Алексеев В.М., Тихомиров В.М., Фомин С.В. - Оптимальное управление (1050536), страница 42
Текст из файла (страница 42)
Покажем теперь, что для задачи (1') выполнены все условия теоремы. Действительно, Х и $'х1(а""' — баиаховы- пространства. Функции ~~ и отображение )эстрого дифференцируемы в точке х (в силу того, что Р и ~~ были таковыми). Осталось показать лищь, что 1. = 1щ Р (х) замкнуто в Ух Кв-й. Имеем Р'(х) (Р'(х), Ф'(х)), где Ф (х) Я = (<7~ (х) х> ° ° <Ту (х х)> Ф (х): Х 11е Образ 1щ Р'(х) замкнут по условию, а подпросгранство Ф'(х)1Кег Р'(хЯсйа-"' замкнуто, как и любое подпространство коиечномерного пространства.
Значит, по лемме о замкнутости образа (п. 2.1.6) 1щР'(х) замкнут вУх Ка-Й. Предположим теперь, что для задачи (1') доказываемая теорема верна и, следовательно, существуют множители Лагранжа у*=(у', 4+„..., Х„), Х~, ! 0,1,...,т, для которых верны а) и б) и. 3.2.1 (условия в) выполияютсн автоматически, ибо ~~(х)=0, 1=1, ...>т).
26в В снлу б)) )01=0, 1, ..., т, а в силу а) Я'.„(х, у', Хы ..., ь-, Х») = = ~х~~» Х~ ~1(х) + (у»ог)' (х) ° О, (3'] где .У = ~» 1Д(х)+(у'оР) (х). У» Теперь остается положить ь,=Х„Х, =е 1»т, 1 1, ... ..., т, Х; =Х~, у=т+1, ..., р и Х; =О, если ~~ (х) чьО. Полученный набор будет удовлетворять, очевидно, условиям дополняющей нежесткости н условию- согласования знаков (ибо в (2') е =+1, когда ограничение имеет вид Ц(х) «О и е = — 1 при ~;,.) 0). Кроме того, поскольку ° у (х! у» Хо ° ° ° » дю ~ф) = у (х~ у»»»» ° ° » )~»»» т») условие стацнонарности функции Лагранжа выполняется нли не выполняется для обеих функций одновременно. Итак, в дальнейшем можно ограничиться лишь рассмотрением задачи (1').
Однако для простоты мы больше не будем ставить тильду ( ) над Р, ~~ н т. 3.2.4, Доказательство теоремы, Итак, пусть нам дана задача: Г»(х)- 1п1; Р(х)=0, ~~(х) О, 1=1, ..., т, (1) причем выполнены все условия теоремы п. 3.2.1 н ~~(х)=0,1=1, ..., т. Без ограничения общности можносчнтать также, что и 1»(х)=0. Разобъем доказательство на несколько этапов.
А) Линейный случай. Рассмотрим сначала простейшую ситуацию, когда ~» =х» †линейн функционал, ~, =О, 1 1, ..., т, а Р=Л вЂ линейн непрерывный сюръективный оператор. Точка х О решение задачн (х', х) (п1; Лх=О (Л6Я(Х, г), Л(~()=У) (2) тогда н только тогда, когда х»Е(КегЛ)~.. По лемме об аннуляторе ядра (и. 2.1.7) существует элемент у'Е1",' такой, что х'+Л'у'= О, Но это соотношение в точности есть принцип Лагранжа для задачи (2): х'+ Л'у' О ею Я„(0, у', 1) О, 9 в, м. лл»н»»»» и др.
ззт где У(х, у', Л») Л» <х» х>+<у» Лх> <Л»х'+А;у', х>— функция Лагранжа задачи (2). Таким образом, в этой ситуации принцип Лагранжа верен. Б) Вы рожден ный сл уч ай. 1ш Р'(х) есть собственное подпространство У. Вследствие леммы о нетривиальности аннулятора (п. 2.1.4) найдется элемент у'б (1ш Р (х))х <-.э(у' о Р') (х)=0.Остается положить Л,=О, 1=0, ..., т, н убедиться в том, что принцип верен и в рассматриваемом вырожденном случае. Далее считаем, что Р— регулярный оператор в точке х, т.
е. 1ш Р'(х) = У. Положим для 0 «.. й < т Аь —— (х ) <1; (х), х> < О, 1 = й, й+ 1, ..., и» Р' (х) 1х) = О). В) Лемма 1 (основная). Если х есть локальное решение в задаче (1), то множество А, пусто. Иначе говоря, шах <11(х), х>~)0, УхЕКегр'(х). »<С<па Доказательство, Предположим, что А, непусто, т.
е. существует элемент 5 такой, что р'(х)1ь)=0, <Д(х), $>=й„йг < О, 0(! <т. Тогда по теореме Люстерника (п. 2.3.5) существует отображение г: 1 — а, сь1 — Х, а)0, такое, что Р(х+74+г(Л))= — О, Л~( х, а], г(Л)=о(Л). (3) При малых Л) 0 имеем для ю'=О, 1... т неравенства Р,(х+74+г(Л))=Р!(х)+Л<Д(х), $>+о(Л)=Лй;+о(Л)<О. (4г) Соотношения (3) и (4;) 1=1... т, означают, что для малых Л > 0 элемент х+Ля+г (Л) является допустимым в задаче (1). Но при этом неравенство (4,) противоречит локальной минимальности х. ° Г) Лемма 2.
Если А есть пустое множество, то для задачи (1) верен принйип Лагранжа. Доказательство. Пустота А„означает, что х=О является решением задачи <1' (х), х> — 1п1, Р' (х) 1х1 = О. В сийу п. А) для этой задачи справедлив принцип Лаг- ранжа, а значит, он справедлив и для задачи (1) (надо только положить х,=... =Х„,=О), Таким образом, из пп. В) и Г) вытекает, что либо принцип Лагранжа уже обоснован (А„=1д), либо суще- ствует такое й, О <А < т, что Ах=Я, Ал,Ф 8. (5) Д) Лемма 3. Если выполнены ссютношения (5), то нуль является решением следующей задачи линейного про- гралширования: <)е (х), х> — 1п1; <~~ (х), х> в 'О, 1 = й + 1, ..., т, Р' (х) (х1 = О.
(6) До к а за тел ь от в.о. Предположим, что Ч вЂ” такой допустимый в задаче (6) элемент (т. е. <1;(х), и>. О, 1= й+1, Р'(х)1Ч1=0), что <Ге(х), Ч> < О. Пусть Ь вЂ” эле- мент„принадлежащий А„„, т. е. <~1(х), ~> < О, 1)у+1, Р (х)(ь]=0. Тогда при малом е > 0 элемент т~+е~ при- надлежит Аь в противоречии с (5). ° Е) Завершение доказательства. Применяем к задаче (6) теорему Куна — Таккера (и.
1.3.3), учтя при этом, что условие Слейтера для этой задачи выполнено (из-за непустоты А„+г). По этой теореме найдутся такие неотрицательные числа Х„,О ..., Х„, что точка нуль яв- ляется решением задачи <~е(х), х>+ ~ <ХД(х),х>- ш1,' Р'(х))х1=0. (7) ~=в+1 (Это последнее утверждение есть не что иное, как прин- цип минимума для задачи (6), причем множитель Лаг- ранжа при функционале взят равным 1 вследствие вы- полнимости условия Слейтера.) Но задача (7) есть опять- таки задача, о которой говорилось в п. А). Для нее верен принцип Лагранжа или, что в данной ситуации одно и то же, применима лемма об аннуляторе ядра опе- ратора Р'(х).
Иначе говоря, существует элемент у', для которого Д (х) -(- ч~", 1Д(х) -1-(у' о Р') (х) = О. . 1+1 Но это и есть условие стациоиарности функции Лагранжа, если положить А,=... =Хе,— — О, Х„=1. ° ээ 959 По ходу доказательства при А;чья оказалось, по Ь, = 1. Покажем, что если Р регулярно (т. е. 1ш Р' (х)=)'), то в этом случае вообще никакой набор множителей Лагранжа, для которого выполнено условие стационар- .ности функции Лагранжа, не мажет содержать множитель 1,=0, Действительно, при А,Ф8 существует эле- мент Ь такай, что Р'(х)[И)=0, </;(х), Ь> < 0,1=1, ..., т. Допустим теперь, что нашлись множители Лагранжа Х = (Ь, „Ь„), у'„ие равные нулю одновременно и такие, что Я„(х, у', Ь,О) =О.
Тогда ввиду неравенств Ь <[1(х), Ь><0 имеем 0 =,Я'„(х, у", й, 0) [И1= ~~~,'Ь, </~(х), Ь>+ <у', Р' (х) [Ь1> С-~ = ХХ, </;(х)„Ь>=>Л =... =Ь =О =В у'ФО, и теперь О=.У„(х, у', Х, О)[х1=<у', Р'(х)[х1>, Ух=>1шР'(х)Ф)' вопреки предположению. Выделим сказанное в отдельное предложение.
Предложение. Для того чтобы в теореме ц. 3.2.1 Х, Ф О, достаточно добавить к ее условиям, что 1ш Р' (х) =)' и сущесвтует элемент Ь Е Кег Р' (х), для которого <[1(х), Ь> <О, 1=1, ..., и. Дополнительные допущения, о которых здесь говорится, будем называть условиями усиленной регулярности задачи (1). В формулировке доказанного нами принципа Лагранжа участвует важное (н вдобавок единственное, помимо требований гладкости н банахавости) условие замкнутости образа 1ш Р' (х». Необходимо отметить, что без условий такого типа принцип Лагранжа может оказаться неве ным. режде всего при отказе ат требований сюръективности оператора ЛЕЯ(Х, )') (Х и У вЂ” банахавы пространства) формула (КегЛ)~-=1тпЛ" может оказаться неверной, точнее, может оказаться, что 1ш Л' есть собственное надпространство (Кег Л)х.
Например, если Х=У= =1„х=(х,„..., х„, ...)~/„Лх=(х„х /2,..., х /и,...), то КегЛ=(0) и, значит, (КегЛ)к=1„в то время как 1ш Л =1ш Л' ~ 1, (скажем, элемент у=(1, 1/2,..., 1/и,... ) Яба принадлежит 1„но решения уравнения Лх=у, очевидно, не существует).-Теперь мы можем уже привести пример задачи, для которой принцип Лагранжа неверен. П р н м е р. Пусть Х н )г — банаховы пространства и оператор Л Е .У(Х, )') таков, что Кег Ле = (О), а 1т Л' есть собственное подпространство (Кег Л)с. Выбрав х' ~ (Кег Л)~-'~,1т Л', рассмотрим задачу <х', х> (п(; Лх=О.
Для этой задачи принцип Лагранжа неверен. Действительно, х=О является точкой минимума, и если бы нашлись )ьа и у'Е)г' такие, что У„(0, р', 1е) ~Ь~=О, тЬ 6Х ее де <х', Ь>+ <у», ЛЬ> О, ч'Ь6Х, то )ье О(ибо иначех*Е!тЛ'), а значит, Л р'=О=; у'=О. Упражнение' ). Пусть Е=)г (а, г=(г„..., г„,. )~)а, Лг=(г„га/2, ..., г„/и, ...), у(!гпЛ, Х=цхЕ, г(г)=г(м, г)=а, г'(г)=Р(а, г)=Лг+аау. Покажите, что для аадачн )(к) — ьгп(; гт (г) =О принцип Лагранжа.неверен. й З.З", Принцип Лагранжа и двойственность в задачах выпуклого программировании 3.3.1, Теорема Куна — Таккера (субдифференциальная форма). Принцип Лагранжа для задач выпуклого программирования (теорема Куна — Таккера) был уже доказан в п.
1.3.3. В этом пункте дается «субдифференциальная форма» этой теоремы и проясняются связи с другими понятиями выпуклого анализа. Пусть Х и)г — банаховы пространства, Л: Х- )г — линейный непрерывный оператор, (г: Х вЂ” К, 1=0, 1, ..., т— выпуклые функции, а=(а„..., а„)ЕЙ'", ЬЕУ, А — выпуклое множество в Х. Рассмотрим следующую задачу выпуклого программирования: (е(х)- (п1; )'г(х)(аг, 1=1, ..., т, Лх=Ь, х~А. (Ь) Множество (х ~ Лх = Ь) обозначим через В. Функцией Лагранжа задачи (Ь) является функция .Ы"(х, у', Ь, Ье) = =- Ье)'е (х) + ~~~~ ~), ((, (х) — а,) + <у', Лх — Ь>.
») Предложено студентом 4 курса В. В, Успенским. Предложение. Луста х — точка абсолютного минимума в задаче (б). Тогда х — точка абсолютного минимума в элементарной задаче 1(х) = щах(~,(х) — ~,(х), 1,(х) — а„..., 1' (х) — а )+ +б(А()В)(х)-+1п1, (Ь') где б(А П В) — индикаторная функция множества А П В. Действительно, если существует элемент х, для которого ((х) (О, то это означает, во-первых, что хрА, хЕ В(вэЛх=б) во-вторых, что )',(х) ~ а„' 1= 1, ..., т (т. е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
