2 PHƯƠNG PHÁP XẤP XỈ TRƠN CHO BÀI TOÁN MIN-
2.2 Điều kiện cần cho minimax
Giả sử bài toán trong của (WMM1):
đạt cực đại địa phương (không duy nhất) tại y = yb(x), với yb(¯x) = ¯y và các ràng buộc của (IPx¯) là tích cực tại y. Theo [10], ta xây dựng bài toán¯ (M Px¯) bằng cách thêm p−k ràng buộc vào (IPx¯):
φ(j)(y−y¯) := aTj (y−y¯)+1
2(y−y¯)TAj(y−y¯) ≤ 0 (j = 1,2, ..., p−k). (2.5) Ma trận Aj chọn (xem [10]) sao cho φ(j) thỏa mãn tính chất lồi bất biến. Khi đó, y¯ cũng là cực đại yếu của (M Px¯). Tương tự, các hàm:
ψ(j)(y −y¯) := bTj(y −y¯) + 1
2(y−y¯)TBj(y−y¯) 5 0 (j = 1,2, ..., s−l)
được chọn trong Định lý 2.2, với Bj được chọn để thỏa mãn tính chất lồi bất biến. Chú ý rằng φ(j)(0) = 0 và ψ(j)(0) = 0.
Với giả thiết của Mệnh đề 2.1, bài toán trơn (IP(α, β)) đạt được cực đại địa phương yếu tại y = yb(x;α.β), trong đó yb(.;., .) thỏa mãn điều kiện Lipschitz. Ta xét dạng trơn của bài toán (M Px):
W M AXyf(x, y : α, β), (2.6)
(M IP(α, β)) : −eh(j)(y : β ≤ 0) (i = 1,2, ..., p)
φ(j)(y −yb(x;α, β)) ≤0 (j = 1,2, .., p−k). Khi đó, by(x;α, β) cũng là cực đại địa phương yếu của (M IP(α, β)). Với điều kiện chính quy thì điều kiện Karush- Kuhn- Tucker yếu [5, định lí 1] đúng: (WKT) τ(x :α, β)fy(x,yb(x : α, β) : α, β) = X j λj(x :α, β)ehj(j)(yb(x;α, β) : β) +X j µj(x;α, β)aTj ; λi(x;α, β)eh(i)(yb(x;α, β) : β) = 0,
với các nhân tử Lagrangian không âm τ(x;α, β), λj(x;α, β), µj(x;α, β)
nào đó. Lấy tổng P
j trên các ràng buộc tích cực ( h(i)(¯y) = 0), và P
j = 1, ..., k −p. Định lí 2.1
Giả sử (¯x,y¯) là minimax địa phương yếu của bài toán (WMM1). Giả sử rằng:
(i) Giả thiết của các Mệnh đề 2.1 và 2.2 là đúng;
(ii) Với mỗi ξi ∈ ∂h(i)(¯y) mà h(i)(¯y) = 0, tập các gradient ξi cùng với gradient aTj(j = 1, ..., p − k) của ràng buộc đã thêm vào, là tập độc lập tuyến tính;
(iii) Hàm vectơH(.)bao gồm −f(x, .),h(i)(.) màh(i)(¯y) = 0, và φ(i)(.)(j = 1,2, ..., k−p), là Q×Rp- lồi bất biến ở gần mỗi điểm y0 trong lân cận của
¯
y, khi ||x−x¯|| là đủ nhỏ;
(iv) Các nhân tử Lagrangian trong (WKT) là liên tục tại (¯x,0,0); (v) Các nhân tử Lagrangian trong (OP(α, β)) là liên tục tại (0,0); (vi) (∀η ∈ ∂g(¯x))0∈ int[g(Cx) +η(Rn) +T].
Khi đó, với nón cơ bản K ⊃Q và với δ > 0 nào đó,
(∀x,−g(x) ∈ T),||x−x¯||< δ)(∃∧b(x) ∈ L(Rp+, K)), c M(x) ∈ L(Rp−k+ , K),bπ ∈ L(T−g(¯x), Q),ξb∈ ∂xf(¯x,y¯),ηb∈ ∂g(¯x), 0∈ ∂y[f(x,by(x))−∧bh(yb(x))]−Mc(x)a; b ∧(x)h(yb(x)) = 0; ran[ξb+πbηb] ⊂U. Chứng minh
Từ (iii) và Mệnh đề 2.3, hàm vectơ Hb(.) bao gồm hàm mục tiêu −f(x, . : α, β),eh(i)(.;β) mà h(i)(¯y) = 0, và φ(i)(.) (j = 1,2, .., k − p)
nhỏ. Từ Mệnh đề 2.1, bài toán (IP(α, β)) đạt được cực đại địa phương yếu tại y = yb(x;α, β) khi α và β và ||x−x¯|| là đủ nhỏ.
Từ (ii), điều kiện ổn định Robinson (xem [14] và [16]) đúng cho(IP Cx). Bởi vì điều kiện này đòi hỏi 0 thuộc phần trong của một tập bao gồm các gradients, dưới vi phân suy rộng Clarke mà nó là nửa liên tục trên cho nên, điều kiện ổn định mở rộng được cho (M IP(α, β)) với ||x − x¯|| đủ nhỏ. Khi đó, ta áp dụng [10, Mệnh đề 1] cho (M IP(α, β)) mà nó đòi hỏi giả thiết tính lồi bất biến (iii), sẽ tồn tại nón cơ bản K ⊃ Q sao cho các điều kiện Karush- Kuhn- Tucker mạnh đúng:
fy(x,yb(x;α, β) : α, β)− ∧(x;α, β)hey(yb(x;α, β) : β)−M(x;α, β)α = 0;
(2.7) ∧(x;α, β)eh(ye(x;α, β) : β) = 0,
với các nhân tử Lagrangian
∧ (x;α, β) ∈ L(Rp+, K)
và M(x;α, β) ∈ L(Rp−k+ , K).
Theo Mệnh đề 2.2, hàmmb(., α, β)đạt được cực tiểu địa phương yếu với ràng buộc −eg(.;α) ∈ T tại xb(α, β), trong đó xb(α, β) → x¯ khi α, β → 0. Từ (vi), hàm trơn eg thỏa mãn điều kiện Robison:
0 ∈ int[eg(¯x;α) +egx(¯x;α)(Rn) +T] khiα đủ nhỏ.
Từ [6, Định lý 1] ta suy ra tồn tại nhân tử Lagrangian π(α, β) ∈
L(Rs,Rr) thỏa mãn
ran[mbx(¯x;α, β) +π(α, β)egx(¯x;α)] ⊂ U;
π(α, β)(T−
e
Từ [11, Mệnh đề 2] ta suy ra
mx(¯x;α, β) =fx(¯x,y¯: α, β). Do đó,
ran[fx(¯x,y¯: α, β) +π(α, β)egx(¯x;α) ⊂U. (2.8) Cho α, β → 0 ta có ∧(x;α, β) → ∧e(x) và M(x;α, β) → Mf(x) (các giới hạn này tồn tại do (iv)), π(α, β) → π¯ (do giả thiết (v)). Vế trái của (2.7) tiến đến một phần tử của∂y(f−∧b(x)h−Mc(x)a)(x,yb(x)), fx(¯x,y¯;α, β)
và egx(¯x, α) tến đến các phần tử của ∂xf(¯x,y¯) và ∂g(¯x). Vì thế kết quả đạt được suy ra khi lấy giới hạn từ (2.7) và (2.8). Nhận xét 2.3
Nếu giả thiết (vi) thay thế bởi giả thiết: với mỗi ηj ∈ ∂gi(¯x), tập các ηi của ràng buộc tích cực cùng với bTj (j = 1,2, ..., s −l) là độc lập tuyến tính, thì kết luận đúng; trong đó bao hàm thức ran[ ¯ξ+ ¯πη¯] ⊂ U được thay thế bởi:
0∈ ∂x[f(¯x,y¯) + ¯πg(¯x)] + ¯Ξb,
¯
πg(¯x) = 0,
trong đó π¯ ∈ L(Rs+, H),Ξ¯ ∈ L(Rs−l, H), H là nón cơ bản thỏa mãn Q⊂ K ⊂H.
Định lý 2.1 giả sử rằng các nhân tử Lagrangian là các hàm liên tục của các tham số. Xét các điều kiện Karush- Kuhn- Tucker mạnh:
fy(x,yb(x;α, β) : α, β) = 4(x;α, β)ky(yb(x;α, β) : α, β),
trong đó 4 bao gồm ∧ và M, và ky bao gồm ehy và a. Trong trường hợp p×m ma trận ky có hạng đầy và p ≤n, thì phương trình tuyến tính của 4 là giải được, với 4 là hàm liên tục của α, β.