TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ====== NGUYỄN THỊ MINH ANH VỀ CÁC ĐIỀU KIỆN CHUẨN HĨA RÀNG BUỘC CHO BÀI TỐN TỐI ƯU PHI TUYẾN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành : Tốn Giải tích HÀ NỘI, 2019 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ====== NGUYỄN THỊ MINH ANH VỀ CÁC ĐIỀU KIỆN CHUẨN HÓA RÀNG BUỘC CHO BÀI TỐN TỐI ƯU PHI TUYẾN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Tốn Giải tích Người hướng dẫn Khoa học TS NGUYỄN VĂN TUYÊN HÀ NỘI, 2019 LỜI CẢM ƠN Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, thầy gióa khoa Tốn giúp đỡ em trình học tập trường tạo điều kiện cho em hồn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Nguyễn Văn Tuyên, người thầy truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn em suốt trình học tập, nghiên cứu hồn thiện khóa luận Trong q trình nghiên cứu, khơng tránh khỏi sai sót hạn chế Em kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo tồn thể bạn đọc để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, tháng năm 2019 Nguyễn Thị Minh Anh LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan hướng dẫn thầy giáo Nguyễn Văn Tun khóa luận em hồn thành khơng trùng với đề tài khác Trong làm khóa luận này, em kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2019 Sinh viên Nguyễn Thị Minh Anh Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi 1.2 Hàm lồi 1.3 Phép chiếu 1.4 Nón 11 1.5 Nón tiếp tuyến 14 Các điều kiện chuẩn hóa ràng buộc cho tốn tối ưu phi tuyến tính 17 2.1 Điều kiện Guignard 18 2.2 Các điều kiện chuẩn hóa ràng buộc khác 24 2.2.1 Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc tựa quy 24 2.2.2 Điều kiện Slater 25 2.2.3 Điều kiện độc lập tuyến tính - LICQ 26 2.2.4 Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Mangasarian–Fromovitz 26 Kết luận 32 Tài liệu tham khảo 32 Mở đầu Xét toán tối ưu phi tuyến có dạng f (x) với ràng buộc h(x) = (P) g(x) ≤ 0, hàm số f : Rn → R, g : Rn → Rp h : Rn → Rm khả vi liên tục Tập hợp điểm chấp nhận (P) kí hiệu là: Ω = {x ∈ Rn : h(x) = 0, g(x) ≤ 0} Cho x∗ ∈ Ω, điều kiện tối ưu kiểu Karush–Kuhn-Tucker (KKT) nói tồn nhân tử Lagrange λ∗ ∈ Rm µ∗ ∈ Rp cho: p m ∗ λ∗i ∇hi (x∗ ) − ∇f (x ) = i=1 µj ≥ 0, µ∗j ∇gj (x∗ ), + j=1 j = 1, , p, µ∗j gj (x∗ ) = 0, j = 1, , p Các điều kiện tối ưu kiểu KKT đóng vai trò quan trọng lý thuyết tối ưu Các điều kiện cần để điểm chấp nhận nghiệm tối ưu toán Với toán không bị ràng buộc, tức (Ω = Rn ), điều kiện KKT trở thành điều kiện Fermat quen thuộc ∇f (x∗ ) = Tuy nhiên, điều kiện tối ưu KKT lúc đạt Chẳng hạn, xét toán (P ) với f : R2 → R g : R2 → R2 xác định f (x) = x1 g(x) = (x2 − (1 − x1 )3 , −x2 )T Chú ý x∗ = (1, 0)T nghiệm cực tiểu địa phương toán điều kiện KKT khơng thỏa mãn Mục đích khóa luận trình bày điều kiện để đảm bảo điều kiện KKT Các điều kiện gọi điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Cụ thể, ta nói hệ ràng buộc h(x) = g(x) ≤ thỏa mãn điều kiện chuẩn hóa ràng buộc x∗ ∈ Ω với hàm khả vi f đạt cực tiểu địa phương x∗ Ω, điều kiện KKT điểm Trong tài liệu có nhiều kiểu chuẩn hóa ràng buộc khác Trong khóa luận này, chúng tơi trình bày điều kiện chuẩn hóa ràng buộc yếu (điều kiện Guignard) số điều kiện đủ cho điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Ngồi phần mở đầu, tài liệu tham khảo, khóa luận gồm hai chương Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị Nội dung chương trình bày số kiến thức giải tích lồi giải tích biến phân Chương trình bày điều kiện chuẩn hóa ràng buộc cho tốn tối ưu phi tuyến Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi Khái niệm tập lồi khái niệm quan trọng lý thuyết tối ưu Tập lồi tập mà lấy hai điểm tâp đoạn thẳng nối hai điểm nằm tập Định nghĩa 1.1 Một tập X ⊂ Rn gọi lồi với x1 ∈ X x2 ∈ X chứa điểm αx1 + (1 − α)x2 , < α < Tính lồi bảo tồn qua phép tốn giao Bổ đề 1.1 Cho I tập số tùy ý Nếu tập Xi ∈ Rn , i ∈ I, tập lồi, tập X = Xi tập lồi i∈I = ∅, X lồi Giả sử, X = Chứng minh Rõ ràng rằng, X = i∈I ∅ Khi đó, ∀x, y ∈ Xi = i∈I Xi , ∀t ∈ (0; 1), ta suy x, y ∈ Xi , ∀i ∈ I Vì vậy, i∈I (1 − t)x + ty ∈ Xi , ∀i ∈ I (1 − t)x + ty ∈ Xi , ∀i ∈ I Vây X tập lồi i∈I Tính lồi cịn bảo tồn qua phép tốn co giãn phép tổng hai tập hợp Phép nhân tập X ⊂ Rn với vô hướng c định nghĩa bởi: cX := {y ∈ Rn : y = cx, x ∈ X} Tổng Minkowski hai tập định nghĩa sau: X + Y := {z ∈ Rn : z = x + y, x ∈ X, y ∈ Y } Bổ đề 1.2 Cho X Y tập lồi Rn cho c d số thực Khi tập Z = cX + dY lồi Chứng minh Nếu z ∈ Z z = cx1 + dy với x1 ∈ X y ∈ Y Tương tự, z ∈ Z có dạng z = cx2 + dy với x2 ∈ X d2 ∈ Y Khi đó, với α ∈ [0, 1], αz + (1 − α)z = c(αx1 + (1 − α)x2 ) + d(αy + (1 − α)y ) ∈ Z, thỏa mãn yêu cầu Định nghĩa 1.2 Một điểm x gọi tổ hợp lồi điểm x1 , , xm tồn α1 ≥ 0, , αm ≥ cho x = α1 x1 + α2 x2 + · · · + αm xm α1 + α2 + · · · + αm = Định nghĩa 1.3 Bao lồi tập X kí hiệu conv X giao tất tập lồi chứa X Mối quan hệ hai khái niệm nội dung bổ đề Bổ đề 1.3 Tập conv X tập hợp tất tổ hợp lồi điểm thuộc X Chứng minh Xét tập Y tất tổ hợp lồi phần tử thuộc X Nếu y ∈ Y y ∈ Y , y =α1 x1 + α2 x2 + · · · + αm xm , y =β1 z + β2 z + · · · + βl z l , x1 , , xm , z , , z l ∈ X, thành phần α β không âm, l m βi = αi = 1, i=1 i=1 Vì vậy, với λ ∈ (0; 1), điểm m l i λy + (1 − λ)y = (1 − λ)βi z i λαi x + i=1 i=1 tổ hợp lồi điểm x1 , , , xm , z , , z l Vậy tập Y lồi Hiển nhiên, Y ⊃ X Vì conv X ⊂ Y Mặt khác, y ∈ Y , y tổ hợp lồi tất điểm thuộc X, phải chứa tập lồi chứa X Do đó, conv X ⊃ Y , điều phải chứng minh Bổ đề 1.4 (Định lý Caratheodory) Nếu X ⊂ Rn , phần tử của conv X tổ hợp lồi không n + điểm thuộc X Chứng minh Cho x tổ hợp lồi m > n + điểm thuộc X Ta q m αi ∇hi (¯ x) + s2 = i=1 βj ∇gj (¯ x) j=1 Vì vậy, q m ts1 + (1 − t)s2 = (tλi + (1 − t)αi )∇hi (¯ x) + i=1 (tµj + (1 − t)βj )∇gj (¯ x) j=1 Từ tµj + (1 − t)βj ≥ 0, ta kết luận ts1 + (1 − t)s2 ∈ G(¯ x) Bây ta thấy G(¯ x) đóng Xét dãy (sk ) ⊂ G(¯ x) thỏa mãn sk → s∗ ∈ Rn Ta cần chứng minh s∗ ∈ g(¯ x) Với ma trận B C thích hợp, ta có G(¯ x) = {Bλ + Cζ : ζ ≥ 0} Theo Bổ đề 1.4, ta giả thiết D = B C có cột độc lập tuyến   λk T k k  với  tính Vì vậy, D D khơng suy biến Từ (s ) ⊂ G(¯ x), tồn γ = k ζ ζ k ≥ cho sk = Dγ k (2.4) Từ DT D không suy biến, γ k = (DT D)−1 DT sk với ζ ∗ ≥ Lấy giới hạn, ta thu   λ∗   = γ ∗ = lim γ k = (DT D)−1 DT s∗ k→∞ ζ∗ 19 với ζ ∗ ≥ Lấy giới hạn (2.4), ta có s∗ = Dγ ∗ ∈ G(¯ x), điều phải chứng minh Bổ đề 2.2 Với x¯ ∈ Ω, ta có G(¯ x) = (D(¯ x))◦ Chứng minh Từ Định lý 1.4 Bổ đề 2.1, ta cần D(¯ x) = (G(¯ x))◦ Xét d ∈ D(¯ x) Lấy s ∈ G(¯ x), ta có m T λi dT ∇hi (¯ x) + d s= i=1 µj dT ∇gj (¯ x) (2.5) j∈A(¯ x) Từ định nghĩa D(¯ x) từ µj ≥ 0, ta dT s ≤ Vì d ∈ (G(¯ x))◦ Ngược lại, xét d ∈ (G(¯ x))◦ , tức là, dT s ≤ 0, ∀s ∈ G(¯ x) Nói riêng, từ ∇hi (¯ x) −∇hi (¯ x) thuộc G(¯ x), với j = 1, , m, ta có dT ∇hi (¯ x) = Hơn nữa, từ ∇gj (¯ x ∈ G(¯ x), với j ∈ A(¯ x), ta có dT ∇gj (¯ x) ≤ Vì vậy, d ∈ D(¯ x), điều phải chứng minh Bổ đề sau T (¯ x) tập D(¯ x) Bổ đề 2.3 Với x¯ ∈ Ω, ta có T (¯ x) ⊂ D(¯ x) Chứng minh Xét d ∈ T (¯ x), d = Khi dó tồn chuỗi (sk ) ⊂ Ω, xk − x¯ d cho xk → x¯ k → Từ tính trơn g h, ta có x − x¯ d h(xk ) = h(¯ x) + ∇h(¯ x)T (xk − x¯) + o 20 xk − x¯ g(xk ) = g(¯ x) + ∇g(¯ x)T (xk − x¯) + o xk − x¯ Từ xk , x¯ ∈ Ω, ta có với i ∈ A(¯ x), (xk − x¯) o xk − x¯ ∇h(¯ x) + xk − x¯ xk − x¯ =0 (xk − x¯) o xk − x¯ ∇gi (¯ x) + xk − x¯ xk − x¯ ≤ T T Lấy giới hạn k → ∞, ta thu ∇h(¯ x)T d d = ∇gi (¯ x)T ≤ 0, d d với i ∈ A(¯ x) Vì vậy, d ∈ D(¯ x) ta có điều phải chứng minh Điều ngược lại bổ đề khơng đúng, ta thấy ví dụ sau Ví dụ 2.1 Xét hàm số h : Rn → R g : R2 → R xác định h(x) = x1 x2 g(x) = −x1 − x2 T điểm x¯ = 0 Bằng tính tốn trực tiếp, ta có T (¯ x) = d ∈ R2 : d1 ≥ 0, d2 ≥ 0, d1 d2 = , D(¯ x) = {d ∈ Rn : −d1 − d2 ≤ 0} T (¯ x) = D(¯ x) 21 Bổ đề rằng, điểm cực tiểu, hàm mục tiêu tăng dọc theo hướng tiếp tuyến Bổ đề 2.4 Nếu x∗ ∈ Ω điểm cực tiểu địa phương tốn (P), ∇f (x∗ )T d ≥ với d ∈ T (x∗ ) Chứng minh Giả sử phản chứng tồn hướng d ∈ TX (x∗ ) cho ∇f (x∗ ), d < (2.6) Với d phương tiếp tuyến, tồn dãy điểm xk ∈ Ω hội tụ đến x∗ dãy vô hướng τk ↓ cho xk − x∗ lim = d k→∞ τk (2.7) Vì f (·) khả vi x∗ , f (xk ) − f (x∗ ) = ∇f (x∗ ), xk − x∗ + αk , αk / xk − x∗ → 0, k → ∞ Chia hai vế phương trình cuối cho τk ta k ∗ f (xk ) − f (x∗ ) αk ∗ ∗ x −x = ∇f (x ), d + ∇f (x ), −d + τk τk τk Từ bất đẳng thức (2.6) ta có d = αk αk d = lim = k→∞ τk k→∞ xk − x∗ lim Từ (2.6) (2.7) ta suy f (xk ) − f (x∗ ) lim = ∇f (x∗ ), d < k→∞ τk 22 Mặt khác, tất điểm xk chấp nhận chúng gần x∗ Vì x∗ cực tiểu địa phương, f (xk ) ≥ f (x∗ ) với k đủ lớn Do f (xk ) − f (x∗ ) lim inf ≥ 0, k→∞ τk mâu thuẫn Định nghĩa 2.1 (Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Guignard) Ta nói điểm x∗ ∈ Ω thỏa mãn điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Guignard (T (x∗ ))◦ = (D(x∗ ))◦ Định lý sau tính đắn điều kiện KKT điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Guignard Định lý 2.1 Cho x∗ ∈ Ω cực tiểu địa phương (P) thỏa điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Guignard, tồn λ∗ ∈ Rm µ∗ ∈ Rp cho p m λ∗i ∇hi (x∗ ) ∗ − ∇f (x ) = j=1 i=1 µ∗j ≥ 0, µ∗j ∇gi (x∗ ) + j = 1, , p, µ∗j gj (x∗ ) = 0, j = 1, , p Chứng minh Từ Bổ đề 2.4, ta có −∇f (x∗ )T d ≤ với d ∈ T (x∗ ) Do đó, từ giả thiết Bổ đề 2.2, ta thu −∇f (x∗ ) ∈ (T (x∗ ))◦ = (D(x∗ ))◦ = G(x∗ ) Điều có nghĩa tồn λ ∈ Rm µj ≥ 0, j ∈ A(x∗ ), cho m ∗ λi ∇hi (x∗ ) + −∇f (x ) = µj ∇gj (x∗ ) j∈A(x∗ ) i=1 23 Đặt λ∗ = λ µ∗j =   µj ,  0, với j ∈ A(¯ x) trái lại ta điều phải chứng minh Như Gould Tolle [2], điều kiện Guignard điều kiện chuẩn hóa ràng buộc yếu đảm bảo tính đắn điều kiện tối ưu KKT Tuy nhiên thực hành điều kiện khó kiểm tra Trong phần tiếp theo, xét điều kiện đủ cho điều kiện tối ưu KKT mà chúng dễ kiểm tra điều kiện Guignard 2.2 Các điều kiện chuẩn hóa ràng buộc khác 2.2.1 Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc tựa quy Định nghĩa 2.2 Ta nói x∗ ∈ Ω thỏa mãn điều kiện chuẩn hóa ràng buộc tựa quy, T (x∗ ) = D(x∗ ) Rõ ràng điều kiện chuẩn hóa ràng buộc tựa quy kéo theo điều kiện Guignard Ví dụ sau hai điều kiện khơng tương đương Ví dụ 2.2 Xét hàm số h : R2 → R, g : R2 → R2 xác định h(x) = x1 x2 , g(x) = (−x1 , −x2 )T điểm chấp nhận x∗ = (0, 0)T Dễ dàng thấy D(x∗ ) = {(d1 , d2 ) : d1 ≥ 0, d2 ≥ 0} T (x∗ ) = {(d1 , d2 ) : d1 ≥ 0, d2 ≥ 0, d1 d2 = 0} 24 Rõ ràng D(x∗ ) = T (x∗ ) Tuy nhiên, ta có (T (x∗ ))◦ = (D(x∗ )◦ = {(d1 , d2 ) : d1 ≤ 0, d2 ≤ 0} 2.2.2 Điều kiện Slater Định nghĩa 2.3 Ta nói toán (P) thỏa mãn điều kiện Slater, h tuyến tính, g lồi tồn x˜ ∈ Ω cho h(˜ x) = g(˜ x) < Định lí điều kiện Slater yếu điều kiện chuẩn hóa ràng buộc tựa quy Định lý 2.2 Nếu điều kiện Slater thỏa mãn, T (¯ x) = D(¯ x) với x¯ ∈ Ω Chứng minh Theo Bổ đề 2.3, ta cần chứng minh D(¯ x) ⊂ T (¯ x) với x¯ ∈ Ω tùy ý Xét hướng tùy ý d ∈ D(¯ x) x˜ ∈ Ω thỏa điều kiện Slater Đặt d¯ = x˜ − x¯ Do tính lồi gi , ta có ¯ > gi (˜ x) ≥ gi (¯ x) + ∇gi (¯ x)T d Vì vậy, với i ∈ A(¯ x), ∇gi (¯ x)T d¯ < Với λ ∈ [0, 1], ta đặt ¯ dˆ = (1 − λ) d + λd Ta chứng minh dˆ ∈ T (¯ x), với λ ∈ [0, 1] Với i ∈ A(¯ x), ta có ∇gi (¯ x)T d ≤ ∇gi (¯ x)T d¯ < Do đó, ∇gi (¯ x)T dˆ < ˆ với t > cho Vì vậy, tồn xˆ = x¯ + td, gi (ˆ x) < gi (¯ x) = 25 ˆ Lấy dãy (tk ), với tk > tk → 0, đặt xk = (1 − tk )¯ x + tk xˆ = x¯ + tk td Vì vậy, dˆ xk − x¯ tk tdˆ , = = xk − x¯ ˆ ˆ d tk td Với i ∈ A(¯ x), g(¯ x) < Từ tính liên tục g, g(xk ) ≤ 0, với k đủ lớn Để khẳng định dˆ ∈ T (¯ x), ta cần h(xk ) = với k đủ lớn Từ d ∈ D(¯ x), M d = ∇h(x)T d = Hơn nữa, M d¯ = M (˜ x − x¯) Do M dˆ = Cho nên, h(xk ) = M xk − c = M x¯ − c = tk tM dˆ = 0, từ x¯ ∈ Ω Vì vậy, dˆ ∈ T (¯ x) Từ điều tính đóng T (¯ x), ta có d ∈ T (¯ x) 2.2.3 Điều kiện độc lập tuyến tính - LICQ Điều kiện độc lập tuyến tính điều kiện chuẩn hóa ràng buộc biết đến nhiều đòi hỏi gradient buộc đẳng thức ∇hi (¯ x), i = 1, , m gradient ràng buộc bất đẳng thức ∇gi (¯ x), i ∈ A(¯ x) độc lập tuyến tính Mặc dù điều kiện dễ kiểm tra, giả thiết mạnh Nhiều toán thỏa mãn KKT khơng thỏa LICQ, ta thấy ví dụ sau với x∗ = 0: f (x) = x2 với ràng buộc g1 (x) = −x21 + x2 ≤ g2 (x) = −x2 ≤ 2.2.4 Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Mangasarian–Fromovitz Một điều kiện tiếng khác đảm bảo điều kiện KKT điều kiện Mangasarian– Fromovitz [4] Ta nói x¯ thỏa điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Mangasarian– Fromovitz (MFCQ), gradient ràng buộc đẳng thức độc lập 26 tuyến tính tồn vectơ d ∈ Rn cho ∇h(¯ x)T d = ∇g j (¯ x)T d < 0, với j ∈ A(¯ x) Mối quan hệ LICQ MFCQ Định lý 2.3 Nếu x¯ ∈ Ω thỏa mãn LICQ, x¯ thỏa mãn MFCQ Chứng minh Khơng tính tổng qt giả sử A(¯ x) = {1, , q} Xét ma trận T M = ∇h1 (¯ x) ∇hm (¯ x)∇g1 (¯ x) ∇gq (¯ x) b ∈ Rm+q cho bi = 0, với i = 1, , m bj = −1, với j ∈ {m + 1, , m + q} Vì hàng M độc lập tuyến tính, hệ M d = b có nghiệm Gọi d¯ nghiệm hệ Khi đó, ∇h(¯ x)T d¯ = 0, ∇gi (¯ x)T d¯ = −1 < 0, với i ∈ A(¯ x), điều phải chứng minh Ví dụ điều kiện MFCQ khơng suy điều kiện LICQ Ví dụ 2.3 Xét hàm số gj : R2 → R (j = 1, 2, 3) xác định g1 (x) = (x1 − 1)2 + (x2 − 1)2 − g2 (x) = (x1 − 1)2 + (x2 + 1)2 − g3 (x) = −x1 , điểm chấp nhận x¯ = (0, 0)T Chú ý {∇gj (¯ x), j = 1, 2, 3} phụ thuộc tuyến tính Tuy nhiên, lấy d = (1, 0)T , ta có ∇gj (¯ x)T d < với 27 j = 1, 2, Điều có nghĩa điều kiện MFCQ x¯ Mối quan hệ điều kiện MFCQ điều kiện tựa quy Bổ đề 2.5 Cho γ : (−ε, ε) → Rn đường cong khả vi cho h(γ(t)) = 0, với t ∈ (−ε, ε) Nếu γ(0) = x¯ γ (0) = d = 0, tồn dãy (xk ) với h(xk ) = 0, xk → x¯ xk − x¯ d → xk − x¯ d Chứng minh Ta có γ(t) − γ(0) γ(t) − x¯ = lim = γ (0) = d = 0, t→0 t→0 t t lim điều có nghĩa γ(t) = x¯, với t = đủ nhỏ Lấy dãy (tk ), với tk > tk → 0, đặt xk = γ(tk ) Khi đó, ta có xk − x¯ tk d xk − x¯ = → xk − x¯ tk xk − x¯ d điều phải chứng minh Định lý 2.4 Nếu x¯ ∈ Ω thỏa mãn điều kiện MFCQ, T (¯ x) = D(¯ x) Chứng minh Xét hướng tùy ý d ∈ D(¯ x) d¯ thỏa điều kiện MFCQ Với λ ∈ [0, 1], đặt ¯ dˆ = (1 − λ)d + λd Ta chứng minh dˆ ∈ T (¯ x), với λ ∈ [0, 1] Kí hiệu M = ∇h(¯ x)T Từ điều kiện MFCQ, ta có rank (M ) = m Xét ma trận Z = v · · · v n−m ∈ Rn×(n−m) , cột sở Ker(M ) 28  Từ {∇h1 (¯ x), , ∇hm (¯ x)} sở Im(M T ), ma trận  M Z T   không suy biến Định nghĩa ϕ : Rn+1 → Rn     h(x) x  ϕ  =  T ˆ Z (x − x¯ − td) t  Từ ∇x ϕT =   M Z T  không suy biến, theo định lí hàm ẩn, tồn đường   γ(t)  = 0, với t ∈ (−ε, ε) Vì cong khả vi γ : (−ε, ε) → Rn cho ϕ  t h(γ(t)) = ˆ = Z T (γ(t) − x¯ − td) (2.8)   x¯ Từ ϕ   = 0, tính γ, ta có γ(0) = x¯ Lấy đạo hàm bậc t = phương trình (2.8), ta thu M γ (0) = (2.9) Sử dụng (2.9) lần nữa, với t = 0, ta có ZT γ(t) − x¯ ˆ − d = t Lấy giới hạn, ta ˆ Z T γ (0) = Z T d 29 (2.10) Do d, d¯ ∈ D(¯ x), nên M dˆ = Sử dụng (2.9) (2.10), ta thu   M Z T    γ (0) =  M Z T  ˆ  d, điều kéo theo dˆ = γ (0) Theo Bổ đề 2.5, tồn dãy (xk ) với h(xk ) = 0, xk → x¯ xk − x¯ dˆ → ˆ xk − x¯ d Để khẳng định dˆ ∈ T (¯ x), ta phải g(xk ) ≤ với k đủ lớn Với i ∈ / A(¯ x), g(¯ x) < Bởi tính liên tục g, g(xk ) ≤ với k đủ lớn Với i ∈ A(¯ x), ta có ∇gi (¯ x)T d ≤ ∇gi (¯ x)T d¯ < Do đó, ∇gi (¯ x)T dˆ < Từ tính trơn gi , ta có gi (xk ) = gi (¯ x) + ∇gi (¯ x)T (xk − x¯) + o( xk − x¯ ) Vì vậy, k o( xk − x¯ ) ¯ gi (xk ) T x −x = ∇gi (¯ x) + → ∇gi (¯ x)T k k k x − x¯ x − x¯ x − x¯ dˆ < dˆ Do đó, gi (xk ) < 0, với k đủ lớn Vì vậy, dˆ ∈ T (¯ x) Từ điều tính đóng T (¯ x), ta suy d ∈ T (¯ x) Ví dụ sau điều kiện tựa quy khơng bao hàm điều kiện MFCQ Ví dụ 2.4 Xét hàm số gj : R2 → R (j = 1, 2) xác định g1 (x) = −x21 + x2 g2 (x) = −x21 − x2 30 điểm chấp nhận x¯ = (0, 0)T Trong trường hợp này, ta có D(¯ x) = {(d1 , 0) : d1 ∈ R} Để xác định T (¯ x), xét dãy xk = (tk , 0) với tk → tk > Vì xk → x¯ xk − x¯ (tk , 0) = = (1, 0) xk − x¯ tk Do đó, d = (1, 0) hướng tiếp tuyến Tương tự, ta thấy d = (−1, 0) hướng tiếp tuyến Từ T (¯ x) nón, ta có (d1 , 0) ∈ T (¯ x) với d1 ∈ R Vì vậy, D(¯ x) ⊂ T (¯ x) Sử dụng Bổ đề 2.3 ta kết luận T (¯ x) = D(¯ x) Chú ý không tồn d ∈ R2 cho ∇gi (¯ x)T d < 0, với i = 1, Hơn nữa, {∇g1 (¯ x), ∇g2 (¯ x)} phụ thuộc tuyến tính Vì vậy, x¯ không thỏa mãn điều kiện MFCQ điều kiện LICQ 31 Kết luận Nội dung khóa luận trình bày vấn đề sau - Hệ thống lại số kiến thức giải tích lồi giải tích biến phân tập lồi, hàm lồi, phép chiếu, nón, nón tiếp tuyến - Trình bày điều kiện chuẩn hóa ràng buộc cho tốn tối ưu phi tuyến cụ thể là: + Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc tựa quy; + Điều kiện Slater; + Điều kiện độc lập tuyến tính -LICQ; + Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc Mangasarian-Fromovit Mặc dù cố gắng thời gian có hạn bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học nên khóa luận em khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đóng góp ý kiến q thầy bạn đọc để khóa luận em hoàn chỉnh Tài liệu tham khảo [1] R G Eustaquio, E W Karas, A A Ribeiro, Constraint qualification for nonlinear programming, Technical report, Federal University of Parana (2010) [2] F J Gould and J W Tolle, A necessary and sufficient qualification for constrainted optimization, SIAM Journal on Applied Mathematics, 20:164-172, 1971 [3] M Guignard, Generalized Kuhn-Tucker conditions for mathematical programming problems in a Banach space SIAM Journal on Control, 7:232241, 1969 [4] O L Mangasarian and S Fromovitz, The Fritz John necessary optimality conditions in the presence of equality and inequality constraints, J Math Anal and Appl, 17:37-47, 1967 [5] A Ruszczy´ nski, Nonlinear Optimization, Princeton University Press, 2006 ... tuyến - Trình bày điều kiện chuẩn hóa ràng buộc cho tốn tối ưu phi tuyến cụ thể là: + Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc tựa quy; + Điều kiện Slater; + Điều kiện độc lập tuyến tính -LICQ; + Điều kiện. .. Chương Các điều kiện chuẩn hóa ràng buộc cho tốn tối ưu phi tuyến tính Trong chương chúng tơi chứng minh tính đắn điều kiện Karush–Kuhn–Tucker (KKT) điều kiện chuẩn hóa ràng buộc yếu (điều kiện. .. tiếp tuyến 14 Các điều kiện chuẩn hóa ràng buộc cho tốn tối ưu phi tuyến tính 17 2.1 Điều kiện Guignard 18 2.2 Các điều kiện chuẩn hóa ràng buộc