ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LƯƠNG QUỐC ĐĂNG ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY GUIGNARD VÀ ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU CHO NGHIỆM HỮU HIỆU CỦA BÀI TOÁN TỐI ƯU ĐA MỤC TIÊU KHƠNG TRƠN CHUN NGÀNH: TỐN ỨNG DỤNG MÃ SỐ: 60460112 2015 Mục lục Mở đầu 1 Điều kiện quy Guignard điều kiện KuhnTucker cho toán bán khả vi 1.1 Các định nghĩa khái niệm 1.2 Điều kiện quy Guignard 1.3 Điều kiện Kuhn-Tucker mạnh Điều kiện Kuhn-Tucker cho toán tối ưu đa mục tiêu Lipschitz địa phương 13 2.1 Các khái niệm 13 2.2 Các điều kiện cần tối ưu 19 2.3 Các điều kiện đủ tối ưu 26 Kết luận 28 Tài liệu tham khảo 29 i Mở đầu Lý chọn đề tài Lý thuyết điều kiện tối ưu phận quan trọng tối ưu hóa Các điều kiện Kuhn - Tucker cho nghiệm hữu hiệu toán tối ưu đa mục tiêu mà tất nhân tử Lagrange ứng với thành phần hàm mục tiêu dương gọi điều kiện Kuhn - Tucker mạnh Với điều kiện quy kiểu Guignard cho tốn tối ưu đa mục tiêu khả vi có ràng buộc bất đẳng thức V Preda I Chitescu ([10], 1999) phát triển điều kiện tối ưu kiểu Maeda [8] cho toán tối ưu đa mục tiêu bán khả vi Với điều kiện quy Guignard, X J Long N J Huang ([7], 2014) thiết lập điều kiện Kuhn - Tucker mạnh cho toán tối ưu đa mục tiêu với hàm Lipschitz địa phương ngôn ngữ vi phân suy rộng Đây đề tài nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu Chính em chọn đề tài : “Điều kiện quy Guignard điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu tốn tối ưu đa mục tiêu khơng trơn” Mục đích đề tài Luận văn trình bày kết nghiên cứu điều kiện quy Guignard điều kiện tối ưu Kuhn - Tucker mạnh V Preda I Chitescu (1999) điều kiện Kuhn - Tucker X J Long - N J Huang (2014) cho nghiệm hữu hiệu toán tối ưu đa mục tiêu khơng trơn có ràng buộc bất đẳng thức Nội dung đề tài Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày kết V Preda I Chitescu điều kiện quy Guignard điều kiện Kuhn-Tucker mạnh cho nghiệm hữu hiệu toán tối ưu đa mục tiêu bán khả vi Chương 2: Trình bày kết nghiên cứu X J Long, N J Huang điều kiện cần tối ưu điều kiện đủ tối ưu ngôn ngữ vi phân suy rộng với điều kiện quy Guignard Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Đỗ Văn Lưu, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa học Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên lớp Cao học Tốn K7A ln quan tâm, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình làm luận văn Thái Nguyên, ngày 16 tháng 04 năm 2015 Tác giả Lương Quốc Đăng Chương Điều kiện quy Guignard điều kiện Kuhn-Tucker cho toán bán khả vi Chương trình bày kết nghiên cứu V Preda I Chitescu ([10], 1999) điều kiện quy Guignard cho tốn tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc bất đẳng thức điều kiện cần KuhnTucker mạnh cho nghiệm hữu hiệu toán với hàm bán khả vi 1.1 Các định nghĩa khái niệm Cho hai vectơ x y Rn , ta sử dụng quy ước sau: x < y xi < yi , ∀i, i = 1, 2, , n; x ≤ y x < y x = y; x < y xi < yi , ∀i, i = 1, 2, , n Chúng ta xét toán quy hoạch toán học đa mục tiêu sau đây: (VP) f (x), g(x) ≤ 0, x ∈ Rn , f : Rn → Rp , f = (f1 , f2 , , fp ), g : Rn → Rm , g = (g1 , g2 , , gm ) Kí hiệu X = { x ∈ Rn | g(x) 0, cho h = lim tk (xk − x0 )}, k→∞ clQ bao đóng Q Định nghĩa 1.1.4 Giả sử ϕ : Rn → R hàm giá trị thực Rn Ta nói ϕ bán khả vi x0 ϕ+ (x0 , x − x0 ) tồn với x ∈ Rn , ϕ+ (x0 , x − x0 ) = lim+ λ−1 [ϕ(λx + (1 − λ)x0 ) − ϕ(x0 )] λ→0 Nếu ϕ khả vi Gâteaux theo hướng, tức với u ∈ Rn , tồn lim λ−1 [ϕ(x0 + λu) − ϕ(x0 )] =ϕ+ (x0 , u) λ→0 ϕ+ (x0 , ·) ánh xạ tuyến tính liên tục ϕ bán khả vi x0 Định nghĩa 1.1.5 Giả sử S ⊆ Rn tập khác rỗng Ánh xạ ϕ : S → R tiền lồi bất biến S tồn hàm vectơ n-chiều η(x, u) SxS cho với x, u ∈ S λ ∈ [0, 1], ta có ϕ(u + λη(x, u)) < λϕ(x) + (1 − λ)ϕ(u) Trong trường hợp ta nói ϕ tiền lồi bất biến theo η Một hàm vectơ k-chiều ψ : S → Rk tiền lồi bất biến theo η thành phần tiền lồi bất biến S theo η Bổ đề 1.1.1 [11] Giả sử S tập khác rỗng Rn ψ : S → Rk hàm tiền lồi bất biến S theo η Khi đó, ψ(x) < có nghiệm x ∈ S, λT ψ(x)> 0, ∀x ∈ S, với λ ∈ Rk đó, λ ≥ 0, đồng thời hai Ở T ma trận chuyển vị Giả sử hàm fi , i ∈ P = {1, 2, , p} gj , j ∈ M = {1, 2, , m} bán khả vi điểm mà ta xét Nếu p > i ∈ P, ta kí hiệu P i = P \{i} Định nghĩa 1.1.6 Ta nói ϕ : Rn → R bán khả vi x0 ∈ Rn gần tuyến tính x0 , với x ∈ Rn , ϕ(x) = ϕ(x0 ) + ϕ+ (x0 , x − x0 ) Định nghĩa 1.1.7 Ta nói ϕ : Rn → R bán khả vi x0 ∈ Rn tựa lồi x0 , suy luận sau với x ∈ Rn : ϕ(x) < ϕ(x0 ) ⇒ ϕ+ (x0 , x − x0 ) < Hàm ϕ gọi tựa lõm x0 -ϕ tựa lồi x0 Hàm ϕ gọi giả lồi x0 với x ∈ Rn , ϕ(x) < ϕ(x0 ) ⇒ ϕ+ (x0 , x − x0 ) < Hàm ϕ gọi giả lõm x0 -ϕ giả lồi x0 Rõ ràng tính gần tuyến tính kéo theo tính tựa lồi (giả lồi) tính tựa lõm (giả lõm) 1.2 Điều kiện quy Guignard Xét điều kiện quy để ta nhận điều kiện cần KuhnTucker Nếu x0 nghiệm chấp nhận toàn (VP), ta gọi B(x0 ) tập ràng buộc tích cực x0 , tức B(x0 ) = { j ∈ M| gj (x0 ) = 0} Với i ∈ P, tập khác rỗng Qi (x0 ) Q(x0 ) xác định sau: Q(x0 ) = { x ∈ X| f (x) 1, Qi (x0 ) = Q(x0 ) p = Định nghĩa 1.2.1 Nón tuyến tính hóa Q(x0 ) x0 định nghĩa C(Q(x0 ); x0 ) = { h ∈ Rn | fi+ (x0 , h) < 0, i ∈ P gi+ (x0 , h) < 0, j ∈ B(x0 )} Mệnh đề 1.2.1 Nếu fi+ (x0 , ·), i ∈ P gj+ (x0 , ·), j ∈ B(x0 ) hàm lồi Rn C(Q(x0 ); x0 ) nón lồi đóng Chứng minh Cho α > h ∈ C(Q(x0 ); x0 ) Khi đó, αh ∈ C(Q(x0 ); x0 ), fi+ (x0 , αh) = αfi+ (x0 , h) < 0, i ∈ P, tương tự, gi+ (x0 , αh) < 0, j ∈ B(x0 ) Bây giờ, giả sử h1 , h2 ∈ C(Q(x0 ); x0 ), λ ∈ [0, 1] Bởi hàm fi+ (x0 , ·), gi+ (x0 , ·) lồi, ta có với i ∈ P, fi+ (x0 , λh1 + (1 − λ)h2 ) < λfi+ (x0 , h1 ) + (1 − λ)fi+ (x0 , h2 ) < 0, tương tự, với i ∈ B(x0 ), gj+ (x0 , λh1 + (1 − λ)h2 ) < Cuối cùng, C(Q(x0 ); x0 ) đóng, kiện ta lấy dãy (hk )k ⊂ C(Q(x0 ); x0 ) cho hk → h0 , ta suy fi+ (x0 , hk ) < 0, ∀k, đó, lim fi+ (x0 , hk ) = fi+ (x0 , h0 ) < 0, i ∈ P k Tương tự, ta nhận gj+ (x0 , h0 ) < 0, j ∈ B(x0 ) Ta sử dụng tính liên tục hàm lồi fi+ (x0 , ·), gi+ (x0 , ·) Rn Kết sau mối quan hệ nón tiếp tuyến T (Qi (x0 ); x0 ) nón tuyến tính hóa C(Q(x0 ); x0 ) Bổ đề 1.2.1 Giả sử x0 nghiệm chấp nhận toán (VP) và: (A1) fi+ (x0 , ·), i ∈ P, gj+ (x0 , ·), j ∈ B(x0 ) hàm lồi Rn ; (A2) fi , i ∈ P, gj , j ∈ B(x0 ) hàm tựa lồi x0 Khi đó, clcoT (Qi (x0 ); x0 ) ⊆ C(Q(x0 ); x0 ) (1.1) i∈P Chứng minh Ta chứng minh cho p > 1, chứng minh cho p = tương tự Với i ∈ P , ta đặt C(Qi (x0 ); x0 ) = { h ∈ Rn | fk+ (x0 , h) < 0, k ∈ P i gj+ (x0 , h) < 0, j ∈ B(x0 )} Chứng minh tương tự Mệnh đề 1.2.1, ta có C(Qi (x0 ); x0 ) lồi đóng với i ∈ P Rõ ràng C(Qi (x0 ); x0 ) = C(Q(x0 ); x0 ) (1.2) i∈P Bây ta với i ∈ P, T (Qi (x0 ); x0 ) ⊆ C(Qi (x0 ); x0 ) (1.3) Giả sử i ∈ P d ∈ T (Qi (x0 ); x0 ) Ta có dãy (xk )k ⊆ Qi (x0 ) dãy (tk )k R với tk > cho lim xk = x0 , k→∞ lim tk (xk − x0 ) = d k→∞ Với k ≥ 1, ta đặt dk = tk (xk − x0 ) Khi đó, với j ∈ B(x0 ) với k , gj (xk ) = gj (x0 + (1/tk )dk ) < = gj (x0 ), (1.4) f (x0 + (1/tk )dk ) < f (x0 ) (1.5) Sử dụng (1.4) (1.5) tính tựa lồi hàm fi , i ∈ P gj , j ∈ B(x0 ), theo giả thiết (A2), với k ta có gj+ (x0 + (1/tk )dk ) < 0, j ∈ B(x0 ), (1.6) fs+ (x0 + (1/tk )dk ) < 0, s ∈ P i (1.7) Sử dụng (1.6) (1.7) tính chất fs+ gj+ , với k , ta có gj+ (x0 , dk ) < 0, j ∈ B(x0 ), (1.8) fs+ (x0 , dk ) < 0, s ∈ P i (1.9) Do tính liên tục hàm lồi gj+ (x0 , ·), fs+ (x0 , ·) lim dk = d, k→∞ ta nhận gj+ (x0 , d) < 0, j ∈ B(x0 ), (1.10) Chú ý rằng, với x ∈ X , ∂C f (x) tập compact yếu* khác rỗng X ∗ Hơn nữa, với x d ∈ X , ta có f − (x; d) ≤ f + (x; d) ≤ f (x; d), vi phân Clarke ∂C f (x) vi phân suy rộng bán quy lồi compact yếu* f x Mặt khác, Ví dụ 2.1 [5] bao lồi vi phân suy rộng hàm Lipschitz địa phương bao hàm hẳn vi phân Clarke Do đó, với toán tối ưu bao gồm hàm Lipschitz địa phương, kết điều kiện cần tối ưu biểu diễn ngôn ngữ vi phân suy rộng bán quy vi phân suy rộng tốt điều kiện tối ưu biểu diễn ngôn ngữ vi phân Clarke Giả sử f : X → R hữu hạn điểm x ∈ X Nếu f nửa liên tục x đạo hàm Clarke-Rockafellar f x theo phương v (xem [5]) xác định f ↑ (x, v) = lim sup inf [f (x + tv ) − f (x )]/t, x →f x v →v t↓0 x → f x nghĩa x → x f (x ) → f (x) Nếu f nửa liên tục x đạo hàm ClarkeRockafellar f x theo v xác định f ↓ (x, v) = lim sup inf [f (x + tv ) − f (x )]/t x →f x v →v t↓0 Nếu f liên tục x hội tụ x → f x định nghĩa đạo hàm đơn giản hóa thành x → x Dưới gradients suy rộng f x cho ∂ ↑ f (x) = x∗ ∈ X ∗ : x∗ , v ≤ f ↑ (x; v), ∀v ∈ X , ∂ ↓ f (x) = x∗ ∈ X ∗ : x∗ , v ≥ f ↓ (x; v), ∀v ∈ X Nếu f ↑ (x; 0) > −∞ ∂ ↑ f (x) tập hợp khác rỗng, lồi, đóng yếu* X ∗ với v ∈ X, f ↑ (x, v) = sup x∗ ∈ ∂ ↑ f (x) 16 x∗ , v Tương tự, f ↓ (x; 0) < ∞ ∂ ↓ f (x) tập hợp khác rỗng, lồi, đóng yếu* X ∗ với v ∈ X, f ↓ (x, v) = inf x∗ ∈ ∂ ↓ f (x) x∗ , v Nếu f Lipschitz địa phương x f ↑ (x, v) = f ◦ (x, v), f ↓ (x, v) = f◦ (x, v), f ◦ (x, v) = lim sup [f (x + tv) − f (x )]/t, x →x t↓0 f◦ (x, v) = lim inf [f (x + tv) − f (x )]/t x →x t↓0 đạo hàm theo phương suy rộng Clarke f x theo v Dưới vi phân suy rộng Clarke cho ∂ ◦ f (x) = {x∗ ∈ X ∗ : x∗ , v ≤ f ◦ (x; v), ∀v ∈ X} Hơn nữa, f ◦ (x, v) = max x∗ ∈ ∂ ◦ f (x) x∗ , v , f◦ (x, v) = x∗ ∈ ∂◦ f (x) x∗ , v Do đó, f Lipschitz địa phương x ∂ ◦ f (x) vi phân suy rộng f x, fd− (x, v) ≤ f ◦ (x, v) fd+ (x, v) ≥ f◦ (x, v), với v ∈ X Tương tự, f Lipschitz địa phương x đạo hàm theo phương Michel-Penot f x xác định f ♦ (x, v) = sup lim sup λ−1 [f (x + λz + λv) − f (x + λz)], z∈X λ↓0 f♦ (x, v) = inf lim inf λ−1 [f (x + λz + λv) − f (x + λz)] z∈X λ↓0 Dưới vi phân Michel-Penot xác định ∂ ♦ f (x) := x∗ ∈ X ∗ : f ♦ (x, v) ≥ (x∗ , v), ∀v ∈ X 17 Đạo hàm theo phương Michel-Penot f ♦ (x, ·) f♦ (x, ·) hữu hạn, tuyến tính, ∂ ♦ f (x) lồi, compact yếu* f ♦ (x, v) = max x∗ ∈ ∂ ♦ f (x) x∗ , v , f♦ (x, v) = x∗ ∈ ∂ ♦ f (x) x∗ , v (xem [5]).Do đó, ∂ ♦ f (x) vi phân suy rộng f x, fd− (x, v) ≤ f ♦ (x, v) fd+ (x, v) ≥ f♦ (x, v), với v ∈ X Hơn nữa, X = Rn ∂ ◦ f (x) = co v ∈ Rn : ∃{xk } : xk → x, xk ∈ K, f (xk ) → v Như vậy, tập compact v ∈ Rn : ∃{xk } : xk → x, xk ∈ K, f (xk ) → v vi phân suy rộng f x Ở K tập điểm Rn , f khả vi với đạo hàm f (x) x Ví dụ sau minh họa cho bao lồi vi phân suy rộng hàm Lipschitz địa phương nằm hẳn vi phân Clarke Michel-Penot Ví dụ 2.1.1 Định nghĩa f : R2 → R f (x, y) = |x| − |y| Ta có ∂ ∗ f (0) = {(1, −1), (−1, 1)} vi phân suy rộng f Ta lại có ∂ ♦ f (0) = ∂ ◦ f (0) = co({(1, 1), (1, −1), (−1, 1), (−1, −1)}) Chú ý co(∂ ∗ f (0)) ⊂ ∂ ♦ f (0) = ∂ ◦ f (0) 18 2.2 Các điều kiện cần tối ưu Xét toán tối ưu đa mục tiêu không trơn sau: (MP) Minimize f (x) = (f1 (x), f2 (x), , fp (x)) x ∈ S = x ∈ X : g(x) = (g1 (x), g2 (x), , gm (x) < , hàm giá trị thực fi : X → R, i ∈ I := {1, 2, , p}, gj : X → R, j ∈ J := {1, 2, , m} hàm Lipschitz địa phương X Kí hiệu J(x) tập số ràng buộc tích cực x ∈ S ∗ , tức J(x) = {j ∈ J : gj (x) = 0} Định nghĩa 2.2.1 Hàm giá trị vectơ f : X → Rp gọi giả lồi mạnh x0 ∈ X với x ∈ X , f (x) ≤ f (x0 ) ⇒ f + (x0 ; x − x0 ) ≤ Định nghĩa 2.2.2 Hàm giá trị vectơ f : X → Rp gọi tựa lồi x0 ∈ X với x ∈ X , f (x) < f (x0 ) ⇒ f + (x0 ; x − x0 ) < Ta định nghĩa tập sau: Q(x) = {y ∈ X : f (y) < f (x) g(y) < 0}, Qi (x) = {y ∈ X : fk (y) < fk (x), k ∈ I\{i} g(y) < 0}, Qi (x) = Q(x), p = 1, − C(Q(x), x) = {d ∈ X : f − i (x) < 0, i ∈ I, gj (x) < 0, j ∈ J(x)}, C(Qi (x), x) = {d ∈ X : f − k (x) < 0, k ∈ I\{i}, gj− (x) < 0, j ∈ J(x)} Kết sau mối quan hệ nón tiếp tuyến T (Qi (x), x) tập C(Q(x), x) 19 Mệnh đề 2.2.1 Giả sử x ∈ S Nếu fi− (x; ·) gj− (x; ·), với i ∈ I j ∈ J(x) hàm lồi X clcoT (Qi (x), x) ⊆ C(Q(x), x) i∈I Chứng minh Trước tiên, ta C(Qi (x), x) lồi đóng với i ∈ I Cho α > d ∈ C(Qi (x), x) Khi đó, αd ∈ C(Qi (x), x) fk− (x; αd) = αfk− (x; d) < 0, k ∈ I\{i} gj− (x; αd) < 0, j ∈ J(x) Bây giờ, lấy d1 , d2 ∈ C(Qi (x), x) λ ∈ [0, 1] Bởi fi− (x; ·) gj− (x; ·) hàm lồi, với i ∈ I ta có fi− (x; λd1 + (1 − λ)d2 ) < λfi− (x; d1 ) + (1 − λ)fi− (x; d2 ) < Tương tự, với j ∈ J(x), gj− (x; λd1 + (1 − λ)d2 ) < Như vậy, C(Qi (x), x) lồi với i ∈ I Bởi fi gj Lipschitz địa phương fi− (x; ·) gj− (x; ·) với i ∈ I j ∈ J(x) lồi, ta có fi− (x, ·) gj− (x, ·) liên tục Khi C(Qi (x), x) đóng với i ∈ I Theo định nghĩa C(Q(x), x) C(Qi (x), x), C(Qi (x), x) C(Q(x), x) = i∈I Do đó, clcoC(Qi (x), x) C(Q(x), x) = i∈I Bây giờ, ta rằng, với i ∈ I T (Qi (x), x) ⊆ C(Qi (x), x) Phần lại chứng minh ta chứng minh tương tự Bổ đề 1.2.1 20 Nhận xét 2.2.1 Chú ý hàm tuyến tính hàm lồi, điều ngược lại không Giả sử, hàm f : [−1, 1] → R xác định √ f (x) = − x2 hàm lồi khơng tuyến tính [−1, 1] Do đó, Mệnh đề 2.2.1 bổ sung Mệnh đề 3.1 Li Zhang [6] Nhận xét 2.2.2 Nếu f − (x; d) = f + (x; d) với d ∈ X Mệnh đề 2.2.1 bổ sung cho Mệnh đề 3.1 Preda Chitescu [10] điều kiện f tựa lồi x bỏ Để nhận điều kiện cần toán (MP) cho nghiệm hữu hiệu, ta cần điều kiện quy Bổ đề sau Định nghĩa 2.2.3 Ta nói tốn (MP) thỏa mãn điều kiện quy Guignard suy rộng (GGCQ) x ∈ S clcoT (Qi (x), x) C(Q(x), x) ⊆ i∈I Bổ đề 2.2.1 [6] Giả sử x nghiệm hữu hiệu toán (MP) Nếu fi+0 (x; ·) lõm với i0 ∈ X {d ∈ X : fi+0 (x; ·) < 0} ∩ clcoT (Qi (x), x) = θ i∈I Bây giờ, ta phát biểu điều kiện cần Kuhn-Tucker Định lí 2.2.1 Giả sử x0 ∈ S nghiệm hữu hiệu toán (MP) Giả sử (i) Điều kiện quy (GGCQ) x0 ; (ii) fi gj có vi phân suy rộng bán quy ∂ ∗ fi (x0 ) vi phân suy rộng ∂ ∗ gj (x0 ) , với i ∈ I j ∈ J ; (iii) fi+0 (x0 ; ·) lõm X với i0 ∈ I đó; 21 (iv) fi+ (x0 ; ·) lồi X với i ∈ I ; (v) gj− (x0 ; ·) lồi X với j ∈ J(x0 ); (vi) Tồn d ∈ X cho gj− (x0 ; d) < với j ∈ J(x0 ) Khi đó, tồn số thực α = (α1 , , αp ) ∈ Rp+ với α = β = (β1 , , βm ) ∈ Rm + cho αi co∂ ∗ fi (x0 ) + ∈ cl( i∈I βj co∂ ∗ gj (x0 )), i∈J βj gj (x0 ) = 0, j = 1, 2, m Chứng minh Bởi x0 ∈ S nghiệm hữu hiệu tốn (MP), hệ sau khơng có nghiệm d ∈ X : fi+0 (x0 ; d) < 0, fk+ (x0 ; d) < 0, k ∈ I\{i0 }, gj− (x0 ; d) < 0, j ∈ J(x0 ) Thật vậy, giả sử ngược lại tồn v ∈ X nghiệm hệ Điều kéo theo hệ fi−0 (x0 ; d) < 0, fk− (x0 ; d) < 0, k ∈ I\{i0 }, gj− (x0 ; d) < 0, j ∈ J(x0 ), có nghiệm v ∈ X Từ ta có v ∈ C(Q(x0 ), x0 ) Vì vậy, với điều kiện (i) ta có v ∈ {d ∈ X :fi+0 (x0 ; d) < 0} ∩ clcoT (Qi (x0 ), x0 ) i∈I Điều mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.1 Do điều kiện (iv) (v) định lý Farkas [9] trường hợp lồi, ta suy tồn số thực α = (α1 , , αp ) ∈ Rp+ βj > với 22 j ∈ J(x0 ), không đồng thời không, cho βj gj− (x0 ; d) > 0, ∀d ∈ X αi fi+ (x0 ; d) + i∈I j∈J(x0 ) Bây ta chứng minh α = Thật vậy, α = tồn j ∈ J(x0 ) cho βj > βj gj− (x0 ; d) > 0, ∀d ∈ X (2.1) j∈J(x0 ) Do điều kiện (vi), tồn d0 ∈ X cho βj gj− (x0 ; d0 ) < j∈J(x0 ) Điều mâu thuẫn với (2.1) Do đó, α = Sử dụng điều kiện (ii), ta có αi i∈I x∗ , d + sup x∗ ∈∂ ∗ fi (x0 ) βj y ∗ , d > 0, ∀d ∈ X sup y ∗ ∈∂ ∗ gj (x0 ) j∈J(x0 ) Kí hiệu αi ∂ ∗ fi (x0 ) + C(x0 ) = i∈I βj ∂ ∗ gj (x0 ) j∈J(x0 ) Ta suy z∗, d sup z ∗ ∈C(x0 ) = αi i∈I x∗ , d + sup x∗ ∈∂ ∗ fi (x0 ) βj y∗, d sup y ∗ ∈∂ ∗ gj (x0 ) j∈J(x0 ) > 0, ∀d ∈ X Do phép tính thơng thường hàm tựa, ta có αi ∂ ∗ fi (x0 ) + ∈ clco( i∈I βj ∂ ∗ gj (x0 )) j∈J(x0 ) Vì αi co∂ ∗ fi (x0 ) + ∈ cl( i∈I βj co∂ ∗ gj (x0 )) j∈J(x0 ) 23 Đặt βj = 0, j ∈ / J(x0 ), ta suy kết mong muốn Chứng minh đầy đủ Ví dụ sau minh họa điều kiện Định lý 2.2.1 đúng, điều kiện Định lý 3.1 [6] khơng Ví dụ 2.2.1 Giả sử Q tập số hữu tỷ Xét toán quy hoạch đa mục tiêu sau đây: (MP) M in (f1 (x), f2 (x)), g(x) < 0, fi : R → R, i = 1, 2, g : R → R cho x, x ∈ Q; f1 (x) = 0, x ∈ / Q; f2 (x) = −x g(x) = x Rõ ràng x0 = nghiệm hữu hiệu tốn (MP) Ta có f1+ (0; d) = max{0, 12 d}, f1− (0; d) = min{0, 12 d}, f2+ (0; d) = f2− (0; d) = −d, g + (0; d) = g − (0; d) = d Các điều kiện (iii)-(vi) Định lý 2.2.1 thỏa mãn Với x0 = 0, ta có Q1 (0) = {x ∈ R : x = 0}, Q2 (0) = {x ∈ R : x ≤ 0}, C(Q(0), 0) = 0, T (Q1 (0), 0) = 0, T (Q2 (0), 0) = {x ∈ R : x ≤ 0} Như vậy, điều kiện quy (GGCQ) x0 = Xét tập ∂ ∗ f1 (0) = {0, 1}, ∂ ∗ f2 (0) = {−1, 1} ∂ ∗ g(0) = {1} Chú ý d d ≥ 0; sup x∗ , d = d < x∗ ∈∂ ∗ f1 (0) 24 Rõ ràng ∂ ∗ f1 (0) = {0, 1} vi phân suy rộng bán quy f1 x0 Tương tự, ta kiểm tra ∂ ∗ f2 (0) = {−1, 1} ∂ ∗ g(0) = {1} vi phân suy rộng bán quy f2 x0 = vi phân suy rộng g x0 = Điều kéo theo điều kiện (ii) Định lý 2.2.1 thỏa mãn Do đó, tất điều kiện Định lý 2.2.1 thỏa mãn Khi đó, ta lấy α1 = α2 = 1, β = 0, ta có αi co∂ ∗ fi (x0 ) + βco∂ ∗ g(x0 )) = [−1, 2] ∈ cl( i=1 Dễ dàng thấy rằng, với d = 0, f1+ (0; d) = f1− (0; d), tức f1 không khả vi theo phương Như vậy, Định lý 3.1 Li Zhang [6] không sử dụng Từ chứng minh Định lý 2.2.1, ta nhận kết sau Định lí 2.2.2 Giả sử x0 ∈ X nghiệm hữu hiệu toán (MP) Giả sử (i) (ii) (iii) (iv) (v) Điều kiện quy (GGCQ) x0 ; fi+0 (x0 ; ·) lõm X với i0 ∈ I đó; fi+ (x0 ; ·) lồi ∀i ∈ I; gj− (x0 ; ·) lồi X, ∀j ∈ J(x0 ); Tồn d ∈ X cho gj− (x0 ; d) < 0, ∀j ∈ J(x0 ) Khi đó, tồn số thực α = (α1 , , αp ∈ Rp+ ) với α = β = (β1 , , βm ) ∈ Rm + cho i∈I αi fi+ (x0 ; d)+ j∈J βj gj− (x0 ; d) > 0, ∀d ∈ X, βj gj (x0 ) = 0, j = 1, 2, , m 25 2.3 Các điều kiện đủ tối ưu Trong định lý sau đây, ta trình bày điều kiện đủ để nghiệm chấp nhận nghiệm hữu hiệu tốn (MP) Định lí 2.3.1 Giả sử x0 ∈ S nghiệm chấp nhận toán (MP) Giả sử hàm f g giả lồi mạnh tựa lồi x0 Nếu tồn số thực αi > βj > với i ∈ I j ∈ J cho i∈I αi fi+ (x0 ; d) + i∈J βj gj− (x0 ; d) > 0, ∀d ∈ X, βj gj (x0 ) = 0, j = 1, 2, , m (2.2) (2.3) Khi x0 nghiệm hữu hiệu toán (MP) Chứng minh Giả sử phản chứng x0 nghiệm hữu hiệu tốn (MP) Khi tồn y ∈ S cho f (y) ≤ f (x0 ), (2.4) gJ(x0 ) (y) < (2.5) Bởi f g giả lồi mạnh tựa lồi x0 , (2.4) (2.5) kéo theo f + (x0 ; y − x0 ) ≤ (2.6) − gJ(x (x ; y − x0 ) < ) 0 (2.7) Lấy d = x − x0 Chú ý αi > βj > với i ∈ I j ∈ J(x0 ) Kết hợp với (2.6) (2.7) ta nhận βj gj− (x0 ; d) < αi fi+ (x0 ; d) + i∈I i∈J(x0 ) 26 Do (2.3), ta nhận βj = với j ∈ / J(x0 ) Từ suy βj gj− (x0 ; d) < αi fi+ (x0 ; d) + i∈I i∈J Điều mâu thuẫn với (2.2) Đây điều phải chứng minh 27 Kết luận Luận văn trình bày điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu tốn tối ưu đa mục tiêu khơng trơn với hữu hạn ràng buộc bất đẳng thức với điều kiện quy kiểu Guignard Preda-Chitescu (1999) cho trường hợp bán trơn Long-Huang (2014) ngôn ngữ vi phân suy rộng Nội dung luận văn bao gồm: - Khái niệm hàm bán trơn, hàm bán trơn gần tuyến tính hàm bán trơn tựa lồi; - Khái niệm vi phân suy rộng, vi phân Clarke, vi phân Michel-Penot; - Điều kiện quy kiểu Guignard cho tốn tối ưu đa mục tiêu với ràng buộc bất đẳng thức; - Điều kiện cần Kuhn-Tucker mạnh cho nghiệm hữu hiệu toán tối ưu đa mục tiêu với hàm bán khả vi; - Điều kiện cần Kuhn-Tucker điều kiện đủ cho nghiệm hữu hiệu ngôn ngữ vi phân suy rộng Điều kiện tối ưu cho tốn tối ưu đa mục tiêu khơng trơn với điều kiện quy khác đề tài thu hút nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu 28 Tài liệu tham khảo Tài liệu 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 Tài liệu Tiếng Anh [3] F H Clarke (1983), Optimization and Nonsmooth Analysis, Wiley-Interscience, New York [4] M Guignard (1969), Generalized Kuhn-Tucker conditions for mathematical programming, SIAM Journal on Control, vol 7, 232-241 [5] V Jeyakumar and D T Luc (1999), Nonsmooth calculus, minimality, and monotonicity of convexificators, J Optim Theory Appl., vol 101, No 3, 599-621 [6] X F Li and L Z Zhang (2005), Stronger Kuhn-Tucker type conditions in nonsmooth multiobjective optimization: locally Lipschitz case, J Optim Theory Appl., vol 127, 367-388 [7] X J Long, N J Huang (2014), Optimality conditions for efficiency on nonsmooth multiobjective programming problems, Taiwanese Journal of Mathematics, vol.18, No 3, 687-699 [8] T Maeda (1994), Constraint qualifications in multiobjective optimization problems: Differentiable case, Journal of Optimization Theory and Applications, vol 80, 483-500 29 [9] O L Magasarianm (1969), Nonlinear Programming, McGrawHill, New York, NY [10] V Preda, I Chitescu (1999), On constraint qualification in multiobjective optimization problems: Semidifferentiable case, Journal of Optimization Theory and Applications, vol 100, No 2, 417433 [11] T Weir and B Mond (1988), Preinvex functions in multipleobjective optimization, Journal of Mathematical Analysis and Applications, vol 136, 29-38 30 ... mạnh cho nghiệm hữu hiệu toán tối ưu đa mục tiêu với hàm bán khả vi; - Điều kiện cần Kuhn-Tucker điều kiện đủ cho nghiệm hữu hiệu ngôn ngữ vi phân suy rộng Điều kiện tối ưu cho toán tối ưu đa mục. .. triển điều kiện tối ưu kiểu Maeda [8] cho toán tối ưu đa mục tiêu bán khả vi Với điều kiện quy Guignard, X J Long N J Huang ([7], 2014) thiết lập điều kiện Kuhn - Tucker mạnh cho toán tối ưu đa mục. .. Chitescu điều kiện quy Guignard điều kiện Kuhn-Tucker mạnh cho nghiệm hữu hiệu toán tối ưu đa mục tiêu bán khả vi Chương 2: Trình bày kết nghiên cứu X J Long, N J Huang điều kiện cần tối ưu điều kiện