BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI ĐÀM TUẤN ANH ĐIỀU KIỆN TỐI ƢU TRONG BÀI TỐN QUY HOẠCH TỒN PHƢƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI – 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI ĐÀM TUẤN ANH ĐIỀU KIỆN TỐI ƢU TRONG BÀI TỐN QUY HOẠCH TỒN PHƢƠNG Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NGUYỄN NĂNG TÂM HÀ NỘI – 2016 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Tác giả chân thành cảm ơn PGS TS Nguyễn Năng Tâm tận tình hướng dẫn, tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành luận văn Thạc sĩ Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn thầy cô giáo cán công nhân viên Trường Đại học Sư phạm Hà Nội quan tâm giúp đỡ Tác giả chân thành cảm ơn thầy cô giáo bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành luận văn thạc sĩ Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Tác giả luận văn Đàm Tuấn Anh LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn kết nghiên cứu riêng hướng dẫn PGS TS Nguyễn Năng Tâm Trong trình nghiên cứu hồn thành luận văn tơi kế thừa thành khoa học nhà khoa học đồng nghiệp với trân trọng biết ơn Tơi xin cam đoan thơng tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Tác giả luận văn Đàm Tuấn Anh Mục lục MỞ ĐẦU KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Không gian Euclide Rn 1.2 Tập lồi, hàm lồi 1.3 Bài toán quy hoạch toàn phương ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU TRONG BÀI TỐN QUY HOẠCH TỒN PHƯƠNG 28 2.1 Điều kiện tối ưu bậc 28 2.2 Điều kiện tối ưu bậc hai 34 KẾT LUẬN 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO 49 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT Rn không gian Euclid n chiều f : X → Rn ánh xạ từ X vào Rn int A phần A A bao đóng A ∇ f (x) gradient f điểm x , tích vơ hướng Rn chuẩn khơng gian Rn ( x, y) = {λx + (1 − λ) y|λ ∈ (0, 1)} đoạn thẳng mở nối x y ( x, y) = {λx + (1 − λ) y|λ ∈ [0, 1]} đoạn thẳng đóng nối x y Mở đầu Lý chọn đề tài Quy hoạch toàn phương phận đặc biệt quy hoạch tốn họcvà có nhiều ứng dụng lý thuyết thực tế vòng nửa kỉ nay, quy hoạch toàn phương phát triển mạnh mẽ, nhà toán học nghiên cứu toán quy hoạch ngày sâu sắc vấn đề định tính thuật tốn hữu hiệu để giải tốn máy tính điện tử Sau học kiến thức toán học tốn giải tích với mong muốn tìm hiểu sâu nên chọn đề tài "Điều kiện tối ưu tốn qui hoạch tồn phương" để nghiên cứu Mục đích nghiên cứu Khảo sát điều kiện tối ưu bậc nhất, điều kiện tối ưu bậc hai tốn quy hoạch tồn phương Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu điều kiện tối ưu tốn quy hoạch tồn phương Rn Đối tượng phạm vi nghiên nghiên cứu Đề tài chủ yếu tập trung nghiên cứu toán quy hoạch tối ưu điều kiện tối ưu bậc nhất, bậc hai tốn quy hoạch tồn phương Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp, phân tích, hệ thống kiến thức tài liệu tốn quy hoạch phi tồn phương Giả thuyết khoa học Trình bày tốn quy hoạch tồn phương từ đưa điều kiện tối ưu bậc điều kiện tối ưu bậc hai toán quy hoạch toàn phương Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Không gian Euclide Rn Tập hợp Rn := T x = ( x1 , , xn ) : x1 , , xn ∈ R với hai phép toán ( x1 , , xn )T + (y1 , , yn )T = ( x1 + y1 , , xn + yn )T T T λ( x1 , , xn ) = (λx1 , , λxn ) , λ ∈ R lập thành không gian véc tơ Euclide n− chiều T Nếu x = ( x1 , , xn ) ∈ Rn xi gọi thành phần tọa độ thứ i x Véc tơ không không gian gọi gốc Rn T ký hiệu đơn giản 0, = (0, , 0) Trong Rn ta định nghĩa tích vơ hướng tắc , sau: T T Với ( x1 , , xn ) + (y1 , , yn ) ∈ Rn ta có n x, y = ∑ xi yi i =1 T Đôi ta ký hiệu x T y Khi với x = ( x1 , , xn ) ∈ Rn ta định nghĩa n x := x, x = ∑ ( xi ) i =1 gọi chuẩn Euclide véc tơ x 1.2 Tập lồi, hàm lồi 1.2.1 Tập lồi Định nghĩa 1.2.1 Tập X ⊂ Rn gọi tập lồi, x, y ∈ X, ∀λ ∈ [0, 1], ta có λx + (1 − λ) y ∈ X Nếu X tập lồi đồng thời tập đóng (mở) Rn ta gọi X tập lồi đóng (tương ứng, mở) Ví dụ 1.2.1 Tập rỗng, hình cầu Rn tập lồi Định nghĩa 1.2.2 Tập X ⊂ Rn gọi tập đa diện lồi X có dạng X = { x : Ax ≤ b}, A ma trận cấp m × n b ∈ Rn Định nghĩa 1.2.3 Tập K ⊂ Rn gọi nón với x ∈ K, t ≥ ta có tx ∈ K Nếu nón K tập lồi K gọi nón lồi Định nghĩa 1.2.4 Cho X ⊂ Rn tập lồi f : X → R Ta nói f hàm lồi X f (λx + (1 − λ) y) ≤ λ f ( x ) + (1 − λ) f (y) , ∀ x, y ∈ X, λ ∈ [0, 1] Ví dụ 1.2.2 a) Hàm f ( x ) = a hàm lồi R b) Hàm f ( x ) = x3 hàm không lồi R Chú ý định lý 2.2.1 đưa dạng tương đương sau mà không yêu cầu sử dụng nhân tử Lagrange Định lý 2.2.2 Điều kiện cần đủ để điểm x ∈ Rn nghiệm địa phương toán (1.29) phải thỏa mãn hai tính chất sau T (i) ∇ f ( x ) , v = ( Dx + c) v ≥ với v ∈ T∆ ( x ) = {v ∈ Rn : A I0 v ≥ 0, Cv = 0} I0 = {i : Ai x = bi } ; ⊥ (ii) v T Dv ≥ với v ∈ T∆ ( x ) ∩ (∆ f ( x )) , ⊥ (∆ f ( x )) = {v ∈ Rn : ∆ f ( x ) , v = 0} Thực tế tính chất tương đương để tồn cặp λ, µ ∈ Rm × Rs thỏa mãn hệ (2.11) thiết lập cách sử dụng bổ đề Farkas (xem định lý 2.1.2) vài lập luận tương tự chứng minh bổ đề 2.2.1 Sự tương đương tính chất(ii) định lý 2.2.2 tính chất (ii) định lý 3.4 cơng thức thơng qua tập nhân tử Lagrange (λ, µ) ∈ Rm × Rs đưa từ bổ đề 3.1 Do định lý 2.2.2 dạng tương đương định lý 2.2.1 Chứng minh Điều kiện cần Giả sử x nghiệm địa phương (2.27) Khi tồn ε > cho f ( x ) − f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ ∆ ∩ B ( x, ε) (2.14) Theo hệ 2.1.2, ú tn ti , Rm ì Rn cho điều kiện (i) thỏa mãn Lấy I1 , I2 định nghĩa (2.12) Giả sử tính chất (ii) sai Khi tìm thấy v ∈ Rn \ {0} cho A I1 v = 0, A I2 v ≥ 0, Cv = 0, v T Dv < T Theo bổ đề 2.2.1, ( Dx + c) v = ∇ f ( x ) , v = Hệ với 36 t ∈ (0, 1) có t2 T f ( x + tv) − f ( x ) = t( Dx + c) v + v Dv = t2 v T Dv < 2 T Khi x + tv ∈ ∆ ∩ B ( x, ε) với t ∈ (0, 1) đủ nhỏ, mâu thuẫn (2.14) Do vậy, (ii) Điều kiện đủ: Giả sử x ∈ Rn mà tồn λ, µ ∈ Rm × Rn cho thỏa mãn điều kiện (i) (ii) Chúng ta chứng minh x nghiệm địa phương (1.29) Ý tưởng chứng minh phân tích nón tiếp tuyến T∆ ( x ) vào tổng khơng gian nón đa diện lồi nhọn Tập I = {1, 2, , m}, I0 = (i ∈ I : Ai x = bi ), suy I0 = I1 ∪ I2 Định nghĩa M = {v ∈ Rn : A I0 v = 0, Cv = 0} , M⊥ = {v ∈ Rn : v, u = 0, ∀u ∈ M} Lấy K = v ∈ M⊥ : v = z − u, z ∈ T∆ ( x ) , u ∈ M = Pr M⊥ ( T∆ ( x )) , Pr M⊥ (·) chứng tỏ phép chiếu trực giao Rn vào M⊥ Vì K = Pr M⊥ ( T∆ ( x )) M ⊂ T∆ ( x ), suy T∆ ( x ) = M + K (2.15) K = M⊥ ∩ T∆ ( x ) (2.16) Thật v ∈ K v ∈ M⊥ v = z − u với vài z ∈ T∆ ( x ) u ∈ M Do A I0 u = 0, Cu = 0, A I0 z ≥ 0, Cz = Vì A I0 v = A I0 z − A I0 u = A I0 z ≥ 0, Cv = Cz − Cu = 37 Vậy v ∈ M⊥ ∩ T∆ (v) Từ suy K ∈ M⊥ ∩ T∆ (v) Để chứng minh điều ngược, đủ để ý với v ∈ M⊥ ∩ T∆ (v) ln có biểu thức v = v − 0, v ∈ T∆ (v) , ∈ M Tiếp theo K nón đa diện lồi nhọn Xin nhắc lại nón K ⊂ Rn gọi nhọn K ∩ (−K ) = {0} Từ (2.16) thấy K nón đa diện lồi Vậy cần K nhọn Nếu điều mà K khơng nhọn v ∈ K \ {0} cho −v ∈ K Từ (2.13) (2.16) có A I0 v ≥ 0, Cv = 0, A I0 (−v) ≥ Điều có nghĩa A I0 v = Cv = Nên v ∈ M Khi v ∈ K, theo (2.16) có v ∈ M⊥ Do v ∈ M ∩ M⊥ = {0}, điều mâu thuẫn Đặt K0 = {v ∈ K : ∇ f ( x ) , v = 0} Vì K nón đa diện lồi nhọn, thấy K0 nón đa diện lồi nhọn Từ (i) ta có ∇ f ( x ) , v ≥ 0, ∀v ∈ T∆ ( x ) (2.17) Thật vậy, lấy v ∈ T∆ ( x ) Theo (i) (2.13) ta có T ∇ f ( x ) , v = ( Dx + c)T v = AT λ + C T µ v T T = λ Av + µT Cv = λ Av ≥ Vì M ⊂ T∆ ( x ) −v ∈ M với v ∈ M, suy ∇ f ( x ) , v = 0, ∀v ∈ M (2.18) Từ (2.17) định nghĩa K0 có ∇ f ( x ) , v ≥ 0, ∀v ∈ K \K0 (2.19) Vì K nón đa diện lồi, nên theo định lý 19.1 Rockafella (1970) K nón sinh hữu hạn Có nghĩa tồn hệ 38 hữu hạn véc tơ khác không z1 , , zq gọi sinh K, cho q K= v= ∑ t j z j : t j ≥ 0, ∀ j = 1, , q (2.20) j =1 Nếu K0 = {0} vài véc tơ z j ( j = 1, , q) phải thuộc vào K0 Để chứng minh điều này, giả sử ngược lại với giả thiết K0 = {0} q j véc tơ sinh z ( j = 1, , q) thuộc vào K \K0 Lấy v = ∑ tjzj, j =1 t j ≥ với j, véc tơ khác véc tơ không K0 Khi giá trị t j phải khác không, từ (2.19) ta suy q ∇ f (x) , v = ∑ tj ∇ f ( x ) , z j > j =1 Điều mâu thuẫn với giả thiết v ∈ K0 Nếu K0 = {0} , khơng tính tổng qt, giả sử z j ( j = 1, , q0 ) thuộc K0 , véc tơ sinh khác z j ( j = q0 + 1, , q) thuộc vào K \K0 Do ∇ f ( x ) , z j = với j = 1, , q0 , ∇ f ( x ) , z j > với j = q0 + 1, , q q0 ∈ (1, , q) Bây chứng minh x nghiệm địa phương (1.29) Nếu x nghiệm địa phương (1.29), tìm dãy x k ∈ ∆ cho x k → x f x k − f ( x ) < 0, ∀k ∈ N Với k ∈ N (2.15) có x k − x ∈ T∆ ( x ) = M + K Kết hợp điều với (2.20) suy tồn tkj ≥ ( j = 1, , q) uk ∈ M cho q0 x −x =u +∑ k k q tkj z j j =1 39 + ∑ j = q0 +1 tkj z j (2.21) q0 k Với v = ∑ q tkj z j k w = j =1 ∑ tkj z j ta có j = q0 +1 x k − x = uk + vk + wk (2.22) Điều có nghĩa vk (tương ứng wk ) thiếu biểu thức cuối K0 = {0} (tương ứng K \K0 = ∅) Khi có hai trường hợp: • Trường hợp 1: Ở tồn dãy {k } ⊂ {k} cho wk = với k (Nếu K \K0 = ∅ wk rỗng với k ∈ N Trường hợp gồm trường hợp này) • Trường hợp 2: Ở tồn số K∗ ∈ N cho wk = với k ≥ k∗ Nếu trường hợp xảy khơng tính tổng quát, giả sử {k } ≡ {k} Khi x k − x = uk + vk , từ (2.18) có ( Dx + c)T xk − x = ∇ f ( x ) , xk − x = ∇ f ( x ) , uk + ∇ f ( x ) , vk = Vì k x −x k x −x = f xk − f ( x) = T T D x k − x + ( Dx + c) T xk − x D xk − x Do xk − x T D x k − x < 0, ∀k ∈ N Vì x k − x ∈ T∆ ( x ) ∇ f ( x ) , x k − x (2.23) = 0, có xk − x ∈ ⊥ T∆ ( x ) ∩ (∇ f ( x )) Vì , từ định lý 2.1.1 từ giả sử (ii) có x k − x T D x k − x ≥ 0, ngược lại (2.23) Nếu trường hợp xảy ra, khơng tính tổng quát, giả sử wk = 40 với k ∈ N Với k, tkj ( j = q0 + 1, , q) không âm khác 0, tồn j (k) ∈ {q0 + 1, , q} cho tkj(k) = max tkj : j ∈ {q0 + 1, , q} > Rõ ràng phải tồn số j∗ ∈ {q0 + 1, , q} dãy {k } ⊂ {k} cho j (k ) = j∗ với k Khơng tính tổng qt giả sử {k } ≡ {k} Dựa (2.21) (2.22) ta có T k x − x D xk − x + ( Dx + c)T xk − x f xk − f ( x) = T k u + vk + wk D uk + vk + wk + ( Dx + c)T uk + vk + wk = = k u + vk T D uk + vk + uk + vk q + ∑ tkj ( Dx + c) z j + ∑ tkj uk + vk T j = q0 +1 q ≥ T k w T T Dwk Dwk T Dz j + tkj ( Dx + c) z j j = q0 +1 T q + ∑ tkj z j Dwk j = q0 +1 Trong phép biến đổi này, sử dụng bất đẳng thức uk + vk T D uk + vk ≥ 0, (2.24) bất đẳng thức hệ bổ đề 3.1 điều kiện (ii) Từ chứng minh trên, ta có q 0> ∑ j = q0 +1 tkj uk + vk T T Dz j + tkj ( Dx + c) z j + 41 T q ∑ j = q0 +1 tkj z j Dwk Chia (2.24) cho tkj , ý ≤ tkj /tkj ≤ với j = q0 + 1, , q, lấy k → ∞ sử dụng kết sau: Nếu x k → x uk → 0, vk → wk → 0, Chúng ta nhận T ≥ ( Dx + c) z j∗ (2.25) Ta thấy mâu thuẫn Hoàn thành chứng minh Những lại biểu diễn ln Để chứng minh nó, đưa kết luận xk − x = xk − x, xk − x k k k k k = u +v +w ,u +v +w k = u k k + v +w k Khi x k − x → uk → uk + wk → Chúng ta có q k k u +w = ∑ tkj z j j =1 Nó đủ để chứng minh với j ∈ {1, , q} , tkj → k → ∞ Ngược lại, giả sử tồn ji ∈ {1, , q} cho dãy tkj1 khơng hội tụ đến k → ∞ Thì tồn ε > dãy q {k } ⊂ {k} cho jjk1 ≥ ε với k Khi ∑ tkj1 ≥ tkj1 ≥ ε với k , j =1 viết q k k v +w = ∑ q tkj j z = j =1 ∑ q ∑ tkj j =1 j =1 tkj q ∑ j =1 zj (2.26) tkj Thế {k } dãy cần, giả sử với q tkj → τ j với τ j ∈ [0, 1] Rõ ràng ∑ τ j z j = 0, có j ∈ {1, , q}, q j =1 ∑ tkj j =1 vài j0 ∈ {1, , q} cho τ j0 = Thì ∑ τ j z j = −τ j z j 0 j = j0 42 Điều có nghĩa −τ j0 z j0 ∈ K, τ j0 z j0 ∈ K, τ j0 z j0 = Do nón K khơng nhọn mâu thuẫn giả thiết Chúng ta chứng minh q z := ∑ τ j z j véc tơ khác Nếu dãy j =1 q ∑ tkj bị chặn, j =1 khơng tính tổng qt giả sử hội tụ tới vài giới hạn τ ≥ ε Lấy k → ∞, từ (2.26) kết luận q ∑ tkj = τz ta thấy mâu thuẫn Nếu dãy khơng bị chặn, j =1 khơng tính tổng qt giả sử hội tụ tới +∞ Từ (2.26) ta có q q k v +w k = ∑ tkj j =1 ∑ j =1 tkj q zj ∑ tkj j =1 Lấy k → ∞ có = +∞ z , ta thấy điều vơ lý Do hồn thành chứng minh Định lý 2.2.3 Điều kiện cần đủ để điểm x ∈ Rn nghiệm địa phương tốn (1.29) tồn cặp véc tơ λ, µ = λ1 , , m , à1 , , às Rm ì Rs cho (i) Hệ (3.11) thỏa mãn; (ii) Nếu v ∈ Rn \ {0} cho A I1 v = 0, A I2 v ≥ 0, Cv = 0, I1 = i : Ai x = bi , λi > , I1 = i : Ai x = bi , λi = v T Dv > Chứng minh Điều kiện cần: Giả sử x nghiệm địa phương (2.27) Thì tồn ε > cho f ( x ) − f ( x ) , ∀ x ∈ (∆ ∩ B ( x, ε)) \ ( x ) 43 (2.27) Theo Hệ 2.1.2, tồn λ, µ ∈ Rm × Rn cho điều kiện (i) thỏa mãn Giả sử (ii) sai Thì tìm v ∈ Rn \ {0} cho A I1 v = 0, A I2 v ≥ 0, Cv = 0, v T Dv ≤ T Theo bổ đề 2.1.1, ( Dx + c) v = ∇ f ( x ) , v = Ngược lại, với t ∈ (0, 1) có T f ( x + tv) − f ( x ) = t( Dx + c) v + t2 v T Dv ≤ Khi x + tv ∈ ∆ ∩ B ( x, ε) với t ∈ (0, 1) đủ nhỏ mâu thuẫn với kết luận cuối (2.27) Như (ii) Điều kiện đủ: Giả sử x ∈ Rn mà tồn λ, µ ∈ Rm × Rn cho (i) (ii) thỏa mãn Chúng ta x nghiệm địa phương (1.29) Tập I = {1, 2, , m}, I0 = {i ∈ I : Ai x = bi } Lấy M, M⊥ , K, K0 , z1 , , zq tính chất (2.15) đến (2.20) thỏa mãn Nếu x không nghiệm địa phương (1.29), tìm dãy x k ⊂ ∆ cho x k → x f x k − f ( x ) ≤ 0, ∀k ∈ N Với k ∈ N, dựa vào (2.15) có x k − x ∈ T∆ ( x ) = M + K Kết hợp điều với (2.20) kết luận tồn tkj ≥ q0 ( j = 1, , q) u ∈ M cho (2.21) Đặt v = ∑ tkj z j k k j =1 q0 wk = ∑ tkj z j có (2.22) Như trên, K0 = {0} (tương j =1 ứng K \K0 = ∅) dễ hiểu vk (tương ứng wk ) bị thiếu biểu thức (2.22) Chúng ta xét riêng trường hợp sau: 44 • Trường hợp 1: Tồn dãy {k } ⊂ {k} cho wk = với k (Nếu K \K0 = ∅ wk rỗng với k ∈ N Trường hợp nằm trường hợp này) • Trường hợp 2: Tồn số k ∗ ∈ N cho wk = với k ≥ k ∗ Nếu trường hợp xảy , khơng tính tổng quát giả sử {k } ≡ {k} Bằng lập luận tương tự chứng minh trường hợp 1, thu T xk − x D x k − x ≤ Vì x k − x ∈ T∆ ( x ) ∇ f ( x ) , x k − x (2.28) = 0, có xk − x ∈ ⊥ T∆ ( x ) ∩ (∇ f ( x )) Do từ bổ đề 2.1.1 từ giả thiết (ii) có xk − x T D x k − x > 0, mâu thuẫn với (2.28) Nếu trường hợp xảy ra, không tính tổng quát, giả sử wk = với k ∈ N Xây dựng dãy { j (k)} (k ∈ N) chứng minh định lý 2.2.1 Thì tồn số j∗ ∈ {q0 + 1, , q} dãy {k } ⊂ {k} cho j (k ) = j∗ với k Khơng tính tổng qt giả sử {k } ≡ {k} Xét tương tự chứng minh định lý 2.2.1 để q 0> ∑ tkj k u +v k T j Dz + tkj∗ ( Dx j = q0 +1 + c) z + T j∗ T q ∑ tkj z j Dwk j = q0 +1 (2.29) Chia (2.29) cho tkj∗ , ý ≤ tkj /tkj∗ ≤ với j = q0 + 1, , q, lấy k → ∞ sử dụng thiết lập trình chứng minh, nhận (2.25) Điều mâu thuẫn (2.19) z j∗ ∈ K \K0 Vậy chứng minh x nghiệm địa phương (1.29) Chú ý định lý 2.2.3 xây dựng lại theo dạng tương đương sau mà không yêu cầu sử dụng nhân tử Lagrange 45 Định lý 2.2.4 Điều kiện cần đủ để điểm x ∈ Rn nghiệm địa phương tốn (1.29) thỏa mãn hai tính chất sau: T (i) ∇ f ( x ) , v = ( Dx + c) v ≥ 0, I0 = {i : Ai x = bi } v ∈ T∆ ( x ) = {v ∈ Rn : A I0 v ≥ 0, Cv = 0}; ⊥ (ii) v T Dv > với véc tơ khác không v ∈ T∆ ( x ) ∩ (∇ f ( x )) , ⊥ (∇ f ( x )) = {v ∈ Rn : ∇ f ( x ) , v = 0} Như ý công thức định lý 2.2.2, tính chất tương đương với tồn ti ca mt cp , Rm ì Rs thỏa mãn hệ (2.11) Tương tự tính chất (ii) định lý 2.2.4 tính chất (ii) định lý 2.2.3, cơng thức thơng qua tập nhõn t Lagrange (, à) Rm ì Rs kộo theo từ bổ đề 2.1.1 Do định lý 2.2.4 dạng tương đương định lý 2.2.3 Điều đáng quan tâm để chứng tỏ x nghiệm địa phương toán quy hoạch tồn phương tính chất tương tự để (2.4) Định lý 2.2.5 Nếu x ∈ Rn nghiệm địa phương tốn (1.29) tồn ε > ρ > cho với x ∈ ∆ ∩ B ( x, ε) f (x) − f (x) ≥ ρ x − x , (2.30) ∆ = { x ∈ Rn : Ax ≥ b, Cx = d} tập bị ràng buộc (1.29) Chứng minh Lấy x ∈ Rn nghiệm địa phương (1.29) Theo định lý 2.2.3, tồn cặp véc tơ λ, µ = λ1 , , λm , à1 , , às Rm ì Rs cho (i)’ Hệ (2.11) thỏa mãn; (ii)’ Nếu v ∈ Rn \ {0} mà A I1 v = 0, A I2 ≥ 0, Cv = 0, I1 = i : Ai x = bi , λi > , I1 = i : Ai x = bi , λi = v T Dv > 46 Như đưa chứng minh định lý 2.2.1, từ (i)’ ta có (2.17) thỏa mãn Để mâu thuẫn, giả sử khơng tìm thấy cặp số dương (ε, ρ) thỏa mãn (2.30) Thì đó, với k ∈ N, tồn x k ∈ ∆ cho x k − x ≤ k f xk − f ( x) < k x −x k (2.31) Bất đẳng thức cuối có nghĩa x k = x Khơng tính tổng qt, giả sử dãy xk − x / xk − x hội tụ tới v ∈ Rn với v = Theo (2.31), có k x −x k > f xk − f ( x) k x −x = T D x k − x + ( Dx + c) xk − x Chia biểu thức cho T (2.32) xk − x lấy k → ∞ có ≥ ( Dx + c)T v Khi xk − x ∈ T∆ ( x ) với k ∈ N, có v ∈ T T T∆ ( x ) Theo (2.17) ( Dx + c) v ≥ Vậy ∇ f ( x ) , v = ( Dx + c) v = Khi x k − x ∈ T∆ ( x ) với k ∈ N, theo (2.17) có ( Dx + c)T xk − x ≥ Kết hợp với (2.32) có k x −x k > k x −x T D xk − x Chia bất đẳng thức cuối cho x k − x lấy k → ∞ ⊥ có ≥ v T Khi v ∈ T∆ ( x ) ∩ (∇ f ( x )) , từ bổ đề 2.1.1 (ii)’ suy v T Dv > Điều dẫn đến mâu thuẫn Định lý hoàn toàn chứng minh 47 KẾT LUẬN Luận văn hệ thống hóa số kiến thức tốn quy hoạch tồn phương Các điều kiện tối ưu toán quy hoạch tồn phương Luận văn tập trung trình bày điều kiện tối ưu bậc điều kiện tối ưu bậc hai tốn quy hoạch tồn phương 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Đậu Thế Cấp (2002), Giải tích hàm, Nhà xuất Giáo dục [2] Nguyễn Đơng n (2007), Giáo trình giải tích đa trị, Nhà xuất Khoa học tự nhiên Công nghệ [B] Tài liệu tiếng Anh [3] A Auslender and P Coutat (1996), Sensitivity analysis for generalized linear quadratic problems, Journal of Optimization Theory and Application, 88, 541 – 559 [4] M J Best and N Chakravarti (1990), Stability of linearly constrained convex quadratic problems, Journal of Optimization Theory and Application, 64, 43 – 53 [5] M J Best and B Ding (1995), On the continuity of minimum in parametric quadratic problems, Journal of Optimization Theory and Application, 86, 245 – 250 [6] R.W Cottle, J S Pang and R E Stone (1992), The Linear Complementarity Problem, Academic Press, New York [7] J W Daniel (1973), Stability of solution of definite quadratic program, Mathematical Programming, 5, 41 – 53 49 [8] J Guddat (1976), Stability in convex quadratic parametric programming, Mathematishe Operationsforschung und Statstik, 7, 223 – 245 [9] G M Lee, N N Tam, N D Yen (2005), Quadratic programming and affine vartional inequalities: A qualitative study, Spring – Verlag, New York [10] N N Tam (1999), On cotinuity of the solution map in quadratic programming, Acta mathematica Vietnamica, 24, 47 – 61 50 ... 1.3 Bài tốn quy hoạch tồn phương ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU TRONG BÀI TOÁN QUY HOẠCH TOÀN PHƯƠNG 28 2.1 Điều kiện tối ưu bậc 28 2.2 Điều kiện tối ưu bậc hai ... địa phương tốn cực tiểu nghiệm địa phương toán Điều ngược lại không dạng tổng quát 27 Chương ĐIỀU KIỆN TỐI ƯU TRONG BÀI TỐN QUY HOẠCH TỒN PHƯƠNG Chương trình bày điều kiện tối ưu bậc điều kiện tối. .. ưu bậc điều kiện tối ưu bậc hai tốn quy hoạch tồn phương 2.1 Điều kiện tối ưu bậc Trong mục trình bày điều kiện cần đủ tối ưu bậc cho tốn quy hoạch tồn phương Điều kiện tối ưu bậc hai nghiên cứu