Tải bản đầy đủ

Đạo hàm theo hướng và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

ĐẠO HÀM THEO HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN


ĐẠO HÀM THEO HƯỚNG VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Giải tích

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS. Nguyễn Quang Huy

Hà Nội – Năm 2017


Mục lục

Lời cảm ơn

ii

Lời cam đoan

iii

1 ĐẠO HÀM THEO HƯỚNG

4

1.1

Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Các điều kiện chính quy ràng buộc . . . . . . . . . . .

14

2 ỨNG DỤNG


21

2.1

Một số kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.2

Đạo hàm theo hướng của hàm giá trị . . . . . . . . . .

27

KẾT LUẬN

34

Tài liệu tham khảo

34

i


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

Lời cảm ơn
Sau một thời gian dài nghiêm túc, miệt mài nghiên cứu cùng với
sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên, đến
nay, Khóa luận của em đã được hoàn thành. Em xin bày tỏ lòng cảm
ơn chân thành, sâu sắc tới Ban Giám hiệu Trường Đại học sư phạm
Hà Nội 2, các thầy cô trong Khoa Toán và các thầy cô giáo giảng dạy
chuyên ngành Giải Tích (Khoa Toán)- Trường Đại học Sư phạm Hà
Nội 2, đặc biệt là thầy giáo - PGS.TS. Nguyễn Quang Huy người đã
trực tiếp tạo mọi điều kiên giúp đỡ, chỉ bảo tận tình cho em trong
suốt thời gian nghiên cứu, hoàn thành khóa luận này.
Do còn hạn chế về thời gian cũng như kiến thức của bản thân nên
khóa luận của em không thể tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong
nhận được sự góp ý từ thầy cô và các bạn sinh viên.

Hà Nội, tháng 4 năm 2017
Tác giả khóa luận

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

Lời cam đoan
Khóa luận tốt nghiệp “Đạo hàm theo hướng và ứng dụng ” được
hoàn thành do sự cố gắng, nỗ lực tìm hiểu và nghiên cứu của bản
thân tác giả dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Nguyễn Quang Huy.
Các kiến thức, tài liệu được trích dẫn trong khóa luận là trung
thực.

Hà Nội, tháng 4 năm 2017
Tác giả khóa luận

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

iii


Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Trong thực tiễn, chúng ta gặp nhiều bài toán tối ưu ở đó hàm mục
tiêu hoặc hàm ràng buộc không khả vi. Điều này dẫn đến cần nghiên
cứu mở rộng khái niệm đạo hàm để giải quyết nhiều bài toán mà ở
đó các đối tượng khảo sát là những hàm có thể không khả vi. Hàm
giá trị là một trong những hàm được quan tâm nhiều nhất trong giải
tích biến phân và lý thuyết tối ưu. Sự tồn tại đạo hàm theo hướng của
hàm giá trị là một trong các tính chất ổn định của bài toán tối ưu. Vì
vậy, việc nghiên cứu mở rộng khái niệm đạo hàm, cụ thể là khái niệm
đạo hàm theo hướng của một hàm có vai trò quan trọng trong toán
quy hoạch toán học. Từ những ý nghĩa quan trọng đó, để tìm hiểu và
ứng dụng vào các bài toán quy hoạch toán học, tác giả đã lựa chọn đề
tài “Đạo hàm theo hướng và ứng dụng ”.
Khóa luận bao gồm hai chương:
- Chương 1 trình bày đạo hàm theo hướng bao gồm các khái niệm
về đạo hàm theo hướng bậc nhất, bậc hai và các điều kiện chính quy
ràng buộc.
- Chương 2 ứng dụng thiết lập sự tồn tại đạo hàm theo hướng của

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

hàm giá trị.

2. Mục đích nghiên cứu
- Tìm hiểu và nghiên cứu các khái niệm về đạo hàm theo hướng bậc
nhất, bậc hai và các điều kiện chính quy ràng buộc.
- Vận dụng khái niệm đạo hàm theo hướng cùng các kết quả bổ trợ để
giải các bài toán về sự tồn tại đạo hàm theo hướng của hàm giá trị.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Tìm hiểu các khái niệm cơ bản của đạo hàm theo hướng bậc nhất,
bậc hai.
- Nghiên cứu các điều kiện chính quy ràng buộc, mối quan hệ giữa
chúng và đạo hàm theo hướng của hàm giá trị.

4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp lý luận: Đọc, nghiên cứu các tài liệu, giáo trình có liên
quan đến đạo hàm theo hướng và ứng dụng; phân tích, so sánh và hệ
thống hóa.

5. Đối tượng nghiên cứu
Bài toán tối ưu có ràng buộc; đạo hàm theo hướng bậc nhất, bậc hai
và các điều kiện chính quy ràng buộc.

2


Một số ký hiệu dùng trong đề tài
• R, R+ : Tập các số thực, số thực không âm.
• Rn : Không gian vectơ Euclide n−chiều, thực.
• ·, · : Tích vô hướng của hai véctơ x, y ∈ Rn .
• AT : Ma trận chuyển vị của ma trận A; A là đối xứng nếu A=AT .
• λ(A) : Tập tất cả các giá trị riêng của ma trận A.
• dom F : Miền hữu hiệu của F.
• ∇f (x) hay f (x): Đạo hàm của f tại x.
• f (x; v) : Đạo hàm theo hướng v của f tại x.
• ∂f (x) : Dưới vi phân của hàm f tại x.
• coneS : Nón lồi sinh bởi S.
• riΓ : Phần trong tương đối của tập Γ .
• inf F : Cận dưới đúng của F .
• supF : Cận trên đúng của F .

3


Chương 1
ĐẠO HÀM THEO HƯỚNG
1.1

Các khái niệm

Đạo hàm theo hướng bậc nhất, bậc hai
Chúng ta xét bài toán quy hoạch toán học P (x) phụ thuộc vào tham
số x ∈ Rn
f (x, y) → inf
y

y ∈ F (x) = {y ∈ Rm : hi (x, y) ≤ 0, i ∈ I, hi (x, y) = 0, i ∈ I0 }
ở đó I = {1, ..., s}, I0 = {s + 1, ..., p} , và tất cả các hàm số f (x, y),
hi (x, y), i = 1, ..., p được giả thiết là khả vi liên tục bậc 2.
Cho ánh xạ nhân F được định nghĩa ở trên bởi sự ràng buộc của
P (x), chúng ta sử dụng ký hiệu
domF := {x ∈ Rn : F (x) = ∅},
grF := {(x, y) : y ∈ F (x), x ∈ Rn }.

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

Xét hàm giá trị
ϕ(x) := inf {f (x, y) : y ∈ F (x)},
và tập nghiệm của bài toán P (x)
ω(x) := {y ∈ F (x) : f (x, y) = ϕ(x)}, x ∈ Rn .
Bây giờ chúng ta cố định điểm x0 ∈ domF và y 0 ∈ F (x0 ) cho phần
còn lại của bài. Ở phần tiếp theo, cho điểm x ∈ domF, y ∈ F (x) tùy
ý và phương (x, y) ∈ Rn × Rm , chúng ta ký hiệu cặp (x,y) và (x, y)
lần lượt bởi z và z. Đặc biệt, điểm x và y trở thành điểm x0 , y 0 được
cố định ở trên, chúng ta ký hiệu (x0 , y 0 ) bởi z 0 . Chúng ta giả sử tập
ω(x0 + tx) là khác rỗng và đều giới hạn với tất cả số t ≥ 0 đủ nhỏ,
tức là tồn tại một số t0 > 0 và một tập giới hạn Y0 ⊂ Rm sao cho
ω(x0 + tx) ⊂ Y0 với mọi t ∈ [0, t0 ]. Ngoài ra, chúng ta muốn sử dụng
một cách tự do tiêu chuẩn “o - nhỏ” và “O - lớn” ký hiệu thay cho hàm
vectơ vào trong không gian ảnh Rk , k ∈ N; Ví dụ, o(t) sẽ biểu thị mọi
hàm số thỏa mãn o(t) → 0 khi t ↓ 0.

Ký hiệu đạo hàm Dini dưới và trên của hàm số ϕ tại điểm x0 theo
hướng x lần lượt bởi
D+ ϕ(x0 ; x) := lim inf t−1 (ϕ(x0 + tx) − ϕ(x0 )),
t↓0

D+ ϕ(x0 ; x) := lim sup t−1 (ϕ(x0 + tx) − ϕ(x0 )),
t↓0

và đạo hàm theo hướng của hàm số ϕ trong hướng x tại điểm x0
5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

(khi nó tồn tại)
ϕ (x0 ; x) := lim t−1 [ϕ(x0 + tx) − ϕ(x0 )].
t↓0

Theo Demyanov [1], chúng ta cũng xét đạo hàm cấp hai dưới và
trên của hàm số ϕ tại điểm x0 theo hướng x tương ứng bởi
2
[ϕ(x0 + tx) − ϕ(x0 ) − tϕ (x0 ; x)],
2
t↓0
t
2
D+2 ϕ(x0 ; x) := lim sup 2 [ϕ(x0 + tx) − ϕ(x0 ) − tϕ (x0 ; x)].
t↓0
t
2
D+
ϕ(x0 ; x) := lim inf

Khi đạo hàm cấp hai dưới và trên tồn tại và có cùng giá trị thì giá
trị này được gọi là đạo hàm cấp hai của hàm số ϕ tại điểm x0 theo
hướng x, và nó được ký hiệu bởi ϕ (x0 ; x). Nói cách khác
ϕ (x0 ; x) := lim 2t−2 [ϕ(x0 + tx) − ϕ(x0 ) − tϕ (x0 ; x)].
t↓0

Ký hiệu I(z) := {i ∈ I : hi (z) = 0} và xét hàm số Lagrange
L(z, λ) = f (z) + λ, h(z) ở đó λ = (λ1 , ..., λp ); h := (h1 , ..., hp ) và tập
nhân tử Lagrange.
p
p

Λ(z) :={λ ∈ R :

y f (z)

+

λi

y

hi (z) = 0,

i=1

λi ≥ 0, i ∈ I(z), λi = 0, i ∈ I\I(z)}.
Chúng ta cần thiết lập tập
p
p

Λ0 (z) :={λ ∈ R :

λi

y

i=1

λi = 0, i ∈ I\I(z)}
6

hi (z) = 0, λi ≥ 0, i ∈ I(z),


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

của các nhân tử Lagrange suy biến.
Điều kiện đủ để tồn tại đạo hàm có hướng ϕ (x0 ; x) và ϕ (x0 ; x) đòi
hỏi chính quy ràng buộc (điều kiện chính quy) trên hàm số hi (x, y).
Nhắc lại rằng, chính quy ràng buộc tại điểm y 0 để đảm bảo tính
hiệu lực của điều kiện Karush - Kuhn - Tucker, tức là đảm bảo rằng
Λ(x0 , y 0 ) = ∅ nếu y 0 là một nghiệm địa phương của bài toán P (x0 ).
Ví dụ, chính quy ràng buộc Mangasaria - Foromovitz (M F CQ) [2] nổi
tiếng đòi hỏi độc lập tuyến tính của vectơ

0 0
y hi (x , y ), i

∈ I0 và tồn

tại một vectơ y o sao cho
y hi (x

0

, y 0 ), y 0 = 0, i ∈ I0

y hi (x

0

, y 0 ), y 0 < 0, i ∈ I(x0 , y 0 ).

Ta biết rằng MFCQ tại điểm y 0 ∈ F (x0 ) tương đương với yêu cầu
Λ0 (z 0 ) = 0. Để xây dựng các chính quy ràng buộc khác, ta cần khái
niệm nón tiếp tuyến cho tập F (x0 ) tại điểm y 0 ∈ F (x0 ):
ΓF (x0 ) (y 0 ) :={y ∈ Rm :
y hi (z

0

y hi (z

0

), y ≤ 0, i ∈ I(z 0 ),

), y = 0, i ∈ I0 }

và được ký hiệu
I a (z 0 ) := {i ∈ I(z 0 ) :

y hi (z

0

), y = 0, ∀y ∈ ΓF (x0 ) (y 0 )},

I − (z 0 ) := I(z 0 )\I a (z 0 ).
Khi đó, theo Michenko và Stakhovski [3], Kruger [4], chúng ta nói
rằng chính quy ràng buộc Mangasarian - Fromovitz nới lỏng (RMFCQ)
tại điểm y 0 ∈ F (x0 ) nếu và chỉ nếu
7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

rank{

y hi (x

0

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

, y 0 ), i ∈ I0 ∪ I a (x0 , y 0 )} = const trong lân cận của điểm

y0.
Ta biết từ [3] rằng RM F CQ là một chính quy ràng buộc và nó suy
ra M F CQ. Một số điều kiện chính quy khác và và mối quan hệ của
nó có thể được tìm thấy trong [5, 6].
Bổ đề 1.1. Các mệnh đề sau là đúng
1. Tồn tại một vectơ y 0 sao cho
y hi (z

0

), y 0 = 0, i ∈ I0 ∪ I a (z 0 ),

y hi (z

0

), y 0 < 0, i ∈ I − (z 0 );

2. Chỉ số i ∈ I(z 0 ) thuộc tập I a (z 0 ) nếu và chỉ nếu tồn tại một vectơ
λ ∈ Λ0 (z 0 ) sao cho λi > 0.
Chứng minh. Khẳng định thứ nhất đã được chứng minh ở [4], tính
đúng đắn của khẳng định thứ hai có được ngay từ Định lý 17.7 của
Gorokhovik [8].
Theo Luderer và các tác giả [7], đạo hàm trên và dưới Dini của ánh
xạ đa trị F tại điểm z 0 trong hướng x:
DF (z 0 ; x) := {y ∈ Rm : y 0 + ty + o(t) ∈ F (x0 + tx), ∀t > 0},
DF (z 0 ; x) := {y ∈ Rm : ∃tk ↓ 0, ∃y k → y | y0 + tk y k ∈ F (x0 + tk x),
∀k = 1, 2, 3, ...}
và tập
Γ (z 0 ; x) :={y ∈ Rm : ∇hi (z 0 ), z ≤ 0, i ∈ I(z 0 ),
∇hi (z 0 ), z = 0, i ∈ I0 , z = (x, y)}.
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

Chú ý 1.1. Không khó khăn để kiểm tra rằng (xem, [7])
DF (z 0 ; x) ⊂D F (z 0 ; x) ⊂ Γ (z 0 ; x).
Chúng ta biết rằng điều kiện DF (z 0 ; x) = Γ (z 0 ; x) = ∅ đóng vai trò
quan trọng trong việc nghiên cứu tính khả vi theo hướng của hàm giá
trị. Điều kiện này đúng nếu MFCQ thỏa mãn tại điểm y 0 ∈ F (x0 ). Một
điều kiện yếu hơn nhưng rất cần đảm bảo DF (z 0 , x) = Γ (z 0 ; x) = ∅
được gọi là điều kiện Mangasaria - Foromovitz theo hướng x (hay đơn
giản là điều kiện Mangasaria - Foromovitz) được giới thiệu trong [9,
10].
Định nghĩa 1.1. Điều kiện M angasaria − F oromovitz theo hướng x
(viết tắt M Fx ) là thỏa mãn tại điểm z 0 nếu và chỉ nếu họ {∇y hi (z 0 ), i ∈
I0 } là độc lập tuyến tính và tồn tại một vectơ y 0 sao cho
∇hi (z 0 ), (x, y 0 ) = 0, i ∈ I0 , ∇hi (z 0 ), (x, y 0 ) < 0, i ∈ I(z 0 ).
Theo [9], các khẳng định sau là tương đương
1. M Fx thỏa mãn tại điểm z 0 .
λi ∇x hi (z 0 ), (x) < 0, ∀λ ∈ Λ0 (z 0 ) \ {0}.

2.
i∈I0 ∪I(z 0 )

Không khó để thấy rằng M F CQ suy ra M Fx theo mọi hướng. Tuy
nhiên, ví dụ dưới đây chỉ ra rằng M Fx có thể không thỏa mãn, ngay
cả trong các bài tối ưu rất đơn giản.
Ví dụ 1.1.1. Cho F (x) = {y ∈ R2 : −y12 + y2 − x ≤ 0, −y2 + x ≤
0}, x ∈ R, x0 = 0, y 0 = (0, 0)T . Ở đây, điểm z 0 = (x0 , y 0 ) không thỏa
mãn MFCQ và M Fx với hướng bất kỳ.
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

Thật vậy, với h1 (z) = −y12 + y2 − x và h2 (z) = −y2 + x, không tồn
tại vectơ y ∈ Rm sao cho ∇hi (z 0 ), (x, y) < 0, i = 1, 2, bởi vì các bất
đẳng thức này đưa về y 2 < x và y 2 > x mà không thể xảy ra. Điều
này có nghĩa là M Fx không thỏa mãn tại z 0 theo hướng bất kỳ và vì
vậy, theo chú ý trên, MFCQ cũng không thỏa mãn.
Cho Γ (z o ; x) = ∅ và ký hiệu
I a (z o , x) := {i ∈ I(z 0 ) : ∇hi (z 0 ), (x, y) = 0, ∀y ∈ Γ (z o , x)},
I − (z o , x) := I(z)\I a (z o , x)
Chứng minh bổ đề tiếp theo suy ra từ Kruger [4] như phần đầu của
Bổ đề 1.1.

Bổ đề 1.2. Cho Γ (z o ; x) = ∅. Khi đó, tồn tại một vectơ y 0 sao cho
∇hi (z 0 ), (x, y 0 ) = 0, i ∈ I0 ∪ I a (z 0 , x),
∇hi (z 0 ), (x, y 0 ) < 0, i ∈ I − (z 0 , x).
Hệ quả tiếp theo từ lý thuyết của bất phương trình tuyến tính (xem
[8]).
Bổ đề 1.3. Γ (z o ; x) = ∅ nếu và chỉ nếu

λi ∇x hi (z 0 ), x ≤ 0,
i∈I0 ∪I(z 0 )
0

∀λ ∈ Λ0 (z 0 ). Bất đẳng thức ∇x hi (z 0 ), (x, y ) ≤ 0 với các chỉ số
i ∈ I a (z 0 , x) được gọi là bất đẳng thức hoạt cốt yếu của tập Γ (z o ; x).
Bổ đề tiếp theo được suy ra từ kết quả về bất đẳng thức tuyến tính
(Định lý 17.7 và Hệ quả 17.3 của Gorokhovik [8]).
Bổ đề 1.4. Cho Γ (z 0 ; x) = ∅. Khi đó,
10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

1. Hệ ∇hi (z 0 ), z = 0, i ∈ I0 , ∇hi (z 0 ), z < 0, i ∈ I(z 0 ) không có
nghiệm nếu và chỉ nếu I a (z 0 , x) = ∅.
2. Một bất đẳng thức với chỉ số i ∈ I(z 0 ) là hoạt cốt yếu nếu và chỉ
nếu tồn tại một vectơ λ ∈ Λ0 (z 0 ) sao cho
λj ∇x hj (z 0 ), x = 0, λi > 0;
j∈I0 ∪I(z 0 )

3. Nếu I a (z 0 , x) = ∅, thì tồn tại λ ∈ Λ0 (z 0 ),
λi ∇x hi (z 0 ), x = 0 sao cho i ∈ I a (z 0 , x) nếu và chỉ nếu
i∈I0 ∪I(z 0 )

λi > 0.
Mục đích của chúng ta là tìm điều kiện yếu hơn M Fx nhưng vẫn
đảm bảo rằng DF (z 0 ; x) = Γ (z 0 ; x) = ∅. Lưu ý rằng một ý tưởng
tự nhiên đòi hỏi sự độc lập tuyến tính của hệ vectơ {∇y hi (z 0 ), i ∈
I0 ∪ I a (z 0 )} là không thỏa đáng bởi vì từ Bổ đề 1.4, các vectơ này luôn
phụ thuộc tuyến tính nếu I a (z 0 , x) = ∅.

Định nghĩa 1.2. Chúng ta nói rằng điều kiện Mangasarian - Fromovitz nới lỏng theo hướng x ( viết tắt RM F x thỏa mãn tại điểm z 0
nếu nếu và chỉ nếu Γ (z 0 ; x) = ∅ , và hệ (m + 1) vectơ



∇y hi (z)
∇x hi (z), x


 i ∈ I0 ∪ I a (z 0 , x),

có hạng là hằng số trong lân cận điểm z 0 .

11

(1.1)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

Lưu ý rằng, trong trường hợp tổng quát, RM Fx (đúng hơn là M Fx )
không phải là chính quy ràng buộc vì nó không đảm bảo điều kiện
Karush - Kuhn - Tucher được thỏa mãn. Không khó để nhìn ra từ
M Fx suy ra RM Fx . Thật vậy, từ điều kiện M Fx tại điểm z 0 , ta suy
λi ∇x hi (z 0 ), x < 0, ∀λ ∈ Λ0 (z 0 ) \ {0}. Đồng thời, nếu

ra rằng
i∈I0 ∪I(z 0 )
a

0

I (z , x) = ∅ thì ta suy ra từ Bổ đề 1.4 rằng tồn tại một vectơ khác
không λ ∈ Λ0 (z 0 ) sao cho
λi ∇x hi (z 0 ), x = 0.
i∈I0 ∪I(z 0 )

Điều này có nghĩa là M Fx có thể thỏa mãn tại điểm z 0 nếu I a (z 0 , x) =
∅ . Tuy nhiên, I a (z 0 , x) = ∅ suy ra hạng của (1.1) là hằng trong lân
cận z 0 , có nghĩa là RM Fx thỏa mãn tại điểm z 0 .
Ví dụ tiếp theo điều ngược lại là không đúng, và trong trường hợp
tổng quát, RM Fx không thể suy ra M Fx .

Ví dụ 1.1.2. Cho F (x) = {y ∈ R2 : y2 − x ≤ 0, −y2 + x ≤ 0}, x ∈ R,
x0 = 0, y 0 = (0, 0)T .
Không khó để kiểm tra rằng M Fx không thỏa mãn tại điểm z 0 =
(x0 , y 0 ) với hướng bất kỳ. Tuy nhiên, Γ (z 0 ; x) = {y ∈ R2 : y 2 = x} và
cả hai ràng buộc h1 (x, y) = y2 − x và h2 (x, y) = −y2 + x là hoạt cốt
yếu, và hạng của {∇y h1 (x, y), ∇y h2 (x, y)} là hằng trong lân cận z 0 .
Điều này có nghĩa là RM Fx thỏa mãn tại z 0 với hướng bất kỳ x.
Ví dụ 1.1.3. Cho

12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

F (x) = {y ∈ R3 : y12 − y3 + x ≤ 0, −y12 + y3 − x ≤ 0, y1 − y3 = 0}, x ∈ R
và x0 = 0, y 0 = (0, 0, 0)T , x = 1. Khi đó,
Γ (x0 ; x) = {y ∈ R3 : y 3 ≥ x, y 3 ≤ x, y 1 − y 3 = 0} = {y ∈ R3 :
y 3 = y 1 = x} và do đó, I a (z 0 , x) = {1, 2}. Khi đó, với các hàm
h1 (z) = y12 − y3 + x, h2 (z) = −y12 + y3 − x, h3 = y1 − y3 ta có

rank



∇y hi (z)
∇x hi (z), x


 i ∈ I0 ∪ I a (z 0 ), x

= 2 = const

Vì vậy RM Fx thỏa mãn tại z 0 theo hướng x. Tương tự, dễ dàng chỉ
ra rằng M Fx không thỏa mãn tại điểm z 0 .

Ví dụ 1.1.4. Cho F (x) = {y ∈ R3 : y1 + y22 − x ≤ 0, −y1 + 3y2 + x ≤

0, −y1 − 3y2 + x ≤ 0, y12 + y22 − y3 ≤ 0, } và x0 = 0, y 0 = (0, 0, 0)T ,
T

0

3

x = 1. Vì λ = (2, 1, 1, 0) ∈ Λ0 (z ) và

λi ∇x hi (z 0 ), x) = 0 (và do

i=1

đó không có vectơ λ ∈ Λ0 (z 0 ) với λ4 dương), ta đạt được
I a (z 0 , x) = {1, 2, 3} theo Bổ đề 1.4. Dễ dàng kiểm tra rằng RM Fx thỏa
mãn tại điểm z 0 . Rõ ràng rằng chính quy ràng buộc quen biết Mangasaria - Foromovitz không thỏa mãn tại điểm z 0 vì Λ0 (z 0 ) = {0}. Do
đó, M Fx cũng không được thỏa mãn.

Bổ đề 1.5. I a (z 0 , x) ⊂ I a (z 0 ).
Chứng minh. Bao hàm thức là đúng nếu I a (z 0 , x) = ∅. Cho I a (z 0 , x) =
∅ và chọn tùy ý i ∈ I a (z 0 , x). Khi đó, theo Bổ đề 1.4, có một vectơ
λ ∈ Λ0 (z 0 ) sao cho λi > 0, λj = 0 với mọi j ∈ I\I a (z 0 , x) và
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

λi ∇x hi (z o ), x = 0.
i∈I0 ∪I(z 0 )

Mặt khác, theo Bổ đề 1.1, từ bất đẳng thức λi > 0 với i ∈ I a (z 0 , x)
liên kết với chỉ số i ∈ I a (z 0 , x) là thực chất chủ động đối với tập
ΓF (xo ) (y 0 ). Do đó i ∈ I a (z 0 ).

Ví dụ 1.1.5. Dưới giả thiết của Ví dụ 1.1.3, I a (z 0 , x) = {1},
I a (z 0 ) = {1, 2}, nghĩa là I a (z 0 , x) ⊂ I a (z 0 ).

1.2

Các điều kiện chính quy ràng buộc

Định lý 1.1. Giả sử rằng RM Fx thỏa mãn tại điểm z 0 . Khi đó,
DF (z 0 : x) = Γ (z 0 : x) = ∅.
Chứng minh. Xem [11, Theorem 2.1].
Xét một vectơ y ∈ Γ (z 0 ; x), và theo [7], ta nhắc lại đạo hàm Dini
cấp hai dưới và trên của ánh xạ đa trị F tại điểm z 0 dọc theo vectơ
z = (x, y) theo hướng x như sau:
D2 F (z 0 , z; x) := {ν ∈ Rm : ∃tk ↓ 0|y 0 + tk y + t2k ν + o(t2k ) ∈ F (x0 + tk x),
k = 1, 2, ...},
D2 F (z 0 , z; x) := {ν ∈ Rm : y 0 + ty + t2 ν + o(t2 ) ∈ F (x0 + tx)∀t > 0}.
Ký hiệu
1
z, ∇2 hi (z 0 )z ≤ 0,
2
1
i ∈ I 2 (Z 0 , z), ∇y hi (z 0 ), ν + ∇z, ν 2 hi (z 0 )z = 0, i ∈ I0 },
2

Γ 2 (z 0 , z; x) :={ν ∈ Rm : ∇y hi (z 0 ), ν +

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

ở đó I 2 (z 0 , z) := {i ∈ I(z0 ) : ∇hi (z 0 ), z = 0}.
Ta cũng ký hiệụ
I a (z 0 , z) :={i ∈ I 2 (z 0 , z) : ∇y hi (z 0 ), ν +

1
z, ∇2 hi (z 0 )z = 0
2

∀ν ∈ Γ 2 (z 0 , z; x)},
I − (z 0 , z) :=I 2 (z 0 , z)\I a (z 0 , z).
Định nghĩa 1.3. (Điều kiện Mangasarian - Fromovitz nới lỏng)
Cho y ∈ Γ (z 0 ; x). Chúng ta nói rằng điều kiện Mangasarian - Fromovitz nới lỏng tại điểm z 0 đối với vectơ z = (x, y) theo hướng x (viết
tắt, RM Fx2 (z)) được thỏa mãn nếu và chỉ nếu Γ 2 (z 0 , z; x) = 0 và hệ



∇y hi (z)
∇x hi (z), x


 i ∈ I0 ∪ I a (z 0 , z)

có hạng hằng với mọi z trong lân cận nào đó của điểm z 0 .
Bổ đề 1.6. I a (z 0 , z) ⊂ I a (z 0 ).
Chứng minh. Chứng minh tương tự như chứng minh Bổ đề 1.5.
Quan sát tập Γ 2 (z 0 , z; x) và D2 F (z 0 , z; x), chúng ta có thể thiết lập
kết quả sau đây từ giả thiết đã sử dụng ở Định lý 1.1.
Bổ đề 1.7. Cho RM Fx đúng tại điểm z 0 . Khi đó Γ 2 (z 0 , z; x) =
D2 F (z 0 , z; x) = ∅ với mọi y ∈ Γ (z 0 , x).
Chứng minh Cho y ∈ Γ (z 0 , x). Khi đó, theo Định lý 1.1,
y ∈ DF (z 0 , z; x).
Tập C := {(t, y) ∈ R × Rm : y ∈ F (x0 + tx), t ≥ 0}. Tức là,
C = {(t, y) ∈ R × Rm : t ≥ 0, hi (x0 + tx, y) ≤ 0, i ∈ I,
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

hi (x0 + tx, y) = 0, i ∈ I0 }.
vì vậy, nón tuyến tính ΓC (0, y 0 ) đến tập C tại điểm (0, y 0 ) được đưa
ra
ΓC (0, y 0 ) ={(t, y) ∈ R × Rm : t ≥ 0,
∇y hi (z 0 ), y + t ∇x hi (z 0 ), x ≤ 0, i ∈ I(z o ),
∇y hi (z 0 ), y + t ∇x hi (z 0 ), x ≤ 0, i ∈ I0 }.
Bằng cách sử dụng các ký hiệu coneS cho hình nón kéo dài bởi một
tập S, từ biểu thức này chúng ta thu được
ΓC (0, y 0 ) =

(0, y) : y ∈ ΓF (x0 ) (y 0 )

∪ cone (1, y) : y ∈ Γ (z 0 ; x) .

Chúng ta hãy kiểm tra tính hiệu quả của điều kiện RM F CQ cho
tập C tại điểm (0, y 0 ) ∈ C. Điều kiện RM F CQ lúc này có nghĩa là
(xem [3] và định nghĩa 6 và 6 của Kruger [4])

rank





0

∇y hi (x + tx, y)
0

∇x hi (x + tx, y), x

 i ∈ I0 ∪ ICa (0, y 0 )

= const

với mọi (t, y) lân cận (0, y 0 ), ở đó
ICa (0, y 0 ) = {i ∈ I(z 0 ) : ∇y hi (z 0 ), y + t ∇x hi (z 0 ), x = 0,
∀(t, y) ∈ ΓC (0, y 0 )}.
Cho k ∈ ICa (0, y 0 ), tức là, ∇y hk (z 0 ), y + t ∇x hk (z 0 ), x = 0 với
mọi
(t, y) ∈

(0, y) : y ∈ ΓF (x0 ) (y 0 ) ∪ cone (1, y) : y ∈ Γ(z 0 ; x) .

Cho t = 1 (và với mọi t > 0) điều kiện cao hơn là đúng nếu
16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

k ∈ I a (z 0 , x) và t = 0 đúng, nếu k ∈ I a (z 0 ). Vì I a (z 0 , x) ⊂ I a (z 0 ) theo
bổ đề (2.5), chúng ta nhận đượcIca (0, y 0 ) = I a (z 0 , x). Do đó RM Fx tại
z 0 suy ra RM F CQ của tập C tại điểm(0, y 0 ) ∈ C.Khi đó, theo Kruger
[3], tính chất liên kết sai số địa phương cố định tập C tại (0, y 0 ) ∈ C.
Điều này có nghĩa là tồn tại một số α > 0 và lân cận V (0) và V (y 0 )
sao cho khoảng cách Euclidean từ (t, y) tới C có thể đạt được ước tính

d((t, y), C) ≤ α.max{0, −t, hi (x0 + tx, y), i ∈ I(z 0 ),
|hi (x0 + tx, y)|i ∈ I0 }
với mọi t ∈ V (0), y ∈ V (y0 ). Từ bất phương trình cuối ta có
d((t, y 0 + ty), C) ≤α max{0, −t, hi (x0 + tx, y 0 + ty), i ∈ I(z 0 ),
| hi (x0 + tx, y 0 + ty) | i ∈ I0 } ≤ M t2 ,
với mọi số dương t đủ nhỏ, trong đó M = const > 0. Điều này có
nghĩa là với mọi dãy tk ↓ 0 tồn tại dãy liên kết {αk }, {pk } sao cho
y 0 + tk y + t2k pk ∈ F (x0 + tk x + αk t2k x) với mọi k = 1, 2, ...
Kí hiệu δk = tk + αk t2k và giả định không mất tính tổng quát rằng
αk = 0 với mọi k = 1, 2, ... chúng ta thu được
tk =

−1 +



1 + 4αk δk
= δk + 0(δk2 ),
2αk

và do đó
y 0 + δk y + δk2 pk + o(δk2 ) ∈ F (x0 + δk x).
Điều này có nghĩa là tồn tại một dãy liên kết {v k } sao cho
y 0 +δk y+δ 2 v k ∈ F (x0 +δk x) với mọi k = 1, 2, ... và không mất tính tổng
17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

quát có thể giả sử rằng v k → v và y 0 + δk y + δk2 y + o(δk2 ) ∈ F (x0 + δk x)
Khi đó, từ đẳng thức và bất đẳng thức dưới đây:
hi (x0 + δk x, y 0 + δk y + δ 2 v + o(δk2 ) ≤ 0, i ∈ I 2 (z 0 , z),
hi (x0 + δk x, y 0 + δk y + δ 2 v + o(δk2 ) = 0, i ∈ I0 .
Cho nên,
1
z,
2
1
hi (z 0 ), ν + z,
2

∇y hi (z 0 ), ν +
y

2

hi (z 0 )z ≤ 0 i ∈ I 2 (z 0 , z),

2

hi (z 0 )z = 0, i ∈ I0 .

Tức là ν ∈ Γ 2 (z 0 , z; x) và Γ 2 (z 0 , z; x) = ∅.
Lấy một vectơ tuỳ ý ν ∈ Γ 2 (z 0 , z; x). Khi đó, với mọi t đủ nhỏ t > 0,
ta có
d((t, y 0 + ty + t2 ν), c) ≤ α max{0, −t, hi (x0 + tx, y 0 + ty + t2 ν)i ∈ I(z 0 ),
| hi (x0 + tx, y 0 + ty + t2 ν) | i ∈ I0 } = 0(t2 )
và vì vậy y 0 + ty + t2 ν + oν (t2 ) ∈ F (x0 + tx + o(t2 )x).
Tập τ = t + 0(t2 ) và thu được y 0 + τ y + τ 2 ν + oν (τ 2 ) ∈ F (x0 + τ x).
Hàm số τ = τ (t) = t + o(t2 ) không đơn điệu, nhưng sự bao hàm cuối
cùng chỉ ra rằng tồn tại dãy số δk → 0 và một dãy hội tụ ν k → ν sao
cho y 0 + y + δk2 ν k ∈ F (x0 + δk x) với mọi k = 1, 2, ...
Vì vậy, ν ∈ D2 F (z 0 , z; x) và Γ 2 (z 0 , z; x) ⊂ D2 F (z 0 , z; x) và do đó,
Γ 2 (z 0 , z; x) = D2 F (z 0 , z; x).
Hệ quả 1.1. Nếu thêm vào điều kiện của Bổ đề (1.7), ánh xạ nhân
F thoả mãn tính chất Aubin [12, 13] tại điểm z 0 . Khi đó, Γ (z 0 ; x) =
DF (z 0 ; x) và Γ 2 (z 0 , z; x) = D2 F (z 0 , z; x) = ∅, ∀y ∈ Γ (z 0 ; x).
18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

Hệ quả 1.2. Cho y ∈ Γ (z 0 ; x). Khi đó, điều kiện dưới của bổ đê(1.7)
với mọi ν ∈ Γ 2 (z 0 , z; x), tồn tại một hàm vectơ ov (t2 ) và một hàm
o(t2 ) sao cho y 0 + ty + t2 ν + oν (t2 ) ∈ F (x0 + (t + o(t2 ))x) với mọi hệ
số dương t đủ nhỏ.
Điều kiện Mangasarian - Fromovitz thứ hai tại điểm z 0 , dọc theo
vectơ z = (x, y) theo hướng x suy ra ánh xạ nhân F có đạo hàm theo
hướng thứ hai. Đặc biệt, định lí dưới đây là đúng.

Định lý 1.2. Cho y ∈ Γ (z 0 ; x). Nếu điều kiện RM Fx (z) là đúng tại
điểm z 0 dọc theo vectơ z = (x, y), khi đó D2 F (z 0 , z; x) = Γ 2 (z 0 , z; x) =
∅.
Chứng minh Chứng minh Định lý (1.2) theo lược đồ trong chứng
minh Định lý 1.1. Cụ thể là, chúng ta có thể biểu thị dưới đây giả
thiết của định lý (1.2),
1
riΓ 2 (z 0 , z; x) = {ν : ∇y hi (z 0 ), ν + z, ∇2 hi (z 0 )z = 0,
2
1
i ∈ I0 ∪ I a (z 0 , z), ∇y hi (z 0 ), ν + z, ∇2 hi (z 0 )z < 0, i ∈ I − (z 0 , z)}.
2
Hơn nữa, theo định lý hàm ẩn với lập luận tương tự sử dụng để
chứng minh định lý (1.1) bao hàm ν ∈ riΓ 2 (z 0 , z; x) suy ra
ν ∈ D2 F (z 0 , z; x).
Định nghĩa 1.4. Chúng ta nói rằng điều kiện đều Mangasarian - Fromovitz (U RM Fx ) thỏa mãn tại điểm z 0 theo hướng x nếu Γ (z 0 ; x) = 0
và bất kỳ hệ





∇y hi (z)
∇x hi (z), x

 i ∈ I0 ∪ K.

19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

NGUYỄN THỊ THANH NGUYÊN

trong đó, K ∈ I a (z 0 ), có hạng hằng trong lân cận điểm z 0 .
Hiển nhiên, U RM Fx được suy ra bởi M Fx . Mặt khác, U RM Fx suy
ra RM Fx .
Hệ quả 1.3. Giả sử U RM Fx thỏa mãn tại z 0 . Khi đó, DF (z 0 ; x) =
Γ (z 0 ; x) = ∅ và D2 F (z 0 , z; x) = Γ 2 (z 0 , z; x) với mọi z = (x, y) sao
cho y ∈ Γ (z 0 ; x) và Γ 2 (z 0 , z; x) = ∅ .
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.4, RM Fx suy ra từ U RM Fx , do đó tất cả
yêu cầu của Định lý 1.1 đều thỏa mãn. Từ Bổ để 1.5 và Γ 2 (z 0 , z; x) =
∅, ta suy ra rằng U RM Fx , RM Fx2 (z) thỏa mãn tại z 0 . Do đó, tất cả
các yêu cầu của Định lý 3.1 đều thỏa mãn và do đó D2 F (z 0 , z; x) =
Γ 2 (z 0 , z; x).

20


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×