Tài liệu Luận văn thạc sĩ toán học về sự tồn tại nghiệm nguyên của một số dạng phương trình điôfan (2)

MỤC LỤC MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 2 Chương 1 CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN VÀ ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU 1.1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ BỔ TRỢ ....................................... 4 1.1.1. Bài toán tối ưu đa mục tiêu ................................................................. 4 1.1.2. Nghiệm hữu hiệu địa phương ............................................................. 5 1.1.3. Nón tiếp tuyến và nón radial dãy ........................................................ 7 1.1.4. Đạo hàm Dini – Đạo hàm Hadamard.................................................. 7 1.1.5. Một số kết quả bổ trợ .......................................................................... 9 1.2. CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN .......................................................... 11 1.3. ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY VÀ CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU ... 18 1.4. ĐIỀU KIỆN CẦN KKT MẠNH CHO NGHIỆM HỮU HIỆU ĐỊA PHƯƠNG ..................................................................................................... 23 Chương 2 ĐIỀU KIỆN KARUSH – KUHN - TUCKER MẠNH QUA DƯỚI VI PHÂN SUY RỘNG 2.1. CÁC KHÁI NIỆM .............................................................................. 28 2.2. CÁC ĐIỀU KIỆN KKT MẠNH ........................................................ 36 2.2.1. Điều kiện cần .................................................................................... 37 2.2.2. Điều kiện đủ ...................................................................................... 42 2.2.3. Một số điều kiện chính quy khác và mối quan hệ giữa các điều kiện .. ........................................................................................................... 44 2.2.4. Điều kiện KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu với ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức ....................................................................... 49 KẾT LUẬN .................................................................................................... 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 56 1 MỞ ĐẦU Với các bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc, các điều kiện tối ưu Fritz John chỉ đảm bảo các nhân tử Lagrange không đồng thời bằng 0; các điều kiện tối ưu Karush – Kuhn – Tucker đảm bảo nhân tử Lagrange tương ứng với hàm mục tiêu khác 0. Thành phần nào của nhân tử Lagrange tương ứng với hàm mục tiêu khác 0 thì thành phần tương ứng của hàm mục tiêu có mặt trong các điều kiện cần tối ưu. Người ta mong muốn tất cả các thành phần của hàm mục tiêu đều có mặt trong điều kiện cần tối ưu, có nghĩa là tất cả các nhân tử Lagrange tương ứng với các thành phần của hàm mục tiêu là khác 0. Khi đó, điều kiện Karush – Kuhn – Tucker (KKT) được gọi là mạnh. T.Maeda ([6],1994) đã xét các điều kiện chính quy để nhận được các điều kiện KKT mạnh cho bài toán với các hàm khả vi Fréchet. V. Preda – I. Chitescu ([7],1999) đã mở rộng các kết quả của Maeda cho bài toán với các hàm bán khả vi. D.V. Luu – N.M. Hung ([5],2009) đã thiết lập các điều kiện KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập với các hàm khả vi Gâteaux. M. Golestani – S. Nobakhtian ([3],2012) đã dẫn các điều kiện KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc bất đẳng thức dưới ngôn ngữ dưới vi phân suy rộng. Luận văn trình bày các điều kiện KKT mạnh của Luu – Hung [5] và của M. Golestani – S. Nobakhtian [3] cho bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc. Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và tài liệu tham khảo. Chương 1 trình bày kết quả nghiên cứu của Luu – Hung [5] về các định lý luân phiên cho một hệ gồm các bất đẳng thức, đẳng thức và một tập xác 2 Thang Long University Library định, đó là sự tổng quát hóa của định lý luân phiên Tucker cổ điển. Đồng thời, trong chương này, định lý Kuhn – Tucker cũng được phát triển đối với nghiệm hữu hiệu của bài toán tối ưu trong không gian định chuẩn mà các nhân tử Lagrange tương ứng với tất cả các thành phần của hàm mục tiêu đều dương. Chương 2 trình bày kết quả nghiên cứu của M. Golestani – S. Nobakhtian [3]. Nội dung chương này đề cập các điều kiện chính quy và điều kiện cần tối ưu Kuhn – Tucker mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu không trơn có ràng buộc bất đẳng thức và ràng buộc tập. Công cụ chính của chương này là khái niệm dưới vi phân suy rộng. Trong chương này, tác giả cũng trình bày thêm một điều kiện đủ và mối quan hệ giữa các điều kiện chính quy. Mục 2.2.4 là kết quả mới của tác giả về điều kiện KKT mạnh cho bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc đẳng thức, bất đẳng thức và ràng buộc tập. Nhân dịp này, tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán – Tin, trường Đại học Thăng Long cùng các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa học. Đặc biệt, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy PGS.TS Đỗ Văn Lưu đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Hà Nội, tháng 6 năm 2016 Tác giả Mai Thanh Văn 3 Chương 1 CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN VÀ ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU Chương 1 trình bày kết quả nghiên cứu của D.V.Luu – N.M.Hung ([5],2009) về các định lý luân phiên cho một hệ gồm các bất đẳng thức, đẳng thức và một tập xác định. Đó là sự tổng quát hóa của định lý luân phiên Tucker cổ điển. Đồng thời, trong chương này, định lý Kuhn – Tucker cũng được phát triển đối với nghiệm hữu hiệu của bài toán tối ưu trong không gian định chuẩn mà các nhân tử Lagrange tương ứng với tất cả các thành phần của hàm mục tiêu đều dương. 1.1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QUẢ BỔ TRỢ 1.1.1. Bài toán tối ưu đa mục tiêu Giả sử 𝑋 là không gian tuyến tính định chuẩn; 𝐶 là một tập con khác rỗng của 𝑋; 𝑓, 𝑔, ℎ là các ánh xạ từ 𝑋 vào 𝑹𝒑 , 𝑹𝒒 , 𝑹𝒓 . Như vậy, 𝑓 = (𝑓1 , … , 𝑓𝑝 ), 𝑔 = (𝑔1 , … , 𝑔𝑞 ), ℎ = (ℎ1 , … , ℎ𝑟 ), trong đó 𝑓𝑘 , 𝑔𝑗 , ℎ𝑙 : 𝑋 → 𝑹 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟). Xét bài toán tối ưu đa mục tiêu: min 𝑓(𝑥), (𝑀𝑃) 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞; ℎ𝑙 (𝑥) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟; 𝑥 ∈ 𝐶. Ký hiệu 𝑀= {𝑥 ∈ 𝐶|𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞; ℎ𝑙 (𝑥) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟}. Tập 𝑀 được gọi là tập chấp nhận được của bài toán (𝑀𝑃). 4 Thang Long University Library Chú ý: Trường hợp 𝑝 = 1, ta có bài toán tối ưu đơn mục tiêu cho hàm nhiều biến. Ví dụ 1.1: Xét bài toán: 𝑓(𝑥) = 𝑥12 + 𝑥22 → min với các điều kiện: 𝑥1 𝑥2 = 4  ℎ(𝑥) = 𝑥1 𝑥2 − 4 = 0; 𝑥1 ≥ 0  𝑔1 (𝑥) = −𝑥1 ≤ 0; 𝑥2 ≥ 0  𝑔2 (𝑥) = −𝑥2 ≤ 0; 𝑥 ∈ 𝑹𝟐 . Tập chấp nhận 𝑀 = {𝑥 ∈ 𝑹𝟐 |𝑥1 𝑥2 = 4, −𝑥1 ≤ 0, −𝑥2 ≤ 0} là đường cong hypebol nằm trong góc phần tư thứ nhất : 𝑥2 𝑥1 1.1.2. Nghiệm hữu hiệu địa phương Định nghĩa 1.1: Điểm 𝑥̅ ∈ 𝑀 là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán (𝑀𝑃) nếu tồn tại  > 0 sao cho với mọi 𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ), 𝒑 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  − 𝑹+ \{0} 𝒑 trong đó 𝑹+ là ốc-tăng không âm của 𝑹𝒑 , 𝐵(𝑥̅ , ) là hình cầu mở tâm 𝑥̅ , bán kính . Ví dụ 1.2: 1) Xét 𝑝 = 1: 𝑹𝒑 = 𝑹, 𝑓: 𝑋 → 𝑹. Khi đó 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  −𝑹+ \{0} = 𝑹−  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ≥ 0  𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥̅ ) ∀𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ). 5 Đây là khái niệm cực tiểu địa phương thông thường. 2) Xét 𝑝 = 2: 𝑹𝒑 = 𝑹𝟐 , 𝑓(𝑥) = (𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥)). 𝒑 Ta có 𝑹+ = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0}, 𝒑 −𝑹+ = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≤ 0, 𝑥2 ≤ 0}. Suy ra 𝒑 −𝑹+ \{0} = {(𝑥1 , 𝑥2 )|𝑥1 ≤ 0, 𝑥2 ≤ 0}\{(0,0)}. 𝑝 Do đó 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ )  −𝑹+ \{0} có 3 trường hợp: (Ký hiệu I, II, III và IV lần lượt là các góc phần tư của mặt phẳng tọa độ.)  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (I)  𝑓𝑖 (𝑥) − 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) ≥ 0, ∀𝑖 = 1, 2.  𝑓 (𝑥) ≥ 𝑓1 (𝑥̅ )  1 .  𝑓2 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥̅ )  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (II)  𝑓 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥̅ ) ≤ 0  1  𝑓2 (𝑥) − 𝑓2 (𝑥̅ ) ≥ 0  𝑓 (𝑥) ≤ 𝑓1 (𝑥̅ )  1 .  𝑓2 (𝑥) ≥ 𝑓2 (𝑥̅ )  𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥̅ ) ∈ (IV)  𝑓 (𝑥) − 𝑓1 (𝑥̅ ) ≥ 0  1  𝑓2 (𝑥) − 𝑓2 (𝑥̅ ) ≤ 0  𝑓 (𝑥) ≥ 𝑓1 (𝑥̅ )  1 .  𝑓2 (𝑥) ≤ 𝑓2 (𝑥̅ ) Trong tất cả các trường hợp, có ít nhất một 𝑓𝑖 (𝑥) ≥ 𝑓𝑖 (𝑥̅ ). Tóm lại, 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán (𝑀𝑃) nếu tồn tại  > 0 sao cho ∄𝑥 ∈ 𝑀 ∩ 𝐵(𝑥̅ , ) thỏa mãn 6 Thang Long University Library 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘 = 1, … , 𝑝. và 𝑓𝑖 (𝑥) < 𝑓𝑖 (𝑥̅ ) với 𝑖 nào đó thuộc {1, … , 𝑝}. 1.1.3. Nón tiếp tuyến và nón radial dãy Định nghĩa 1.2: Nón tiếp tuyến (hay còn gọi là nón tiếp liên) của tập 𝐶 tại 𝑥̅ ∈ 𝐶 là tập sau đây: 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑋|∃𝑣𝑛 → 𝑣, 𝑡𝑛 ↓ 0 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝐶, ∀𝑛}. Định nghĩa 1.3: Nón các phương tuyến tính dãy (hay còn gọi là nón radial dãy) của 𝐶 tại 𝑥̅ là tập sau đây: 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑋|∃𝑡𝑛 ↓ 0 𝑠𝑎𝑜 𝑐ℎ𝑜 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣 ∈ 𝐶, ∀𝑛}. Chú ý:  Cả 2 nón này đều khác ∅ vì chứa điểm 0.  Nón 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) đóng, có thể không lồi.  𝑍(𝐶, 𝑥̅ )  𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) . Thật vậy, ∀𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) , ta chọn dãy {𝑣𝑛 }, 𝑣𝑛 = 𝑣, ∀𝑛 thì 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 = 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣 ∈ 𝐶. Do đó, 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ). 1.1.4. Đạo hàm Dini – Đạo hàm Hadamard Định nghĩa 1.4: i) Đạo hàm Dini dưới của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được định nghĩa như sau: 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim inf 𝑡↓0 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ ) . 𝑡 ii) Đạo hàm Dini trên của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được định nghĩa như sau: ̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim sup 𝐷 𝑡↓0 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ ) . 𝑡 7 Định nghĩa 1.5: i) Đạo hàm Hadamard dưới của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được định nghĩa như sau: 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim + (𝑡,𝑢)→(0 ,𝑣) inf 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑢) − 𝑓(𝑥̅ ) . 𝑡 ii) Đạo hàm Hadamard trên của 𝑓 tại 𝑥̅ ∈ 𝑋 theo phương 𝑣 ∈ 𝑋 được định nghĩa như sau: 𝑑̅𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim + (𝑡,𝑢)→(0 ,𝑣) sup 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑢) − 𝑓(𝑥̅ ) . 𝑡 Chú ý: ̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) thì ta ký hiệu giá trị chung đó là  Nếu 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝐷 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣). Đây là đạo hàm theo phương thông thường của 𝑓 tại 𝑥̅ theo phương 𝑣: 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = lim 𝑡↓0 𝑓(𝑥̅ + 𝑡𝑣) − 𝑓(𝑥̅ ) . 𝑡  Nếu 𝐷𝑓(𝑥̅ , . ) là ánh xạ tuyến tính liên tục thì ta nói 𝑓 khả vi Gâteaux tại 𝑥̅ . Đồng thời, 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇G 𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉 trong đó ∇G 𝑓(𝑥̅ ) là đạo hàm Gâteaux của 𝑓 tại 𝑥̅ và 〈∇G 𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉 là giá trị của phiếm hàm tuyến tính ∇G 𝑓(𝑥̅ ) tại 𝑣. Ví dụ 1.3: Cho hàm 𝑓: 𝑹 → 𝑹 được xác định như sau: 𝑥 2 sin 𝑓(𝑥) = { 0 1 𝑥 nếu 𝑥 ≠ 0 . nếu 𝑥 = 0 Đạo hàm Dini trên và dưới của 𝑓 tại 𝑥̅ = 0 lần lượt là 8 Thang Long University Library ̅ 𝑓(0, 𝑣) = lim sup 𝐷 𝑓(0 + 𝑡𝑣) − 𝑓(0) 1 = lim sup {𝑡𝑣 2 sin , 0} = 0, 𝑡↓0 𝑡 𝑡𝑣 𝐷𝑓(0, 𝑣) = lim inf 𝑓(0 + 𝑡𝑣) − 𝑓(0) 1 = lim inf {𝑡𝑣 2 sin , 0} = 0. 𝑡↓0 𝑡 𝑡𝑣 𝑡↓0 𝑡↓0 Do đó, tại 𝑥̅ = 0, đạo hàm Dini tồn tại và 𝐷𝑓(0, 𝑣) = 0. Dễ thấy 𝐷𝑓(0, 𝑣) là ánh xạ tuyến tính liên tục theo 𝑣 nên 𝑓 khả vi Gâteaux tại 0 và 0 = 𝐷𝑓(0, 𝑣) = 〈∇G 𝑓(0), 𝑣〉 ∀𝑣 ∈ 𝑹. Suy ra ∇G 𝑓(0) = 0.  Nếu 𝑓 khả vi Fréchet tại 𝑥̅ với đạo hàm Fréchet ∇𝑓(𝑥̅ ) thì 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 〈∇𝑓(𝑥̅ ), 𝑣〉  Nếu 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝑑̅ 𝑓(𝑥̅ , 𝑣) thì ta ký hiệu giá trị chung đó là 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣). Khi đó 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) = 𝑑𝑓(𝑥̅ , 𝑣), tức là 𝐷𝑓(𝑥̅ , 𝑣) cũng là đạo hàm Hadamard của 𝑓 tại 𝑥̅ theo phương 𝑣. 1.1.5. Một số kết quả bổ trợ Đặt 𝐼(𝑥̅ ) = {𝑗 ∈ {1, … , 𝑞}|𝑔𝑗 (𝑥̅ ) = 0}; 𝑄 = {𝑥 ∈ 𝐶| 𝑄𝑖 = {𝑥 ∈ 𝐶| 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, ℎ𝑙 (𝑥) = 0, }; 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟 𝑓𝑘 (𝑥) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑔𝑗 (𝑥) ≤ 0, ℎ𝑙 (𝑥) = 0, } (𝑖 = 1, … , 𝑝). 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟 Với mỗi 𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ), 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑙 = 1, … , 𝑟) tồn tại, ta đặt 9 𝐷𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝐷𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝐷ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, 𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ )| }. 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟 Với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ), 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑙 = 1, … , 𝑟) tồn tại, ta đặt 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )| }. 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟 Do tính thuần nhất dương của các đạo hàm theo phương Dini và Hadamard dưới, ta có 𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) và 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) là các nón có đỉnh tại 0. Cho 𝐾 là một nón trong 𝑋 có đỉnh tại 0. Ký hiệu 𝐾 ∗ là nón đối ngẫu của 𝐾: 𝐾 ∗ = { ∈ 𝑋 ∗ |〈, 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾}, trong đó 𝑋 ∗ là không gian đối ngẫu tôpô của 𝑋. Khi đó, 𝐾 ∗ là nón lồi đóng yếu ∗. Một số kết quả sau đây trong [4] cần dùng để chứng minh các kết quả chính của chương này: Mệnh đề 1.1: Giả sử 𝐾𝛼 (𝛼 ∈ 𝐼) là các nón lồi đóng yếu trong 𝑋, ∑𝛼∈𝐼 𝐾𝛼∗ đóng yếu ∗. Khi đó, ∗ (⋂ 𝐾𝛼 ) = ∑ 𝐾𝛼∗ . 𝛼∈𝐼 𝛼∈𝐼 Mệnh đề 1.2 (định lý Dubovitskii – Mylyutin): Giả sử 𝐾1 , 𝐾2 , … , 𝐾𝑛 , 𝐾𝑛+1 là các nón lồi có đỉnh tại 0 trong 𝑋; 𝐾1 , 𝐾2 , … , 𝐾𝑛 mở. ∗ Khi đó ⋂𝑛+1 𝑖=1 𝐾𝑖 = ∅ nếu và chỉ nếu tồn tại 𝑖 ∈ 𝐾𝑖 (𝑖 = 1, … , 𝑛 + 1) không đồng thời bằng 0 sao cho 1 + 2 + . . . +𝑛+1 = 0. 10 Thang Long University Library Mệnh đề 1.3 [2] (định lý Fakas – Minkowski): Giả sử: 𝐾 = {𝑥 ∈ 𝑹𝒎 |〈𝑎𝑖 , 𝑥〉 ≥ 0, 𝑎𝑖 ∈ 𝑹𝒎 , 𝑖 = 1, … , 𝑛}. Khi đó, 𝐾 ∗ = {∑𝑛𝑖=1 𝑎𝑖 𝑦𝑖 |𝑦𝑖 ≥ 0; 𝑖 = 1, … , 𝑛}. Mệnh đề 1.4 [2]: Giả sử:  ∈ 𝑋 ∗ ; 𝐾1 = {𝑥 ∈ 𝑋|〈, 𝑥〉 = 0}, 𝐾2 = {𝑥 ∈ 𝑋|〈, 𝑥〉 ≥ 0}, 𝐾3 = {𝑥 ∈ 𝑋|〈, 𝑥〉 > 0}. Khi đó, 𝐾1∗ = {|−∞ <  < +∞}, 𝐾2∗ = {|0 ≤  < +∞}, 𝑋 ∗ 𝑛ế𝑢  = 0, 𝐾3∗ = { ∗ 𝐾2 𝑛ế𝑢  ≠ 0. 1.2. CÁC ĐỊNH LÝ LUÂN PHIÊN Giả sử 𝑋 là không gian tuyến tính định chuẩn và 𝑋 ∗ là không gian đối ngẫu của 𝑋, 𝑎𝑘 , 𝑏𝑗 , 𝑐𝑙 là các vectơ thuộc 𝑋 ∗ (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟), 𝐶 là một tập con khác rỗng của 𝑋. Với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑛}, ta đặt 𝐴𝑘 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 ≤ 0} (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖), 𝐴̃𝑖 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑎𝑖 , 𝑣〉 < 0}, 𝐵𝑗 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 ≤ 0} (𝑗 = 1, … , 𝑞), 𝐶𝑙 = {𝑣 ∈ 𝑋|〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 = 0} (𝑙 = 1, … , 𝑟). Chú ý: 11  Các tập 𝐴𝑘 và 𝐵𝑗 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞) là các nón lồi đóng có đỉnh tại 0.  Các tập 𝐴̃𝑖 là các nón lồi mở có đỉnh tại 0.  Các tập 𝐶𝑙 (𝑙 = 1, … , 𝑟) là các không gian con tuyến tính đóng của 𝑋. Định lý 1.1: Giả sử (a) 𝐾 là một nón con lồi khác ∅ của 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) với đỉnh tại 0 và 𝐾 đóng; (b) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập sau đóng yếu ∗ trong 𝑋 ∗ : 𝑝 𝑞 𝑟 ∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝐾 ∗ . 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑙=1 Khi đó, các phát biểu sau là tương đương : (i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, hệ sau không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋: 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝, 𝑘 ≠ 𝑖, (1.1) 〈𝑎𝑖 , 𝑣〉 < 0, (1.2) 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 ≤ 0, 𝑗 = 1, … , 𝑞, (1.3) 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟, (1.4) 𝑣 ∈ 𝐾; (1.5) tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) ,  ̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈ (ii) Tồn 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾. (1.6) ∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 Chứng minh : 12 Thang Long University Library (i)  (ii): Ta chỉ cần xét trường hợp tất cả 𝑎𝑘 ≠ 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝), bởi vì nếu ∃𝑎𝑘0 = 0 thì ta sẽ lấy ̅ 𝑘0 = 1. Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta giả sử hệ (1.1) − (1.5) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋. Đặt 𝑝 𝑞 𝑟 𝐷𝑖 = (⋂ 𝐴𝑘 ) ∩ (⋂ 𝐵𝑗 ) ∩ (⋂ 𝐶𝑙 ) ∩ 𝐾. 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑙=1 Ta có 𝐷𝑖 là một nón lồi khác ∅, có đỉnh tại 0. 𝐴̃𝑖 ∩ 𝐷𝑖 = ∅. Hơn nữa, Chú ý rằng 𝐴̃𝑖 là nón lồi, khác ∅ (vì 𝑎𝑖 ≠ 0), có đỉnh tại 0. Áp dụng mệnh đề 1.2, ta suy ra tồn tại 𝑖 ∈ 𝐴̃∗𝑖 và 𝑖 ∈ 𝐷𝑖∗ không đồng thời bằng 0 sao cho 𝑖 + 𝑖 = 0 (1.7) Từ (1.7) ta suy ra 𝑖 ≠ 0 (và 𝑖 cũng ≠ 0 ). Hơn nữa, các nón lồi 𝐴𝑘 , 𝐵𝑗 , 𝐶𝑙 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟) và 𝐾 đóng, cho nên chúng đóng yếu. Như vậy, các giả thiết của mệnh đề 1.1 thỏa mãn. Áp dụng mệnh đề này, ta nhận được 𝑝 𝑞 𝑟 𝐷𝑖∗ = ∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝐾 ∗ . 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑙=1 Mặt khác theo mệnh đề 1.4 về các nón đối ngẫu, ta có 𝐴∗𝑘 = {𝑎𝑘 | ≤ 0} (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖), 13 (1.8) 𝐴̃∗𝑖 = {𝑎𝑖 | ≤ 0} (do 𝑎𝑖 ≠ 0), 𝐵𝑗∗ = {𝑏𝑗 | ≤ 0} (𝑗 = 1, … , 𝑞), 𝐶𝑙∗ = {𝑐𝑙 | ∈ 𝑹} (𝑙 = 1, … , 𝑟). Bởi vì 𝑖 ∈ 𝐴̃∗𝑖 , 𝑖 ≠ 0, ta suy ra 𝑖 = 𝑖 𝑎𝑖 với 𝑖 < 0. Do (1.8), tồn tại 𝑖𝑘 ≤ 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖), 𝑖𝑗 ≤ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), 𝑖𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) và 𝑖 ∈ 𝐾 ∗ sao cho 𝑝 𝑞 𝑟 𝑖 = ∑ 𝑖𝑘 𝑎𝑘 + ∑ 𝑖𝑗 𝑏𝑗 + ∑ 𝑖𝑙 𝑐𝑙 + 𝑖 . 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑙=1 Đặt ̅ 𝑖𝑘 = −𝑖𝑘 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖) , ̅ 𝑖𝑖 = −𝑖 ,  ̅𝑖𝑗 = −𝑖𝑗 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑖𝑙 = −𝑖𝑙 (𝑙 = 1, … , 𝑟), ta nhận được ̅ 𝑖𝑘 ≥ 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖), ̅ 𝑖𝑖 > 0, ̅𝑖𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), ̅ 𝑖𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟). Từ (1.7) ta suy ra  𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑖𝑗 𝑏𝑗 + ∑ ̅ 𝑖𝑙 𝑐𝑙 = 𝑖 ∈ 𝐾 ∗ . ∑ ̅ 𝑖𝑘 𝑎𝑘 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 Do đó, 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑖𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑖𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾(1.9𝑖 ) ∑ ̅ 𝑖𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 Chú ý rằng với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta nhận được bất đẳng thức (1.9𝑖 ). Cộng 2 vế của các bất đẳng thức (1.91 ), (1.92 ), …, (1.9𝑝 ) và đặt 𝑝 𝑞 𝑟 ̅ 𝑘 = ∑ ̅ 𝑖𝑘 ;  ̅𝑗 = ∑  ̅𝑖𝑗 ; ̅ 𝑙 = ∑ ̅ 𝑖𝑙 𝑖=1 𝑖=1 𝑖=1 14 Thang Long University Library ta nhận được ̅ 𝑘 > 0 ,  ̅𝑗 ≥ 0 , ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟) và 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝐾. ∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 (ii)  (i): Giả sử tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝),  ̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) thỏa mãn (1.6). Nếu (i) sai thì tồn tại 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝} sao cho hệ (1.1) − (1.5) có nghiệm 𝑣0 ∈ 𝑋. Vì vậy, 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣0 〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣0 〉 < 0. ∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣0 〉 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 Điều này mâu thuẫn với (1.6). Do đó ta có điều cần chứng minh. ∎ Nhận xét: (1) Nếu giả thiết a) được thay bởi “𝐾 là nón con lồi khác rỗng của 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) và 𝐾 đóng” thì định lý vẫn đúng bởi vì 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ). (2) Trong trường hợp 𝐾 = X, bất đẳng thức (1.6) trở thành 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑗 𝑏𝑗 + ∑ ̅ 𝑙 𝑐𝑙 = 0. ∑ ̅ 𝑘 𝑎𝑘 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 Hệ quả 1.1: Giả sử 𝐶 lồi và với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập sau đóng yếu ∗ trong 𝑋 ∗ : 𝑝 𝑞 𝑟 ∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ . 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑙=1 Khi đó, hai phát biểu sau là tương đương : 15 (i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝} , hệ (1.1) − (1.5) với 𝐾 được thay bởi 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋. (ii) Tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) ,  ̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ). ∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 Chứng minh : Vì 𝐶 lồi, khác ∅ nên 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) là nón lồi đóng, khác ∅. Áp dụng định lý 1.1 cho 𝐾 = 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) ta nhận được kết luận của hệ quả 1.1. ∎ Bây giờ, với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta đặt 𝑝 𝑞 𝑟 𝐸𝑖 = (⋂ 𝐴𝑘 ) ∩ (⋂ 𝐵𝑗 ) ∩ (⋂ 𝐶𝑙 ). 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑙=1 Rõ ràng 𝐸𝑖 (𝑖 = 1, … , 𝑝) là nón đóng khác ∅ có đỉnh tại 0. Định lý 1.2: Giả sử 𝑑𝑖𝑚𝑋 < +∞, 𝐾 là một nón con lồi khác ∅ của 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) với đỉnh tại 0 và 𝐾 đóng; với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, tập 𝐸𝑖∗ + 𝐾 ∗ đóng. Khi đó, các phát biểu sau là tương đương: (i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, hệ (1.1) − (1.5) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋. (ii) Tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) ,  ̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho (1.6) đúng. Chứng minh: 16 Thang Long University Library Bởi vì dim𝑋 < +∞, ta có dim𝑋 = dim𝑋 ∗ và các tôpô mạnh, yếu, yếu ∗ trong 𝑋 ∗ trùng nhau. Theo mệnh đề 1.1, ta suy ra với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}: 𝐸𝑖∗ 𝑖𝑘 ≤ 0, 𝑖𝑗 ≤ 0, 𝑖𝑙 ∈ 𝑹, 𝑝 𝑞 = {∑𝑘=1 𝑖𝑘 𝑎𝑘 + ∑𝑗=1 𝑖𝑗 𝑏𝑗 + ∑𝑟𝑙=1 𝑖𝑙 𝑐𝑙 | }. 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 = 1, … , 𝑞; 𝑙 = 1, … , 𝑟 𝑘≠𝑖 Từ đó suy ra 𝑝 𝐸𝑖∗ = 𝑞 ∑ 𝐴∗𝑘 𝑘=1 𝑘≠𝑖 + 𝑟 ∑ 𝐵𝑗∗ 𝑗=1 + ∑ 𝐶𝑙∗ (𝑖 = 1, … , 𝑝). 𝑙=1 Vì vậy, theo giả thiết, tập hợp sau đóng : 𝑝 𝑞 𝑟 ∑ 𝐴∗𝑘 + ∑ 𝐵𝑗∗ + ∑ 𝐶𝑙∗ + 𝐾 ∗ . 𝑘=1 𝑘≠𝑖 𝑗=1 𝑙=1 Do đó tập hợp này đóng yếu ∗. Như vậy các giả thiết của định lý 1.1 được thỏa mãn. Vì vậy ta suy ra điều phải chứng minh. ∎ Chú ý: Trong trường hợp dim𝑋 < +∞, từ định lý 1.2, ta nhận được định lý Kuhn – Tucker cổ điển như một trường hợp đặc biệt. Hệ quả 1.2: Giả sử 𝑑𝑖𝑚𝑋 < +∞. Khi đó, hai khẳng định sau tương đương: (i) Với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, hệ (1.1) − (1.4) không có nghiệm 𝑣 ∈ 𝑋. (ii) Tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝) ,  ̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞) , ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho : 17 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑗 𝑏𝑗 + ∑ ̅ 𝑙 𝑐𝑙 = 0. ∑ ̅ 𝑘 𝑎𝑘 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 (1.10) 𝑙=1 Chứng minh: Với 𝐶 = 𝑋, ta có 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = 𝑋. Do đó, 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ = {0}. Hơn nữa, bởi vì dim𝑋 < +∞, với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, 𝐸𝑖∗ là một nón lồi đóng khác ∅ trong 𝑋 ∗ và 0 ∈ 𝐸𝑖∗ . Vì vậy, 𝐸𝑖∗ +𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ = 𝐸𝑖∗ . Như vậy, 𝐸𝑖∗ +𝑇(𝐶, 𝑥̅ )∗ đóng trong 𝑋 ∗ . Áp dụng định lý 1.2 cho 𝐶 = 𝑋, ta suy ra (i) tương đương với Tồn tại ̅ 𝑘 > 0 (𝑘 = 1, … , 𝑝),  ̅𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1, … , 𝑞), ̅ 𝑙 ∈ 𝑹 (𝑙 = 1, … , 𝑟) sao cho 𝑝 𝑞 𝑟 ̅𝑗 〈𝑏𝑗 , 𝑣〉 + ∑ ̅ 𝑙 〈𝑐𝑙 , 𝑣〉 ≥ 0, ∀𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) = 𝑋. ∑ ̅ 𝑘 〈𝑎𝑘 , 𝑣〉 + ∑  𝑘=1 𝑗=1 𝑙=1 Bất đẳng thức này tương đương với (1.10). 1.3. ∎ ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY VÀ CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU Mệnh đề 1.5: Giả sử 𝑥̅ ∈ 𝑀. a) Nếu với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) , tồn tại các đạo hàm theo phương Hadamard 𝑑ℎ1 (𝑥̅ , 𝑣), 𝑑ℎ2 (𝑥̅ , 𝑣), … , 𝑑ℎ𝑟 (𝑥̅ , 𝑣) thì 𝑝 ⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ )  𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ). (1.11) 𝑖=1 b) Nếu với mỗi 𝑣 ∈ 𝑍(𝐶, 𝑥̅ ) , tồn tại các đạo hàm theo phương Dini 𝐷ℎ1 (𝑥̅ , 𝑣), 𝐷ℎ2 (𝑥̅ , 𝑣), … , 𝐷ℎ𝑟 (𝑥̅ , 𝑣) thì 𝑝 ⋂ 𝑍(𝑄𝑖 , 𝑥̅ )  𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ). (1.12) 𝑖=1 18 Thang Long University Library Chứng minh: Ta chứng minh (1.11), còn (1.12) được chứng minh tương tự. Trước hết, ta chỉ ra rằng 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ )  𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ )(𝑖 = 1, … , 𝑝) (1.13) trong đó 𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )| 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, } 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖; 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ); 𝑙 = 1, … , 𝑟 Với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, 𝑣 ∈ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ), tồn tại 𝑡𝑛 ↓ 0 và 𝑣𝑛 → 𝑣 sao cho 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝑄𝑖 , 𝑛. Khi đó, 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝐶, 𝑛, vì 𝑄𝑖  𝐶. Do đó, 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ). Hơn nữa, với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, do 𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ∈ 𝑄𝑖 , ta có 𝑓𝑘 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) ≤ 𝑓𝑘 (𝑥̅ ), 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖, 𝑔𝑗 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) ≤ 0 = 𝑔𝑗 (𝑥̅ ), 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), ℎ𝑙 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) = 0 = ℎ𝑙 (𝑥̅ ), 𝑙 = 1, … , 𝑟. Do đó, 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ lim inf 𝑓𝑘 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) − 𝑓𝑘 (𝑥̅ ) ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖, 𝑡𝑛 𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ lim inf 𝑔𝑗 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) − 𝑔𝑗 (𝑥̅ ) ≤ 0, 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), 𝑡𝑛 𝑛→∞ 𝑛→∞ ℎ𝑙 (𝑥̅ + 𝑡𝑛 𝑣𝑛 ) − ℎ𝑙 (𝑥̅ ) = 0, 𝑙 = 1, … , 𝑟. 𝑛→∞ 𝑡𝑛 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = lim Vì vậy, 𝑣 ∈ 𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ ). Như vậy, (1.13) đúng. Từ (1.13) ta suy ra 19 𝑝 𝑝 ⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) ⋂ 𝐶𝑑 (𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) = 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ). 𝑖=1 𝑖=1 Mệnh đề được chứng minh. ∎ Chú ý: Chiều ngược lại của các bao hàm thức (1.11) và (1.12) nói chung không đúng. Điều kiện chính quy kiểu Abadie : Để dẫn điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu của bài toán (MP), ta đưa vào các điều kiện chính quy kiểu Abadie sau : 𝑝 𝐶𝑑 (𝑄, 𝑥̅ ) ⋂ 𝑇(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) , (1.14) 𝑖=1 𝑝 𝐶𝐷 (𝑄, 𝑥̅ ) ⋂ 𝑍(𝑄𝑖 , 𝑥̅ ) . (1.15) 𝑖=1 Nếu với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) , tồn tại các đạo hàm theo phương Hadamard 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) và 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑙 = 1, … , 𝑟), với 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, ta đặt 𝐿𝑖𝑑 (𝑓, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )|𝑑𝑓𝑖 (𝑥̅ , 𝑣) < 0, 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑘 ≠ 𝑖}, 𝐿𝑑 (𝑀, 𝑥̅ ) = {𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ )|𝑑𝑔𝑗 (𝑥̅ , 𝑣) ≤ 0, 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) = 0, 𝑗 ∈ 𝐼(𝑥̅ ), 𝑙 = 1, … , 𝑟}, trong đó 𝑀 ký hiệu tập chấp nhận được của bài toán (𝑀𝑃). Điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu: Định lý 1.3: Giả sử 𝑥̅ là nghiệm hữu hiệu địa phương của bài toán (𝑀𝑃), các hàm 𝑔𝑗 (𝑗  𝐼(𝑥̅ )) liên tục tại 𝑥̅ ; với mỗi 𝑣 ∈ 𝑇(𝐶, 𝑥̅ ) tồn tại các đạo hàm theo phương Hadamard 𝑑𝑓𝑘 (𝑥̅ , 𝑣) và 𝑑ℎ𝑙 (𝑥̅ , 𝑣) (𝑘 = 1, … , 𝑝; 𝑙 = 1, … , 𝑟). Hơn nữa, giả sử điều kiện chính quy (1.14) đúng tại 𝑥̅ . Khi đó, với mỗi 𝑖 ∈ {1, … , 𝑝}, 20 Thang Long University Library