Chúng ta xét bài toán quy hoạch phi tuyến có dạng
min f(x) với ràng buộc h(x) = 0, g(x) ≤ 0, (2.1) với f : Rn → R, h: Rn → Rm, g : Rn → Rp là các hàm trơn.
Giả sử I ⊂ {1, ..., p}. Ta nói rằng, tập I thỏa mãn tính chất phần trong đủ nếu: Với mọi điểm chấp nhận được x, tồn tại một dãy các điểm chấp nhận được zk sao cho zk → x và gi(zk) < 0 với mọi i ∈ I. (Chú ý rằng I = ∅ thì tính chất này được thỏa mãn.)
Giả sử rằng I thỏa mãn tính chất phần trong đủ. Ta nói rằng điểm chấp nhận x∗ thỏa mãn điều kiện KKT-xấp xỉ tương ứng với
I(AKKT(I)) nếu tồn tại một dãy {xk} hội tụ tới x∗ và thỏa mãn như sau:
• Với mọi k ∈ N tồn tại λk ∈ Rm, µk ∈ Rp+ sao cho lim
k→∞
µki = 0 với mọi i sao cho gi(x∗) < 0, (2.3) và
gi(xk) < 0 với mọi i ∈ I. (2.4) Để đơn giản, chúng ta sẽ viết AKKT = AKKT(∅).
Bổ đề 2.1. Một điểm chấp nhận được x∗ thỏa mãn AKKT(I) khi và chỉ khi tồn tại các dãy {xk} ⊂ Rn,{λk} ⊂ Rm,{µk} ⊂ Rp+,{εk} ⊂ R+ sao cho xk → x∗, εk → 0 và với mọi k ∈ N,
∇f(xk) +∇h(xk)λk +∇g(xk)µk ≤ εk, (2.5)
µki = 0 với mọi i sao cho gi(xk) < −εk, (2.6)
và
gi(xk) < 0 với mọi i ∈ I. (2.7)
Chứng minh. Trước tiên, giả sử rằng xk → x∗ và {xk},{λk},{µk} thỏa mãn (2.2)-(2.4). Đặt
J = {j ∈ {1, ..., p} | gj(x∗) = 0}.
Với mọi k ∈ N, ta đặt
εk = max{∇f(xk) + ∇h(xk)λk +∇g(xk)µk,−gj(xk), j ∈ J}. (2.8) Từ (2.2), từ tính liên tục của g và cách đặt của J, ta có εk →0 và (2.5) thỏa mãn. Hơn nữa, (2.4) đồng nhất với (2.7).
Nếu gi(xk) < −εk, thì ta có −gi(xk) > εk, và bởi (2.8), −gi(xk) >
−gj(xk) với mọi j ∈ J. Vì vậy, i /∈ J, suy ra gi(x∗) < 0. Khi đó, do (2.3)
µki = 0, và vì vậy (2.6) thỏa mãn. Do đó, ta đã hoàn thành chứng minh phần đầu tiên của bổ đề.
Tiếp theo, ta giả sử tồn tại các dãy {xk} ⊂ Rn,{λk} ⊂ Rm,{µk} ⊂ Rp+,{εk} ⊂ R+sao choxk → x∗, εk → 0và (2.5)-(2.7) thỏa mãn. Do (2.5) và (2.7), nên (2.2) và (2.4) thỏa mãn. Bây giờ, ta giả sử rằng gi(x∗) < 0. Khi đó, với k đủ lớn thì xk → x∗ và gi là liên tục, ta có gi(xk) < −εk. Khi đó, do (2.6), µki = 0. Vì vậy, (2.3) cũng thỏa mãn.
Bổ đề 2.1 đưa ra một tiêu chuẩn dừng một cách tự nhiên tương ứng với AKKT(I). Cho sai số dương cực nhỏ εf eas, εopt, εcomp tương ứng với tính chấp nhận được, điều kiện tối ưu (2.5) và điều kiện bù (2.6), một thuật toán nhằm mục đích để giải quyết bài toán (2.1) cho điều kiện
gi(xk) < 0 với mọi i ∈ I (2.7) sẽ được dừng lại khi
h(xk) ≤ εf eas,g(xk) ≤ εf eas, (2.9) ∇f(xk) +∇h(xk)λk +∇g(xk)µk ≤εopt (2.10) và µki = 0 khi gi(xk) < −εcomp (2.11) cho các hệ số phù hợpλk ∈ Rm, µk ∈ Rp+. Đây là các tiêu chuẩn dừng được dùng trong Algencan [4] (Algencan là thiết bị giải quy hoạch phi tuyến có sẵn trong dự án Tango) và các thuật toán Augmented Lagrangian khác [11]. Chú ý rằng (2.11) có thể mạnh hơn, kể cả µki = 0 khi gi(xk) <
−εcomp, miễn là µki = 0 không phải là hệ số Lagrange được đề xuất bởi thuật toán. Sau khi đặt µki = 0 trong những trường hợp đó, chúng ta phải kiểm tra (2.10). Quyết định dừng khi cả hai (2.9) và (2.10) thỏa mãn.
Rõ ràng, nếuIsmall ⊂ Ibig ta cóAKKT(Ibig)kéo theoAKKT(Ismall). Điều ngược lại là không đúng. Ví dụ sau chỉ ra điều này.
Xét bài toán
min x với ràng buộc g1(x) ≡ −x2 ≤ 0, g2(x) ≡ x ≤ 0 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
và điểm x∗ = 0. Đặt Ismall = {1}, Ibig = {1,2}. Rõ ràng, cả Ismall và Ibig
thỏa mãn tính chất phần trong đủ. Điều kiện AKKT(Ismall) được thỏa mãn: Khi lấy xk = 1/k, µk1 = k/2, µk2 = 0 với mọi k ∈ N.
Tuy nhiên, AKKT(Ibig) không thỏa mãn. Thực tế, nếu g2(xk) < 0 ta có xk < 0. Vì vậy, −2xkµk1 + µk2 ≥ 0 và 1 + (−2xk)µk1 +µk2 không hội tụ về không.
Từ nhận xét và từ phản ví dụ trên cho thấy rằng AKKT(∅) là điều kiện tối ưu yếu nhất của loại AKKT(I). Việc xem xét AKKT(I) tổng quát có tầm quan trọng về thuật toán vì chúng có tiềm năng ứng dụng tới phương pháp điểm trong. Phương pháp màn chắn cổ điển [14] là những phương pháp tiêu biểu nhất mà AKKT(I), với I không tầm thường, có thể áp dụng.