ánh xạ nghiệm trong bài toán tối ưu vectơ có tham số
Trong chương này ta xét bài toán tối ưu vectơ nửa vô hạn tuyến tính có tham số, trình bày một số điều kiện đủ cho tính nửa liên tục trên, nửa liên tục dưới của ánh xạ tập ràng buộc mà sẽ được sử dụng để thiết lập tính giả Lipschitz cho ánh xạ nghiệm. Cho câu trả lời khẳng định về câu hỏi mở trong [11] khi T có hữu hạn phần tử rằng điều kiện đặt trên hai vectơ vô hướng của một nghiệm vô hướng bởi hai vectơ này là không cần thiết.
3.1 Một số kết quả bổ trợ
Cho X là một không gian mêtric, Ω ⊂ X, khoảng cách từ x tới tập con M của X được định nghĩa
d(x, M) := inf{d(x, y) : y ∈ M}
ở đó, d(x, y) là khoảng cách giữa hai điểm x, y; d(x,∅) := +∞.
hữu hiệu và đồ thị của hàm đa trị F được cho bởi công thức
dom F := {x ∈ X : F(x) 6= ∅}
;
gph F := {(x, y) ∈ X × Y : y ∈ F (x)}
,
Định nghĩa 3.1.1. i) F được gọi là đóng tại x0 ∈ X nếu với mỗi dãy
{xi} ⊂ X và {yi} ⊂ Y thỏa mãn xi →x0, yi → y0 và yi ∈ F (xi), ta có y0 ∈ F (x0).
ii) F là nửa liên tục trên tại x0 ∈ X nếu với mỗi tập mở V chứa F (x0)
tồn tại lân cận U0 của x0 sao cho F (x) ⊂ V với mọi x∈ U0.
iii) F được gọi là nửa liên tục dưới tại x0 ∈ domF nếu với bất kì tập mở V ⊂ Y thỏa mãn V ∩F (x0) 6= ∅, tồn tại lân cận U0 của x0 sao cho V ∩F (x) 6= ∅ với mọi x ∈ U0.
iv) F là giả Lipschitz tại (x0, y0) ∈ gph F nếu tồn tại lân cận U của x0, lân cận V của y0 và một hằng số k >0 sao cho
d(y2, F (x1)) ≤ k. d(x1, x2)
với mọi x1, x2 ∈ U và với mọi y2 ∈ V ∩ F (x2).
Nếu Y là tập compact và F có giá trị đóng thì F là nửa liên tục trên tại x0 ∈ X khi và chỉ khi F là đóng tại x0.
Xét bài toán (LSV O)p với tham số p = (A, b) ∈ P. Ta ký hiệu
¯
x ∈ S(p) và nói rằng x¯ là một nghiệm Pareto của (LSV O)p nếu không tồn tại x ∈ C(p) thỏa mãn
Ax−Ax¯ ∈ −Rm
Ánh xạ đa trịS : P ⇒Rn gán mỗi ptương ứng với tập tất cả các nghiệm Pareto S(p) được gọi là ánh xạ nghiệm Pareto của (LSV O).
Tập các chỉ số hoạt tại x ∈ C(p) được xác định bởi Tp(x) ={t ∈ T | hB(t), xi = b(t)}. Bổ đề 3.1.1. Ánh xạ đa trị T : P ×Rn
⇒T,(p, x) 7→ Tp(x) là nửa liên tục trên tại mọi (p0, x0) ∈ P ×Rn.
Chứng minh. Lấy tùy ý (p0, x0) := (A0, b0, x0) ∈ P × Rn và dãy
{(pk, xk) := (Ak, bk, xk)}∞k=1 trong P × Rn sao cho (pk, xk) → (p0, x0)
khi k → ∞. Với mỗi {tk}∞k=1 ⊂ T và tk ∈ T(pk, xk). Có thể lấy một dãy con nếu cần, ta có thể giả sử tk → t0 khi k → ∞. Ta cần chỉ ra rằng t0 ∈ T(p0, x0). Do B và bk liên tục trên T với mỗi k = 1,2, ... nên suy ra rằng B(t0), x0−b0(t0) = lim k→∞ B(tk), xk−bk(tk).
Điều này có nghĩa là t0 ∈ Tp0(x0) = T(p0, x0). Bổ đề được chứng minh.
Ta nói rằng C(p) thỏa mãn điều kiện Slater nếu ∃xˆ ∈ Rn sao cho
hB(t), xˆi < b(t) ∀t ∈ T. Trong trường hợp này, xˆ được gọi là điểm Slater của C(p).
Bổ đề 3.1.2. Cho p := (A, b) ∈ P. Khi đó, C(p) thỏa mãn điều kiện Slater khi và chỉ khi
0n ∈/ co{B(t) | t ∈ Tp(¯x)}
với ∀x¯ ∈ C(p) mà Tp(¯x) 6= ∅.
Chứng minh. Định nghĩa hàm g : Rn → R như sau g(x) := max
Dễ thấy, g là hàm lồi và C(p) = {x ∈ Rn | g(x) ≤ 0}. Vì T là tập compact khác rỗng và hàm (t, x) → hB(t), xi − b(t) là hàm liên tục nên g là hàm liên tục. Hơn nữa, với mỗi x¯ ∈ C(p) mà Tp(¯x) 6= ∅ ta có
g(¯x) = max
t∈T {hB(t),x¯i − b(t)} = 0.
Khi đó, C(p) thỏa mãn điều kiện Slater khi và chỉ khi không tồn tại
¯
x ∈ C(p) mà Tp(¯x) 6= ∅ sao cho nó là cực điểm của g. Điều này tương đương với
0n ∈/ ∂g(¯x). (3.1)
Bởi Theorem VI 4.4.2 trong [20], ta có
∂g(x) = co ({B(t)| t ∈ Tp (x)}). (3.2) Từ (3.1) và (3.2) suy ra rằng 0n ∈/ co({B(t)| t ∈ Tp (x)}).
Nón đặc trưng liên kết với miền ràng buộc tại p được cho bởi Kp := cone ( B(t) b(t) ! ∈ Rn × R| t ∈ T ) ∪ ( 0n 1 ! ∈ Rn × R )!
Cho (u, α) ∈ Rn × R, ta nói rằng hu, xi ≤ α là một hệ quả của C(p)
nếu hu, zi ≤ α , ∀z ∈ C(p). Để thu được kết quả về sau, chúng ta áp dụng bổ đề Farkas không thuần nhất ([20, Theorem III 4.3.4]), đặc tính của bất đẳng thức tuyến tính hu, xi ≤ α là hệ quả của C(p) được xác định bởi
u α
!
∈ cl (Kp). ,
Điều này có nghĩa rằng
∃ λk ⊂ R(≥T) và µk ⊂ [0, +∞) sao cho u α ! = lim k→+∞ ( P t∈T λkt B(t) b(t) ! + µk 0n 1 !)
ở đó, R(≥T) được định nghĩa là tập tất cả các hàm số λ : T → R≥ nhận giá trị dương tại các điểm của T. Để biết thêm thông tin tham khảo thêm bài báo của Goberna và López [15].
Kết quả ngay sau đây là từ [15, Theorem 5.3 và 7.1].
Bổ đề 3.1.3. Cho p = (A, b) ∈ P , u ∈ Rn và cho x0 ∈ C(p). Giả sử rằng C(p) thỏa mãn điều kiện Slater. Khi đó, ta có các khẳng định sau: a) Kp là tập đóng.
b) x0 ∈ argmin{< u, x >| x ∈ C(p)} nếu và chỉ nếu
−u ∈ cone B(t) : t ∈ Tp(x0) .
Bổ đề sau đây đưa ra điều kiện đủ cho tính nửa liên tục dưới của ánh xạ tập ràng buộc C và được sử dụng trong phần tiếp theo.
Bổ đề 3.1.4. Cho p := (A, b) ∈ P. Khi đó, ta có các khẳng định sau: a) C là đóng tại p
b) Nếu C(p) thỏa mãn điều kiện Slater thì C là lsc tại p. Chứng minh.
a) Xem trong [15, p. 128].
b) Khẳng định được suy ra từ [4, Theorem 2.1] hoặc [15, Theorem 6.9].
Chop := (A, b) ∈ P và(p, x) ∈ gph S. Nếu∃σ ∈ Rm
≥ màkσkm = 1
sao cho x ∈ arg min{hσA, zi, z ∈ C(p)} thì x được gọi là nghiệm vô hướng hóa bởi σ.
Bổ đề 3.1.5. Cho p := (A, b) ∈ P. Nếu (p, x) ∈ gph S thì x là một nghiệm vô hướng cho bởi σ ∈ Rm
≥.
Chứng minh. Lấy (p, x) ∈ gph S. Rõ ràng
là tập lồi. Do x ∈ S(p) nên (A x − intRm≥) T(A(C(p)) + Rm≥) = ∅. Theo định lý tách [21, Theorem 3.16], có σ ∈ Rm\ {0m} và một số thực α thỏa mãn hσ , A x − c1i ≤ α ≤ hσ , y + c2i (3.3) ∀c1, c2 ∈ Rm ≥ và y ∈ A(C(p)). Ta chỉ ra rằng σ ∈ Rm ≥. Thật vậy, ta chỉ cần chỉ ra rằng hσ , ci ≥ 0 ∀c ∈ Rm ≥. Nếu ∃c0 ∈ Rm ≥ sao cho hσ , c0i < 0 thì hσ , A x − λc0i = hσ , A xi − λ hσ , c0i → +∞, khi λ → +∞, điều này mâu thuẫn với (3.3). Do đó, σ ∈ Rm
≥ \ {0m}. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử kσkm = 1. Từ (3.3) chỉ ra rằng
hσ , A xi ≤ hσ , A zi ∀z ∈ C(p).
Điều này có nghĩa rằng x ∈ argmin{ hσA , zi | z ∈ C(p)}
Bổ đề được chứng minh.
3.2 Tính giả Lipschitz của ánh xạ nghiệm
Mục đích của phần này là thiết lập các điều kiện đủ cho tính giả Lipschitz của ánh xạ nghiệm trong tối ưu vectơ nửa vô hạn tuyến tính trong trường hợp đặc biệt khi T có hữu hạn phần tử.
Định lý 3.2.1. Cho p0 = (A0, b0) ∈ P và (p0, x0) ∈ gphS. Giả sử rằng có các điều kiện sau
i) C(p0) thỏa mãn điều kiện Slater;
ii) Không có T0 ⊂ Tp0(x0) mà |T0| < n thỏa mãn
−σ0A0 ∈ cone({B(t) | t ∈ T0}) (3.4) với mọi σ0 ∈ Rm
≥ mà x0 là nghiệm vô hướng hóa bởi σ0. Khi đó, S là giả Lipschitz tại (p0, x0).
Trước khi chứng minh Định lý 3.2.1, chúng ta cần thiết lập bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.1. Dưới giả thiết của Định lý 3.2.1, ta có các phát biểu sau a) Tồn tại lân cận W của p0 sao cho C(p) thỏa mãn điều kiện Slater với mọi p ∈ W;
b)Với dãy bất kì pk, xk := Ak, bk, xk ∞k=1 ⊂ gph S hội tụ tới p0, x0 :=
A0, b0, x0 ∈ gph S, tồn tại k0 ≥1 sao cho
−σkAk = n P 1=1 λki B(ti) ∀k ≥ k0 ở đó, σk ∈ Rm
≥ sao cho xk là nghiệm vô hướng hóa cho bởi σk ; λki >
0; ti ∈ Tpk(xk) ∀i = 1,2, ..., n và {B(t1) , ..., B(tn)} là độc lập tuyến tính trong Rn.
Chứng minh.
a) Suy ra trực tiếp từ định nghĩa nên ta bỏ qua chứng minh.
b) Cho pk, xk := Ak, bk, xk ∞k=1 là một dãy của gphS sao cho
pk, xk hội tụ tới p0, x0 = A0, b0, x0 ∈ gph S. Do pk, xk →
p0, x0nên từ a) ∃k0 ≥ 1sao cho C(p) thỏa mãn điều kiện Slater∀k ≥
k0. Áp dụng Bổ đề 3.1.5, ta có thể khẳng định với mọi k ≥ k0, ∃σk ∈ Rm
≥
với kσkkm = 1 sao cho xk là nghiệm vô hướng cho bởi σk, nghĩa là xk ∈ arg min { hσkAk, zi| z ∈ C(pk)}.
Từ Bổ đề 3.1.3 ta có
− σkAk ∈ cone B(t) | t ∈ Tpk xk (3.5) Nếu tồn tại số nguyên dương k1 sao cho Tpk xk = ∅ ∀k ≥ k1 thì σkAk = 0. Nếu cần có thể lấy ra một dãy con, ta có thể giả sử lim
k→∞σk =
σ ∈ Rm
≥ và kσkm = 1. Do đó, σ A0 = 0. Rõ ràng
Cho T0 = ∅ ⊂ Tp0(x0). Khi đó, −σ0A0 ∈ cone ({B(t) | t ∈ T0}). Điều này mâu thuẫn với giả thiết ii) của Định lý 3.2.1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng Tpk xk 6= ∅ ∀k ≥ k0. Từ (3.5) chỉ ra rằng ∃q ∈ N, λki ≥ 0 và tik ∈ Tpk xk, i ∈ {1, ..., q} sao cho − σkAk = q X i=1 λkiB tki (3.6) Do tki ∈ Tpk xk, Bổ đề 3.1.1 và tính hữu hạn của T chỉ ra rằng tki = ti với k đủ lớn và ti ∈ Tp0 x0. Từ định lý Caratheodory, ta giả sử q ≤
s , λki > 0 ∀i = 1, q và {B(ti)| i = 1, ..., q} là hệ độc lập tuyến tính. Ta khẳng địnhq = n. Ngược lại, giả sử q < n. Đặt µk :=
q
P
i=1
λki , k ≥ k0. Ta chỉ ra rằng tồn tại số thực dương α sao cho µk ≤ α ∀k ≥ k0. Thật vậy, nếu việc chỉ ra của chúng ta là sai thì (nếu cần đưa ra dãy con) giả sử là lim k→+∞µk = +∞và n λk i µk o
k≥k0 hội tụ tớiµi ≥ 0với mỗi i ∈ {1, ..., q}. Chia hai vế ở (3.6) cho µk và cho k → +∞, ta được
0n = q P i=1 µiB(ti) với q P i=1 µi = 1
Nghĩa là, 0n ∈ co B(t) : t ∈ Tp0 x0 , điều này mâu thuẫn với khẳng định ở Bổ đề 3.1.2 và vấn đề chỉ ra của ta ở trên. Do đó, dãy λki bị chặn trên bởi α. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng
lim
k→+∞σk = σ0 ∈ Rm
≥ , kσ0km = 1
và lim
k→+∞λki = λi ≥ 0 với mỗi i ∈ {1, ..., q}
Cho k → +∞ trong (3.6) ta được
−σ0A0 =
q
X
i=1
λiB(ti) với {t1, ..., tq} ⊂ Tp0 x0 và q < n. (3.7)
Điều này và Bổ đề 3.1.3 chỉ ra rằng x0 là nghiệm vô hướng cho bởi σ0, mâu thuẫn giả thiết ii) của Định lý 3.2.1. Do đó, q = n. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3.2.2. Nếu các giả thiết của định lý 3.2.1 được giữ nguyên thì ta có các phát biểu sau
a) Với mỗi σ0 ∈ Rm
≥ sao cho x0 tương ứng là một nghiệm vô hướng hóa thì
arg min{hσ0A0, zi| z ∈ C(p0)} = x0 ;
b) Với {pk}∞k=1 ⊂ P bất kì mà hội tụ tới p0 thì có thể tìm được các phần tử xk ∈ S(pk) sao cho xk →x0 khi k → +∞.
Chứng minh.
a) Suy ra trực tiếp từ [6, Theorem 16 (iv)].
b) Giả sử ngược lại, ∃ {pk := (Ak, bk)}∞k=1 ⊂ P và một tập mở U ∈ N(x0)
sao cho {pk} hội tụ tới p0 := (A0, b0) và
S(pk)∩U = ∅ ∀k. (3.8)
Chọn một hình cầu mở tâm x0, bán kính r > 0, kí hiệu B(x0, r) sao cho clB(x0, r) ⊂ U. Từ giả thiết i) của Định lý 3.2.1, C(p0) thỏa mãn điều kiện Slater. Bổ đề 3.1.4 chỉ ra rằng C là lsc ở p0. Chúng ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên k0 ≥ 1;xk ∈ C(pk)∩B(x0, r) với xk −x0
n < 1 k và zk ∈ C (pk)\B x0, r sao cho
Ak zk−Ak xk∈ −Rm≥\ {0m} ∀k ≥ k0. (3.9) Thật vậy, nếu chỉ việc chỉ ra là sai thì với mỗi k ≥ 1 tồn tại một tập mở W(x0) ∈ N(x0) và W(x0) ⊂ B(x0, r) sao cho với mỗi x ∈ W(x0) và z ∈ C(pk)\B x0, r thỏa mãn
Ak(z)−Ak(x) ∈ −/ Rm≥\ {0m}. (3.10) Kí hiệu S(Ω, Ak) tập các nghiệm Pareto của Ak với tập con Ω của tập các điểm chấp nhận được của C(pk). Bổ đề 3.1.4 chỉ ra rằng C(pk) đóng
với mỗi K. Do tính compact của C(pk)∩clB(x0, r) và tính liên tục của Ak nên S C(pk)∩cl B x0, r, Ak
6= ∅. Xét hai trường hợp có thể xảy ra
+ Nếu S C(pk)∩cl B x0, r, Ak ∩W x06= ∅ thì ∃z ∈ S C(pk)∩ cl B x0, r, Ak∩ W x0. Ta có z¯∈ S(pk). Thật vậy, nếu z /¯∈ S(pk) thì do z ∈ S C(pk)∩cl B x0, r, Ak
nên ∃z ∈ C(pk)\B x0, r sao cho Ak(z)−Ak(z) ∈ −Rm
≥\ {0m},
Trái ngược với (3.11) do z ∈ W x0. Do đó,z ∈ S(pk) và z ∈ S(pk) ∩ W x0 ⊂ S(pk)∩B x0, r ⊂ S(pk)∩U. Điều này mâu thuẫn với (3.9). + Nếu S C(pk)∩cl B x0, r, Ak∩W x0= ∅ thì với mỗi
y ∈ W x0\S C(pk)∩cl B x0, r, Ak, có một phần tử zy ∈ C (pk) ∩
cl B x0, r thỏa mãn
Ak(zy)−Ak(y) ∈ Rm≥\ {0m}. (3.11) Đặt: D := x ∈ C(pk)∩cl B x0, r : Ak(x)−Ak(zy) ∈ −Rm
≥ .Dễ dàng kiểm tra được rằng S(D, fx) 6= ∅ và Dễ dàng kiểm tra được rằng S(D, fx) 6= ∅ và
S(D, Ak) ⊂ S C(pk)∩cl B x0, r, Ak.
Cho z¯bất kì thuộc S(D, Ak), ta có z ∈ S(pk). Thật vậy, nếu z /∈ S(pk)
thì z ∈ S C(pk)∩cl B x0, r, Ak, ∃y ∈ C(pk)\B x0, r sao cho Ak(y)−Ak(z) ∈ −Rm≥\ {0m}. (3.12) Với z ∈ D, Ak(z) − Ak(zy) ∈ −Rm
≥. Kết hợp điều này với (3.12) và
(3.13), cho ta:
Ak(y)−Ak(y) ∈ −Rm
trái ngược với (3.11). Do đó, z ∈ S(pk). Từ z¯∈ D dẫn tới z ∈ S(pk) ∩
cl B x0, r ⊂ S(pk)∩U.
Điều này mâu thuẫn với (3.9). Kết hợp những điều này cho ta vấn đề cần chỉ ra.
Tiếp theo ta xét hai trường hợp: (+) Nếu zk k≥k
0 bị chặn (có thể đưa ra dãy con nếu cần), ta có thể giả sử zk →z0 ∈ Rn\B x0, r.
Từ tính chất đóng của C tại p0, Bổ đề 3.1.4chỉ ra rằng z0 ∈ C (p0). Một mặt, cho k →+∞ trong (3.10), ta được:
A0 z0−A0 x0 ∈ −Rm≥. (3.13) Do đó, A0 z0 = A0 x0 với x0 ∈ S(p0).
Mặt khác, do p0, x0 ∈ gph S, từ Bổ đề 3.1.5 chỉ ra rằng x0 là nghiệm vô hướng hóa cho bởi σ0 ∈ Rm
≥. Do đó, σ0A0, z0 = σ0A0, x0. Nghĩa là z0 ∈ arg min{hσ0A0, zi | z ∈ C(p0)}. (3.14) Từ khẳng định a) của bổ đề chỉ ra rằng
arg min{hσ0A0, zi :z ∈ C(p0)} = x0 (3.15) Từ (3.15),(3.16) ta có z0 = x0, mâu thuẫn với z0 ∈ Rn\B x0, r.
(+) Nếu zk k≥k 0 không bị chặn, ta có thể giả sử rằng zk n →+∞ và z k kzkkn → zˆ∈ R n Do bk → b0, có một số thực α sao cho |bk(t)| ≤ α, ∀t∈ T, ∀k ≥ k0.
Chia zk n trong bất đẳng thức B(t), zk ≤ bk(t) và cho k → ∞, ta được hB(t),zˆi ≤ 0 ∀t ∈ T. Một mặt, với mỗi λ > 0 ta có B(t), x0 +λzˆ = B(t), x0+λhB(t),zˆi ≤ b0(t) ∀t ∈ T. Nghĩa là: x0 + λzˆ∈ C(p0) với mỗi λ >0.
Mặt khác, chia zk
n vào (3.10) và cho k →+∞, ta được A0(ˆz) ∈ −Rm
≥.Do đó Do đó
A0 x0 +λzˆ−A0 x0 = λA0(ˆz) ∈ −Rm
≥, ∀λ > 0. Vậy A0 x0 + λzˆ= A0 x0 với x0 ∈ S(p0).
Cũng cách làm này, ta có thể chỉ ra rằng x0 +λzˆ= x0 điều này không thể xảy ra. Bổ đề đã được chứng minh xong.
Chứng minh định lý 3.2.1
Giả sử khẳng định của định lý là sai. Khi đó phải tồn tại một dãy
xk ∞k=1 ⊂ Rn hội tụ tớix0, dãy{pk := (Ak, bk)}∞k=1vàpk := Ak, bk
∞
k=1 thuộc P và cùng hội tụ tới p0 sao cho ∀k ≥ 1, xk ∈ S(pk) và
d xk, S(pk) > k.d(pk, pk). (3.16) Từ Bổ đề 3.2.2, ∃xk ∈ S(pk) thỏa mãn xk →x0 khi k → ∞. Từ (3.16) chỉ ra rằng max t∈T bk(t)−bk(t) = bk −bk ∞ ≤ d(pk, pk) ≤ 1 k xk −xk n ∀k ≥1. Dễ dàng chỉ ra rằng với mỗi k và xk 6= xk: max t∈T bk(t)−bk(t) xk −xk n ≤ 1 k. (3.17)
Theo Bổ đề 3.2.1, ∃k0 ≥1 sao cho
−σkAk = n X i=1 λkiB(ti) ; −σkAk = n X i=1 λkiB(ti) ∀k ≥k0 (3.18)
ở đó, σk ∈ Rm
≥ (tương ứng σk ∈ Rm