x thỏa mãn f1 () =0 Do đó f0 (.) sẽ đạt cực tiểu tại điểm tiếp úc ∗ giữa đường thẳng
2.2.4 Bài toán lồi với ràng buộc bất đẳng thức,
Cho X là một không gian tuyến tính, fi : X → IR (với i = 0,1, . . . m
là các hàm lồi, A ⊂ X là tập lồi. Xét bài toán lồi
f0(x) → inf, (2.26)
D = {x ∈ A | f1(x) ≤ 0, f2(x) ≤0, . . . , fm(x) ≤ 0}. (2.27) Đối với bài toán này, vì các hàm fi chỉ cho là lồi nên định lý về nhân tử Lagrange không còn làm việc được. Do đó cần phải có những biến đổi phù hợp để sao cho có thể có được một kết quả gần như định lý này. Định lý Kuhn-Tucker chính là một cải biên hợp lý định lý trên theo hướng này.
Hàm Lagrange của bài toán trên: L(x, λ0, . . . , λm) := m X i=0 λifi(x), λi ∈ IR i = 0,1, . . . , m
Tập phương án chấp nhận được của bài toán là:
D = ∩mi=1{x ∈ A | fi(x) ≤ 0}.
Định lý 2.2.24. (Định lý Kuhn-Tucker),(xem [6], trang 76)
(a) Nếu x∗ là nghiệm cực tiểu của bài toán (2.26) thì tồn tại các nhân tử Lagrange λi ≥ 0, i = 0, . . . , m, sao cho chúng không cùng triệt tiêu, thỏa mãn điều kiện Kuhn-Tucker
L(x∗, λ0, . . . , λm) = min
x∈A L(x, λ0, . . . , λm) (2.28)
và điều kiện bù
λifi(x∗) = 0 với mọi i = 1, . . . , m. (2.29)
Nếu thêm điều kiện Slater
∃z ∈ A: fi(z) < 0 với mọi i = 1, . . . , m,
thoả mãn thì λ0 6= 0 và có thể coi λ0 = 1.
(b) Nếu tồn tại x∗ thỏa mãn (2.28), (2.29) với λ0 = 1 thì x∗ là nghiệm cực tiểu của bài toán (2.26)–(2.27).
Định lý này được W. H. Kuhn và A. W. Tucker chứng minh năm 1951 được coi là công trình khai phá Quy hoạch lồi. Điều kiện Slater được M. Slater đưa ra vào năm 1950.
(a) Xét tập
C := {(µ0, . . . µm) ∈ IRm+1 | ∃x ∈ A : f0(x)−f0(x∗) < µ0 f1(x) ≤ µ1, . . . fm(x) ≤ µm}
Ta thấy, nếu µi > 0 với mọi i = 1, . . . m thì (µ0, . . . , µm) ∈ C (vì
µ0 > f0(x∗) − f0(x∗), µi > fi(x∗)). Do đó int(C) 6= ∅. Vì fi là lồi nên
C là lồi. Thêm vào đó dễ thấy rằng 0 ∈/ C. Theo định lý tách ta có thể tách C và véc tơ 0 bằng một phiếm hàm tuyến tính khác 0, tức là tồn tại
m+ 1 số λ0, . . . λm không đồng thời triệt tiêu sao cho
m
X
i=0
λiµi ≥ 0 ∀(µ0, . . . , µm) ∈ C. (2.30) Mặt khác, do intIRm++1 ⊂ C nên với mọi i ∈ {0,1. . . , m} ta rút ra từ biểu thức trên λi ≥ lim µj→0,j6=i 1 µi −X j6=i λjµj,
nên λi ≥0 với mọi i = 0,1,2, . . . , m.
Cho µ0 →f0(x)−f0(x∗) và µi = fi(x),1 ≤ i ≤ m, ta suy ra từ (2.30)
m
X
i=0
λifi(x) ≥λ0f0(x∗) ∀x ∈ A (2.31) Nếu fi(x∗) = −α < 0 cho một chỉ số i nào đó và với mọi > 0. µi := −α µj := (j 6= i ) thì suy ra (µ0, . . . , µm) ∈ C. Thay vào (2.30) và cho →0
ta được −λiα ≥0. Suy ra λi = 0 nếu fi(x∗) < 0. Vì vậy
λifi(x∗) = 0 với mọi i = 1, . . . , m.
Kết hợp biểu thức cuối với (2.31) ta suy ra
m X i=0 λifi(x) ≥ m X i=0 λif(x∗) (2.32)
Giả sử điều kiện Slater thỏa mãn. Nếuλ0 = 0thì tồn tại ít nhất một λi > 0
và do đó m X i=0 λifi(x) < 0 = m X i=0 λifi(x∗),
(b) Nếu (2.28)–(2.29) thỏa mãn với λ0 = 1 thì với mọi phương án chấp nhận được x của bài toán (2.26) ta có
f0(x) ≥ f0(x) + m X i=1 λifi(x) ≥ m X i=0 λifi(x∗) = f0(x∗),
tức x∗ là nghiệm tối ưu của bài toán (2.26)–(2.27).
Định lý 2.2.25. (Dạng dưới vi phân của Định lý Kuhn-Tucker) Giả thiết rằng X là một không gian Hausdorff lồi địa phương và fii = 1, . . . , m, là các hàm lồi, cùng liên tục ít nhất tại một điểm của tập lồi A ⊂ IRn. Cho
x∗ là một nghiệm chấp nhận được của bài toán (2.26)–(2.27).
(a) Nếu x∗ là nghiệm cực tiểu của bài toán thì tồn tại các nhân tử Lagrange λi ≥ 0, i = 0, . . . , m, sao cho chúng không cùng triệt tiêu, thỏa mãn phương trình 0∈ m X i=0 λi∂fi(x∗) +N(x∗|A) (2.33) và λifi(x∗) = 0 với mọi i = 1, . . . , m, (2.34) trong đó N(x∗|A) := {y ∈ X∗ | hy, x −x∗i ≤ 0 ∀x ∈ A là nón pháp tuyến của A tại x∗. Nếu điều kiện Slater
∃z ∈ A :fi(z) < 0 với mọi i = 1, . . . , m,
thỏa mãn thì λ0 6= 0 và có thể coi λ0 = 1.
(b) Nếu tồn tạix∗ thỏa mãn (2.33), (2.34) với mọi λ0 = 1 thìx∗ là nghiệm cực tiểu của bài toán (2.26)–(2.27).
Nhận xét 2.2.1. Nếu A = IRn thì khi đó N(x∗|A) = {0}, nên biểu thức
(2.33) được thay bởi
0 ∈
m
X
i=0
Ví dụ 2.2.23. Cho hai điểm ngoài hình tròn đơn vị. Tìm một điểm thuộc hình tròn đó sao cho khoảng cách đến hai điểm ấy là nhỏ nhất.
Bài toán có dạng giải tích là:
f0(x) = kx−yk+ kx−zk → inf, f1(x) = kxk −1,
trong đó |y| > 1,|z| > 1 là hai điểm cho trước. Đây là bài toán cực tiểu của hàm liên tục trên tập compact nên luôn tồn tại nghiệm.
Vì điều kiện Slater thỏa mãn (f1(0) < −1 < 0) nên sử dụng Định lý 2.2.25 với λ0 = 1. Theo đó tồn tại λ1 ≥ 0 sao cho
0∈ ∂kx∗ −yk+∂kx∗ −zk+λ1∂kx∗k
λ1(kx∗k −1) = 0.
Ta biết rằng dưới vi phân của chuẩn trong không gian Euclid tại điểm khác
0 là véc tơ đơn vị từ 0 hướng tới điểm ấy. Vì vậy, khi kx∗k = 1 ta có
0 = x ∗ −y kx∗ −yk + x∗ −z kx∗ −zk +λ1x ∗.
Điều này có nghĩa là góc giữa hai đoạn [0, x∗] và [y, x∗] bằng góc giữa hai đoạn [0, x∗] và [z, x∗]. Như vậy ta được ba phương trình với ba ẩn số, do đó có thể giải để tìm x∗.
Trong trường hợp kx∗k < 1, điều kiện bù kéo theo λ1 = 0, khi đó 0 = x ∗ −y |x∗ −y| + x∗ −z |x∗ −z|,
nghĩa là x∗ nằm trên đoạn [y, z]. Điều đó chỉ xẩy ra khi đoạn [y, z] cắt đường tròn đơn vị. Hiển nhiên, lúc đó giao giữa [y, z] và hình tròn đơn vị là tập nghiệm tối ưu.
Định lý 2.2.26. (xem [8], trang 47). Xét bài toán sau
hM x, xi+hb, xi → inf;
D = {x ∈ IRn | hCi, xi ≤ di, i = 1, . . . , m},
trong đó M ∈ IRn×n là ma trận đối xứng, Ci ∈ IRn, i = 1, . . . , m. Khi đó, nếu x∗ là điểm cực tiểu địa phương thì tồn tại các nhân tử Lagrange
λi ≥ 0, i = 1, . . . , m, sao cho chúng thỏa mãn các điều kiện
(2M x∗ +b) + m X i=1 λiCi = 0, và λi(hCi, x∗i −di) = 0 với mọi i = 1, . . . , m.
Định lý 2.2.27. (Xem [8], trang 79). Xét bài toán (P) với D là tập lồi đa diện, khi đó
(a) Nếu M là ma trận đối xứng xác định dương và D 6= ∅ thì bài toán có điểm cực tiểu toàn cục duy nhất.
(b) Nếu M là ma trận đối xứng xác âm thì điểm cực tiểu địa phương của bài toán là một điểm cực biên của D.
Nhận xét 2.2.2. Kết luận (b) của định lý trên tương đương với phát biểu sau "Nếu M đối xứng xác định dương nên điểm cực đại địa phương của bài toán (P) là điểm cực biên của D.”
Ghi chú Các kết quả được trình bày ở các mục trên được trích từ các tài liệu: [6], [7], [8],[9], [10],. . . và [11].