Điều kiện cần và đủ tối ưu cho bài toán quy hoạch phi tuyến

..

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN PHƯƠNG HOA

ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ TỐI ƯU
CHO BÀI TOÁN QUY HOẠCH PHI TUYẾN

CHUYÊN NGÀNH: TOÁN ỨNG DỤNG
MÃ SỐ: 60.46.01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. ĐỖ VĂN LƯU

THÁI NGUYÊN - 2010
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




i

Mục lục

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Mở đầu

1

Chương 1. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN

4

1.1. CÁC ĐỊNH LÝ FARKAS THUẦN NHẤT VÀ KHÔNG THUẦN

1.2.

NHẤT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN KHÁC . . . . . . . . .

6

Chương 2. ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU KHI KHƠNG GIẢ THIẾT
ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY

9

2.1.

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

9

2.2.

CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ TỐI ƯU KHI KHƠNG
GIẢ THIẾT ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY . . . . . . . . . .

Chương 3.

19

ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU KHI GIẢ THIẾT ĐIỀU

KIỆN CHÍNH QUY

30

3.1. CÁC ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY MANGASARIAN - FROMOVITZ CẤP MỘT VÀ CẤP HAI . . . . . . . . . . . . .

30

3.2. CÁC ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CẤP MỘT VÀ CẤP HAI . . .

34

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




ii

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

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

45

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




1

Mở đầu

Lý thuyết các điều kiện tối ưu cho các bài toán quy hoạch toán học
được phát triển từ những giai đoạn sớm nhất của tốn học và có nhiều ứng
dụng trong kinh tế, kỹ thuật.
Để dẫn các điều kiện cần tối ưu người ta thường sử dụng một công cụ
hữu hiệu là các định lý tách các tập lồi không tương giao hoặc các định
lý luân phiên (Theorems of the alternative) về sự tương thích của một hệ
tuyến tính thuần nhất hoặc không thuần nhất. Các định lý luân phiên nổi
tiếng là các định lý của J.Farkas, P. Gordan, T. S. Motzkin,...(xem [5]).
Trong bài tổng quan [6], G. Still và M. Streng đã trình bày các điều kiện
cần và đủ tối ưu cho các điểm cực tiểu địa phương chặt cấp một, cấp hai
và cực tiểu cô lập của các bài toán quy hoạch phi tuyến trơn với các ràng
buộc đẳng thức và bất đẳng thức trong không gian hữu hạn chiều. Giữa

các điều kiện cần và các điều kiện đủ tối ưu thường có một sự sai khác (a
gap), trong đó các điều kiện đủ mạnh hơn các điều kiện cần. Khi giả thiết
các điều kiện chính quy Mangasarian - Fromovitz cấp một và cấp hai thì
sẽ khơng có sự sai khác giữa các điều kiện cần và các điều kiện đủ nữa.
Luận văn tập trung trình bày các điều kiện cần và đủ cho các điểm cực
tiểu địa phương chặt cấp một và cấp hai ở các dạng gốc và đối ngẫu cho
bài toán quy hoạch phi tuyến trơn có hữu hạn ràng buộc đẳng thức và bất

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




2

đẳng thức trong không gian hữu hạn chiều khi giả thiết hoặc khơng giả
thiết các điều kiện chính quy Mangasarian - Fromovitz cấp một và cấp hai.
Luận văn bao gồm phần mở đầu, ba chương, kết luận và danh mục các
tài liệu tham khảo.
Chương 1 trình bày một số định lý luân phiên bao gồm các định lý
Farkas thuần nhất và không thuần nhất, định lý luân phiên ổn định và
định lý luân phiên đặc trưng cho tính bị chặn của tập nhân tử Kuhn Tucker. Chương 2 trình bày các điều kiện cần cho cực tiểu địa phương và
các điều kiện đủ cho các điểm cực tiểu địa phương chặt cấp một và cấp
hai dưới dạng gốc và đối ngẫu cho bài tốn quy hoạch tốn học trơn có
hữu hạn ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức trong các không gian hữu
hạn chiều khi không giả thiết điều kiện chính quy. Chương 3 trình bày các
điều kiện cần và đủ cho các điểm cực tiểu địa phương chặt cấp một và cấp
hai dưới dạng gốc và đối ngẫu khi có điều kiện chính quy. Kết quả chỉ ra
rằng với các điều kiện chính quy Mangasarian - Fromovitz cấp một và cấp
hai sẽ khơng có sự sai khác giữa các điều kiện cần và các điều kiện đủ tối

ưu cấp một và cấp hai tương ứng, tức là ta nhận được các điều kiện đặc
trưng cho cực tiểu địa phương chặt cấp một và cấp hai.
Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS.TS
Đỗ Văn Lưu, người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành bản
luận văn này.
Tơi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa tốn, Phịng đào tạo
sau đại học trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cùng các
thầy cô giáo đã tham gia giảng dạy khố học.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




3

trong lớp cao học tốn K2 đã ln quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi trong
suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 9 năm 2010

Trần Phương Hoa

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




4

Chương 1

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN
Chương này trình bày một cách vắn tắt các định lý luân phiên sẽ sử
dụng để chứng minh các điều kiện tối ưu gốc và điều kiện tối ưu đối ngẫu
tương đương. Ta bắt đầu với định lý Farkas nổi tiếng ở dạng thuần nhất và
dạng không thuần nhất. Định lý Farkas thuần nhất ứng dụng trong chứng
minh các điều kiện tối ưu cấp một và dạng không thuần nhất để chứng
minh các điều kiện tối ưu cấp hai. Các kết quả chương một được lấy trong
[4] − [6].
1.1.

CÁC ĐỊNH LÝ FARKAS THUẦN NHẤT VÀ KHÔNG
THUẦN NHẤT

Trước hết ta nhắc lại định lý Farkas thuần nhất trong [5].
Định lý 1.1 ([5])
Cho ak1 , bk2 , ck3 ∈ Rn , k1 ∈ K1 , k2 ∈ K2 , k3 ∈ K3 với K1 , K2 , K3 là các
tập chỉ số hữu hạn. Giả sử K1 = ∅. Khi đó, một và chỉ một trong hai khả
năng (i) hoặc (ii) đúng:
(i) Tồn tại ξ ∈ Rn thoả mãn
ξ t ak1 < 0,

k 1 ∈ K1 ,

ξ t bk2 ≤ 0,

k 2 ∈ K2 ,

ξ t ck3 = 0,

k 3 ∈ K3 ,

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




5

trong đó ξ t là chuyển vị của vectơ ξ.
(ii) Tồn tại các số µk1 ≥ 0, k1 ∈ K1 khơng đồng thời bằng 0, µk2 ≥ 0,
k2 ∈ K2 và λk3 ∈ R, k3 ∈ K3 sao cho
µk1 ak1 +
k1 ∈K1

µk2 bk2 +
k2 ∈K2

λk3 ck3 = 0.
k3 ∈K3

Định lý sau đây cho ta một tổng quát hoá của định lý Farkas không
thuần nhất.
Định lý 1.2
Giả sử ak1 , bk2 , ck3 ∈ Rn , k1 ∈ K1 , k2 ∈ K2 , k3 ∈ K3 với K1 , K2 , K3 là các
tập chỉ số hữu hạn; αk1 , βk2 , γk3 ∈ R, k1 ∈ K1 , k2 ∈ K2 , k3 ∈ K3 . Khi đó,
một và chỉ một trong hai khả năng (i) hoặc (ii) đúng:
(i) Tồn tại ξ ∈ Rn thoả mãn
ξ t ak1 < αk1 ,

k 1 ∈ K1 ,

ξ t bk2 ≤ βk2 ,

k 2 ∈ K2 ,

ξ t ck3 = γk3 ,

k 3 ∈ K3 .

(ii) Tồn tại các số µk1 ≥ 0, k1 ∈ K1 , µ0 ≥ 0, khơng đồng thời bằng 0,
µk2 ≥ 0, k2 ∈ K2 và λk3 ∈ R, k3 ∈ K3 sao cho
µk1 ak1 +
k1 ∈K1

µk2 bk2 +
k2 ∈K2

µk1 αk1 +
k1 ∈K1

λk3 ck3 = 0,
k3 ∈K3

λk3 γk3 = −µ0 ≤ 0.

µk2 βk2 +
k2 ∈K2

k3 ∈K3

Chứng minh
Đưa thêm một biến mới ξn+1 , điều kiện (i) có thể viết tương đương như
sau:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




6

(i’) Tồn tại một nghiệm (ξ, ξn+1 ) của hệ:




−ξn+1 < 0,






ξ t ak1 − ξn+1 αk1 < 0, k1 ∈ K1 ,



ξ t bk2 − ξn+1 βk2 ≤ 0,







ξ t ck3 − ξn+1 γk3 = 0,

k2 ∈ K2 ,
k3 ∈ K3 .

Lưu ý rằng tập chỉ số K1 tương ứng với các bất đẳng thức chặt khác
rỗng. Từ định lý 1.1 ta suy ra:
(ii’) Tồn tại các số µk1 , k1 ∈ K1 , µ0 ≥ 0, khơng đồng thời bằng 0, µk2 ≥
0, k2 ∈ K2 và λk3 ∈ R, k3 ∈ K3 sao cho






 
ck3
bk2
ak1
0
 = 0.
+
+
λk3 
µk2 
µk1 
µ0   +

−1
−γk3
−βk2
−αk1
k3 ∈K3
k2 ∈K2
k1 ∈K1
Đẳng thức này tương đương với (ii).
1.2.

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN KHÁC

Để đề cập điều kiện tối ưu mạnh ta cần một dạng khác của định lý luân
phiên. Định lý đó được gọi là định lý luân phiên ổn định.
Định lý 1.3
Cho bk2 , ck3 ∈ Rn , k2 ∈ K2 , k3 ∈ K3 với K2 , K3 là các tập chỉ số hữu
hạn. Khi đó, các điều kiện (i) và (ii) sau tương đương:
(i) Không tồn tại vectơ ξ ∈ Rn , ξ = 0 thoả mãn
ξ t bk2 ≤ 0, k2 ∈ K2 ,
ξ t ck3 = 0, k3 ∈ K3 .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




7

(ii) Với nón
D=

λk3 ck3 µk2 ≥ 0, k2 ∈ K2 , λk3 ∈ R, k3 ∈ K3 ,

µk2 bk2 +
k2 ∈K2

k3 ∈K3

ta có 0 ∈ int D.
Chứng minh
Điều kiện (i) tương đương với: với bất kỳ d ∈ Rn cố định, không tồn tại
ξ ∈ Rn thoả mãn




−ξ t d < 0,




ξ t bk2 ≤ 0, k2 ∈ K2 ,





ξ t ck = 0, k3 ∈ K3 .
3

Theo định lý 1.1, điều này tương đương với: với bất kỳ d ∈ Rn cố định,

tồn tại các số µ0 > 0, µk2 ≥ 0, k2 ∈ K2 , λk3 ∈ R, k3 ∈ K3 sao cho
−µ0 d +

µk2 bk2 +
k2 ∈K2

λk3 ck3 = 0.
k3 ∈K3

Chia hai vế cho µ0 , ta được d ∈ D. Vì d là tuỳ ý, nên điều này tương
đương với D = Rn , hoặc D là một nón với điều kiện 0 ∈ int D.
Dạng sau đây của định lý luân phiên thích hợp để đặc trưng cho tính
bị chặn của tập các nhân tử Kuhn - Tucker.
Định lý 1.4 ([4])
Cho a0 , ak1 , ck3 ∈ Rn , k1 ∈ K1 , k3 ∈ K3 với K1 , K3 là các tập chỉ số hữu
hạn thoả mãn |K1 | + |K3 | ≥ 1, trong đó |K1 | ký hiệu số phần tử của K1 ,
|K3 | ký hiệu số phần tử của K3 . Đặt
Q=

(µ, λ), µ ∈ R|K1 | , µ ≥ 0, λ ∈ R|K3 | a0 +

µk1 ak1 +

k1 ∈K1

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

λk3 ck3 = 0 .

k3 ∈K3

8

Giả sử Q = ∅.
Khi đó, các điều kiện (i) và (ii) sau đây tương đương:
(i) Các vectơ ck3 , k3 ∈ K3 độc lập tuyến tính và tồn tại vectơ ξ ∈ Rn
thoả mãn
ξ t ak1 < 0, k1 ∈ K1 ,
ξ t ck3 = 0, k3 ∈ K3 .
(ii) Tập Q bị chặn.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




9

Chương 2
ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU KHI KHÔNG
GIẢ THIẾT ĐIỀU KIỆN CHÍNH
QUY
Chương 2 trình bày các điều kiện cần cho cực tiểu địa phương và các
điều kiện đủ cho các điểm cực tiểu địa phương chặt cấp một và cấp hai
dưới các dạng gốc và đối ngẫu cho bài toán quy hoạch tốn học trơn có
hữu hạn ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức trong không gian hữu hạn
chiều khi khơng giả thiết điều kiện chính quy. Kết quả trong chương hai

được lấy trong [6].
2.1.

CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ BỔ TRỢ

Xét bài toán tối ưu

(P )





min g0 (x),



gj (x) ≤ 0, j ∈ J,





hi (x) = 0, i ∈ I,

trong đó I, J là các tập chỉ số hữu hạn, 0 ∈
/ J, x ∈ Rn . Ta giả sử các hàm
g0 , gj , hi , j ∈ J, i ∈ I đủ trơn. Giả sử các hàm này thuộc C 1 (Rn , R) khi dẫn
điều kiện tối ưu cấp một, thuộc C 2 (Rn , R) khi dẫn điều kiện tối ưu cấp
hai. Ta sẽ không nhắc lại giả thiết trơn của bài toán trong mọi phát biểu,

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




10

các kết quả. Các trường hợp I = ∅ hoặc J = ∅ đều có thể xảy ra.
Ký hiệu M là tập chấp nhận được của bài toán (P )
M = x ∈ Rn gj (x) ≤ 0, j ∈ J; hi (x) = 0, i ∈ I .
Trong mọi trường hợp ta giả sử M = ∅. Nhắc lại, điểm x¯ ∈ M là cực tiểu
địa phương của (P ) nếu tồn tại một lân cận mở U của x¯ sao cho
g0 (x) ≥ g0 (¯
x),

∀x ∈ M ∩ U.

Nếu bất đẳng thức này là chặt đối với x = x¯ thì x¯ được gọi là cực tiểu địa
phương chặt. Nếu với p ∈ N, tồn tại một hằng số κ sao cho
g0 (x) ≥ g0 (¯
x) + κ x − x¯ p ,

∀x ∈ M ∩ U,

(2.1)

thì x¯ được gọi là cực tiểu địa phương chặt cấp p của bài toán (P ). Trường
hợp p = 1, x¯ được gọi là cực tiểu địa phương mạnh.
Nếu trong một lân cận U của x¯ sao cho x¯ là cực tiểu địa phương duy
nhất trong U thì x¯ được gọi là cực tiểu địa phương cơ lập của bài tốn

(P ).
Nếu (2.1) đúng với p (với κ > 0 và U nào đó) và khơng tồn tại κ > 0 và
U sao cho (2.1) đúng với p − 1 thì x¯ được gọi là cực tiểu địa phương chặt
cấp p đúng.
Với x ∈ M ta định nghĩa tập các chỉ số của các ràng buộc tích cực:
J∗ (x) = j ∈ J|gj (x) = 0 ,
J∗0 (x) = J∗ (x) ∪ {0}.
Định nghĩa 2.1
Với x ∈ M , ta định nghĩa các nón sau:
Cx = x˜ ∈ Rn ∇gj (x)˜
x < 0, j ∈ J∗ (x); ∇hi (x)˜
x = 0, i ∈ I ,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




11

x < 0, j ∈ J∗0 (x); ∇hi (x)˜
x = 0, i ∈ I ,
Cx0 = x˜ ∈ Rn ∇gj (x)˜
x ≤ 0, j ∈ J∗ (x); ∇hi (x)˜
x = 0, i ∈ I ,
C x = x˜ ∈ Rn ∇gj (x)˜
0

x ≤ 0, j ∈ J∗0 (x); ∇hi (x)˜
x = 0, i ∈ I ,
C x = x˜ ∈ Rn ∇gj (x)˜

trong đó ∇gj (x) là đạo hàm Fréchet của hàm gj tại x.
Nhận xét 2.1
0

Nói chung C x [tương ứng C x ] khơng bằng bao đóng clCx của Cx [tương
ứng clCx0 ]. Tuy nhiên, dễ thấy rằng clCx ⊂ C x và clCx = C x ⇒ Cx = ∅.
Ta cho một ví dụ minh họa.
Ví dụ 2.1
Ta xét bài toán tối ưu với tập chấp nhận được M ⊂ R2 được xác định
bởi các bất đẳng thức
g1 (x) = −x2 + x21 ≤ 0,
g2 (x) = x2 − 2x21 ≤ 0.
Khi đó, với x = 0, ta có
Cx = ∅,

C x = x˜ x˜2 = 0 .

Ta có nón Cx là tập hợp tất cả các x˜ mà x + ε˜
x thuộc tập chấp nhận
được với ε > 0 đủ nhỏ. Tương tự, Cx0 là tập tất cả các x˜ ∈ Cx sao cho
g0 (x + ε˜
x) < g0 (x),

với ε > 0 đủ nhỏ;

tức là x˜ là một phương giảm chấp nhận được.
Nhắc lại (xem [1]) rằng phần trong tương đối của tập A ⊂ Rn là phần
trong của A trong bao affine aff A của A, và ký hiệu là riA. Tập clA \ riA
được gọi là biên tương đối của tập A.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

12
0

Lấy x ∈ M, x˜ ∈ C x [tương ứng x˜ ∈ C x ]. Giả sử J∗ (x) = ∅ [tương ứng
0

J∗0 (x) = ∅]. Nếu x˜ nằm trên biên tương đối của C x [tương ứng C x ] thì
∇gj (x)˜
x = 0 với một chỉ số nào đó j ∈ J∗ (x) [tương ứng j ∈ J∗0 (x)]. Do
0
đó, ta cần phải đưa vào tập chỉ số J∗∗ (x, x˜) [tương ứng J∗∗
(x, x˜)].

x=0
J∗∗ (x, x˜) = j ∈ J∗ (x) ∇gj (x)˜
0
x=0
J∗∗
(x, x˜) = j ∈ J∗0 (x) ∇gj (x)˜

.

Các nón ở định nghĩa 2.1 được gọi là các nón cấp một. Để phân tích
hiệu quả các điều kiện cấp hai ta cần các đa diện sau đây trong Rn , mà ta
sẽ gọi là các đa diện cấp hai.
Định nghĩa 2.2

Cho x ∈ M . Với mỗi x˜ ∈ C x , ta định nghĩa
Cx,˜x = x˜˜ x˜t ∇2 gj (x)˜
x + ∇gj (x)x˜˜ < 0, j ∈ J∗∗ (x, x˜),
x˜t ∇2 hi (x)˜
x + ∇hi (x)x˜˜ = 0, i ∈ I ,
0
0
˜˜ x˜t ∇2 gj (x)˜
Cx,˜
x + ∇gj (x)x˜˜ < 0, j ∈ J∗∗
(x, x˜),
x = x

x˜t ∇2 hi (x)˜
x + ∇hi (x)x˜˜ = 0, i ∈ I ,
C x,˜x = x˜˜ x˜t ∇2 gj (x)˜
x + ∇gj (x)x˜˜ ≤ 0, j ∈ J∗∗ (x, x˜),
x˜t ∇2 hi (x)˜
x + ∇hi (x)x˜˜ = 0, i ∈ I ,
0
0
C x,˜x = x˜˜ x˜t ∇2 gj (x)˜
x + ∇gj (x)x˜˜ ≤ 0, j ∈ J∗∗
(x, x˜),

x˜t ∇2 hi (x)˜
x + ∇hi (x)x˜˜ = 0, i ∈ I ,
trong đó ∇2 gj (x) là đạo hàm Fréchet cấp hai của hàm gj tại x.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

13

Nhận xét 2.2
Ta có
0
J∗∗ (x, 0) = J∗ (x), J∗∗
(x, 0) = J∗0 (x)

và
0

0

0
Cx,0 = Cx , Cx,0
= Cx0 , C x,0 = C x , C x,0 = C x .

Ý nghĩa hình học của các định nghĩa trên được thể hiện ở bổ đề sau.
Bổ đề 2.1
Cho x¯ ∈ M. Giả sử các gradient ∇hi (¯
x), i ∈ I độc lập tuyến tính.
(i) Với x˜ ∈ Cx¯ , tồn tại một số thực dương S và một đường cong γ ∈
C 1 [0, S] sao cho
(a) γ(s) ∈ M , với 0 ≤ s < S,
(b) γ(0) = x¯,
(c) γ (0) = x˜.

(ii) Với x˜ ∈ C x¯ và x˜˜ ∈ Cx¯,˜x , tồn tại một số thực dương S và một đường
cong γ ∈ C 2 [0, S] sao cho
(a) γ(s) ∈ M , với 0 ≤ s < S,
(b) γ(0) = x¯,
(c) γ (0) = x˜,
(d) γ (0) = x˜˜.
Chứng minh
(i) Đặt I = {1, ..., m}. Ta chọn ξm+1 , ..., ξn ∈ Rn sao cho ∇hi (¯
x), (i ∈

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




14

I), ξm+1 , ..., ξn là một cơ sở của Rn . Xác định Φ : Rn → Rn như sau:


 h1 (x) 


..


.





 hm (x) 


Φ : x −→ 

ξ t (x − x¯)

 m+1


..


.




t
ξn (x − x¯)
Rõ ràng ∇Φ(¯
x) có hạng đầy. Theo định lý hàm ngược, Φ có ánh xạ ngược
địa phương khả vi trong một lân cận của x¯. Với x˜ ∈ Cx¯ , ta chọn


 0 
 . 
 .. 





 0 


s ∈ R.
γ(s) = 
 s,
ξ t x˜
 m+1 


 ... 




t
ξn x˜
Đặt
γ(s) = Φ−1 (γ(s)).

(2.2)

Theo định nghĩa,
γ(0) = x¯,
và trong một lân cận điểm s = 0, đường cong γ khả vi liên tục. Chú ý rằng
thành phần thứ k của γ(s) có thể viết
γk (s) = ∇Φk (¯

x)˜
xs.

(2.3)

Bởi vì m thành phần đầu của γ triệt tiêu với mọi s, cho nên
hi (Φ−1 (γ(s))) = 0, i = 1, ..., m;
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

0 ≤ s < S,




15

với S đủ nhỏ. Ta có
γ (s) = ∇Φ(γ(s))γ (s).
Do đó,
∇Φ(¯
x)˜
x = ∇Φ(¯
x)γ (0).
Bởi vì ∇Φ(¯
x) là ánh xạ lên, ta suy ra
γ (0) = x˜,
tức là γ(s) = x¯ + s˜
x + o(s).
Dùng khai triển Taylor và chú ý rằng x˜ ∈ Cx¯ ta nhận được
gj (γ(s)) = gj (¯

x) + ∇gj (¯
x)˜
xs + o(s) ≤ 0,

(∀j ∈ J).

Vì vậy, γ(s) ∈ M với s ≥ 0 đủ nhỏ và phần (i) được chứng minh.
(ii) Với các vectơ ξm+1 , ..., ξn và hàm Φ trong chứng minh ở phần (i),
với x˜ ∈ C x¯ và x˜˜ ∈ Cx¯,˜x ta xác định γ(s) như sau:




 0 
 0 
 . 
 . 
 .. 
 .. 










 0 

0
1
 2


γ(s) = 
s + 
s ,
ξ t x˜
2 ξ t x˜˜
 m+1 
 m+1 




 ... 
 ... 








t˜
t
ξn x˜
ξn x˜

s ∈ R.

Đặt
γ(s) = Φ−1 (γ(s)).
Cũng như phần trên
γ(0) = x¯,

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




16

và trong một lân cận điểm s = 0, đường cong γ khả vi liên tục hai lần. Ta
có
γk (s) = ∇Φk (¯
x)˜
xs +

1 t 2
x˜ ∇ Φk (¯
x)˜
x + ∇Φk (¯
x)x˜˜ s2 .
2

(2.4)

Chú ý rằng m thành phần đầu của γ triệt tiêu với mọi s. Vì vậy,
hi (Φ−1 (γ(s))) = 0, i = 1, ..., m; 0 ≤ s < S,
với S đủ nhỏ. Cũng như phần (i), ta có
γ (0) = x˜.
Lấy đạo hàm hai lần thành phần thứ k của γ, ta nhận được
γk (s) = (γ (s))t ∇(∇t Φk (γ(s)))γ (s) + ∇Φk (γ(s))γ (s).

(2.5)

γk (0) = x˜t ∇2 Φk (¯
x)˜
x + ∇Φk (¯
x)γ (0).

(2.6)

Vì vậy,

Mặt khác, từ (2.4) ta có
γk (0) = x˜t ∇2 Φk (¯
x)˜
x + ∇Φk (¯
x)x˜˜,

k = 1, ..., n.

Do đó,
γ (0) = x˜˜.
Từ khai triển Taylor ta suy ra
gj (γ(s)) = gj (¯

x) + ∇gj (¯
x)˜
xs +

1 t 2
x˜ ∇ gj (¯
x)˜
x + ∇gj (¯
x)x˜˜ s2 + o(s2 ) ≤ 0,
2

với mọi j ∈ J. Vì vậy, γ(s) ∈ M, với s ≥ 0 đủ nhỏ.
Nhận xét 2.3
Nói chung, địi hỏi tập {∇hi (¯
x), i ∈ I} độc lập tuyến tính khơng thể
bỏ được bằng cách thay một ràng buộc đẳng thức hi (x) = 0 bởi hai ràng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




17

buộc bất đẳng thức hi (x) ≤ 0 và − hi (x) ≤ 0. Khi đó, trong phần (i) vectơ
x˜ ∈ C x¯ phải thoả mãn ±∇hi (¯
x)˜
x < 0, điều này không thể. Trong phần
(ii), với x˜ ∈ C x¯ , vectơ x˜˜ ∈ Cx¯,˜x phải thoả mãn ít nhất hai bất đẳng thức:
hi (¯
x)x˜˜ + x˜t ∇2 hi (¯

x)˜
x < 0,
−hi (¯
x)x˜˜ − x˜t ∇2 hi (¯
x)˜
x < 0.
Điều này khơng thể xảy ra. Do đó, Cx¯,˜x = ∅. Trong cả hai trường hợp đó,
bổ đề 2.1 đều khơng đúng.
Ta cho một ví dụ minh hoạ bổ đề 2.1 và các định nghĩa 2.1 và 2.2.
Ví dụ 2.2
Trong R2 , xét bài toán tối ưu với tập chấp nhận được M được cho bởi
các bất đẳng thức (xem hình 1a)
g1 (x) = −x1 + x22 ≤ 0,
g2 (x) = −x2 + x21 ≤ 0.

Hình 1

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




18

Lấy x¯ = 0. Khi đó,
Cx¯ = x˜ | −˜
x1 < 0, −˜
x2 < 0 ,

(2.7)

C x¯ = x˜ | −˜
x1 ≤ 0, −˜
x2 ≤ 0 .

(2.8)

Xét đường cong
1
γ(s) = x¯ + x˜s + x˜˜s2 + o(s2 ), với x˜, x˜˜ ∈ R2 .
2
Nếu x˜ ∈ Cx¯ thì ∀x˜˜ ∈ R2 , các điểm γ(s) thuộc M với 0 < s đủ nhỏ
(xem hình 1.b), bởi vì khi đó,
gj (γ(s)) = ∇gj (¯
x)˜
xs + o(s) < 0, với j = 1, 2.
Ta có
J∗∗ (¯
x, x˜) = ∅ và Cx¯,˜x = C x¯,˜x = R2 .
Nếu x˜ ∈ C x¯ \ Cx¯ thì γ(s) tiếp xúc với M tại 0 (xem hình 1c). Trong
trường hợp đó ta có ∇gj (¯
x)˜
x = 0 với j = 1 hoặc j = 2.
Ta xét trường hợp j = 1. Khi đó, x˜ = (0, x˜2 ) với x˜2 ≥ 0, và nếu
x˜2 > 0 ta có J∗∗ (¯
x, x˜) = {1}. Ta cần số hạng bậc hai trong khai triển Taylor
của g1 (γ(s)) để xác định xem γ(s) có thuộc M với s đủ nhỏ hay khơng.
Khi đó, dễ dàng kiểm tra được
1 t 2
g1 (γ(s)) = (˜

x ∇ g1 (¯
x)˜
x + ∇g1 (¯
x)x˜˜)s2 + o(s2 ).
2
Vì vậy, γ(s) ∈ M với s đủ nhỏ nếu nhân tử đứng trước s2 là âm. Đó là
trường hợp x˜˜ ∈ Cx¯,˜x (xem đường cong γ1 hình 1.c).
Nếu nhân tử đứng trước s2 là dương thì γ(s) ∈
/ M (xem đường cong γ2
hình 1.c). Rõ ràng, với x˜ = (0, x˜2 ) với x˜2 > 0 thì
Cx¯,˜x = x˜˜ 2˜
x22 − x˜˜1 < 0 .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




19

Cuối cùng, nếu x˜ = (0, 0) ta có
J∗∗ (¯
x, x˜) = J∗ (¯
x) = 1, 2} và Cx¯,˜x = Cx¯ .
2.2.

CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ TỐI ƯU KHI KHƠNG
GIẢ THIẾT ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY

Phần này trình bày các điều kiện cần và đủ tối ưu khơng địi hỏi điều
kiện chính quy cho các ràng buộc bất đẳng thức và được phát biểu dưới

hai dạng gốc và đối ngẫu. Các điều kiện tối ưu gốc được cho dưới ngôn
ngữ nón và đa diện.
Định lý 2.1 (Điều kiện cần tối ưu gốc)
Giả sử x¯ ∈ M là cực tiểu địa phương của bài toán (P ). Giả sử các
gradient ∇hi (¯
x), i ∈ I độc lập tuyến tính. Khi đó, các kết quả sau đúng:
(i) Điều kiện tối ưu cấp một. Cx¯0 = ∅, có nghĩa là khơng tồn tại x˜ ∈ Rn
là nghiệm của hệ:
∇gj (¯
x)˜
x < 0,

j ∈ J∗0 (¯
x),

∇hi (¯
x)˜
x = 0,

i ∈ I.
0

(ii) Điều kiện tối ưu cấp hai. Với bất kỳ x˜ ∈ C x¯ ta có Cx¯0,˜x = ∅, có
0
nghĩa là với bất kỳ x˜ ∈ C x¯ không tồn tại x˜˜ ∈ Rn là nghiệm của hệ:

x˜t ∇2 gj (¯
x)˜
x + ∇gj (¯
x)x˜˜ < 0,

0
j ∈ J∗∗
(¯
x, x˜),

x˜t ∇2 hi (¯
x)˜
x + ∇hi (¯
x)x˜˜ = 0,

i ∈ I.

Chứng minh
(i) Giả sử tồn tại một vectơ x˜ ∈ Cx¯0 . Khi đó, x˜ ∈ Cx¯ . Theo bổ đề 2.1(i)
tồn tại đường cong γ(s) thoả mãn các tính chất (a), (b), (c) của bổ đề 2.1(i).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




20

Ta có:
g0 (γ(s)) = g0 (¯
x) + ∇g0 (¯
x)˜
xs + o(s) < g0 (¯
x),
với s > 0 đủ nhỏ, cho nên x¯ không thể là cực tiểu địa phương được.

0
(ii) Giả sử tồn tại vectơ x˜ ∈ C x¯ và vectơ x˜˜ ∈ Cx¯0,˜x . Khi đó, x˜ ∈ C x¯ và

x˜˜ ∈ Cx¯,˜x . Theo bổ đề 2.1(ii) tồn tại đường cong γ(s) thoả mãn các tính
chất (a), (b), (c), (d) của bổ đề 2.1(ii). Nhưng dọc theo đường cong này thì
g0 (γ(s)) giảm và
g0 (γ(s)) = g0 (¯
x) + ∇g0 (¯
x)˜
xs +

1 t 2
x˜ ∇ g0 (¯
x)˜
x + ∇g0 (¯
x)x˜˜ s2 + o(s2 ) < g0 (¯
x),
2

với s > 0 đủ nhỏ.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết x¯ là cực tiểu địa phương.
Nhận xét 2.4
Điều kiện của định lý 2.1 là tại điểm x¯ các gradient của ràng buộc đẳng
thức là độc lập tuyến tính có thể coi như một điều kiện chính quy. Tuy
nhiên, đây là đòi hỏi một cách tự nhiên như minh hoạ trong ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.3
Xét bài tốn sau:
min g0 (x) = x1 ,
h1 (x) = x22 − x31 = 0.
Điểm x¯ = (0, 0) là một cực tiểu toàn cục. Trong trường hợp này, Cx¯ =

R2 và Cx¯0 = x˜ | x˜1 < 0 = ∅.
Như vậy khi không có điều kiện các gradient ∇hi (¯
x) độc lập tuyến tính
thì định lý 2.1 khơng cịn đúng nữa.
Định lý 2.2 (Điều kiện đủ tối ưu cấp hai đối ngẫu)
0

0

Giả sử x¯ ∈ M, C x¯ = {0} và với bất kỳ 0 = x˜ ∈ C x¯ , tồn tại các nhân tử
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




21

¯ i ∈ R, i ∈ I sao cho
µ
¯j ≥ 0, j ∈ J∗0 (¯
x), λ
¯ i ∇hi (¯
λ
x) = 0,

µ
¯j ∇gj (¯
x) +
j∈J∗0 (¯
x)

x˜t

i∈I

¯ i ∇2 hi (¯
λ
x) x˜ > 0.

µ
¯j ∇2 gj (¯
x) +
j∈J∗0 (¯
x)

i∈I

Khi đó, x¯ là một cực tiểu địa phương chặt cấp hai của (P ).
Nhận xét 2.5
Dạng mạnh hơn các phát biểu của định lý 2.2 và định lý 2.4 dưới đây
như sau:
Giả sử các điều kiện cấp một [tương ứng cấp hai] của định lý 2.2 hoặc
định lý 2.4 dưới đây đúng. Khi đó, với hằng số c1 [tương ứng c2 ] được định
nghĩa bởi
c1 :=
c2 :=

min
0

min
x
˜∈C x¯ , x
˜ =1

max
0

x
˜∈C x¯ , x
˜ =1 (µ,λ)∈Qx¯ , (µ,λ)

∇g0 (¯
x)˜
x,
1 t 2
x˜ ∇x Lx¯ (¯
x, µ, λ)˜
x,
=1 2

với bất kỳ κ < c1 [tương ứng κ < c2 ], có một lân cận U của x¯ sao cho:
∀x ∈ U ∩ M ,
g0 (x) ≥ g0 (¯
x) + κ x − x¯ , trong trường hợp cấp một ,
[g0 (x) ≥ g0 (¯
x) + κ x − x¯ 2 , trong trường hợp cấp hai] .
Chứng minh định lý 2.2
Ta chứng minh phát biểu mạnh hơn của nhận xét 2.5.
Đặt

c2 :=

min
0

max
0

˜ =1 (µ,λ)∈Qx¯ , (µ,λ)
x
˜∈C x¯ , x

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

1 t 2
x˜ ∇x Lx¯ (¯
x, µ, λ)˜
x,
=1 2



(2.9)


22

trong đó Lx¯ (x, µ, λ) là hàm Lagrange địa phương tại x¯,
µj gj (x) +

Lx¯ (x, µ, λ) =
j∈J∗0 (¯
x)

λi hi (x).
i∈I

Biểu thức (2.9) được xác định và theo giả thiết c2 > 0. Chọn c < c2 tuỳ ý,
giả sử nhận xét 2.5 khơng đúng. Khi đó, tồn tại dãy điểm xk ∈ M sao cho
lim xk = x¯, và

k→∞

g0 (xk ) − g0 (¯
x) ≤ c xk − x¯ 2 .

(2.10)

Ta có thể viết
xk = x¯ + tk x˜k với x˜k = 1.
Khi đó,
lim tk = 0.

k→∞

Bằng cách chọn dãy con hội tụ ta có thể giả sử
lim x˜k = x˜,

k→∞

x˜ = 1.

0

Ta sẽ chỉ ra x˜ ∈ C x¯ . Để làm được điều đó ta sử dụng khai triển Taylor
sau (xk là chấp nhận được):
1
ct2k ≥ g0 (xk ) − g0 (¯
x)˜
xk + o(t2k ),
x) = tk ∇g0 (¯
x)˜
xk + t2k x˜tk ∇2 g0 (¯
2
1
x)˜
xk + o(t2k ),
0 ≥ gj (xk ) − gj (¯
x) = tk ∇gj (¯
x)˜
xk + t2k x˜tk ∇2 gj (¯
2

(2.11)
(2.12)

với mọi j ∈ J∗ (¯
x), và
1
0 = hi (xk ) − hi (¯

x) = tk ∇hi (¯
x)˜
xk + t2k x˜tk ∇2 hi (¯
x)˜
xk + o(t2k ),
2

(2.13)

với mọi i ∈ I. Chia (2.11) - (2.13) cho tk và cho k → ∞ ta nhận được x˜ ∈
0
¯ ∈ Q0 sao cho
C x¯ . Ta chọn một nhân tử (¯
µ, λ)
x
¯

max
0

(µ,λ)∈Qx¯ , (µ,λ)

1 t 2
x˜ ∇x Lx¯ (¯
x, µ, λ)˜
x.
=1 2

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên