cực tiểu hóa một hàm hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ QUYÊN
CỰC TIỂU HÓA MỘT HÀM HỢP
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG THỊ QUYÊN
CỰC TIỂU HÓA MỘT HÀM HỢP
Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số : 60.46.36
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. ĐỖ VĂN LƯU
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Mở đầu 1
Nội dung 4
1 Cực tiểu hợp một hàm lồi và một hàmC
1,1
4
1.1 Đạo hàm cấp 2 suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Cực tiểu hàm hợp của một hàm lồi và một hàm C
1,1
. . . . 9
1.3 Cực tiểu hợp của hàm lồi giá trị thực mở rộng và áp dụng . 19
2 Tối ưu đa mục tiêu với các hàm hợp của hàm lồi và Lipschitz

địa phương 26
2.1 Phát biểu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.2 Vô hướng hóa trong tối ưu đa mục tiêu với các hàm hợp . . 28
2.3 Điều kiện tối ưu cấp 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.4 Điều kiện tối ưu cấp 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Kết luận 45
Tài liệu tham khảo 48
i
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mở đầu
Lớp các bài toán tối ưu với hàm mục tiêu là một hàm hợp, có hoặc
không có ràng buộc tập là một bộ phận quan trọng của lớp các bài toán
cực trị. Nhiều mô hình các bài toán tối ưu nảy sinh từ lí thuyết các bài
toán xấp xỉ. Phương pháp hàm phạt cho phép ta có thể quy bài toán tối
ưu đang xét về bài toán không có ràng buộc với hàm mục tiêu là hợp của
một hàm lồi và một hàm Lipschitz địa phương hoặc C
1,1
-hàm. Nhiều tác
giả đã và đang nghiên cứu đề tài này, và thu được nhiều kết quả phong
phú.
Jeyakumar-Yang [13] đã chứng minh các điều kiện tối ưu cấp 2 cho
bài toán cực tiểu hóa hợp của một hàm lồi vô hướng nửa liên tục dưới và
một hàm khả vi Gâteaux với gradient Lipschitz địa phương (C
1,1
-hàm).
Yang-Jeyakumar [15] đã thiết lập các điều kiện tối ưu cấp 1 và cấp 2 cho
nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán đa mục tiêu cực tiểu hóa hợp của một
hàm véc tơ lồi và một hàm Lipschitz địa phương bằng phương pháp vô
hướng hóa.
Đề tài "Về cực tiểu hóa một hàm hợp" là đề tài có tính thời sự và được

nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu. Chính vì thế em chọn đề tài này.
Luận văn trình bày các điều kiện tối ưu cấp 1 và cấp 2 cho bài toán
cực tiểu hóa một hàm lồi nửa liên tục dưới và C
1,1
-hàm, và bài toán cực
1
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
tiểu hóa hợp của một hàm véc tơ lồi và một hàm Lipschitz địa phương.
Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục
các tài liệu tham khảo.
Chương 1: Cực tiểu hợp một hàm lồi và một hàm C
1,1
.
Chương này trình bày các điều kiện tối ưu cấp 2 của Jeyakumar-Yang
[13] cho bài toán cực tiểu hóa hợp của một hàm lồi vô hướng, nửa liên tục
dưới và một hàm C
1,1
dưới ngôn ngữ đạo hàm suy rộng cấp 2 theo nghĩa
Clarke.
Chương 2: Tối ưu đa mục tiêu với các hàm hợp của hàm lồi và hàm
Lipschitz địa phương.
Chương 2 trình bày các điều kiện tối ưu cấp 1 và cấp 2 của Yang-
Jeyakumar [15] cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán đa mục tiêu cực
tiểu hợp của một hàm véc tơ lồi và một hàm Lipschitz địa phương bằng
phương pháp vô hướng hóa. Chú ý rằng các điều kiện tối ưu cấp 2 được
trình bày cho không gian hữu hạn chiều.
Nhân dịp này tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS. TS.
Đỗ Văn Lưu đã hướng dẫn và chỉ bảo tận tình trong suốt quá trình làm
luận văn. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu,
phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin Trường Đại Học Khoa Học, Đại học

Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại
trường.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành
viên trong lớp cao học toán K4B đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ
tôi trong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn.
Tuy bản thân có nhiều cố gắng, song thời gian và năng lực của bản
thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
sự đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng toàn thể bạn đọc.
Thái Nguyên, tháng 07 năm 2012.
Tác giả
Hoàng Thị Quyên
3
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 1
Cực tiểu hợp một hàm lồi và một
hàmC
1,1
Chương 1 trình bày các điều kiện tối ưu cấp 2 của Jeyakumar-Yang
[13] cho bài toán cực tiểu hóa hợp của một hàm lồi vô hướng, nửa liên tục
dưới và một hàm C
1,1
dưới ngôn ngữ đạo hàm suy rộng cấp 2 theo nghĩa
Clarke.
1.1 Đạo hàm cấp 2 suy rộng
Xét bài toán tối ưu :
(P ) min
x∈X
g(F (x)),

trong đó X là không gian Banach, g là hàm lồi nửa liên tục dưới, F là C
1,1
hàm, tức là một hàm khả vi Gâteaux có đạo hàm Lipschitz địa phương.
Trong mục này ta đưa ra các định nghĩa và một vài kết quả cơ bản về
đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng của C
1,1
hàm.
Giả sử X là không gian Banach thực với chuẩn || . ||. Cặp chính tắc giữa
4
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
X và không gian đối ngẫu X
∗
được kí hiệu bởi ., ..
Bây giờ ta đưa vào đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng.
Định nghĩa 1.1
Cho f : X → R là một C
1,1
hàm khi đó đạo hàm theo phương cấp
hai suy rộng của f tại x theo phương (u, v) thuộc X × X được xác định
bởi:
f
00
(x, u, v) = lim sup
y→x
s→0
[∇f(y + su), v − ∇f(y), v]
s
Hessian suy rộng của f tại x theo phương u được xác định bởi:
∂
00

f(x)(u) =

x
∗
∈ X
∗
: f
00
(x, u, v ≥ x
∗
, v∀v ∈ X

.
Chú ý rằng ánh xạ (u, v) → f
00
(x, u, v) là hữu hạn và dưới tuyến
tính, ∂
00
f(x)(u) là tập khác rỗng lồi, compac yếu
∗
trong X
∗
và với
mỗi x, u, v ∈ X,
f
00
(x; u, v) = max

x
∗

, v : x
∗
∈ ∂
00
f(x)(u)

. (1.1)
Trong [5] đã chỉ ra rằng
f
00
(x; u, v) = lim sup
y→x
s,t→0
[f(y + su + tv) − f(y + su) − f(y + tv) + f(y)]
st
(1.2)
và nếu f khả vi liên tục 2 lần tại x thì Hessian suy rộng ∂
00
f(x)(u) là
tập một điểm với mọi u thuộc X.
Định nghĩa 1.2
Cho f : X → R là hàm C
1,1
. Ta nói rằng hàm f là khả vi chặt hai
5
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
lần tại x nếu tồn tại toán tử tuyến tính D
2
f(x) : X → X
∗

sao cho:
D
2
f(x)u, v = lim
y→x
s→0
[∇f(y + su), v − ∇f(y), v]
s
. (1.3)
Mệnh đề sau đây cho phép ta nhận được một đặc trưng của tính khả
vi chặt hai lần của một C
1,1
hàm.
Mệnh đề 1.1
Cho f : X → R là C
1,1
hàm. Khi đó f là khả vi chặt hai lần tại x
nếu và chỉ nếu giới hạn.
lim
y→x
s,t→0
[f(y + su + tv) − f(y + su) − f(y + tv) + f(y)]
st
(1.4)
tồn tại.
Chú ý rằng trong trường hợp này, hai giới hạn (1.3) và (1.4) là bằng
nhau.
Chứng minh
Giả sử f là khả vi chặt 2 lần tại x thì từ (1.2) ta có.
lim sup

y→x
s,t→0
[f(y + su + tv) − f(y + su) − f(y + tv) + f(y)]
st
= lim sup
y→x
s→0
[∇f(y + su), v − ∇f(y), v]
s
= lim
y→x
s→0
[∇f(y + su), v − ∇f(y), v]
s
.
Như vậy từ (1.3) ta có
lim sup
y→x
s,t→0
[f(y + su + tv) − f(y + su) − f(y + tv) + f(y)]
st
6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
= D
2
f(x)u, v = −D
2
f(x)(−u), v
= − lim sup
y→x

s,t→0
[f(y + s(−u) + tv) − f(y + s(−u)) − f(y + tv) + f(y)]
st
= lim inf
y→x
s,t→0
[f(y + (−s)u + tv) − f(y + (−s)u) − f(y + tv) + f(y)]
(−s)t
.
Từ đó suy ra giới hạn (1.4) tồn tại.
Giả sử rằng (1.4) tồn tại. Khi đó,
lim sup
y→x
s,t→0
[f(y + su + sv) − f(y + su) − f(y + tv) + f(y)]
st
≥ lim sup
y→x
s→0
[∇f(y + su), v − ∇f(y), v]
s
≥ lim inf
y→x
s→0
[∇f(y + su), v − ∇f(y), v]
s
≥ lim inf
y→x
s,t→0
[f(y + su + sv) − f(y + su) − f(y + tv) + f(y)]

st
.
Do sự tồn tại của giới hạn (1.4), ta suy ra giới han (1.3) tồn tại. 
Dễ dàng thấy rằng từ định nghĩa 1.2 ta suy ra nếu f
1
và f
2
hai lần khả
vi chặt tại x và λ, µ ∈ R thì λf
1
+ µf
2
là hai lần khả vi chặt tại x. Một
C
1,1
-hàm là khả vi chặt hai lần tại x nếu và chỉ nếu ∂
00
f(x)(u) là tập một
điểm với mỗi u thuộc X. Trong trường hợp đó ∂
00
f(x)(u) = {D
2
f(x)u}
(xem [5]). Như vậy, mọi hàm khả vi liên tục Fréchet hai lần là khả vi chặt
hai lần.
Mệnh đề 1.2 ([5])
Giả sử f : X → R là một C
1,1
hàm. Khi đó, các ánh xạ x →
f

00
(x; u, v) và (x, u) → f
00
(x; u, v) là nửa liên tục trên tại x và (x, u)
7
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
(tương ứng).
Khai triển Taylor suy rộng sau đây đóng một vai trò quan trọng trong
việc dẫn điều kiện cần và đủ tối ưu cho bài toán hàm hợp C
1,1
lồi.
Mệnh đề 1.3 Khai triển Taylor suy rộng
Giả sử f : X → R là C
1,1
hàm. Khi đó, với mỗi x, y ∈ X, ∃ ξ ∈ (x, y)
sao cho
f(y) ≤ f(x) + ∇f(x), y − x +
1
2
f
00
(ξ, y − x, y − x), (1.5)
f(y) ≥ f(x) + ∇f(x), y − x −
1
2
f
00
(ξ, y − x, −(y − x)). (1.6)
Chứng minh
Với x, y ∈ X, bởi vì f là C

1,1
hàm từ mệnh đề 4.1 [5] ∃ ξ ∈ (x, y) sao
cho
f(y) ∈ f(x) + ∇f(x), y − x +
1
2
∂
00
f(ξ)(y − x), (y − x).
Như vậy,
f(y) ∈ f(x) + ∇f(x), y − x −
1
2
∂
00
f(ξ)(y − x), −(y − x).
Khi đó, từ (1.1) bằng cách lấy max, min ta được (1.5) và (1.6). 
Trong [16] và [17] các đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng khác và
Hessian suy rộng khác của X được cho như sau:
8
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
f
♦♦
(x, u, v) = sup
z∈X
lim sup
s↓0
[∇f(x + sz + su), v − ∇f(x + sz), v]
s
,

∂
♦♦
f(x)(u) =

x
∗
∈ X
∗
: f
♦♦
(x, u, v) ≥ x
∗
, v, ∀v ∈ X

.
Chú ý rằng ánh xạ (u, v) → f
00
(x; u, v) là hữu hạn, dưới tuyến tính và
∂
♦♦
f(x)(u) là tập khác rỗng, lồi và compact yếu
∗
của X
∗
. Trong không
gian Banach phản xạ ∂
♦♦
f(x)(u) là tập một điểm với mỗi u thuộc X nếu
và chỉ nếu f khả vi Gâteaux hai lần tại x. Hơn nữa với mỗi u, v ∈ X,
f

♦♦
(x; u, v) ≤ f
00
(x; u, v)
và
∂
♦♦
f(x)(u) ⊂ ∂
00
f(x)(u).
Tuy nhiên, hàm số
x → f
♦♦
(x; u, v)
nói chung không nửa liên tục trên tại x. Hàm số
x → f
♦♦
(x; u, v)
là nửa liên tục trên tại x nếu và chỉ nếu
f
♦♦
(x; u, v) = f
00
(x; u, v).
1.2 Cực tiểu hàm hợp của một hàm lồi và một hàm C
1,1
Ta xét bài toán cực tiểu hàm hợp lồi vô hạn chiều sau đây:
(P ) min
x∈X
f(x) := g(F (x)),

trong đó X là không gian Banach thực, g : R
m
→ R lồi, nửa liên tục dưới
và F : X → R
m
là C
1,1
. Chú ý rằng các đòi hỏi thông thường của tính
9
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
khả vi Fréchet hai lần được quy về C
1,1
. Chẳng hạn, hàm phạt cho bài
toán cực tiểu C
1,1
được nghiên cứu trong [16] và [17] :
min f
0
(x),
g
i
(x) ≤ 0, i = 1, m,
trong đó f và g
i
, i = 1, m là C
1,1
có thể viết dưới dạng bài toán hàm hợp
lồi (P) với một C
1,1
- hàm F. Chúng ta bắt đầu bằng một thiết lập kết

quả đối ngẫu địa phương trong không gian Banach khi giả sử hàm F là
hàm Lipschitz địa phương chỉ với tính chất khả vi Gâteaux. Khi sử dụng
kết quả đối ngẫu và tính nửa liên tục trên của đạo hàm theo phương cấp
hai suy rộng ta có thể dẫn các điều kiện cần và đủ cấp hai cho bài toán
(P) với hàm hợp lồi C
1,1
.
Cách tiếp cận ở đây mở rộng cách tiếp cận trong [3],[4],[7]. Theo Burke
[3] hàm Lagrange của (P) được định nghĩa như sau:
L(x, y
∗
) = y
∗
, F (x) − g
∗
(y
∗
),
trong đó g
∗
là đối ngẫu Fenchel của g [11]. Cũng như trong [3],[7], ta đặt:
L
0
(z) = {y
∗
: y
∗
∈ ∂g(F (z)), y
∗
F

,
(z) = 0} ,
L
ηε
(z) =

y
∗
: y
∗
∈ ∂
ξ
g(F (z)), ||y
∗
F
,
(z)|| ≤ η

,
trong đó ∂g là dưới vi phân lồi của g tại y, ε > 0, η > 0 và ∂
ε
g(F (z)) là
ε- dưới vi phân lồi của g tại F(z). Nhắc lại rằng ∂
ε
g(y) được cho bởi:
∂
ε
g(y) = {y
∗
∈ R

n
: g(z) ≥ g(y) + y
∗
, z − y − ε ∀z ∈ R
m
}
Đó là tập lồi compact yếu
∗
, và cũng là L
ηε
(z). L
0
(z) là tập các nhân tử
Lagrange của (P) tại z (xem [3]). Từ [9] ta suy ra
∂
♦
f(z) = ∂g(F (z))F
,
(z), (1.7)
10
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
trong đó ∂
♦
f(z) là dưới vi phân Michel-Penot của f tại z được cho bởi :
∂
♦
f(z) =

z
∗

∈ X
∗
: f
♦
(z, v) ≥ z
∗
, v∀ v ∈ X

,
f
♦
(z; v) = sup
u∈X
lim sup
s↓0
f(z + sv + su) − f(z + su)
s
.
Vì vậy,
L
o
(z) = ∅
nếu và chỉ nếu
0 ∈ ∂
♦
f(z).
Ta có
L
ηε
(z) = L

0
(z) khi η = ε = 0,
và
∩
η>0
ε>0
L
ηε
(z) = L
0
(z).
Bây giờ ta mở rộng kết quả đối ngẫu trong [3] cho ánh xạ Lipschitz
địa phương khả vi Gâteaux.
Mệnh đề 1.4
Giả sử F : X → R
m
là Lipschitz địa phương và khả vi Gâteaux.
Khi đó, các điều kiện sau đây là tương đương:
(i) g(F(x)) nhận một cực tiểu địa phương tại z;
(ii) L
0
(z) = ∅ và ϕ
ηε
nhận một cực tiểu địa phương tại z với bất kỳ
η > 0, ε > 0;
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
(iii) L
0
(z) = ∅ và ϕ

ηε
nhận một cực tiểu địa phương tại z với
η > 0, ε > 0 nào đó.
Chứng minh
Trước hết ta chú ý rằng nếu g(F (x)) chỉ nhận một cực tiểu địa phương
tại z thì 0 ∈ ∂
♦
(g ◦ F )(z). Theo (1.7), (i) kéo theo L
o
(z) = ∅. Với bất kỳ
ε > 0, từ mệnh đề 1 [ 8] ta suy ra
p
ε
(x; u) = g
ε
(F
,
(z)u + F (x))
là một LMO- xấp xỉ của f tại z, trong đó
g
ε
(y) = sup {y
∗
, y − g
∗
(y
∗
) : y
∗
∈ ∂

ε
g(F (x))} .
Nếu ta có thể chỉ ra rằng
ϕ
ηε
(x) = − min {p
∗
ε
(x, u
∗
) : ||u
∗
|| ≤ η} ,
trong đó:
p
∗
ε
(x, u
∗
) = sup {u
∗
, u − p
ε
(x, u) : u ∈ X}
là đối ngẫu Fenchel của p
ε
(x, .) thì kết luận được suy ra từ mệnh đề 5 [8].
Điều này có thể làm được bằng cách đặt
g(x) = g(Ax + b),
trong đó

b ∈ R
m
, A = F
,
(z) : X → R
m
là tuyến tính và áp dụng lý thuyết đối ngẫu liên hợp trong [11] . 
Bây giờ ta dẫn điều kiện cần cấp hai cho (P) khi sử dụng mệnh đề 2.1
và các kết quả trong phần (1.1). Ta xác định tập các phương tới hạn như
sau:
K(x) =

u ∈ X : g(F (x) + tF
,
(x)u) ≤ g(F (x)), với t > 0 nào đó

.
12
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Vì g là Lipschitz địa phương và F là Lipschitz địa phương và khả vi
Gâteaux ta có
g(F (y) = g(F (x) + F
,
(x)(y − x)) + o(||y − x||).
Vì vậy, f là khả vi theo phương và
f
,
(x; d) = g
,
(F (x), F

,
(x)d).
Đặt
D(x) = {u ∈ X : f
,
(x, u) ≤ 0} ,
ta có điều kiện cần và đủ cấp 2 sau đây.
Định lý 1.1
Với bài toán (P) ta giả sử rằng g là một hàm lồi nửa liên tục dưới
và f là C
1,1
. Khi đó, các kết quả sau đây đúng.
(i) Giả sử a thuộc X. Nếu a là cực tiểu địa phương của(P) thì
max

L
00
(a, y
∗
; u, u) : y
∗
∈ L
0
(a)

≥ 0, ∀ u ∈ K(a); (1.8)
(ii) Nếu a ∈ X = R
n
và L
0

(a) = ∅, và nếu
max

−L
00
(a, y
∗
; u, −u) : y
∗
∈ L
0
(a)

≥ 0, ∀ u ∈ D(a),
thì a là cực tiểu địa phương chặt cấp 2 của (P), tức là ∃ ε > 0, p >
0 sao cho nếu
||x − a|| < p
thì
f(x) ≥ f(a) + ε||x − a||
2
(1.9)
Chứng minh
13
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i) Giả sử
u ∈ K(a), η > 0, ε > 0
Từ mệnh đề 1.4 ta có
L
0
(a) = ∅, φ

ηε
(x) ≥ φ
ηε
(a) = g(F (a)),
với bất kỳ x thuộc một lân cận của a. Khi đó, từ khai triển Taylor suy
rộng (1.5) ta nhận được với t đủ nhỏ,
g(F (a)) ≤ φ
ηε
(a + tu)
= max {L(a + tu, y
∗
) : y
∗
∈ L
ηε
(a)}
≤ max{y
∗
, F (a) + tF
,
(a)u + (
t
2
2
)L
00
(a
t
, y
∗

; u, u)
−g
∗
(y
∗
) : y
∗
∈ L
ηε
(a)},
trong đó
a
t
∈ (a, a + tu).
Bởi vì
u ∈ K(a)
và g là lồi cho nên
∃t
0
> 0
sao cho.
g(F (a) + tF
,
(a)u) ≤ g(F (a)), t ∈ [0, t
0
].
Vì vậy, từ tính chất cơ bản của hàm liên hợp ta nhận được
y
∗
, F (a) + tF

,
(a)u − g
∗
(y
∗
) ≤ g(F (a) + tF
,
(a)u)
≤ g(F (a)), ∀t ∈ [0, t
0
].
14
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Khi đó,
max

L
00
(a
t
, y
∗
; u, u) : y
∗
∈ L
ηε
(a)

≥ 0, ∀t ∈ [0, t
0

].
Lấy lim sup
t↓0
và chú ý rằng L
ηε
(a) là một tập compact ta nhận được
max

lim sup
t↓0
L
00
(a
t
, y
∗
; u, u) : y
∗
∈ L
ηε
(a)

≥ 0.
từ tính chất nửa liên tục trên của ánh xạ:
x → L
00
(x, y
∗
; u, u)
tại a ta có

max

L
00
(a, y
∗
; u, u) : y
∗
∈ L
ηε
(a)

≥ 0.
Bởi vì
∩
η>0
ε>0
L
ηε
(a) = L
0
(a)
ta nhận được
max

L
00
(a, y
∗
; u, u) : y

∗
∈ L
0
(a)

≥ 0.
Bất đẳng thức này đúng với mỗi
u ∈ K(a),
bởi vì
u → L
00
(a, y
∗
; u, u)
liên tục.
ii) Ta thiết lập (1.9) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử rằng a không
phải là cực tiểu địa phương chặt cấp 2 của (P). Khi đó,
15
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
∃ {x
i
} ⊂ R
n
, x
i
→ a
và ε
i
↓ 0 sao cho với mỗi i
f(x

i
) ≤ f(a) + ε
i
||x
i
− a||
2
.
Bằng cách chuyển qua dãy con, ta có thể giả sử rằng
(x
i
− a)
||x
i
− a||
→ u.
Chia 2 vế cho ||x
i
−a|| và lấy giới hạn khi i → ∞ ta nhận được u ∈ D(a).
Hơn nữa, bởi vì g là nửa liên tục dưới, từ (1.6) ta nhận được
f(x
i
) = sup{y, F (x
i
) − g
∗
(y
∗
) : y
∗

∈ R
n
}
≥ sup{y, F (x
i
) − g
∗
(y
∗
) : y
∗
∈ L
0
(a)}
≥ sup{y, F (a) − g
∗
(y
∗
)
− (
1
2
)L
00
(ξ
i,
y
∗
; x
i

− a, −(x
i
− a) : y
∗
∈ L
0
(a)}
≥ f(a) + (
1
2
)max

−L
00
(ξ
i,
y
∗
; x
i
− a, −(x
i
− a)) : y
∗
∈ L
0
(a)

.
trong đó bất đẳng thức 2 đúng với ε

i
nào đó ∈ (a, x
i
). Lấy liminf khi
i → ∞ ta nhận được.
0 ≥ lim inf
i→∞
max{−L
00
(ξ
i,
y
∗
;
x
i
− a
||x
i
− a||
,
−
x
i
− a
||x
i
− a||
: y
∗

∈ L
0
(a)},
0 ≥ max{− lim sup
i→∞
L
00
(ξ
i,
y
∗
;
x
i
− a
||x
i
− a||
,
−
x
i
− a
||x
i
− a||
: y
∗
∈ L
0

(a)}.
Sử dụng tính nửa liên tục trên của ánh xạ
(x, u) → L
00
(x, y
∗
; u, −u) tại (a, u)
16
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ta nhận được
0 ≥ max

−L
00
(a, y
∗
, u, −u) : y
∗
∈ L
0
(a)

.
Đây là một mâu thuẫn. 
Hệ quả 1.1
Xét bài toán (P). Giả sử g là lồi, nửa liên tục dưới và mỗi thành
phần F
i
của F là khả vi chặt 2 lần ở gần a. Khi đó ta có các kết quả
sau:

(i) Nếu a là cực tiểu địa phương của (P) thì
max

D
2
xx
L(a, y
∗
)u, u : y
∗
∈ L
0
(a)

≥ 0, ∀u ∈
K(a); (1.10)
(ii) Nếu a ∈ X = R
n
sao cho L
0
(a) = ∅ và
max

D
2
xx
L(a, y
∗
)u, u : y
∗

∈ L
0
(a)

> 0, ∀ u ∈ D(a), (1.11)
thì a là cực tiểu địa phương chặt cấp 2 của (P).
Chứng minh
Các kết luận được suy ra từ định lý 1.1 khi chú ý rằng
L
00
(a, y
∗
; u, u) = D
2
xx
L(a, y
∗
)u, u.

Nhận xét 1.1
Chú ý rằng trong (1.8) L
00
(a, y
∗
; u, u) có thể thay thế bởi L
♦♦
(a, y
∗
; u, u)
khi ánh xạ

x → L
♦♦
(a, y
∗
; u, u)
17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
là nửa liên tục trên tại a. Nhắc lại rằng: ánh xạ
x → L
♦♦
(a, y
∗
; u, u)
là nửa liên tục trên tại a nếu và chỉ nếu
L
♦♦
(a, y
∗
; u, u) = L
00
(a, y
∗
; u, u).
Trong trường hợp như vậy ta có điều kiện cần sau đây
max

L
♦♦
(a, y
∗

; u, u) : y
∗
∈ L
0
(a)

≥ 0, ∀u ∈ K(a).
Ví dụ sau đây minh họa bản chất của điều kiện cần trong định lý 1.1
và chỉ ra rằng các kết quả gần đây sử dụng các đòi hỏi khả vi liên tục
Fréchet 2 lần (xem [3],[4]) và không thể áp dụng được cho ví dụ này.
Ví dụ 1.1
Xét bài toán (P). Giả sử g và F được xác định bởi:
g(y) = |y|, y ∈ R,
F (x) = x
2
+
|x|

0
(t
2
+ t
2
sin(
1
t
))dt, x ∈ R.
Khi đó, F là C
1,1
(xem [17]), g là lồi và a = 0 là một cực tiểu địa phương

và cũng là một cực tiểu địa phương chặt cấp 2 của f = g ◦ F. Ta có
L(x, y
∗
) = y
∗
, F (x) − g
∗
(y
∗
)
= y
∗



x
2
+
|x|

0
(t
2
+t
2
sin(
1
t
))dt




− |y
∗
|, x ∈ R.
Khi đó,
K(0) = R, L
0
(a) = [−1, 1].
18
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ta có:
L
00
(x, y
∗
; u, v) = y
∗
uv[2 + sign(y
∗
uv)], nếu x = 0.
Như vậy, ta có
max

L
00
(0, y
∗
; u, u) : y
∗

∈ [−1, 1]

= 3u
2
≥ 0, ∀u ∈ R,
max

−L
00
(0, y
∗
; u, −u) : y
∗
∈ [−1, 1]

= u
2
> 0, ∀ 0 = u ∈ R.
1.3 Cực tiểu hợp của hàm lồi giá trị thực mở rộng và áp dụng
Trong phần này ta chỉ ra các kết quả trong phần (1.2) có thể mở rộng
ra đối với bài toán cực tiểu hợp của hàm giá trị thực mở rộng.Để trình bày
các điều kiện cần và đủ dưới một lược đồ thống nhất ta hạn chế không
gian là hữu hạn chiều. Xét bài toán tối ưu hàm hợp lồi giá trị thực mở
rộng sau:
(P E) min f(x) := g(F (x)),
x ∈ R
n
, F (x) ∈ dom(g),
trong đó
g : R

m
→ R ∪ {+∞}
là hàm lồi nửa liên tục dưới và
F : R
n
→ R
m
là C
1,1
hàm.
Định nghĩa 1.3 Điều kiện chính quy cơ bản
Giả sử
g : R
m
→ R ∪ {+∞}
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
là hàm lồi, nửa liên tục dưới và
F : R
n
→ R
m
là Lipschitz địa phương. Hàm số
f(x) := g(F (x))
được gọi là thỏa mãn điều kiện chính quy cơ bản tại
x ∈ dom(f)
nếu và chỉ nếu điểm duy nhất
w ∈ N(F (x)/dom(g))
mà
0 ∈ w

T
∂F (x) là w = 0,
trong đó N(F (x)/dom(g)) là nón pháp tuyến của dom(g) tại F (x) và
∂F (x) là Jacobian suy rộng của F tại x (xem [6]).
Điều kiện chính quy cơ bản là tương đương với điều kiện chính quy
Mangasarian-Fromovitz cho bài toán quy hoạch phi tuyến với ràng buộc
đẳng thức và bất đẳng thức. Với bài toán hàm hợp có ràng buộc bất đẳng
thức thì điều kiện chính quy cơ bản là tương đương với điều kiện chính
quy Slater type đã sử dụng trong [9]. Xét bài toán:
min g
0
(F
0
(x)),
x ∈ C, g
i
(F
i
(x)) ≤ 0, i = 1, m,
20
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
trong đó C là một tập lồi đóng của R
n
, g
i
, i = 0, m là những hàm
Lipschitz địa phương, và F
i
, i = 0, m là các hàm khả vi. Đặt
D = C × R × I

1
× · · · × I
m
, I
i
= (−∞, 0],
g(u) = g(x, α
0
, α
1
, · · · , α
m
) =

α
0
, nếu u ∈ D,
∞, nếu u /∈ D,
F (x) = (x, g
0
(F
0
(x)); g
1
(F
1
(x)), · · · , g
m
(F
m

(x))).
Khi đó, bài toán trên được phát biểu lại dưới dạng (PE). Đặt
I(x) = {i : g
i
(F
i
(x)) = 0, i = 1, · · · , m} .
Ta có
y
∗
∈ N(F (x)|dom(g)) = N(F (x)|D)
nếu và chỉ nếu
y
∗
= (x
∗
c
, x
∗
0
, x
∗
1
, , x
∗
m
),
trong đó
x
∗

c
∈ N(x|C), x
∗
0
∈ N(g
0
(F
0
(x))|R) = {0} ,
x
∗
i
∈ N(g
i
(F
i
(x))|(−∞, 0]).
Khi đó,
0 ∈ y
∗
∂F (x)
nếu và chỉ nếu

i∈I(x)
x
∗
i
v
t
i

F
,
i
(x) + x
∗
c
= 0,
với v
i
nào đó,
v
i
∈ ∂g
i
(F
i
(x)), và x
∗
i
∈ [0, +∞). (1.12)
Vì vậy điều kiện chính quy cơ bản thỏa mãn nếu điểm duy nhất thỏa mãn
(1.12) là y
∗
= 0. Theo định lý luân phiên (xem định lý 3.1 [10]), điều này
21
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
tương đương với điều kiện chính quy Slater sau đây được xét trong [7]
∃x
0
∈ cone(C − x), v

t
i
F
,
i
(x)x
0
< 0, ∀v
i
∈ ∂g
i
(F
i
(x)), i ∈ I(x).
Ta sẽ sử dụng các ký hiệu K(x) và D(x) như phần 2 với g là một hàm
giá trị thực mở rộng và x ∈ dom(f). Đặt
f
α
(x) = g
α
(F (x)),
và đặt
L
0
(z, a) = {y
∗
: y
∗
∈ ∂g
α

(F (z)), y
∗
F
,
(z) = 0} ,
K(x, α) =

u ∈ X : g
α
(F (x) + tF
,
(x)u) ≤ g
α
(F (x)), với t > 0 nào đó

,
D(x, a) = {u ∈ X : f
,
α
(x, u) ≤ 0} .
Định lý 1.2
Xét bài toán (PE). Giả sử F (a) ∈ domg. Các kết quả sau đây đúng:
(i) Nếu a là cực tiểu địa phương của (PE) và tại đó điều kiện chính
quy cơ bản đúng thì
max

L
00
(a, y
∗

; u, u) : y
∗
∈ L
0
(a)

≥ 0, ∀u ∈ K(a); (1.13)
(ii) Nếu L
0
(a) = ∅ và nếu
max

−L
00
(a, y
∗
; u, −u) : y
∗
∈ L
0
(a)

> 0, ∀u ∈ D(a),
thì a là một cực tiểu địa phương chặt cấp hai của (P).
Chứng minh
(i) Từ mệnh đề 4.1 [4] với α > 0 đủ nhỏ, ta có
L
0
(a) = L
0

(a, α), K(a) ⊂ K(a, α),
22
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên