ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CẤP 2 CHO CỰC TIỂU CÔ LẬP CẤP
2.3Cực tiểu cô lập và tính lồi suy rộng
Trong phần này chúng tôi trình bày các điều kiện đủ tối ưu kiểu KKT cho cực tiểu địa phương cô lập cấp 2 với các hàm lồi suy rộng.
Định lý 2.3.1. Giả sửx¯là điểm chấp nhận được của(P). Giả sử fi(i∈I(x¯))
khả vi và tựa lồi tạix,¯ f0khả vi trong lân cận củax,¯ f0là giả lồi mạnh tạix,¯
thỏa mãn điều kiện Lipschitz trong một lân cận củax, gradient¯ 5f0(.)liên tục Lipschitz tại x. Nếu tồn tại các nhân tử Lagrange¯ λi >0,i=1,2, ...,m
sao cho
λifi(x¯) =0, i=1,2, ...,m, 5f0(x¯) + ∑
i∈I(x¯)
λi5fi(x¯) =0, (2.14)
thìx¯là cực tiểu địa phương cô lập cấp 2.
Chứng minh
Giả sử x¯ không phải là cực tiểu cô lập. Do đó, với mọi dãy {εk}∞
k=1 các số dương hội tụ đến 0, tồn tại dãy{xk} sao cho
kxk−x¯k6εk, f0(xk)< f0(x¯) +εkkxk−x¯k2, (2.15)
xk ∈X, fi(xk)6 fi(x¯) =0, i∈I(x¯). (2.16)
Từ (2.15) suy raxk→x. Ký hiệu¯ tk=kxk−x¯k,dk= (xk−x¯)/tk. Chuyển qua dãy con nếu cần thiết, ta có thể giả sửdk→d vớikdk=1.
Phươngd là tới hạn, thật vậy bất đẳng thức thứ hai trong (2.15) có thể được viết dưới dạng
f0(x¯+tkdk)− f0(x¯)
tk <εktk. Tồn tạiK >0sao cho
kf0(x¯+tkdk)− f0(x¯+tkd)k6Ktkkdk−dk, vớik đủ lớn. Do đó,
f0(x¯+tkd)− f0(x¯)
Lấy giới hạnk→∞, ta nhận được5f0(x¯)d 60.
Từ (2.16) và tính tựa lồi của fi, ta suy ra 5fi(x¯) (xk−x¯)60, với i∈I(x¯). Do đó,
5fi(x¯)dk 60. (2.17)
Lấy giới hạn khik→∞, ta nhận được5fi(x¯)d 60. Mặt khác, đẳng thức thứ hai trong (2.14) kéo theo
5f0(x¯)d+ ∑
i∈I(x¯)
λi5 fi(x¯)d =0.
Bởi vìd là tới hạn, ta suy ra5f0(x¯)d =0,λi5 fi(x¯)d =0,i∈I(x¯). Theo (2.15) ta nhận được
εktk2>(f0(x¯+tkd)− f0(x¯)) + (f0(x¯+tkdk)− f0(x¯+tkd)). (2.18)
Theo định lý giá trị trung bình, tồn tạiθk ∈(0,1) sao cho
f0(x¯+tkdk)− f0(x¯+tkd) =5f0(x¯+tkd+tkθk(dk−d)) (dk−d)tk. Do tính giả lồi mạnh, tồn tạiβ >0 sao cho (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f0(x¯+tkd)− f0(x¯)>βtk2, (2.19)
vớik đủ lớn.
Từ (2.14), (2.17) ta suy ra 5f0(x¯) (dk)>0. Bởi vì5f0(x¯)d =0 ta suy ra
5f0(x¯) (dk−d)>0. Do các bất đẳng thức (2.18), (2.19) ta nhận được εk>β +5f0(x¯+tkd+tkθk(dk−d)) (dk−d)− 5f0(x¯) (dk−d)
tk (2.20)
với các số nguyên k đủ lớn. Do gradient 5f(.) liên tục Lipschitz tại x, ta¯
suy ra tồn tại hằng sốL>0sao cho
| 5 f0(x¯+tkd+tkθk(dk−d)) (dk−d)− 5f0(x¯) (dk−d)| 6k 5 f0(x¯+tkd+tkθk(dk−d)) (dk−d)− 5f0(x¯)k.k(dk−d)k
6Ltkkd+θk(dk−d)k.k(dk−d)k, (2.21)
với k đủ lớn. Bằng cách loại bỏtk trong (2.20) sử dụng (2.21) và lấy giới hạn khik →+∞, ta nhận được bất đẳng thức không thể xẩy ra 0>β. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Do đó,x¯là cực tiểu địa phương cô lập.
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng Định lý 2.3.1 không đúng với các hàm mà ánh xạ gradient của nó không liên tục Lipschitz.
Ví dụ 2.3.2. Xét bài toán Minimize f0= max 0,x22/3−2x1 2 + max 0,x1−x22/3 2 , với ràng buộc f1=−x160,
trong đó x1,x2 là các số thực. Tất nhiên là điểm x¯= (0,0) không là cực tiểu địa phương cô lập cấp 2 bởi vì f0(x) =0, với mọi x= (x1,x2) ở giữa các đường congx1=x22/3và2x1=x22/3. Thậm chí nó không là cực tiểu địa phương chặt. Hàm mục tiêu f0thuộc lớpC1 R2, nhưng5f0(.)không liên tục Lipschitz tạix. Nếu ta lấy¯ x¯k= 0,k−1, thì
lim
k→+∞
k 5 f0(x¯k)− 5f0(x¯)k/kx¯k−x¯k= +∞.
f0là khả vi theo phương cấp 2. Ta có5f0(x¯) = (0,0), f000(x,¯ (d1,d2)) = +∞
nếu d2 6=0 và f000(x,¯ (d1,d2)) =2d12 nếu d2 =0. Do đó, f0 là giả lồi mạnh tạix. Mặt khác,¯ x¯là điểm dừng với nhân tử Lagrangeλ1=0. Các điều kiện đủ trong Định lý 2.3.1 thỏa mãn.
Giả thiết thêm trong Định lý 2.3.1 f là giả lồi mạnh tại mọi điểm của X. Khi đó, từ định lý dưới đây ta suy ra rằng điểm cực tiểu là chặt và toàn cục bởi vì mọi hàm giả lồi mạnh là giả lồi chặt. Ví dụ 2.3.2 chỉ ra rằng tính giả lồi mạnh của f chỉ tại x¯ không kéo theo tính giả lồi chặt tại x. Thật vậy,¯
5f(x¯) (x−x¯) =0, với mọix∈R2, nhưng f(x) = f (x¯) =0khixở giữa hai đường congx1=x22/3 và2x1=x22/3.
Định lý 2.3.3. ([12]). Giả sử các hàm fi(i= (0,1, ...,m)) xác định trên X
và x¯ là điểm chấp nhận được. Giả sử fi(i∈ {0} ∪I(x¯)) khả vi tạix,¯ f0 giả lồi tại x, v௠fi(i∈I(x¯)) tựa lồi tại x. Nếu tồn tại các nhân tử Lagrange¯
(P).
Hơn nữa, nếu f0 là giả lồi chặt tạix¯thìx¯là cực tiểu chặt.
Điều kiện đủ cho cực tiểu toàn cục trong các bài toán có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập và các dữ liệu tựa lồi đã được cho trong Giorgi [5] và các tài liệu tham khảo ở đó.
Martin [13] đã đưa vào các khái niệm lồi bất biến Kuhn - Tucker (gọi tắt là lồi bất biến KT) cho bài toán (P): Bài toán (P) được gọi là lồi bất biến KT nếu tồn tại hàmη :X×X →Rn sao cho
x∈S,x¯∈S =⇒
"
f0(x)− f0(x¯)− 5f0(x¯)η(x,x¯)>0,
5fi(x¯)η(x,x¯)60, i∈I(x¯). (2.22) Khẳng định sau đây đặc trưng cho bài toán quy hoạch lồi bất biến KT. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Mệnh đề 2.3.4. Giả sử bài toán (P) khả vi. Khi đó (P) là lồi bất biến KT nếu và chỉ nếu suy luận sau đúng
¯
x∈S, min
ν {5f0(x¯)ν| 5 fi(x¯)ν 60,i∈I(x¯)}>0
⇒ f0(x)> f0(x¯),∀x∈S. (2.23)
Chứng minh
10) Giả sử suy luận (2.22) đúng. Ta chứng minh suy luận (2.23) đúng. Giả sử rằng
¯
x∈S, min
ν
{5f0(x¯)ν| 5 fi(x¯)ν 60,i∈I(x¯)} >0, (2.24)
nhưng tồn tạix¯∈S với f0(x)< f0(x¯). Khi đó, từ (2.22) suy ra tồn tại η(x,x¯) sao cho
5f0(x¯)η(x,x¯)<0, 5fi(x¯)η(x,x¯)60, i∈I(x¯). Do đó,
min
bởi vìν(x,x¯)thỏa mãn ràng buộc của bài toán quy hoạch tuyến tính
min
ν
{5f0(x¯)ν| 5 fi(x¯)ν 60, i∈I(x¯)}. Như vậy ta nhận được một mâu thuẫn.
20) Giả sử suy luận (2.23) đúng. Ta chứng minh suy luận (2.22) đúng. Giả sử ngược lại suy luận (2.22) không đúng. Do đó, tồn tạix∈S vàx¯∈S sao cho với mọiv∈Rnthì ít nhất một trong các bất đẳng thức sau
f0(x)− f0(x¯)− 5f0(x¯)v>0, 5fi(x¯)v60 i∈I(x¯), (2.25)
không đúng. Nói riêng, lấy v =0 ta nhận được f0(x)< f0(x¯). Theo dạng phủ định (2.23) ta kết luận rằng
min
ν
{5f0(x¯)v| 5 fi(x¯)v60, i∈I(x¯)}<0. Vì vậy, tồn tạiu∈Rn sao cho
5f0(x¯)u<0, 5fi(x¯)u60, i∈I(x¯). (2.26)
Đặtv=tu,t >0trong (2.25). Từ (2.25) và (2.26) ta suy ra f0(x)− f0(x¯)<5f0(x¯) (tu), ∀t >0.
Do (2.26) điều này không xẩy ra.
Suy luận (2.23) là thuận tiện hơn (2.22) để kiểm tra tính lồi bất biến KT bởi vì hàmη chưa biết không xuất hiện ở (2.23).
Bổ đề 2.3.5. Giả sử bài toán(P)khả vi. Khi đó (2.24) đúng nếu và chỉ nếu
¯ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
xlà điểm KT của (P), nghĩa làx¯thỏa mãn (2.14).
Chứng minh
Quan hệ (2.24) tương đương với
¯
x∈S, min
ν
bởi vì điểm v = 0 thỏa mãn ràng buộc 5f0(x¯) (0) = 0. Mặt khác (2.27) tương đương với
¯
x∈S, max
ν {− 5 f0(x¯)v| 5 fi(x¯)v60, i∈I(x¯)}=0, (2.28)
Đối ngẫu của bài toán quy hoạch tuyến tính (2.28) là
min λ ( 0| ∑ i∈I(x¯) λi5 fi(x¯) =− 5 f0(x¯), λi>0, i∈I(x¯) ) .
Theo định lý đối ngẫu cả hai bài toán là giải được đồng thời. Điều này kéo theo (2.24) đúng nếu và chỉ nếux¯là điểm KT.
Kết quả sau đây là Định lý 2.1 trong [13]. Đây là hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 2.3.4 và Bổ đề 2.3.5.
Hệ quả 2.3.6. Giả sử bài toán (P)khả vi. Khi đó, mọi điểm KT là cực tiểu toàn cục nếu và chỉ nếu(P)là lồi bất biến KT.
Ta đưa vào định nghĩa sau đây dựa trên suy luận (2.23).
Định nghĩa 2.3.7. Giả sử bài toán(P)khả vi. Ta gọi(P)là lồi bất biến KT mạnh tạix¯∈S nếu suy luận sau đúng
min{5f0(x¯)v| 5 fi(x¯)v60, i∈I(x¯)}>0
=⇒ ∃α >0 : f0(x)> f0(x¯) +αkx−x¯k2, ∀x∈S. (2.29)
Ta gọi(P) là lồi bất biến KT mạnh nếu (2.29) đúng với mọix¯∈S.
Ví dụ sau đây chỉ ra một cách kiểm tra tính lồi bất biến KT mạnh
Ví dụ 2.3.8. Bài toán
Minimize f0 =4x1−x12+4x2−x22,
f1 =−x160, f2=x1−160, f3 =−x260, f4=x2−160
là lồi bất biến KT mạnh. Thật vậy, giả sử x¯= (x¯1,x¯2) là điểm chấp nhận được bất kỳ vàv= (v1,v2)là một phương. Xét các trường hợp sau:
10) x¯= (0,0). Do đóI(x¯) ={1,3}. Ta có
min{5f0(x¯)v| 5 fi(x¯)v60,i=1,3}
=min{4v1+4v2|v1>0,v2>0}=0
và f0(x)> f0(x¯) +kxk2 với mọix chấp nhận được.
20) x¯6= (0,0). Trong trường hợp này ta có (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
min{5f0(x¯)v| 5 fi(x¯)v60,i∈I(x¯)}=−∞.
Hàm mục tiêu không lồi mạnh, thực ra nó lõm.
Định lý sau đây bao hàm điều kiện đủ cho cực tiểu toàn cục cô lập cấp 2 (gọi tắt là cực tiểu cô lập toàn cục) của bài toán(P).
Định lý 2.3.9. Giả sử bài toán(P)khả vi. Khi đó
(a) Điểm KTx¯là một cực tiểu toàn cục cô lập nếu và chỉ nếu (P)là lồi bất biến KT mạnh tạix.¯
(b) Mỗi điểm KT là một cực tiểu toàn cục cô lập nếu và chỉ nếu (P) là lồi bất biến KT mạnh.
Chứng minh
Định lý được suy trực tiếp từ định nghĩa cực tiểu toàn cục cô lập, Định nghĩa 2.1.2 và Bổ đề 2.3.5.
Trong định lý sau đây ta chỉ ra rằng tính lồi bất biến mạnh là một tổng quát hóa của tính lồi mạnh.
Định lý 2.3.10. Giả sử X lồi và (P) khả vi. Giả sử f0 là hàm lồi mạnh,
fi,i=1,2, ...,mlà tựa lồi. Khi đó(P)là lồi bất biến KT mạnh.
Chứng minh
Ta chứng minh rằng suy luận (2.29) đúng. Ta có
min
ν
{5f0(x¯)v| 5 fi(x¯)v60,i∈I(x¯)} 6min
Giả sửx là điểm chấp nhận được bất kỳ. Do đó, với mọi i∈I(x¯), ta có fi(x)60= fi(x¯).
Do tính tựa lồi của ràng buộc ta suy ra
5fi(x¯) (x−x¯)60. Khi đó bất đẳng thức min x∈S {5f0(x¯) (x−x¯)| 5 fi(x¯) (x−x¯)60,i∈I(x¯)} >0. kéo theo min x∈S {5f0(x¯) (x−x¯)}>0.
Do tính tựa lồi của ràng buộc, S là lồi. Do đó, do tính lồi mạnh, tồn tại hằng sốα >0 sao cho
f0(x¯+t(x−x¯))6t f0(x) + (1−t) f0(x¯)−αt(1−t)kx−x¯k2,
với mọit ∈[0,1]. Ta viết bất đẳng thức này dưới dạng f0(x¯+t(x−x¯))− f0(x¯)
t 6 f0(x)− f0(x¯)−α(1−t)kx−x¯k2. Lấy giới hạn khit→+0, ta nhận được
5f0(x¯) (x−x¯)6 f0(x)− f0(x¯)−αkx−x¯k2.
Dominx∈S{5f0(x¯) (x−x¯)}>0, ta suy ra
f0(x)> f0(x¯) +αkx−x¯k2, ∀x∈S.
KẾT LUẬN
Luận văn đã trình bày các điều kiện tối ưu cấp 2 của Ginchev - Ivanov [6] và Ivanov [10] cho bài toán tối ưu có hữu hạn ràng buộc bất đẳng thức và ràng buộc tập. Nội dung của luận văn bao gồm:
- Các điều kiện đủ tối ưu cấp 2 cho cực tiểu toàn cục;
- Các điều kiện cần tối ưu cấp 2 dạng hệ không tương thích và dạng đối ngẫu cho cực tiểu địa phương; (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
- Các điều kiện đủ tối ưu dạng hệ không tương thích và dạng đối ngẫu cho cực tiểu địa phương cô lập cấp 2, có và không có điều kiện chính quy cấp 2;
- Các điều kiện đủ cho cực tiểu địa phương và toàn cục cô lập cấp 2;
- Các điều kiện cần và đủ cho cực tiểu cô lập toàn cục; - Các ví dụ minh họa.
Điều kiện tối ưu cấp 2 cho các bài toán tối ưu với các hàm lớp C1 và