Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidan (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

VŨ MẠNH HÙNG

ĐIỀU KIỆN CẦN CẤP HAI CHO NGHIỆM HỮU HIỆU YẾU CỦA
BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ KHÔNG TRƠN QUA ĐẠO
HÀM PALÉS-ZEIDAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên, 10/2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

VŨ MẠNH HÙNG

ĐIỀU KIỆN CẦN CẤP HAI CHO NGHIỆM HỮU HIỆU YẾU
CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ KHÔNG TRƠN
QUA ĐẠO HÀM PALÉS-ZEIDAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành:

Toán ứng dụng

Mã số:

8460112

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. ĐỖ VĂN LƯU

Thái Nguyên, 10/2018


i

Mục lục
Bảng ký hiệu

ii

Mở đầu

1

1 Điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu
hiệu yếu

4

1.1. Các kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2. Điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu

hiệu yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Điều kiện cần cấp 2 dạng đối ngẫu

10
22

2.1. Điều kiện cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm
hữu hiệu yếu

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.2. Điều kiện chính quy cấp 2 và điều kiện cần Karush-KuhnTucker cấp 2 dạng đối ngẫu . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

Kết luận

34

Tài liệu tham khảo

35


ii

Bảng ký hiệu
I(x)

tập các chỉ số ràng buộc tích cực

Rm
+

orthant không âm của Rm

Rm
++

orthant dương của Rm

Tx C

nón tiếp tuyến của C tại x

Tx2 C

nón tiếp tuyến cấp 2 của C tại x

f 0 (x, v)

đạo hàm suy rộng Clarke của f tại x theo phương v

f 00 (x; v)

đạo hàm suy rộng Palés–Zeidan cấp 2 của f tại x theo phương v

f ” (x; v)

đạo hàm cấp 2 của f tại x theo phương v

∇f (x)

đạo hàm Fréchet của f tại x

∇2 h(x)

đạo hàm Fréchet cấp 2 (Hessian) của f tại x

Ker∇h(x) hạch của ∇h(x)
(V EP )
dimX

bài toán cân bằng vectơ
số chiều của không gian X


1

Mở đầu
Bài toán cân bằng vectơ đóng một vai trò quan trọng trong lý thuyết
các bài toán cực trị. Bài toán cân bằng vectơ bao gồm một số bài toán
với các trường hợp đặc biệt như: bài toán tối ưu vectơ, bài toán bất
đẳng thức biến phân vectơ và một số bài toán khác. Điều kiện tối ưu cấp
1, cấp 2 là hướng nghiên cứu quan trọng của bài toán cân bằng vectơ và
bài toán tối ưu vectơ. Mới đây, E. Constantin ([3], 2015) đã nghiên cứu
các điều kiện cấp 2 cho bài toán tối ưu vô hướng với ràng buộc bất đẳng
thức, D.V.Luu ([6], 2018) đã thiết lập các điều kiện tối ưu cho bài toán

cân bằng vectơ có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập.
Điều kiện tối ưu cấp 2 dưới ngôn ngữ các đạo hàm cấp 2 khác nhau của
các hàm không trơn là đề tài được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu.
Do vậy, chúng tôi chọn đề tài “Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu
yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm Palés–Zeidan”.

Luận văn trình bày các kết quả của D.V.Luu đăng trên tạp chí Journal
of Global Optimization 70(2018), 437-453 về các điều kiện cần Fritz John
dạng nguyên thủy và đối ngẫu cho bài toán cân bằng vectơ không trơn
có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập dưới ngôn ngữ
đạo hàm theo phương cấp 2 Palés–Zeidan. Các điều kiện Karush–Kuhn–
Tucker dạng đối ngẫu được trình bày với các điều kiện chính quy cấp 2
thích hợp.


2

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 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu
yếu" trình bày các khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp 2 theo phương khác
nhau cho các hàm không trơn; các khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp
2; các điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu
của bài toán cân bằng vectơ không trơn có ràng buộc đẳng thức, bất
đẳng thức và ràng buộc tập dưới ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp 2
Palés–Zeidan.
Chương 2 "Điều kiện cần cấp 2 dạng đối ngẫu" trình bày các điều kiện
cần Fritz John cấp 2 dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài
toán cân bằng vectơ không trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức
và ràng buộc tập. Với điều kiện chính quy cấp 2 thích hợp, điều kiện

cần Karush–Kuhn–Tucker dạng đối ngẫu dưới ngôn ngữ đạo hàm theo
phương cấp 2 Palés–Zeidan được chứng minh.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Đỗ Văn
Lưu. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới thầy
hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành
nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác
giả trong suốt quá trình làm luận văn.
Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích
cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm
ơn sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp cao học
Toán, nhà trường và các phòng chức năng của trường, khoa Toán - Tin,
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp
đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.


3

Xin chân thành cảm ơn anh chị em trong lớp cao học và bạn bè đồng
nghiệp đã trao đổi, động viên và khích lệ tác giả trong quá trình học tập,
nghiên cứu và làm luận văn.

Thái Nguyên, ngày 05 tháng 8 năm 2018
Tác giả luận văn

Vũ Mạnh Hùng


4

Chương 1

Điều kiện cần cấp hai dạng nguyên
thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu
Chương 1 trình bày các khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp 2 cho các hàm
trơn và không trơn; các khái niệm vectơ tiếp tuyên cấp 1 và cấp 2; các
điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài
toán cân bằng vectơ. Các kết quả trình bày trong chương này được tham
khảo trong các tài liệu [1, 2, 6, 7, 8].

1.1.

Các kiến thức chuẩn bị

Mục này trình bày các khái niệm đạo hàm cấp 1 và cấp 2 theo phương
cho các hàm không trơn, các khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp 2 và
ví dụ minh họa.
Giả sử X là không gian Banach thực, f là hàm giá trị thực xác định
trên X, Lipschitz ở gần x¯ ∈ X. Nhắc lại khái niệm đạo hàm suy rộng
Clarke (xem [2]) và Đạo hàm theo phương suy rộng Palés-Zeidan cấp 2
(xem [8]).
Định nghĩa 1.1
Đạo hàm suy rộng Clarke của f tại x¯ ∈ X theo phương v ∈ X được


5

định nghĩa bởi
f 0 (¯
x; v) := lim sup

x→¯
x,t↓0

f (x + tv) − f (x)
.
t

Định nghĩa 1.2
Đạo hàm theo phương suy rộng trên Palés-Zeidan cấp 2 của f tại x¯
theo phương v (xem [8]) được định nghĩa bởi
f (¯
x + tv) − f (¯
x) − tf 0 (¯
x; v)
f (¯
x; v) := lim sup 2
.
t2
t↓0
00

Định nghĩa 1.3
Ánh xạ F từ X vào không gian định chuẩn Y được gọi là khả vi Fréchet
tại x nếu tồn tại toán tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y sao cho với mọi
v trong một lân cận của x,
F (x + v) = F (x) + Λv + α(v) v ,
trong đó
lim

v →0

α(v) =0.

Toán tử Λ được gọi là đạo hàm Fréchet của F tại x và kí hiệu là ∇F (x).
Định nghĩa 1.4
Giả sử ánh xạ F khả vi liên tục Fréchet trong một lân cận của x ∈ X.
Ánh xạ F được gọi là khả vi Fréchet cấp 2 tại x, nếu tồn tại ánh xạ song
tuyến tính đối xứng B : X × X → Y sao cho
1
F (x + v) = F (x) + ∇F (x)v + B(v, v) + r(v),
2
trong đó ||r(v)||/||v||2 → 0 khi ||v|| → 0.
Dạng toàn phương B(v,v) được gọi là Hessian (hay đạo hàm Fréchet cấp
2) của F tại x, và ký hiệu là ∇2 F (x).


6

Định nghĩa 1.5
Cho f : Rn → R là hàm khả vi Fréchet tại x¯ ∈ X, và ∇f (¯
x) là đạo
hàm Fréchet của f tại x¯. Giới hạn sau được gọi là đạo hàm cấp 2 của f
tại x¯ theo phương v∈ Rn
f (¯
x; v) := lim sup 2
t↓0

f (¯
x + tv) − f (¯
x) − t∇f (¯

x)v
.
2
t

Nhận xét 1.1
(a) Nếu f khả vi liên tục Fréchet ở gần x¯ với đạo hàm Fréchet ∇f (¯
x)
thì f Lipschitz ở gần x¯, và f 0 (¯
x; v) = ∇f (¯
x)v (∀v ∈ X). Điều này không
xảy ra khi ∇f (x) không liên tục tại x¯.
(b) Nếu f : Rn → R khả vi liên tục Fréchet ở gần x¯ và khả vi theo
phương cấp 2 tại x¯ theo phương v ∈ X, thì
f 00 (¯
x; v) = f (¯
x; v).
Giả sử f là một ánh xạ từ X vào không gian định chuẩn Y .
Định nghĩa 1.6
Ánh xạ f được gọi là khả vi Gâteaux tại x nếu tồn tại một ánh xạ
tuyến tính liên tục Λ1 từ X vào Y sao cho:
f (x + tv) = f (x) + tΛ1 (v) + o(t)
trong đó o(t)

|t|

(∀v ∈ X),

→ 0 khi t → 0. Ánh xạ Λ1 được gọi là đạo hàm

Gâteaux của f tại x và kí hiệu là f (x).
Chú ý rằng một ánh xạ khả vi Gâteaux tại x có thể không liên tục tại x.
Định nghĩa 1.7
Ánh xạ f là khả vi Gâteaux hai lần tại x nếu f khả vi Gâteaux tại x
và tồn tại ánh xạ song tuyến tính đối xứng liên tục Λ2 từ X × X vào Y
sao cho


7

t2
f (x + tv) = f (x) + tΛ1 (v) + Λ2 (v, v) + o(t2 ) (∀v ∈ X)
2
trong đó Λ1 = f (x), o(t2 ) / | t |2 → 0 khi t → 0.
Chú ý rằng đối xứng có nghĩa là giá trị hàm không thay đổi khi đổi chỗ cho
các biến. Ánh xạ đối xứng song tuyến tính liên tục Λ2 là đạo hàm Gâteaux
cấp 2 củaf tại x và kí hiệu là ∇2f(x) . Như vậy, với một hàm f khả vi Gâteaux
2 lần tại x thì f có thể khai triển như sau (xem [7]):
f (x + tv) = f (x) + tf (x)(v) +

t2 ”
f (x)(v, v) + o(t2 ) (∀v ∈ X).
2

Trong trường hợp f khả vi Fréchet hai lần tại x, ta có khai triển Taylor
sau:
1
f (x + v) = f (x) + ∇f (x)(v) + ∇2 f (x)(v, v) + r(v)
2
trong đó ∇2 f (x) là đạo hàm Fréchet cấp 2 của f tại x, ||r(v)||/||v||2 →

0 khi v → 0.
Ví dụ 1.1
Cho hàm giá trị thực f xác định trên R bởi


xn sin 1 , nếu x = 0,
x
f (x) :=

0,
nếu x = 0,
trong đó n là số nguyên dương, n ≥ 2.
(a) Trường hợp n = 2: f có dạng


x2 sin 1 ,
x
f (x) :=

0,

nếu x = 0,
nếu x = 0.

Khi đó,


2x sin 1 − cos 1 ,
x
x

∇f (x) :=

0,

nếu x = 0,
nếu x = 0.


8

Ta thấy rằng ∇f (x) không liên tục tại x¯ = 0. Ta có f 0 (0; v) = |v| và
∇f (0)v = 0 (∀v ∈ R).
(b) Trường hợp n ≥ 3: Khi đó,


nxn−1 sin 1 − xn−2 cos 1 ,
x
x
∇f (x) :=

0,

nếu x = 0,
nếu x = 0.

Khi đó, f khả vi liên tục ở gần x¯ = 0, f 0 (0; v) = ∇f (0)v = 0 (∀v ∈ R),
và f 00 (0; v) = f (0; v) = 0 (∀v ∈ R).
Cho tập con C khác rỗng của X. Theo các định nghĩa vectơ tiếp tuyến
cấp 1, cấp 2 trong [3].
Định nghĩa 1.8

Vectơ u ∈ X được gọi là vectơ tiếp tuyến với C tại x¯ ∈ C nếu
1
lim d(¯
x + tu; C) = 0,
t↓0 t

(1.1)

trong đó d(x; C) là khoảng cách từ x tới C.
Tập tất cả các vectơ tiếp tuyến với C tại x¯ được ký hiệu là Tx¯ C, và
được gọi là nón tiếp tuyến với C tại x¯. Chú ý rằng Tx¯ C là một nón đóng
khác rỗng chứa phần tử 0 ∈ X. Hơn nữa, (1.1) tương đương với sự tồn
tại của một hàm γ : (0, +∞) → X với γ(t) → 0 khi t ↓ 0, và
x¯ + t(u + γ(t)) ∈ C

(∀t > 0).

Định nghĩa 1.9
Vectơ v ∈ X được gọi là vectơ tiếp tuyến cấp 2 của C tại x¯ nếu tồn tại
vectơ u ∈ X sao cho
lim
t↓0

1
t2
d(¯
x
+
tu
+

v; C) = 0.
t2
2

(1.2)


9

Vectơ u thỏa mãn (1.2) được gọi là vectơ liên kết với v. Ký hiệu Tx¯2 C là
tập tất cả các vectơ tiếp tuyến cấp 2 của C tại x¯. Chú ý rằng v ∈ Tx¯2 C với
vectơ liên kết u là tương đương với sự tồn tại của hàm γ1 : (0, +∞) → X
với γ1 (t) → 0 khi t ↓ 0, và
t2
(v + γ1 (t)) ∈ C (∀t > 0).
2
Ngoài ra, v ∈ Tx¯2 C kéo theo u ∈ Tx¯ C, và Tx¯2 C là một nón khác rỗng chứa
x¯ + tu +

điểm 0 ∈ X.
Định nghĩa 1.10
Cho X là không gian Banach thực và các tập hợp A, B ⊂ X. Ta nói
phiếm hàm tuyến tính liên tục x∗ = 0 tách A và B, nếu tồn tại số α sao
cho:
x∗ , y ≤ α ≤ x∗ , x

(∀x ∈ A, ∀y ∈ B).

Nếu bất đẳng thức trên có dạng:
x∗ , y < α < x∗ , x

(∀x ∈ A, ∀y ∈ B).

thì ta nói x∗ tách ngặt A và B.
Siêu phẳng đóng H := {x : x∗ , x = α} được gọi là siêu phẳng tách A
và B. Các tập A và B gọi là tách được.
Định lí 1.1 (Định lí tách thứ nhất)
Hai tập lồi khác rỗng bất kì không tương giao trong X, một tập có điểm
trong thì tách được.
Định lí 1.2 (Định lí tách thứ hai)
Giả sử A, B là các tập đóng khác rỗng không tương giao trong X và A
compact. Khi đó A và B tách ngặt được.
Từ Định lí tách thứ 2 ta suy ra rằng: Có thể tách ngặt một điểm với
một tập lồi đóng không chứa điểm đó.


10

Bây giờ giả sử C1 , C2 là các tập khác rỗng trong X. Nếu siêu phẳng H
tách C1 , C2 thì C1 nằm trong một nửa không gian đóng sinh ra bởi H,
còn C2 nằm trong nửa không gian đóng kia.
Định nghĩa 1.11
(a) C1 , C2 được gọi là tách được thực sự nếu C1 và C2 không đồng thời
nằm trong H.
(b) C1 , C2 được gọi là tách được mạnh nếu tồn tại > 0 sao cho C1 + B
nằm trong một nửa không gian mở sinh bởi H, còn C2 + B nằm trong
nửa không gian mở kia, trong đó B là hình cầu đơn vị.
Hai định lí tách trong [9] sau đây được dùng trong chứng minh Định
lí 2.1.
Mệnh đề 1.1

Giả sử C1 và C2 là hai tập lồi khác rỗng trong Rn mà bao đóng của
chúng rời nhau. Nếu một trong hai tập bị chặn, thì tồn tại một siêu phẳng
tách mạnh C1 và C2 .
Mệnh đề 1.2
Giả sử C1 và C2 là hai tập lồi khác rỗng trong Rn , ít nhất một trong
hai tập là một nón. Nếu tồn tại một siêu phẳng tách thực sự C1 và C2 ,
thì tồn tại một siêu phẳng tách thực sự C1 và C2 và đi qua gốc tọa độ.

1.2.

Điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu
hiệu yếu

Mục này trình bày các điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho
nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ có ràng buộc đẳng
thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập.


11

Giả sử X là không gian Banach thực và F là một song hàm từ X ×X →
Rm , và do đó, F có dạng F = (F1 , . . . , Fm ). Giả sử g1 , . . . , gn , h1 , . . . , hl
là các hàm giá trị thực xác định trên X, và C là một tập con của X. Đặt
Fx¯ (y) := F (¯
x, y),
Fk,¯x (y) := Fk (¯
x, y) (k ∈ J := {1, . . . , m}),
M := {x ∈ C : gi (x) ≤ 0, i ∈ I := {1, . . . , n},
hj (x) = 0, j ∈ L := {1, . . . l}}.
Xét bài toán cân bằng vectơ (VEP): Tìm x¯ ∈ M sao cho với mọi y ∈ M ,

F (¯
x, y) ∈
/ −Rm
++ ,

(1.3)

m
m
m
trong đó Rm
++ = int R+ , R+ là orthant không âm trong R .

Vectơ x¯ được gọi là nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP) nếu (1.3) đúng
với mọi y ∈ M. Định nghĩa (1.3) tương đương với sự kiện: x¯ ∈ M là một
nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP) nếu không tồn tại y ∈ M thỏa mãn
Fk,¯x (y) < 0 (∀k ∈ J).
Nếu F (x, y) = f (y) − f (x) (x, y ∈ M ), trong đó f := (f1 , . . . , fm ) :
X → Rm , bài toán cân bằng véctơ (VEP) trở thành bài toán tối ưu véctơ
sau đây:
(M P )

min{f (x) : x ∈ M }.

Khi đó, định nghĩa nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán trở thành: không
tồn tại x ∈ M thỏa mãn
fk (x) < fk (¯
x) (∀k ∈ J).
Bây giờ chúng ta trình bày điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy cho
nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP) qua đạo hàm theo phương suy rộng trên

12

Palés-Zeidan cấp 2. Đặt
I(¯
x) := {i ∈ I : gi (¯
x) = 0}.
H := {x ∈ X : h(x) = 0},
I0 (¯
x; u) := {i ∈ I(¯
x) : gi0 (¯
x; u) = 0}.
Phù hợp với định nghĩa trong [5], vectơ u ∈ X được gọi là phương tới hạn tại
x¯ ∈ M nếu
0
Fk,¯
x; u) ≤ 0 (∀k ∈ J),
x (¯

gi0 (¯
x; u) ≤ 0 (∀i ∈ I(¯
x)),
∇hj (¯
x)u = 0 (∀j ∈ L),
u ∈ Tx¯ C.
Kết quả sau đây là một trường hợp đặc biệt của Định lí 6 [3], mà sẽ
được dùng để dẫn điều kiện tối ưu cấp 2 cho bài toán (VEP).
Mệnh đề 1.3 [3]
Giả sử rằng

(a) h : X → Rl là một hàm thuộc lớp C 2 trong một lân cận của x¯ ∈ X.
Ký hiệu ∇h(¯
x) là đạo hàm Fréchet của f tại x¯, và ∇2 h(¯
x) là Hessian của
f tại x¯;
(b) h(¯
x) = 0 và ∇h(¯
x) là một toàn ánh từ X lên Rl .
Khi đó, v ∈ Tx¯2 H với véctơ liên kết u ∈ Tx¯ H khi và chỉ khi
∇h(¯
x)(v) + ∇2 h(¯
x)(u, u) = 0,
∇h(¯
x)(u) = 0.
Nhận xét 1.2
Dễ thấy rằng
Tx¯2 (H ∩ C) ⊆ Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C.

(1.4)


13

Để dẫn điều kiện cần cho bài toán (MP), ta đưa vào điều kiện chính quy
cấp 2 sau đây:
(RC1)

Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C ⊆ Tx¯2 (H ∩ C).

Do đó, nếu (RC1) đúng, thì theo (1.4) ta nhận được

Tx¯2 (H ∩ C) = Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C.

(1.5)

Điều kiện chính quy cấp 2 (RC1) được minh họa bằng ví dụ sau.
Ví dụ 1.2
Cho X = R2 , C = [0, 1] × [0, 1], x¯ = (0, 0), h(x) = |x1 | − x2 (x =
(x1 , x2 ) ∈ R2 ). Khi đó, Tx¯ C = Tx¯2 C = R2+ , và
H = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 = |x1 |},
H ∩ C = {(x1 , x2 ) ∈ [0, 1] × [0, 1] : x2 = |x1 |},
Tx¯2 (H) = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x2 = |x1 |},
Tx¯2 (H ∩ C) = {(x1 , x2 ) ∈ R2+ : x2 = |x1 |}.
Do đó, điều kiện (RC1) thỏa mãn.
Trước hết ta sẽ trình bày một điều kiện cần cấp 2 dạng nguyên thủy
cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP).
Định lí 1.3
Giả sử x¯ ∈ M là một nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán (VEP); Fx¯ (¯
x) =
0; tất cả các giả thiết của Mệnh đề 1.3 thỏa mãn. Giả sử rằng điều kiện
chính quy cấp 2 (RC1) thỏa mãn; các hàm gi (i ∈
/ I(¯
x)) liên tục tại x¯;
các hàm Fk,¯x (k ∈ J) và gi (i ∈ I(¯
x)) Lipschitz ở gần x¯.
Khi đó, với bất kỳ phương tới hạn u ∈ ∇h(¯
x), không tồn tại v ∈ Tx¯2 C có


14

vectơ liên kết u thỏa mãn mãn hệ sau:
0
00
Fk,¯
x; v) + Fk,¯
x; u) < 0
x (¯
x (¯

gi0 (¯
x; v) + gi00 (¯
x; u) < 0

(∀k ∈ J),

(1.6)

(∀i ∈ I0 (¯
x; u)),

(1.7)

∇hj (¯
x)v + ∇h2j (¯
x)(u, u) = 0 (∀j ∈ L).

(1.8)

Chứng minh
Giả sử ngược lại, tồn tại một phương tới hạn u ∈ X sao cho hệ (1.6)(1.8) có nghiệm v ∈ Tx¯2 C.

(i) Ta bắt đầu xét ràng buộc đẳng thức và ràng buộc tập. Vì u ∈
Ker∇h(¯
x) và (1.8) đúng, sử dụng Mệnh đề 1.3 ta suy ra v ∈ Tx¯2 H.
Theo (1.5), ta có
v ∈ Tx¯2 H ∩ Tx¯2 C = Tx¯2 (H ∩ C).
Điều này kéo theo tồn tại ánh xạ γ(t) : (0, +∞) → X với γ(t) → 0, khi
t → 0+ sao cho
t2
x¯ + tu + (v + γ(t)) ∈ H ∩ C (∀t > 0).
2
Vì vậy,
t2
(v + γ(t)) ∈ C (∀t > 0),
2
t2
h(¯
x + tu + (v + γ(t))) = 0 (∀t > 0).
2
x¯ + tu +

(1.9)
(1.10)

(ii) Xét ba trường hợp liên quan đến ràng buộc bất đẳng thức.
(a) Lấy i ∈ I0 (¯
x; u). Khi đó,
gi (¯
x) = 0 và gi0 (¯
x; u) = 0.
Ta chỉ ra tồn tại ε¯i > 0 sao cho

gi (¯
x + tu +

t2
(v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, ε¯i ), ∀i ∈ I0 (¯
x; u)).
2

(1.11)


15

Để làm được điều này, đầu tiên ta chỉ ra tồn tại εi > 0 sao cho với mọi
t ∈ (0, εi ),

1
gi (¯
x + tu + t2 v) < 0.
2
Thật vậy, nếu điều đó không đúng, với εi = n1 > 0 (n ∈ N) thì tồn tại
tn ∈ (0, n1 ) sao cho
t2n
t2n
x + tn u + v) − gi (¯
x) ≥ 0.
gi (¯
x + tn u + v) = gi (¯
2
2

Do đó,
gi0 (¯
x; v)

+

gi00 (¯
x; u)

≥ lim sup

gi (¯
x + tn u + 21 t2n v) − gi (¯
x + tn u)
t2n
2

n→+∞

+ lim sup

gi (¯
x + tn u) − gi (¯
x) − tn gi0 (¯
x; u)

n→+∞

t2n
2

≥ 0.

Điều này mâu thuẫn với (1.7). Do đó, với mọi t ∈ (0, εi ),
t2n
v) < 0.
2
Bởi vì γ(t) → 0 khi t → 0+ , do tính liên tục của gi tại x¯, ta suy ra tồn
gi (¯
x + tn u +

tại số ε¯i ∈ (0, εi ) sao cho (1.11) đúng với mọi t ∈ (0, ε¯i ).
(b) Lấy j ∈ I(¯
x)\I0 (¯
x; u). Khi đó,
gj (¯
x) = 0 và gj0 (¯
x; u) < 0.
Ta chỉ ra tồn tại δ¯j > 0 sao cho
1
gj (¯
x + tu + t2 (v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, δ¯j ), ∀j ∈ I(¯
x)\I0 (¯
x; u)). (1.12)
2
Để chứng minh (1.12), đầu tiên ta chứng minh rằng tồn tại δj > 0 sao
cho
1
gj (¯
x + tu + t2 v) < 0 (∀t ∈ (0, δj ), ∀j ∈ I(¯

x)\I0 (¯
x; u)).
(1.13)
2
1
1
Nếu điều này không đúng, với δj = > 0 (n ∈ N), tồn tại tn ∈ (0, ) sao
n
n
cho
1
gj (¯
x + tn u + t2n v) ≥ 0 = gj (¯
x).
2


16

Vì gj Lipschitz ở gần x¯, từ đó ta suy ra
1
gj (¯
x + tn u + t2n v) − gj (¯
x + tn u) g (¯
x)
j x + tn u) − gj (¯
2
0≤
+
tn

tn
1
≤ Lj tn ||v|| + gj0 (¯
x; u),
2
trong đó Lj là hằng số Lipschitz của gj tại x¯. Cho n → +∞, ta nhận
được
gj0 (¯
x; u) ≥ 0 (∀j ∈ I(¯
x)\I0 (¯
x; u)).
Ta nhận được mâu thuẫn với
gj0 (¯
x; u) < 0 (∀j ∈ I(¯
x)\I0 (¯
x; u)).
Do đó, (1.13) đúng. Sử dụng tính liên tục của gj tại x¯, từ (1.13) ta suy
ra tồn tại số δ¯j ∈ (0, δj ) sao cho (1.12) đúng.
(c) Lấy r ∈ I\I(¯
x). Khi đó gr (¯
x) < 0. Do tính liên tục của gr , tồn tại
σr > 0 sao cho
1
x)).
gr (¯
x + tu + t2 v) < 0 (∀t ∈ (0, σr ), ∀r ∈ I\I(¯
2
Do γ(t) → 0 khi t → 0+ , tồn tại σ
¯r ∈ (0, σr ) sao cho
1

gr x¯ + tu + t2 (v + γ(t))
2

< 0 (∀t ∈ [0, σ
¯r ), ∀r ∈ I\I(¯
x)).

(1.14)

Bây giờ, ta đặt
α
¯ := min{¯
εi , δ¯j , σ
¯r : i ∈ I0 (¯
x; u), j ∈ I(¯
x)\I0 (¯
x; u), r ∈ I\I(¯
x)}.
Từ (1.11), (1.12) và (1.14) ta suy ra rằng
1
gi x¯ + tu + t2 (v + γ(t))
2

< 0 (∀t ∈ (0, α
¯ ), ∀i ∈ I).

(1.15)

1
¯ )) là

Từ (1.9), (1.10) và (1.15), ta suy ra x¯ + tu + t2 (v + γ(t)) (∀t ∈ (0, α
2
các điểm chấp nhận được của bài toán (MP).


17

(iii) Đối với song hàm F, ta có
0
Fk,¯
x; u) ≤ 0 (∀k ∈ J),
x (¯

bởi vì u là phương tới hạn. Xét phân hoạch (J1 , J2 ) của tập chỉ số J
(J = J1 ∪ J2 , J1 ∩ J2 = ∅), trong đó
0
J1 := {k ∈ J : Fk,¯
x; u) < 0},
x (¯

0
J2 := {s ∈ J : Fs,¯
x; u) = 0}.
x (¯

0
(a) Với k ∈ J1 , ta có Fk,¯
x; u) < 0. Bằng lập luận tương tự như đã
x (¯

dùng để chứng minh (1.12), ta thu được sự tồn tại của số η¯k > 0 sao cho
t2
Fk,¯x (¯
x + tu + (v + γ(t))) < Fk,¯x (¯
x) = 0 (∀t ∈ (0, η¯k ), ∀k ∈ J1 ). (1.16)
2
0
(b) Với k ∈ J2 , ta có Fs,¯
x; u) = 0. Bằng lập luận tương tự như đã
x (¯
dùng để chứng minh (1.11), ta thu được sự tồn tại của số ζ¯s > 0 sao cho

Fs,¯x (¯
x + tu +

t2
(v + γ(t))) < Fs,¯x (¯
x) = 0 (∀t ∈ (0, ζ¯s ), ∀s ∈ J2 ). (1.17)
2

Đặt
β¯ := min{¯
ηk , ζ¯s : k ∈ J1 , s ∈ J2 }.
Từ (1.16) và (1.17) ta suy ra
t2
¯ ∀k ∈ J).
(v + γ(t))) < 0 (∀t ∈ (0, β),
(1.18)
2
¯ ta có thể thấy rằng (1.9), (1.10), (1.15)

Cuối cùng, đặt γ¯ := min{¯
α, β},
Fk,¯x (¯
x + tu +

và (1.18) đúng với mọi t ∈ (0, γ¯ ). Vì vậy, x¯ không là nghiệm hữu hiệu yếu
của (VEP). Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Định lí được chứng minh
đầy đủ.
Nhận xét 1.3
(a) Để chứng minh Định lí 1.3, ta đã sử dụng Mệnh đề 1.3 về mô tả
nón cấp hai Tx¯2 H. Điều này tiện lợi hơn việc sử dụng định lí hàm ẩn.
(b) Các phần (ii) và (iii) của chứng minh Định lí 1.3 sử dụng một số
lập luận trong [4] về baøi toán tối ưu vô hướng với raøng buoäc bất đẳng thức vaø


18

không có ràng buộc đẳng thức.

Bây giờ ta xét bài toán cân bằng véctơ (VEP) mà tập chấp nhận được
M được thay bằng tập M1 :
M1 := {x ∈ X : g(x) ≤ 0, h(x) = 0}.
Bài toán này được ký hiệu là (VEP1). Theo Định lí 1.3, điều kiện cần
cấp 2 cho nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP1) được phát biểu như sau.
Hệ quả 1.1
Giả sử x¯ ∈ M1 là nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP1); tất cả các giả thiết
của Mệnh đề 1.3 thỏa mãn. Giả sử rằng các hàm gi (i ∈
/ I(¯
x)) liên tục
tại x¯; các hàm Fk,¯x (k ∈ J) và gi (i ∈ I(¯

x)) Lipschitz ở gần x¯. Khi đó,
với mọi phương tới hạn u ∈ ∇h(¯
x), không tồn tại v ∈ X thỏa mãn hệ sau
đây:
0
00
Fk,¯
x; v) + Fk,¯
x; u) < 0
x (¯
x (¯

gi0 (¯
x; v) + gi00 (¯
x; u) < 0
∇hj (¯
x)v + ∇2 hj (¯
x)(u, u) = 0

(∀k ∈ J),
(∀i ∈ I0 (¯
x; u)),
(∀j ∈ L).

Chứng minh
Ta thấy rằng với C = X, ta có Tx¯2 C = X và điều kiện (RC1) thỏa mãn.
Áp dụng Định lí 1.3 ta nhận được điều phải chứng minh.
Từ Định lí 1.3, một điều kiện cần cấp 2 cho nghiệm hữu hiệu yếu của
bài toán quy hoạch đa mục tiêu (MP) có thể phát biểu như sau.
Hệ quả 1.2

Giả sử x¯ ∈ M là nghiệm hữu hiệu yếu của (MP); các giả thiết của
Mệnh đề 1.3 và điều kiện chính quy cấp 2 (RC1) thỏa mãn. Giả sử rằng
các hàm gi (i ∈
/ I(¯
x)) liên tục tại x¯; các hàm fk (k ∈ J) và gi (i ∈ I(¯
x))


19

Lipschitz ở gần x¯. Khi đó, với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯
x), không
tồn tại v ∈ Tx¯2 C thỏa mãn hệ sau đây:
fk0 (¯
x; v) + Fk00 (¯
x; u) < 0
gi0 (¯
x; v) + gi00 (¯
x; u) < 0
∇hj (¯
x)v + ∇2 hj (¯
x)(u, u) = 0

(∀k ∈ J),
(∀i ∈ I0 (¯
x; u)),
(∀j ∈ L).

Chứng minh
Ta thấy rằng với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯

x), và v ∈ Tx¯2 C, ta
có
0
00
Fk,¯
x; v) = fk0 (¯
x; v), Fk,¯
x; u) = fk00 (¯
x; u) < 0 (∀k ∈ J), và Fx¯ (¯
x) = 0.
x (¯
x (¯

Áp dụng Định lí 1.3, ta nhận được điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.4
Hệ quả 1.2 là một mở rộng có ý nghĩa của Định lí 2 [3] cho bài toán
tối ưu vô hướng không trơn chỉ có ràng buộc bất đẳng thức.
Định lí 1.3 được minh họa bằng ví dụ sau đây.
Ví dụ 1.3
2
Cho X = R2 , C = R+
, x¯ = (0, 0), trong đó R2+ là orthant không âm

của R2 . Cho F : R2 × R2 → R2 được xác định bởi F = (F1 , F2 ), với

y 4 (1 − sin 1 + sin x2 ) + y2 cos x1 + cos x2 − 1, y1 = 0,
1
y1
F1 (x, y) =
y cos x + cos x − 1,

y = 0,
2

1

2

1
F2 (x, y) = |y1 − 2y2 |ex1 − y22 − y1 + ex2 − 1,
2
trong đó (x1 , x2 ), (y1 , y2 ) ∈ R2 . Khi đó,

y 4 (1 − sin 1 ) + y2 , y1 = 0
1
y1
F1,¯x (y) =
y ,
y1 = 0,
2
1
F2,¯x (y) = |y1 − 2y2 | − y22 − y1 .
2

1


20

Cho các hàm g1 , g2 , g3 , h : R2 → R được xác định bởi


y 3 sin 1 − y 3 − y 2 − y1 , y1 = 0,
1
1
2
y1
g1 (y) =
−y 2 ,
y1 = 0,
2
1
g2 (y) = −y2 + y22 ,
2
g3 (y) = −2y1 + y12 − 1,
h(y) = y1 − y2 .
Điểm x¯ = (0, 0) là nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng véctơ:
F (x, y) ∈
/ −R++

(∀y ∈ K),

trong đó
K = {y ∈ C : gi (y) ≤ 0, (i = 1, 2, 3), h(y) = 0}.
Ta thấy rằng I(¯
x) = {1, 2}, Tx¯ C = Tx¯2 C = R2+ . Ta có
0
F1,¯
x; v) = v2 ,
x (¯

F2,¯x (¯

x; v) = |v1 − 2v2 | − v1 ,
g10 (¯
x; v) = −v1
g20 (¯
x; v) = −v2
∇h(¯
x)v = v1 − v2 .
Do đó, véctơ u = 0 là phương tới hạn tại x¯ và thuộc Ker∇h(¯
x). Ta có
00
F1,¯
x; u) = 0,
x (¯
00
x; u) = −u22 ,
F2,¯
x (¯

x; u) = −2u22 ,
g100 (¯
x; u) = u22 ,
g200 (¯
∇2 h(¯
x)(u, u) = 0.
Khi đó, với phương tới hạn u = 0 ∈ Ker∇h(x), không tồn tại v ∈ Tx¯2 C


21

với véctơ liên kết u thỏa mãn (1.6)-(1.8) trong Định lí 1.3:



0
00

F1,¯
x; v) + F1,¯
x; u) = v2 < 0,

x (¯
x (¯




00

F 0 (¯
x; v) + F2,¯
x; u) = |v1 − 2v2 | − v1 − u22 < 0,

x (¯

 2,¯x
g10 (¯
x; v) + g100 (¯
x; u) = −v1 − 2u22 < 0,






g20 (¯
x; v) + g200 (¯
x; u) = −v2 + u22 < 0,





∇hj (¯
x)v + ∇2 hj (¯
x)(u, u) = v1 − v2 = 0.