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user: 2. KKT条件的方程重构 变分不等式问题(4)~(5)的KKT条件是： F ( x ) + J h ( x ) T μ − J g ( x ) T λ = 0 h ( x ) = 0 (7) 0 ≥ g ( x ) ⊥ λ ≥ 0 应用NCP函数(3)，从而VI等价于下述的KKT方程组： 0 = ψ i ( ε ， x ， μ ， λ ) = [ ε L ( x ， μ ， λ ) − h ( x ) ϕ 1 ( ε ， − g 1 ( x ) ， λ 1 ) ⋮ ϕ 1 ( ε ， − g m ( x ) ， λ m ) ] (8) 其中 ε > 0 ， L ( x ， μ ， λ ) ≡ F ( x ) + J h ( x ) T μ + J g ( x ) T λ 是VI的拉格朗日函数，如果 ( ε ， x ， μ ， λ ) 是光滑方程组(8)的解， ( x ， μ ， λ ) 是变分不等式问题(4)~(5)的KKT点。因此，我们的目标是获得平滑方程组(8)的数值解。对于 ε > 0 ， a ， b ∈ R ， ϕ 1 的雅可比矩阵如下 [ 3 ] [ 16 ] ： J ϕ 1 ( ε ， a ， b ) = ( ∂ ϕ 1 ∂ ε ， ∂ ϕ 1 ∂ a ， ∂ ϕ 1 ∂ b ) = { ( ε p − 1 ‖ ( ε ， a ， b ) ‖ p p − 1 ， a p − 1 ‖ ( ε ， a ， b ) ‖ p p − 1 − 1 − α b + ∂ a + ， b p − 1 ‖ ( ε ， a ， b ) ‖ p p − 1 − 1 − α a + ∂ b + ) ( ε p − 1 ‖ ( ε ， a ， b ) ‖ p p − 1 ， sgn ( a ) ⋅ a p − 1 ‖ ( ε ， a ， b ) ‖ p p − 1 − 1 − α b + ∂ a + ， sgn ( b ) ⋅ b p − 1 ‖ ( ε ， a ， b ) ‖ p p − 1 − 1 − α a + ∂ b + ) (9) 根据(9)，我们可以推出 J ψ p ( ε ， x ， μ ， λ ) 的形式。 定理1：令 ψ i : R + × R n × R l × R m → R 1 + n + l + m 被定义的映射(8)，设 ε > 0 ， ( x ， μ ， λ ) ∈ R n × R l × R m 是任意给定的点， a i ε ( x ， λ ) = { − ( g i ( x ) ) p − 1 ‖ ( ε ， g i ( x ) ， λ i ) ‖ p p − 1 − 1 − α ( λ i ) + ⋅ ∂ ( − g i ( x ) + ) − sgn ( g i ( x ) ) ( g i ( x ) ) p − 1 ‖ ( ε ， g i ( x ) ， λ i ) ‖ p p − 1 − 1 − α ( λ i ) + ⋅ ∂ ( − g i ( x ) + ) b i ε ( x ， λ ) = { − ( λ i ) p − 1 ‖ ( ε ， g i ( x ) ， λ i ) ‖ p p − 1 − 1 − α ( − g i ( x ) + ) ⋅ ∂ ( λ i ) + − sgn ( λ i ) ( λ i ) p − 1 ‖ ( ε ， g i ( x ) ， λ i ) ‖ p p − 1 − 1 − α ( λ i ) + ⋅ ∂ ( − g i ( x ) + ) D g ε = d i a g ( a 1 ε ( x ， λ ) ， ⋯ ， a m ε ( x ， λ ) ) D λ ε = d i a g ( b 1 ε ( x ， λ ) ， ⋯ ， b m ε ( x ， λ ) ) 我们计算出 ψ i ( ε ， x ， μ ， λ ) 的Jacobian矩阵如下： J ψ i ( ε ， x ， μ ， λ ) = [ 1 0 0 0 0 J x L ( x ， μ ， λ ) J h ( x ) T J g ( x ) T 0 − J h ( x ) 0 0 E 1 E 2 0 E 3 ] 其中 E 1 = [ ε p − 1 ‖ ( ε ， g 1 ( x ) ， λ 1 ) ‖ p p − 1 e ε p − 1 ‖ ( ε ， g 2 ( x ) ， λ 2 ) ‖ p p − 1 e ⋮ ε p − 1 ‖ ( ε ， g m ( x ) ， λ m ) ‖ p p − 1 e ] (10) E 2 = − D g ε J g E 3 = D λ ε 现在我们研究Jacobian矩阵 J ψ i 在点 ( ε ， x ， μ ， λ ) 处的非奇异性。 定理2：设 ( ε ， x ， μ ， λ ) ∈ R 1 + n + l + m 为任意给定的点，且 ε > 0 如果 (a) 梯度 { ∇ h j ( x ) : j = 1 ， ⋯ ， l } ∪ { ∇ g i ( x ) : i ∈ I 0 } 是线性无关的。 (b) J x L ( x ， μ ， λ ) 在梯度 { ∇ h j ( x ) : j = 1 ， ⋯ ， l } 的零空间内是正定的。 I 0 = { i : g i ( x ) = 0 ≤ λ i ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， m } 那么，Jacobian矩阵 J ψ i ( ε ， x ， μ ， λ ) 是非奇异的。 证明：由定理1， J ψ i 是非奇异的当且仅当下面的矩阵是非奇异的，即 J 0 = [ J x L ( x ， μ ， λ ) J h ( x ) T J g ( x ) T − J h ( x ) 0 0 E 2 0 E 3 ] 是奇异的，因此，我们只要证明出 J 0 T 是非奇异的。设 ( u ， v ， t ) ∈ R n × R l × R m 是 J 0 的零空间内的任意一个向量。 J 0 T ( u ， v ， t ) = 0 (11) 我们只要证明 u = 0 ， v = 0 和 t = 0 即可，由(11)，我们可以得到如下三个式子： ( J x L T ) u − ( J h T ) v − ( J g T ) E 2 t = 0 (12) ( J h ) u = 0 (13) ( J g ) u + E 3 t = 0 (14) 由公式(13)，可以推出 u T ( J h T ) = 0 u T ´ (12)，可以得到 u T ( J x L T ) u = u T ( J g T ) E 2 t (15) t T ´ (14)，可以得到 t T ( J g ) u = − t T E 3 t (16) 由定理1中 E 3 定义可知， E 3 是半负定的，我们可以得到： ∑ j = 1 m ( t j ∑ i = 1 n ) = t T ( J g ) u ≥ 0 由于 a i ≤ 0 ，我们计算式子(15)的右半部分 u T ( J g T ) E 2 t = ∑ j = 1 m ( a j t j ∑ i = 1 n ) ≤ 0 之后，我们可以得到： u T ( J x L T ) u ≤ 0 由假设条件(b)可得： u = 0 (17) 因此，(12)和(14)分别成为： ( J h T ) v + ( J g T ) E 2 t = 0 (18) 和 ( D λ ) t = 0 (19) 对于任意的 i ∉ I 0 ，通过(19)式不难得到 b i ≠ 0 和 t i = 0 。令 I = { 1 ， 2 ， ⋯ ， m } ，(18)式等价于下面的式子： ( J h T ) v + ( J g T ) E 2 t ¯ = 0 其中 t ¯ = [ t I 0 t I − I 0 ] (20) 根据假设条件(a)和(18)，不难得到： v = 0 ，     t = 0 证明完毕。