3 ỨNG DỤNG CỦA JACOBIAN XẤP XỈ
3.4Bài toán tối ưu có ràng buộc
Xét bài toán: min x∈D0 f(x) (3.4) với D0 = {x ∈ D|gi(x) ≤ 0, hj(x) = 0, i = 1,2, . . . , m;j = 1,2, . . . , k},
trong đó,givàhj là các hàm từ D vàoRvới(i = 1, . . . , m;j = 1,2, . . . , k).
Ta nói rằng, gi(x) ≤ 0 là tích cực tại x0 và i là chỉ số tích cực nếu
gi(x0) = 0. Tập các chỉ số tích cực được kí hiệu là I. Đặt:
S(x0) ={v ∈ X|Dgi(x0)(v) ≤ 0, i∈ I, Dhj(x0)(v) = 0, j = 1, . . . , k}.
Khi đó ta có bổ đề sau:
Bổ đề 3.4.1. Với mọi x0 ∈ D thì K(D, x0) ⊆S(x0).
Chứng minh: Lấy v ∈ K(D, x0), ta suy ra tồn tại dãyxn ∈ D, xn →
x0, tn ∈ R, tn ↓0 và lim n→+∞ xn −x0 tn = v, xn là chấp nhận được nên: hj(xn) = hj(x0),vớij = 1, . . . , r
và gi(xn) ≤ 0, gi(x0) = 0,với i ∈ I. Từ đây suy ra
Dhj(x0)(v) = lim n→+∞ hj(xn)−hj(x0) tn = 0, j = 1, . . . , r Dgi(x0)(v) = lim n→+∞ gi(xn)−gi(x0) tn ≤ 0, j ∈ I. Tức là v ∈ S(x0). Bổ đề được chứng minh. Định lý 3.4.2. (Điều kiện Kuhn - Tucker)
Nếu x0 là nghiệm tối ưu của bài toán (3.4) và x0 là chính quy theo nghĩa
K(X, x0) = S(x0), thì tồn tại (λ, µ) ∈ Rm × Rr, λ ≥ 0,(λ, µ) 6= 0 sao cho Df(x0) + m X i=1 λiDgi(x0) + k X j=1 µjDhj(x0) = 0. (3.5)
λigi(x0) = 0, i = 1, . . . , m. (3.6) Ngược lại, nếu X là không gian hữu hạn chiều, x0 thỏa mãn (3.5), (3.6) và Df(x0)(v) 6= 0 với mọi v ∈ S(x0), v 6= 0 thì x0 là cực tiểu địa phương chặt của f trên D.
Chứng minh: Với mọi v ∈ K(D, x0), ta có Df(x0)(v) ≥ 0. Vì
K(D, x0) =S(x0), ta có:
−Df(x0) ∈ [S(x0)]o.
Nón đối cực là bao lồi của nón sinh bởi các vectơ
Dgi(x0), i ∈ I, Dhj(x0),−Dhj(x0), j = 1, . . . , k,
nên suy ra tồn tại (λ, µ1, µ2) ≥ 0 sao cho
−Df(x0) = m X i=1 λiDgi(x0) + k X j=1 µ1jDhj(x0) + k X j=1 µ2j(−Dhj(x0)). Từ đó, ta có (3.5), (3.6) với λj = 0, j /∈ I, µj = µ1j −µ2j.
Ngược lại, vì K(D, x0) ⊂ S(x0), nên
Df(x0)(v) = − m X i=1 λiDgi(x0)− k X j=1 µjDhj(x0) (v) ≥ 0, với mọi v ∈ K(X, x0). Do Df(x0)(v) 6= 0, v ∈ S(x0), v 6= 0, ta có Df(x0)(v) > 0,với mọi v ∈ K(X, x0), v 6= 0.
Theo định lý 3.3.1 ta có x0 là điểm cực tiểu địa phương chặt của trên D. Định lý được chứng minh.
Các điều kiện (3.5), (3.6) được gọi là điều kiện Kuhn - Tucker. Cặp(λ, µ)
được gọi là nhân tử Lagrange. Bây giờ ta xét hàm L(x) = f(x) + m X i=1 λigi(x) + k X j=1 µjhj(x).
Hàm này được gọi là hàm Lagrange. Kí hiệu
Dgi(x0)(v) = 0, i∈ I, λi > 0, Dgi(x0)(v) ≤ 0, i∈ I, λi = 0.
Ta nhận được điều kiện tối ưu cấp hai qua định lý sau. Định lý 3.4.3. (Điều kiện tối ưu cấp hai)
Nếu x0 là nghiệm tối ưu và là chính quy của bài toán (3.4), thì tồn tại
(λ, µ) ∈ Rm×Rk, λ ≥ 0,(λ, µ) 6= 0 sao cho (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
D2L(x0)(v, v) ≥ 0,với mọiv ∈ S0(x0).
Ngược lại, nếu X là không gian hữu hạn chiều, x0 là chấp nhận được thỏa mãn các điều kiện:
(i) Tồn tại (λ, µ) thỏa mãn điều kiện Kuhn - Tucker (3.5), (3.6).
(ii) D2L(x0)(v, v) > 0 với v ∈ S0(x0), Df(x0)(v) = 0, v 6= 0, thì x0 là nghiệm tối ưu chặt của trên D.
Chứng minh:Theo định lý 3.4.1, thì tồn tại(λ, µ), vớiλ ≥ 0,(λ, µ) 6= 0, thỏa mãn điều kiện Kuhn - Tucker. Đặt
D0 = {x ∈ D|gi(x) ≤ 0,với λi = 0, gi(x) = 0,nếu λi > 0}.
Khi đó x0 là cực tiểu của hàm L(x) trên D0 nên DL(x0). Định lý 3.3.2 khẳng định
D2L(x0)(v, v) ≥ 0,với v ∈ K(D0, x0) = S0(x0).
Giả sử ngược lại, x0 không là nghiệm tối ưu chặt của f trên D. Ta suy ra tồn tại xn ∈ D, xn →x và f(xn) ≤f(x0). Ta có
lim
n→+∞
xn −x0
kxn −x0k = v ∈ X,
và như vậy, v ∈ K(D, x0). Theo bổ đề 3.4.2 và DL(x0) = 0, ta khẳng định Df(x0)(v) ≥ 0.
Sử dụng định lý giá trị trung bình và để ýf(xn) ≤f(x0), ta cóDf(x0)(v) ≤
0. Điều này chứng tỏ Df(x0)(v) = 0. Và từ đó suy raD2L(x0)(v, v) ≤ 0. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Định lý được chứng minh.
3.5 Điều kiện tối ưu cấp hai của bài toán tối ưu vectơ
Trong mục này ta sử dụng khái niệm Jacobian xấp xỉ và Hessian xấp xỉ của ánh xạ để xây dựng một số điều kiện cần, điều kiện đủ cấp 2 về sự tồn tại nghiệm hữu hiệu (hữu hiệu yếu) của bài toán tối ưu liên quan tới các hàm khả vi liên tục trong không gian hữu hạn chiều.
Trước hết ta nhắc lại một số khái niệm và kí hiệu cần thiết sau: Cho
A ⊆ Rn là tập con khác rỗng. Nón lùi xa của tập A, kí hiệu A∞ là tập hợp tất cả các giới hạn lim
i→∞tiai với ai ∈ A, và {ti} là dãy số dương tiến dần tới không. Từ định nghĩa, ta thấy ngay một tập hợp là giới nội khi và chỉ khi nón lùi xa của nó chỉ gồm một phần tử {0}.
Các phần tử nón lùi xa của Hessian xấp xỉ ∂2f(x) được gọi là ma trận Hessian lùi xa.
Cho D ⊂ Rn là tập con khác rỗng và x0 ∈ D. Nón tiếp tuyến cấp 1, kí hiệu T1(D, x0), và nón tiếp tuyến cấp 2, kí hiệu T2(D, x0), của D tại x0
được định nghĩa như sau:
T1(D, x0) ={u ∈ Rn : ∃ti > 0, xi = x0 +tiu+o(ti) ∈ D}, T2(D, x0) = (u, v) ∈ Rn×Rn : ∃ti > 0, xi = x0+tiu+1 2t 2 iv+o(t2i) ∈ D}. Đặt Λ = {ξ ∈ C0 : kξk = 1},
với C’ là nón cực của nón C trong Rm và δ >0,
Dδ(x0) = {t(x−x0) : t≥ 0, x ∈ D,kx−x0k ≤ δ}.
Ta xét bài toán tối ưu không ràng buộc
min
x∈D f(x). (3.7) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
với f : Rn → Rm là hàm liên tục, D ⊆ Rn là tập hợp khác rỗng và Rm được sắp thứ tự bởi nón lồi đóng, nhọn C có intC 6= ∅. Ta nói rằng, x0
là nghiệm hữu hiệu (hữu hiệu yếu) của bài toán (3.7), nếu
(tương ứngf(D)∩(f(x0)−intC) = {∅}).
Ta có điều kiện cần cấp hai cho bài toán (3.7) như sau:
Định lý 3.5.1. Giả thiết rằng, f là hàm khả vi liên tục, x0 ∈ D là nghiệm hữu hiệu địa phương của (3.7) và ∂2f là ánh xạ Hessian xấp xỉ của f, nửa liên tục trên. Khi đó, với mỗi (u, v) ∈ T2(D, x0), ta khẳng định:
(i) Tồn tại λ ∈ Λ sao cho
hλ,∇f(x0)(u)i ≥ 0.
(ii) Nếu ∇f(x0)(u) = 0, tồn tại λ0 ∈ Λ sao cho
hλ0,∇f(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,∇f(x0)(u)i ≥
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 2t
2
iv +o(t2i)inD. (3.8)
trong đó {ti} là một dãy số dương tiến tới 0. Vì x0 là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương, nên tồn tại i0 ≥ 1 sao cho:
f(xi)−f(x0) ∈ (−intC)c, i ≥i0. (3.9) Do f khả vi liên tục, ta có thể viết
f(xi)−f(x0) = ∇f(x0)(xi −x0) +o(xi −x0).
Kết hợp với (3.9) ta suy ra
∇f(x0)(u) ∈ (−intC)c.
Điều này chứng tỏ tồn tại λ ∈ Λ sao cho
Giả sử ∇f(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,với mọi x mà kx−x0k < δ.
B là hình cầu đơn vị đóng trong không gian L(Rn, L(Rn,Rm)). Do đó, tồn tại i1 ≥ i0 sao cho
co∂2f[x0, xi] ⊆ co(∂2f(x0)) + 2B,với mọi i ≥ i1.
Tiếp theo, áp dụng khai triển Taylor ta tìm được Mi ∈ co(∂2f(x0)) + 2B (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
sao cho
f(xi)−f(x0) =∇f(x0)(x−x0) + 1
2Mi(xi −x0, xi −x0), i ≥ i1.
Thay (3.8) vào đẳng thức trên, ta suy ra
f(xi)−f(x0) = 1 2t 2 i(∇f(x0)(v) +Mi(u, v)) +αi, với αi = 1 2Mi 1 2t 2 iv +o(t2i), tiu+ 1 2t 2 iv +o(t2i)+∇f(x0)(o(t2i))
Kết hợp với biểu thức (3.9) , ta được
∇f(x0)(v) + Mi(u, v) + αi
t2i ∈ (−intC)c, i ≥i1. (3.10) 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 αi
t2
i
→ 0 khi i → ∞ và (3.9) ta suy ra
∇f(x0)(v) +M0(u, v) ∈ (−intC)c.
Do là bất kì, ta khẳng định tồn tại M ∈ co∂2f(x0) sao cho
∇f(x0)(v) +M(u, v) ∈ (−intC)c.
Điều này tương đương với việc tồn tại λ0 ∈ Λ sao cho
Nếu dãy {Mi} không giới nội, tức là lim i→∞kMik= ∞, ta có thể giả thiết lim i→∞ Mi kMik = M∗ ∈ (co∂ 2f(x0))∞\{0}.
Bằng cách chia (3.10) cho kMik và qua giới hạn khi i → ∞, ta được
M∗(u, u) ∈ (−intC)c.
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 (3.9) 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,∇f(x0)(u)i ≥ 0.
Khi hλ,∇f(x0)(u)i = 0, bằng cách lý luận như ở trên, ta tìm được
Mi ∈ co∂2f(x0) + 2B sao cho
0 ≤ hλ, f(xi)−f(x0)i = hλ, 21t2i(∇f(x0)(v) + Mi(u, v)) +αii.
Hai bất đẳng thức của (ii) cũng đúng khi thayλ0 = λ. Định lý được chứng minh.
Định lý 3.5.2. Cho f là hàm khả vi liên tục và ∂2f là Hessian xấp xỉ của f và là ánh xạ nửa liên tục trên tại x0 ∈ D. Một trong cá điều kiện sau là điều kiện đủ để x0 là nghiệm hữu hiệu địa phương duy nhất của (3.7): (i) Với mỗi u ∈ T1(D, x0)\{0}, tồn tại ξ ∈ Λ sao cho (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
hξ,∇f(x0)(u)i > 0.
(ii) Tồn tại δ > 0 sao cho, với mỗi v ∈ Dδ(x0), và u ∈ T1(D, x0) ta có
hξ0,∇f(x0)(v)i ≥ 0,với ξ0 nào đó thuộc Λ,
hξ, M(u, u)i,với mọiξ ∈ Λ.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử ngược lại x0 không là nghiệm hữu hiệu địa phương duy nhất của (P1). Khi đó tồn tại xi ∈ D, xi → x0 sao cho
f(xi)−f(x0) ∈ −C. (3.11)
Ta có thể giả thiết
xi −x0
kxi −x0k →u ∈ T1(D, x0), khi i → ∞.
Bằng cách chia (3.11) cho kxi −x0k và chuyển qua giới hạn, ta suy ra
∇f(x0)(u) ∈ −C.
Điều này mâu thuẫn. Điều kiện đủ thứ nhất được chứng minh.
Xét điều kiện đủ thứ hai. Với > 0 cho trước, áp dụng khai triển Taylor ta tìm được Mi ∈ co(∂2f(x0)) + 2B sao cho
f(xi)−f(x0) = ∇f(x0)(x−x0) + 1
2Mi(xi −x0, xi −x0). (3.12) Từ bất đẳng thức thứ nhất của (ii) ta có
∇f(x0)(xi −x0) ∈ (−intC)c,với i đủ lớn.
Với mỗi i tồn tại ξi ∈ Λ sao cho
hξi,∇f(x0)(xi −x0)i ≥ 0. (3.13) Từ (3.11) suy ra
hξi, f(xi)−f(x0)i ≤ 0.
Kết hợp (3.12) và (3.13) ta được
hξi, Mi(xi−x0, xi −x0)i ≤ 0,với i đủ lớn.
Hơn nữa, doΛ là compact, ta có thể giả thiết ξi → ξ ∈ Λ. Xét các trường hợp {Mi} như ở định lý (3.5.1) ta có
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 3.5.3. Cho f là hàm khả vi liên tục và ∂2f là Hessian xấp xỉ của f . Nếu tồn tại δ >0 sao cho với mọi v ∈ Dδ(x0) có
hξ0,∇f(x0)(v) ≥ 0, với ξ0 ∈ Λ
và
hξ, M(v, v)i ≥ 0, với mọi ξ ∈ Λ, M ∈ ∂2f(x), với kx−x0k< δ,
thì x0 là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (3.7).
Chứng minh: Giả sử x0 không là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (3.7). Khi đó tồn tại x ∈ D, với kx−x0k ≤ δ sao cho (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(x)−f(x0) ∈ −intC. (3.14)
Lấy v = x−x0 suy ra v ∈ Dδ(x0). Từ bất đẳng thức trên ta khẳng định
∇f(x0)(v) ∈ (−intC)c,
M(v, v) ∈ C, vimiM ∈ ∂2f(x),kx−x0k < δ.
Vì C là nón lồi, đóng nên từ các bao hàm thức trên ta có thể kết luận
co∂2f(x) ⊆ C.
Và khai triển Taylor cho ta
f(x)−f(x0) ∈ ∇f(x0)(v) + 1
2co{∂2f[x0, x](v, v)} ⊆ (−intC)c +C ⊆(−intC)c.
Điều này trái với (3.14). Định lý được chứng minh. Ta đi xét bài toán tối ưu có ràng buộc
min
x∈D f(x). (3.15)
với D là tập ràng buộc D = {x ∈ Rn|g(x) ≤ 0, h(x) = 0}, và g : Rn →
Rk, h : Rn → Rl là các ánh xạ cho trước. Với ξ ∈ C0, β ∈ Rk, γ ∈ Rl, hàm Lagrange được xác định:
Đặt
D0 = {x ∈ Rn : gi(x) = 0,nếu βi > 0, gi(x) ≤ 0,nếu βi = 0;h(x) = 0}.
Với (ξ, β, γ) cho trước, ta viết L(x) thay cho L(x, ξ, β, γ) và ∇L là gra- dient của L(., ξ, β, γ) theo biến x. Ta có điều kiên cần cấp hai sau đây. Định lý 3.5.4. Giả sử rằng f, g, h là các hàm khả vi liên tục, C là nón đa diện lồi, ∂2L là Hessian xấp xỉ của L là nửa liên tục trên tại x0. Nếu
x0 là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (3.15) thì tồn tại vectơ khác không (ξ0, β, γ) ∈ C0 ×Rk
+×Rl sao cho
∇L(x0, ξ0, β, γ) = 0.
và với mỗi (u, v) ∈ T2(D0, x0) tồn tại ξ ∈ Λ sao cho
∇L(x0, ξ, β, γ)(u) ≥0.
Trong trường hợp ∇L(x0, ξ, β, γ)(u) = 0 ta có
∇L(x0, ξ, β, γ)(v) +M(u, u) ≥ 0,
với M nào đó thuộc co∂2L(x0, ξ, β, γ) hoặc
M∗(u, u) ≥ 0, viM∗ nào đó thuộc (co∂2L(x0, ξ, β, γ))∞\{0}.
Chứng minh: Ta dễ dàng thấy rằng với nón lồi đóng, có phần trong khác rỗng C và x0 là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (3.15) tồn tại
(ξ0, β, µ) để ∇L(x0, ξ0, β, γ) = 0. Lấy (u, v) ∈ T2(D0, x0) và xi = x0 +tiv + 1 2t 2 iv+ o(t2i) ∈ D0,
với ti > 0,khi i → ∞. Vì x0 là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của bài toán (3.15) nên tồn tại i0 ≥1 sao cho
Hơn nữa, do C là đa diện, nên tồn tại ξ ∈ Λ sao cho (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
hξ, f(xi)−f(x0)i ≥ 0. (3.16)
với i đủ lớn. Ta có thể giả thiết điều này đúng với mọi i ≥ i0. Vì ∂2L là nửa liên tục trên tại x0, với > 0 tùy ý cho trước, áp dụng khai triển Taylor cho L ta tìm được
Mi ∈ co∂2L(x0) + 2B
sao cho
L(xi)−L(x0) = ∇L(x0)(xi−x0) + 1
2Mi(xi −x0, xi−x0),
với i đủ lớn. Thay biểu thức
xi −x0 = tiu+ 1 2t
2
iv +o(t2i)
vào đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức (3.16) ta được
0 ≤ ti∇L(x0)(u) + t 2 i 2(∇L(x0)(v) +Mi(u, u)) +αi, trong đó αi = 1 2Mi 1 2t 2 iv +o(t2i), tiu+ 1 2t 2 iv+o(t2i)+ + 1 2Mi tiu,1 2t 2 iv+o(t2i)+∇L(x0)(o(t2i)).
Chia bất đẳng thức này cho ti và lấy giới hạn khi ti → 0 ta được
∇L(x0)(u) ≥ 0.
Khi ∇L(x0)(u) = 0 và từ bất đẳng thức trên ta có:
0≤ ∇L(x0)(v) +Mi(u, u) + αi t2
i
.
Bằng cách lập luận tương tự như ở đinh lý 3.5.1 ta chứng minh được các bất đẳng thức còn lại. Định lý được chứng minh.
Định lý 3.5.5. Giả sử rằng f, g, h là các hàm khả vi liên tục và với mỗi
u ∈ T1(D, x0)\{0}, tồn tại bộ (ξ, β, γ) ∈ Λ×Rk
+×Rl sao cho
∇L(x0, ξ0, β, γ) = 0,hβ, g(x0)i = 0,
M(u, u) > 0,với mọi M ∈ co∂2f(x0)∪ [(co∂2f(x0))∞\{0}],
và ∂2L là Hessian xấp xỉ của L và là nửa liên tục trên tại x0. Khi đó, x0
là nghiệm hữu hiệu địa phương duy nhất của (3.15).
Chứng minh: Nếux0 không là nghiệm hữu hiệu địa phương duy nhất của (3.15) thì tồn tại xi ∈ D, xi →0 sao cho
f(xi) = f(x0) ∈ −C. Ta có thể giả thiết xi−x0 kxi−x0k →u ∈ Ti(D, x0). Từ đó suy ra L(xi)−L(x0) ≤ 0,với mọi i ≥1.
Sử dụng khai triển Taylor cho L và tính nửa liên tục trên của∂2L ta được
L(xi)−L(x0)− ∇L(x0)(xi −x0) ∈ 1 2co(∂ 2L[x0, xi](xi −x0, xi−x0)) ⊆ 1 2(co∂ 2L(x0) + kxi −x0kB)(xi −x0, xi−x0), . với i đủ lớn. Hệ thức này chứng tỏ Mi(xi −x0, xi −x0) ≤0, với Mi ∈ co∂2L(x0) +kxi−x0kB (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
và i đủ lớn. Bằng cách lập luận tương tự như chứng minh đinh lý 3.5.1 ta suy ra tồn tại ma trận
M ∈ co∂2f(x0)∪[(co∂2f(x0))∞\{0}]
sao cho M(u, u) ≤ 0. Điều này trái với giả thiết. Đinh lý được chứng minh.
Định lý 3.5.6. Giả sử rằng f, g, h là các hàm khả vi liên tục và tồn tại
δ > 0 sao cho với mỗi v ∈ Dδ(x0) tồn tại vectơ (ξ, β, γ) ∈ Λ×Rk
+ ×Rl
và Hessian xấp xỉ ∂2L(., ξ, β, γ) của L để
∇L(x0, ξ, β, γ) = 0,hβ, g(x0)i = 0,
M(u, u) ≥ 0,với mọi M ∈ ∂2L(x, ξ, β, γ),kxi −x0k ≤ δ.
Khi đó, x0 là nghiệm hữu hiệu yếu địa phương của (3.15).
Chứng minh: Định lý được chứng minh tương tự đinh lý 3.5.2. Trong phần tiếp theo ta đưa ra ví dụ minh họa cho định lý 3.5.4 về điều kiện cần của bài toán tối ưu có ràng buộc. Các định lý khác về điều kiện đủ có thể xây dựng tương tự.
Xét bài toán tối ưu hai mục tiêu sau:
min
−x2+y4≤0
x, x43 −y4.
Không gianR2 được sắp thứ tự từng phần bởi nón R2+. Ta thấy rằng(0,0)
là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán. Lấy ξ0 = (0,1)và β = 1, hàm Lagrange của bài toán là
L((x, y)ξ0, β) = x43 −y4 −x2 +y4 = x43 −x2.
Từ đó suy ra
L((0,0), ξ0, β) = (0,0).
Và tập D0 được xác định D0 = {(x, y) ∈ R2 : x2 = y4}. Lấy u = (0, 1) và v = (-2, 0). Hiển nhiên (u, v) ∈ T2(D0,(0,0)). Như vậy theo định lý 3.5.4 tồn tại ξ = (ξ1, ξ2) ∈ R2
+, với kξk = 1, sao cho
∇L((0,0), ξ, β)(u) ≥ 0.
Bằng tính toán ta có ∇L((0,0), ξ, β) = (ξ1,0) nên ∇L((0,0), ξ, β)(u) = 0.Như vậy, kết luận trên là đúng. Hơn nữa, bất đẳng thức trên xảy ra dấu bằng, nên tồn tại M ∈ co∂2L(0,0), hoặc M∗ ∈ (co∂2L(x0))∞\{0} thỏa mãn kết luận còn lại của đinh lý 3.5.4. Với ξ như trên, ta chọn ξ2 > 0 và