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)

40 6 0
  • Loading ...
1/40 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/03/2019, 07:53

Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidanĐiều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ không trơn qua đạo hàm PalésZeidan 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 TỐN CÂN BẰNG VECTƠ KHƠNG TRƠN QUA ĐẠO HÀM PALÉS-ZEIDAN LUẬN VĂN THẠCTOÁN 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 TỐN HỌC Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 8460112 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS ĐỖ VĂN LƯU Thái Nguyên, 10/2018 i Mục lục Bảnghiệu ii Mở đầu 1 Điều kiện cần cấp dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu 1.1 Các kiến thức chuẩn bị 1.2 Điều kiện cần cấp dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu Điều kiện cần cấp dạng đối ngẫu 10 22 2.1 Điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu 22 2.2 Điều kiện quy cấp điều kiện cần Karush-KuhnTucker cấp dạng đối ngẫu 27 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 ii Bảnghiệu I(x) tập số ràng buộc tích cực Rm + orthant không âm Rm Rm ++ orthant dương Rm Tx C nón tiếp tuyến C x Tx2 C nón tiếp tuyến cấp C x f (x, v) đạo hàm suy rộng Clarke f x theo phương v f 00 (x; v) đạo hàm suy rộng Palés–Zeidan cấp f x theo phương v f ” (x; v) đạo hàm cấp f x theo phương v ∇f (x) đạo hàm Fréchet f x ∇2 h(x) đạo hàm Fréchet cấp (Hessian) f x Ker∇h(x) hạch ∇h(x) (V EP ) dimX tốn cân vectơ số chiều khơng gian X Mở đầu Bài tốn cân vectơ đóng vai trò quan trọng lý thuyết toán cực trị Bài toán cân vectơ bao gồm số toán với trường hợp đặc biệt như: toán tối ưu vectơ, toán bất đẳng thức biến phân vectơ số toán khác Điều kiện tối ưu cấp 1, cấp hướng nghiên cứu quan trọng toán cân vectơ toán tối ưu vectơ Mới đây, E Constantin ([3], 2015) nghiên cứu điều kiện cấp cho tốn tối ưu vơ hướng với ràng buộc bất đẳng thức, D.V.Luu ([6], 2018) thiết lập điều kiện tối ưu cho toán cân vectơ có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập Điều kiện tối ưu cấp ngôn ngữ đạo hàm cấp khác hàm không trơn đề tài nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu Do vậy, chọn đề tài “Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu tốn cân vectơ khơng trơn qua đạo hàm Palés–Zeidan” Luận văn trình bày kết D.V.Luu đăng tạp chí Journal of Global Optimization 70(2018), 437-453 điều kiện cần Fritz John dạng nguyên thủy đối ngẫu cho toán cân vectơ khơng trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp Palés–Zeidan Các điều kiện Karush–Kuhn– Tucker dạng đối ngẫu trình bày với điều kiện quy cấp thích hợp Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương "Điều kiện cần cấp dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu" trình bày khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp theo phương khác cho hàm không trơn; khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp 2; điều kiện cần cấp dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu toán cân vectơ khơng trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp Palés–Zeidan Chương "Điều kiện cần cấp dạng đối ngẫu" trình bày điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu toán cân vectơ khơng trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập Với điều kiện quy cấp thích hợp, điều kiện cần Karush–Kuhn–Tucker dạng đối ngẫu ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp Palés–Zeidan chứng minh Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Đỗ Văn Lưu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác nghiên cứu thân Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp cao học Tốn, nhà trường phòng chức trường, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Xin chân thành cảm ơn anh chị em lớp cao học bạn bè đồng nghiệp trao đổi, động viên khích lệ tác giả trình học tập, nghiên cứu làm luận văn Thái Nguyên, ngày 05 tháng năm 2018 Tác giả luận văn Vũ Mạnh Hùng Chương Điều kiện cần cấp hai dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu Chương trình bày khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp cho hàm trơn không trơn; khái niệm vectơ tiếp tuyên cấp cấp 2; điều kiện cần cấp dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu tốn cân vectơ Các kết trình bày chương tham khảo tài liệu [1, 2, 6, 7, 8] 1.1 Các kiến thức chuẩn bị Mục trình bày khái niệm đạo hàm cấp cấp theo phương cho hàm không trơn, khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp ví dụ minh họa Giả sử X không gian Banach thực, f hàm giá trị thực xác định X, Lipschitz gần x¯ ∈ X Nhắc lại khái niệm đạo hàm suy rộng Clarke (xem [2]) Đạo hàm theo phương suy rộng Palés-Zeidan cấp (xem [8]) Định nghĩa 1.1 Đạo hàm suy rộng Clarke f x¯ ∈ X theo phương v ∈ X định nghĩa f (¯ x; v) := lim sup x→¯ x,t↓0 f (x + tv) − f (x) t Định nghĩa 1.2 Đạo hàm theo phương suy rộng Palés-Zeidan cấp f x¯ theo phương v (xem [8]) định nghĩa f (¯ x + tv) − f (¯ x) − tf (¯ x; v) f (¯ x; v) := lim sup t2 t↓0 00 Định nghĩa 1.3 Ánh xạ F từ X vào không gian định chuẩn Y gọi khả vi Fréchet x tồn tốn tử tuyến tính liên tục Λ : X → Y cho với v lân cận x, F (x + v) = F (x) + Λv + α(v) v , lim v →0 α(v) =0 Tốn tử Λ gọi đạo hàm Fréchet F x kí hiệu ∇F (x) Định nghĩa 1.4 Giả sử ánh xạ F khả vi liên tục Fréchet lân cận x ∈ X Ánh xạ F gọi khả vi Fréchet cấp x, tồn ánh xạ song tuyến tính đối xứng B : X × X → Y cho F (x + v) = F (x) + ∇F (x)v + B(v, v) + r(v), ||r(v)||/||v||2 → ||v|| → Dạng toàn phương B(v,v) gọi Hessian (hay đạo hàm Fréchet cấp 2) F x, ký hiệu ∇2 F (x) Định nghĩa 1.5 Cho f : Rn → R hàm khả vi Fréchet x¯ ∈ X, ∇f (¯ x) đạo hàm Fréchet f x¯ Giới hạn sau gọi đạo hàm cấp f x¯ theo phương v∈ Rn f (¯ x; v) := lim sup t↓0 f (¯ x + tv) − f (¯ x) − t∇f (¯ x)v t Nhận xét 1.1 (a) Nếu f khả vi liên tục Fréchet gần x¯ với đạo hàm Fréchet ∇f (¯ x) f Lipschitz gần x¯, f (¯ x; v) = ∇f (¯ x)v (∀v ∈ X) Điều không xảy ∇f (x) không liên tục x¯ (b) Nếu f : Rn → R khả vi liên tục Fréchet gần x¯ khả vi theo phương cấp x¯ theo phương v ∈ X, f 00 (¯ x; v) = f (¯ x; v) Giả sử f ánh xạ từ X vào không gian định chuẩn Y Định nghĩa 1.6 Ánh xạ f gọi khả vi Gâteaux x tồn ánh xạ tuyến tính liên tục Λ1 từ X vào Y cho: f (x + tv) = f (x) + tΛ1 (v) + o(t) o(t) |t| (∀v ∈ X), → t → Ánh xạ Λ1 gọi đạo hàm Gâteaux f x kí hiệu f (x) Chú ý ánh xạ khả vi Gâteaux x khơng liên tục x Định nghĩa 1.7 Ánh xạ f khả vi Gâteaux hai lần x f khả vi Gâteaux x tồn ánh xạ song tuyến tính đối xứng liên tục Λ2 từ X × X vào Y cho 22 Chương Điều kiện cần cấp dạng đối ngẫu Chương trình bày kết D.V Luu ([6], 2018) điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu tốn cân vectơ có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập Với điều kiện quy cấp thích hợp, điều kiện cần Karush–Kuhn– Tucker dạng đối ngẫu qua đạo hàm theo phương cấp Palés–Zeidan chứng minh 2.1 Điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu Phần trình bày điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu toán cân (VEP) Giả sử dim X < ∞ Định lí 2.1 Giả sử x¯ ∈ M nghiệm hữu hiệu yếu toán (VEP) Giả sử giả thiết Định lý 1.3 thỏa mãn; hàm Fk,¯x (k ∈ J) gi (i ∈ I0 (¯ x; u)) quy theo nghĩa Clarke, khả vi Gâteaux x¯ với đạo hàm Gâteaux Fk,¯x (¯ x) (k ∈ J) gi (¯ x); C lồi Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), µi ≥ (i ∈ J) 23 νj (j ∈ L) không đồng thời không, cho λk Fk,¯x (¯ x)v + k∈J j∈L i∈I(¯ x) 00 λk Fk,¯ x; u) + x (¯ k∈J νj ∇hj (¯ x)v ≥ (∀v ∈ Tx¯2 C), (2.1) µi gi (¯ x)v + µi gi00 (¯ x; u) + i∈I(¯ x) νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, (2.2) j∈L µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), (2.3) µi gi (¯ x)u = (∀i ∈ I(¯ x)) (2.4) Hơn nữa, điều kiện quy sau đúng: νj ∇hj (¯ x)v ≥ (∀v ∈ Tx¯2 C) ⇒ ν1 = · · · = νl = 0, (RC2) j∈L (λ, µ) = 0, λ := (λ1 , , λr ), µ := (µ1 , , µm ) Nhận xét 2.1 Trong trường hợp C = X, ta suy Tx¯2 C = X Do đó, điều kiện (RC2) trở thành vj ∇hj (¯ x)v = (∀v ∈ X) ⇒ ν1 = · · · = νl = j∈L Vì vậy, ánh xạ ∇h(¯ x) := (∇h1 , ∇h2 , , ∇hl ) tồn ánh, điều kiện quy (RC2) thỏa mãn Chứng minh Định lí 2.1 Vì Fk,¯x (k ∈ J), gi (i ∈ I0 (¯ x; u)) quy theo nghĩa Clarke, ta có Fk,¯ x; v) = Fk,¯x (¯ x)v (k ∈ J, v ∈ X), x (¯ gi0 (¯ x; v) = gi (¯ x)v (i ∈ I0 (¯ x; u), v ∈ X) 24 Đặt Fk,¯x (¯ x)(Tx¯2 C) × B := k∈J gi (¯ x)(Tx¯2 C) × ∇hj (¯ x)(Tx¯2 C), j∈L i∈I0 (¯ x;u) 00 00 − F1,¯ x; u), , −Fr,¯ x; u), −g100 (¯ x; u), , −g|I000 (¯x;u)| (¯ x; u) x (¯ x (¯ α := − ∇2 h1 (¯ x)(u, u), , −∇2 hl (¯ x)(u, u) , |I0 (¯ x; u)| số tập hợp I0 (¯ x; u) Do C lồi nên Tx¯2 C lồi Do đó, B lồi Theo Định lí 1.3, ta nhận a ∈ / B, a ∈ Rr × R|I0 (¯x;u)| × Rl Hiển nhiên B nón, riB khác rỗng a ∈ / riB Sử dụng Mệnh đề 1.1 1.2 ta suy tồn số thực λk (k ∈ J), µi (i ∈ I0 (¯ x; u)), νj (j ∈ L), không đồng thời không, cho λk Fk,¯x (¯ x)v + k∈J j∈L i∈I0 (¯ x;u) 00 λk Fk,¯ x; u) − x (¯ ≥− νj ∇hj (¯ x)z ≥ µi gi (¯ x)w + k∈J µi gi00 (¯ x; u) − i∈I0 (¯ x;u) νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) j∈L (∀v, w, z ∈ Tx¯2 C) (2.5) Cho nên (2.1) (2.2) Ta chứng minh λk ≥ (∀k ∈ J) Thật vậy, điều khơng xảy ra, tức λs < với s ∈ J Ta chọn v, w, z ∈ Tx¯2 C Với t > 0, ta có tv ∈ Tx¯2 C Tx¯2 C nón Với t đủ lớn, ta nhận λk Fk,¯x (¯ x)(tv) + k∈J νj ∇hj (¯ x)z ≥ µi gi (¯ x)w + i∈I0 (¯ x;u) j∈L Điều mâu thuẫn với (2.5) Cho nên λs ≥ (∀s ∈ J) Bằng lập luận tương tự, ta thu µi ≥ (∀i ∈ I0 (¯ x; u)) Chọn µi = (∀i ∈ / I0 (¯ x; u))), ta nhận (2.3) (2.4) Bây giờ, ta giả sử điều kiện (RC2) Ta chứng minh (λ, µI(¯x) ) = 25 Thật vậy, ngược lại điều khơng đúng, theo (2.1), ta phải có νj ∇hj (¯ x)v ≥ (∀v ∈ Tx¯2 C) j∈L Cho nên, ν1 = = νl = Do đó, ta đến mâu thuẫn với kiện λk (k ∈ J), µi (i ∈ I(¯ x)) νj (j ∈ L) không đồng thời khơng Định lí chứng minh Với tốn (VEP1), theo Định lí 2.1, ta nhận điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu sau Hệ 2.1 Giả sử C = X; x¯ ∈ M1 nghiệm hữu hiệu yếu toán (VEP1) Giả sử tất giả thiết Định lí 2.1 thỏa mãn Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), µi ≥ (i ∈ I(¯ x)) νj (j ∈ L) không đồng thời cho λk Fk,¯x (¯ x) + j∈J 00 λk Fk,¯ x; u) + x (¯ (2.6) j∈L i∈I(¯ x) k∈J νj ∇hj (¯ x) = 0, µi gi (¯ x) + µi gi00 (¯ x; u) + i∈I(¯ x) νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, (2.7) j∈L λi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), (2.8) µi gi (¯ x)u = (∀i ∈ I(¯ x)) (2.9) Hơn nữa, ∇h1 (¯ x), , ∇hl (¯ x) độc lập tuyến tính (λ, µ) = Chứng minh Áp dụng Hệ 1.1 cho toán (VEP1), ta suy với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), µi ≥ (i ∈ I(¯ x)) νj (j ∈ L), không đồng thời không, cho (2.1)-(2.4) Chú ý với C = X, Tx¯2 C = X Cho nên (2.3) kéo theo (2.6) 26 Nếu ∇h1 (¯ x), , ∇hl (¯ x) độc lập tuyến tính (λ, µ) = Thật vậy, điều khơng (λ, µ) = Khi đó, νj ∇hj (¯ x) = j∈L Do đó, νj = (∀j ∈ L) Như vậy, (λ, µ, ν) = Điều mâu thuẫn với (λ, µ, ν) = Từ Định lí 2.1 ta nhận điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu toán tối ưu đa mục tiêu (MP) Hệ 2.2 Giả sử x¯ ∈ M nghiệm hữu hiệu yếu (MP) Giả sử tất giả thiết Hệ 1.2 thỏa mãn Giả sử hàm fk (k ∈ J) gi (i ∈ I0 (¯ x; u)) quy theo nghĩa Clarke, khả vi Gâteaux x¯ với đạo hàm Gâteaux fk (¯ x) (k ∈ J) gi (¯ x); C tập lồi Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), µi ≥ (i ∈ I(¯ x)) νj (j ∈ L) không đồng thời cho λk fk (¯ x)v + k∈J j∈L i∈I(¯ x) λk fk00 (¯ x; u) + k∈J νj ∇hj (¯ x)v = 0, (∀v ∈ Tx¯2 C), (2.10) µi gi (¯ x)v + µi gi00 (¯ x; u) + i∈I(¯ x) νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, (2.11) j∈L µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), (2.12) µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I(¯ x)) (2.13) Hơn nữa, điều kiện quy (RC2) (λ, µ) = Chứng minh Lập luận tương tự chứng minh Hệ 1.2, ta thu kết cần chứng minh Nhận xét 2.2 27 Hệ 2.2 mở rộng có ý nghĩa Định lí [3] cho tốn tối ưu vơ hướng khơng trơn với ràng buộc bất đẳng thức 2.2 Điều kiện quy cấp điều kiện cần KarushKuhn-Tucker cấp dạng đối ngẫu Trong phần trước, ta thiết lập điều kiện cần Fritz John cấp cho nghiệm hữu hiệu yếu, điều kiện (RC2) đảm bảo (λ, µ) = Trong trường hợp C = Rn , ta có Tx¯2 C = Rn Cho nên, điều kiện (RC2) trở thành ∇h1 (¯ x), , ∇hl (¯ x) độc lập tuyến tính Điều có nghĩa ∇h(¯ x) tồn ánh từ Rn vào Rl Để đảm bảo λ = 0, ta xét điều kiện quy cấp (CQ1) sau: Tồn (u0 , v0 ) ∈ Ker∇h(¯ x) × Tx¯2 C cho gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x, u0 ) < (∀i ∈ I0 (¯ x; u0 )), ∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 ) = (∀j ∈ L) Nhận xét 2.3 Điều kiện quy (CQ1) tổng qt hóa điều kiện quy Bental cấp trường hợp ràng buộc bất đẳng thức khả vi Fréchet hai lần Một điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker cấp cho nghiệm hữu hiệu yếu phát biểu sau Định lí 2.2 Giả sử x¯ ∈ M nghiệm hữu hiệu yếu toán (VEP) Giả sử tất giả thiết Định lí 2.1 thỏa mãn; điều kiện quy (RC2) điều kiện quy (CQ1) Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), λ = 0, µi ≥ (i ∈ I) 28 νj (j ∈ L) cho λk Fk,¯x (¯ x)v + k∈J j∈L i∈I(¯ x) 00 λk Fk,¯ x; u) + x (¯ k∈J νj ∇hj (¯ x)v ≥ (∀v ∈ Tx¯2 C), µi gi (¯ x)v + µi gi00 (¯ x; u) + νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, j∈L i∈I(¯ x) µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), µi gi (¯ x)u = (∀i ∈ I(¯ x)) Chứng minh Bởi giả thiết Định lí 2.1 thỏa mãn, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), λ = 0, µi ≥ (i ∈ I) νj (j ∈ L) không đồng thời không cho (2.1)–(2.4) Vì vậy, 00 λk [Fk,¯x (¯ x)v0 + Fk,¯ x, u0 )] + x (¯ k∈J µi [gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x; u0 )] i∈I0 (¯ x;u) νj [∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 )] ≥ + j∈L Bởi điều kiện (RC2) đúng, sử dụng Định lí 2.1 nhận (λ, µ) = (0, 0) Do đó, λ = µi [gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x; u0 )] + νj [∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 )] ≥ j∈L i∈I0 (¯ x;u) (2.14) Mặt khác, điều kiện quy (CQ1), ta nhận µi [gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x; u0 )] + i∈I0 (¯ x;u) νj [∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 )] < j∈L Điều mâu thuẫn với (2.14) Định lí chứng minh Trong trường hợp C = X, ta nhận điều kiện cần Karush-KuhnTucker cấp dạng đối ngẫu nghiệm hữu hiệu yếu sau 29 Hệ 2.3 Giả sử C = X, x¯ ∈ M1 nghiệm hữu hiệu yếu toán (VEP1) Giả sử giả thiết Định lí 2.1 thỏa mãn; hệ ∇h1 (¯ x), , ∇hl (¯ x) độc lập tuyến tính điều kiện quy (CQ1) Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), λ = 0, µi ≥ (i ∈ I) νj (j ∈ L) cho (2.6)–(2.9) Chứng minh Với C = X, ta có Tx¯2 C = X Hơn nữa, ∇h1 (¯ x), , ∇hl (¯ x) độc lập tuyến tính ánh xạ ∇h(¯ x) = (∇h1 (¯ x), , ∇hl (¯ x)) toàn ánh Vì vậy, điều kiện quy (RC2) thỏa mãn Sử dụng Định lí 2.2 ta suy (2.6)-(2.9) Tương tự Hệ 2.2, ta thu điều kiện cần Karush-KuhnTucker cấp dạng đối ngẫu cho toán (MP) sau Hệ 2.4 Giả sử x¯ ∈ M nghiệm hữu hiệu yếu toán (MP) Giả sử giả thiết Hệ 2.2 thỏa mãn, điều kiện quy (RC2) điều kiện quy (CQ1) thỏa mãn Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), λ = 0, µi ≥ (i ∈ I) νj (j ∈ L) không đồng thời cho (2.10)-(2.13) Với điều kiện (CQ1), ta thu λ = Để biết thành phần λs λ số dương, ta xét điều kiện quy cấp (CQ2-s) sau: Với s ∈ J, tồn (u0 , v0 ) ∈ Ker∇h(¯ x) × Tx¯2 C cho 00 Fk,¯x (¯ x)v0 + Fk,¯ x, u0 ) < (∀k ∈ J, k = s), x (¯ gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x; u0 ) < (∀i ∈ I0 (¯ x; u0 )), ∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 ) = (∀j ∈ L) 30 Một điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu phát biểu sau Định lí 2.3 Giả sử x¯ ∈ M nghiệm hữu hiệu yếu toán (VEP) Giả sử giả thiết Định lí 2.1 thỏa mãn; điều kiện quy (RC2) điều kiện quy (CQ2-s) thỏa mãn Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λs > 0, λk ≥ (k ∈ J, k = s), µi ≥ (i ∈ I) νj (j ∈ L) cho λk Fk,¯x (¯ x)v + k∈J j∈L i∈I(¯ x) 00 λk Fk,¯ x; u) + x (¯ k∈J νj ∇hj (¯ x)v ≥ (∀v ∈ Tx¯2 C), µi gi (¯ x)v + µi gi00 (¯ x; u) + νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, j∈L i∈I(¯ x) µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), µi gi (¯ x)u = (∀i ∈ I(¯ x)) Chứng minh Cũng chứng minh Định lí 2.2, tất giả thiết Định lí 2.1 điều kiện (RC2) thỏa mãn, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J), µi ≥ (i ∈ I) νj (j ∈ L) với (λ, µ) = (0, 0), cho (2.1)-(2.4) Do đó, 00 λk [Fk,¯x (¯ x)v0 + Fk,¯ x, u0 )] + x (¯ k∈J µi [gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x; u0 )] i∈I0 (¯ x;u) νj [∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 )] ≥ + j∈L Vì vậy, λs = 0, 00 λk [Fk,¯x (¯ x)v0 + Fk,¯ x, u0 )] + x (¯ k∈J,k=s µi [gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x; u0 )] i∈I0 (¯ x;u) νj [∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 )] ≥ + j∈L (2.15) 31 Do (CQ2-s), ta nhận 00 λk r[Fk,¯x (¯ x)v0 + Fk,¯ x, u0 )] + x (¯ k∈J,k=s µi [gi (¯ x)v0 + gi00 (¯ x; u0 )] i∈I0 (¯ x;u) νj [∇hj (¯ x)v0 + ∇2 hj (¯ x)(u0 , u0 )] < + j∈L Điều mâu thuẫn với (2.15) Vì vậy, λs > Định lí chứng minh ✷ Bây ta trình bày điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker cấp dạng đối ngẫu mạnh cho nghiệm hữu hiệu yếu với nhân tử Lagrange dương tương ứng với thành phần hàm mục tiêu Định lí 2.4 Giả sử x¯ ∈ M nghiệm hữu hiệu yếu tốn (VEP) Giả sử giả thiết Định lí 2.3 thỏa mãn; điều kiện quy (RC2-s) với s ∈ J Khi đó, với phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk > (k ∈ J), µi ≥ (i ∈ I) νj (j ∈ L) cho λk Fk,¯x (¯ x)v + k∈J j∈L i∈I(¯ x) 00 λk Fk,¯ x; u) + x (¯ k∈J νj ∇hj (¯ x)v ≥ (∀v ∈ Tx¯2 C), µi gi (¯ x)v + µi gi00 (¯ x; u) + νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, j∈L i∈I(¯ x) µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), µi gi (¯ x)u = (∀i ∈ I(¯ x)) Chứng minh Với s ∈ J, sử dụng Định lí 2.3 ta suy với phương tới (s) (s) (s) hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk ≥ (k ∈ J, k = s), λs > 0, µi ≥ (i ∈ 32 (s) I) νj ∈ R (j ∈ L) cho với s ∈ J, (s) (s) λk Fk,¯x (¯ x)v + k∈J (s) νj ∇hj (¯ x)v = (∀v ∈ Tx¯2 C), µi gi (¯ x)v + j∈L i∈I(¯ x) (2.16) (s) (s) 00 λk Fk,¯ x; u) + x (¯ k∈J (s) µi gi00 (¯ x; u) + νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, j∈L i∈I(¯ x) (2.17) (s) (2.18) (s) (2.19) λi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I(¯ x)) Cho s = 1, , r (2.16)-(2.19) cộng vế ta suy với v ∈ Tx¯2 C, (s) (s) λk Fk,¯x (¯ x)v + k∈J s∈J (s) νj ∇hj (¯ x)v = 0, µi gi (¯ x)v + i∈I(¯ x) s∈J j∈L s∈J (2.20) (s) (s) 00 λk Fk,¯ x; u) + x (¯ k∈J s∈J (s) µi gi00 (¯ x; u) + i∈I(¯ x) s∈J νj ∇2 hj (¯ x)(u, u) ≥ 0, j∈L s∈J (2.21) (s) (2.22) (s) (2.23) λi gi (¯ x) = (∀i ∈ I), s∈J µi gi (¯ x) = (∀i ∈ I(¯ x)) s∈J Đặt λk := (s) s∈J λk (k ∈ J), µi := (s) s∈J µi (i ∈ I(¯ x)), vj := (s) s∈J vj Từ (2.20)-(2.23) ta nhận λk > (∀k ∈ J), µi ≥ (∀i ∈ I), νj ∈ R, (2.1)-(2.4) Định lí chứng minh Cuối cùng, chúng tơi trình bày điều kiện cần Karush-Kuhn-Tucker cấp hai dạng đối ngẫu mạnh cho nghiệm hữu hiệu yếu Hệ 2.5 Giả sử C = X, x¯ ∈ M1 nghiệm hữu hiệu yếu toán (VEP1) Giả sử giả thiết Định lí 2.4 thỏa mãn, (RC2) 33 thay điều kiện ∇h1 (¯ x), , ∇hl (¯ x) độc lập tuyến tính Khi đó, với mọi phương tới hạn u ∈ Ker∇h(¯ x), tồn λk > (∀k ∈ J), µi ≥ (i ∈ I(¯ x)) νj (j ∈ L) cho (2.6)-(2.9) Chứng minh Bằng lập luận tương tự lập luận sử dụng để chứng minh Hệ 2.3, ta nhận điều phải chứng minh 34 Kết luận Luận văn trình bày kết D.V.Luu ([6], 2018) điều kiện cần Fritz John Karush–Kuhn–Tucker dạng nguyên thủy đối ngẫu cho toán cân vectơ khơng trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp Palés–Zeidan Nội dung luận văn bao gồm: - Các kiến thức chuẩn bị giải tích hàm giải tích lồi; - Các điều kiện cần Fritz John cấp dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu tốn cân vectơ khơng trơn có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức ràng buộc tập qua đạo hàm theo phương cấp Palés–Zeidan; - Các điều kiện cần Fritz John cấp dạng đối ngẫu cho nghiệm hữu hiệu yếu tốn cân vectơ đó; - Các điều kiện cần Karush–Kuhn–Tucker dạng đối ngẫu ngôn ngữ đạo hàm theo phương cấp Palés–Zeidan với điều kiện quy cấp thích hợp Điều kiện tối ưu cấp hai cho tốn cân vectơ khơng trơn có ràng buộc qua vi phân khác đề tài nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu 35 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [2] Đỗ Văn Lưu(1999), Giải tích Lipschitz, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội Tiếng Anh [3] E.Constantin (2015),"Second-order necessary conditions in locally Lipschitz optimization with inequality constraint", Optim Lett., 9, pp 245–261 [4] Ginchev, I., Ivanov, V.I (2008),"Second-order optimality conditions for problems with C data", J Math Anal Appl 340, 645–657 [5] Gutiérrez, C., Jiménez, B., Novo, V (2010), "On second-order Fritz John type optimality conditions in nonsmooth multiobjective programming", Math Program Ser B 123, 199–223 [6] D.V.Luu (2018),"Second-order necessary efficiency conditions for nonsmooth vector equilibrium problems", Journal of Global Optimization, 70, 437–453 [7] D.V.Luu (2014), "Higher-order efficiency conditions via higher-order tangent cones", Numer Funct Anal Optim 35(1), 68–84 36 [8] Palés, Z., Zeidan, V.M (1994), "Nonsmooth optimum problems with constraints", SIAM J Control Optim., 32(5), 1476–1502 [9] R.T.Rockafellar (1970), Convex Analysis , Princeton University Press, Princeton ... ưu cấp ngôn ngữ đạo hàm cấp khác hàm không trơn đề tài nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu Do vậy, chọn đề tài Điều kiện cần cấp hai cho nghiệm hữu hiệu yếu toán cân vectơ không trơn qua đạo hàm. .. ——————–o0o——————– VŨ MẠNH HÙNG ĐIỀU KIỆN CẦN CẤP HAI CHO NGHIỆM HỮU HIỆU YẾU CỦA BÀI TỐN CÂN BẰNG VECTƠ KHƠNG TRƠN QUA ĐẠO HÀM PALÉS-ZEIDAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số:... Chương "Điều kiện cần cấp dạng nguyên thủy cho nghiệm hữu hiệu yếu" trình bày khái niệm đạo hàm cấp 1, cấp theo phương khác cho hàm không trơn; khái niệm vectơ tiếp tuyến cấp 1, cấp 2; điều kiện cần
- Xem thêm -

Xem thêm: 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), 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)

Từ khóa liên quan

Mục lục

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay