3.2 Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ
3.2.1 Bài toán tối ưu không ràng buộc
Xét bài toán
minx∈Df(x), (P)
với f : Rn →Rm, D ⊆ Rn là tập khác rỗng và Rm được sắp thứ tự bởi nón lồi đóng, nhọn C có intC 6= ∅.
Dựa trên khái niệm điểm hữu hiệu và điểm hữu hiệu yếu của một tập hợp, trong bài toán này ta chỉ xét đến hai loại nghiệm: nghiệm hữu hiệu địa phương và nghiệm hữu hiệu yếu địa phương.
Định nghĩa 3.2.1. Ta gọi
i) Điểm x0 ∈D được gọi là nghiệm hữu hiệu địa phương của (P) nếu tồn tại lân cận V của x0 sao cho f(x0)∈M in(f(D∩V)).
ii) Điểm x0 ∈ D được gọi là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (P) nếu tồn tại lân cận V của x0 sao cho f(x0)∈ W M in(f(D∩V)).
Chú ý 3.2.1. Ta thấy
i) Điểm x0 ∈D được gọi là nghiệm hữu hiệu địa phương của (P) nếu tồn tại lân cận V của x0 sao cho không tồn tại x∈ D∩V mà f(x0)> f(x) hay
f(x)−f(x0)∈/ (−C\ {0}),∀x ∈D∩V.
ii) Điểm x0 ∈ D được gọi là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (P) nếu tồn tại lân cận V của x0 sao cho không tồn tạix ∈D∩V mà f(x0)>> f(x)
hay
f(x)−f(x0)∈/ (−intC),∀x ∈D∩V.
Ta có điều kiện cần cấp hai cho bài toán (P) như sau.
Định lý 3.2.1. [6] Giả sử f là hàm khả vi liên tục, x0 ∈ D là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (P), ∂2f là ánh xạ Hessian xấp xỉ của f và nó là nửa liên tục trên tại x0. Khi đó, với mỗi (u, v)∈T2(D, x0) ta có
i) Tồn tại λ ∈ Λ sao cho hλ,5f(x0)(u)i ≥0.
ii) Nếu 5f(x0)(u) = 0, tồn tại λ0 ∈ Λ sao cho
hλ0,5f(x0)(v) +M(u, u)i ≥0, với M nào đó thuộc co∂2f(x0), hoặc
hλ0, M∗(u, u)i ≥ 0,
với M∗ nào đó thuộc (co∂2f(x0))∞ \ {0}. Hơn nữa, nếu nón C là nón đa diện thì i) đúng và nếu hλ,5f(x0)(u)≥0 thì bất đẳng thức ii) cũng đúng với λ0 =λ.
Chứng minh. Lấy (u, v)∈ T2(D, x0) ta có xi = x0+tiu+ 1
2t2iv+ 0(t2i)∈ D, (3.1) trong đó{ti}là dãy số dương tiến tới 0. Vìx0 là nghiệm hữu hiệu địa phương, nên tồn tại i0 ≥ 1 sao cho
f(xi)−f(x0)∈/ (−intC), i ≥ i0. (3.2) Do f khả vi liên tục nên ta có thể viết
f(xi)−f(x0) = 5f(x0)(xi−x0) + 0(xi−x0).
Kết hợp với (3.2) ta suy ra
5f(x0)(u)∈/ (−intC).
Điều này chứng tỏ tồn tại λ ∈Λ sao cho
hλ,5f(x0)(u)i ≥0.
Như vậy, phần i) được chứng minh.
Giả sử 5f(x0)(u) = 0. Do ∂2f là nửa liên tục trên tại x0, nên với >0, tồn tại δ > 0 sao cho
∂2f(x)⊆ ∂2f(x0) +B,∀x : ||x−x0||< δ.
Ở đây B là hình cầu đóng đơn vị trong không gian L(Rn, L(Rn,Rm)). Do đó, tồn tại i1 > i0 sao cho
co∂2f([x0, xi])⊆ co(∂2f(x0)) + 2B, i ≥i1.
Tiếp theo, áp dụng công thức khai triển Taylor ta tìm đượcMi ∈ co(∂2f(x0))+
2B sao cho
f(xi)−f(x0) = 5f(x0)(x−x0) + 1
2Mi(xi−x0, xi−x0), i ≥ i1. Thay (3.1) vào đẳng thức trên ta được
f(xi)−f(x0) = 1
2t2i(5f(x0)(v) +Mi(u, v)) +αi, với αi = 12Mi(12t2iv+ 0(t2i), tiu+ 12t2iv+ 0(t2i)) +5f(x0)(0(t2i)).
Kết hợp với (3.2) ta được
5f(x0)(v) +Mi(u, v) + αi
t2i ∈/ (−intC), i ≥ i1. (3.3) Xét dãy {Mi}.
Nếu dãy {Mi} là giới nội, ta có thể giả thiết rằng, {Mi} tiến tới M0 với M0 ∈ co∂2f(x0) + 2B. Vì αt2i
i
→0 khi i→ ∞ và (3.3) ta suy ra 5f(x0)(v) +M0(u, v)∈/ (−intC).
Do là bất kỳ, nên tồn tại M ∈ co∂2f(x0) sao cho 5f(x0)(v) +M(u, v)∈/ (−intC).
Điều này tương đương với việc tồn tại λ0 ∈Λ sao cho hλ0,5f(x0)(v) +M(u, u)≥ 0.
Nếu dãy {Mi} không giới nội, tức là limi→∞||Mi||= ∞, ta có thể giả thiết
i→∞lim Mi
||Mi|| = M∗ ∈ (co∂2f(x0))∞\ {0}.
Bằng cách chia (3.3) cho ||Mi|| và qua giới hạn khi i→ ∞, ta được M∗(u, u)∈/ (−intC).
Điều này chứng tỏ tồn tại λ0 ∈ Λ sao cho
hλ0, M∗(u, u)i ≥ 0.
Bây giờ, giả sử C là nón đa diện. Từ (3.2) suy ra tồn tại λ ∈Λ sao cho hλ, f(xi)−f(x0)i ≥0, i ≥i0.
Bằng cách lấy dãy con, ta có thể giả thiết điều này đúng với mọi i= 1,2, . . . , Vì f khả vi liên tục nên
hλ,5f(x0)(u)i ≥0.
Khi hλ,5f(x0)(u)i = 0, lý luận tương tự như trên ta tìm được Mi ∈ co∂2f(x0) + 2B sao cho
0≤ hλ, f(xi)−f(x0)i=hλ,1
2t2i(5f(x0)(v) +Mi(u, v)) +αii.
Từ đó hai bất đẳng thức của (ii) cũng đúng khi thay λ0 = λ.
Định lý được chứng minh.
Các định lý sau đây cho ta điều kiện đủ cấp hai.
Định lý 3.2.2. [6] Cho f là hàm khả vi liên tục, ∂2f là ánh xạ Hessian xấp xỉ của f, là nửa liên tục trên tại x0 ∈ D. Một trong các điều kiện sau đây là điều kiện đủ để x0 là nghiệm hữu hiệu địa phương duy nhất của (P).
i) Với mỗi u ∈T1(D, x0)\ {0} đều tồn tại ξ ∈Λ sao cho hξ,5f(x0)(u)i>0.
ii) Tồn tại δ > 0 sao cho với mỗi v ∈ Dδ(x0) và u∈ T1(D, x0) ta có hξ,5f(x0)(u)i ≥ 0, vớiξ0nào đó thuộcΛ,
hξ, M(u, u)i> 0,∀ξ ∈ Λ, vàM ∈co∂2f(x0)∪[(co∂2f(x0))∞\ {0}].
Chứng minh. Giả sử ngược lại,x0 không là nghiệm hữu hiệu địa phương duy nhất của (P). Khi đó, tồn tại xi ∈ D, xi →x0 sao cho
f(xi)−f(x0)∈ −C. (3.4) Ta có thể giả thiết
xi−x0
||xi−x0|| →u ∈T1(D, x0), khii→ ∞.
Bằng cách chia (3.4) cho ||xi−x0|| và chuyển qua giới hạn ta suy ra 5f(x0)(u)∈ −C.
Điều này mâu thuẫn với i). Điều kiện đủ thứ nhất được chứng minh.
Xét điều kiện đủ thứ hai.
Với >0cho trước, áp dụng khai triển Taylor ta tìm đượcMi ∈ co(∂2f(x0))+
2B sao cho
f(xi)−f(x0) = 5f(x0)(x−x0) + 1
2Mi(xi−x0, xi−x0). (3.5)
Từ bất đẳng thức thứ nhất của ii) ta có
5f(x0)(x−x0)∈/ (−intC), vớiiđủ lớn Với mỗi i tồn tại ξi ∈Λ sao cho
hξi,5f(x0)(x−x0)i ≥ 0. (3.6) Từ (3.4) suy ra
hξi, f(xi)−f(x0)i ≤ 0.
Kết hợp (3.5) và (3.6) ta được
hξi, Mi(xi−x0)(xi−x0)i ≤ 0, vớiiđủ lớn.
Hơn nữa, do Λ là compact, ta có thể giả thiết ξi → ξ ∈ Λ. Xét trường hợp {Mi} như ở Định lý 3.2.2, ta suy ra
hξ, M(u, u)i ≤ 0, với M nào đó thuộc co∂2f(x0)∪
(co∂2f(x0))∞\ {0}
. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ii)
Định lý được chứng minh.
Định lý 3.2.3. [6] Giả sử f là hàm khả vi liên tục và ∂2f là Hessian xấp xỉ của f. Nếu tồn tại δ > 0 sao cho ∀v ∈ Dδ(x0),
hξ0,5f(x0)(v)i ≥ 0,∀ξ0 ∈Λ,
và hξ, M(v, v)i ≥ 0,∀ξ ∈ Λ, M ∈ ∂2f(x), với||x−x0|| < δ thì x0 là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (P).
Chứng minh. Giả sử x0 không là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (P).
Khi đó, tồn tại x¯ ∈D, với ||x¯−x0|| ≤δ sao cho
f(¯x)−f(x0)∈ −intC. (3.7)
Lấy v = ¯x−x0, ta suy ra v ∈ Dδ(x0). Từ các bất đẳng thức trên ta khẳng định
5f(x0)(v)∈/ (−intC), M(v, v)∈ C, với mọi M ∈ ∂2f(x),||x−x0|| ≤δ.
Vì C là nón lồi đóng, nên từ các bao hàm thức trên ta kết luậnco∂2f(x)⊆ C.
Áp dụng khai triển Taylor ta nhận được f(¯x)−f(x0) ∈ 5f(x0)(v) + 1
2co{∂2f[x0,x](v, v)}¯
⊆(−intC)C +C ⊆(−intC)C. Điều này trái với (3.7).
Định lý được chứng minh.