我们考虑以下低阶惩罚问题:
R^{n}}\varphi_{q,k}(x)中的$$[LOP]_{k}\quad\min_{x\$$
为了确定准确的惩罚性质,我们需要以下假设,如[14].
假设1
\(f(x)\)满足以下强制条件:
$$\lim_{\|x\|\rightarrow+\infty}f(x)=+\inft$$
假设中1,存在一个框X(X)这样的话\(G([P])\子集\运算符名称{int}(X)\),其中\(G([P])\)是问题的全局极小集\([P]\),\(\operatorname{int}(X)\)表示集合的内部X(X)。考虑以下问题:
$$\bigl[P^{\prime}\bigr]\quad\textstyle\begin{array}{@{}l@{\quad}l}\minf(x)\\mathrm{s.t.}\g_{i}(x)\leq0,&i=1,2,\ldot,m,\\hphantom{\mathrm}s.t.}}\x\in x$$
让\(G([P^{\prime}])\)表示问题的全局极小集\([P^{\prime}]\).然后\(G([P^{\prime}])=G([P])\)。
假设2
这套\(G([P])\)是一个有限集。
那么对于任何\(k\in(0,1)\),我们考虑形式的惩罚问题
$$\bigl[LOP^{prime}\bigr]_{k}\quad\min_{x\in x}\varphi_{q,k}(x)$$
我们知道低阶惩罚函数\(\varphi_{q,k}(x)(k\in(0,1))是中的精确惩罚函数[14]根据假设1和假设2.但低阶精确惩罚函数\(瓦尔菲{q,k}(x))(\(k\英寸(0,1)\))是一个不可微分函数。现在我们考虑它的平滑。
让\(p_{k}(u)=(最大值\{u,0\})^{k}\)也就是说,
$$p_{k}(u)=\left\{textstyle\begin{array}{@{}l@{quad}l}u^{k}&\mbox{if}u>0,\\0&\mbax{otheric},\end{arrays}\displaystyle\right$$
(2.1)
然后
$$\varphi_{q,k}(x)=f(x)+q\sum_{i=1}^{m} 第页_{k} \bigl(g_{i}(x)\bigr)$$
(2.2)
对于任何\(epsilon>0\),让
$$p_{\epsilon,k}(u)=\left\{\textstyle\begin{array}{@{}l@{quad}l}0&\mbox{if}u\leq0,\\frac{1}{2}\epsilen^{-k}u^{2k}&\mbox{if}0<u\leq\epsilon,\\u^{k}-\压裂{\epsilon^{k}}{2}&\mbox{if}u>\epsilen。\结束{array}\displaystyle\right$$
(2.3)
很容易看出这一点\(p_{\ε,k}(u)\)在上连续可微R(右)此外,我们看到\(p_{\epsilon,k}(u)\右箭头p_{k}作为ϵ→0
图1显示的行为\(p{2/3}(u)\)(用实线表示),\(p{0.1,2/3}(u)\)(用点线表示),\(p{0.01,2/3}(u)\)(用虚线表示)和\(p_{0.001,2/3}(u)\)(用虚线和点线表示)。
让
$$\varphi_{q,\epsilon,k}(x)=f(x)+q\sum_{i=1}^{m} 第页_{\epsilon,k}\bigl(g{i}(x)\bigr)$$
(2.4)
然后\(\varphi_{q,\epsilon,k}(x)\)在上连续可微\(R^{n}\)考虑以下平滑优化问题:
$$[SP]\quad\min_{x\in x}\varphi_{q,\epsilon,k}(x)$$
引理2.1
对于任何
\(x在x中,epsilon>0),我们看到了
$$0\leq\varphi{q,k}(x)-\varphi_{q,\epsilon,k}(x)\leq\frac{1}{2} mq(平方米)\ε^{k}$$
证明
请注意
$$p_{k}\bigl(g_{i}(x)\bigr)-p_{\epsilon,k}\bigl(c_{ineneneep(x)\ bigr^{k}-\压裂{1}{2}\epsilon^{-k}(g{i}(x))^{2k}&\mbox{if}0<g{i{(x。\结束{array}\displaystyle\right$$
让
$$F(u)=u^{k}-\裂缝{1}{2}\epsilon^{-k}u^{2k}$$
我们得到了
$$F^{prime}(u)=ku^{k-1}-k\ε^{-k}u^{2k-1}=k\ε^{-k}u^{k-1}\bigl(\epsilon^{k} -u个^{k} \更大)$$
什么时候?\(u \ in(0,\ε)\),\(F^{\prime}(u)\geq0\)很容易看出\(F(u)\)是单调递增的\([0,\epsilon]\).何时\(g{i}(x)在[0,\epsilon]\中),我们可以
$$0\leq p_{k}\bigl(g_{i}(x)\bigr)-p_{\epsilon,k}\bigl$$
因此我们看到
$$0\leq\varphi{q,k}(x)-\varphi_{q,\epsilon,k}(x)\leq\frac{1}{2} mq(平方米)\epsilon^{k}$$
这就完成了证明。 □
定理2.1
让
\(\{\epsilon_{j}\}\rightarrow0^{+}\)
是一个正数序列,并假设
\(x_{j}\)
是解决
\(x}中的\min_{x\varphi_{q,\epsilon_{j},k}(x)\)
对一些人来说
\(q>0),\(k\英寸(0,1)\)。让
x̄
是序列的累加点
\({x{j})。然后
x̄
是解决以下问题的最佳方案
\(x中的x)。
证明
因为\(x{j}\)是解决\(x}中的\min_{x\varphi_{q,\epsilon_{j},k}(x)\),我们看到了
对于x中的所有x,$\varphi_{q,\epsilon_{j},k}$$
按引理2.1,我们看到了
$$\varphi{q,\epsilon_{j},k}(x)\leq\varphi_{q,k}(x)$$
和
$$\varphi{q,k}(x)\leq\varphi_{q,\epsilon_{j},k}(x)+\frac{1}{2} mq(平方米)\epsilon_{j}^{k}$$
由此可见
$$开始{aligned}\varphi{q,k}(x{j})\leq\varphi_{q,\epsilon_{j},k}{2} mq(平方米)\epsilon{j}^{k}\leq\varphi{q,\epsilon_{j},k}(x)+\frac{1}{2} mq(平方米)\ε_{j}^{k}\leq\varphi_{q,k}(x)+\frac{1}{2} mq(百万立方米)\ε{j}^{k}。\结束{对齐}$$
让\(j\rightarrow\infty\),我们看到了
$$\varphi{q,k}(\bar{x})\leq\varphi_{q,k}(x)$$
这就完成了证明。 □
定理2.2
让
\(x中的x_{q,k}^{*})
是问题的最佳解决方案
\([LOP^{\prime}]_{k}\)
和
\(\bar{x}_X中的{q,\epsilon,k})
是问题的最佳解决方案
\([SP]\)
对一些人来说
\(q>0,k\in(0,1)\)
和
\(epsilon>0\)。然后我们看到了
$$0\leq\varphi_{q,k}\bigl(x_{q、k}^{*}\bigr)-\varphi_{q,\epsilon,k}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\leq\frac{1}{2} mq(平方米)\ε^{k}$$
证明
按引理2.1,我们看到了
$$开始{对齐}0\leq&\varphi_{q,k}\bigl(x_{q、k}^{*}\bigr)-\varphi_{q,\epsilon,k}\ bigl{x}_{q,\epsilon,k})\\leq&\varphi{q,k}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})-\varphi{x}_{q,\epsilon,k})\\leq&\压裂{1}{2} mq(平方米)\epsilon^{k}。\结束{对齐}$$
这就完成了证明。 □
定理2.1和定理2.2意味着[SP]的近似最优解也是\([LOP^{\prime}]_{k}\)当出现错误时ϵ足够小。
定义2.1
对于\(epsilon>0\),一分\(x中的x)是一个ϵ-可行的解决方案或ϵ-问题的解决,如果
$$g_{i}(x)\leq\epsilon,\quad i=1,2,\ldots,m$$
我们说这对\((x^{*},\lambda^{*{)\)满足中的二阶充分条件[19]如果
$$\开始{aligned}&\nabla_{x} L(左)\bigl(x^{*},\lambda^{*{\bigr ots,m,\\&y^{T}\nabla^{2} L(左)\bigl(x^{*},\lambda^{**}\bigr)y>0,\quad\mbox{表示V中的任何}y\ bigl$$
(2.5)
哪里\(L(x,λ)=f(x)+sum_{i=1}^{m}\lambda_{i} 克_{i} (x)\)、和
$$\开始{aligned}&V\bigl(x^{*}\bigr)=\bigl\{y\在R^{n}|{nabla中^{T} 克_{i} bigl(x^{*}\bigr)y=0,在A\bigl(x^{*{\biger)中为i\;\纳布拉^{T} 克_{i} \bigl(x^{*}\bigr)y\leq0,i\in B\bigl-(x^}\biger)}\biger\},\\&A\bigl-x^{**}\bicr)=\bigl\{i\in{1,2,\ldots,m\}|g_{i}\bigl_(x^{*}\ bigr l\{i\in\{1,2,\ldots,m\}|g_{i}\bigl(x^{*}\bigr)=0,\lambda^{*{=0\bigr\}。\结束{对齐}$$
定理2.3
假设假设
1
和
2
持有,对于任何人来说
\(x^{*}\在G([P])中\),存在一个
\(R_{+}^{m}中的\lambda^{*}\)
这样,这对
\((x^{*},\lambda^{*{)\)
满足第二个-订单充分条件(2.5).然后针对
\(对于所有k\ in(0,1)\),让
\(x中的x^{*}\)
成为问题的全球解决方案
\([P]\)
和
\(\bar{x}_X中的{q,\epsilon,k})
成为问题的全球解决方案
\([SP]\)
对于
\(k\in(0,1),\epsilon>0\)。然后就有了
\(q ^{*}>0\)
这样,对于任何
\(q>q^{*}\),
$$0\leqf\bigl(x^{*}\bigr)-\varphi_{q,\epsilon,k}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\leq\frac{1}{2} mq(平方米)\epsilon^{k}$$
(2.6)
此外,如果
\(\bar{x}_{q,\epsilon,k}\)
成为
ϵ-问题的可行解决方案[P(P)],然后我们看到了
$$0\leqf\bigl(x_{q,k}^{*}\bigr)-f(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\leq-mq\epsilen^{k}$$
哪里
\(q^{*}>0\)
在推论中定义2.3在里面[14].
证明
按推论2.3英寸[14],我们看到了\(x中的x^{*}\)是问题的全球解决方案\([LOP^{\prime}]_{k}\).然后根据定理2.2,我们看到了
$$0\leq\varphi_{q,k}\bigl(x^{*}\bigr)-\varphi_{q,\epsilon,k}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\leq\frac{1}{2} mq(平方米)\epsilon^{k}$$
(2.7)
自\(\sum_{i=1}^{m} 第页_{k} (g{i}(x^{*}))=0\),我们有
$$\varphi_{q,k}\bigl(x^{*}\bigr)=f\bigl(x^}\biger)+q\sum_{i=1}^{m} 第页_{k} \bigl(g_{i}\bigle(x^{*}\biger)\bigr)=f\bigl$$
(2.8)
由(2.7)和(2.8),我们看到了(2.6)持有。
此外,它是由(2.4)和(2.6)那个
$$0\leq f\bigl(x^{*}\bigr)-\Biggl(f(\bar{x}_{q,ε,k})+q\sum_{i=1}^{m} 第页_{\epsilon,k}\bigl(g{i}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\biger)\Biggr)\leq\frac{1}{2} mq(平方米)\ε^{k}$$
由此可见
$$q\sum_{i=1}^{m} 第页_{\epsilon,k}\bigl(g{i}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\biger)\leq f\bigl(x^{*}\bigr)-f(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\leq\frac{1}{2} mq(平方米)\ε^{k}+q\sum_{i=1}^{m} 第页_{\epsilon,k}\bigl(g{i}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\bigr)$$
(2.9)
发件人(2.3)事实上\(\bar{x}_{q,\epsilon,k}\)是一个ϵ-问题的可行解决方案[P],我们可以看到
$$0\leq\sum_{i=1}^{m} 第页_{\epsilon,k}\bigl(g{i}(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\biger)\leq\frac{1}{2} 米\ε^{k}$$
(2.10)
然后它从(2.9)和(2.10)那个
$$0\leq f\bigl(x^{*}\bigr)-f(\bar{x}_{q,\epsilon,k})\leq-mq\epsilen^{k}$$
这就完成了证明。 □
定理2.3表示[SP]的近似最优解是[P]的近似最佳解,如果[SP]是ϵ-可行。