ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CẤP 2 CHO CỰC TIỂU CÔ LẬP CẤP
2.2Điều kiện cần cho cực tiểu địa phương cô lập cấp
Trong phần này ta trình bày các điều kiện cần cho cực tiểu địa phương cô lập cấp 2.
Định lý 2.2.1. (Điều kiện cần cấp 2) Giả sử x¯ là cực tiểu địa phương cô lập cấp 2 của bài toán (P); Các hàm fi(i∈/ I(x¯)) liên tục tại x, các hàm¯
fi(i∈ {0} ∪I(x¯)) khả vi liên tục, và fi(i∈I0(x,¯ d)\ {0}) là khả vi theo phương cấp 2 tại x¯ theo phương tới hạn d bất kỳ d ∈ Rn. Khi đó, với mọi phương tới hạnd ∈Rn\ {0}, không tồn tạiz∈Rn thỏa mãn hệ
5fi(x¯)z+ fi00(x,¯ d)<0, i∈I0(x,¯ d)\ {0}. (2.3)
Chứng minh
Giả sử ngược lại tồn tại một phương tới hạnd 6=0 sao cho hệ (2.3) có một nghiệm z ∈Rn. Rõ ràng trường hợp I0(x,¯ d) 6= /0 không xẩy ra bởi vì x¯ là một cực tiểu địa phương. Xét các trường hợp sau đây liên quan đến hàm mục tiêu và hàm ràng buộc:
(10) Giả sử0∈I0(x,¯ d). Xét hàm một biến
ϕ0(t) = f0 x¯+td+0,5t2z
Bởi vìX mở và x¯chấp nhận được, tồn tại δ0 >0sao cho ϕ0 được xác định với−δ0<t <δ0. Ta có ϕ 0 0(t) =5f0 x¯+td+0,5t2z(d+tz). Do đóϕ00 (0) =5f0(x¯)d. Xét biểu thức 2t−2 ϕ0(t)−ϕ0(0)−tϕ00 (0) =2t−2 f0 x¯+td+0,5t2z− f0(x¯)−t5 f0(x¯)d. Giả sử dãy{tk}∞ k=1 thỏa mãn (ϕ0)00−(0,1) = lim k→+∞ 2tk−2 f0 x¯+tkd+0,5tk2z− f0(x¯)−tk5 f0(x¯)d (2.4)
Theo định lý giá trị trung bình với mọi số nguyên dương k và mọi tk >0, tồn tạiθk0∈(0,1)sao cho
f0 x¯+tkd+0,5tk2z= f0(x¯+tkd)+5f0 x¯+tkd+0,5tk2θk0z 0,5tk2z.
Bởi vì f0∈C1, từ (2.4) và (2.5) ta nhận được (ϕ0)00−(0,1) = lim k→+∞ 5f0 x¯+tkd+0,5tk2θk0zz + lim k→+∞ 2tk−2(f0(x¯+tkd)− f0(x¯)−tk5 f0(x¯)d) >5 f0(x¯)z+ (f0)00−(x,¯ d). Giả sử dãyntk0 o∞ k=1 thỏa mãn (f0)00−(x,¯ d) = lim k→+∞ 2 tk0 −2 f0 ¯ x+tk0d − f0(x¯)−tk0 5 f0(x¯)d Từ định lý giá trị trung bình và f0∈C1 ta khẳng định rằng 5f0(x¯)z+ (f0)00−(x,¯ d)>(ϕ0)00−(0,1). Do đó,5f0(x¯)z+ (f0)00−(x,¯ d) = (ϕ0)00−(0,1)
Bởi vìzlà một nghiệm của hệ (3) với một phương d, ta suy ra với mọi ε >0 tồn tạiδ >0 sao cho
2tk−2 ϕ0(tk)−ϕ0(0)−tkϕ 0 0(0)<ε, ∀tk ∈(0,δ). Điều đó có nghĩa là f0 x¯+tkd+0,5tk2z− f0(x¯)<0,5εtk2 , (2.6)
với mọi số nguyênkđủ lớn.
(20) Giả sử0∈/ I0(x,¯ d)thì5f0(x¯)d <0có nghĩa làϕ00 (0)<0. Do đó, với δ0>0 nào đó, ta có
f0 x¯+tkd+0,5tk2z< f0(x¯), ∀tk ∈(0,δ0). (2.7)
tồn tạiδi >0sao cho
fi x¯+tkd+0,5tk2z<0, ∀tk ∈[0,δi). (2.8)
(40) Với mọii∈I(x¯)\I0(x,¯ d), ta có5fi(x¯)d =ϕi0(0)<0, trong đó ϕi(t) = fi x¯+td+0,5t2z, t ∈R. (2.9)
Từ lý luận của phần20, ta suy ra tồn tạiδi>0 vớiϕi(tk)<ϕi(0), với mọitk∈(0,δi). Do đó, ta có
fi x¯+tkd+0,5tk2z< fi(x¯) =0, ∀tk∈(0,δi). (2.10)
(50) Với mọi i∈I0(x,¯ d)\ {0}, do 5fi(x¯)d = 0, từ lý luận của phần 10 ta suy ra tồn tạiδi >0sao cho
fi x¯+tkd+0,5tk2z< fi(x¯) =0, ∀tk∈(0,δi). (2.11)
Do (2.8), (2.10), (2.11) các điểm x¯+tkd+0,5tk2z là chấp nhận được với k đủ lớn. Do đó, từ (2.6) và (2.7), ta suy rax¯không là cực tiểu địa phương cô lập cấp 2. Điều đó mâu thuẫn với giả thiết.
Với mọi điểm chấp nhận đượcx¯và phươngd ta xét tập hợp
A(x,d):=z∈Rn|∀i∈I(x),∃δi >0 : fi x+td+0,5t2z60, ∀t ∈(0,δi)
và
B(x,d):={z∈Rn| 5 fi(x)z+ fi00(x,d)60, với mọii∈I(x)
sao cho 5 fi(x)d =0}.
Bổ đề 2.2.2. Giả sử x¯là điểm chấp nhận được của bài toán(P)vàd là một phương. Khi đóA(x,¯ d)⊆B(x,¯ d). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chứng minh
bởi vì trong trường hợp nàyB(x,¯ d) =Rn.
Giả sử i∈I(x¯) với 5fi(x¯)d =0 và z∈A(x,¯ d). Khi đó, tồn tại δi > 0 sao cho fi x¯+td+0,5t2z− fi(x¯)60, ∀t ∈(0,δi). Từ chứng minh Định lý 2.2.1, ta suy ra 5fi(x¯)z+ fi00(x,¯ d) = lim t→+02t−2 fi x¯+td+0,5t2z− fi(x¯)60. Bổ đề được chứng minh.
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng bao hàm thức ngược lại không đúng.
Ví dụ 2.2.3. Xét hàmg :R2→Rxác định bởi g(x1,x2) =x31. Chọnx¯= (0,0),d = (1,0). Ta có A(x,¯ d) =z∈R2|∃δ >0 :g x+td+0,5t2z60, ∀t∈(0,δ) , B(x,¯ d) = n z∈R2| 5g(x¯)d =0=⇒ 5g(x¯)z+g00(x,¯ d)60 o , 5g(x¯) = (0,0),g00(x,¯ d) =0.
Nếuz¯= (1,0), thìg x+td+0,5t2z¯>0, với mọit>0. Do đó z¯∈B(x,¯ d), nhưngz¯∈/ A(x,¯ d).
Giả thiếtA(x,¯ d) =B(x,¯ d)là một điều kiện chính quy cấp 2.
Định lý 2.2.4. (Điều kiện cần cấp 2)Giả sử tất cả các giả thiết của Định lý 2.2.1 đúng. Giả thiết thêm điều kiện chính quyA(x,¯ d) =B(x,¯ d)thỏa mãn với mọi phương tới hạn d. Khi đó, với mọi phương tới hạn d ∈Rn,d 6=0, không tồn tạiz∈Rnlà nghiệm của hệ
5f0(x¯)z+ (f0)00−(x,¯ d)60, nếu 0∈I0(x,¯ d);
5fi(x¯)z+ fi00(x,¯ d)60, i∈I0(x,¯ d)\ {0}. (2.12)
Chứng minh
Giả sử ngược lại tồn tại phương tới hạn d sao cho hệ (2.12) có nghiệm z∈Rn.I0(x,¯ d)6= /0, bởi vìx¯là một cực tiểu địa phương. Xét các trường hợp sau:
10) Với mọii∈I0(x,¯ d)\ {0}, ta có
5fi(x¯)z+ fi00(x,¯ d)60.
Do đó,z∈B(x,¯ d). VìA(x,¯ d) =B(x,¯ d), cho nên với mọii∈I0(x,¯ d), tồn tạiδi >0sao cho
fi x¯+td+0,5t2z6 fi(x¯) =0, ∀t∈(0,δi).
20) Với mọii∈I(x¯)\I0(x,¯ d), ta có5fi(x¯)d <0. Do đóϕi0(0)<0, trong đó ϕ xác định bởi (2.9). Tồn tại δi > 0 với ϕi(t) < ϕi(0), với mọi t ∈(0,δi). Do đó,
fi x¯+td+0,5t2z6 fi(x¯) =0, ∀t∈(0,δi).
30) Với mọii∈ {1,2, ...,m} \I(x¯), ta có fi(x¯)<0. Do tính liên tục của fi, tồn tạiδi >0sao cho
fi x¯+td+0,5t2z<0, ∀t ∈(0,δi).
Như vậy, điểmx¯+td+0,5t2z là chấp nhận được vớit >0 đủ nhỏ. Giả sử0∈I0(x,¯ d). Tồn tạiC>0 sao cho
f0 x¯+td+0,5t2z− f0(x¯)>Ct2kd+0,5tzk2,
với mọit >0 đủ nhỏ, bởi vìx¯ là một cực tiểu địa phương cô lập. Do đó,
5f0(x¯)z+ (f0)00i (x,¯ d) =lim inf
t→+0 2t−2 f0 x¯+td+0,5t2z− f0(x¯) >2Ckdk2>0.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết hệ (2.12) có một nghiệm.
Nếu 0∈/ I0(x,¯ d) thìϕ00 (0) =5f0(x¯)d <0 và f0 x¯+td+0,5t2z< f0(x¯)
với mọit >0 đủ nhỏ.
Bổ đề 2.2.5. Giả sử điểm chấp nhận được x¯là một cực tiểu địa phương cô lập cấp 2 của bài toán(P)và các hàm fi(i∈ {0} ∪I(x¯))thuộc lớpC1. Giả sử với mọi phương chấp nhận đượcd, các hàm fi(i∈I0(x,¯ d)\ {0})là khả vi theo phương cấp 2, các hàm fi(i∈/ I(x¯)) liên tục. Khi đó, với phương tới hạn bất kỳd,d 6=0, hai điều kiện sau là tương đương:
(i) hệ (2.12) với ẩn sốz∈Rn không tương thích và (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(ii) tồn tại các nhân tử không âmλ = (λ0,λ1, ...,λm)6=0sao cho
λifi(x¯) =0, i=1,2, ...,m, p ∑ i=0 λi5 fi(x¯) =0, λi5 fi(x¯)d =0, i∈ {0} ∪I(x¯), λ0(f0)00−(x,¯ d) + p ∑ i=0 λifi00(x,¯ d)>0 (2.13) Chứng minh Xét ma trận Amà các hàng của nó là {5fi(x¯)|i∈I0(x,¯ d)} và vectơ b mà các thành phần của nó là n (f0)00−(x,¯ d), nếu0∈I0(x,¯ d) o và n fi00(x,¯ d)|i∈I0(x,¯ d)\ {0}o. Khi đó, bài toán quy hoạch tuyến tính min{y|Az+b6~y} trong đó~y được ký hiệu là vectơ có tất cả các thành phần đều bằng y, có giá trị tối ưu dương nếu và chỉ nếu (i) đúng. Một dạng tương đương của bài toán này là
min{y| −Az+~y>b}. Bài toán quy hoạch đối ngẫu là
max ( p ∑ i=0 λibi| −ATλ =0, p ∑ i=0 λi=1,λi >0,i=1,2, ...,p ) ,
trong đó ký hiệu AT là chuyển vị của ma trận A. Theo định lý đối ngẫu là cả hai bài toán này đều giải được. Do đó, bài toán thứ hai có giá trị tối ưu dương nếu và chỉ nếu (i) đúng.
Định lý 2.2.6. (Điều kiện cần đối ngẫu cấp 2) Giả sử tất cả giả thiết của Định lý 2.2.4 đúng. Khi đó, với mọi phương tới hạn d 6=0, tồn tại nhân tử
không âmλ = (λ0,λ1, ...,λm)6=0 thỏa mãn điều kiện (2.13).
Chứng minh
Định lý được suy trực tiếp từ Định lý 2.2.4 và Bổ đề 2.2.5.
Dựa trên ý tưởng của định nghĩa hàm giả lõm cấp 2, ta xét khái niệm sau:
Định nghĩa 2.2.7. Xét hàm một biếnϕ:(−a,a)→Rkhả vi tạit =0và tồn tại đạo hàm phải cấp 2
ϕ 00 (0,1):= lim t→+02t−2 ϕ(t)−ϕ(0)−tϕ0(0) .
Khi đó, ta gọi ϕ là giả lõm địa phương cấp 2 tại t = 0, nếu tồn tại dãy
{tk}∞
k=1,tk >0,tk→+0 sao cho các suy luận sau đúng:
ϕ(tk)>ϕ(0), ∀k =⇒ ϕ 0 (0)>0, ϕ(tk)>ϕ(0), ∀k, ϕ 0 (0) =0 =⇒ ϕ 00 (0,1)>0. Sau đây là các điều kiện đủ cho điều kiện chính quy.
Mệnh đề 2.2.8. Giả sử các hàm fi(i∈/ I(x¯))liên tục tạix, các hàm¯ fi(i∈I(x¯))
khả vi và có đạo hàm cấp 2 tại x¯ theo phương bất kỳ d ∈ Rn sao cho
5fi(x¯)d = 0. Giả sử x¯ là điểm chấp nhận được của (P) và các hàm một biến ϕi(i∈I(x¯)) xác định bởi (2.9) là giả lõm địa phương cấp 2 tại t =0, với mọi phương tới hạnd và mọiz∈Rn. Khi đó,
A(x,¯ d) =B(x,¯ d), với mọi phương tới hạnd.
Chứng minh
Theo Bổ đề 2.2.2 ta chỉ cần chứng minh rằngB(x,¯ d)⊆A(x,¯ d).
Giả sử d là một phương tới hạn tùy ý và z∈/ A(x,¯ d). Ta chứng minh rằng z∈/B(x,¯ d). Doz∈/A(x,¯ d), ta suy ra tồn tại j∈I(x¯)và dãy{tk}∞
k=1,tk→+0
gồm các số dương có tính chất ϕj(tk) > ϕj(0), với mọi k nguyên dương. Theo tính chất giả lõm địa phương cấp 2, ta nhận đượcϕ0j(0) =5fi(x¯)d >
0. Do d là tới hạn, ta suy ra 5fi(x¯)d 6 0. Do đó, ϕ0j(0) =0. Lại theo tính giả lõm địa phương cấp 2 ta cóϕ00j (0,1)>0. Điều này kéo theoz∈/ B(x,¯ d).