Tài liệu Cực tiểu hóa một hàm hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUYÊN CỰC TIỂU HÓA MỘT HÀM HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUYÊN CỰC TIỂU HÓA MỘT HÀM HỢP Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số : 60.46.36 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. ĐỖ VĂN LƯU Thái Nguyên - Năm 2012 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i Mở đầu 1 Nội dung 4 1 Cực tiểu hợp một hàm lồi và một hàmC 1,1 4 1.1 Đạo hàm cấp 2 suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Cực tiểu hàm hợp của một hàm lồi và một hàm C 1,1 . . . . 9 1.3 Cực tiểu hợp của hàm lồi giá trị thực mở rộng và áp dụng . 19 2 Tối ưu đa mục tiêu với các hàm hợp của hàm lồi và Lipschitz địa phương 26 2.1 Phát biểu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2 Vô hướng hóa trong tối ưu đa mục tiêu với các hàm hợp . . 28 2.3 Điều kiện tối ưu cấp 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.4 Điều kiện tối ưu cấp 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 48 i Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Lớp các bài toán tối ưu với hàm mục tiêu là một hàm hợp, có hoặc không có ràng buộc tập là một bộ phận quan trọng của lớp các bài toán cực trị. Nhiều mô hình các bài toán tối ưu nảy sinh từ lí thuyết các bài toán xấp xỉ. Phương pháp hàm phạt cho phép ta có thể quy bài toán tối ưu đang xét về bài toán không có ràng buộc với hàm mục tiêu là hợp của một hàm lồi và một hàm Lipschitz địa phương hoặc C 1,1 -hàm. Nhiều tác giả đã và đang nghiên cứu đề tài này, và thu được nhiều kết quả phong phú. Jeyakumar-Yang [13] đã chứng minh các điều kiện tối ưu cấp 2 cho bài toán cực tiểu hóa hợp của một hàm lồi vô hướng nửa liên tục dưới và một hàm khả vi Gâteaux với gradient Lipschitz địa phương (C 1,1 -hàm). Yang-Jeyakumar [15] đã thiết lập các điều kiện tối ưu cấp 1 và cấp 2 cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán đa mục tiêu cực tiểu hóa hợp của một hàm véc tơ lồi và một hàm Lipschitz địa phương bằng phương pháp vô hướng hóa. Đề tài "Về cực tiểu hóa một hàm hợp" là đề tài có tính thời sự và được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu. Chính vì thế em chọn đề tài này. Luận văn trình bày các điều kiện tối ưu cấp 1 và cấp 2 cho bài toán cực tiểu hóa một hàm lồi nửa liên tục dưới và C 1,1 -hàm, và bài toán cực 1 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn tiểu hóa hợp của một hàm véc tơ lồi và một hàm Lipschitz địa phương. Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo. Chương 1: Cực tiểu hợp một hàm lồi và một hàm C 1,1 . Chương này trình bày các điều kiện tối ưu cấp 2 của Jeyakumar-Yang [13] cho bài toán cực tiểu hóa hợp của một hàm lồi vô hướng, nửa liên tục dưới và một hàm C 1,1 dưới ngôn ngữ đạo hàm suy rộng cấp 2 theo nghĩa Clarke. Chương 2: Tối ưu đa mục tiêu với các hàm hợp của hàm lồi và hàm Lipschitz địa phương. Chương 2 trình bày các điều kiện tối ưu cấp 1 và cấp 2 của YangJeyakumar [15] cho nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán đa mục tiêu cực tiểu hợp của một hàm véc tơ lồi và một hàm Lipschitz địa phương bằng phương pháp vô hướng hóa. Chú ý rằng các điều kiện tối ưu cấp 2 được trình bày cho không gian hữu hạn chiều. Nhân dịp này tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS. TS. Đỗ Văn Lưu đã hướng dẫn và chỉ bảo tận tình trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin Trường Đại Học Khoa Học, Đại học Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường. Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên trong lớp cao học toán K4B đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn. Tuy bản thân có nhiều cố gắng, song thời gian và năng lực của bản thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn sự đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng toàn thể bạn đọc. Thái Nguyên, tháng 07 năm 2012. Tác giả Hoàng Thị Quyên 3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 1 Cực tiểu hợp một hàm lồi và một hàmC 1,1 Chương 1 trình bày các điều kiện tối ưu cấp 2 của Jeyakumar-Yang [13] cho bài toán cực tiểu hóa hợp của một hàm lồi vô hướng, nửa liên tục dưới và một hàm C 1,1 dưới ngôn ngữ đạo hàm suy rộng cấp 2 theo nghĩa Clarke. 1.1 Đạo hàm cấp 2 suy rộng Xét bài toán tối ưu : (P ) min g(F (x)), x∈X trong đó X là không gian Banach, g là hàm lồi nửa liên tục dưới, F là C 1,1 hàm, tức là một hàm khả vi Gâteaux có đạo hàm Lipschitz địa phương. Trong mục này ta đưa ra các định nghĩa và một vài kết quả cơ bản về đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng của C 1,1 hàm. Giả sử X là không gian Banach thực với chuẩn || . ||. Cặp chính tắc giữa 4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn X và không gian đối ngẫu X ∗ được kí hiệu bởi h., .i. Bây giờ ta đưa vào đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng. Định nghĩa 1.1 Cho f : X → R là một C 1,1 hàm khi đó đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng của f tại x theo phương (u, v) thuộc X × X được xác định bởi: f 00 (x, u, v) = lim sup y→x [h∇f (y + su), vi − h∇f (y), vi] s s→0 Hessian suy rộng của f tại x theo phương u được xác định bởi:  ∂ 00 f (x)(u) = x∗ ∈ X ∗ : f 00 (x, u, v ≥ hx∗ , vi∀v ∈ X . Chú ý rằng ánh xạ (u, v) → f 00 (x, u, v) là hữu hạn và dưới tuyến tính, ∂ 00 f (x)(u) là tập khác rỗng lồi, compac yếu∗ trong X ∗ và với mỗi x, u, v ∈ X ,  f 00 (x; u, v) = max hx∗ , vi : x∗ ∈ ∂ 00 f (x)(u) . (1.1) Trong [5] đã chỉ ra rằng f 00 (x; u, v) = lim sup y→x [f (y + su + tv) − f (y + su) − f (y + tv) + f (y)] st s,t→0 (1.2) và nếu f khả vi liên tục 2 lần tại x thì Hessian suy rộng ∂ 00 f (x)(u) là tập một điểm với mọi u thuộc X. Định nghĩa 1.2 Cho f : X → R là hàm C 1,1 . Ta nói rằng hàm f là khả vi chặt hai 5 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn lần tại x nếu tồn tại toán tử tuyến tính D2 f (x) : X → X ∗ sao cho: [h∇f (y + su), vi − h∇f (y), vi] hD2 f (x)u, vi = lim . (1.3) y→x s s→0 Mệnh đề sau đây cho phép ta nhận được một đặc trưng của tính khả vi chặt hai lần của một C 1,1 hàm. Mệnh đề 1.1 Cho f : X → R là C 1,1 hàm. Khi đó f là khả vi chặt hai lần tại x nếu và chỉ nếu giới hạn. [f (y + su + tv) − f (y + su) − f (y + tv) + f (y)] lim y→x st (1.4) s,t→0 tồn tại. Chú ý rằng trong trường hợp này, hai giới hạn (1.3) và (1.4) là bằng nhau. Chứng minh Giả sử f là khả vi chặt 2 lần tại x thì từ (1.2) ta có. lim sup y→x [f (y + su + tv) − f (y + su) − f (y + tv) + f (y)] st s,t→0 = lim sup y→x [h∇f (y + su), vi − h∇f (y), vi] s s→0 [h∇f (y + su), vi − h∇f (y), vi] . y→x s = lim s→0 Như vậy từ (1.3) ta có [f (y + su + tv) − f (y + su) − f (y + tv) + f (y)] lim sup st y→x s,t→0 6 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn = hD2 f (x)u, vi = −hD2 f (x)(−u), vi [f (y + s(−u) + tv) − f (y + s(−u)) − f (y + tv) + f (y)] = − lim sup st y→x s,t→0 = lim inf y→x s,t→0 [f (y + (−s)u + tv) − f (y + (−s)u) − f (y + tv) + f (y)] . (−s)t Từ đó suy ra giới hạn (1.4) tồn tại. Giả sử rằng (1.4) tồn tại. Khi đó, lim sup y→x [f (y + su + sv) − f (y + su) − f (y + tv) + f (y)] st s,t→0 ≥ lim sup y→x [h∇f (y + su), vi − h∇f (y), vi] s s→0 ≥ lim inf y→x s→0 ≥ lim inf y→x s,t→0 [h∇f (y + su), vi − h∇f (y), vi] s [f (y + su + sv) − f (y + su) − f (y + tv) + f (y)] . st Do sự tồn tại của giới hạn (1.4), ta suy ra giới han (1.3) tồn tại.  Dễ dàng thấy rằng từ định nghĩa 1.2 ta suy ra nếu f1 và f2 hai lần khả vi chặt tại x và λ, µ ∈ R thì λf1 + µf2 là hai lần khả vi chặt tại x. Một C 1,1 -hàm là khả vi chặt hai lần tại x nếu và chỉ nếu ∂ 00 f (x)(u) là tập một điểm với mỗi u thuộc X. Trong trường hợp đó ∂ 00 f (x)(u) = {D2 f (x)u} (xem [5]). Như vậy, mọi hàm khả vi liên tục Fréchet hai lần là khả vi chặt hai lần. Mệnh đề 1.2 ([5]) Giả sử f : X → R là một C 1,1 hàm. Khi đó, các ánh xạ x → f 00 (x; u, v) và (x, u) → f 00 (x; u, v) là nửa liên tục trên tại x và (x, u) 7 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (tương ứng). Khai triển Taylor suy rộng sau đây đóng một vai trò quan trọng trong việc dẫn điều kiện cần và đủ tối ưu cho bài toán hàm hợp C 1,1 lồi. Mệnh đề 1.3 Khai triển Taylor suy rộng Giả sử f : X → R là C 1,1 hàm. Khi đó, với mỗi x, y ∈ X, ∃ ξ ∈ (x, y) sao cho 1 f (y) ≤ f (x) + h∇f (x), y − xi + f 00 (ξ, y − x, y − x), 2 1 f (y) ≥ f (x) + h∇f (x), y − xi − f 00 (ξ, y − x, −(y − x)). 2 (1.5) (1.6) Chứng minh Với x, y ∈ X , bởi vì f là C 1,1 hàm từ mệnh đề 4.1 [5] ∃ ξ ∈ (x, y) sao cho 1 f (y) ∈ f (x) + h∇f (x), y − xi + h∂ 00 f (ξ)(y − x), (y − x)i. 2 Như vậy, 1 f (y) ∈ f (x) + h∇f (x), y − xi − h∂ 00 f (ξ)(y − x), −(y − x)i. 2 Khi đó, từ (1.1) bằng cách lấy max, min ta được (1.5) và (1.6).  Trong [16] và [17] các đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng khác và Hessian suy rộng khác của X được cho như sau: 8 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [h∇f (x + sz + su), vi − h∇f (x + sz), vi] , s z∈X s↓0 n o ♦♦ ♦♦ ∗ ∗ ∗ ∂ f (x)(u) = x ∈ X : f (x, u, v) ≥ hx , vi, ∀v ∈ X . f ♦♦ (x, u, v) = sup lim sup Chú ý rằng ánh xạ (u, v) → f 00 (x; u, v) là hữu hạn, dưới tuyến tính và ∂ ♦♦ f (x)(u) là tập khác rỗng, lồi và compact yếu∗ của X ∗ . Trong không gian Banach phản xạ ∂ ♦♦ f (x)(u) là tập một điểm với mỗi u thuộc X nếu và chỉ nếu f khả vi Gâteaux hai lần tại x. Hơn nữa với mỗi u, v ∈ X , f ♦♦ (x; u, v) ≤ f 00 (x; u, v) và ∂ ♦♦ f (x)(u) ⊂ ∂ 00 f (x)(u). Tuy nhiên, hàm số x→f ♦♦ (x; u, v) nói chung không nửa liên tục trên tại x. Hàm số x→f ♦♦ (x; u, v) là nửa liên tục trên tại x nếu và chỉ nếu f 1.2 ♦♦ (x; u, v) = f 00 (x; u, v). Cực tiểu hàm hợp của một hàm lồi và một hàm C 1,1 Ta xét bài toán cực tiểu hàm hợp lồi vô hạn chiều sau đây: (P ) min f (x) := g(F (x)), x∈X trong đó X là không gian Banach thực, g : Rm → R lồi, nửa liên tục dưới và F : X → Rm là C 1,1 . Chú ý rằng các đòi hỏi thông thường của tính 9 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn khả vi Fréchet hai lần được quy về C 1,1 . Chẳng hạn, hàm phạt cho bài toán cực tiểu C 1,1 được nghiên cứu trong [16] và [17] : min f0 (x), gi (x) ≤ 0, i = 1, m, trong đó f và gi , i = 1, m là C 1,1 có thể viết dưới dạng bài toán hàm hợp lồi (P) với một C 1,1 - hàm F. Chúng ta bắt đầu bằng một thiết lập kết quả đối ngẫu địa phương trong không gian Banach khi giả sử hàm F là hàm Lipschitz địa phương chỉ với tính chất khả vi Gâteaux. Khi sử dụng kết quả đối ngẫu và tính nửa liên tục trên của đạo hàm theo phương cấp hai suy rộng ta có thể dẫn các điều kiện cần và đủ cấp hai cho bài toán (P) với hàm hợp lồi C 1,1 . Cách tiếp cận ở đây mở rộng cách tiếp cận trong [3],[4],[7]. Theo Burke [3] hàm Lagrange của (P) được định nghĩa như sau: L(x, y ∗ ) = hy ∗ , F (x)i − g ∗ (y ∗ ), trong đó g ∗ là đối ngẫu Fenchel của g [11]. Cũng như trong [3],[7], ta đặt: L0 (z) = {y ∗ : y ∗ ∈ ∂g(F (z)), y ∗ F , (z) = 0} ,  Lηε (z) = y ∗ : y ∗ ∈ ∂ξ g(F (z)), ||y ∗ F , (z)|| ≤ η , trong đó ∂g là dưới vi phân lồi của g tại y, ε > 0, η > 0 và ∂ε g(F (z)) là ε- dưới vi phân lồi của g tại F(z). Nhắc lại rằng ∂ε g(y) được cho bởi: ∂ε g(y) = {y ∗ ∈ Rn : g(z) ≥ g(y) + hy ∗ , z − yi − ε ∀z ∈ Rm } Đó là tập lồi compact yếu∗ , và cũng là Lηε (z). L0 (z) là tập các nhân tử Lagrange của (P) tại z (xem [3]). Từ [9] ta suy ra ∂ ♦ f (z) = ∂g(F (z))F , (z), 10 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (1.7) trong đó ∂ ♦ f (z) là dưới vi phân Michel-Penot của f tại z được cho bởi :  ∂ ♦ f (z) = z ∗ ∈ X ∗ : f ♦ (z, v) ≥ hz ∗ , vi∀ v ∈ X , f (z + sv + su) − f (z + su) f ♦ (z; v) = sup lim sup . s u∈X s↓0 Vì vậy, Lo (z) 6= ∅ nếu và chỉ nếu 0 ∈ ∂ ♦ f (z). Ta có Lηε (z) = L0 (z) khi η = ε = 0, và ∩ Lηε (z) = L0 (z). η>0 ε>0 Bây giờ ta mở rộng kết quả đối ngẫu trong [3] cho ánh xạ Lipschitz địa phương khả vi Gâteaux. Mệnh đề 1.4 Giả sử F : X → Rm là Lipschitz địa phương và khả vi Gâteaux. Khi đó, các điều kiện sau đây là tương đương: (i) g(F(x)) nhận một cực tiểu địa phương tại z; (ii) L0 (z) 6= ∅ và ϕηε nhận một cực tiểu địa phương tại z với bất kỳ η > 0, ε > 0; 11 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (iii) L0 (z) 6= ∅ và ϕηε nhận một cực tiểu địa phương tại z với η > 0, ε > 0 nào đó. Chứng minh Trước hết ta chú ý rằng nếu g(F (x)) chỉ nhận một cực tiểu địa phương tại z thì 0 ∈ ∂ ♦ (g ◦ F )(z). Theo (1.7), (i) kéo theo Lo (z) 6= ∅. Với bất kỳ ε > 0, từ mệnh đề 1 [ 8] ta suy ra pε (x; u) = gε (F , (z)u + F (x)) là một LMO- xấp xỉ của f tại z, trong đó gε (y) = sup {hy ∗ , yi − g ∗ (y ∗ ) : y ∗ ∈ ∂ε g(F (x))} . Nếu ta có thể chỉ ra rằng ϕηε (x) = − min {p∗ε (x, u∗ ) : ||u∗ || ≤ η} , trong đó: p∗ε (x, u∗ ) = sup {hu∗ , ui − pε (x, u) : u ∈ X} là đối ngẫu Fenchel của pε (x, .) thì kết luận được suy ra từ mệnh đề 5 [8]. Điều này có thể làm được bằng cách đặt g(x) = g(Ax + b), trong đó b ∈ Rm , A = F , (z) : X → Rm là tuyến tính và áp dụng lý thuyết đối ngẫu liên hợp trong [11] .  Bây giờ ta dẫn điều kiện cần cấp hai cho (P) khi sử dụng mệnh đề 2.1 và các kết quả trong phần (1.1). Ta xác định tập các phương tới hạn như sau:  K(x) = u ∈ X : g(F (x) + tF , (x)u) ≤ g(F (x)), với t > 0 nào đó . 12 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Vì g là Lipschitz địa phương và F là Lipschitz địa phương và khả vi Gâteaux ta có g(F (y) = g(F (x) + F , (x)(y − x)) + o(||y − x||). Vì vậy, f là khả vi theo phương và f , (x; d) = g , (F (x), F , (x)d). Đặt D(x) = {u ∈ X : f , (x, u) ≤ 0} , ta có điều kiện cần và đủ cấp 2 sau đây. Định lý 1.1 Với bài toán (P) ta giả sử rằng g là một hàm lồi nửa liên tục dưới và f là C 1,1 . Khi đó, các kết quả sau đây đúng. (i) Giả sử a thuộc X. Nếu a là cực tiểu địa phương của(P) thì  max L00 (a, y ∗ ; u, u) : y ∗ ∈ L0 (a) ≥ 0, ∀ u ∈ K(a); (1.8) (ii) Nếu a ∈ X = Rn và L0 (a) 6= ∅, và nếu  max −L00 (a, y ∗ ; u, −u) : y ∗ ∈ L0 (a) ≥ 0, ∀ u ∈ D(a), thì a là cực tiểu địa phương chặt cấp 2 của (P), tức là ∃ ε > 0, p > 0 sao cho nếu ||x − a|| < p thì f (x) ≥ f (a) + ε||x − a||2 Chứng minh 13 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (1.9) i) Giả sử u ∈ K(a), η > 0, ε>0 Từ mệnh đề 1.4 ta có L0 (a) 6= ∅, φηε (x) ≥ φηε (a) = g(F (a)), với bất kỳ x thuộc một lân cận của a. Khi đó, từ khai triển Taylor suy rộng (1.5) ta nhận được với t đủ nhỏ, g(F (a)) ≤ φηε (a + tu) = max {L(a + tu, y ∗ ) : y ∗ ∈ Lηε (a)} t2 00 ≤ max{hy , F (a) + tF (a)ui + ( )L (at , y ∗ ; u, u) 2 −g ∗ (y ∗ ) : y ∗ ∈ Lηε (a)}, ∗ , trong đó at ∈ (a, a + tu). Bởi vì u ∈ K(a) và g là lồi cho nên ∃t0 > 0 sao cho. g(F (a) + tF , (a)u) ≤ g(F (a)), t ∈ [0, t0 ]. Vì vậy, từ tính chất cơ bản của hàm liên hợp ta nhận được hy ∗ , F (a) + tF , (a)ui − g ∗ (y ∗ ) ≤ g(F (a) + tF , (a)u) ≤ g(F (a)), ∀t ∈ [0, t0 ]. 14 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi đó,  max L00 (at , y ∗ ; u, u) : y ∗ ∈ Lηε (a) ≥ 0, ∀t ∈ [0, t0 ]. Lấy lim sup và chú ý rằng Lηε (a) là một tập compact ta nhận được t↓0 ( max ) lim sup L00 (at , y ∗ ; u, u) : y ∗ ∈ Lηε (a) ≥ 0. t↓0 từ tính chất nửa liên tục trên của ánh xạ: x → L00 (x, y ∗ ; u, u) tại a ta có  max L00 (a, y ∗ ; u, u) : y ∗ ∈ Lηε (a) ≥ 0. Bởi vì ∩ Lηε (a) = L0 (a) η>0 ε>0 ta nhận được  max L00 (a, y ∗ ; u, u) : y ∗ ∈ L0 (a) ≥ 0. Bất đẳng thức này đúng với mỗi u ∈ K(a), bởi vì u → L00 (a, y ∗ ; u, u) liên tục. ii) Ta thiết lập (1.9) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử rằng a không phải là cực tiểu địa phương chặt cấp 2 của (P). Khi đó, 15 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ∃ {xi } ⊂ Rn , xi → a và εi ↓ 0 sao cho với mỗi i f (xi ) ≤ f (a) + εi ||xi − a||2 . Bằng cách chuyển qua dãy con, ta có thể giả sử rằng (xi − a) → u. ||xi − a|| Chia 2 vế cho ||xi − a|| và lấy giới hạn khi i → ∞ ta nhận được u ∈ D(a). Hơn nữa, bởi vì g là nửa liên tục dưới, từ (1.6) ta nhận được f (xi ) = sup{hy, F (xi )i − g ∗ (y ∗ ) : y ∗ ∈ Rn } ≥ sup{hy, F (xi )i − g ∗ (y ∗ ) : y ∗ ∈ L0 (a)} ≥ sup{hy, F (a)i − g ∗ (y ∗ ) 1 − ( )L00 (ξi, y ∗ ; xi − a, −(xi − a) : y ∗ ∈ L0 (a)} 2  1 ≥ f (a) + ( )max −L00 (ξi, y ∗ ; xi − a, −(xi − a)) : y ∗ ∈ L0 (a) . 2 trong đó bất đẳng thức 2 đúng với εi nào đó ∈ (a, xi ). Lấy liminf khi i → ∞ ta nhận được. 0 ≥ lim inf max{−L00 (ξi, y ∗ ; i→∞ − xi − a , ||xi − a|| xi − a : y ∗ ∈ L0 (a)}, ||xi − a|| 0 ≥ max{− lim sup L00 (ξi, y ∗ ; i→∞ − xi − a , ||xi − a|| xi − a : y ∗ ∈ L0 (a)}. ||xi − a|| Sử dụng tính nửa liên tục trên của ánh xạ (x, u) → L00 (x, y ∗ ; u, −u) tại (a, u) 16 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ta nhận được  0 ≥ max −L00 (a, y ∗ , u, −u) : y ∗ ∈ L0 (a) . Đây là một mâu thuẫn.  Hệ quả 1.1 Xét bài toán (P). Giả sử g là lồi, nửa liên tục dưới và mỗi thành phần Fi của F là khả vi chặt 2 lần ở gần a. Khi đó ta có các kết quả sau: (i) Nếu a là cực tiểu địa phương của (P) thì  2 max hDxx L(a, y ∗ )u, ui : y ∗ ∈ L0 (a) ≥ 0, ∀u ∈ K(a); (1.10) ∀ u ∈ D(a), (1.11) (ii) Nếu a ∈ X = Rn sao cho L0 (a) 6= ∅ và  2 max hDxx L(a, y ∗ )u, ui : y ∗ ∈ L0 (a) > 0, thì a là cực tiểu địa phương chặt cấp 2 của (P). Chứng minh Các kết luận được suy ra từ định lý 1.1 khi chú ý rằng 2 L00 (a, y ∗ ; u, u) = hDxx L(a, y ∗ )u, ui.  Nhận xét 1.1 Chú ý rằng trong (1.8) L00 (a, y ∗ ; u, u) có thể thay thế bởi L♦♦ (a, y ∗ ; u, u) khi ánh xạ x → L♦♦ (a, y ∗ ; u, u) 17 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn