Điều kiện tối ưu Fritz John và KarushTucker cho các bài toán quy hoạch toán học trong không gian hữu hạn chiều

1

MỤC LỤC

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
2

1 Các điều kiện cần và đủ cực trị cho bài toán tối ưu
không ràng buộc
4
1.1. Các điều kiện tối ưu tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Điều kiện tối ưu cho hàm một biến số và các ví dụ minh họa . 8
2 Các điều kiện cần và đủ cực trị cho bài toán
ràng buộc bất đẳng thức
2.1. Điều kiện tối ưu dạng hình học . . . . . . . . . .
2.2. Điều kiện tối ưu dạng Fritz John . . . . . . . . . .
2.3. Điều kiện tối ưu dạng Karush-Kuhn-Tucker . . . .

tối ưu với
13
. . . . . . 13
. . . . . . 17
. . . . . . 24

3 Các điều kiện cực trị cho bài toán tối ưu với ràng
đẳng thức và bất đẳng thức
3.1. Điều kiện tối ưu dạng hình học . . . . . . . . . . . . .
3.2. Điều kiện tối ưu dạng Fritz John . . . . . . . . . . . . .

3.3. Điều kiện tối ưu dạng Karush-Kuhn-Tucker . . . . . . .
3.4. Các điều kiện tối ưu dạng bậc hai . . . . . . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

buộc
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

27
27
29

32
36
43
44


2

MỞ ĐẦU

Nghiên cứu các điều kiện cần và đủ cực trị là một trong những hướng
nghiên cứu quan trọng của Lý thuyết tối ưu. Hướng nghiên cứu này hiện
nay vẫn đang được nhiều nhà toán học để ý đến. Điều kiện cần cực trị
cho phép chúng ta thu hẹp miền tìm kiếm nghiệm, trong khi đó các điều
kiện đủ lại chỉ ra các điểm cực trị (nếu điểm đó thoả điều kiện đủ). Hơn
thế, việc nghiên cứu các điều kiện tối ưu còn đưa đến những gợi ý tốt để
xây dựng các thuật giải tìm nghiệm tối ưu một cách hiệu quả.
Năm 1948, Fritz John thiết lập các điều kiện cần cực trị (FJ) cho bài
toán tối ưu với ràng buộc bất đẳng thức. Hạn chế lớn nhất của điều kiện
(FJ) là hàm mục tiêu (một yếu tố quan trọng của bài toán tối ưu) có
thể không có mặt trong điều kiện (FJ). Dưới một số điều kiện chính qui,
H. W. Kuhn và A. W. Tucker (1951) đã chứng minh được trong kết luận
của điều kiện Fritz John nhân tử Lagrange kết hợp với hàm mục tiêu là
dương và như vậy điều này cho phép hàm mục tiêu tham gia vào các điều
kiện cần. Thực ra các điều kiện tương tự như vậy đã được trình bày trong
luận văn thạc sỹ của Karush (1939). Tuy nhiên, vì các kết quả của Karush
không được công bố nên không được nhiều người biết đến. Chính vì thế,
các điều kiện đó vẫn được người ta gọi là điều kiện tối ưu Karush-KunhTucker (KKT). O. L. Mangasarian và S. Fromovitz (1967) đã phát triến
các điều kiện (FJ) và (KKT) cho bài toán tối ưu có ràng buộc đẳng thức
và bất đẳng thức (xem [3, 4]).

Mặc dù hiện nay lý thuyết tối ưu đã phát triển và tiếp cận nghiên cứu
các bài toán tối ưu với dữ liệu không trơn (xem [5]), tuy thế các mô hình
cổ điển (với giả thiết các hàm tham gia bài toán là trơn) vẫn đóng vai trò
cốt yếu trong lý thuyết tối ưu.
Để tập duyệt nghiên cứu khoa học, chúng tôi tiếp cận hướng nghiên
cứu này nhằm tìm hiểu sâu về điều kiện tối ưu cho các bài toán quy hoạch


3

toán học cổ điển. Trong phạm vi kiến thức còn nhiều hạn chế, chúng tôi
giới hạn việc nghiên cứu trong không gian hữu hạn chiều. Điều này làm
giảm các ứng dụng của chúng, tuy nhiên nó không làm mất đi việc nghiên
cứu bản chất của các điều kiện cần và đủ cực trị.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn
của TS. Nguyễn Huy Chiêu. Tác giả xin chân thành cám ơn Thầy về sự
hướng dẫn. Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cám ơn tới khoa Toán, khoa
Sau đại học, các Thầy Cô trong tổ Giải tích- khoa Toán, trường Đại học
Vinh đã tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và
nghiên cứu. Xin chân thành cám ơn gia đình và bè bạn đã chia sẻ những
khó khăn trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Mặt dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không tránh khỏi những
hạn chế, thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp
của các thầy, cô giáo và bạn bè để luận văn được hoàn thiện hơn.
Vinh, tháng 12 năm 2011
Hồ Văn Đức


4

CHƯƠNG 1
CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ CỰC TRỊ CHO BÀI TOÁN
TỐI ƯU KHÔNG RÀNG BUỘC

Trong chương này, chúng tôi hệ thống và nghiên cứu một số khái niệm,
tính chất liên quan đến điều kiện cần và đủ cực trị cho bài toán tối ưu
không ràng buộc.
1.1. Các điều kiện tối ưu tổng quát

1.1.1 Định nghĩa. Điểm x¯ được gọi là điểm cực tiểu (toàn cục) của f
nếu f (¯
x) f (x) với mọi x ∈ Rn . Nếu tồn tại một lân cận U của x¯ mà
f (¯
x) f (x) (f (¯
x) < f (x)) với mỗi x ∈ U , thì được gọi là điểm cực tiểu
địa phương (tương ứng, cực tiểu địa phương chặt ) của f .
1.1.2 Định lý. Giả sử f : Rn → R là một hàm số khả vi tại x¯ và
d ∈ Rn là một véctơ thoả mãn điều kiện ∇f (¯
x)T d < 0, ở đây ∇f (¯
x) là
ma trận Jacobian của f tại x¯ và ∇f (¯
x)T là ma trận chuyển vị của ma
trận ∇f (¯
x). Khi đó, tồn tại δ > 0 thoả mãn f (¯
x + λd) < f (¯
x) với mỗi
λ ∈ (0, δ).
Chứng minh. Vì f khả vi tại x¯ nên
f (¯
x + λd) = f (¯

x) + λ∇f (¯
x)T d + λ d α(¯
x, λd),

trong đó α(¯
x, λd) → 0 khi λ → 0, ở đây d là chuẩn Euclidean của
d ∈ Rn . Từ đó, suy ra
f (¯
x + λd) − f (¯
x)
= ∇f (¯
x)T d + d α(¯
x, λd).
λ


5

Vì ∇f (¯
x)T d < 0 và α(¯
x, λd) → 0 khi λ → 0, nên tồn tại δ > 0 sao cho
T
∇f (¯
x) d+ d α(¯
x, λd) < 0 với mỗi λ ∈ (0, δ). Do đó f (¯
x +λd)−f (¯
x) < 0
với mỗi λ ∈ (0, δ).
1.1.3 Hệ quả. Giả sử f : Rn → R là một hàm số khả vi tại x¯. Khi
đó, nếu x¯ là một cực tiểu địa phương của f thì ∇f (¯

x) = 0.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử ngược
lại ∇f (¯
x) = 0. Lấy d = −∇f (¯
x). Ta có ∇f (¯
x)T d = − ∇f (¯
x) 2 < 0.
Theo Định lý 1.1.2, tồn tại δ > 0 sao cho f (¯
x + λd) − f (¯
x) < 0 với mỗi
λ ∈ (0, δ). Điều này mâu thuẫn với giả thiết x¯ là điểm cực tiểu địa phương
của f . Do đó ∇f (¯
x) = 0.
1.1.4 Định lý. Giả sử f : Rn → R là một hàm khả vi hai lần tại x¯.
Khi đó, nếu x¯ là một điểm cực tiểu địa phương của f thì ∇f (¯
x) = 0
và H(¯
x) là nửa xác định dương, ở đây H(¯
x) là ma trận Hessian của f
tại x¯.
Chứng minh. Lấy d ∈ Rn . Ta có
f (¯
x + λd) = f (¯
x) +λ∇f (¯
x)T d + 21 λ2 dT H(¯
x)d
+λ2

d

(1.1)

2 α(¯
x; λd),

trong đó α(¯
x; λd) → 0 khi λ → 0. Vì x¯ là một cực tiểu địa phương nên
theo Hệ quả 1.1.3, ta có ∇f (¯
x) = 0. Chia cả hai vế của (1.1) cho λ2 > 0
ta thu được
f (¯
x + λd) − f (¯
x) 1 T
= d H(¯
x)d + d 2 α(¯
x, λd).
2
λ
2

Vì x¯ là một cực tiểu địa phương nên f (¯
x + λd)
Do đó, từ (1.2) ta suy ra
1 T
d H(¯
x)d + d 2 α(¯
x, λd)
2

(1.2)

f (¯
x) với λ > 0 đủ nhỏ.

0

với mọi λ > 0 đủ nhỏ. Cho λ → 0, ta được dT H(¯
x)d 0 với d ∈ Rn bất
kỳ. Nghĩa là ma trận Hessian H(¯
x) là nửa xác định dương.


6

1.1.5 Định lý. Giả sử f : Rn → R là một hàm khả vi hai lần tại x¯.
Nếu ∇f (¯
x) = 0 và H(¯
x) là ma trận xác định dương, thì x¯ là một điểm
cực tiểu địa phương chặt của f .
Chứng minh. Do f là hàm khả vi hai lần tại x¯, với mỗi x ∈ Rn , ta có
f (x) = f (¯
x) + ∇f (¯
x)T (x − x¯) + 12 (x − x¯)T H(¯
x)(x − x¯)
2
+ x − x¯ α(¯
x; x − x¯),

(1.3)

trong đó α(¯
x; x − x¯) → 0 khi x → x¯. Ta sẽ chứng minh x¯ là một cực tiểu
địa phương chặt bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử ngược
lại x¯ không phải là cực tiểu địa phương chặt. Khi đó, tồn tại một dãy
{xk } hội tụ đến x¯ sao cho f (xk ) f (¯
x) và xk = x¯ với mọi k . Lưu ý rằng
∇f (¯
x) = 0 và f (xk ) f (¯
x). Từ (1.3) ta suy ra
1 T
d H(¯
x)dk + α(¯
x; xk − x¯)
2 k

0 ∀k,

(1.4)

trong đó dk := (xk − x¯)/ xk − x¯ . Vì dk = 1 với mọi k nên tồn tại
một dãy con {dki } hội tụ đến d ∈ Rn với d = 1. Từ (1.4) ta suy ra
dT H(¯
x)d 0. Điều này mâu thuẫn với giả thiết H(¯
x) là xác định dương.
Do đó, x¯ là một cực tiểu địa phương chặt.
1.1.6 Định nghĩa. (i) Hàm f : Rn → R được gọi là lồi nếu thoả mãn
f tx + (1 − t)y

tf (x) + (1 − t)f (y),

với mọi x, y ∈ Rn và t ∈ [0, 1].
(ii) Cho f : Rn → R là một hàm khả vi tại x¯. Hàm f được gọi là giả lồi
tại x¯ nếu từ ∇f (¯
x)(x − x¯)

0 ta suy ra f (x)

f (¯
x). Ta nói f là giả lồi

chặt tại x¯ nếu f (x) > f (¯
x) với mọi x ∈ Rn thoả mãn ∇f (¯
x)(x − x¯) 0
và x = x¯. Hàm f được gọi là giả lõm (giả lõm chặt ) tại x¯ nếu −f là
giả lồi (tương ứng, giả lồi chặt ) tại x¯.
(iii) Cho S là một tập con mở trong Rn và f : S → R là một hàm số khả
vi. Hàm f được gọi là giả lồi nếu mỗi x1 , x2 ∈ S với ∇(x1 )T (x2 −x1 ) 0,
ta có f (x2 )

f (x1 ). Hàm f được gọi là giả lồi chặt nếu với x1 , x2 ∈


7

S, x1 = x2 thoả mãn ∇f (x1 )T (x2 − x1 ) 0, ta có f (x2 ) > f (x1 ). Hàm f
được gọi là giả lõm (giả lõm chặt ) nếu hàm −f là giả lồi (tương ứng,

giả lồi chặt).
(iv) Cho S là một tập con lồi của Rn và f : S → R. Ta nói rằng f là
hàm tựa lồi nếu

f λx1 + (1 − λ)x2

max{f (x1 ), f (x2 )},

với mọi x1 , x2 ∈ S và λ ∈ (0, 1). Hàm f được gọi là tựa lồi tại x¯ ∈ S nếu
f λx + (1 − λ)¯
x

max{f (x), f (¯
x)},

với mọi x ∈ S và λ ∈ (0, 1). Ta nói f là tựa lõm (tựa lõm tại x¯ ∈ S ) nếu
−f tựa lồi (tương ứng, tựa lồi tại x¯).
1.1.7 Nhận xét. Nếu hàm khả vi f : Rn → R là lồi hoặc giả lồi chặt,
thì nó là giả lồi. Một hàm giả lồi chặt, (do đó, hàm giả lồi) có thể không
lồi và một hàm lồi có thể không giả lồi chặt.
1.1.8 Ví dụ. Xét hàm f : R → R cho bởi công thức f (x) = xex với mọi
x ∈ R. Ta có f là hàm giả lồi chặt tại mọi điểm x¯ ∈ R, nhưng f không
phải là một hàm lồi. Thật vậy, lấy x¯ ∈ R, ta có ∇f (¯
x) = (¯
x + 1)ex¯ . Giả
sử
∇f (¯
x)(x − x¯) 0 và x = x¯.
(1.1)
Ta cần chứng minh f (x) > f (¯
x). Xét ba trường hợp sau:
a) Trường hợp x¯ < −1. Khi đó, ∇f (¯
x) < 0. Do đó, từ (1.1) ta suy ra
x < x¯ < −1. Vì f (x) là hàm giảm ngặt trên (−∞, −1) nên f (x) > f (¯

x).
b) Trường hợp x¯ = −1. Vì f (x) đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm duy nhất
x¯ = −1 nên f (x) > f (¯
x).
c) Trường hợp x¯ > −1. Khi đó, ∇f (¯
x) > 0. Do đó, từ (1.1) ta suy ra
x > x¯ > −1. Vì f (x) là hàm tăng ngặt trên (−1, +∞) nên f (x) > f (¯
x).
Như vậy f (x) là hàm giả lồi chặt tại x¯. Bây giờ ta chứng minh f (x) không
lồi. Lấy x1 = −3, x2 = −5 và t = 1/2 ∈ [0, 1]. Ta có
f (1 − t)x1 + tx2 = f (−4) = −4e−4
>

1
2

− 3e−3 − 5e−5

= (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 ).


8

Điều này chứng tỏ f (x) không phải là hàm lồi.
1.1.9 Chú ý. Hàm f (x) = xex ở trên được lấy từ [5, p. 92], ở đó f được
dùng để minh hoạ cho hàm giả lồi tại mọi điểm mà không lồi.
1.1.10 Ví dụ. Hàm f : R → R cho bởi f (x) = 0 với mọi x ∈ R là một
hàm lồi trên R, nhưng không giả lồi chặt tại bất kỳ x¯ ∈ R. Thật vậy, với
mọi x1 , x2 ∈ R và t ∈ [0, 1], ta có
f (1 − t)x1 + tx2 ) = 0 = (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 ).

Do đó f là một hàm lồi. Ta sẽ chứng minh f không giả lồi chặt tại bất
kỳ x¯ ∈ R. Lấy x¯ ∈ R và x ∈ R\{¯
x}. Ta có ∇f (¯
x)(x − x¯) = 0. Mặt khác,
f (x) = f (¯
x). Do đó, f không giả lồi chặt tại x¯.
1.1.11 Định lý. Nếu f : Rn → R là hàm giả lồi tại x¯, thì x¯ là một
cực tiểu toàn cục khi và chỉ khi ∇f (¯
x) = 0.
Chứng minh. Theo Hệ quả 1.1.3, nếu x¯ là một cực tiểu của hàm f thì
∇f (¯
x) = 0. Ngược lại, nếu ∇f (¯
x) = 0 thì ∇f (¯
x)T (x − x¯) = 0 với mọi
x ∈ Rn . Do đó, nhờ giả thiết f là hàm giả lồi tại x¯, ta có f (x) > f (¯
x) với
mọi x ∈ Rn . Định lý được chứng minh.
1.2. Điều kiện tối ưu cho hàm một biến số và các ví dụ minh
họa

Kết quả tiếp theo là một điều kiện cần cực tiểu cho các hàm một biến khả
vi vô hạn lần.
1.2.1 Định lý. Cho f : R → R là một hàm khả vi vô hạn lần tại x¯.
Khi đó, nếu x¯ là một cực tiểu địa phương của f thì f (j) (¯
x) = 0 với
mọi j = 1, 2... hoặc tồn tại một số tự nhiên n chẵn (n > 0) sao cho
f (n) (¯
x) > 0 và f (j) (¯
x) = 0 với mọi j = 1, 2, ..., n − 1.

Chứng minh. Giả sử x¯ là một điểm cực tiểu địa phương của f và không xẩy
ra trường hợp f (j) (¯
x) = 0 với mọi j = 1, 2... Khi đó, tồn tại một số tự nhiên


9

n (n 2) sao cho f (n) (¯
x) = 0 và f (j) (¯
x) = 0 với mọi j = 1, 2, ..., n − 1.
Lấy h ∈ R bất kỳ. Khai triển Taylor trong lân cận của x¯, ta có
f (¯
x + th) − f (¯
x) =

f (n) (ξt )
(th)n ,
n!

với t > 0 đủ nhỏ và ξt nằm giữa x¯ và x¯ + th. Vì x¯ là một điểm cực tiểu
địa phương của f nên f (¯
x + th) − f (¯
x)
0 với mọi t > 0 đủ nhỏ. Do
đó f (n) (ξt )hn 0 với mọi t > 0 đủ nhỏ. Cho t → 0+ , f (n) (¯
x)hn 0 với
mọi h ∈ R. Từ đó ta suy ra n là chẵn và f (n) (¯
x) > 0. Định lý được chứng
minh.
Tiếp theo chúng ta sẽ chỉ ra rằng điều kiện f (j) (¯

x) = 0 với mọi j = 1, 2...
không phải là một điều kiện đủ để x¯ là một điểm cực tiểu địa phương của
hàm f khả vi vô hạn.
1.2.2 Ví dụ. Xét hàm số

f (x) =


1


−
e x2

nếu x = 0,





nếu x = 0.

0

Ta có f khả vi vô hạn lần và f (j) (0) = 0 với mọi j = 1, 2... nhưng
x¯ = 0 không phải là điểm cực tiểu địa phương của f . Thật vậy, ta ký hiệu
Pn (x) là một đa thức bặc n. Với x = 0, ta có
1
1
1 − 2

2 − 2
f (x) = − 3 e x = P3 ( )e x .
x
x

Mặt khác,
1
e x2

1
,
x2

∀x = 0.

Do đó,
0

f (x) − f (0)
1/|x|
=
1
x−0
e x2

|x|,

∀x = 0.

10

Từ đó suy ra f (0) = 0. Ta sẽ chứng minh mệnh đề (T ) sau đây là đúng:

1


−
1

Pn+2 ( )e x2
nếu x = 0,
(n)
x
(T ) :
f (x) =



 0
nếu x = 0.
Theo chứng minh trên, ta có (T ) đúng với n = 1. Giả sử (T ) đúng với
n = k , tức là

1


−
1


P ( )e x2
nếu x = 0,
k+2
(k)
x
f (x) =



 0
nếu x = 0.
Khi đó, với x = 0, ta có
1
−
1
2
1
1
f (k+1) (x) = − 2 Pk ( ) + 3 Pk ( ) e x2
x
x
x
x
1
1 − 2
= Pk+3 ( )e x .
x
1
Vì e x2

1
x2k+4

với mọi x = 0 nên

0

f (k) (x) − f (k) (0)
x−0

1
1
Pk+2 ( )
x
= x
1
e x2

1
|x|2k+3 Pk+2 ( ) ,
∀x = 0.
x
1
Chú ý rằng lim |x|2k+3 Pk+2 ( ) = 0. Do đó f (k+1) (0) = 0. Ta đã chứng
x→0
x
minh được (T ) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lý quy nạp, mệnh đề
(T ) đúng với mọi n. Từ đó ta suy ra f (j) (0) = 0 với mọi j = 1, 2.... Tuy
nhiên, dễ dàng nhận thấy x¯ = 0 không phải là điểm cực tiểu địa phương
của f .

11

1.2.3 Định lý. (Xem [1]). Cho hàm f : R → R có đạo hàm liên tục
đến cấp n (n chẵn, n > 0) trên một lân cận của điểm x¯. Khi đó, nếu
f (n) (¯
x) > 0 và f (j) (¯
x) = 0 với mọi j=1,2...,n-1, thì x¯ là điểm cực tiểu
địa phương chặt của hàm f .
Chứng minh. Vì f (¯
x) = f (¯
x) = ... = f (n−1) (¯
x) = 0 khai triển Taylor
hàm f trong lân cận U bất kỳ của x¯ ta có
f (n) (ξ)
(x − x¯)n ,
f (x) − f (¯
x) =
n!

x = x¯,

(1.5)

với ξ nằm giữa x¯ và x. Mặt khác, vì n chẵn nên (x − x¯)n > 0 với mọi
x = x¯. Vì f (n) (¯
x) > 0 và f (n) liên tục tại x¯ nên tồn tại một lân cận U của
x¯ sao cho f (n) (x) > 0 với mọi x ∈ U . Ta có thể chọn lân cận lồi U đủ nhỏ
để (1.5) đúng trong U . Với x ∈ U \{¯

x} ta có f (n) (ξ) > 0 và (x − x¯)n > 0.
Theo (1.5), f (x) > f (¯
x) với mọi x ∈ U \{¯
x}. Nghĩa là f đạt cực tiểu địa
phương chặt tại x¯.
1.2.4 Nhận xét. Nếu f : Rn → R đạt cực tiểu địa phương tại điểm
x¯ ∈ Rn thì với mỗi d ∈ Rn hàm ϕd : R → R xác định bởi công thức
ϕd (t) := f (¯
x + td) với mọi t ∈ R, đạt cực tiểu địa phương tại điểm 0. Do
đó, ta có thể thu được điều kiện cần cực tiểu cho trường hợp hàm nhiều
biến bằng cách áp dụng Định lý 1.2.1 cho các hàm ϕd . Tuy nhiên ta lưu
ý rằng nếu với mỗi d ∈ Rn hàm ϕd đạt cực tiểu địa phương tại điểm 0 thì
hàm f có thể không đạt cực tiểu địa phương tại x¯. Điều này được minh
hoạ bởi ví dụ sau đây.
1.2.5 Ví dụ. Xét hàm số f : R2 → R cho bởi công thức
f (x1 , x2 ) = (x2 2 − x1 )(x2 2 − 2x1 ) ∀ (x1 , x2 ) ∈ R2 .

Ta có f không đạt cực tiểu tại x¯ = (0, 0), nhưng với mỗi d ∈ R2 hàm
ϕd (t) := f (¯
x + td) (∀t √
∈ R) đạt cực tiểu √
địa phương tại 0. Thật vậy,
2+2 2
1
2+2 2
2
f (¯
x) = 0 và f (xk ) =
− 2
− 2 < 0 với mọi

4k
k
4k
k
√
1
2+2
k , ở đây xk :=
,
→ x¯ khi k → ∞. Do đó, x¯ không phải là
2
k
4k
điểm cực tiểu địa phương của hàm f . Lấy d = (d1 , d2 ) ∈ R2 . Ta sẽ chứng
minh ϕd đạt cực tiểu địa phương tại 0. Xét hai trường hợp sau:


12

Trường hợp 1: d1 = 0. Khi đó, ta có ϕd (t) = t4 d42 0 = ϕd (0) với mọi
t ∈ R. Do đó, ϕd đạt cực tiểu tại 0.
Trường hợp 2: d1 = 0. Khi đó, ϕd (t) = t4 d42 + t2 (2d21 − 3d1 d22 t) với mọi
t ∈ R. Vì lim(2d21 − 3d1 d22 t) = 2d21 > 0, nên tồn tại δ > 0 sao cho
2d21

t→0
2
3d1 d2 t >

−

0 với mọi t ∈ (−δ, δ). Từ đó suy ra ϕd (t)
t ∈ (−δ, δ), nghĩa là ϕd đạt cực tiểu địa phương tại 0.

0 với mọi


13

CHƯƠNG 2
CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ CỰC TRỊ CHO BÀI TOÁN
TỐI ƯU VỚI RÀNG BUỘC BẤT ĐẲNG THỨC

Trong chương này chúng ta thiết lập điều kiện cần và đủ cực trị cho các
bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức. Mục 2.1 dành cho các điều kiện
tối ưu dạng hình học. Mục 2.2 đưa ra các điều kiện tối ưu dạng Fritz John.
Các điều kiện cần và đủ cực trị dang Karush-Kuhn-Tucker được trình bày
trong mục 2.3.
2.1. Điều kiện tối ưu dạng hình học

Trong mục này, chúng ta sẽ tìm hiểu các điều kiện cần và đủ để một điểm
x¯ ∈ Rn là nghiệm tối ưu (địa phương) của bài toán:
(PI )

f (x) → inf,
x ∈ S,

trong đó f : Rn → R và S là một tập con của Rn .
2.1.1 Định nghĩa. (i) Cho S là một tập con khác rỗng của Rn và
x¯ ∈ clS . Tập D := d ∈ Rn \{0} | ∃δ > 0 : x¯ + λd ∈ S, ∀λ ∈ (0, δ) được
gọi là nón các hướng chấp nhận được của S tại x¯. Mỗi phần tử d ∈ D

được gọi là một hướng chấp nhận được.
(ii) Cho f : Rn → R và x¯ ∈ R. Tập hợp
F := d ∈ Rn | ∃δ > 0 : f (¯
x + λd) < f (¯
x), ∀λ ∈ (0, δ)

được gọi là nón các hướng giảm của hàm f tại x¯. Mỗi d ∈ F được gọi là
một hướng giảm của f tại x¯.


14

2.1.2 Nhận xét. Từ Định lý 1.1.2, ta suy ra rằng nếu ∇f (¯
x)T d < 0 thì
d là một hướng giảm của f tại x¯. Điều này có nghĩa là
F0 := d : ∇f (¯
x)T d < 0 ⊂ F.

2.1.3 Định lý. Cho f : Rn → R là một hàm số khả vi tại x¯ ∈ S . Khi
đó, nếu x¯ là một nghiệm địa phương của bài toán (PI ), nghĩa là tồn
tại U ∈ N (¯
x) sao cho f (x) f (¯
x) với mọi x ∈ U ∩ S , thì F0 ∩ D = ∅.
Ngược lại, nếu F0 ∩ D = ∅, f là giả lồi tại x¯ và tồn tại ε > 0 sao cho
d = (x − x¯) ∈ D với mọi x ∈ S ∩ Bε (¯
x), thì x¯ là một nghiệm địa phương
của bài toán (PI ).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử tồn tại một véctơ d ∈ F0 ∩ D. Theo Định lý 1.1.2, tồn tại δ1 > 0
sao cho

f (¯
x + λd) < f (¯
x), ∀λ ∈ (0, δ1 ).
(2.1)
Hơn nữa, theo Định nghĩa 2.1.1, tồn tại δ2 > 0 sao cho
x¯ + λd ∈ S,

λ ∈ (0, δ2 ).

(2.2)

Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra với mọi λ ∈ (0, δ), ta có x¯ + λd ∈ S và
f (¯
x + λd) < f (¯
x), ở đây δ = min{δ1 , δ2 }. Điều này mâu thuẫn với giả
thiết x¯ là nghiệm địa phương của bài toán (PI ), và do đó F0 ∩ D = ∅.
Ngược lại, giả sử rằng F0 ∩ D = ∅, f là giả lồi tại x¯ và tồn tại ε > 0 sao
cho d = (x − x¯) ∈ D với x ∈ S ∩ Bε (¯
x). Ta sẽ chứng minh f (x) f (¯
x)
với mọi x ∈ S ∩ Bε (¯
x) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại
x ∈ S ∩ Bε (¯
x) sao cho f (x ) < f (¯
x). Theo giả thiết, d := (x − x¯) ∈ D.
Vì f giả lồi tại x¯, f (x ) < f (¯
x) và d = (x − x¯) ∈ D nên ∇f (¯
x)T d < 0.
Do đó d ∈ F0 ∩ D. Điều này mâu thuẫn với giả thiết F0 ∩ D = ∅. Vậy x¯
là một nghiệm địa phương của bài toán (PI ).

2.1.4 Bổ đề. Cho f : Rn → R là một hàm số khả vi tại x¯ ∈ Rn . Khi
đó,
F 0 ⊂ F ⊂ F0 ,
ở đây F0 := d ∈ Rn \{0} : ∇f (¯
x)T d 0 . Hơn nữa, nếu f là một hàm
số giả lồi tại x¯ thì F = F0 ; nếu f là một hàm số giả lõm chặt tại x¯ thì
F = F0 .


15

Chứng minh. Theo Nhận xét 2.1.2, F0 ⊂ F . Bây giờ ta chứng minh
F ⊂ F0 . Thật vậy, lấy d ∈ F . Theo định nghĩa của tập F , ta có d = 0 và
tồn tại δ > 0 sao cho f (¯
x + λd) < f (¯
x) với mọi λ ∈ (0, δ). Từ đó ta suy
ra
f (¯
x + λd) − f (¯
x)
∇f (¯
x)T d = lim+
0,
λ
λ→0
tức là d ∈ F0 . Vậy F ⊂ F0 .
Giả sử f là giả lồi tại x¯. Vì F0 ⊂ F nên để chứng minh F = F0 , ta chỉ
cần chứng minh F ⊂ F0 . Lấy d ∈ F . Khi đó, tồn tại δ > 0 sao cho
f (¯
x + λd) < f (¯

x), ∀λ ∈ (0, δ).

(2.3)

Ta sẽ chứng minh d ∈ F0 bằng phương pháp phản chứng. Nếu d ∈
/ F0 thì
T
∇f (¯
x) d 0. Do đó,
∇f (¯
x)T ((¯
x + λd) − x¯) = ∇f (¯
x)T (λd)

0,

∀λ ∈ (0, δ).

Kết hợp với giả thiết f là hàm số giả lồi tại x¯, ta suy ra
f (¯
x + λd)

f (¯
x),

∀λ ∈ (0, δ).

Điều này trái với (2.3), và do đó d ∈ F0 . Vậy F = F0 nếu f là một hàm
số giả lồi tại x¯. Giả sử f là một hàm số giả lõm chặt tại x¯. Vì F ⊂ F0 nên
để chứng minh F = F0 ta chỉ cần chứng minh F0 ⊂ F . Lấy d ∈ F0 . Từ

định nghĩa của tập F0 ta suy ra d = 0 và ∇f (¯
x)T d 0. Vì f là một hàm
số giả lõm chặt nên nếu ∇f (¯
x)T (x − x¯) 0 và x = x¯ thì f (x) < f (¯
x).
Mặt khác, ∇f (¯
x)T (¯
x + λd) − x¯ = ∇f (¯
x)T (λd) = λ∇f (¯
x)T d
0 và
x¯ + λd = x¯ với mọi λ > 0. Do đó f (¯
x + λd) < f (¯
x) với mọi λ > 0. Điều
này chứng tỏ d ∈ F . Vậy F = F0 nếu f là một hàm số giả lõm chặt.
Tiếp theo ta xét tập
S = {x ∈ X : gi (x)

0,

∀i = 1, ..., m},

ở đây X là một tập con mở khác rỗng của Rn và gi : Rn → R (i = 1, ..., m).
Với x¯ ∈ S , ta gọi I := {i : gi (¯
x) = 0} là tập các chỉ số hoạt của S tại
điểm x¯.


16

2.1.5 Bổ đề. Giả sử gi : Rn → R (i ∈ I) là các hàm số khả vi tại
x¯ ∈ S và gj : Rn → R (j ∈ {1, 2, ..., m}\I) là các hàm số liên tục tại x¯.
Đặt
G0 = {d ∈ Rn : ∇gi (¯
x)T d < 0, ∀i ∈ I},
G0 = {d ∈ Rn \{0} : ∇gi (¯
x)T d

0,

∀i ∈ I}.

Khi đó,
G0 ⊂ D ⊂ G0 .

(2.4)

Hơn thế, nếu gi : Rn → R (i ∈ I) là giả lồi chặt tại x¯ thì D = G0 ; nếu
gj : Rn → R (j ∈ I) là giả lõm tại x¯ thì D = G0 .
Chứng minh. Trước hết chúng ta chứng minh G0 ⊂ D. Lấy d ∈ G0 . Vì
x¯ ∈ X và X mở nên tồn tại δ1 sao cho
x¯ + λd ∈ D với mọi λ ∈ (0, δ1 ).

(2.5)

Vì gi liên tục tại x¯ và gi (¯
x ) < 0 (i ∈
/ I ) nên tồn tại δ2 > 0 sao cho
gi (¯
x + λd) < 0,

∀λ ∈ (0, δ2 ) i ∈ I.

(2.6)

Hơn nữa, vì d ∈ G0 nên ∇gi (¯
x)T d < 0 với mọi i ∈ I và d = 0. Theo
Định lý 1.1.2, tồn tại δ3 > 0 sao cho
gi (¯
x + λd) < gi (¯
x) = 0,

∀λ ∈ (0, δ3 ), i ∈ I.

(2.7)

Từ (2.5), (2.6) và (2.7), ta suy ra x¯ + λd ∈ S với mọi λ ∈ (0, δ), ở đây
δ = min{δ1 , δ2 , δ3 } > 0. Điều này có nghĩa là d ∈ D. Vậy ta đã chứng
minh được G0 ⊂ D.
Tiếp theo chúng ta chứng minh D ⊂ G0 . Lấy d ∈ D. Ta sẽ chứng minh
d ∈ G0 bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử d ∈
/ G0 . Khi đó,
tồn tại i0 ∈ I sao cho ∇gi (¯
x)T d > 0. Vì thế nên gi0 (¯
x + λd) > gi0 (¯
x) = 0
với mọi λ > 0 đủ nhỏ. Từ đó ta suy ra x¯ + λd ∈
/ S với mọi λ > 0 đủ nhỏ.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết d ∈ D. Vậy d ∈ G và do đó D ⊂ G0 .
Giả sử với mỗi i ∈ I , hàm số gi là giả lồi chặt tại x¯ và d ∈ D. Ta cần

chứng minh d ∈ G0 . Giả sử ngược lại d ∈
/ G0 . Khi đó, tồn tại i0 ∈ I sao
cho ∇gi0 (¯
x)T d 0. Do đó ∇gi0 (¯
x)T (¯
x + λd) − x¯ = λ∇gi0 (¯
x)T d 0 và
x¯ + λd = x¯ với mọi λ > 0. Kết hợp với giả thiết hàm gi0 giả lồi chặt tại x¯


17

ta suy ra gi0 (¯
x + λd) > gi0 (¯
x) với mọi λ > 0. Do đó x¯ + λd ∈
/ S với mọi
λ > 0. Điều này mâu thuẫn với d ∈ D. Vậy D = G0 nếu gi (i ∈ I) là giả
lồi chặt tại x¯.
Cuối cùng ta chứng minh nếu gi (i ∈ I ) là giả lõm tại x¯ thì D = G0 .
Vì D ⊂ G0 nên để chứng minh D = G0 ta chỉ cần chứng minh G0 ⊂ D.
Giả sử gi (i ∈ I ) là giả lõm tại x¯ và d ∈ G0 . Ta có ∇gi (¯
x)T d 0 với mọi
i ∈ I . Do đó ∇gi (¯
x)T (¯
x + λd) − x¯
0 với mọi λ > 0. Kết hợp với giả
thiết gi là hàm số giả lõm tại x¯, ta suy ra gi (¯
x + λd) gi (¯
x) = 0 với mọi
i ∈ I . Hơn thế, nhờ tính liên tục của gj (j ∈ I ) và do X là tập mở, ta có

x¯ + λd ∈ S với mọi λ > 0 đủ nhỏ. Vậy d ∈ D.
2.1.6 Định lý. Xét bài toán (PI ), trong đó S = {x ∈ X : gi (x) 0; i =
1, ..., m}. Giả sử x¯ ∈ S và I := {i ∈ 1, ..., m : gi (¯
x) = 0}. Giả sử f và
gi (i ∈ I) là các hàm số khả vi tại x¯ và gj (j ∈
/ I) là các hàm số liên
tục tại x¯. Khi đó, nếu x¯ là một nghiệm địa phương của bài toán (PI )
thì F0 ∩ G0 = ∅. Ngược lại, nếu F0 ∩ G0 = ∅, f là hàm số giả lồi tại x¯
và tồn tại ε > 0 sao cho gi (i ∈ I) là giả lồi chặt trên Bε (¯
x) thì x¯ là
một nghiệm địa phương của bài toán (PI ).
Chứng minh. Giả sử x¯ là một nghiệm địa phương của bài toán (PI ). Theo
Định lý 2.1.3, F0 ∩ D = ∅. Mặt khác, theo Bổ đề 2.1.5, G0 ⊂ D. Do đó,
F0 ∩ G0 = ∅.

(2.8)

Giả sử F0 ∩G0 = ∅, f giả lồi tại x¯ và tồn tại ε > 0 sao cho các hàm gi , i ∈ I
giả lồi chặt trên Bε (¯
x). Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết
n
S = {x ∈ R : gi (x) 0, i ∈ I}. Hơn thế, vì gi (i ∈ I ) là các hàm số giả
lồi chặt trên Bε (¯
x) nên các tập mức dưới lev0 gi := {x ∈ Rn : gi (x) 0}
(i ∈ I ) là lồi địa phương tại x¯, nghĩa là tồn tại ε > 0 sao cho lev0 gi ∩Bε (¯
x)
(i ∈ I ) là tập lồi. Do gi (i ∈ I ) là các hàm số giả lồi chặt tại x¯, theo
Bổ đề 2.1.5, G0 = D. Vì vậy ta có F0 ∩ D = ∅ và f giả lồi tại x¯. Theo
Định lý 2.1.3, x¯ là một nghiệm địa phương của bài toán (PI ).
2.2. Điều kiện tối ưu dạng Fritz John

2.2.1 Bổ đề. (Định lý Farkas). Cho A là một ma trận cấp m × n và
c ∈ Rn . Khi đó, một và chỉ một trong hai hệ sau đây có nghiệm:


18

Ax

cT x > 0,

0,

AT y = c,

y

0,

x ∈ Rn .

(h1 )

y ∈ Rm .

(h2 )

Chứng minh. Giả sử hệ (h2 ) có nghiệm, nghĩa là tồn tại y ∈ Rn sao cho
y 0 và AT y = c. Nếu hệ (h1 ) cũng có nghiệm thì ta tìm được x ∈ Rn
thoả mãn các điều kiện Ax 0 và cT x > 0. Do đó, cT x = y T Ax 0.

Điều này mâu thuẫn với cT x > 0. Từ đó ta suy ra (h1 ) vô nghiệm nếu
(h2 ) có nghiệm.
Giả sử (h2 ) vô nghiệm. Ta sẽ chứng minh (h1 ) có nghiệm bằng cách sử
dụng Định lý tách các tập lồi. Thật vậy, Ω := x ∈ Rn : x = AT y, y 0
là một tập con lồi đóng khác rỗng của Rn và c ∈ Ω. Theo Định lý tách
các tập lồi, tồn tại p ∈ Rn và α ∈ R sao cho pT c > α và pT x α với mọi
x ∈ Ω. Vì 0 ∈ Ω nên α 0 và pT c > 0. Chú ý rằng
α

pT AT y = y T Ap,

∀y

0.

(2.9)

Vì y 0 là tuỳ ý nên từ (2.9) ta suy ra Ap 0. Vậy p ∈ Rn thoả mãn
cT p > 0 và Ap 0, nghĩa là p là một nghiệm của (h1 ).
2.2.2 Bổ đề. (Định lý Gordan). Cho A là một ma trận cấp m × n. Khi
đó, một và chỉ một trong hai hệ sau đây có nghiệm:
x ∈ Rn .

Ax < 0,
AT y = 0,

y

0,

(h3 )

y ∈ Rm \ {0}.

(h4 )

Chứng minh. Giả sử (h4 ) có nghiệm nghĩa là tồn tại y¯ ∈ Rn \{0} sao
cho y¯ 0 và AT y¯ = 0. Ta sẽ chứng minh (h3 ) vô nghiệm. Thật vậy, nếu
tồn tại x¯ ∈ Rn sao cho A¯
x < 0 thì 0 = AT y¯, x¯ = y¯, A¯
x < 0, (vì
y¯ > 0, y¯ = 0, A¯
x < 0). Điều mâu thuẫn này chứng tỏ (h3 ) vô nghiệm.
Giả sử (h4 ) vô nghiệm. Ta cần chứng minh (h3 ) có nghiệm.Thât vậy,
giả sử (h3 ) vô nghiệm. Khi đó, hệ
x
[A, e] s

x
0, (0, 0, ..., 0, 1) s > 0,

x
n+1
s ∈R ,


19

ở đây e = (1, 1, ..., 1)T ∈ Rm , cũng vô nghiệm. Theo Bổ đề 2.2.1, tồn tại
y¯ ∈ Rm sao cho [A, e]T y¯ = (0, 0, ..., 0, 1) và y¯ 0. Điều này có nghĩa là

m
T

A y¯ = 0,

y¯

0,

y¯i = 1,

y¯ ∈ Rm .

i=1

Từ đó ta suy ra y¯ là một nghiệm của (h4 ) và do đó mâu thuẫn với giả
thiết (h4 ) vô nghiệm. Vậy (h3 ) có nghiệm.
2.2.3 Định lý. (Điều kiện cần cực trị dạng Fritz John).(xem [2]) Cho
X là một tập con mở khác rỗng của Rn và f : Rn → R, gi : Rn → R
(i=1,...,m). Đặt
S = x ∈ X : gi (x)

0,

i = 1, ..., m .

Giả sử x¯ ∈ S , I := i ∈ {1, 2, ..., m} : gi (¯
x) = 0 , và f, gi (i ∈ I) là
các hàm khả vi tại x¯; gi (i ∈
/ I) là hàm liên tục tại x¯. Khi đó, nếu x¯ là

một nghiệm địa phương của bài toán (PI ) thì tồn tại u0 , ui ∈ R (i ∈ I)
sao cho
u0 ∇f (¯
x) +
ui ∇gi (¯
x) = 0,
i∈I

u0 , ui

0,
(i ∈ I),

(u0 , uI ) = (0, 0)

ở đây uI là véctơ có các thành phần toạ độ là ui (i ∈ I). Hơn nữa, nếu
gi (i ∈
/ I) cũng là các hàm khả vi tại x¯ thì các điều kiện ở trên có thể
viết lại dưới dạng tương đương như sau
m

u0 ∇f (¯
x) +

ui ∇gi (¯
x) = 0,
i=1

ui gi (¯
x) = 0,

u0 , ui

0,

và (u0 , u) = (0, 0) (i = 1, ...m),
ở đây u = (u1 , u2 , ..., um ).


20

Chứng minh. Vì x¯ là nghiệm địa phương của bài toán (PI ) nên, theo
Định lý 2.1.6; F0 ∩G0 = ∅, tức là không tồn tại d ∈ Rn sao cho ∇f (¯
x)T d <
0 và ∇gi (¯
x)T d < 0 với mỗi i ∈ I . Gọi A là ma trận có các dòng là ∇f (¯
x)T
và ∇gi (¯
x)T với mỗi i ∈ I . Ta có điều kiện cần cực trị ở trong Định lý 2.1.6
là tương đương với mệnh đề nói rằng hệ
Ad < 0,

d ∈ Rn

là vô nghiệm. Theo Bổ đề 2.2.2, tồn tại p 0 sao cho p = 0 và AT p = 0.
Ký hiệu các thành phần toạ độ của p là u0 và ui (i ∈ I). Ta có
u0 ∇f (¯
x) +

ui ∇gi (¯
x) = 0,

i∈I

u0 , ui

0,

và (u0 , uI ) = (0, 0) (i ∈ I).
Nếu thêm giả thiết gi (i ∈
/ I) khả vi tại x¯, thì bằng cách đặt ui = 0, i ∈
/I
ta thu được
m

u0 ∇f (¯
x) +

ui ∇gi (¯
x) = 0,
i=1

ui gi (¯
x) = 0,
u0 , ui

0,

và (u0 , u) = (0, 0) (i = 1, ...m).
Định lý được chứng minh.
2.2.4 Định nghĩa. Các số u0 , ui (i = 1, ..., m) ở trong Định lý 2.2.3
được gọi là các nhân tử Lagrange. Điều kiện x¯ ∈ S được gọi là điều kiện

chấp nhận được của bài toán ban đầu (P F ). Điều kiện
m

u0 ∇f (¯
x) +

ui ∇gi (¯
x) = 0,
i=1

(u0 , u)

(0, 0),

và (u0 , u) = (0, 0) (i = 1, ...m),


21

được gọi là điều kiện chấp nhận được của bài toán đối ngẫu (DF ). Điều
kiện ui gi (¯
x) = 0 với i = 1, ..., m được gọi là điều kiện độ lệch bù (CS).
Điều kiện bao gồm (P F ), (DF ) và (CS) được gọi là điều kiện Fritz John
(F J) cho bài toán (PI ). Điểm x¯ mà tồn tại nhân tử Lagrange (¯
u0 , u¯) sao
cho (¯
x, u¯0 , u¯) thoả mãn điều kiện (F J) được gọi là điểm Fritz John.
2.2.5 Nhận xét. Điều kiện Fritz John có thể viết dưới dạng sau
u0 ∇f (¯
x) + ∇g(¯

x)T u = 0,
uT g(¯
x) = 0,
(u0 , u)

(0, 0),

(u0 , u) = (0, 0),

và x¯ ∈ S,
ở đây ∇g(¯
x) là ma trận Jacobian cỡ m × n có dòng thứ i là ∇gi (¯
x)T và
u = (u1 , u2 , ..., um ) ∈ Rm .
2.2.6 Định lý. (Điều kiện đủ cực trị dạng Fritz John).(xem [2]) Cho X
là một tập con mở khác rỗng của Rn và f, gi : Rn → R (i=1,...,m).
Xét bài toán (PI ) với S = x ∈ X : gi (x) 0, i = 1, ..., m . Giả sử
x¯ là một điểm (F J) của (PI ) và I := i ∈ {1, 2, ..., m : gi (¯
x) = 0 .
Đặt S˜ = x ∈ X : gi (x) 0, i ∈ I . Khi đó,
(i) nếu tồn tại ε > 0 sao cho f giả lồi trên Bε (¯
x) ∩ S˜ và gi (i ∈ I)
là giả lồi chặt trên Bε (¯
x) ∩ S˜, thì x¯ là một cực tiểu địa phương của bài
toán (PI );
(ii) nếu f giả lồi tại x¯ và gi (i ∈ I) là giả lồi chặt và tựa lồi tại x¯,
thì x¯ là một nghiệm toàn cục của (PI ) với S = S˜. Đặc biệt, nếu các
giả thiết lồi này đúng trên Bε (¯
x) ∩ S , thì x¯ là một nghiệm địa phương
của bài toán (PI ).

Chứng minh. (i) Giả sử các giả thiết trong (i) là đúng. Vì x¯ là một điểm
(F J) nên, theo Bổ đề 2.2.2, ta có F0 ∩ G0 = ∅. Hạn chế miền ràng buộc
là Bε (¯
x) ∩ S˜ và lập luận tương tự như trong Định lý 2.1.6, ta suy ra x¯ là
một nghiệm địa phương của (PI ).


22

(ii) Ta có F0 ∩ G0 = ∅. Theo Bổ đề 2.1.5, D = G0 . Do đó F0 ∩ D = ∅.
Giả sử x ∈ S = S˜. Vì gi (x)
gi (¯
x) với moi i ∈ I , nên từ giả thiết gi
(i ∈ I ) là tựa lồi tại x¯ ta có
gi x + λ(x − x¯) = gi (λx + (1 − λ)¯
x

max gi (x), gi (¯
x)} = gi (¯
x) = 0

với mọi λ ∈ [0, 1] và mọi i ∈ I . Điều này có nghĩa là d := (x − x¯) ∈ D.
Vì F0 ∩ D = ∅ nên ∇f (¯
x)T (x − x¯)
0. Vì f giả lồi tại x¯ nên ta suy
ra f (x) f (¯
x). Vậy x¯ là một nghiệm toàn cục của (PI ). Trong trường
hợp các giả thiết lồi đúng trên Bε (¯
x) ∩ S , lập luận tương tự trên với
x ∈ Bε (¯

x) ∩ S , ta suy ra x¯ là một nghiệm địa phương của (PI ).
2.2.7 Ví dụ. Xét bài toán (PI ):
f (x) := (x1 − 3)2 + (x2 − 2)2 → inf,

với các ràng buộc
g1 (x) := x1 2 + x2 2 − 5

0,

g2 (x) := x1 + 2x2 − 4

0,

g3 (x) := −x1

0,

g4 (x) := −x2

0,

ở đây x = (x1 , x2 )T ∈ R2 .
a) x¯ = (2, 1)T là một điểm Fritz John của bài toán. Thật vậy, g1 (¯
x) =
x) = x1 + 2x2 − 4 = 2 + 2 − 4 = 0,
x1 2 + x2 2 − 5 = 4 + 1 − 5 = 0, g2 (¯
x) = −x2 = −1 < 0. Do đó, tập chỉ số hoạt
g3 (¯
x) = −x1 = −2 < 0 và g4 (¯
là I = {1, 2}. Mặt khác, ta có

−2
∇f (¯
x) = (2x1 − 6, 2x2 − 4)T = (−2, −2)T = −2 ,
4
∇g1 (x) = (2x1 , 2x2 ) =⇒ ∇g1 (¯
x) = (4, 2)T = 2 ,
1
∇g2 (x) = (1, 2) =⇒ ∇g2 (¯
x) = (1, 2)T = 2 .


23

Thay vào điều kiện Fritz John

x) + i∈I ui ∇gi (¯
x) = 0
u0 ∇f (¯
u0 , ui 0

(u0 , ui ) = (0, 0), i ∈ I,
ta có hệ

−2u0 + 4u1 + u2 = 0



−u0 + u1 + u2 = 0
u ,u ,u
0



 0 1 2
(u0 , u1 , u2 ) = (0, 0, 0).

Hệ này có nghiệm thoả mãn u0 , u1 , u2 0 và (u0 , u1 , u2 ) = (0, 0, 0) (chẳng
1 2
hạn (u0 , u1 , u2 ) = (1, , )). Do đó x¯ = (2, 1)T là một điểm Fritz John
3 3
của bài toán (PI ).
b) x¯ = (0, 2)T không là nghiệm tối ưu của bài toán. Ta có tập chỉ
số hoạt tại x¯ là I = {2, 3} và ∇g2 (¯
x) = (1, 2)T , ∇g3 (¯
x) = (−1, 0)T ,
∇f (¯
x) = (−6, 0)T . Do đó, hệ điều kiện Fritz John là

−6u0 + u2 − u2 = 0



2u2 = 0
.
u
,
u
,
u
0


0
2
3


(u0 , u2 , u3 ) = (0, 0, 0).
Vì hệ này vô nghiệm nên x¯ = (0, 2)T không phải là một điểm Fritz John.
Từ đó suy ra x¯ không phải là nghiệm tối ưu của bài toán (PI ).
√
c) Tương tự ta chứng minh được x¯ = (0, 0)T , x¯ = ( 5, 0)T , x¯ = (0, α)T
√
(α ∈ (0, 2)), x¯ = (α, 0)T (α ∈ (0, 5)), x¯ = (α, 2 − 21 α)T (α ∈ (0, 2)) và
x¯ = ( 5 − β 2 , β)T (β ∈ (0, 1)) đều không là điểm Fritz John và do đó
chúng không là nghiệm tối ưu của bài toán (PI ).
d) x¯ thỏa mãn gi (¯
x) < 0 (i = 1, 2, 3, 4). Khi đó, tập chỉ số hoạt I = ∅.
Do đó, x¯ là điểm Fritz John nếu và chỉ nếu ∇f (¯
x) = 0. Măt khác,
∇f (¯
x) = 0 ⇔ x¯ = (3, 2)T .

Rõ ràng x¯ = (3, 2)T không thoả mãn gi (¯
x) < 0 (i = 1, 2, 3, 4). Do đó, mọi
điểm x¯ thoả mãn gi (¯
x) < 0 (i = 1, 2, 3, 4) đều không là điểm Fritz John
và do đó chúng không phải là nghiệm địa phương của bài toán.
Như vậy, bài toán (PI ) có duy nhất một điểm Fritz John là x¯ = (2, 1)T .


24

2.2.8 Nhận xét. Tập điểm Fritz John nói chung là lớn hơn tập nghiệm
địa phương của bài toán (theo quan hệ bao hàm). Nó được dùng để loại
bỏ bớt các điểm không là nghiệm của bài toán và thu hẹp miền tìm kiếm
nghiệm (chỉ cần tìm trong tập điểm Fritz John). Nếu bài toán tồn tại
nghiệm và tập điểm Fritz John có duy nhất một phần tử thì phần tử duy
nhất đó chính là nghiệm tối ưu của bài toán. Chẳng hạn ở ví dụ trên, bài
toán tồn tại nghiệm tối ưu (vì hàm mục tiêu liên tục và tập ràng buộc
là compact) và có duy nhất một điểm Fritz John là x¯ = (2, 1)T , do đó
x¯ = (2, 1)T chính là nghiệm tối ưu của bài toán.
2.3. Điều kiện tối ưu dạng Karush-Kuhn-Tucker

Trong mục này chúng ta sẽ trình bày một điều kiện cần và một điều kiện
đủ cực trị dưới dạng Karush-Kuhn-Tucker (KKT) cho bài toán tối ưu với
ràng buộc bất đẳng thức.
2.3.1 Định lý. (Điều kiện cần cực trị dạng Karush-Kuhn-Tucker).(xem [2])
Cho X là một tập con mở khác rỗng của Rn và f, gi : Rn → R
(i=1,...,m). Xét bài toán (PI ) với S = x ∈ X : gi (x)
0, i =
1, ..., m . Giả sử x¯ ∈ S và I = i ∈ {1, 2, ..., m} : gi (¯
x) = 0 . Giả sử
rằng f , gi (i ∈ I) là khả vi tại x¯ và gi (i ∈
/ I) là liên tục tại x¯. Khi
đó, nếu {∇gi (¯
x) : i ∈ I} là độc lập tuyến tính và x¯ là một nghiệm địa
phương của bài toán (PI ), thì tồn tại ui ∈ R (i ∈ I) sao cho
∇f (¯
x) +

ui ∇gi (¯

x) = 0,
i∈I

0, i ∈ I.

ui

Ngoài các giả thiết nêu trên, nếu gi (i ∈ I) cũng khả vi tại x¯ thì các
điều kiện nêu trên có thể được viết tương đương dưới dạng sau:
ui ∇gi (¯
x) = 0,

∇f (¯
x) +
i∈I

ui gi (¯
x) = 0,
ui

0,

i = 1, ..., m,
i = 1, ..., m.


25

Chứng minh. Theo Định lý 2.2.3, tồn tại u0 ∈ R và ui ∈ R (i ∈ I) không
đồng thời bằng không sao cho

u0 ∇f (¯
x) +

ui ∇gi (¯
x) = 0,

u0 , ui

0,

i ∈ I.

(2.10)

i∈I

ui ∇gi (¯
x) = 0 và các số ui ∈ R

Nếu u0 = 0 thì từ (2.10) ta suy ra
i∈I

(i ∈ I) không đồng thời bằng không. Điều này mâu thuẫn với giả thiết
hệ {∇gi (¯
x) : i ∈ I} là độc lập tuyến tính. Do đó u0 > 0. Với i ∈ I , đặt
ui := uu0 và uj := 0 nếu j ∈
/ I , từ (2.10) ta có điều phải chứng minh.

2.3.2 Định nghĩa. Điều kiện
∇f (¯

x) +

ui ∇gi (¯
x) = 0,
i∈I

ui gi (¯
x) = 0,

ui

0,

i = 1, ..., m,

x¯ ∈ S,

được gọi là điều kiện Karush-Kuhn-Tucker (KKT) cho bài toán (PI ).
Ta gọi điểm Karush-Kuhn-Tucker (KKT) là điểm x¯ sao cho tồn tại các
nhân tử Lagrange ui ∈ R (i ∈ I) thoả mãn điều kiện KKT.
2.3.3 Định lý. (Điều kiện đủ cực trị dạng Karush-Kuhn-Tucker).(xem [2])
Cho X là một tập con mở khác rỗng của Rn và f, gi : Rn → R
(i=1,...,m). Xét bài toán (PI ) với S = x ∈ X : gi (x)
0, i =
1, ..., m . Giả sử x¯ ∈ S là một điểm KKT của bài toán (PI ) và
I = i ∈ {1, 2, ..., m} : gi (¯
x) = 0 . Đặt
S˜ := x ∈ X : gi (x)

0,

i∈I .

Khi đó,
(i) nếu tồn tại ε > 0 sao cho f là giả lồi trên Bε (¯
x) ∩ S và gi (i ∈ I)
là khả vi tại x¯ và tựa lồi trên Bε (¯
x) ∩ S , thì x¯ là một cực tiểu địa
phương của bài toán (PI ).
(ii) nếu f là giả lồi tại x¯ và gi (i ∈ I) là khả vi và tựa lồi tại x¯, thì
x¯ là nghiệm toàn cục của bài toán (PI ) với S = S˜. Đặc biệt, nếu các
giả thiết này đúng ở trên Bε (¯
x) ∩ S , thì x¯ là một cực tiểu địa phương
của bài toán (PI ).