Điều kiện Karush-Kuhn-Tucker mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu

Header Page 1 of 166.

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 2
Chương 1
CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN VÀ ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU
1.1.

CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ BỔ TRỢ ....................................... 4

1.1.1.

Bài toán tối ưu đa mục tiêu ................................................................. 4

1.1.2.

Nghiệm hữu hiệu địa phương ............................................................. 5

1.1.3.

Nón tiếp tuyến và nón radial dãy ........................................................ 7

1.1.4.

Đạo hàm Dini – Đạo hàm Hadamard.................................................. 7

1.1.5.

Một số kết quả bổ trợ .......................................................................... 9

1.2.

CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN .......................................................... 11

1.3.

ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY VÀ CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU ... 18

1.4.
ĐIỀU KIỆN CẦN KKT MẠNH CHO NGHIỆM HỮU HIỆU ĐỊA
PHƯƠNG ..................................................................................................... 23
Chương 2
ĐIỀU KIỆN KARUSH – KUHN - TUCKER MẠNH QUA DƯỚI VI
PHÂN SUY RỘNG
2.1.

CÁC KHÁI NIỆM .............................................................................. 28

2.2.

CÁC ĐIỀU KIỆN KKT MẠNH ........................................................ 36

2.2.1.

Điều kiện cần .................................................................................... 37

2.2.2.

Điều kiện đủ ...................................................................................... 42

2.2.3.

Một số điều kiện chính quy khác và mối quan hệ giữa các điều kiện ..
........................................................................................................... 44

2.2.4. Điều kiện KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu với ràng buộc
đẳng thức và bất đẳng thức ....................................................................... 49
KẾT LUẬN .................................................................................................... 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 56

Footer Page 1 of 166.

1


Header Page 2 of 166.

MỞ ĐẦU
Với các bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc, các điều kiện tối ưu
Fritz John chỉ đảm bảo các nhân tử Lagrange không đồng thời bằng 0; các
điều kiện tối ưu Karush – Kuhn – Tucker đảm bảo nhân tử Lagrange tương
ứng với hàm mục tiêu khác 0. Thành phần nào của nhân tử Lagrange tương
ứng với hàm mục tiêu khác 0 thì thành phần tương ứng của hàm mục tiêu có
mặt trong các điều kiện cần tối ưu. Người ta mong muốn tất cả các thành phần
của hàm mục tiêu đều có mặt trong điều kiện cần tối ưu, có nghĩa là tất cả các
nhân tử Lagrange tương ứng với các thành phần của hàm mục tiêu là khác 0.
Khi đó, điều kiện Karush – Kuhn – Tucker (KKT) được gọi là mạnh.
T.Maeda ([6],1994) đã xét các điều kiện chính quy để nhận được các
điều kiện KKT mạnh cho bài toán với các hàm khả vi Fréchet. V. Preda – I.
Chitescu ([7],1999) đã mở rộng các kết quả của Maeda cho bài toán với các
hàm bán khả vi. D.V. Luu – N.M. Hung ([5],2009) đã thiết lập các điều kiện

KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng
thức và ràng buộc tập với các hàm khả vi Gâteaux. M. Golestani – S.
Nobakhtian ([3],2012) đã dẫn các điều kiện KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa
mục tiêu có ràng buộc bất đẳng thức dưới ngôn ngữ dưới vi phân suy rộng.
Luận văn trình bày các điều kiện KKT mạnh của Luu – Hung [5] và
của M. Golestani – S. Nobakhtian [3] cho bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng
buộc.
Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và tài liệu tham
khảo.
Chương 1 trình bày kết quả nghiên cứu của Luu – Hung [5] về các định
lý luân phiên cho một hệ gồm các bất đẳng thức, đẳng thức và một tập xác

Footer Page 2 of 166.

2

Thang Long University Library


Header Page 3 of 166.

định, đó là sự tổng quát hóa của định lý luân phiên Tucker cổ điển. Đồng thời,
trong chương này, định lý Kuhn – Tucker cũng được phát triển đối với
nghiệm hữu hiệu của bài toán tối ưu trong không gian định chuẩn mà các
nhân tử Lagrange tương ứng với tất cả các thành phần của hàm mục tiêu đều
dương.
Chương 2 trình bày kết quả nghiên cứu của M. Golestani – S.
Nobakhtian [3]. Nội dung chương này đề cập các điều kiện chính quy và điều
kiện cần tối ưu Kuhn – Tucker mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu không
trơn có ràng buộc bất đẳng thức và ràng buộc tập. Công cụ chính của chương

này là khái niệm dưới vi phân suy rộng. Trong chương này, tác giả cũng trình
bày thêm một điều kiện đủ và mối quan hệ giữa các điều kiện chính quy. Mục
2.2.4 là kết quả mới của tác giả về điều kiện KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa
mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập.
Nhân dịp này, tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán –
Tin, trường Đại học Thăng Long cùng các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa
học. Đặc biệt, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy PGS.TS Đỗ Văn Lưu đã
tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Hà Nội, tháng 6 năm 2016
Tác giả

Mai Thanh Văn

Footer Page 3 of 166.

3


Header Page 4 of 166.

Chương 1
CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN VÀ ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU
Chương 1 trình bày kết quả nghiên cứu của D.V.Luu – N.M.Hung
([5],2009) về các định lý luân phiên cho một hệ gồm các bất đẳng thức, đẳng
thức và một tập xác định. Đó là sự tổng quát hóa của định lý luân phiên
Tucker cổ điển. Đồng thời, trong chương này, định lý Kuhn – Tucker cũng
được phát triển đối với nghiệm hữu hiệu của bài toán tối ưu trong không gian
định chuẩn mà các nhân tử Lagrange tương ứng với tất cả các thành phần của
hàm mục tiêu đều dương.
1.1.

CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ BỔ TRỢ

1.1.1. Bài toán tối ưu đa mục tiêu
Giả sử 𝑋 là không gian tuyến tính định chuẩn; 𝐶 là một tập con khác
rỗng của 𝑋; 𝑓, 𝑔, ℎ là các ánh xạ từ 𝑋 vào 𝑹𝒑 , 𝑹𝒒 , 𝑹𝒓 .
Như vậy, 𝑓 = (𝑓1 , … , 𝑓𝑝 ), 𝑔 = (𝑔1 , … , 𝑔𝑞 ), ℎ = (ℎ1 , … , ℎ𝑟 ),
trong đó 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 , ℎ𝑙 : 𝑋 → 𝑹 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟).
Xét bài toán tối ưu đa mục tiêu:
min 𝑓(𝑥),
(𝑀𝑃)

𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞;
ℎ𝑙 (𝑥) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟;
𝑥 ∈ 𝐶.

Ký hiệu

𝑀=

{𝑥 ∈ 𝐶|𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞; ℎ𝑙 (𝑥) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟}.
Tập 𝑀 được gọi là tập chấp nhận được của bài toán (𝑀𝑃).

Footer Page 4 of 166.

4

Thang Long University Library

Header Page 5 of 166.

Chú ý: Trường hợp 𝑝 = 1, ta có bài toán tối ưu đơn mục tiêu cho hàm
nhiều biến.
Ví dụ 1.1: Xét bài toán: 𝑓(𝑥) = 𝑥12 + 𝑥22 → min
với các điều kiện:

𝑥1 𝑥2 = 4  ℎ(𝑥) = 𝑥1 𝑥2 − 4 = 0;
𝑥1 ≥ 0  𝑔1 (𝑥) = −𝑥1 ≤ 0;
𝑥2 ≥ 0  𝑔2 (𝑥) = −𝑥2 ≤ 0;
𝑥 ∈ 𝑹𝟐 .

Tập chấp nhận 𝑀 = {𝑥 ∈ 𝑹𝟐 |𝑥1 𝑥2 = 4, −𝑥1 ≤ 0, −𝑥2 ≤ 0} là đường cong
hypebol nằm trong góc phần tư thứ nhất :
𝑥2

𝑥1
1.1.2. Nghiệm hữu hiệu địa phương
Định nghĩa 1.1: Điểm 𝑥̅ ∈ 𝑀 là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài
toán (𝑀𝑃) nếu tồn tại  > 0 sao cho với mọi 𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ),
𝒑

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  − 𝑹+ \{0}
𝒑

trong đó 𝑹+ là ốc-tăng không âm của 𝑹𝒑 , 𝐵(𝑥̅ , ) là hình cầu mở tâm 𝑥̅ , bán
kính .
Ví dụ 1.2: 1) Xét 𝑝 = 1: 𝑹𝒑 = 𝑹, 𝑓: 𝑋 → 𝑹.
Khi đó

𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  −𝑹+ \{0} = 𝑹−  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ≥ 0
 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥̅ ) ∀𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ).

Footer Page 5 of 166.

5


Header Page 6 of 166.

Đây là khái niệm cực tiểu địa phương thông thường.
2) Xét 𝑝 = 2: 𝑹𝒑 = 𝑹𝟐 , 𝑓(𝑥) = (𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥)).
𝒑

Ta có

𝑹+ = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0},
𝒑

−𝑹+ = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≤ 0, 𝑥2 ≤ 0}.
Suy ra

𝒑

−𝑹+ \{0} = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≤ 0, 𝑥2 ≤ 0}\{(0,0)}.
𝑝

Do đó 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  −𝑹+ \{0} có 3 trường hợp:
(Ký hiệu I, II, III và IV lần lượt là các góc phần tư của mặt phẳng tọa độ.)
 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (I)  𝑓𝑖 (𝑥) − 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) ≥ 0, ∀𝑖 = 1, 2.

 𝑓 (𝑥) ≥ 𝑓1 (𝑥̅ )
 1
.
 𝑓2 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥̅ )

 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (II)
 𝑓 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥̅ ) ≤ 0
 1
 𝑓2 (𝑥) − 𝑓2 (𝑥̅ ) ≥ 0
 𝑓 (𝑥) ≤ 𝑓1 (𝑥̅ )
 1
.
 𝑓2 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥̅ )

 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (IV)
 𝑓 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥̅ ) ≥ 0
 1
 𝑓2 (𝑥) − 𝑓2 (𝑥̅ ) ≤ 0
 𝑓 (𝑥) ≥ 𝑓1 (𝑥̅ )
 1
.
 𝑓2 (𝑥) ≤ 𝑓2 (𝑥̅ )

Trong tất cả các trường hợp, có ít nhất một 𝑓𝑖 (𝑥) ≥ 𝑓𝑖 (𝑥̅ ).
Tóm lại, 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán (𝑀𝑃) nếu tồn tại  >
0 sao cho ∄𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ) thỏa mãn

Footer Page 6 of 166.

6

Thang Long University Library


Header Page 7 of 166.

𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘 = 1, … , 𝑝.
và

𝑓𝑖 (𝑥) < 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) với 𝑖 nào đó thuộc {1, … , 𝑝}.

1.1.3. Nón tiếp tuyến và nón radial dãy
Định nghĩa 1.2: Nón tiếp tuyến (hay còn gọi là nón tiếp liên) của tập 𝐶
tại 𝑥̅ ∈ 𝐶 là tập sau đây:
𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑋|∃𝑣𝑛 → 𝑣, 𝑡𝑛 ↓ 0 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝐶, ∀𝑛}.
Định nghĩa 1.3: Nón các phương tuyến tính dãy (hay còn gọi là nón
radial dãy) của 𝐶 tại 𝑥̅ là tập sau đây:
𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑋|∃𝑡𝑛 ↓ 0 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣 ∈ 𝐶, ∀𝑛}.
Chú ý:
 Cả 2 nón này đều khác ∅ vì chứa điểm 0.
 Nón 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) đóng, có thể không lồi.
 𝑍(𝐶, 𝑥̅ )  𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) . Thật vậy, ∀𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) , ta chọn dãy
{𝑣𝑛 }, 𝑣𝑛 = 𝑣, ∀𝑛 thì 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 = 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣 ∈ 𝐶. Do đó, 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ).
1.1.4. Đạo hàm Dini – Đạo hàm Hadamard
Định nghĩa 1.4:
i) Đạo hàm Dini dưới của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được định
nghĩa như sau:
𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim inf
𝑡↓0

𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ )
.
𝑡

ii) Đạo hàm Dini trên của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được định
nghĩa như sau:
̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim sup
𝐷
𝑡↓0

Footer Page 7 of 166.

𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ )
.
𝑡

7


Header Page 8 of 166.

Định nghĩa 1.5:
i) Đạo hàm Hadamard dưới của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được
định nghĩa như sau:
𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣) =

lim +

(𝑡,𝑢)→(0 ,𝑣)

inf

𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑢) − 𝑓(𝑥̅ )
.
𝑡

ii) Đạo hàm Hadamard trên của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được
định nghĩa như sau:
𝑑̅𝑓(𝑥̅ , 𝑣) =

lim +

(𝑡,𝑢)→(0 ,𝑣)

sup

𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑢) − 𝑓(𝑥̅ )
.
𝑡

Chú ý:
̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) thì ta ký hiệu giá trị chung đó là
 Nếu 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷
𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣). Đây là đạo hàm theo phương thông thường của 𝑓 tại 𝑥̅ theo phương
𝑣:
𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim
𝑡↓0

𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ )
.

𝑡

 Nếu 𝐷𝑓(𝑥̅ , . ) là ánh xạ tuyến tính liên tục thì ta nói 𝑓 khả vi
Gâteaux tại 𝑥̅ . Đồng thời,
𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇G 𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉
trong đó ∇G 𝑓(𝑥̅ ) là đạo hàm Gâteaux của 𝑓 tại 𝑥̅ và 〈∇G 𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉 là giá trị của
phiếm hàm tuyến tính ∇G 𝑓(𝑥̅ ) tại 𝑣.
Ví dụ 1.3: Cho hàm 𝑓: 𝑹 → 𝑹 được xác định như sau:
𝑥 2 sin

𝑓(𝑥) = {
0

1
𝑥

nếu 𝑥 ≠ 0

.

nếu 𝑥 = 0

Đạo hàm Dini trên và dưới của 𝑓 tại 𝑥̅ = 0 lần lượt là

Footer Page 8 of 166.

8

Thang Long University Library

Header Page 9 of 166.

̅ 𝑓(0, 𝑣) = lim sup
𝐷

𝑓(0 + 𝑡𝑣) − 𝑓(0)
1
= lim sup {𝑡𝑣 2 sin , 0} = 0,
𝑡↓0
𝑡
𝑡𝑣

𝐷𝑓(0, 𝑣) = lim inf

𝑓(0 + 𝑡𝑣) − 𝑓(0)
1
= lim inf {𝑡𝑣 2 sin , 0} = 0.
𝑡↓0
𝑡
𝑡𝑣

𝑡↓0

𝑡↓0

Do đó, tại 𝑥̅ = 0, đạo hàm Dini tồn tại và 𝐷𝑓(0, 𝑣) = 0.
Dễ thấy 𝐷𝑓(0, 𝑣) là ánh xạ tuyến tính liên tục theo 𝑣 nên 𝑓 khả vi Gâteaux tại
0 và
0 = 𝐷𝑓(0, 𝑣) = 〈∇G 𝑓(0), 𝑣〉 ∀𝑣 ∈ 𝑹.

Suy ra
∇G 𝑓(0) = 0.
 Nếu 𝑓 khả vi Fréchet tại 𝑥̅ với đạo hàm Fréchet ∇𝑓(𝑥̅ ) thì
𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉
 Nếu 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝑑̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) thì ta ký hiệu giá trị chung đó là
𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣). Khi đó
𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣),
tức là 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) cũng là đạo hàm Hadamard của 𝑓 tại 𝑥̅ theo phương 𝑣.
1.1.5. Một số kết quả bổ trợ
Đặt
𝐼(𝑥̅ ) = {𝑗 ∈ {1, … , 𝑞}|𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0};
𝑄 = {𝑥 ∈ 𝐶|

𝑄𝑖 = {𝑥 ∈ 𝐶|

𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, ℎ𝑙 (𝑥) = 0,
};
𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟

𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, ℎ𝑙 (𝑥) = 0,
} (𝑖 = 1, … , 𝑝).
𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟

Với mỗi 𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ), 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑙 = 1, … , 𝑟) tồn tại, ta đặt

Footer Page 9 of 166.

9

Header Page 10 of 166.

𝐷𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝐷𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0,
𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ )|
}.
𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟
Với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑙 = 1, … , 𝑟) tồn tại, ta đặt
𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0,
𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )|
}.
𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟
Do tính thuần nhất dương của các đạo hàm theo phương Dini và Hadamard
dưới, ta có 𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) và 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) là các nón có đỉnh tại 0.
Cho 𝐾 là một nón trong 𝑋 có đỉnh tại 0.
Ký hiệu 𝐾 ∗ là nón đối ngẫu của 𝐾:
𝐾 ∗ = { ∈ 𝑋 ∗ |〈, 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾},
trong đó 𝑋 ∗ là không gian đối ngẫu tôpô của 𝑋.
Khi đó, 𝐾 ∗ là nón lồi đóng yếu ∗.
Một số kết quả sau đây trong [4] cần dùng để chứng minh các kết quả chính
của chương này:
Mệnh đề 1.1: Giả sử 𝐾𝛼 (𝛼 ∈ 𝐼) là các nón lồi đóng yếu trong 𝑋,
∑𝛼∈𝐼 𝐾𝛼∗ đóng yếu ∗. Khi đó,
∗

(⋂ 𝐾𝛼 ) = ∑ 𝐾𝛼∗ .
𝛼∈𝐼

𝛼∈𝐼

Mệnh đề 1.2 (định lý Dubovitskii – Mylyutin): Giả sử

𝐾1 , 𝐾2 , … , 𝐾𝑛 , 𝐾𝑛+1 là các nón lồi có đỉnh tại 0 trong 𝑋; 𝐾1 , 𝐾2 , … , 𝐾𝑛 mở.
∗
Khi đó ⋂𝑛+1
𝑖=1 𝐾𝑖 = ∅ nếu và chỉ nếu tồn tại 𝑖 ∈ 𝐾𝑖 (𝑖 = 1, … , 𝑛 + 1) không

đồng thời bằng 0 sao cho 1 + 2 + . . . +𝑛+1 = 0.

Footer Page 10 of 166.

10

Thang Long University Library


Header Page 11 of 166.

Mệnh đề 1.3 [2] (định lý Fakas – Minkowski): Giả sử:
𝐾 = {𝑥 ∈ 𝑹𝒎 |〈𝑎𝑖 , 𝑥〉 ≥ 0, 𝑎𝑖 ∈ 𝑹𝒎 , 𝑖 = 1, … , 𝑛}.
Khi đó,
𝐾 ∗ = {∑𝑛𝑖=1 𝑎𝑖 𝑦𝑖 |𝑦𝑖 ≥ 0; 𝑖 = 1, … , 𝑛}.
Mệnh đề 1.4 [2]: Giả sử:  ∈ 𝑋 ∗ ;
𝐾1 = {𝑥 ∈ 𝑋|〈, 𝑥〉 = 0},
𝐾2 = {𝑥 ∈ 𝑋|〈, 𝑥〉 ≥ 0},
𝐾3 = {𝑥 ∈ 𝑋|〈, 𝑥〉 > 0}.
Khi đó,
𝐾1∗ = {|−∞ <  < +∞},
𝐾2∗ = {|0 ≤  < +∞},
𝑋 ∗ 𝑛ế𝑢  = 0,
𝐾3∗ = { ∗
𝐾2 𝑛ế𝑢  ≠ 0.

1.2.

CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN
Giả sử 𝑋 là không gian tuyến tính định chuẩn và 𝑋 ∗ là không gian đối

ngẫu của 𝑋, 𝑎𝑘 , 𝑏𝑗 , 𝑐𝑙 là các vectơ thuộc 𝑋 ∗ (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 =
1, … , 𝑟), 𝐶 là một tập con khác rỗng của 𝑋.
Với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑛}, ta đặt
𝐴𝑘 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 ≤ 0} (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖),
𝐴̃𝑖 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑎𝑖 , 𝑣〉 < 0},
𝐵𝑗 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 ≤ 0} (𝑗 = 1, … , 𝑞),
𝐶𝑙 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 = 0} (𝑙 = 1, … , 𝑟).
Chú ý:

Footer Page 11 of 166.

11


Header Page 12 of 166.

 Các tập 𝐴𝑘 và 𝐵𝑗 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞) là các nón lồi
đóng có đỉnh tại 0.
 Các tập 𝐴̃𝑖 là các nón lồi mở có đỉnh tại 0.
 Các tập 𝐶𝑙 (𝑙 = 1, … , 𝑟) là các không gian con tuyến tính đóng
của 𝑋.
Định lý 1.1: Giả sử
(a) 𝐾 là một nón con lồi khác ∅ của 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) với đỉnh tại 0 và 𝐾 đóng;
(b) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập sau đóng yếu ∗ trong 𝑋 ∗ :
𝑝

𝑞

𝑟

∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝐾 ∗ .
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗=1

𝑙=1

Khi đó, các phát biểu sau là tương đương :
(i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, hệ sau không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋:
〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝, 𝑘 ≠ 𝑖,

(1.1)

〈𝑎𝑖 , 𝑣〉 < 0,

(1.2)

〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞,

(1.3)

〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟,

(1.4)

𝑣 ∈ 𝐾;

(1.5)

tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) , 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈

(ii) Tồn

𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾. (1.6)
∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

Chứng minh :

Footer Page 12 of 166.

12

Thang Long University Library


Header Page 13 of 166.

(i)  (ii): Ta chỉ cần xét trường hợp tất cả 𝑎𝑘 ≠ 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝), bởi vì
nếu ∃𝑎𝑘0 = 0 thì ta sẽ lấy ̅ 𝑘0 = 1.
Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta giả sử hệ (1.1) − (1.5) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋.
Đặt
𝑝

𝑞

𝑟

𝐷𝑖 = (⋂ 𝐴𝑘 ) ∩ (⋂ 𝐵𝑗 ) ∩ (⋂ 𝐶𝑙 ) ∩ 𝐾.
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗=1

𝑙=1

Ta có 𝐷𝑖 là một nón lồi khác ∅, có đỉnh tại 0.
𝐴̃𝑖 ∩ 𝐷𝑖 = ∅.

Hơn nữa,

Chú ý rằng 𝐴̃𝑖 là nón lồi, khác ∅ (vì 𝑎𝑖 ≠ 0), có đỉnh tại 0.

Áp dụng mệnh đề 1.2, ta suy ra tồn tại 𝑖 ∈ 𝐴̃∗𝑖 và 𝑖 ∈ 𝐷𝑖∗ không đồng thời
bằng 0 sao cho

𝑖 + 𝑖 = 0

(1.7)

Từ (1.7) ta suy ra 𝑖 ≠ 0 (và 𝑖 cũng ≠ 0 ). Hơn nữa, các nón lồi
𝐴𝑘 , 𝐵𝑗 , 𝐶𝑙 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟) và 𝐾 đóng, cho nên
chúng đóng yếu. Như vậy, các giả thiết của mệnh đề 1.1 thỏa mãn. Áp dụng
mệnh đề này, ta nhận được
𝑝

𝑞

𝑟

𝐷𝑖∗ = ∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝐾 ∗ .
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗=1

𝑙=1

Mặt khác theo mệnh đề 1.4 về các nón đối ngẫu, ta có
𝐴∗𝑘 = {𝑎𝑘 | ≤ 0} (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖),

Footer Page 13 of 166.

13

(1.8)


Header Page 14 of 166.

𝐴̃∗𝑖 = {𝑎𝑖 | ≤ 0} (do 𝑎𝑖 ≠ 0),
𝐵𝑗∗ = {𝑏𝑗 | ≤ 0} (𝑗 = 1, … , 𝑞),
𝐶𝑙∗ = {𝑐𝑙 | ∈ 𝑹} (𝑙 = 1, … , 𝑟).
Bởi vì

𝑖

∈ 𝐴̃∗𝑖 , 𝑖 ≠ 0, ta suy ra 𝑖 = 𝑖 𝑎𝑖 với 𝑖 < 0.

Do (1.8), tồn tại 𝑖𝑘 ≤ 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖), 𝑖𝑗 ≤ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), 𝑖𝑙 ∈
𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) và 𝑖 ∈ 𝐾 ∗ sao cho
𝑝

𝑞

𝑟

𝑖 = ∑ 𝑖𝑘 𝑎𝑘 + ∑ 𝑖𝑗 𝑏𝑗 + ∑ 𝑖𝑙 𝑐𝑙 + 𝑖 .
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗=1

𝑙=1

Đặt ̅ 𝑖𝑘 = −𝑖𝑘 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖) , ̅ 𝑖𝑖 = −𝑖 , 
̅𝑖𝑗 = −𝑖𝑗 (𝑗 = 1, … , 𝑞) ,

̅ 𝑖𝑙 = −𝑖𝑙 (𝑙 = 1, … , 𝑟), ta nhận được ̅ 𝑖𝑘 ≥ 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖), ̅ 𝑖𝑖 > 0,
̅𝑖𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), ̅ 𝑖𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟). Từ (1.7) ta suy ra

𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑖𝑗 𝑏𝑗 + ∑ ̅ 𝑖𝑙 𝑐𝑙 = 𝑖 ∈ 𝐾 ∗ .
∑ ̅ 𝑖𝑘 𝑎𝑘 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

Do đó,
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑖𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑖𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾(1.9𝑖 )

∑ ̅ 𝑖𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

Chú ý rằng với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta nhận được bất đẳng thức (1.9𝑖 ). Cộng 2
vế của các bất đẳng thức (1.91 ), (1.92 ), …, (1.9𝑝 ) và đặt
𝑝

𝑞

𝑟

̅ 𝑘 = ∑ ̅ 𝑖𝑘 ; 
̅𝑗 = ∑ 
̅𝑖𝑗 ; ̅ 𝑙 = ∑ ̅ 𝑖𝑙
𝑖=1

Footer Page 14 of 166.

𝑖=1

𝑖=1

14

Thang Long University Library

Header Page 15 of 166.

ta nhận được ̅ 𝑘 > 0 , 
̅𝑗 ≥ 0 , ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 =
1, … , 𝑟) và
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾.
∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

(ii)  (i): Giả sử tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝), 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞),

̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) thỏa mãn (1.6). Nếu (i) sai thì tồn tại 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝} sao
cho hệ (1.1) − (1.5) có nghiệm 𝑣0 ∈ 𝑋. Vì vậy,
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣0 〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣0 〉 < 0.
∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣0 〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

Điều này mâu thuẫn với (1.6). Do đó ta có điều cần chứng minh. ∎
Nhận xét:
(1) Nếu giả thiết a) được thay bởi “𝐾 là nón con lồi khác rỗng của
𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) và 𝐾 đóng” thì định lý vẫn đúng bởi vì 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ).
(2) Trong trường hợp 𝐾 = X, bất đẳng thức (1.6) trở thành
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 𝑏𝑗 + ∑ ̅ 𝑙 𝑐𝑙 = 0.
∑ ̅ 𝑘 𝑎𝑘 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

Hệ quả 1.1: Giả sử 𝐶 lồi và với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập sau đóng yếu ∗
trong 𝑋 ∗ :

𝑝

𝑞

𝑟

∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ .
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗=1

𝑙=1

Khi đó, hai phát biểu sau là tương đương :

Footer Page 15 of 166.

15


Header Page 16 of 166.

(i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝} , hệ (1.1) − (1.5) với 𝐾 được thay bởi
𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋.
(ii) Tồn

tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) , 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈

𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ).
∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

Chứng minh :
Vì 𝐶 lồi, khác ∅ nên 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) là nón lồi đóng, khác ∅. Áp dụng định lý
1.1 cho 𝐾 = 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ta nhận được kết luận của hệ quả 1.1. ∎
Bây giờ, với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta đặt
𝑝

𝑞

𝑟

𝐸𝑖 = (⋂ 𝐴𝑘 ) ∩ (⋂ 𝐵𝑗 ) ∩ (⋂ 𝐶𝑙 ).
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗=1

𝑙=1

Rõ ràng 𝐸𝑖 (𝑖 = 1, … , 𝑝) là nón đóng khác ∅ có đỉnh tại 0.
Định lý 1.2: Giả sử 𝑑𝑖𝑚𝑋 < +∞, 𝐾 là một nón con lồi khác ∅ của
𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) với đỉnh tại 0 và 𝐾 đóng; với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập 𝐸𝑖∗ + 𝐾 ∗ đóng.
Khi đó, các phát biểu sau là tương đương:
(i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, hệ (1.1) − (1.5) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋.
(ii) Tồn

tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) , 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈

𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho (1.6) đúng.
Chứng minh:

Footer Page 16 of 166.

16

Thang Long University Library


Header Page 17 of 166.

Bởi vì dim𝑋 < +∞, ta có dim𝑋 = dim𝑋 ∗ và các tôpô mạnh, yếu, yếu
∗ trong 𝑋 ∗ trùng nhau. Theo mệnh đề 1.1, ta suy ra với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}:
𝐸𝑖∗

𝑖𝑘 ≤ 0, 𝑖𝑗 ≤ 0, 𝑖𝑙 ∈ 𝑹,

𝑝
𝑞
= {∑𝑘=1 𝑖𝑘 𝑎𝑘 + ∑𝑗=1 𝑖𝑗 𝑏𝑗 + ∑𝑟𝑙=1 𝑖𝑙 𝑐𝑙 |
}.
𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟
𝑘≠𝑖
Từ đó suy ra
𝑝

𝐸𝑖∗

=

𝑞

∑ 𝐴∗𝑘
𝑘=1
𝑘≠𝑖

+

𝑟

∑ 𝐵𝑗∗
𝑗=1

+ ∑ 𝐶𝑙∗ (𝑖 = 1, … , 𝑝).
𝑙=1

Vì vậy, theo giả thiết, tập hợp sau đóng :

𝑝

𝑞

𝑟

∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝐾 ∗ .
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗=1

𝑙=1

Do đó tập hợp này đóng yếu ∗. Như vậy các giả thiết của định lý 1.1 được
thỏa mãn. Vì vậy ta suy ra điều phải chứng minh.

∎

Chú ý:
Trong trường hợp dim𝑋 < +∞, từ định lý 1.2, ta nhận được định lý
Kuhn – Tucker cổ điển như một trường hợp đặc biệt.
Hệ quả 1.2: Giả sử 𝑑𝑖𝑚𝑋 < +∞. Khi đó, hai khẳng định sau tương
đương:
(i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, hệ (1.1) − (1.4) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋.
(ii) Tồn

tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) , 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈

𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho :

Footer Page 17 of 166.

17


Header Page 18 of 166.

𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 𝑏𝑗 + ∑ ̅ 𝑙 𝑐𝑙 = 0.
∑ ̅ 𝑘 𝑎𝑘 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

(1.10)

𝑙=1

Chứng minh:
Với 𝐶 = 𝑋, ta có 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = 𝑋. Do đó, 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ = {0}. Hơn nữa, bởi vì
dim𝑋 < +∞, với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, 𝐸𝑖∗ là một nón lồi đóng khác ∅ trong 𝑋 ∗
và 0 ∈ 𝐸𝑖∗ . Vì vậy, 𝐸𝑖∗ +𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ = 𝐸𝑖∗ . Như vậy, 𝐸𝑖∗ +𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ đóng trong 𝑋 ∗ .
Áp dụng định lý 1.2 cho 𝐶 = 𝑋, ta suy ra (i) tương đương với

Tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝), 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao
cho
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = 𝑋.
∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

Bất đẳng thức này tương đương với (1.10).
1.3.

∎

ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY VÀ CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU
Mệnh đề 1.5: Giả sử 𝑥̅ ∈ 𝑀.
a) Nếu với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) , tồn tại các đạo hàm theo phương

Hadamard 𝑑ℎ1 (𝑥̅ , 𝑣), 𝑑ℎ2 (𝑥̅ , 𝑣), … , 𝑑ℎ𝑟 (𝑥̅ , 𝑣) thì
𝑝

⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ )  𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ).

(1.11)

𝑖=1

b) Nếu với mỗi 𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) , tồn tại các đạo hàm theo phương Dini
𝐷ℎ1 (𝑥̅ , 𝑣), 𝐷ℎ2 (𝑥̅ , 𝑣), … , 𝐷ℎ𝑟 (𝑥̅ , 𝑣) thì
𝑝

⋂ 𝑍(𝑄𝑖 , 𝑥̅ )  𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ).

(1.12)

𝑖=1

Footer Page 18 of 166.

18

Thang Long University Library


Header Page 19 of 166.

Chứng minh:
Ta chứng minh (1.11), còn (1.12) được chứng minh tương tự.
Trước hết, ta chỉ ra rằng 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ )  𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ )(𝑖 = 1, … , 𝑝)

(1.13)

trong đó
𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )|

𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0,
}
𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟

Với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, 𝑣 ∈ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ), tồn tại 𝑡𝑛 ↓ 0 và 𝑣𝑛 → 𝑣 sao cho 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈
𝑄𝑖 , 𝑛. Khi đó, 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝐶, 𝑛, vì 𝑄𝑖  𝐶. Do đó, 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ).
Hơn nữa, với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, do 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝑄𝑖 , ta có
𝑓𝑘 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖,
𝑔𝑗 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) ≤ 0 = 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ),
ℎ𝑙 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) = 0 = ℎ𝑙 (𝑥̅ ), 𝑙 = 1, … , 𝑟.
Do đó,
𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ lim inf

𝑓𝑘 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) − 𝑓𝑘 (𝑥̅ )
≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖,
𝑡𝑛

𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ lim inf

𝑔𝑗 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) − 𝑔𝑗 (𝑥̅ )
≤ 0, 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ),
𝑡𝑛

𝑛→∞

𝑛→∞

ℎ𝑙 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) − ℎ𝑙 (𝑥̅ )
= 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟.
𝑛→∞
𝑡𝑛

𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = lim

Vì vậy, 𝑣 ∈ 𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ ). Như vậy, (1.13) đúng.
Từ (1.13) ta suy ra

Footer Page 19 of 166.

19


Header Page 20 of 166.

𝑝

𝑝

⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) ⋂ 𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) = 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ).
𝑖=1

𝑖=1

Mệnh đề được chứng minh.

∎

Chú ý: Chiều ngược lại của các bao hàm thức (1.11) và (1.12) nói
chung không đúng.
Điều kiện chính quy kiểu Abadie :
Để dẫn điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu của bài toán (MP), ta đưa
vào các điều kiện chính quy kiểu Abadie sau :
𝑝

𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) ⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) ,

(1.14)

𝑖=1
𝑝

𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) ⋂ 𝑍(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) .

(1.15)

𝑖=1

Nếu với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) , tồn tại các đạo hàm theo phương Hadamard
𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) và 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑙 = 1, … , 𝑟), với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta đặt
𝐿𝑖𝑑 (𝑓, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )|𝑑𝑓𝑖 (𝑥̅ , 𝑣) < 0, 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖},
𝐿𝑑 (𝑀, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )|𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), 𝑙 = 1, … , 𝑟},
trong đó 𝑀 ký hiệu tập chấp nhận được của bài toán (𝑀𝑃).
Điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu:
Định lý 1.3: Giả sử 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán
(𝑀𝑃), các hàm 𝑔𝑗 (𝑗  𝐼(𝑥̅ )) liên tục tại 𝑥̅ ; với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) tồn tại các
đạo hàm theo phương Hadamard 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) và 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑙 =
1, … , 𝑟). Hơn nữa, giả sử điều kiện chính quy (1.14) đúng tại 𝑥̅ . Khi đó, với

mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝},

Footer Page 20 of 166.

20

Thang Long University Library


Header Page 21 of 166.

𝐿𝑖𝑑 (𝑓, 𝑥̅ ) ∩ 𝐿𝑑 (𝑀, 𝑥̅ ) = ∅.

(1.16)

Chứng minh:
Giả sử ngược lại, tồn tại 𝑖0 ∈ {1, … , 𝑝} sao cho
𝑖

𝐿𝑑0 (𝑓, 𝑥̅ ) ∩ 𝐿𝑑 (𝑀, 𝑥̅ ) ≠ ∅.
𝑖

Từ đó suy ra tồn tại 𝑣0 ∈ 𝐿𝑑0 (𝑓, 𝑥̅ ) ∩ 𝐿𝑑 (𝑀, 𝑥̅ ).
𝑖

Bởi vì 𝑣0 ∈ 𝐿𝑑0 (𝑓, 𝑥̅ ), ta suy ra
𝑑𝑓𝑖0 (𝑥̅ , 𝑣0 ) < 0,
𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣0 ) ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖0 .

(1.17)

Rõ ràng là 𝑣0 ∈ 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ). Do điều kiện chính quy (1.14), ta có
𝑝

𝑣0 ∈ ⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ).
𝑖=1

Vì vậy, 𝑣0 ∈ 𝑇(𝑄𝑖0 , 𝑥̅ ).
Do đó, tồn tại dãy 𝑡𝑛 ↓ 0 và 𝑣𝑛 → 𝑣0 sao cho 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝑄𝑖0 (∀𝑛).
Vì vậy, 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝐶 và
𝑓𝑘 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖0 ,
𝑔𝑗 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) ≤ 0, 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ),
ℎ𝑙 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟.
Hơn nữa, với 𝑗  𝐼(𝑥̅ ), ta có 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) < 0. Do tính liên tục của 𝑔𝑗 (𝑗  𝐼(𝑥̅ )),
tồn tại số tự nhiên 𝑁1 sao cho
∀𝑛 ≥ 𝑁1 , 𝑔𝑗 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) ≤ 0 (𝑗  𝐼(𝑥̅ )).

Footer Page 21 of 166.

21


Header Page 22 of 166.

Mặt khác, do 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của (𝑀𝑃), tồn tại  > 0 sao
cho ∄𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ) thỏa mãn
𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘 = 1, … , 𝑝,
𝑓𝑖 (𝑥) < 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) với 𝑖 nào đó thuộc {1, … , 𝑝}.
Từ chứng minh trên ta suy ra tồn tại số tự nhiên 𝑁 (𝑁 ≥ 𝑁1 ) sao cho
∀𝑛 ≥ 𝑁, ta có

𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ).

Do đó, với ∀𝑛 ≥ 𝑁,
𝑓𝑖0 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) > 𝑓𝑖0 (𝑥̅ ).
Vì vậy,
𝑑𝑓𝑖0 (𝑥̅ , 𝑣0 ) ≥ 0.
Điều này mâu thuẫn với (1.17).
Vậy, với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, (1.16) đúng.

∎

Tương tự định lý 1.3, bây giờ nếu với mỗi 𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) tồn tại các đạo hàm
theo phương Dini 𝐷𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) và 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑙 = 1, … , 𝑟) thì với
mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta đặt
𝐿𝑖𝐷 (𝑓, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ )|𝐷𝑓𝑖 (𝑥̅ , 𝑣) < 0, 𝐷𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖},
𝐿𝐷 (𝑀, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ )|𝐷𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), 𝑙 = 1, … , 𝑟}.
Định lý 1.4 : Giả sử 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán
(𝑀𝑃); các hàm 𝑔𝑗 (𝑗  𝐼(𝑥̅ )) liên tục tại 𝑥̅ ; với mỗi 𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ), tồn tại các
đạo hàm theo phương Dini 𝐷𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) và 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑙 =

Footer Page 22 of 166.

22

Thang Long University Library


Header Page 23 of 166.

1, … , 𝑟). Hơn nữa, giả sử điều kiện chính quy (1.15) đúng tại 𝑥̅ . Khi đó, với
mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝},
𝐿𝑖𝐷 (𝑓, 𝑥̅ ) ∩ 𝐿𝐷 (𝑀, 𝑥̅ ) = ∅.
Chứng minh: chứng minh tương tự định lý 1.3.
1.4.

ĐIỀU KIỆN CẦN KKT MẠNH CHO NGHIỆM HỮU HIỆU ĐỊA
PHƯƠNG
Xét bài toán (𝑀𝑃). Giả sử rằng các hàm 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 , ℎ𝑙 khả vi Gâteaux tại 𝑥̅

với

đạo

hàm

Gâteaux

∇𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), ∇𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), ∇𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ ) (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 =

1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟) và các hàm 𝑔𝑗 (𝑗  𝐼(𝑥̅ )) liên tục. Khi đó, với mỗi 𝑣 ∈
𝑋,
𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑣〉 (𝑘 = 1, … , 𝑝),
𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑣〉 (𝑗 = 1, … , 𝑞),
𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ ), 𝑣〉 (𝑙 = 1, … , 𝑟),
và
𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )|

〈∇𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑣 〉 ≤ 0, 〈∇𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑣 〉 ≤ 0, 〈∇𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ ), 𝑣 〉 = 0
}.

𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼 (𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟

Chú ý: Nếu hàm 𝑔𝑗 , (𝑗  𝐼(𝑥̅ )) khả vi Gâteaux tại 𝑥̅ thì không nhất
thiết liên tục tại 𝑥̅ .
Đặt 𝐴𝑘 , Ã𝑖 , 𝐵𝑗 , 𝐶𝑙 như trong phần 1.2 và
𝑎𝑘 = ∇𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑏𝑗 = ∇𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑐𝑙 = ∇𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ )
(𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟).

Footer Page 23 of 166.

23


Header Page 24 of 166.

Định lý 1.5: Giả sử 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán
(𝑀𝑃); 𝐾 là nón con lồi khác rỗng bất kỳ của 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) có đỉnh tại 0 và 𝐾 đóng.
Giả sử rằng với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập hợp sau đây đóng yếu ∗ trong 𝑋 ∗ :
𝑝

𝑟

∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝐾 ∗ .
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗∈𝐼(𝑥̅ )

𝑙=1

Giả sử điều kiện chính quy (1.14) đúng tại 𝑥̅ .
Khi

đó,

tồn

tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) , 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈

𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho
𝑝

𝑞

𝑟

̅𝑗 〈𝛻𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝛻𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ ), 𝑣〉 ≥ 0,
∑ ̅ 𝑘 〈𝛻𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑣〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗=1

𝑙=1

∀𝑣 ∈ 𝐾

𝑗 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞).

(1.18)

(1.19)

Chứng minh:
Theo định lý 1.3, với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, hệ sau không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋:
〈∇𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑣〉 ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖,

(1.20)

〈∇𝐺 𝑓𝑖 (𝑥̅ ), 𝑣〉 < 0,

(1.21)

〈∇𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑣〉 ≤ 0, 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ),

(1.22)

〈∇𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ ), 𝑣〉 = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟,

(1.23)

𝑣 ∈ 𝐾.

(1.24)

Áp dụng định lý 1.1 với 𝑎𝑘 = ∇𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑏𝑗 = ∇𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑐𝑙 = ∇𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ ) (𝑘 =
1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟), ta suy ra tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝), 
̅𝑗 ≥
0 (𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ )), ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho

Footer Page 24 of 166.

24

Thang Long University Library


Header Page 25 of 166.

𝑝

𝑟

̅𝑗 〈∇𝐺 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈∇𝐺 ℎ𝑙 (𝑥̅ ), 𝑣〉 ≥ 0 ∀𝑣 ∈ 𝐾.
∑ ̅ 𝑘 〈∇𝐺 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑣〉 + ∑ 
𝑘=1

𝑗∈𝐼(𝑥̅ )

𝑙=1

Với 𝑗  𝐼(𝑥̅ ), ta lấy 
̅𝑗 = 0 và nhận được (1.18).
Hơn nữa, ta cũng nhận được (1.19), vì với 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), ta có 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0 và với
𝑗  𝐼(𝑥̅ ), ta có 
̅𝑗 = 0.

∎

Chú ý: Các nhân tử Lagrange tương ứng với các thành phần của hàm
mục tiêu đều dương.

Hệ quả 1.3: Giả sử 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán
(𝑀𝑃), 𝐶 lồi. Giả sử rằng với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập hợp sau đây đóng yếu ∗
trong 𝑋 ∗ :
𝑝

𝑟

∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗
𝑘=1
𝑘≠𝑖

𝑗∈𝐼(𝑥̅ )

𝑙=1

Giả sử điều kiện chính quy (1.14) đúng tại 𝑥̅ . Khi đó, tồn tại ̅ 𝑘 >
0 (𝑘 = 1, … , 𝑝), 
̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho (1.18) và
(1.19) đúng, trong đó 𝐾 được thay bằng 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ).
Chứng minh:
Bởi vì 𝐶 khác ∅, lồi, 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) là nón lồi đóng khác ∅ của 𝑋. Áp dụng
định lý 1.5 cho 𝐾 = 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ), ta nhận được điều phải chứng minh.

∎

Định lý 1.6 (cho số chiều hữu hạn): Giả sử 𝑑𝑖𝑚𝑋 < +∞, 𝑥̅ là nghiệm
hữu hiệu địa phương của bài toán (𝑀𝑃); K là nón con lồi khác rỗng bất kỳ
của 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) có đỉnh tại 0 và 𝐾 đóng. Giả sử với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập 𝐸𝑖∗ +
𝐾 ∗ đóng, trong đó

Footer Page 25 of 166.

25