Đối với bài toán tổng quát (3.1), điều kiện cần tối ưu có dạng (xem [21]) 0∈Lx(x, u) +∂ψC(x),
0∈ −Lu(x, u) +∂ψQ(u), (3.3)
ở đó L(x, u) := f(x) +hu, g(x)i là hàm Lagrange, và chỉ số dưới x hoặc u là ký hiệu đạo hàm riêng theo biến tương ứng. Ký hiệu∂ψC ở đây là chỉ ánh xạ đa trị
∂ψC(x) :=
(
{y∈Rn | hy, c−xi ≤0 với mỗi c∈C} nếu x∈C,
∅ nếu x /∈C.
Tương tự, ánh xạ ∂ψQ được mô tả bởi biểu thức
∂ψQ(u) :=
(
{v ∈Q0| hv, ui= 0} nếu u∈Q, ∅ nếu u /∈Q;
Bất kỳ điểm x nào thỏa mãn (3.3) ứng với một u nào đó được gọi là điểm dừng của (3.1). Có thể tồn tại điểm dừng nhưng không phải là cực tiểu địa phương. Kết quả chính sẽ được chứng minh trong mục 3.3, sau đó ta xem điều kiện cần chính quy trong mục 3.2. Nếu ta viết lại (3.3) theo f và g, vì
∂ψC×Q(x, u) = ∂ψC(x)×∂ψQ(u), ta đạt được phương trình suy rộng
" 0 0 # ∈ " f0(x) +g0(x)∗u −g(x) # +∂ψC×Q(x, u), (3.4) ở đó g0(x)∗ là toán tử tuyến tính liên hợp của g0(x).
3.2 Điều kiện đủ cấp hai
Điều kiện đủ cấp hai là một điều kiện chính quy nổi tiếng trong quy hoạch phi tuyến, ví dụ, xem [22, Section 2.3], [23], [24] và [25]. Trong phần này chúng ta sẽ khảo sát một dạng của điều kiện thích hợp cho bài toán (3.1).
Nhằm mục đích phát triển điều kiện đủ cấp hai cho (3.1), chúng ta quay trở lại phương trình suy rộng (3.4) phát biểu điều kiện cần tối ưu. Các kết quả trong [1, 26] cho thấy điểm quan trọng của dáng điệu của phương trình suy rộng được giữ lại trong phép tuyến tính hóa của nó quanh một điểm đã cho. Để vận dụng tuyến tính hóa ở tình huống hiện tại, ta giả sử (x0, u0) là một điểm thỏa (3.3); dạng tuyến tính của (3.3) (hoặc tương tự, của (3.4)) tại (x0, u0) khi đó là
0∈ " Lx(x0, u0) −Lu(x0, u0) # + " Lxx(x0, u0) Lxu(x0, u0) −Lux(x0, u0) −Luu(x0, u0) # " x−x0 u−u0 # +∂ψC×Q(x, u).
Đơn giản hóa lại, ta có 0∈ " L0(x0, u0) −g(x0) # + " L”(x0, u0) g0(x0)∗ −g0(x0) 0 # " x−x0 u−u0 # +∂ψC×Q(x, u) (3.5) Xem xét hình thức của (3.5) làm ta nhận ra rằng nó phát biểu điều kiện cần cho một bài toán quy hoạch toàn phương xác định, có dạng tường minh là
min f0(x0)(x−x0) + 12hx−x0, L0(x0, u0)(x−x0)i
với ràng buộc g(x0) +g0(x0)(x−x0)∈Q0, x∈C.
(3.6)
Bài toán quy hoạch toàn phương (3.6) không được suy ra từ bất kì xấp xỉ trực tiếp của hàm số nào trong (3.1). (Chú ý rằng số hạng cấp hai của hàm mục tiêu có chứa L”(x0, u0) chứ không phải làf”(x0)). Tuy nhiên, người ta đã chỉ ra rằng đó là một xấp xĩ hợp lí của (3.1) cho mục đích tính toán số [27, 28]. Vì phép tuyến tính hóa trong (3.3) được suy ra trực tiếp, ta sẽ coi (3.6) như là dạng tuyến tính của (3.1).
Dựa trên những khảo sát chi tiết cụ thể, tác giả Robinson trong công trình [21] đã đưa ra điều kiện đủ cấp hai mở rộng sau đây.
Định nghĩa 3.1. Giả sử (x0, u0) là điểm thỏa mãn (3.3). Ta nói điều kiện đủ cấp hai đúng tại (x0, u0) với mô-đun µ >0 nếu với mỗi h∈TC(x0) với
g0(x0)h∈TQ0(g(x0)), f0(x0)h= 0,
ta cóhh, L”(x0, u0)hi ≥µkhk2. (Ở đây, ký hiệuTC(x0)chỉ nón tiếp xúc của tập C
tại điểm x0 ∈C, được xác định là nón đối cực của ∂ψC(x0), và định nghĩa tương tự cho TQ0(g(x0)).)
Như được chú thích trong [21], Định nghĩa 3.1 sẽ không thay đổi nếu ta viết
f0(x0)h = 0 trong (3.3). Để thấy điều này, chú ý rằng h và −[f0(x0) +g0(x0)∗u0] tương ứng thuộc vào TC(x0) và ∂ψC(x0). Vì thế
0≤ hf0(x0) +g0(x0)∗u0, hi=f0(x0)h+hu0, g0(x0)hi.
Tuy nhiên, vì g(x0) thuộc vào nón pháp tuyến đến Q tại u0, u0 thuộc vào nón pháp tuyến của Qo tại g(x0) (xem [2, Corollary 23.5.4]). Khi g0(x0)h thuộc vào nón tiếp tuyến tương ứng, ta có hu0, g0(x0)hi ≤ 0 và vì thế f0(x0)h ≥ 0. Bởi vì điều này, ta kiểm tra được thấy rằng véc tơ h thỏa mãn f0(x0)h ≤ 0 áp dụng trong Định nghĩa 3.1 trước đây.
Cũng theo [21], trong công thức này, điều kiện đã được thảo luận cho bài toán (3.2) bởiHan và Mangasarian trong [29, Theorem 2.5] cho các trường hợp tương đương với điều kiện đủ cấp hai tiêu chuẩn như được cho trong [22]. Vì thế ta kiểm tra được rằng điều kiện của Định lý 3.1 sẽ cho phép chỉ ra một dạng toàn phương xác định dương làm non hóa hàm mục tiêu (3.1) trên một bộ phận của tập khả thi gần x0, và nhận một cực tiểu bằng f(x0) tại x0. Do sẽ cần đến trong mục 3.3, chúng ta sẽ phát biểu một dạng khác của điều kiện trong định lý sau đây.
Định lý 3.2. [21] Giả sử rằng (x0, u0) thỏa mãn (3.3), f và g là hai hàm khả vi Fréchet tại x0, và điều kiện đủ cấp hai đúng tại đây với mô đun ρ. Khi đó với mỗi ∈ [0, ρ) thì tồn tại một lân cận V của x0 sao cho nếu x ∈ C∩V và g(x)∈Qo, thì f(x)> f(x0) + 12kx−x0k2 hoặc x=x0.
Chứng minh. Giả sử cho ≥ 0 và một dãy {xi} ⊂ C hội tụ đến x0 với xi 6= x0,
g(xi) ∈ Qo và f(xi) ≤ f(x0) + 12kxi−x0k2 với mỗi i. Ta thấy rằng ≥ ρ. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng { xi−x0
kxi−x0k −→ h ∈ Rn}, và hệ quả là khk = 1, h∈TC(x0). Với mỗi i ta có Qo 3g(xi) =g(x0) +g0(x0)(xi−x0) +o(kxi−x0k), (3.7) Vì thế g0(x0)h= lim i→∞kxi−x0k−1[g(xi)−g(x0)]∈TQo(g(x0).
Nhờ những nhận xét bên trên, trong trường hợp như vậy thìf0(x0)h≥0. Nhưng đối với mỗi i ta có
f(x0) + 1
2kx−x0k2 ≥f(xi) = f(x0) +f0(x0)(xi−x0) +o(kxi−x0k), (3.8) sau khi chia cho kxi−x0k và lấy giới hạn mà f0(x0)≤ 0. Do đó h thỏa mãn giả thiết điều kiện đủ cấp hai. Tuy nhiên, từ (3.7), (3.8), và vì hu0, g(xi)i ≤0 ta có
f(x0) + 1 2kxi−x0k2 ≥f(xi)≥L(xi, u0) =L(x0, u0) +L0(x0, u0)(xi−x0) +1 2h(xi−x0, L”(x0, u0)(xi−x0)i+o(kxi−x0k)2 ≥f(x0) + 1 2h(xi−x0, L”(x0, u0)(xi−x0)i+o(kxi−x0k)2.
Trừ f(x0) và chia cho 12kxi−x0k2 rồi sau đó lấy giới hạn, ta thấy rằng
≥ hh, L”(x0, u0)hi ≥ρkhk2=ρ.
Và định lý bây giờ được chứng minh nhờ phản chứng.
Nhận xét 3.3. Định lý 3.2 cho thấy rằng một điểm dừng của (3.1), thỏa điều kiện đủ cấp hai là cực tiểu địa phương ngặt. Một câu hỏi hợp lý đặt ra là liệu nó cũng là một cực tiểu địa phương bị cô lập hay không, tức là, tồn tại một lân cận củax0 không chứa các cực tiểu địa phương khác của (3.1)? Xét một bài toán ví dụ từ [21]
min 12x2
với ràng buộc x6sin(1/x) = 0, [sin(1/0) := 0] (3.9) ở đây C =R =Q. Miền khả thi là {0} ∪ {(nπ)−1 | n =±1,±2, ...}. Điều kiện đủ cấp hai ban đầu được thỏa mãn; tuy nhiên, điểm gốc là một điểm giới hạn của miền khả thi, và mỗi điểm khả thi là một cực tiểu địa phương.
Chú ý rằng bài toán kiểu (3.9) là một bài toán đặt xấu. Người ta có thể loại bỏ những bài toán xấu, bằng cách áp đặt thêm vào điều kiện chính quy ràng buộc nhất định. Ở đây, ta tuân theo [21] và nói rằng ràng buộc
x∈C
của (3.1) là chính quy tại x0 theo nghĩa phát biểu trong [20] nếu
0∈textint{g(x0) +g0(x0)(C−x0)−Qo}. (3.10) Trong tài liệu [30], tác giả đã chỉ ra rằng (3.10) là điều kiện đủ cho việc xây dựng điều kiện tối ưu. Thật vậy, đối với bài toán tiêu chuẩn (3.2), điều kiện (3.10), tương tự với điều kiện nổi tiếng của Mangasarian và Fromovitz [31].
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng nếu (3.1) là ràng buộc chính quy tại một điểm x0 mà (x0, u0) thỏa mãn (3.3), Khi đó, điều kiện đủ cấp hai thỏa mãn, và
x0 là một điểm dừng cô lập của (3.1). Để chứng minh điều này, ta khảo sát kết quả đầu tiên về tính liên tục để thuận tiện dùng ở đây và sau này trong luận văn. Do đó ta xét bài toán tối ưu có nhiễu
min f(x, p)
với ràng buộc g(x, p)∈Qo, x∈C,
(3.11)
ở đâyp∈P =Rk là tham số nhiễu, và xlà biến. Hàm f vàg là xác định từΩ×P
theo thứ tự đến R và Rn, trong đó Ω, Q và C như định nghĩa trước đây. Ta sẽ chứng minh (3.1) với các trường hợp riêng của (3.11) xảy ra khi p là một điểm cố định p0 ∈Rk; vì thế x0 là một điểm dừng của (3.11) vì p =p0. Vấn đề được quan tâm là dự đoán từ thông tin trong (3.1), và một số khía cạnh nhất định trong dáng điệu của (3.11) khi p thay đổi gần p0, chẳng hạn, tính giải được, vị trí cực tiểu địa phương,... Ta thấy trong các giả thuyết khác, với mỗi p ∈ Rn,
f(·, p) và g0(·, p) là khả vi Fréchet trên Ω; f, g, f0 và g0 là liên tục trên Ω×P;
f(·, p0)và g(·, p0) là hai hàm liên tục, khả vi Fréchet trên Ω. Điều kiện cho điểm dừng trong (3.11) là 0∈f0(x, p) +g0(x, p)∗u+∂ψC(x), 0∈ −g(x, p) +∂ψQ(u) (3.12) và ta định nghĩa U0 :={u∈Rm|(x0, u) thỏa (3.12) khi p=p0}.
Từ kết quả trong [32], nếu ràng buộc
g(x, p)∈Qo x∈C
(3.13)
của (3.11), là chính quy tại x0 cho p=p0 cố định, thì tồn tại lân cận M1 củax0
và N1 của p0 để mà với bất kì (x, p) ∈ M1×N1 thỏa (3.13), hệ (3.13), là chính quy tại x (vì giá trị p được cho là cố định). Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh thêm rằng các nhân tử trong (3.12) là bị chặn đều, và thật sự, tập tất cả các nhân tử như vậy là một ánh xạ nửa liên tục trên theo (x, p). Điều này mở rộng kết quả trong [33], cũng như [34] (xem [21]).
Định lý 3.4. Nếu hệ (3.13) là chính quy tại x0 với p = p0, khi đó tồn tại lân cận M2 của x0 và N2 của p0, sao cho nếu U: M2×M2 → Rm và SP: N2 → M2 là các ánh xạ đa trị xác định bởi:
U(x, p) :={u∈Rm |(x, u, p) thỏa (3.12)} với (x, p)∈M2×N2 SP(p) :={x∈M2 | Với một vài u,(x, u, p) thỏa (3.12)với p∈N2} thì U và SP là nửa liên tục trên.
Chứng minh. Đầu tiên ta thấy rằng, U bị chặn địa phương tại (x0, u0). Giả sử trái lại, ta có dãy {xi} ⊂Ωvà {pi} ⊂P lần lượt hội tụ đến x0 và p0, và một dãy
{ui} ⊂Rm với lim
i→∞kuik= +∞, sao cho với mỗi i thì bộ ba (xi, ui, pi) thỏa (3.12). Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng ui
kuik →y. Với mỗi i, (3.12) đưa đếnui ∈Q (một nón) vàhui, g(xi, pi)i= 0. Chia cho kuik và lấy giới hạn, ta thấy rằng y∈Q và hy, g(x0, p0)i= 0. Từ (3.12), với mỗi i ta có
f0(xi, pi) +g0(xi, pi)∗ui ∈ −∂ψC(xi).
Chia cho kuik và lấy giới hạn, vì ∂ψC là một ánh xạ đa trị đóng, giá trị của nó là các nón, ta đạt được g0(x0, p0)∗y ∈ −∂ψC(x0). Bởi tính chính quy, với > 0 ở đây là một điểm x∈C với g(x0, p0) +g0(x0, p0)(x−x0) +y∈Qo. Sử dụng thông tin về y, ta thấy rằng
điều này cho ta mâu thuẫn. Vậy tồn tại lân cận M2 của x0 trong Ω và N2 của
p0 trong Rn, và một tập compact K ⊂ Rm, sao cho nếu(x, p)∈M2×N2, khi đó
U(x, p)⊂K. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằngM2 và N2là đủ nhỏ vì vậy
M2 là compact và với (x, p)∈M2×N2 thì giá trị kg(x, p)k,kf0(x, p)k và kg0(x, p)k
thỏa mãn một chặn đều. Bây giờ đặt h(x, u, p) := " f0(x, p) +g0(x, p)∗u −g(x, p) # .
Ta chú ý là tồn tại tập compact L sao cho nếu (x, p, u) ∈ M2×N2×K, khi đó
h(x, p, u)∈L.
Tiếp theo, ta ký hiệu Glà ảnh của ánh xạ đa trị ∂ψC×∂ψQ, và định nghĩa
H :={(x, p, u, v)| (x, p)∈M2×N2,
(x, p, u, v∈graphh,(x, u,−v)∈G}
Giả thiết tính liên tục và tính chất của ∂ψC và ∂ψQ kéo theo rằng H là đóng trong M2×N2×Rm×Rn+m. Tuy nhiên, nếu (x, u, p, v)∈H,thì (x, p)∈ M2×N2
và (x, u, p)thỏa (3.12), vì thế u∈K và do đó v ∈L. Vì K và L là compact, hình chiếu của H trên không gian gồm hai hoặc ba thành phần phần đầu tiên ứng với (x, p, u, v) là đóng. Có thể kiểm tra được hình chiếu thứ nhất là đồ thị của ánh xạ đa trị SP−1, cái kia là đồ thị củaU. Vì thế,U và SP là đóng. Tuy nhiên, do ảnh của U chứa tập compact K và ảnh của SP chứa tập compact M2, theo đó U và SP là nửa liên tục trên thực sự. Chứng minh hoàn thành.
Định lý kế tiếp cho ta điều kiện để một điểm dừng của (3.1) là duy nhất. Ta sẽ xem xét tính duy nhất cho điểm dừng của dạng mở rộng của (3.1), nghĩa là
min f(x) + 12hx−x0, E(x−x0)i,
với ràng buộc g(x)∈Qo x∈C,
(3.14)
ở đây E là ma trận đối xứng cỡ n×n chuẩn đủ nhỏ tùy ý.
Định lý 3.5. [21] Giả sử f và g là hai hàm liên tục, khả vi Fréchet trên Ω, và điều kiện chính quy (3.10) đúng tại một điểm dừng x0 của (3.1). Giả sử cũng
vậy đối với mỗi u0 sao cho (x0, u0) thỏa điều kiện ràng buộc (3.3), điều kiện đủ cấp hai của Định lý 3.5 đúng cho (3.14) tại (x0, u0) với một mô-đun dương nào đó. Khi đó tồn tại một lân cận W của x0 và một số dương , sao cho với mỗi ma trận E đối xứng cấp n×n với kEk< , và cho mỗi điểm dừng x của (3.14), thì x /∈W hoặc x=x0.
Chứng minh. Ta sử dụng chứng minh phản chứng. Giả sử ta có dãy{xi} là các điểm thuộcRn\ {x0} và {Ei}của ma trận n×n sao cho {xi} hội tụ đến x0, {Ei}
hội tụ đến ma trận không (ký hiệu là 0), và với mỗi i, xi là một điểm dừng của (3.14). Nói cách khác, tồn tại ui sao cho
0∈f0(xi) + (xi−x0)Ei+g0(xi)∗ui+∂ψC(xi) 0∈ −g(xi) +∂ψQ(ui).
(3.15)
Đồng nhất không gian các tham số nhiễuP với không gian các ma trận đối xứng cỡ n×n theo chuẩn Euclide, và lấy p0 = 0. Áp dụng Định lý 3.4, ta thấy rằng lân cận W0 của x0 và V0 của 0 (trong P) sao cho nếu xi∈W0 và Ei∈V0, khi đó
ui∈U(xi, Ei); hơn nữa, ánh xạ đa trị U bị chặn địa phương. Vì thế ui là bị chặn đều. Chuyển qua dãy con nếu cần thiết ta có thể giả sử rằng:
(a) với mỗi i, xi∈W0, Ei ∈V0 và ui∈U(xi, Ei); (b) (xi−x0)
kxi−x0k →h∈Rn; (c) ui →u0.
Ta lưu ý rằng bằng tính đóng của U ta có u0 ∈U(x0,0) là tập hợp các nhân tử chấp nhận được cho (3.1) tại x0.
Bây giờ từ (3.15) ta thấy rằng với mỗi i, g(xi) ∈ Qo và xi ∈ C. Từ chứng minh của Định lý 3.6 ta có thể thiết lập được rằngh∈TC(x0), g0(x0)h∈TQo(g(x0)) và f0(x0)h≥0. Tiếp theo, từ (3.15) ta thấy rằng với mỗi i,
0 =hui, g(xi)i=hui, g(x0)i+hui, g0(x0)(xi−x0)i+o(kxi−x0k),
ở đây ta sử dụng giả thiết bị chặn đều của các ui. Tuy nhiên, khi ui ∈ Q và
g(x0)∈Qo ta có hui, g(x0)i ≤0 và do đó
Chia cho kxi−x0k và lấy giới hạn, ta được
hu0, g0(x0)hi ≥0. (3.16)
Sử dụng lại (3.15) ta thấy rằng với mỗi i
f0(xi) + (xi−x0)Ei+g0(xi)∗ui∈ −∂ψC(xi),
vì vậy
0≥f0(xi)(xi−x0) +hxi−x0), Ei(xi−x0)i+hui, g0(xi)(xi−x0)i.
Tiếp tục chia chokxi−x0ksau đó lấy giới hạn và sử dụng (3.16) ta cóf0(x0)h≤0. Do đó h thỏa mãn điều kiện đủ cấp hai.
Bây giờ cố định i >0 xét hàm số bậc nhất s xác định với t∈[0,1] bởi
s(t) := * " xi−x0 ui−u0 # , " f0(xt) + (xt−x0)Ei+g0(xt)∗ut −g(xt) # + ,
ở đây (xt, ut) := (1−t)(x0, u0) +t(xi, ui). Hàm này liên tục trên [0,1]và đạo hàm liên tục trên (0,1). Hơn nữa, vì (x0, u0) thỏa (3.3) và (xi, ui) thỏa (3.15), ta có
s(0) ≥0≥s(1). Theo định lý giá trị trung bình, có mộtt ∈(0,1) (phụ thuộc vào
i) sao cho 0≥s0(t) = * " xi−x0 ui−u0 # , " L”(xt, ut) +Ei g0(xt)∗ −g0(xt) 0 # " xi−x0 ui−u0 # + , =hxi−x0,[L”(xt, ut) +Ei](xi−x0)i (3.17) Chia 2 vế của (3.17) cho kxi−x0k2 và lấy giới hạn, ta thấy mâu thuẫn với điều kiện đủ cấp hai và vì thế chứng minh được hoàn thành.
Nhận xét 3.6. Ta thấy rằng khi thêm vào tính chính quy cho điều kiện đủ cấp hai thì điểm dừng x0 của (3.1) là duy nhất. Kết quả dễ thấy là nếu điều kiện của Định lý 3.5 đúng thì có một vài miền compact của Rn mà miền đó chỉ chứa các điểm dừng. Tuy nhiên kết quả này không nói gì về cách tìm điểm dừng hoặc cực tiểu của bài toán nhiễu (3.11).