0, z(x) k F(x)
Do x-chấp nhận đợc, tức F(x)=0, z(x)=0 Để chứng minh định lý, ta cần chứng minh hàm số sau K-hàm địa phơng bài toán (P6):
) ( ) ( *, )
( )
(x f x y F x z x
a) Vì x điểm chấp nhận đợc nên
) ( ) (x f x
b) Lấy x điểm chấp nhận đợc
) ( ) ( )
(x f x x
c) Ta chøng minh tån t¹i 0 cho x x , th×
0 ) ( )
(x x
f
Đặt g(x)L(x,y*,1) f(x) Khi đó:
g(x)=0;
g’(x)=0 (do (3.13)); g”( x)=L"xx(x,y*,1);
) ( ) ( ) ( )
(x x g x z x
f
Bổ đề 3.1 0,1 0 cho x 1,F()0, X thoả mãn: x và xKerF' x( )
Chøng minh
Theo định lý Banach ánh xạ mở, tồn r > cho:
) , ( )
1 , ( ) (
' x B B r
F X Y , (3.15)
(29)chọn 1 0 để cho x 1
x r x x F x F
F() ( ) '( )( )
Nh vËy nÕu F()0, th× F'(x)(( x) x 11) r
Do (3.15), tồn ~ cho ~
1 '
~
) )(
)( ( )
(
F x x x
x
F (3.16)
Đặt : x~ Khi đó, x
Tõ (3.16) suy
) )( ( )
( '
' x F x x
F
Tøc lµ x KerF'(x)
.
Chứng minh tiếp định lý 3.8
Chän sè > tháa m·n:
0 )
1 ( )
( 2
C C (3.17)
Trong C := g''(x)
, sè cã (3.14)
Bởi hàm f ánh xạ F thc líp C2, tån t¹i 1 0
Thoả mãn đề 3.1 BX(x,1), g'() 1 (3.18)
) , )( ( ),
( )
( )
( g x g' x x g'' x x x
g
2
2 x
(3.19)
Chän 0 cho x Bx(x,)
Ký hiệu :x z(x).từ (3.13), (3.17), (3.19) định lý 3.5 giá trị trung bình, ta nhận đợc:
) ( ) ( )) ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
(x x g x z x g x g x z x g z x
f
sup{g'() : BX(x,1)}z(x)
g x g x x
x
z( ) ( ) '( ),
+ ''
2 ) , ( ) (
x x
x x
g ''
2 ) , ( ) (
x x
x x
g
Theo đề 3.1 tồn X sao cho:
x KerF’(x) vµ x
(1 ) x x (1) x
Đặt B(x,y):=g”( x)(x,y) Khi đó,
) , ( ) , ( ) , ( ) ,
(x1 x2 x1 x2 B x1 x1 B x1 x2 B x2 x2
(30)
(1 ) (1 )
2 ) , )( ( " 2 ) , )( ( " 2 2 2 x C C x x x x g x x x x g
3.4 §IỊU KIƯN Đủ CấP TổNG QUáT CủA MAURER-ZOWE
Kết mơc nµy lµ cđa H.maurer vµ J.zowe(1979)
Giả sử X, Y không gian Banach, f: X R, g:X Y, K nón lồi đóng
trong Y.
Xét toán qui hoạch toán học sau: (P7)
K
x
g
x
f
)
(
)
(
min
Kí hiệu M tập chấp nhận đợc toán (P7):
M:= {xX: g(x) K};
( )
n ) ( ' : : ) ( ; , , x lim v : X v : ) ( x g M n n n M K v x g X v x L t M x t x x T Trong đó,
g x RK
Kg(x) : ( ):
M
T (x) đợc gọi nón tiếp tuyến dãy (sequential tangelcone) M x
) (x
LM lµ nãn tuyÕn tÝnh hoá (lineariz-ing cone) M x
Nhận xét 3.6
Nếu Kg( x) đóng, TM(x)LM(x)
Giả thiết tồn đạo hàm Fréchet cấp cấp f g x: f’(x ), g’(x), f”( x), g”( x)
Định nghĩa 3.5 Điểm chấp nhận đợc x đợc gọi qui nếu:
0int(g(x)+g’(x)X-K) (3.20)
Mệnh đề 3.3 ([6]) Giả sử T ánh xạ tuyến tính liên tục X Y.nếu: TX-K=Y,
Th× 0 cho:
) , ( ) , ( ( ) ,
( X Y
Y TB K B
B
Định nghĩa 3.6 Tập chấp nhận đợc M đợc gọi xấp xỉ đợc xM bởi )
(x
LM , tồn ánh xạ h: M LM(x) cho: h(x) (x x) ( x x ) )
(x M (3.21)
Mệnh đề 3.4 Nếu x qui M xấp xỉ đợc xM LM(x)
Chøng minh
(31)Trong r(x,x)( x x ).Từ (4.20) suy ra:0int(g'(x)X Kg( x))
) (
) (
' x X Kg x
g =Y (3.23)
Vì ánh xạ g’(x) thoả mãn điều kiện mệnh đề 3.3 Khi đó, X
B x x r x
z( ) ( , )
vµ k(x)Kg(x) cho:r(x,x)g'(x)z(x) k(x) (3.24)
Đặt h(x):=x-x+z(x) h(x) (x x) ( x x ),
g’(x)h(x)=g’(x)(x-x)+r(x, x)+k(x)=g(x)-g(x)+k(x)Kg( x)
tøc lµ h(x)LM(x)
chú ý:mệnh đề 3.4 mở rộng định lý 3.4 Ljusternik.
Mệnh đề 3.5.Giả sử h: M LM(x) ánh xạ thoả mãn (3.21) đó: ,
0 ,
0
) ( )
( )
(x x x h x
h (xM B(x,))
(3.25)
Chøng minh
lÊy (0,1) Chän ()> cho: (xM B(x,)), ta cã
x x x
x x
h( ) ( )
x x x
x x h x x x
h( ) ( ) ( ) (1 ) h(x)0,
nÕu xB(x,),xx
1 ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) (
x h
x x x
x x x x h x
h x x x h
(xM \{x}B(x,))
(3.26) Víi >1 ta chän (0,1) cho
1 < () nh Khi từ
(3.26) ta nhận đợc (3.25)
KÝ hiƯu L(x,y*,) lµ hµm Lagrange toán (P7).
Đặt: K :~ K{y:<y*,y>=0}, M~ g1(K~)
Định lý 3.9 (điều kiện cÇn cÊp [6])
Giả sử x cực tiểu địa phơng toán (P7), vày*Y* cho: )
1 *, , ( ' x y
Lx =0,<y*,g(x)>=0.
Khi đó,
0 )
, )(
1 *, ,
(
" x y v v
L xx
( v T~ (x)
M
).
Hơn nữa, nếu:0int(g(x)g'(x)X K~)
0 )
, )(
1 *, ,
(
" x y v v
L xx
( v L~ (x)
M
)
(32)Bổ đề 3.2 Giả sử B dạng song tuyến tính đối xứng liên tục X X, H
là tập X số > thoả mãn: B(v,v) v 2 (vH) đó, tồn tại
1
vµ>0 cho: B(v+u,v+u)v u 2 (3.27)
(vH,uX, u v ) Chứng minh: Đặt b:= B .
Ta cã: B(x,z)b x z (x,zX)
chọn > đủ nhỏ cho: :
b b >0 Khi đó, với vH, uX
víi u v , ta cã: B(v+u,v+u) v 2bv u bu 0 v bëi v× v
u v u
v (1) , cho nªn B(v+u,v+u) 2
)
( v u
v
Đặt 2
)
(
ta nhận đợc (3.27)
Điều kiện đủ cấp H Maurer J Zowe đợc phát biểu nh sau:
Định lý 3.10 (điều kiện đủ cấp 2)
Gi¶ sư x M tho¶ m·n:
(!) M xấp xỉ đợc xM LM(x);
(!!)y*Y* cho: L'x(x,y*,1)=0,<y*,g(x)>=0; (3.28) (!!!) 0, 0 cho:L"xx(x,y*,1)(v,v) v (3.29)
(vLM(x)
v: y*,g'(x)v v
)Khi đó, 0, 0 cho: f(x)f(x)+ x x 2(xM B(x,)). Chứng minh
Bởi (3.21) đúng, với xM ta viết:
x-x=h(x)+z(x),h(x) LM(x), )
( )
(x x x
z (3.30) Ta sÏ chøng minh r»ng tån t¹i i 0,i 0 (i=1, 2) cho:
f(x) f(x)1 x x (3.31)
(xxh(x)z(x)M, x x 1, y*,g'(x)h(x) h(x) )
vµ f(x)f(x)2 x x (3.32)
(xxh(x)z(x)M, x x 2, y*,g'(x)h(x) h(x) )
a) Chøng minh(3.31)
Theo định nghĩa đạo hàm Fréchet cấp 2, với xM, ta có:
) , ( ) , )( *, , ( " ) (
) , ( ) , )( *, , ( " ),
1 *, , ( ' ) *, , ( ) *, , (
) ( *, )
( ) (
x x r x x x x y x L x f
x x r x x x x y x L x
x y x L y
x L y
x L
x g y x f x f
xx
xx x
(33)
Trong r(x,x) ( x x 2)
Đặt B:=L"xx(x,y*,1),H:=LM(x)
v: y*,g'(x)v vTheo bổ đề 3.2,1 ,0 cho: ) , )( *, , (
" x y x x x x x x
L xx
(x=x+h(x)+z(x)M thoả mãn <y*,g'(x)h(x) h(x) z(x) h(x) ) Theo mệnh đề 3.5, với 1> đủ nhỏ, ta có: z(x) h(x) (3.34)
(x=x+h(x)+z(x) M, x x 1)
L"xx (x,y*,1)(x x,x x)1 x x (3.35)
(x=x+h(x)+z(x) M thoả mãn x x 1 y*,g'(x)h(x) h(x) ) chọn 1> đủ nhỏ cho r(x, x) (3.33) thoả mãn:
) , ( ( ) ,
(x x 1 x x x B x 1
r (3.36)
Tõ (3.33), (3.35), (3.36) ta suy ra:
2 2 ) ( ) ( ) , ( ) *, , ( " ) ( ) ( x x x f x x x x x f x x r y x L x f x f xx
(x=x+h(x)+z(x) M thoả mãn x x 1 y*,g'(x)h(x) h(x) ) Nh ta nhận đợc (3.31) với
4
1
b) Chøng minh (3.32)
XÐt trêng hỵp x=x+h(x)+z(x) , x x 1,nhng y*,g'(x)h(x) h(x) Tõ (3.28) suy ra: f'(x)g'*(x)y* (3.37)
Trong g’*(x) toán tử liên hợp g’(x) Từ (3.30),(3.37) suy ra:
) , ( ) ( ) , ( ) ( ), ( ' ) ( ), ( ' ) , ( ), ( ' ) ( ) (
1 x x
r x h x x r x z x f x h x f x x r x x x f x f x f (3.38)
Trong r1(x,x)f'(x),z(x)r(x,x),r(x,x) ( x x),r1(x,x) ( x x)
Tõ (3.34) suy ra:
) ( ) ( ) ( )
(x z x h x
h x
x (x B(x,1))
Do đó, từ (3.38) ta nhận đợc:
Từ ta nhận đợc (3.32) với 2 (0,1
đủ nhỏTừ (3.31), (3.32) ta suy kết luận định lý
NhËn xÐt 3.7
) , ( ) ( )
(x f x x x r1 x x
f
(34)Định lý 3.10 bao hàm điều kiện đủ A D Ioffe V M Tikhomirov (định lý 3.8) nh trờng hợp đặc biệt
ThËt vËy, víi K={0} thì LM(x)=Kerg(x); mà Kerg(x)
v: y*,g'(x)v vDo đó,
v y g x v v
x