SỰ ĐẶT CHỈNH CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG HAI MỨC

BẰNG HAI MỨC

3.1 MỞ ĐẦU

Cho X và Λ là không gian tôpô Hausdorff, : × × Λ ⟶ ℝ và : × Λ ⇒ ,

i =1,2. Ràng buộc trong bài này là tập nghiệm của bài toán tựa cân bằng bên dưới,

với mọi ∈ Λ,

(QEP ) tìm xK1(x, ) sao cho  y K2(x, ), ( ̅, , ) ≥ 0.

Thay vì viết {(QEP )| ∈ Λ} cho họ của bài toán tựa cân bằng phụ thuộc tham số, chúng ta sẽ chỉ viết đơn giản (QEP) trong các phần tiếp theo. Cho : Λ ⟶ là ánh xạ nghiệm của (QEP). Cho = × Λ và : × ⟶ ℝ . Bài toán cân bằng với ràng buộc cân bằng bên dưới

(EPEC) tìm ygrS sao cho  y grS, F y y ,  0 ,

trong đó grS biểu diễn đồ thị của S, VD grS:={( , )| ∈ ( )}.

Cho g: × Λ ⟶ ℝ, trong đó ℝ = (−∞, +∞]. Bài toán tối ưu với ràng buộc cân bằng chúng ta xét là:

(OPEC) cựu tiểu hóa g( , ) sao cho ≔ ( , ) grS

Lưu ý rằng là tham số của bài toán tựa cân bằng xác định ràng buộc, nhưng nó là một thành phần quyết định biến số ( , ) của (EPEC) và (OPEC) và với những bài toán này thì không phải tham số.

Định nghĩa 3.1.1 Một dãy  yn :={( , )} ⊆ × Λ được gọi là một dãy xấp xỉ của (EPEC) nếu tồn tại  n 0 sao cho,

(i) F y y n, +n 0 , ∀ ∈ ( ) và ∀ ∈ Λ ,trong đó ≔ ( , ) ;

(ii)  xn là một dãy xấp xỉ của bài toán tham số (QEP) tương ứng đến { }.

Định nghĩa 3.1.2 Một dãy  yn := {( , )} XZ được gọi là một dãy xấp xỉ (tối thiểu) của (OPEC) nếu tồn tại  n 0 sao cho,

(i) g y( n)g y( )n, ∀ ∈ ( ) và ∀ ∈ ,trong đó ≔ ( , ) ; (ii)  xn là một dãy xấp xỉ của (QEP) tương ứng đến { }.

Định nghĩa 3.1.3 Bài toán (EPEC) hoặc (OPEC) được gọi là đặt chỉnh nếu, (i) Bài toán có nghiệm;

(ii) Mọi dãy xấp xỉ có một dãy con hội tụ đến một nghiệm nào đó.

Bài toán được gọi là đặt chỉnh duy nhất nếu nó có một nghiệm duy nhất và mọi dãy xấp xỉ hội tụ đến nghiệm đó.

3.2 Bài toán cân bằng với ràng buộc cân bằng

Nhận xét 3.2.1 Cho Q X: Y là ánh xạ đa trị giữa hai không gian tôpô. Nếu Q x( )

là compact, thì Q là usc tại x nếu và chỉ nếu với mọi dãy  xn hội tụ đến x và với mọi ynQ x( n), có một dãy con  ynk hội tụ đến yQ x( ). Nếu thêm điều kiện,

 ( ) ( )

Q x  y là đơn trị thì giới hạn điểm y trên phải là y và  yn hội tụ đến y .

Như trên, ( ) biểu thị tập nghiệm của (QEP ). Cho  0, tập  -nghiệm của (QEP ) được định nghĩa bởi:

1 2

( , ) { ( , ) | ( , , ) 0, y K ( , )}

S    xK x  f x y      x 

Với  0, 0 tương ứng tập nghiệm xấp xỉ của (EPEC) được xác định bởi:

Γ( , ) = { = ( , ) ∈ ( , ) × | ( , ) + ≥ 0, ∀ ∈ g và

Định lí 3.2.1 Giả sử rằng X là compact và

(i) trong × Λ, K1 đóng và K2 là lsc;

(ii) f là 0-mức đóng trên tương ứng với id trong ( , Λ) × ( , Λ) × Λ × {0}; (iii) F(., )y là 0-mức đóng dưới tương ứng với id trong × Λ, ∀ ∈ × Λ.

Khi đó (EPEC) là đặt chỉnh. Hơn nữa, nếu : ⟶ Λ là đơn trị và (EPEC) nhận nghiệm duy nhất x, thì (EPEC) là đặt chỉnh duy nhất.

Chứng minh:

Cho { } ≔ {( , )} là dãy xấp xỉ của (EPEC). Giả sử rằng { } ⟶ ̅. + Trước tiên chứng minh rằng S(.,.) là usc tại ̅, 0 .

Giả thiết ngược lại, tồn tại tập con mở ̅, 0 của U sao cho với mọi {( , )} hội tụ đến ̅, 0 trong Λ × ℝ , có ∈ ( , ) sao cho xnU với mọi n.

Từ X là compact, chúng ta có thể giả sử rằng  xn hội tụ về x0, bởi tính đóng của

1

K tại , ̅ có ∈ , ̅ . Nếu ∉ ̅, 0 = ̅ , ta có ∈ , ̅ sao cho , , ̅ < 0. Tính nửa liên tục dưới của K2 chứng tỏ rằng tồn tại

∈ ( , ) sao cho  yn  y0. Như ∈ ( , ) có ( , , ) + ≥ 0.

Bởi tính 0-mức đóng trên tương ứng với id của f chúng ta có , , ̅ ≥ 0 (mâu thuẫn). Do đó, ∈ ̅, 0 ⊆ điều này vô lí, từ đó xnU với mọi n. Do đó S là usc tại ̅, 0 .

+ Bây giờ chúng ta thấy rằng ̅ là compact bởi kiểm tra tính đóng của nó.

Cho ∈ ̅ hội tụ đến x0 . Nếu ∉ ̅ ta có ∈ , ̅ sao cho , , ̅ < 0. Theo quan niệm nửa liên tục dưới của K2 tồn tại ∈ , ̅ sao cho  yn  y0. Với mọi n, chúng ta có , , ̅ ≥ 0, ∈ ̅ .

Theo giả sử (ii) ta có được , , ̅ ≥ 0 (điều này vô lí), do đó ∈ ̅ và do đó ̅ là compact.

Theo Nhận xét 3.2.1 chứng tỏ tồn tại một dãy con biểu thị bởi  xn hội tụ đến ̅ ∈ ̅ . Chúng ta kiểm tra rằng ̅ ≔ ̅, ̅ là một nghiệm của (EPEC). Từ  xn

mức đóng trên của F thấy rằng F x y( , )0 với mọi ygrS, x là một nghiệm. Do đó (EPEC) đặt chỉnh tại ̅.

Để kiểm tra tính đặt chỉnh duy nhất thêm vào điều kiện, cho  xn là một dãy xấp xỉ của (EPEC). Cùng lập luận như phần trước đó, có một dãy con hội tụ đến x. Nếu  xn không hội tụ đến x, sẽ có một tập mở U chứa x sao cho dãy con thì ở ngoài

U . Bởi lập luận trên, dãy con này có một dãy con hội tụ đến x, vô lí.

Trong Định lí 3.2.1 tính duy nhất của nghiệm là giả sử, chúng ta không thảo luận điều kiện cho S . đơn trị ở đây, có nhiều thứ giúp cho chủ đề này xảy ra. Nghiệm duy nhất của (EPEC) có thể lấy được từ kết quả của bài toán cân bằng.

Giả thiết của Định lí 3.2.1 không thể bỏ qua như trong ví dụ bên dưới

Ví dụ 3.2.1 (Tính compact của X không thể bỏ)

Cho = ℝ, Λ = [0,1], ( , ) = ( , ) = [ ,+∞), ( , , ) = ( − 1)

và ( , ), ( , ) = 2 . Thấy rằng trong × Λ, đóng và K2 là lsc. (ii) và

(iii) đúng, cho f và F liên tục trong × × Λ và (X × Λ) × (X × Λ) tương ứng, Hơn nữa tập nghiệm của (EPEC) là grS. Nhưng S 0 0

và ( ) = , + ∞) với

mọi ∈ (0,1], g = {(0,0)} ∩ , +∞), ∈ (0,1] . Do đó, (EPEC) không

đặt chỉnh. Thật vậy, Cho = , = , = ( , ) là một nghiệm của (EPEC). Thấy rằng  xn không có dãy con hội tụ nào, đó là lí do X không

compact. Hơn nữa chúng ta chú ý rằng S . không usc cũng không lsc tại 0, giả thiết K K1, 2,f đều liên tục.

Ví dụ 3.2.2 (Tính đóng của là cần thiết)

Cho = [−1,1], Λ = [0,1], ( , ) = (− ,1], ( , ) = [0,1],

( , , ) = ( − ) và ( , ), ( , ) = 1. Không khó để thấy rằng X là

compact, K2 là lsc trong × Λ. (ii) và (iii) được thỏa mãn ( bởi tính liên tục của f và F ). Chúng ta cũng thấy rằng tập nghiệm của (EPEC) là grS. Nhưng S   0  1 và ( ) = {0,1} với mọi ∈ (0,1], g = (1,0) ∪ {( , )| = 0,1 ; ∈ (0,1]}. Do

đó, (EPEC) không đặt chỉnh. Thật vậy, Cho = 0, = thì = ( , ) là một nghiệm của (EPEC) và  xn hội tụ đến x0,1. Nhưng x không thuộc tập

nghiệm của (EPEC). Do K1 không đóng trong × Λ. Thật vậy, cho = = và = − ∈ ( , ) = − ,1 chúng ta thấy rằng  zn hội tụ về 0K10, 0.

Ví dụ 3.2.3 (Tính nửa liên tục dưới của không thể bỏ quả) Cho = [−1,1],

= [0,1], ( , ) = [0,1], ( , , ) = + và ( , ), ( , ) = 2

và

( , ) = {−1,0,1}, = 0 {0,1} ≠ 0.

Thấy rằng X là compact, K1 đóng trong XZ . (ii) và (iii) thỏa. Hơn nữa tập nghiệm của (EPEC) là grS. Nhưng S   0  1 và ( ) = {0,1} với mọi ∈ (0,1], g = (1,0) ∪ {( , )| = 0,1; ∈ (0,1]}. Cùng lập luận như Ví dụ 3.2.2, (EPEC)

không đặt chỉnh. Do K2 không lsc trong X Z.

Ví dụ 3.2.4 ((ii) không thể bỏ)

Cho = [0,1], = [0,1], ( , ) = ( , ) = [0,1], ( , , ) = ( − ) và ( , ), ( , ) = 0 và

( , , ) = − , = 0

− , ≠ 0.

Thì điều giả thiết (ii) và (iii) được thỏa mãn và tập nghiệm của (EPEC) là grS. Chúng ta thấy rằng S   0  1 và ( ) = {0} với mọi ∈ (0,1] và do đó,

g = (1,0) ∪ {(0, )| ∈ (0,1]}. Bởi lập luận tương tự Ví dụ 3.2.2 chúng ta cũng

có rằng (EPEC) không đặt chỉnh. Vì lí do giả thiết (ii) bị vi phạm. Thật vậy, lấy = 0, = 1, = và n 0, chúng ta có {( , , , )} ⟶ (0,1,0,0) và

( , , ) + = 0,1, = 1 > 0 nhưng f 0,1, 0  1 0.

Ví dụ 3.2.5 ((iii) là cần thiết) Cho = [0,1], = [0,1], ( , ) = ( , ) = [0,1], ( , , ) = 1 và

( , ), ( , ) = − , = 0 − , ≠ 0.

thì giả thiết (i) và (ii) được thỏa mãn và tập nghiệm của (QEP) bằng với X . Dễ

dàng thấy rằng tập nghiệm của (EPEC) là = (0,1) ∪ {(0, )| ∈ (0,1]} là một tập

con của grS . Cùng lí lẽ như Ví dụ 3.2.2, chúng ta cũng thấy rằng (EPEC) không đặt chỉnh. Tương tự như Ví dụ 3.2.4 chúng ta có thể kiểm tra rằng giả thiết (iii) bị vi

phạm.

Định lí 3.2.2 Cho X và Λ là không gian mêtric

(i) Nếu (EPEC) là đặt chỉnh duy nhất tại ̅, thì diam , 0 với  ,   0, 0

.

(ii) Ngược lại, nếu X và Λ đầy và điều kiện bên dưới đúng (a) Trong × Λ, K1 đóng và K2 là lsc;

(b) f là 0-mức đóng trên tương ứng với id trong

( , Λ) × ( , Λ) × Λ × {0};

(c) F.,y là 0-mức đóng trên tương ứng với id trong × Λ, ∀ ∈ × Λ. Khi đó (EPEC) là đặt chỉnh duy nhất tại ̅, với điều kiện diam , 0 với

 ,   0, 0.

Chứng minh:

(i) Giả sử rằng (EPEC) là đặt chỉnh duy nhất, giả thiết ngược lại, tồn tại

 

 n, n 0, 0 , ∈ ℝ và r0 sao cho, với mọi nn0, diam n, nr.

Do đó, tồn tại ( , ), ( , ) ∈ Γ( , ) sao cho ( , ), ( , ) > . Từ {( , )} và {( , )} là dãy xấp xỉ, chúng hội tụ đến nghiệm duy nhất nào đó và chúng ta thu được điều mâu thuẫn.

(ii) Giả sử rằng { } ≔ {( , )} là dãy xấp xỉ của (EPEC).

Khi đó = ( , ) ∈ Γ( , ) và  xn là một dãy Cauchy và hội tụ đến ̅ = ̅, ̅ . Bởi tính đóng của K1 tại ̅, ̅ và ∈ ( , ), nên ta có ̅ ∈ ̅, ̅ .

Sử dụng lập luận như Định lí 3.2.1 chúng ta thấy rằng x là nghiệm của (EPEC). Chúng ta vẫn còn chứng minh được (EPEC) có một nghiệm duy nhất. Nếu không thì có hai nghiệm phân biệt ̅ , ̅ và ̅ , ̅ đều thuộc  , , với mọi  , 0. Thì chúng ta có điều mâu thuẫn sau:

0 < ̅ , ̅ , ̅ , ̅ ≤ Γ(ζ, ε).

Định lí 3.2.3 Cho X và Λ là không gian mêtric. Cho   , , . (i) Nếu (EPEC) là đặt chỉnh thì  , 0 với  ,   0, 0.

(ii) Ngược lại, nếu X và Λ đầy và các điều kiện sau đúng: (a) Trong × Λ, K1 đóng và K2 là lsc;

(b) f là b-mức đóng trên trong ( , Λ) × ( , Λ) × Λ, ∀ < 0; (c) F.,y là c-mức đóng trên trong × Λ, ∀y ∈ × Λ, và c0; Khi đó (EPEC) là đặt chỉnh, điều kiện là  Z, , 0,  ,   0, 0.

Chứng minh:

Bởi hệ thức (i) chứng minh thì tương tự nhau cho ba độ đo không có tính compact được đề cập ở trên. Nên chúng ta chỉ đề cập trường hợp  , độ đo Kuratowski.

(i) Giả sử rằng (EPEC) là đặt chỉnh. Tập nghiệm S của (EPEC) thỏa mãn hệ

thức S   , . Do đó,     *    , ,S H , ,S         .

Cho { } = {( , )} nằm trong S. Từ  xn là một dãy xấp xỉ, có một dãy con hội tụ đến điểm của S. Do đó S là compact.

Giả sử rằng 1 n k k S M 

 với diamMk  , với k 1,..., .n

Đặt = { ∈ | ( , ) ≤ (Γ( , ), )}, dễ dàng thấy rằng   1 , n k k N      và diamNk  2H , ,S. Do đó,    ,  2H  , ,S  S 2H  , ,S              .

Chúng ta kiểm tra rằng H , ,S0 với  ,   0, 0. Thật vậy, giả thiết ngược lại rằng tồn tại 0, n, n0, 0 và xn  n, n sao cho với mọi

∈ ℕ, thì d x S n, . Từ  xn là một dãy xấp xỉ, nên có một dãy con hội tụ đến điểm của S, điều này vô lí.

(iii) Giả sử rằng  , 0 ,  ,   0, 0. Đầu tiên chúng ta chứng tỏ rằng  , 

 đóng với mọi  , 0. Cho = ( , ) ∈ Γ( , ) với

{ } ⟶ ≔ ( , ). Khi đó, với mọi ygrS và mọi ∈ ( , ),

( , ) + ≥ 0, ( , , ) + ≥ 0.

1

K đóng tại ( , ) ta có ∈ ( , ). Bởi tính -mức đóng trên của F.,y. Chúng

ta thu được, F x , y 0 với mọi ygrS . Tiếp theo chúng ta chứng tỏ đều ngược lại rằng ( , , ) + ≥ 0, ∀ ∈ ( , ). Giả sử tồn tại ∈ ( , ) sao cho ( , , ) + < 0 Từ K2 là lsc tại ( , ), ta có ∈ ( , ) sao cho  yn  y . Bởi tính  -mức đóng trên của f tại ( , , ), có ∈ ℕ sao cho ( , , ) < − , với mọi nn0, mâu thuẫn. Kết quả thu được x  ,  và tập này đóng.

Hơn nửa chú ý rằng S 0, 0  , 

   

  và  , 0,  ,   0, 0. Từ tính chất của  chúng ta thấy rằng S là compact và H , ,S0,  ,   0, 0. Cho { }: = {( , )} là một dãy xấp xỉ, khi đó  n, n0, 0 sao cho, với mọi

ygrS và mọi ∈ ( , ),

( , ) + ≥ 0, ( , , ) + ≥ 0.

Do đó, ( , ) ∈ Γ( , ). Chúng ta thấy rằng

 n,    n, n,  0

d x S H    S  .

Bởi tính compact của S, có một dãy con của  xn hội tụ đến điểm nào đó của S. Do đó, (EPEC) là đặt chỉnh.

Các ví dụ sau cho thấy tất cả giả thiết của Định lí 3.2.3 là cần thiết:

Ví dụ 3.2.6 (Tính đóng của là cần thiết)

Cho = [−1,1], Λ = [0,1], ( , ) = (− ,1], ( , ) = [0,1] ,

 , ,   

f x y  x xy và ( , ), ( , ) = 2 . Khi đó, X đầy và K2 là lsc

trong × Λ. Giả thiết (ii)(b) và (ii)(c) thỏa mãn vì f và F là liên tục trong

đó   ,  1,1  0,10. Dễ thấy rằng tập nghiệm của (EPEC) trùng với

grS. Nhưng S   0  1 và ( ) = {0,1} với mọi 0,1 , g = (1,0) ∪ {( , )| = 0,1; ∈ (0,1]}. Cùng lập luận như Ví dụ 3.2.2 (EPEC) không đặt chỉnh

tại. Do K1 không đóng tại 0, 0.

Ví dụ 3.2.7 (Tính nửa liên tục dưới của là không thể bỏ) Cho X và Λ như Ví dụ 3.2.6 , ( , ) = [0,1], ( , , ) = + , ( , ), ( , ) = 1 và

( , ) = {−1,0,1}, = 0 {0,1} ≠ 0.

Khi đó, X đầy và K1 đóng trong × Λ. (ii)(b) và (ii)(c) thỏa.  , 0,1  0,1

do đó   , 0. Hơn nửa, tập nghiệm của (EPEC) là grS. Nhưng S   0  1 và ( ) = {0,1} với mọi ∈ (0,1]. Do đó, (EPEC) không đặt chỉnh, vì K2 không lsc trong × Λ.

Ví dụ 3.2.8 ((ii)b không thể bỏ qua) Cho , Λ, và K1 như Ví dụ 3.2.7 , và

( , ) = { , 1 + },

( , , ) = −1 + = 1

1 + ≠ 1

Khi đó, X đầy, (ii)(a) và (ii)(c) được thỏa mãn, và  , 0 . Nhưng   0 0,1

S  và ( ) = [0,1] với mọi ∈ (0,1]. Nghĩa là g = (0,1) × {0} ∪ {[0,1] × { }| ∈ (0,1]}. Do đó, (EPEC) không đặt chỉnh. Ta thấy rằng, xn 0,1

n

 

  

 

là một nghiệm của (EPEC). Chúng ta thấy rằng xn hội tụ đến x0, 0, nhưng x

không thuộc tập nghiệm của (EPEC). Vì lý do giả thiết (ii)(b) bị vi phạm. Thật vậy,

Cho ( , , ) = , 1 − , , chúng ta thấy rằng ( , , ) = 1 ≥ −1 2. nhưng {( , , )} ⟶ (0,1,0) và 0,1, 0 1 1 2 f     .

( , ), ( , ) = −1, + = 1, = 0 1, á ườ ℎợ ò ạ

Chúng ta thấy rằng X đầy, (ii)(a) và (ii)(b) thỏa và   , 0. ( ) = [0,1] với mọi ∈ [0,1], dễ thấy rằng tập nghiệm của (EPEC) là tập con của

: = (0,1) × {0} ∪ {[0,1] × { }| ∈ (0, 1]}. Lập luận tương tự như Ví dụ 3.2.8 ta thấy rằng (EPEC) không đặt chỉnh, vì giả thiết (ii)(c) bị vi phạm.

3.3 Bài toán tối ưu với ràng buộc cân bằng (OPEC)

Định lí 3.3.1 Giả sử rằng X là compact và

(i) trong × Λ, K1 đóng và K2 là lsc;

(ii) f là 0-mức đóng trên tương ứng với id trong

( , Λ) × ( , Λ) × Λ × {0}; (iii) g là tựa nửa liên tục dưới trong × Λ.

Khi đó (OPEC) là đặt chỉnh. Hơn nửa, nếu ( ) là đơn trị, với mọi ∈ Λ, và (OPEC) có một nghiệm duy nhất, thì bài toán này là đặt chỉnh duy nhất.

Chứng minh:

Đặt ( , ), ( , ) = g( , ) − g( , ). Để áp dụng Định lí 3.2.1, chúng ta chỉ cần kiểm tra rằng F.,y là 0-mức đóng trên tương ứng với id trong × Λ với mọi ∈ × Λ . Cho = ( , ) ∈ × Λ ∈ và n0.  sao cho

{( , , )} ⟶ , ̅, 0 và

 n,  n 0

F x y   .

giả sử g( , ) < g , ̅ . Từ g là tựa nửa liên tục dưới tại , ̅ , ta có g( , ) < lim inf g( , ).

Vì vậy, tồn tại ∈ ℝ và ∈ ℕ sao cho, với mọi nn0, g( , ) − g( , ) ≤ g( , ) − < 0.

điều này vô lí, từ g( , ) − g( , ) + ≥ 0, ∀ . Những khẳng định về tính đặt chỉnh duy nhất dễ dàng được chứng minh.

Nhận xét 3.3.1

có thể thay f bởi “ f ., ,. ,y   y X ”. Nên tính đặt chỉnh duy nhất trong Định lí 3.3.1 cải tiến thành Định lí 3.3.5. Tính nửa liên tục dưới của f x ,.,. cùng với tính đơn điệu của (. , . , ) kéo theo điều kiện (ii) của Định lí 3.3.1. Thật vậy, kiểm tra giả thiết (ii) của Định lí 3.3.1 từ tính đơn điệu của . , . , ̅ và tính nửa liên tục dưới của f x ,.,. thấy nó thỏa mãn.

Nếu {( , )} ⟶ , ̅ và  n hội tụ về 0 sao cho , , ̅ + ≥ 0 thì bởi tính đơn điệu, có bất đẳng thức

, , ̅ ≤ lim inf , , ̅ ≤ lim inf ( , , ) ≤ lim inf = 0

kéo theo rằng , , ̅ ≥ 0. Tính nửa liên tục dưới của g đòi hỏi trong

Định lí 3.3.5 thì hạn chế hơn trong giả thiết (iii) của chúng ta. Hơn nửa, chúng ta bỏ qua tính nửa liên tục của (. , . , ) và tính lồi của f x ,.,. và g. Hơn nửa chú ý rằng tính tựa nửa liên tục trên của g trong Định lí 3.3.1 thì

chặt chẽ yếu hơn tính nửa liên tục dưới yêu cầu trong Định lí 3.3.5.

(ii) Bài toán tối ưu với ràng buộc bất đẳng thức biến phân là một trường hợp đặt

biệt của (OPEC), được nghiên cứu với X là một không gian Banach phản

xạ. Tính đặt chỉnh và đặt chỉnh duy nhất được thiết lập trên giả thiết rằng định nghĩa bài toán tham số ràng buộc tính đặt chỉnh tham số, hoặc tính đặt chỉnh tham số duy nhất. Trong kết quả ở đây, chúng ta chỉ giả thiết điều kiện rõ ràng trên dữ liệu của bài toán. Tuy nhiên, không khó để cải biến Định lí 3.3.1 để bổ sung một cách đúng đắn.

(iii) Chúng ta không tìm kết quả trên nghiệm duy nhất của (OPEC). Chúng ta quan sát rằng nếu g( , ) ≠ g( , ) với mọi địa phương nghiệm tối ưu x