Tính nửa liên tục của hàm giá trị tối ưu

2 TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM GIÁ TRỊ TỐI ƯU

2.3Tính nửa liên tục của hàm giá trị tối ưu

Như đã đề cập ở phần trước, tính liên tục của hàm giá trị tối ưu thỏa mãn một tập điều kiện đặc biệt.

Trong một số trường hợp, chỉ có tính nửa liên tục trên hoặc nửa liên tục dưới của hàm được thỏa mãn. Do vậy, ta muốn có những điều kiện đủ, đơn giản cho tính nửa liên tục trên và nửa liên tục dưới của ϕ tại một điểm cho trước. Những điều kiện này sẽ được đề cập trong phần này.

Một điều kiện đủ cho tính nửa liên tục trên của hàm ϕ(.) tại một giá trị tham số cho trước được đưa ra trong định lý sau:

Định lí 2.3.1. Cho (Q, A, c, b) ∈ Ω.

Nếu hệ Ax ≥ b là chính quy thì ϕ(.) là nửa liên tục trên tại (Q, A, c, b).

Chứng minh. Do Ax ≥ b là hệ chính quy nên ta có C(A, b) 6= φ. Do đó,

ϕ(Q, A, c, b) < +∞.

Cho {(Qk, Ak, ck, bk)} ⊂ Ω là một dãy hội tụ tới (Q, A, c, b).

Vì ϕ(Q, A, c, b) < +∞, nên tồn tại một dãy {xi} trong Rn sao cho

Axi ≥ b và

f(xi, c, Q) = 1

2hxi, Qxii+hc, xii → ϕ(Q, A, c, b) khi i → ∞

Theo bổ đề 2.1.1 và tính chính quy của hệ Ax ≥ b, với mỗi x, ta có thể tìm được một dãy {yik} trong Rn sao cho Akyik ≥ bk và limk→∞yik = xi.

Vì yik ∈ C(Ak, bk), ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ f(yi, ck, Qk). Điều này suy ra:

lim

k→∞supϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≥ f(x0, c, Q)

Lấy giới hạn trong bất đẳng thức cuối khi i → ∞ ta có:

lim

k→∞supϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ϕ(Q, A, c, b).

Ta vừa chứng minh được rằng ϕ(.) là nửa liên tục tại (Q, A, c, b). Ví dụ dưới đây chỉ ra điều kiện chính quy trong định lý 2.3.1 không đảm bảo tính nửa liên tục dưới của f tại (Q, A, c, b).

Ví dụ 2.3.1. Xét bài toán QP(Q, A, c, b) với m = n = 1.

Q = [0];A = [1];c = (0), b = (0) Rõ ràng:    Ax ≥0 là hệ chính quy. Sol(Q, A, c, b) = C(A, b) ={x : x ≥ 0} ϕ(Q, A, c, b) = 0. Xét dãy {(Qk, A, c, b)} với Qk = Q−[k1]. Ta có: ϕ(Qk, A, c, b) =−∞ với mọi k. Do đó, lim k→∞infϕ(Qk, A, c, b) < ϕ(Q, A, c, b)

Ví dụ tiếp theo được xây dựng để chỉ ra điều kiện chính quy của định lý 2.3.1 là đủ nhưng không phải điều kiện cần cho tính nửa liên tục trên của ϕ tại (Q, A, c, b).

Ví dụ 2.3.2. Cho ma trận A ∈ Rm×n và véctơ b ∈ Rm thỏa mãn

C(A, b) 6= φ, (Tức là hệ Ax≥ b không chính quy).

Cố định một ma trận Q∈ RnS×n tùy ý và một véctơ c ∈ Rn tùy ý. Do ϕ(Q, A, c, b) = +∞ với mọi dãy {(Qk, Ak, ck, bk)} hội tụ tới (Q, A, c, b), ta có:

lim

k→∞supϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≥ ϕ(Q, A, c, b)

Do đó, ϕ là một hàm nửa liên tục trên tại (Q, A, c, b).

Một điều kiện đủ cho tính nửa liên tục dưới của hàm ϕ(.) được cho trong định lý sau:

Định lí 2.3.2. Cho (Q, A, c, b) ∈ Ω. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Nếu Sol(Q, A,0,0) = {0} thì ϕ(.) là nửa liên tục dưới tại (Q, A, c, b) Chứng minh. Giả sử Sol(Q, A,0,0) = {0}.

Cho {(Qk, Ak, ck, bk)} ⊂ Ω là một dãy hội tụ đến (Q, A, c, b). Ta chứng minh bằng phản chứng rằng: lim k→∞infϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≥ ϕ(Q, A, c, b) Thật vậy, giả sử lim k→∞inf ϕ(Qk, Ak, ck, bk) < ϕ(Q, A, c, b)

Không giảm tổng quát, ta giả sử rằng:

lim

k→∞infϕ(Qk, Ak, ck, bk) = lim

k→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk)

Khi đó, tồn tại một chỉ sốk1 và một số thựcγ sao choγ < ϕ(Q, A, c, b)

và:

ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≥ γ với ∀k ≥k1.

Do ϕ(Qk, Ak, ck, bk) < +∞, ta phải có C(Ak, bk) 6= φ với ∀k ≥ k1

Do Sol(Q, A,0,0) = {0}, tồn tại một số nguyên k2 ≥ k1 sao cho:

Sol(Qk, Ak,0,0) = {0} với ∀k ≥ k2. Vì C(Ak, bk) 6= φ, do bổ đề 2.1.3 ta có:

Do vậy, tồn tại một dãy {xk} sao cho ta có Akxk ≥bk với ∀k ≥ k2 và:

1

2hxk, Qkxki +hck, xki = ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≤ γ.

Dãy {xk} phải bị chặn. Thật vậy, nếu {xk} không bị chặn thì không giảm tổng quát, ta giả sử rằng k xk k6= 0 với ∀k và k xk k→ ∞ khi

k → ∞. Khi đó, dãy {k xk k−1 xk} có một dãy con hội tụ. Ta giả sử dãy này hội tụ tới một véctơ v ∈ Rn với k v k= 1.

Khi đó, Ak x k k xk k ≥ bk kxk k với ∀k ≥ k2

Ta có, Av ≥0. Nói cách khác, với mỗi k ≥k2 thỏa mãn:

1 2 (xk)T k xk kQ k xk kxk k + (c k )T x k kxk k ≤ γ k xk k2 Ta kết luận rằng hv, Dvi ≤ 0.

Kết hợp tất cả ta có v ∈ Sol(Q, A,0,0)\{0}. Mâu thuẫn. Ta vừa chứng minh được dãy {xk} bị chặn.

Không giảm tổng quát, giả sử xk →x ∈ Rn. Do 12hxk, Qkxki+ hck, xki ≤ γ. Ta có: f(x, c, Q) = 1 2hx, Qxi+hc, xi ≤ γ. Vì γ < ϕ(Q, A, c, b) nên ta thấy f(x, c, Q) < ϕ(Q, A, c, b) do x ∈ C(A, b).

Ta vừa chứng minh ϕ(.) là nửa liên tục dưới tại (Q, A, c, b).

Ví dụ dưới đây chỉ ra điều kiện Sol(Q, A,0,0) = {0} trong định lý 2.3.2 không đảm bảo tính nửa liên tục trên của ϕ tại (Q, A, c, b).

Ví dụ 2.3.3. Xét bài toán QP(Q, A, c, b) với m = n =1.

Q = [1], A = [0], c = (0), b = (0)

Rõ ràng Sol(Q, A,0,0) = {0}. Xét dãy {(Q, A, c, bk)} với bk = (1k)

Ta có:

và ϕ(Q, A, c, bk) = +∞ với ∀ k vì C(A, bk) = φ với ∀k. Do đó,

lim (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

k→∞supϕ(Q, A, c, bk) = +∞ > 0 = ϕ(Q, A, c, b)

Do vậy, ϕ không nửa liên tục trên tại (Q, A, c, b).

Điều kiện Sol(Q, A,0,0) = {0} trong định lý 2.3.2 là điều kiện đủ nhưng không là điều kiện cần cho tính nửa liên tục dưới của ϕ tại (Q, A, c, b).

Ví dụ 2.3.4. Xét bài toán QP(Q, A, c, b) với m = n =1.

Q= [−1], A = [1], c= (1), b = (0).

Rõ ràng Sol(Q, A,0,0) = φ.

Do ϕ(Q, A, c, b) = −∞ với mọi dãy {(Qk, Ak, ck, bk)} hội tụ tới (Q, A, c, b).

Ta có:

lim

k→∞ϕ(Qk, Ak, ck, bk) ≥ ϕ(Q, A, c, b).

Do vậy ϕ liên tục dưới tại (Q, A, c, b).

Như vậy trong chương 2, chúng ta đã trình bày được điều kiện cần và đủ để hàm giá trị tối ưu liên tục tại một điểm, điều kiện đủ để hàm giá trị tối ưu nửa liên tục trên, nửa liên tục dưới. Tính khả vi của hàm giá trị tối ưu sẽ được đề cập trong chương tiếp theo.

TÍNH KHẢ VI THEO HƯỚNG CỦA HÀM GIÁ TRỊ TỐI ƯU

Chương 3 trình bày công thức tính đạo hàm theo hướng của hàm giá trị tối ưu trong một bài toán quy hoạch toàn phương chuẩn và ta sẽ xét một ví dụ cụ thể. Các kết quả của chương dựa trên bài báo [17].

Trong phần 3.1 ta chứng minh một số bổ đề, trong phần 3.2 đề cập tới điều kiện G và mô tả một trường hợp mà G thỏa mãn.Trong phần 3.3 ta chứng minh công thức tính đạo hàm theo hướng của hàm giá trị tối ưu trong bài toán quy hoạch toàn phương bất định.

3.1 Các bổ đề.

Xét bài toán quy hoạch toàn phương (2.1) viết tắt QP(Q, A, c, b). Bài toán phụ thuộc tham sốω = (Q, A, c, b) ∈ Ωvới Ω := RSn×m×Rm×n×

Rn ×Rm.

Trong chương 2, tập nghiệm của bài toán được ký hiệu Sol(Q, A, c, b) và hàm giá trị tối ưu của nó là ϕ : Ω →R được cho bởi:

ϕ(ω) = inf{f(x, c, Q) : x ∈ C(A, b)}

Phần chứng minh định lý 3.1.1 và 3.1.2 (phần kết quả chính của chương) dựa vào một số bổ đề được thiết lập dưới đây.

Cho ω = (Q, A, c, b) và ω0 = (Q0, A0, c0, b0) là hai phần tử của ω. Ký hiệu: ω +tω0 = (Q+tQ0, A+tA0, c+tc0, b +tb0) ϕ+(ω, ω0) = lim t↓0 sup ϕ(ω+tω 0)−ϕ(ω) t

ϕ−(ω, ω0) = lim

t↓0 inf ϕ(ω +tω

0)−ϕ(ω)

t

Nếu ϕ+(ω, ω0) = ϕ−(ω, ω0) thì hàm giá trị tối ưu ϕ(.) là khả vi theo hướng tại ω theo hướng ω0.

Giá trị chung ký hiệu là ϕ0(ω, ω0) là đạo hàm theo hướng của ϕ tại ω

theo hướng ω0. Với ∀x ∈ C(A, b), ta đặt: I = α(x) ={i : (Ax)i = bi} và định nghĩa: F(x, ω, ω0) = {v ∈ Rn : ∃ε > 0 : x+tv ∈ C(A+tA0, b+tb0)} với ∀t∈ [0, ε]} R(x, ω, ω0) = Rn nếu I = φ {v ∈ Rn : AIv +AI0x−b0I} nếu I 6= φ

Bổ đề sau xuất phát từ Seeger (1988), Auslender và Cominetti(1990). Bổ đề 3.1.1. Nếu hệ Ax ≥b là hệ chính quy thì: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

φ 6= intR(x, ω, ω0) ⊂ F(x, ω, ω0) ⊂ R(x, ω, ω0) với ∀x ∈ C(A, b). (3.1)

Chứng minh. Cho x ∈ C(A, b), I = α(x) ={i : (Ax)i = bi}

Nếu I = φ thì Ax > b. Do đó, với mỗi v ∈ Rn,∃ε = ε(v) > 0 sao cho với mỗi t∈ [0, ε], ta có

Ax+t(Av+ A0x−b0 +tA0v) ≥b

Bất đẳng thức trên tương đương với:

(A+tA0)(x+tv) ≥ b+tb0

Do đó x+ tv ∈ C(A+tA0, b+tb0) với mỗi t ∈ [0, ε]. Suy ra

F(x, ω, ω0) = Rn

Theo định nghĩa, trong trường hợp này ta cũng có:

R(x, ω.ω0) = Rn.

Do đó,

Và ta có (3.1).

Xét trường hợp I 6= φ. Đầu tiên ta chỉ ra rằng:

intR(x, ω, ω0) 6= φ

Do Ax ≥ b là hệ chính quy, nên tồn tại x0 ∈ Rn sao cho với Ax0 > b ta có:

AIx0 > bI.

Khi AIx = bI và AIx0 > bI, ta có:

AIx(x0 −x) > 0.

Đặt v = x0 −x, ta có: AIv >ˆ 0.

Theo bổ đề 2.2, hệ bất phương trình (đối với ẩn v): AIv ≥ b0I −A0Ix là chính quy.

Do vậy, tồn tại v ∈ Rn sao cho:

AIv > b0I −A0Ix.

Điều này chứng tỏ rằng v ∈ intR(x, ω, ω0). Do đó intR(x, ω, ω0) 6= φ. Bây giờ ta chứng minh rằng:

intR(x, ω, ω0) ⊂F(x, ω, ω0).

Giả sử v ∈ intR(x, ω, ω0), ta có:

AIv+ A0Ix−b0I > 0.

Do đó, tồn tại ε1 > 0 sao cho với mỗi t ∈ [0, ε1] ta có:

AIv +A0Ix−b0I +tA0Iv > 0.

Khi đó, với mỗi t∈ [0, ε1],

t(AIv+ A0Ix−b0I + tA0Iv) ≥0. (3.2) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Khi Aix > bi với ∀i ∈ {1, ..., m}\I, ta có thể tìm được ε2 > 0 sao cho với mỗi t∈ [0, ε2] đều có:

Aix+t(Aiv +A0ix−b0i +tA0iv) ≥bi. (3.3)

với ∀i ∈ {1, ..., m}\I.

Cho ε := min{ε1, ε2}. Từ (3.2) và (3.3) suy ra:

với ∀t∈ [0, ε]. Điều này nghĩa là:

x+tv ∈ C(AtA0, b +tb0) với ∀t∈ [0, ε].

Do đó, với v ∈ F(x, ω, ω0), ta có:

intR(x, ω, ω0) ⊂F(x, ω, ω0).

Cuối cùng ta chứng minh rằng:

F(x, ω, ω0) ⊂ R(x, ω, ω0).

Lấy bất kỳ v ∈ F(x, ω, ω0). Theo định nghĩa, ∃ε > 0 sao cho với mỗi

t∈ [0, ε] ta có: (AI +tA0I)(x+tv) ≥ b+ tb0. Do đó, AIx+t(AIv +A0Ix−bI0 +tA0Iv) ≥ bI. với ∀t ∈ [0, ε]. Khi AIx = bI, ta có: t(AIv+ A0Ix−b0I + tA0Iv) ≥0 với ∀t∈ [0, ε]. Do vậy, với ∀t ∈ (0, ε], AIv +A0Ix−b0I +tA0Iv ≥ 0. Cho t →0, ta có: AIv +A0Ix−b0I ≥ 0. Điều này chứng tỏ rằngv ∈ R(x, ω, ω0), do đó,F(x, ω, ω0) ⊂ R(x, ω, ω0).

Ta vừa chỉ ra rằng bao hàm thức trong (3.1) đúng. Định lý được chứng minh.

Nếu x ∈ Sol(Q, A, c, b) thì tồn tại một hệ số Lagrange λ ∈ Rm sao cho:    Qx− hA, λi +c = 0. Ax≥ b, λ ≥0. λT(Ax−b) = 0.

Tập các hệ số Lagrange tương ứng với x được ký hiệu là Λ(x, ω), với

ω = (Q, A, c, b).

Các kết quả trên được biết đến trong quy hoạch phi tuyến (Gauvin (1977) và Dien (1985)).

Do lợi ích của tính đầy đủ, ta đưa ra chứng minh cho trường hợp bài toán quy hoạch toàn phương.

Bổ đề 3.1.2. Nếu hệ Ax ≥b là hệ chính quy thì với ∀x ∈ Sol(Q, A, c, b), tập Λ(x, ω) là compact.

Chứng minh. Cho ω = (Q, A, c, b).

Giả sử rằng x ∈ Sol(Q, A, c, b) sao cho Λ(x, ω) không compact. Khi đó, tồn tại một dãy {λk} trong Rm sao cho k λk k6= 0.

Qx− hA, λki+c = 0 (3.5) λk ≥0 (3.6)

hλk, Ax−bi = 0 (3.7)

với ∀k và k λk k→ ∞ khi k → ∞.

Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng {k λk k−1 λk} hội tụ tới λ

với kλ k= 1.

Chia mỗi vế trong (3.5) đến (3.7) cho k λ kk và lấy giới hạn khi k → ∞, ta có: hA, λi = 0, λ ≥ 0,hλ, Ax−bi = 0. (3.8) Do hλ, Axi = hx,hA, λii= 0, từ (3.8) ta có: hA, λi = 0, λ≥ 0,hλ, bi = 0. Với ∀t > 0, ta đặt bt = b+tλ. Từ hλ, λi =k λ k2= 1, ta có: hλ, bti = hλ, bi+thλ, λi = hλ, bi+t = t.

Do đó, với ∀t > 0, hệ Ax ≥ bt vô nghiệm (Cottle et al (1992), định lý 27.8).

Do C(A, b) 6= φ và k bt −b k= t → 0 khi t → 0 nên hệ Ax ≥ b không chính quy (Mangararian 1980, bổ đề 2.1.1) (trái giả thiết).

Vậy định lý được chứng minh. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Bổ đề 3.1.3. (Theo Auslender và Cominetti (1990), Bổ đề 2.): Nếu hệ Ax ≥b là một hệ chính quy và x ∈ Sol(Q, A, c, b) thì:

inf v∈R(x,ω,ω0)

hQx+c, vi = max λ∈Λ(x,ω)

hb0 −A0x, λi. (3.9)

Trong đó, Λ(x, ω) là tập hệ số Lagrange tướng ứng với x. Chứng minh. Cho x ∈ Sol(Q, A, c, b).

Rn.

Vì x ∈ Sol(Q, A, c, b) và Ax > b, định lý 2.1.3 áp dụng với x cho ta:

hQx+c, vi = 0 với ∀v ∈ Rn.

Khi đó ta có:

inf v∈R(x,ω,ω0)

hQωx+ c, vi = 0.

Lần nữa, theo điều kiện tối ưu cần thiết bậc nhất vừa được trích dẫn, với ∀x, ta có Λ(x, ω) 6= φ.

Do Ax > b,Λ(x, ω) = {0} nên:

max

λ∈Λ(x,ω)hb0 −A0x, λi = 0.

Do vậy, trong trường hợp I = φ, khẳng định của bổ đề thỏa mãn. Bây giờ ta xét trường hợp I = α(x) = {i : (Ax)i = bi 6= φ. Ta có:

inf

v∈R(x,ω,ω0)hQx+c, vi = inf{hQx+c, vi : v ∈ Rn, AIv ≥ b0I −A0Ix}.

Xét một cặp bài toán tuyến tính đối ngẫu:

(P) hQx+c, vi → min. v ∈ Rn, AIv ≥ b0I −A0Ix. và (P0) hb0I −A0Ix, λIi → max. λ ∈ R|I|,hAI, λIi = Qx+ c, λI ≥ 0. Ở đó, |I| là số các phần tử của I.

Từ định nghĩa của Λ(x, ω) suy ra rằng nếu λI là một điểm thỏa mãn (P’) thì:

(λI,0J) ∈ Λ(x, ω), ở đó J = {1, ..., m}\I.

Do vậy, nếu λ = (λI, λJ) ∈ Λ(x, ω) thì λJ = 0J.

Từ tính chính quy của hệAx ≥ b và bổ đề 3.1.2 ta suy ra rằngΛ(x, ω) 6= φ và compact.

Theo định lý tính đối ngẫu trong bài toán tuyến tính: Giá trị tối ưu của (P) và (P’) đều xác định và bằng nhau.

Do đó,

inf{hQx+c, vi : v ∈ R(v, ω, ω0)}.

= inf{hQx+c, vi : v ∈ Rn, AIv ≥ b0I −A0Ix}.

= max{hb0I −A0Ix, λIi : λI ∈ R|I|, λI ≥ 0,hAI, λIi = Qx+c}. = max{hb0 −A0x, λi : λ ∈ Rm, λ= (λI,0J) ≥ 0,hA, λi = Qx+c}. = max

λ∈Λ(x,ω) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Công thức (3.9) được chứng minh.

Bổ đề 3.1.4. Giả sử ωk = (Qk, Ak, ck, bk), k ∈ N là một dãy trong Ω

hội tụ tới ω = (Q, A, c, b); {xk} là một dãy trong Rn sao cho xk = Sol(Qk, Ak, ck, bk) với ∀k.

Nếu hệ Ax ≥ b là một hệ chính quy và Sol(Q, A,0,0) = {0} thì tồn tại một dãy con {xki} của {xk} sao cho {xki} hội tụ tới x ∈ Sol(Q, A, c, b)

khi i → ∞.

Chứng minh. Giả sử Ax ≥ b là một hệ chính quy và Sol(Q, A,0,0) =

{0}. Ta có:

Akxk ≥ bk (3.10)

Lấy x ∈ C(A, b). Khi đó, tồn tại một dãy {yk} trong Rn tiến đến x sao cho: Akyk ≥bk với ∀k (3.11) Bất đẳng thức trong (3.11) chỉ ra rằng yk ∈ C(Ak, bk). Do xk ∈ Sol(Qk, Ak, ck, bk), 1 2hxk, Qkxki +hck, xki ≤ 1 2hyk, Qkyki +hck, yki. (3.12) Ta chứng minh bằng phản chứng rằng dãy {xk} bị chặn.

Giả sử {xk} không bị chặn, khi đó không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng k xk k→ ∞ khi k → ∞ và k xk k6= 0 với ∀k.

Khi đó dãy {kxk k−1 xk} có một dãy con hội tụ.

Ta giả sử rằng dãy {kxk k−1 xk} hội tụ tới xˆ ∈ Rn với k xˆk= 1. Từ (3.10) ta có: Ak x k k xk k ≥ bk k xk k.

Cho k → ∞, ta thu được

Aˆx ≥ 0 (3.13)

Chia cả hai vế của (3.13) cho kxk k2 và lấy giới hạn khi k → ∞, ta có:

hx, Qˆ xˆi ≤ 0 (3.14)

Kết hợp (3.13) và (3.14) ta có Sol(Q, A,0,0) 6= {0}. Trái với giả thiết. Do vậy, dãy {xk} bị chặn và nó có một dãy con {xki} hội tụ tới x. Từ (3.12) ta có:

1

2hxki, Qkixkii +hcki, xkii ≤ 1

Từ 3.10 ta có:

Akixki ≥bki (3.16)

Lấy giới hạn trong (3.15) và (3.16) khi i → ∞ ta có:

1

2hx, Qxi+hc, xi ≤ 1

2hx, Qxi+hc, xi (3.17) Ax ≥ b (3.18)

Do x ∈ C(A, b) được chọn tùy ý nên từ (3.17) và (3.18) cho ta x ∈

Sol(Q, A, c, b).

Bổ đề được chứng minh.

3.2 Điều kiện G

Cho ω = (Q, A, c, b) ∈ Ω là giá trị tham số cho trước và ω0 = (Q0, A0, c0, b0) ∈ Ω là hướng cho trước. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Xét điều kiện (G):

Với mọi dãy {tk}, tk ↓ 0, mọi dãy {xk}: xk → x ∈ Sol(Q, A, c, b). Trong đó, xk ∈ Sol(ω + tkω0) với mỗi k, bất đẳng thức sau được thỏa mãn:

lim

k→∞inf hxk−x, Q(xk −x)i

tk ≥ 0.

Chú ý 3.2.1. Nếu Q là một ma trận nửa xác định dương thì điều kiện (G) thỏa mãn.

Chứng minh. Thật vậy, nếu Q là nửa xác định dương thì

hxk −x, Q(xk −x)i ≥ 0.

Do đó bất đẳng thức trong (G) được thỏa mãn.

Chú ý 3.2.2. Nếu hệ Ax ≥ b là hệ chính quy thì (G) yếu hơn điều kiện: tính chất (SOSC)u được đưa vào trong Auslender và Cominetti (1990) (ứng dụng của bài toán quy hoạch toàn phương) được thỏa mãn với ∀x ∈ Sol(Q, A, c, b).

Một điều đáng chú ý là nếu hệ Ax ≥ b là hệ chính quy thì (G) cũng yếu hơn điều kiện (H3) được đưa bởi Minchenko và Sakolchik (1996) (ứng dụng bài toán quy hoạch toàn phương).

và (H3) không thỏa mãn nhưng điều kiện (G) lại thỏa mãn. Một sự so sánh cụ thể của các kết quả của ta với các kết quả trong Auslender và Cominetti (1990) và Minchenko và Sakolchik (1996) sẽ được đưa ra trong phần 3.3.

Bây giờ ta mô tả một trường hợp tổng quát mà G hoàn toàn thỏa