Phần này sẽ sử dụng những kết quả đã nêu ra ở các phần trước để suy ra điều kiện cần và đủ tổng quát cho sự tồn tại nghiệm tối ưu.
Cho f : Rn → R∪ {+∞} là hàm nửa liên tục dưới, chính thường và xét bài toán toán tối ưu
(P) inf{f(x)|x ∈ Rn}
Kí hiệu Sf là tập các dãy {xk} thỏa mãn
kxkk → ∞,{f(xk)} bị chặn trên và xkkxkk−1 →x ∈ Kerf∞ (3.10) Chúng ta đưa vào hai giả thiết cơ bản dưới đây
+) Giả thiết đầu tiên, kí hiệu H0
f∞(d) ≥ 0, ∀d 6= 0 ∈ Rn
+) Giả thiết thứ 2, kí hiệu H1
(a) Sf = ∅ hoặc
(b) Với mỗi dãy {xk} ∈ Sf, ∃zk, ρk ∈ (0,kxkk) sao cho với k đủ lớn có
f(xk −ρkzk) ≤ f(xk), và zk → z với kx−zk < 1 (3.11) Nhận xét 3.3.1. - Nếu inff > −∞ do biểu diễn giải tích của f∞ thì
H0 thỏa mãn.
- Một hàm bức hiển nhiên thỏa mãn H0 và H1 vì Sf = ∅.
Thật vậy, giả sử ngược lại Sf 6= ∅. Khi đó tồn tại {xk} và x sao cho
lim
k→∞kxkk = +∞, lim
k→∞xkkxkk−1 = x, f∞(x) = 0
nhưng vì kxk = 1 6= 0⇒ f∞(x) 6= 0, điều này mâu thuẫn. Vậy Sf = ∅.
Định lý 3.3.1. Cho f : Rn → R ∪ {+∞} là hàm nửa liên tục dưới, chính thường. Khi đó tập nghiệm tối ưu S 6= ∅ ⇔ H0, H1 thỏa mãn.
Chứng minh. Giả sử H0, H1 thỏa mãn và lấy {εk}là một dãy không tăng các số thực dương hội tụ tới 0.
Với mỗi k ∈ N, đặt
73 và xét bài toán tối ưu
(Pk) inf{fk(x)|x∈ Rn}.
Vì
(fk)∞(d) ≥f∞(d) +εkg∞(d)
và do H0 thỏa mãn nên (fk)∞(d) > 0, ∀d 6= 0 tức fk bức và từ hệ quả 3.1.1 suy ra tồn tại xk ∈ (Pk).
Bây giờ ta chứng minh {xk} bị chặn.
Giả sử ngược lại, khi đó không mất tính chất tổng quát ta có thể giả rằng xkkxkk−1 →x.
Ta có
f(xk) ≤f(x) +ε0kxk2, x ∈ domf
Chia cả hai vế cho kxk ta được f∞(x) ≤ 0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vì H0 thỏa mãn nên f∞(x) = 0 ⇒ x ∈ Kerf∞ và khi đó do H1
thỏa mãn nên tồn tại zk, ρk ∈ (0,kxkk) thỏa mãn (3.11) với k đủ lớn. Do đó, vì xk ∈ argmin{fk(x)|x ∈ Rn} nên f(xk) +εkkxkk2 ≤ f(xk−ρkzk) +εkkxk −ρkzkk2 ≤ f(xk) +εkkxk −ρkzkk2 và vì εk > 0 nên kxk−ρkzkk ≥ kxkk. Đặt x,k = xkkxkk−1, ta có kxk −ρkzkk = (1−ρkkxkk−1)xk +ρk(x,k −zk) ≤ kxkk(1−ρkkxkk−1) +ρkkx,k−zkk ≤ kxkk+ρk(kx,k−zkk −1) suy ra kx,k −zkk ≥ 1.
giả thiết H1, do đó {xk} bị chặn. Giả sử lim
k→∞xk = ∼x. Vì f(xk) +εkkxkk2 ≤ f(x) +εkkxkk2, ∀x ∈ Rn. Chuyển qua giới hạn ta được ∼x ∈ S hay S 6= ∅.
Ngược lại, lấy ∼x ∈ S, khi đó x∼ = xk − kxkk(xk −∼x)kxkk−1 suy ra giả thiết H1 đúng với ρk = kxkk, zk = (xk −∼x)kxkk−1.
Tiêu chuẩn hữu ích để chọn zk trong (3.11) là lấy cho nó một hằng số và zk = αx với α ∈ (0,2).
Khi đó với cách chọn đặc trưng này giả thiết H1 có thể được viết như sau, kí hiệu H1,,
(a) Sf = ∅ hoặc
(b) Với mỗi dãy{xk} ∈ Sf, ∃ε ∈ (0,2)sao cho vớik đủ lớn,∃ρk ∈ R
thỏa mãn ρk ∈ (0,(2−ε)kxkk)
f(xk −ρkx) ≤ f(xk) (3.12) Từ đó, ta có hệ quả sau
Hệ quả 3.3.1. Cho f : Rn → R∪ {+∞} là hàm nửa liên tục dưới, chính thường sao cho H0, H1, đúng. Khi đó tập nghiệm tối ưu S của (P) khác rỗng.
Ví dụ 3.3.1. Cho g : [0,5; 1] → R liên tục và thỏa mãn
g(0,5) = e−0,5;g(1) = e−1,min{g(x)|x ∈ [0,5; 1]} < 0. Xét hàm liên tục f(x) = e−x2 nếu x /∈ [0,5; 1]
g(x) nếu trái lại
Khi đó, ta có f∞(−1) = f∞(1) = 0, do đó H0 đúng và H1, hiển nhiên thỏa mãn.
Nhận xét 3.3.2. Nếu thêm điều kiện trong các giả thiết H1 và H1, hàm
f lồi và trong (3.12) giả sử ε ∈ (0,12) và ρk ≥(1 +ε)kxkk. Khi đó không chỉ tập nghiệm tối ưu S 6= ∅ mà do mệnh đề 3.2.2, f bức yếu và S là tổng của một tập compact và một không gian tuyến tính.
75
Định nghĩa 3.3.1. Cho f : Rn →R∪ {+∞} là hàm nửa liên tục dưới, chính thường. Khi đó f được gọi là ổn định mức tiệm cận (als) nếu với mỗi ρ > 0, mỗi dãy bị chặn thực {λk}, và mỗi dãy {xk} ∈ Rn thỏa mãn
xk ∈ lev(f, λk),kxkk → +∞, xkkxkk−1 →x ∈ Kerf∞ (3.13)
∃k0 sao cho xk−ρx ∈ lev(f, λk), ∀k ≥ k0 (3.14) Hệ quả 3.3.2. Cho f :Rn →R∪ {+∞} là hàm ổn định mức tiệm cận với inff > −∞. Khi đó tập nghiệm tối ưu của (P) khác rỗng.
Chứng minh. Vì inf f > −∞ nên H0 thỏa mãn. Ngoài ra, lấy {xk} ∈ Sf
Do định nghĩa của Sf dãy {λk = f(xk)} bị chặn và khi đó nếu
ρ > 0, do định nghĩa của hàm ổn định mức tiệm cận suy ra với k đủ lớn
f(xk −ρx) ≤f(xk)
do đó H1, thỏa mãn. Vậy từ định lý 3.3.1 suy ra S 6= ∅.