Bài toán tối ưu vectơ với các hàm khả vi fréchet và điều kiện tối ưu cấp hai

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
—————————————————

LÊ THỊ HOÀI ANH

BÀI TOÁN TỐI ƯU VECTƠ
VỚI CÁC HÀM KHẢ VI FRÉCHET
VÀ ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên – 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
—————————————————

LÊ THỊ HOÀI ANH

BÀI TOÁN TỐI ƯU VECTƠ
VỚI CÁC HÀM KHẢ VI FRÉCHET
VÀ ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CẤP HAI

Chuyên ngành: GIẢI TÍCH
Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

PGS.TS ĐỖ VĂN LƯU

Thái Nguyên – 2017


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trung
thực, không trùng lặp với các đề tài khác và các thông tin trích dẫn trong
luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2017
Người viết luận văn

Lê Thị Hoài Anh

i


Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành trong khóa 23 đào tạo Thạc sĩ của trường Đại
học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Đỗ
Văn Lưu, Viện Toán học. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy
hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa học,
tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức hướng
dẫn tôi hoàn thành luận văn.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của Trường
Đại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã
tận tình giảng dạy, khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong
học tập.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đại
học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp

đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, người thân và bạn bè đã động viên,
ủng hộ tôi để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học và luận văn của mình.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2017
Người viết luận văn

Lê Thị Hoài Anh

ii


Mục lục

Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn

ii

Mục lục

iii

Mở đầu

1

1 Điều kiện cần cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ của Jiménez–

Novo

3

1.1

Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ có ràng
buộc tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3

Định lý luân phiên Motzkin suy rộng . . . . . . . . . . . . .

11

1.4

Quy tắc nhân tử Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2 Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ cuả Ivanov 33

2.1

Các khái niệm và định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.2

Điều kiện chính quy cấp hai kiểu Zangwill . . . . . . . . . .

38

iii


2.3

Điều kiện cần Karush–Kuhn–Tucker (KKT) cấp hai cho cực
tiểu yếu địa phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

Kết luận

50

Tài liệu tham khảo

51

iv


Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết các điều kiện tối ưu là một bộ phận quan trọng của tối ưu hoá.
Điều kiện tối ưu Karush–Kuhn–Tucker (KKT) là công cụ hữu hiệu để giải
các bài toán tối ưu. B. Jiménez và V. Novo ([11], 2003) đã thiết lập các điều
kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ có ràng buộc tập với các hàm
khả vi Fréchet hai lần và bài toán tối ưu với ràng buộc nón với điều kiện
chính quy Abadie cấp hai. V.I. Ivanov ([10], 2015) đã nghiên cứu bài toán tối
ưu vectơ với các hàm khả vi liên tục Fréchet và dẫn các điều kiện KKT với
điều kiện chính quy Zangwill cấp hai. Đây là đề tài được nhiều tác giả quan
tâm nghiên cứu. Chính vì thế tôi chọn đề tài: “Bài toán tối ưu vectơ với
các hàm khả vi Fréchet và điều kiện tối ưu cấp hai”.

2. Nội dung đề tài
Luận văn trình bày các điều kiện tối ưu cấp hai của Jiménez–Novo (2003)
cho bài toán có ràng buộc tập và bài toán có ràng buộc nón với các hàm
khả vi Fréchet hai lần, và các điều kiện tối ưu cấp hai của Ivanov (2015)
cho bài toán tối ưu vectơ với các hàm khả vi liên tục Fréchet.

1


Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các
tài liệu tham khảo.
Chương 1: "Điều kiện cần cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ của JiménezNovo"
Trình bày các kết quả của Jiménez–Novo [11] về điều kiện cần tối ưu cấp
hai cho cực tiểu yếu của bài toán tối ưu vectơ với ràng buộc tập trong không

gian định chuẩn với hàm mục tiêu khả vi Fréchet hai lần. Điều kiện cần tối
ưu cấp hai dạng đối ngẫu được trình bày cho bài toán với tập ràng buộc
được xác định qua một hàm trong không gian hữu hạn chiều. Định lý luân
phiên Motzkin suy rộng được trình bày làm công cụ để dẫn quy tắc nhân
tử Lagrange.
Chương 2: "Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ của Ivanov"
Trình bày các kết quả của Ivanov [10] về điều kiện cần tối ưu cấp hai
Karush–Kuhn–Tucker dạng nguyên thủy và dạng đối ngẫu cho bài toán tối
ưu vectơ có ràng buộc bất đẳng thức với điều kiện chính quy kiểu Zangwill
cấp hai.

2


Chương 1

Điều kiện cần cấp hai cho bài toán
tối ưu vectơ của Jiménez–Novo
Trong chương này ta xét bài toán tối ưu vectơ:

Min f (x),

x ∈ S,

(I.1)

với f : X → Y , X và Y là các không gian định chuẩn, S là một tập con tùy
ý của X , và thứ tự trong Y được cho bởi nón lồi D nhọn (D ∩ −D = {0})
và có phần trong khác rỗng.
Đặc biệt ta xét bài toán quy hoạch sau trong không gian hữu hạn chiều:

Min f (x), x ∈ S := g −1 (Q),

(I.2)

với f : Rn → Rp , g : Rn → Rm và Q là một tập con không nhất thiết lồi của
Rm với nón tiếp tuyến lồi. Hàm f và g là khả vi Fréchet hai lần tại điểm tối
ưu.
Chương 1 trình bày các điều kiện cần tối ưu cho cực tiểu yếu của bài toán
(I.1) với hàm mục tiêu khả vi Fréchet hai lần. Điều kiện cần dạng đối ngẫu
được trình bày cho bài toán (I.2). Định lí luân phiên Motzkin suy rộng được
trình bày để dẫn quy tắc nhân tử Lagrange.

3


Các kết quả được trình bày trong chương này là của B. Jiménez – V. Novo
([11], 2003).

1.1

Kiến thức chuẩn bị

Cho X là một không gian định chuẩn và S là tập con của X . Ta kí
hiệu B(x0 , δ) là hình cầu mở tâm x0 và bán kính δ , int S là phần trong
của tập S , cl S là bao đóng của tập S , cone S là nón sinh bởi tập S và
cone+ S = {αx : α > 0, x ∈ S}.
Nhắc lại rằng điểm x0 ∈ S được gọi là cực tiểu địa phương (cực tiểu
yếu địa phương) của bài toán (I.1). Kí hiệu x0 ∈ LMin(f, S) (tương ứng

x0 ∈ LWMin(f, S) đối với điểm cực tiểu yếu địa phương), nếu tồn tại lân
cận U của x0 sao cho

(f (S ∩ U ) − f (x0 )) ∩ (−D) = {0},
tương ứng, (f (S ∩ U ) − f (x0 )) ∩ (−int D) = ∅ đối với điểm cực tiểu yếu
địa phương.
Đặc biệt, khi Y = R và D = R+ , chúng ta trở về khái niệm cực tiểu địa
phương đã biết.
Sau đây là khái niệm về tập tiếp tuyến mà ta sẽ sử dụng trong luận văn:
Định nghĩa 1.1.1. Cho S ⊂ X và x0 , v ∈ X .
(a) Nón tiếp tuyến của S tại điểm x0 là

T (S, x0 ) = {u ∈ X : ∃tn → 0+ , ∃un → u sao cho
x0 + tn un ∈ S ∀n ∈ N}.

4


(b) Tập tiếp tuyến cấp hai của S tại (x0 , v) là

T 2 (S, x0 , v) = {w ∈ X : ∃tn → 0+ , ∃wn → w sao cho
1
x0 + tn v + t2n wn ∈ S ∀n ∈ N}.
2
(c) Nón các phương chấp nhận được của S tại x0 là

A(S, x0 ) = {u ∈ X : ∀tn → 0+ , ∃un → u sao cho
x0 + tn un ∈ S ∀n ∈ N}.
(d) Tập các phương chấp nhận được cấp hai của S tại (x0 , v) là

A2 (S, x0 , v) = {w ∈ X : ∀tn → 0+ , ∃wn → w sao cho
1
x0 + tn v + t2n wn ∈ S ∀n ∈ N}.
2
(e) Nón tiếp tuyến phần trong của S tại x0 là

IT (S, x0 ) = {u ∈ X : ∃δ > 0 sao cho
x0 + tw ∈ S ∀ t ∈ (0, δ], ∀w ∈ B(u, δ)}.
Mệnh đề 1.1.2. Cho S là tập con của X , x0 ∈ cl S và v ∈ X .
(i) T 2 (S, x0 , v) là tập đóng chứa trong cl cone( cone(S − x0 ) − v);
(ii) Nếu v ∈ T (S, x0 ) thì T 2 (S, x0 , v) = ∅;
(iii) T 2 (S, x0 , 0) = T (S, x0 );
(iv) T 2 (S, x0 , v) + αv ⊂ T 2 (S, x0 , v), với mọi α ∈ R.
Ta chỉ ra rằng nếu đổi nón T và tập T 2 lần lượt thành A và A2 thì các
tính chất đó vẫn đúng.
Khi tập S là tập lồi, ta có các mệnh đề sau:
5


Mệnh đề 1.1.3. Cho S ⊂ X là tập lồi và x0 ∈ cl S , khi đó
(i) A(S, x0 ) = T (S, x0 ) = cl cone(S − x0 ).
Hơn nữa, nếu int S = ∅ thì
(ii) IT (int S, x0 ) = IT (S, x0 ) = cone+ (int S − x0 ) = int cone(S − x0 );
(iii) cl IT (S, x0 ) = T (S, x0 ).
Chứng minh. (i) và hai đẳng thức đầu của (ii) được chứng minh trong mệnh
đề 4.5.1 và 4.5.3 trong Flett [7].
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cuối của (ii).
Ta có
cone+ (int S − x0 ) = ∪α>0 α(int S − x0 ),
là tập mở chứa trong cone(S − x0 ). Do đó,

cone+ (int S − x0 ) ⊂ int(cone(S − x0 )).
Ta chỉ ra rằng cone+ (int S − x0 ) là trù mật trong cone(S − x0 ).
Cho v = α(x − x0 ) ∈ cone(S − x0 ), với α > 0 và x ∈ S .
Cho ε > 0, do int S trù mật trong S , nên tồn tại x1 ∈ int S sao cho

x − x1 < α−1 ε. Do đó,
α (x − x0 ) − (x1 − x0 ) < ε.
Bởi vậy, v − w < ε, trong đó w = α(x1 − x0 ) ∈ cone+ (int S − x0 ).
(iii) được suy ra từ (i) và (ii).
Chú ý rằng ta không giả sử x0 ∈ S . Cũng chú ý rằng cl cone(S − x0 ),
cone(S − x0 ), int cone(S − x0 ) và cone+ (int S − x0 ) có cùng bao đóng và
6


phần trong. Ta có hệ quả của Mệnh đề 1.1.3 (i): Nếu v ∈ T (S, x0 ) thì

T (T (S, x0 ), v) = cl cone(cone(S − x0 ) − v).
Hơn nữa, nếu 0 ∈ T 2 (S, x0 , v) (đặc biệt khi S là đa diện) thì

T 2 (S, x0 , v) = T (T (S, x0 ), v).
(Điều này suy ra từ (1.1)).
Mệnh đề 1.1.4. Cho S ⊂ X là tập lồi, x0 ∈ S và v ∈ T (S, x0 ). Khi đó,

T 2 (S, x0 , v) + T (T (S, x0 ), v) ⊂ T 2 (S, x0 , v).

(1.1)

Tính chất này đóng một vai trò quan trọng và nó được coi như một định
nghĩa.
Định nghĩa 1.1.5. Ta nói tập hợp S ⊂ X là T 2 –ổn định tại (x0 , v) ∈

S × T (S, x0 ) nếu (1.1) đúng.
Nhận xét 1.1.6. Cho nón Rp+ và x = (x1 , ..., xp ) ∈ Rp+ , ta có biểu diễn cho
tập tiếp tuyến như sau:
(i) IT (Rp+ , x) = int cone(Rp+ − x) = {v ∈ Rp : vi > 0 nếu i ∈ I(x)} và

A(Rp+ , x) = T (Rp+ , x) = {v ∈ Rp : vi ≥ 0 nếu i ∈ I(x)},
trong đó I(x) = {i ∈ {1, ..., p} : xi = 0}.
(ii) Cho v ∈ T (Rp+ , x), ta có

A2 (Rp+ , x, v) = T 2 (Rp+ , x, v) = {w ∈ Rp : wi ≥ 0 nếu i ∈ I(x, v)},
trong đó I(x, v) = {i ∈ I(x), vi = 0}.

7


Nhắc lại: Cho X, Y là các không gian Banach. Ánh xạ f : X → Y được
gọi là khả vi Fréchet tại x0 ∈ X nếu tồn tại một phiếm hàm tuyến tính liên
tục ∇f (x0 ) : X → Y , gọi là đạo hàm Fréchet của f tại x0 , sao cho

limx→x0

f (x) − f (x0 ) − ∇f (x0 )(x − x0 )
= 0.
x − x0

Đạo hàm Fréchet cấp một và cấp hai của f : X → Y tại x0 lần lượt được
kí hiệu là f (x0 ) và f (x0 ).
Bổ đề dưới đây là hệ quả trực tiếp của khai triển Taylor cấp hai.
Bổ đề 1.1.7. Cho f : X → Y là khả vi Fréchet hai lần tại x0 và v, w ∈ X .

Nếu

limn→∞

xn − x0 − tn v
= w, với tn → 0+ ,
1 2
2 tn

thì

limn→∞

1.2

f (xn ) − f (x0 ) − tn f (x0 )v
= f (x0 )w + f (x0 )(v, v).
1 2
t
2 n

Điều kiện tối ưu cấp hai cho bài toán tối ưu vectơ có ràng
buộc tập

Trong phần này, nón tiếp tuyến và tập tiếp tuyến cấp hai được sử dụng
để dẫn điều kiện cần tối ưu tổng quát khi hàm mục tiêu là khả vi Fréchet
hai lần.
Với hàm mục tiêu của bài toán (I.1), ta có thể định nghĩa nón tuyến tính
hóa và tập tuyến tính hóa cấp hai như sẽ định nghĩa cho tập chấp nhận
được trong phần (1.4).

Cho x0 ∈ S , ta xác định:

C0 (f, x0 ) = {v ∈ X, f (x0 )v ∈ −int D},
8


C(f, x0 ) = {v ∈ X : f (x0 )v ∈ −cl D}, và với mọi v ∈ C(f, x0 ),
C02 (f, x0 , v) = {w ∈ X : f (x0 )w + f (x0 )(v, v) ∈ −int cone(D + f (x0 )v)},
C 2 (f, x0 , v) = {w ∈ X : f (x0 )w + f (x0 )(v, v) ∈ −cl cone(D + f (x0 )v)}.
Nếu v ∈
/ C(f, x0 ), ta lấy C02 (f, x0 , v) = C 2 (f, x0 , v) = ∅. Tập C(f, x0 )
(tương ứng tập C0 (f, x0 )) trong [4] (khi D = Rp+ ) được gọi là tập các phương
giảm (tương ứng phương giảm chặt) của f tại x0 và tập C 2 (f, x0 , v) (tương
ứng C02 (f, x0 , v)) là tập các phương giảm cấp hai (tương ứng phương giảm
chặt cấp hai) của f tại (x0 , v).
Định lý 1.2.1. Cho f : X → Y là khả vi Fréchet hai lần tại x0 ∈ S ⊂ X .
Nếu x0 ∈ LW M in(f, S) thì
(i) T (S, x0 ) ∩ C0 (f, x0 ) = ∅;
(ii) T 2 (S, x0 , v) ∩ C02 (f, x0 , v) = ∅ ∀v ∈ T (S, x0 ) ∩ [C(f, x0 ) \ C0 (f, x0 )].
Chứng minh. Ta chứng minh phần (ii) bởi vì phần (i) có thể suy ra từ phần
(ii) khi lấy v = 0.
Giả sử tồn tại w ∈ T 2 (S, x0 , v) ∩ C02 (f, x0 , v). Khi đó, tồn tại tn → 0+ và

xn ∈ S sao cho
limn→∞

xn − x0 − tn v
= w,
1 2
t

2 n

d¯ := f (x0 )w + f (x0 )(v, v) ∈ −int cone(D + f (x0 )v).

(1.2)

(1.3)

Với f khả vi hai lần tại x0 , từ (1.2), sử dụng Bổ đề 1.1.7 ta có

f (xn ) − f (x0 ) − tn f (x0 )v
¯
= d.
1 2
t
2 n
Với f (x0 )v ∈ −cl D (vì v ∈ C(f, x0 )), từ Mệnh đề 1.1.3 ta có
limn→∞

−int cone(D + f (x0 ), v) = IT (−int D, f (x0 )v).
9

(1.4)


Từ (1.3) ta có d¯ ∈ IT (−int D, f (x0 )v). Theo định nghĩa nón IT tồn tại

ε > 0 sao cho
1
f (x0 )v + t(d¯ + B(0, ε)) ⊂ −int D ∀t ∈ (0, ε).

2
Vì −int D là nón, suy ra

1
tf (x0 )v + t2 (d¯ + B(0, ε)) ⊂ −int D ∀t ∈ (0, ε).
2

(1.5)

Từ (1.4) cho ε, tồn tại n0 ∈ N sao cho

f (xn ) − f (x0 ) − tn f (x0 )v
∈ d¯ + B(0, ε) ∀n ≥ n0 .
1 2
t
2 n
Do tn → 0+ , ta cũng có thể giả sử rằng
tn ∈ (0, ε) ∀n ≥ n0 .

(1.6)

(1.7)

Từ (1.6) ta suy ra

1
f (xn ) − f (x0 ) ∈ tn f (x0 )v + t2n (d¯ + B(0, ε)),
2
Sử dụng (1.7) và (1.5), ta suy ra

f (xn ) − f (x0 ) ∈ −int D,
mâu thuẫn với tính cực tiểu yếu địa phương của x0 .
Phần (ii) của Định lý 1.2.1 đúng với mọi v ∈ X nhưng chỉ có ý nghĩa với

v ∈ T (S, x0 ) ∩ [C(f, x0 ) \ C0 (f, x0 )],
vì nếu v ∈ T (S, x0 ) thì T 2 (S, x0 , v) = ∅ (Mệnh đề 1.1.2) và nếu v ∈ C(f, x0 )
thì C02 (f, x0 , v) = ∅.
Đặc biệt, nếu trong Định lý 1.2.1, bài toán đa mục tiêu Pareto (tức là

Y = Rp và D = Rp+ ) được xét và sử dụng Nhận xét 1.1.6 (i) ta thu được hệ
quả sau.
10


Hệ quả 1.2.2. (Điều kiện cần cho cực tiểu Pareto) Cho f : X → Rp
khả vi Fréchet hai lần tại x0 ∈ S ⊂ X . Nếu x0 là cực tiểu Pareto yếu địa
phương của f trên S thì với mỗi

v ∈ T (S, x0 ) ∩ {v ∈ X : fi (x0 )v ≤ 0, ∀i = 1, ..., p và
fi (x0 )v = 0 với i nào đó},
hệ sau đây theo w ∈ X dưới đây là không tương thích:

 w ∈ T 2 (S, x0 , v);
 f (x )w + f (x )(v, v) < 0 ∀i ∈ I(v).
i

0

i

0

Với I(v) = {i : fi (x0 )v = 0}.
Khi X = Rn , hệ quả này chính là Định lý 3.1 trong Bigi và Castellani [4].
Chú ý rằng, khi p = 1, Hệ quả 1.2.2 là điều kiện cần cấp hai đã cho trong
[13, Hệ quả 3.2].

1.3

Định lý luân phiên Motzkin suy rộng

Để nhận được quy tắc nhân tử Lagrange của bài toán (I.2), ta trình bày
một vài kết quả và Định lý luân phiên Motzkin suy rộng.
Cho tập con E của Rm , cực âm của E là

E − = {µ ∈ Rm : µ, x ≤ 0, ∀x ∈ E},
và cực dương là E + := −E − .
Xét giả thiết (A):
(i) ψ : Rn → Rm là tuyến tính và z0 ∈ Rm ;
(ii) B ⊂ Rm là một tập lồi khác rỗng;
11


˜ là một tập con của Rm , K ⊂ Rm là một nón lồi khác rỗng thỏa mãn
(iii) B
˜;
B+K ⊂B
(iv) ϕ : Rn → Rp là tuyến tính và y0 ∈ Rp ;
(v) C ⊂ Rp là một nón lồi với int C = ∅.
Không gian đối ngẫu của Rm là Rm , một phần tử µ ∈ Rm có thể xem như

một hàm tuyến tính µ từ Rm vào R. Ta kí hiệu ri B là phần trong tương
đối của B và δB là hàm tựa lồi của tập lồi B , tức là

δB (µ) = sup µ, b x.
b∈B

Bổ đề 1.3.1. Cho µ ∈ Rm , α ∈ R, B ⊂ Rm là một tập lồi và K ⊂ Rm là
một nón lồi (với 0 ∈ K ). Khi đó,

α ≥ δB+K (µ) ⇔ µ ∈ K − và α ≥ δB (µ).
Trong cả 2 trường hợp, δB+K (µ) = δB (µ).
Chứng minh. (⇒) Nếu µ, k > 0 với k nào đó thuộc K thì

limt→∞ µ, b + tk = +∞,
và khi đó giả thiết sẽ sai. Bởi vậy, µ ∈ K − . Ta có

sup{ µ, b + k : b ∈ B, k ∈ K} = sup{ µ, b : b ∈ B},

(1.8)

vì Max{ µ, k : k ∈ K} = 0. Do đó, α ≥ δB (µ).

(⇐) Hiển nhiên (1.8) đúng và ta suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.3.2. (i) Với các giả thiết (A)(i)–(ii), các phát biểu sau đây là
tương đương:
(a) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho ψ(x) + z0 ∈ ri B ;
12


(b) Tồn tại µ ∈ Rm , µ = 0 sao cho

µ ◦ ψ = 0, µ, z0 ≥ δB (µ) và µ, z0 > µ, b0 với b0 ∈ B nào đó.
(ii) Hơn nữa, giả sử B là tập lồi đa diện. Khi đó các mệnh đề sau đây là
tương đương:
(a’) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho ψ(x) + z0 ∈ B ;
(b’) Tồn tại µ ∈ Rm , µ = 0 sao cho

µ ◦ ψ = 0 và µ, z0 > δB (µ).
Chứng minh. (i) (a) ⇒ (b): Từ giả thiết, các tập lồi ψ(Rn ) + z0 và ri B là
rời nhau, ψ(Rn ) + z0 là một tập lồi đa diện. Khi đó, theo định lý tách của
tập lồi đa diện [14, Định lý 20.2], tồn tại µ ∈ Rm , µ = 0 và α ∈ R sao cho

µ, b ≤ α ≤ µ, ψ(x) + z0

∀b ∈ B, x ∈ Rn ,

µ, b0 < α với b0 nào đó thuộc B.

(1.9)
(1.10)

Từ (1.9) suy ra µ ◦ ψ = 0.
Sử dụng điều kiện này, trong (1.9) ta nhận được µ, b ≤ µ, z0 với mọi

b ∈ B , tức là
δB (µ) ≤ µ, z0 .
Sử dụng (1.10) ta có µ, b0 < µ, z0 .
(b) ⇒ (a): Gọi α = µ, z0 , khi đó (1.9) và (1.10) đúng. Theo Định lý 20.2
trong [14] ta suy ra điều phải chứng minh.
(ii) Trong phần này ta chứng minh tương tự khi xét tập lồi đa diện là B

thay cho ψ(Rn + z0 ) (chú ý rằng ri (ψ(Rn ) + z0 ) = ψ(Rn ) + z0 ).
Định lý 1.3.3. Với các giả thiết (A)(i)–(v), xét các phát biểu sau:

13


(a) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho

˜
ϕ(x) + y0 ∈ −int C, ψ(x) + z0 ∈ B.

(1.11)

(b) Tồn tại (λ, µ) ∈ Rp × Rm sao cho

λ ∈ C + , λ = 0, µ ∈ K − ,

(1.12)

λ ◦ ϕ + µ ◦ ψ = 0,

(1.13)

λ, y0 + µ, z0 ≥ δB (µ).

(1.14)

Khi đó,

˜ = B + K.

(i) (b) đúng ⇒ (a) đúng với B
(ii) Nếu một trong các điều kiện sau đây đúng

∃x ∈ Rn : ψ(x) + z0 ∈ ri (B + K),

(1.15)

hoặc B + K là đa diện và

∃x ∈ Rn : ψ(x) + z0 ∈ B + K,

(1.16)

thì (a) suy ra (b).
Chứng minh. (i) Giả sử (a) không đúng. Giả sử tồn tại x ∈ Rn sao cho

˜ = B + K.
(1.11) thỏa mãn với B
Đặc biệt, ψ(x) + z0 = b + k với b ∈ B, k ∈ K nào đó.
Do λ ∈ C + , λ = 0 và ϕ(x) + y0 ∈ −int C , theo [6, Bổ đề 3.4.1], ta có

λ, ϕ(x) + y0 < 0,

(1.17)

Từ (1.14) và µ ∈ K − ta có

µ, ψ(x) + z0 = µ, b + k ≤ µ, b ≤ α0 := λ, y0 + µ, z0 .
14

(1.18)


Cộng (1.17) với (1.18) ta được

λ, ϕ(x) + y0 + µ, ψ(x) + z0 < α0 .
Nhưng vế trái của bất đẳng thức bằng α0 do (1.13), bởi vậy ta đi đến một
mâu thuẫn.
(ii) Ta xác định Γ = {x ∈ Rn : ψ(x) + z0 ∈ B + K}. Rõ ràng Γ là tập lồi
và Γ = ∅ theo (1.15) hoặc (1.16). Khi đó hệ

ϕ(x) + y0 ∈ −int C, ψ(x) + z0 ∈ B + K

(1.19)

là không tương thích theo x ∈ Rn do điều kiện (a) và giả thiết (A)(iii).
Hệ (1.19) là không tương thích nếu và chỉ nếu không có giá trị x nào x ∈ Γ
sao cho

Φ(x) := ϕ(x) + y0 ∈ −int C.
Do Φ là C -lồi, theo Định lý tách [6, Định lý 3.4.2] tồn tại λ ∈ C + , λ = 0
sao cho λ, Φ(x) ≥ 0 với mọi x ∈ Γ, tức là

θ, x ≥ β0 ∀x ∈ Γ,

(1.20)

trong đó θ = λ ◦ ϕ là tuyến tính từ Rn vào R và β0 = λ, −y0 .
Cho θ : Rn × R → R và ψ : Rn × R → Rm × R là hàm tuyến tính được
cho bởi

θ(x, t) = θ(x) − β0 t, ψ(x, t) = (ψ(x) + tz0 , t),

(1.21)

và

Γ = {(x, t) ∈ Rn × R : ψ(x, t) ∈ cone+ ((B + K) × {1})}.
Rõ ràng Γ là nón lồi khác rỗng. Từ định nghĩa của θ và (1.20) suy ra

θ(x, t) ≥ 0 với mọi (x, t) ∈ Γ,
15


vì (x, t) ∈ Γ nếu và chỉ nếu t > 0 và t−1 x ∈ Γ. Vì vậy −θ ∈ Γ− .
Áp dụng Hệ quả 16.3.2 trong [14] cho hàm tuyến tính ψ và tập lồi
cone+ ((B + K) × {1}), vì x = x0 thỏa mãn (1.15) nên ta có

ψ(x0 , 1) = (ψ(x0 ) + z0 , 1) ∈ cone+ (ri(B + K) × {1})
= ri cone+ ((B + K)) × {1}),
theo Hệ quả 6.8.1 trong [14]. Vì vậy,

Γ− = [ψ −1 (cone+ ((B + K) × {1}))]−
= ψ ∗ [(cone+ ((B + K) × {1}))− ]
= {(µ, α) ◦ ψ : (µ, α) ∈ (cone+ ((B + K) × {1}))− };
Do −θ ∈ Γ− , tồn tại

(µ, α) ∈ (cone+ ((B + K) × {1}))−1 = ((B + K) × {1})− ,
sao cho

θ + (µ, α) ◦ ψ = 0,
tức là

λ, ϕ(x) + λ, y0 t + µ, ψ(x) + tz0 + αt = 0 ∀(x, t) ∈ Rn × R.
Lấy t = 0 ta được λ ◦ ϕ + µ ◦ ψ = 0.
Nếu t = 0 ta suy ra

λ, y0 + µ, z0 = −α ≥ sup{ µ, b + k : b ∈ B, k ∈ K},
vì (µ, α) ∈ ((B + K) × {1})−1 tương đương với µ, b + k + α ≤ 0 với mọi

(b, k) ∈ B × K . Kết quả được suy ra từ Bổ đề 1.3.1.
Giả sử (1.16) thỏa mãn. Khi đó tồn tại ánh xạ tuyến tính ξ : Rn → Rl
và c ∈ Rl sao cho

B + K = {z ∈ Rm : ξ(z) ≤ c}.
16

(1.22)


Từ (1.20), xét bài toán lồi với ràng buộc affine:

β0 = Inf{λ ◦ ϕ(x) + λ, y0 : ξ(ψ(x) + z0 ) − c ≤ 0}.
Bài toán này có một điểm chấp nhận được theo (1.16) và (1.20), β0 ≥ 0.
Theo Định lý 28.2 trong [14], tồn tại ν ∈ Rl , ν ≥ 0 sao cho

0 ≤ β0 = Inf{λ ◦ ϕ(x) + λ, y0 + ν[ξ(ψ(x) + z0 ) − c] : x ∈ Rn },
tức là

λ ◦ ϕ(x) + λ, y0 + µ ◦ ϕ(x) + µ, z0 − µ, c ≥ 0 ∀x ∈ Rn ,

trong đó µ = ν ◦ ξ . Bởi vậy, λ ◦ ϕ + µ ◦ ψ = 0, và

µ, c ≤ λ, y0 + µ, z0 .

(1.23)

Do ν ≥ 0, trong (1.22) ta có ν(ξ(z) − c) ≤ 0 với mọi z ∈ B + K , tức là

µ, z ≤ ν, c

∀z ∈ B + K.

Theo Bổ đề 1.3.1, µ ∈ K − và δB (µ) ≤ ν, c .
Theo (1.23), ta có điều phải chứng minh.
Áp dụng Định lý 1.3.3, ta có thể chứng minh Định lí luân phiên (xem
[17, Bổ đề 4.2]).
Hệ quả 1.3.4. (Định lý luân phiên Motzkin không thuần nhất)
Cho ϕ : Rn → Rp , ψ1 : Rn → Rs , ψ2 : Rn → Rr là các ánh xạ tuyến tính và

(y0 , z1 , z2 ) ∈ Rp × Rs × Rr . Khi đó các phát biểu sau là tương đương:
(a) Không tồn tại x ∈ Rn sao cho

ϕ(x) + y0 < 0,
17


ψ1 (x) + z1 ≤ 0,
ψ2 (x) + z2 = 0.
(b) Tồn tại (α0 , λ, µ1 , µ2 ) ∈ R × Rp+ × Rs+ × Rr sao cho

λ ◦ ϕ + µ1 ◦ ψ1 + µ2 ◦ ψ2 = 0,
λ, y0 + µ1 , z1 + µ2 , z2 = α0 ≥ 0,
(λ, α0 ) = (0, 0).

(1.24)
(1.25)
(1.26)

Chứng minh. (a)⇒(b). Lấy

C = Rp+ , K = Rs− × {0r },
˜ = K = B + K,
B = {(0s , 0r )}, B
ψ = (ψ1 , ψ2 ), z0 = (z1 , z2 ).
Do B + K là một tập lồi đa diện, nếu tồn tại x ∈ Rn sao cho:

ψ(x) + z0 ∈ B + K,

(1.27)

thì theo Định lí 1.3.3, tồn tại (λ, µ1 , µ2 ) ∈ Rp+ × Rs+ × Rr , λ = 0 sao cho
(1.24) đúng và

α0 := λ, y0 + µ1 , z1 + µ2 , z2 ≥ 0 = δB (µ),
với µ = (µ1 , µ2 ).
Nếu (1.27) sai thì theo Bổ đề 1.3.2(ii), tồn tại

(µ1 , µ2 ) ∈ Rs × Rr , (µ1 , µ2 ) = (0, 0)
sao cho µ1 ◦ ψ1 + µ2 ◦ ψ2 = 0 và α0 := µ1 , z1 + µ2 , z2 > δB+K (µ).
Từ bất đẳng thức cuối và theo Bổ đề 1.3.1 thì µ ∈ K − (với µ1 ≥ 0) và

α0 > δB (µ) = 0.
Lấy λ = 0 thì mọi điều kiện được thỏa mãn.
18


(b)⇒(a). Nếu λ = 0, ta áp dụng Định lí 1.3.3.
Nếu λ = 0 thì sử dụng (1.25) và (1.26) ta có:

(µ, z0 ) = α0 > 0 = δB (µ).
Do đó µ = 0. Áp dụng Bổ đề 1.3.2(ii) ta có điều phải chứng minh.

1.4

Quy tắc nhân tử Lagrange

Trong phần này, ta trở lại với bài toán quy hoạch đa mục tiêu (I.2).
Giả sử f và g là khả vi hai lần tại x0 ∈ S := g −1 (Q) và Rp được sắp thứ tự
bởi một nón lồi nhọn D với int D = ∅.
Để thảo luận bài toán (I.2), ta đưa vào một số các kí hiệu và khái niệm
sau:
Nón pháp tuyến của tập Q ⊂ Rm tại z là cực của nón tiếp tuyến T (Q, z) :

N (Q, z) = T (Q, z)− .
Ta định nghĩa nón tuyến tính hóa của S tại x0 ∈ S như sau:

C(S, x0 ) = {v ∈ Rn : g (x0 )v ∈ T (Q, g(x0 ))},
và tập tuyến tính hóa cấp hai của S tại (x0 , v):

C 2 (S, x0 , v) = {w ∈ Rn : g (x0 )w + g (x0 )(v, v) ∈ T 2 (Q, g(x0 ), g (x0 )v}.

Chú ý rằng nếu v = 0 thì C 2 (S, x0 , 0) = C(S, x0 ).
Nếu C 2 (S, x0 , v) = ∅ thì v ∈ C(S, x0 ), bởi vì T 2 (Q, g(x0 ), g (x0 )v) = ∅ kéo
theo

g (x0 )v ∈ T (Q, g(x0 )).
Tập C 2 (S, x0 , v) nói chung không lồi.
19