Điều kiện tối ưu toàn cục cho lớp hàm c2 trên ràng buộc hộp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Lê Thị Thảo

ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU TOÀN CỤC
CHO LỚP HÀM C 2 TRÊN RÀNG BUỘC HỘP

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Lê Thị Thảo

ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU TOÀN CỤC
CHO LỚP HÀM C 2 TRÊN RÀNG BUỘC HỘP

Chuyên ngành: Toán giải tích

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS Nguyễn Quang Huy

Hà Nội – Năm 2016


LỜI CẢM ƠN
Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới
các thầy giáo và cô giáo trong tổ Giải tích, các thầy giáo và cô giáo trong khoa Toán
học – Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 và các bạn sinh viên, đã tận tình giúp đỡ,
chỉ bảo trong suốt thời gian em theo học tại khoa và trong thời gian làm khóa luận.
Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Quang Huy,
người trực tiếp hướng dẫn em, luôn tận tình chỉ bảo và định hướng cho em trong suốt
quá trình làm khóa luận để em có được kết quả như ngày hôm nay.
Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song thời gian và năng lực bản thân còn nhiều
hạn chế nên khóa luận chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót, em rất mong
nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo, các bạn sinh viên và bạn đọc
để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Lê Thị Thảo


LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận này là kết quả nghiên cứu của bản thân em dưới sự hướng dẫn tận tình
của PGS.TS. Nguyễn Quang Huy.
Em xin khẳng định kết quả của khóa luận này là trung thực. Đề tài "Điều kiện
tối ưu toàn cục cho lớp hàm C 2 trên ràng buộc hộp" là kết quả của việc nghiên
cứu, học tập và nỗ lực của bản thân, không có sự trùng lặp với kết quả của các đề tài
khác.

Hà Nội, tháng 05 năm 2015
Sinh viên
Lê Thị Thảo


Mục lục

Lời mở đầu

1

Danh mục kí hiệu

4

1 Điều kiện cần và đủ tối ưu toàn cục

5

1.1

Điều kiện cần tối ưu toàn cục . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Điều kiện đủ tối ưu toàn cục . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2 Điều kiện cần và đủ cho bài toán quy hoạch toàn phương 24
2.1

Điều kiện cần tối ưu toàn phương . . . . . . . . . . . . .

24

2.2

Điều kiện đủ tối ưu toàn phương . . . . . . . . . . . . .

30

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Lời mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Xác định nghiệm tối ưu toàn cục của bài toán tối ưu là một
hướng nghiên cứu quan trọng trong việc nghiên cứu các bài toán
tối ưu. Điều kiện cần và đủ tối ưu toàn cục là nền tảng giúp nghiên

cứu các đặc trưng, tính chất nghiệm và thuật toán tìm nghiệm tối
ưu toàn cục. Nếu điều kiện cần tối ưu cho chúng ta khoanh vùng
các điểm có thể là nghiệm tối ưu toàn cục thì điều kiện đủ giúp xác
định một điểm thỏa mãn tính chất nào đó là nghiệm tối ưu toàn
cục. Do đó, nếu một điểm thỏa mãn các điều kiện cần tối ưu toàn
cục và nếu có các điều kiện đủ tối ưu toàn cục, khi đó ta có thể
kiểm tra xem điểm này có phải là một nghiệm tối ưu toàn cục hay
không. Nếu điều kiện cần tối ưu không thỏa mãn tại một điểm, ta
biết rằng điểm đó không là nghiệm, nên chúng ta có thể loại trừ
điểm này. Về các thuật toán tìm nghiệm tối ưu toàn cục cho các
lớp bài toán có cấu trúc đặc thù thỏa mãn tiêu chuẩn cho trước đã
được trình bày, chẳng hạn, trong [2,4,5,6,10,11,12,19,20,31].
Những điều kiện tối ưu toàn cục cho lớp bài toán quy hoạch toàn
phương đã được sự quan tâm của nhiều nhà nghiên cứu, chẳng hạn,
trong [6,10,13,16,17,26,27]. Đặc biệt, trong [26], một đặc trưng đầy
đủ tối ưu toàn cục đã được đưa ra cho một lớp rất đặc biệt của các
bài toán quy hoạch toàn phương trên miền ràng buộc có dạng hộp
1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

mà ở đó hàm mục tiêu là tổng có trọng của các bình phương đối với
các biến. Một đặc trưng nghiệm tối ưu toàn cục cho những bài toán
cực tiểu toàn phương với miền ràng buộc chỉ có duy nhất một hàm
toàn phương là đã biết và có thể tìm thấy trong [7,26]. Các điều
kiện cần cũng như điều kiện đủ tối ưu toàn cục cho lớp bài toán
tối ưu toàn phương tổng quát trên miền ràng buộc bao gồm nhiều

hàm toàn phương đã được trình bày trong [1,28]. Tuy nhiên, đặc
trưng cần và đủ nghiệm tối ưu toàn cục đối với bài toán với hàm
mục tiêu và ràng buộc bao gồm các hàm C 2 mà trường hợp đặc biệt
là lớp bài toán tối ưu toàn phương tổng quát trên miền ràng buộc
bao gồm nhiều hàm toàn phương vẫn còn là một bài toán mở cần
được nghiên cứu.
Đề tài "Điều kiện tối ưu toàn cục cho lớp hàm C 2 trên
ràng buộc hộp" nhằm nghiên cứu các đặc trưng cần và đủ cực
tiểu toàn cục cho lớp hàm C 2 trên ràng buộc hộp.

2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu các điều kiện cần và điều kiện đủ tối ưu toàn cục cho
lớp hàm C 2 trên ràng buộc hộp.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Trên cơ sở nghiên cứu tìm đánh giá dưới đối với hàm mục tiêu và
hàm ràng buộc thuộc lớp hàm C 2 để đưa ra điều kiện cần, điều kiện
đủ tối ưu toàn cục cho lớp hàm C 2 trên ràng buộc hộp và trên một
2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

lớp hàm có cấu trúc đặc thù là hàm toàn phương.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Quy hoạch toán học, lý thuyết tối ưu, tối ưu toàn cục.

5. Phương pháp nghiên cứu

Sử dụng các phương pháp nghiên cứu và kết quả của giải tích cổ
điển, giải tích phi tuyến, lý thuyết tối ưu và tối ưu toàn cục.

Hà Nội, tháng 05 năm 2016
Tác giả khóa luận

Lê Thị Thảo

3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Danh mục kí hiệu

R

Đường thẳng thực

Rn

Không gian Euclide n-chiều

Sn

Tập hợp tất cả các ma trận đối xứng cấp n × n

S+n

Tập hợp tất cả các ma trận đối xứng cấp n × n
nửa xác định dương

A

0

Ma trận A nửa xác định dương

I

Ma trận đơn vị

diag(α1 , α2 , . . . , αn )

Ma trận đường chéo

e

Véctơ (1, 1, . . . , 1)T

∇f (x)

Gradient của f tại x

∇2 f (x)

Hessian của f tại x
Kết thúc chứng minh

4


Chương 1
Điều kiện cần và đủ tối ưu toàn cục
Trong chương này, chúng ta nghiên cứu điều kiện cần và đủ cực tiểu
toàn cục cho bài toán tối ưu dạng
(GP )

min f (x)

x∈Rn

với ràng buộc



gk (x) ≤ 0, k ∈ {1, 2, . . . , m}

x ∈ D :=

ở đó D :=

n
i=1 [ui , vi ] , ui , vi

n
i=1 [ui , vi ]

∈ R, f, gk (k ∈ {1, . . . , m}) là các hàm khả

vi liên tục đến cấp hai trên một tập mở của Rn chứa D.

1.1

Điều kiện cần tối ưu toàn cục

Trong mục này ta luôn giả thiết rằng ma trận Hessian của gk có các
phần tử không âm trên đường chéo; có nghĩa là với mọi i ∈ {1, 2, . . . , n}
∂ 2 gk
và k ∈ {1, 2, ..., m},
(z) ≥ 0, ∀z ∈ D. Lấy x là một điểm chấp nhận
∂x2i

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

được của (GP ). Với mỗi i ∈ {1, 2, ..., n} và k ∈ {1, 2, ..., m} đặt
akii := max

uki (x) =

∂ 2 gk
(z) : z ∈ D ,
∂x2i

(1.1)



akii xi − (∇gk (x))i − (∇gk (x))2i − 2akii gk (x)




nếu akii > 0

k

aii

−∞ nếu akii = 0 và (∇gk (x))i ≥ 0





(∇gk (x))i xi − gk (x)



nếu akii = 0 và (∇gk (x))i < 0,
(∇gk (x))i

(1.2)

và


akii xi − (∇gk (x))i + (∇gk (x))2i − 2akii gk (x)




nếu akii > 0

k

aii

v ki (x) = (∇gk (x))i xi − gk (x)
nếu akii = 0 và (∇gk (x))i > 0


(∇g
(x))

k
i




+∞ nếu ak = 0 và (∇gk (x)) ≤ 0.
ii

i
(1.3)
Hiển nhiên, với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n} và k ∈ {1, 2, ..., m} ta có uki (x) <
+∞ và v ki (x) > −∞. Ta dễ dàng kiểm tra được rằng uki (x) ≤ xi ≤ v ki (x).
Đặt

ui (x) =



max ui , u1i (x) , ..., um
i (x)

−∞

vi (x) =

nếu ui , u1i (x) , ..., um
i (x) ∈ R
trong các trường hợp khác,
(1.4)



min vi , v 1i (x) , ..., v m
i (x)

+∞

nếu vi , v 1i (x) , ..., v m

i (x) ∈ R
trong các trường hợp khác,
(1.5)

6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

ui := max {ui (x) , ui } , v i := min {vi (x) , vi } .

(1.6)

Nhận xét 1.1. Lấy x là một điểm chấp nhận được của (GP ). Ta khẳng
định rằng với mỗi i ∈ {1, 2, ..., n} và xi ∈ [ui , v i ] ta có
xi = (x1 , ..., xi−1 , xi , xi+1 , ..., xn )
là một điểm chấp nhận được của (GP ).
Thật vậy, vì xi ∈ [ui , v i ] nên xi ∈ D. Từ (1.1)-(1.6) suy ra rằng với
mỗi i ∈ {1, 2, ..., n} và k ∈ {1, 2, ..., m} ta có
1 k
aii (xi − xi )2 + (∇gk (x))i (xi − xi ) + gk (x) ≤ 0.
2

(1.7)

Áp dụng công thức Taylor với gk tại x ta có
n

gk

∂ 2 gk (z)
1
x − gk (x) =
(xi − xi ) (xj − xj ) +
2 i,j=1 ∂xi ∂xj

n

i

(∇gk (x))i (xi − xi )
i=1

1 ∂ 2 gk (z)
(xi − xi )2 + (∇gk (x))i (xi − xi )
2
2 ∂xi
1
≤ akii (xi − xi )2 + (∇gk (x))i (xi − xi ) .
2

=

Từ (1.7) ta suy ra rằng
1
gk xi ≤ akii (xi − xi )2 + (∇gk (x))i (xi − xi ) + gk (x) ≤ 0.
2
Do đó xi là một điểm chấp nhận được của (GP ).

Lấy x là một điểm chấp nhận được của (GP ). Với mỗi i ∈ {1, 2, ...n}

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

đặt
∂ 2 f (z)
cii := max
:z∈D ,
∂x2i




0
nếu xi = ui = v i






−1
nếu xi = ui < v i
χi =




1
nếu xi = v i > ui






(∇f (x)) nếu xi ∈ (ui , v i )
i
c+
i = max {0, −cii } .

(1.8)

(1.9)

(1.10)

Định lý sau cho ta điều kiện cần tối ưu toàn cục cho bài toán tối ưu
(GP).
Định lý 1.1. Nếu x là nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán (GP ) thì
với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n} ta có
1 +
c (v i − ui ) + χi (∇f (x))i ≤ 0.
2 i

(1.11)

Chứng minh. Gọi Γ := {x ∈ D : gk (x) ≤ 0, k ∈ {1, 2, ..., m}} là tập các
điểm chấp nhận được của bài toán (GP ).
Vì x là nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán (GP ) nên
f (x) − f (x) ≥ 0, ∀x ∈ Γ.

(1.12)

Áp dụng công thức Taylor cho hàm f tại x, ta suy ra rằng với mọi x ∈ Γ,

8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

tồn tại z ∈ D sao cho
1
f (x) − f (x) =
2
n

n

n

i=1 j=1
n

=

(
i=1

1
2

j=1

∂ 2 f (z)
(xi − xi ) (xj − xj ) +
∂xi ∂xj

n

(∇f (x))i (xi − xi )
i=1

∂ 2 f (z)
(xi − xi ) (xj − xj ) + (∇f (x))i (xi − xi ))
∂xi ∂xj

≥ 0.
Do đó, với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n} và với mỗi xi ∈ [ui , v i ] ta có
1
cii (xi − xi )2 + (∇f (x))i (xi − xi ) ≥ 0.
2

(1.13)

Thật vậy, nếu trái lại phải tồn tại i0 và xi0 ∈ [ui , v i ] sao cho (1.13) không
được thỏa mãn. Khi đó, lấy x = (x1 , ..., xi0 −1 , xi0 , xi0 +1 , ..., xn ) (theo Nhận
xét 1.1 thì x ∈ Γ ), ta có
1 ∂ 2 f (z)
(xi0 − xi0 )2 + (∇f (x))i0 (xi0 − xi0 )
2
2 ∂xi0
1
< cii (xi0 − xi0 )2 + (∇f (x))i0 (xi0 − xi0 ) < 0.
2

f (x) − f (x) =

Điều này mâu thuẫn với (1.12) nên ta có (1.13).
Tiếp theo ta sẽ chứng minh (1.13) tương đương với (1.11) qua việc xét
các trường hợp có thể xảy ra sau đây:
i) Trường hợp 1: xi = ui = v i .
Rõ ràng (1.13) tương đương với (1.11).
ii) Trường hợp 2: xi = ui < v i .

9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Khi đó, (1.13) được thỏa mãn khi và chỉ khi
∀xi ∈ (ui , v i ] ,

1
cii (xi − ui ) + (∇f (x))i ≥ 0.
2

(1.14)

Nếu cii ≥ 0 thì (1.14) thỏa mãn khi và chỉ khi (∇f (x))i ≥ 0. Thật
vậy, nếu (∇f (x))i < 0 thì lấy xi đủ gần ui , ta có
1
cii (xi − ui ) + (∇f (x))i < 0.
2
Điều này mâu thuẫn với (1.14). Ngược lại, nếu (∇f (x))i ≥ 0 thì rõ
ràng (1.14) được thỏa mãn khi cii ≥ 0.
Nếu cii < 0 thì ta dễ dàng kiểm tra được rằng (1.14) thỏa mãn khi
và chỉ khi
1
cii (v i − ui ) + (∇f (x))i ≥ 0,
2
hay
1
(−cii )(v i − ui ) − (∇f (x))i ≤ 0.
2
iii) Trường hợp 3: xi = v i > ui .
Khi đó (1.13) được thỏa mãn khi và chỉ khi
∀xi ∈ [ui , v i ) ,

1
cii (xi − v i ) + (∇f (x))i ≤ 0.
2

(1.15)

Nếu cii ≥ 0 thì (1.15) được thỏa mãn khi và chỉ khi (∇f (x))i ≤ 0.
Thật vậy, nếu (∇f (x))i > 0 thì lấy xi đủ gần v i , ta có
1
cii (xi − v i ) + (∇f (x))i > 0.
2

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Điều này mâu thuẫn với (1.15).
Nếu cii < 0 thì (1.15) được thỏa mãn khi và chỉ khi
1
cii (ui − v i ) + (∇f (x))i ≤ 0,
2
hay
1
(−cii )(v i − ui ) + (∇f (x))i ≤ 0.
2
iv) Trường hợp 4: xi ∈ (ui , v i ).
Nếu (1.13) được thỏa mãn thì (∇f (x))i = 0, và cii ≥ 0. Thật vậy,
không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng (∇f (x))i > 0 (vì
lập luận tương tự với trường hợp (∇f (x))i < 0, và cii < 0). Khi đó,
lấy xi đủ gần xi và xi < xi ta có

(xi − xi )

1
cii (xi − xi ) + (∇f (x))i < 0.
2

Điều này mâu thuẫn với (1.13).
Mặt khác, ta có thể suy ra rằng, với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n} thì (1.13)
được thỏa mãn khi (∇f (x))i = 0, và cii ≥ 0.
Từ 4 trường hợp trên, ta suy ra (1.11). Định lý đã được chứng minh.

Sau đây, ta sẽ xét một trường hợp đặc biệt của bài toán (GP ) khi
không có các ràng buộc gk (x) ≤ 0, k ∈ {1, 2, . . . , m}. Xét bài toán tối

11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

ưu trên hộp
(GP 1)

min f (x)

x∈Rn

n

với ràng buộc x ∈ D :=

[ui , vi ] .
i=1

ở đó ui , vi ∈ R (i ∈ {1, 2, . . . , n}), f : Rn → R khả vi liên tục đến cấp
hai trên một tập mở chứa D. Khi đó, Định lý 1.1 mở rộng kết quả tương
ứng trong [22].
Hệ quả 1.1. Nếu x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán (GP 1)
thì với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n} ta có
1 +
c (vi − ui ) + χi (∇f (x))i ≤ 0.
2 i

(1.16)

Chứng minh. Lấy gk (x) ≡ 0, k ∈ {1, 2, . . . , m}.
Ta có ui = ui , v i = vi , i ∈ {1, 2, . . . , n}. Khi đó áp dụng Định lý 1.1 ta
có (1.16).
Nhận xét 1.2. Từ Định lý 1.1 ta có thể kiểm tra được rằng nếu x là một
nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán (GP ) thì với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n},
χi (∇f (x))i ≤ 0.

(1.17)

Ví dụ 1.1. Xét bài toán
(E1)

min2 x41 + x21 − x22 + x2

x∈R

2

với ràng buộc x ∈ D :=

[−1, 1] .
i=1

12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Đặt f (x) = x41 + x21 − x22 + x2 . Ta có
∇f (x) = 4x31 + 2x1 , −2x2 + 1


2
12z1 + 2 0
.
∇2 f (z) = 
0
−2

T

Do đó c11 = 14, c22 = −2. Lấy x = (0, 1) ∈ D. Dễ dàng kiểm tra được x

là nghiệm cực tiểu địa phương của (E1) và (1.17) được thỏa mãn.
Sau đây ta sẽ kiểm tra điều kiện cực tiểu toàn cục (1.16). Ta có
x1 = 0, u1 = −1, v 1 = 1 ⇒ χ1 = (∇f (x))1 = 4x31 + 2x1
x2 = 1, u2 = −1, v 2 = 1 ⇒ χ2 = 1
Nên
2

3
c+
1 + χ1 (∇f (x))1 = 4x1 + 2x1

=0

c+
2 + χ2 (∇f (x))2 = 2 + (−2x2 + 1) = 1.
Do đó x = (0, 1) không là nghiệm cực tiểu toàn cục của (E1).
Lấy x = (0, −1) ∈ D. Khi đó (1.16) trở thành
3
c+
1 + χ1 (∇f (x))1 = 4x1 + 2x1

2

=0

c+
2 + χ2 (∇f (x))2 = 2 + (−2x2 + 1) = −1.
Vậy (1.16) được thỏa mãn tại x = (0, −1).

1.2

Điều kiện đủ tối ưu toàn cục

Trong mục này, chúng ta trình bày các điều kiện đủ tối ưu toàn cục đã
được thiết lập trong [26] cho bài toán (GP ).
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Ta kí hiệu Γ := {x ∈ D : gk (x) ≤ 0, k ∈ {1, 2, . . . , m}} là tập các điểm
chấp nhận được của bài toán tối ưu (GP ). Với mỗi x ∈ Rn và λ =
(λ1 , λ2 , . . . , λm )T ∈ Rm
+ , đặt
m

λk gk (x)

L (x, λ) = f (x) +

(1.18)

k=1

Lấy x ∈ Rn , λ ∈ Rm
+ và với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n}, xác định

χi =





0






−1

nếu xi = ui = vi
nếu xi = ui < vi




1






(∇L (x, λ))
i

(1.19)

nếu xi = vi > ui
nếu xi ∈ (ui , vi )

Khi đó, điều kiện đủ cho bài toán (GP ) được phát biểu như sau:
Định lý 1.2. Xét bài toán tối ưu (GP ). Lấy x là một điểm chấp nhận
được của (GP ). Giả sử rằng tồn tại λ = (λ1 , λ2 , . . . , λm )T ∈ Rm
+ , ma
trận đường chéo H = diag(α1 , α2 , . . . , αn ) sao cho λk gk (x) = 0, k ∈
{1, 2, . . . , m}, ∇2 L(x, λ) − H

0 ∀x ∈ D, và với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n},

1 +
α (vi − ui ) + χi (∇L (x, λ))i ≤ 0,
2 i

(1.20)

ở đó αi+ := max {0, −αi }. Khi đó, x là một nghiệm cực tiểu toàn cục
của (GP ).
Chứng minh. Với hàm Lagrange đã được xác định bởi (1.18), ta đặt
1
L (x, λ) = L (x, λ) − (x − x)T H (x − x) .
2
14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Khi đó
L (x, λ) = L (x, λ) ,
∇L (x, λ) = ∇L (x, λ) − H (x − x) .
và
m
2

2

∇ L (x, λ) = ∇ L (x, λ) − H =

λk ∇2 gk (x)

2

∇ f (x) +

− H.

k=1

Từ giả thiết ta suy ra rằng ∇2 L (x, λ)

0 ∀x ∈ D, và do đó L là một

hàm lồi trên D. Áp dụng công thức Taylor cho L tại x ta suy ra rằng
tồn tại z ∈ D sao cho

1
(x − x)T ∇2 L (z, λ) (x − x) + ∇L (x, λ) (x − x)
2
≥ ∇L (x, λ) (x − x) = ∇L (x, λ) (x − x) .

L (x, λ) − L (x, λ) =

Suy ra
1
L(x, λ) + (x − x)T H (x − x) − L(x, λ)
2
1
= L (x, λ) − L (x, λ) + (x − x)T H (x − x)
2
1
≥ ∇L(x, λ)(x − x) + (x − x)T H (x − x) ∀x ∈ D.
2

L(x, λ) − L(x, λ) =

Với mỗi x ∈ D ta có
1
∇L(x, λ)(x − x) + (x − x)T H (x − x)
2
n
n α
i
=
(xi − xi )(∇L (x, λ))i +
(xi − xi )2

i=1
i=1 2
n
αi
=
(xi − xi )(∇L (x, λ))i + (xi − xi )2 .
2
i=1

15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Lập luận tương tự như chứng minh Định lý 1.1 bằng việc xét các trường
hợp có thể xảy ra đối với x là xi = ui , xi = vi và xi ∈ (ui , vi ), ta suy ra
rằng (1.20) tương đương với các bất đẳng thức
(xi − xi ) (∇L (x, λ))i +

αi
(xi − xi )2 ≥ 0, ∀i ∈ {1, 2, . . . , n}.
2

(1.21)

Do đó
L(x, λ) − L(x, λ) ≥ 0, ∀x ∈ D.
Lấy tùy ý x ∈ Γ ⊂ D. Ta suy ra được rằng

m

f (x) − f (x) ≥ f (x) +

λk gk (x) − f (x)
k=1
m

=

m

λk gk (x) − f (x) +

f (x) +
k=1

λk gk (x)
k=1

= L(x, λ) − L(x, λ) ≥ 0.
Do đó x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của (GP ). Định lý đã được
chứng minh.
Sau đây chúng ta sẽ khảo sát một số trường hợp đặc biệt để chỉ ra sự
tồn tại của ma trận H trong Định lý 1.2. Đặt


 2χi (∇L (x, λ))i nếu ui = vi
vi − ui
qi (x, λ) =



0
nếu ui = vi

(1.22)

H(x, λ) = diag(q1 (x, λ), q2 (x, λ), . . . , qn (x, λ)).

(1.23)

Hệ quả 1.2. Xét bài toán tối ưu (GP ). Lấy x là một điểm chấp nhận
được của (GP ). Giả sử tồn tại λ = (λ1 , λ2 , . . . , λm )T ∈ Rm
+ sao cho các
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

điều kiện sau đây được thỏa mãn
i) λk gk (x) = 0, k ∈ {1, 2, . . . , m};
ii) Với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n}, χi (∇L (x, λ))i ≤ 0;
iii) Với mọi x ∈ D,

∇2 f (x) +

m

λk ∇2 gk (x) − H (x, λ)

0.

k=1

Khi đó x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của (GP ).
Chứng minh. Với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n}, đặt αi := qi (x, λ) ở đó qi (x, λ)
đã được xác định bởi (1.22). Ta suy ra từ ii) rằng
1 +
α (vi − ui ) + χi (∇L (x, λ))i ≤ 0.
2 i
Khi đó, các giả thiết của Định lý 1.2 đều được thỏa mãn tại điểm x. Do
đó x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của (GP ).
Với mỗi x ∈ D và với mỗi λ = (λ1 , λ2 , . . . , λm )T ∈ Rm
+ , ta kí hiệu các
giá trị riêng của ∇2 L(x, λ) bởi δi (x, λ) , i ∈ {1, 2, . . . , n}. Đặt
µ (λ) := min
x∈D

min
i∈{1,2,...,n}

δi (x, λ) ,

µ+ (λ) := max {0, −µ (λ)} .

(1.24)
(1.25)

Hệ quả 1.3. Xét bài toán tối ưu (GP ) và x là một điểm chấp nhận
được của nó. Nếu tồn tại λ = (λ1 , λ2 , . . . , λm )T ∈ Rm
+ sao cho λk gk (x) =
0, k ∈ {1, 2, . . . , m}, và với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n}
1 +
µ (λ) (vi − ui ) + χi (∇L (x, λ))i ≤ 0.
2
thì x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của (GP ).
17

(1.26)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

Chứng minh. Đặt H = µ(λ)I. Với cách xác định µ(λ) bởi (1.24), ta có
thể kiểm tra được rằng ∇2 L(x, λ) − H

0 ∀x ∈ D. Áp dụng Định

lý 1.2 ta có x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của (GP ).
Với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n} và λ ∈ Rm , đặt

βi (λ) = min


 ∂ 2L
 ∂x2i

m

(z, λ) −
j=1,j=i




∂ 2L
(z, λ) : z ∈ D

∂xi ∂xj

βi+ (λ) = max {0, −βi (λ)} .

(1.27)

(1.28)

Ta đã biết rằng, mọi ma trận có đường chéo trội với các phần tử trên
đường chéo không âm là ma trận nửa xác định dương, ở đó ma trận
A = (aij )ni,j=1 ∈ S n được gọi là ma trận có đường chéo trội nếu
n

|aii | ≥

|aij | , ∀i ∈ {1, 2, ..., n}.
j=i,j=1

Hệ quả 1.4. Xét bài toán tối ưu (GP ) và x là một điểm chấp nhận
được của nó. Nếu tồn tại λ = (λ1 , λ2 , . . . , λm )T ∈ Rm
+ sao cho λk gk (x) =
0, k ∈ {1, 2, . . . , m}, và với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n}
1 +
β (λ) (vi − ui ) + χi (∇L (x, λ))i ≤ 0
2 i

(1.29)

thì x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của (GP ).
Chứng minh. Đặt H(λ) = diag(β1 (λ), β2 (λ), . . . , βn (λ)). Dễ dàng kiểm
tra được rằng ∇2 L(x, λ) − H(λ) là ma trận có đường chéo trội với các

18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

phần tử trên đường chéo không âm. Do đó
∇2 L(x, λ) − H(λ)

0, ∀x ∈ D.

nên từ Định lý 1.2 ta suy ra rằng x là một nghiệm cực tiểu toàn cục của
(GP ).
Sau đây ta sẽ xét một trường hợp đặc biệt của bài toán (GP ) khi
không có các ràng buộc gk (x) ≤ 0, ∀k ∈ {1, 2, . . . , m}.

Xét bài toán tối ưu với ràng buộc hộp
(GP 1)

min f (x)

x∈Rn

n

với ràng buộc x ∈ D :=

[ui , vi ] .
i=1

Với x ∈ D và với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n}. Đặt

χi =





0






−1




1






(∇f (x))
i

nếu xi = ui = vi
nếu xi = ui < vi

(1.30)

nếu xi = vi > ui
nếu xi ∈ (ui , vi ).

Với χi được xác định ở (1.30) ta có kết quả sau đây:
Định lý 1.3. Xét bài toán tối ưu (GP 1) và x ∈ D. Nếu tồn tại một
ma trận đường chéo H = diag(α1 , α2 , . . . , αn ) sao cho ∇2 f (x) − H

19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Lê Thị Thảo

0, ∀x ∈ D, và với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n},
1 +
α (vi − ui ) + χi (∇f (x))i ≤ 0,
2 i

(1.31)

ở đó αik := max {0, −αi }, thì x là nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán
(GP 1).
Chứng minh. Lấy gk (x) ≡ 0, k ∈ {1, 2, . . . , m}. Vì
m

L (x, λ) = f (x) +

λk gk (x)
k=1

nên L(x, λ) = f (x). Do đó định lý được trực tiếp suy ra từ Định lý 1.2.

Tương tự ta sẽ khảo sát một số trường hợp đặc biệt để chỉ ra sự tồn
tại của ma trận đường chéo H trong Định lý 1.3. Với x ∈ D, đặt


 2χi (∇f (x))i nếu ui = vi
vi − ui
qi (x) :=



0
nếu ui = vi

(1.32)

H(x) = diag(q1 (x), q2 (x), . . . , qn (x)).
Hệ quả 1.5. Xét bài toán tối ưu (GP 1) và x ∈ D. Nếu với mọi x ∈
D, ∇2 f (x) − H (x)

0, và với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , n},
χi (∇f (x))i ≤ 0

(1.33)

thì x là nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán (GP 1).
Chứng minh. Đặt αi := qi (x) với qi (x) xác định bởi (1.32). Từ (1.33) ta
20