Đang tải... (xem toàn văn)
Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÀNH TRUNG MỘT PHƯƠNG PHÁP QUY HOẠCH LỒI GIẢI MỘT LỚP BÀI TOÁN CHẤP NHẬN LỒI TÁCH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÀNH TRUNG MỘT PHƯƠNG PHÁP QUY HOẠCH LỒI GIẢI MỘT LỚP BÀI TOÁN CHẤP NHẬN LỒI TÁCH Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 84 60 112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH LÊ DŨNG MƯU Thái Nguyên - 2018 i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi, hàm lồi 1.2 Toán tử chiếu lên tập lồi đóng 10 1.3 Dưới vi phân hàm lồi 14 Chương Phương pháp quy hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi tách 2.1 2.2 21 Bài toán quy hoạch lồi 21 2.1.1 Định nghĩa 21 2.1.2 Điều kiện tồn nghiệm 25 2.1.3 Định lý Karush-kuhn-Tucker 28 2.1.4 Phương pháp chiếu đạo hàm 32 Bài toán chấp nhận lồi tách phương pháp giải 37 2.2.1 Bài toán chấp nhận lồi tách 37 2.2.2 Giới thiệu mơ hình thực tế dẫn tới toán 38 2.2.3 Chuyển toán chấp nhận lồi tách toán quy hoạch lồi 39 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giúp đỡ hướng dẫn tận tình GS.TSKH Lê Dũng Mưu Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người dành nhiều thời gian tâm huyết để hướng dẫn tạo điều kiện cho tác giả suốt thời gian làm luận văn Trong trình học tập làm luận văn, từ giảng giáo sư, phó giáo sư cơng tác Viện Tốn học, Viện Cơng nghệ Thông tin - Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam, thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, tác giả trau dồi thêm nhiều kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu công tác thân Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy cô Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo, khoa Tốn - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập, nghiên cứu làm luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Học viên Nguyễn Thành Trung Mở đầu Quy hoạch lồi lớp toán tối ưu hóa Một đặc điểm lớp toán điểm cực tiểu địa phương cực tiểu tuyệt đối Tính chất quan trọng cho phép lý thuyết có tính địa phương giới hạn, vi phân, áp dụng trực tiếp vào quy hoạch lồi Lý thuyết toán quy hoạch lồi quan tâm nghiên cứu nhiều thu nhiều kết quan trọng dựa lý thuyết giải tích lồi tối ưu hóa; phương diện tính tốn, có nhiều phương pháp hữu hiệu cho lớp toán Các phương pháp giới thiệu sách Tối ưu lồi (Convex Optimization) tác giả Stephen Boyd and Lieven Vandenberghe nhà xuất Cambridge University Press in năm 2004 Đề tài luận văn "Một phương pháp quy hoạch lồi giải lớp toán chấp nhận lồi tách" có mục đích giới thiệu lại kiến thức giải tích lồi, tốn quy hoạch lồi Đặc biệt sâu vào chấp nhận lồi tách phương pháp giải Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương "Kiến thức chuẩn bị” giới thiệu kiến thức tập lồi, hàm lồi vi phân hàm lồi Chương "Phương pháp quy hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi tách" giới thiệu toán quy hoạch lồi số tính chất Nhắc lại phương pháp chiếu đạo hàm giải toán Cuối tác giả giới thiệu tốn chấp nhận lồi tách phương pháp giải Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tác giả giới thiệu kiến thức giải tích lồi, kiến thức tảng cần thiết phục vụ cho việc nghiên cứu giải đề tài Các kiến thức chương tổng hợp từ tài liệu [1] [2] 1.1 Tập lồi, hàm lồi Trước hết ta nhắc lại khái niệm tập lồi Rn khái niệm có liên quan Định nghĩa 1.1 Một tập C ⊆ Rn gọi tập lồi, C chứa đoạn thẳng qua hai điểm Tức C lồi ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C Ta nói x tổ hợp lồi điểm (véctơ) x1 , x2 , , xk k k j λj x , λj > ∀j = 1, , k, x= λj = j=1 j=1 Tương tự, x tổ hợp affine điểm (véctơ) x1 , , xk k k j x= λj x , j=1 λj = j=1 Tập hợp tổ hợp affine x1 , , xk thường gọi bao affine điểm Hình 1.1: (a), (b), (e) - Tập lồi; (c), (d) - Tập không lồi Mệnh đề 1.1 Tập hợp C lồi chứa tổ hợp lồi điểm Tức là: C lồi k k ∀k ∈ N, ∀λ1 , , λk > : k λj = 1, ∀x , , x ∈ C ⇒ j=1 λj xj ∈ C j=1 Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên từ định nghĩa Ta chứng minh điều kiện cần quy nạp theo số điểm Với k = 2, điều cần chứng minh suy từ định nghĩa tập lồi tổ hợp lồi Giả sử mệnh đề với k − điểm Ta cần chứng minh với k điểm Giả sử x tổ hợp lồi k điểm x1 , , xk ∈ C Tức k k j λj x , λj > ∀j = 1, , k, x= j=1 λj = j=1 Đặt k−1 ζ= λj j=1 Khi < ζ < k−1 k−1 j x= k λj x + λk x = ζ j=1 Do j=1 k−1 j=1 λj j x + λk x k ζ λj =1 ζ λj > với j = 1, , k − nên theo giả thiết quy nạp, điểm ζ k−1 y := j=1 λj j x ∈ C ζ Ta có x = ζy + λk xk Do ζ > 0, λk > k ζ + λk = λj = 1, j=1 nên x tổ hợp lồi hai điểm y xk thuộc C Vậy x ∈ C Lớp tập lồi đóng với phép giao, phép cộng đại số phép nhân tích Descartes Cụ thể, ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 1.2 Nếu A, B tập lồi Rn , C lồi Rm , tập sau lồi : A ∩ B := {x | x ∈ A, x ∈ B}, λA + βB := {x | αa + βb, a ∈ A, b ∈ B, α, β ∈ R}, A × C := {x ∈ Rn+m | x = (a, c) : a ∈ A, c ∈ C} Định nghĩa 1.2 Một điểm a ∈ C gọi điểm tương đối C điểm C theo tô-pô cảm sinh affC (tập affine nhỏ chứa C) Ta ký hiệu tập hợp điểm tương đối C riC Theo định nghĩa ta có: riC := {a ∈ C | ∃B : (a + B) ∩ affC ⊂ C}, B lân cận mở gốc Hiển nhiên riC = {a ∈ affC | ∃B : (a + B) ∩ affC ⊂ C} Tiếp theo ta nhắc khái niệm hàm lồi số khái niệm liên quan Cho C ⊆ Rn tập lồi f : C → R Ta ký hiệu domf := {x ∈ C | f (x) < +∞} Tập dom f gọi miền hữu dụng f Tp epif := {(x, à) C ì R | f (x) ≤ µ} gọi đồ thị hàm f Bằng cách cho f (x) = +∞ x ∈ / C, ta coi f xác định tồn khơng gian hiển nhiên domf = {x ∈ Rn | f (x) < +}, epif = {(x, à) Rn ì R | f (x) ≤ µ} Do làm việc với hàm số nhận giá trị −∞ +∞, nên ta quy ước: Nếu λ = 0, λf (x) = với x Định nghĩa 1.3 Cho ∅ = C ⊆ Rn lồi f : C → R Ta nói f hàm lồi C, epif tập lồi Rn+1 Sau ta chủ yếu làm việc với hàm f : Rn → R ∪ {+∞} Trong trường hợp này, dễ thấy định nghĩa tương đương với f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) Hàm f : Rn → R ∪ {+∞} gọi lồi chặt C f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y) ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) Hàm f : Rn → R ∪ {+∞} gọi lồi mạnh C với hệ số η > ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) có: f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) − ηλ(1 − λ) x − y Dễ kiểm tra rằng, f lồi mạnh C với hệ số η > hàm h(.) := f (.) − η 2 lồi C Bằng qui nạp, dễ dàng chứng minh rằng, f nhận giá trị hữu hạn tập lồi C, với số tự nhiên m x1 , , xm ∈ C thoả mãn λ1 ≥ 0, , m λm ≥ 0, λj = 1, ta có j=1 m f m λj x j=1 j λj f (xj ) (bất đẳng thức Jensen) ≤ j=1 Hàm f gọi hàm lõm C, −f lồi C Ví dụ 1.1 Cho S := {x ∈ Rn | x = 1} mặt cầu h : S → R+ hàm Định nghĩa hàm f sau: x < 1, f (x) := h(x) x = 1, +∞ x > Hàm gọi hàm mặt cầu Dễ thấy f hàm lồi Rn , h hàm không âm mặt cầu S Ví dụ 1.2 Ví dụ hàm lồi, hàm lõm Hình 1.2: (a) - Hàm lồi; (b) - Hàm lõm Dưới điều kiện cần đủ hàm lồi, tiện ích nhiều trường hợp Mệnh đề 1.3 Một hàm f : C → R lồi C ∀x, y ∈ C, ∀α > f (x), ∀β > f (y), ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ f (λx + (1 − λ)y) ≤ λα + (1 − λ)β 33 (ii) x∗ điểm dừng (P) x∗ = z(z ∗ ) Nếu có thêm f lồi, điểm dừng nghiệm tối ưu T (iii) Nếu x ∈ D (z(x) − x) ∇f (x) ≤ −λ z(x) − x Thuật toán 2.1 Giả sử tập D tập lồi đóng f lồi, khả vi liên tục tập mở chứa D Chọn x0 ∈ D; γ, β ∈ (0, 1) Đặt k = Tại bước lặp k = 0, 1, 2, có xk ∈ D, ta thực bước sau: Bước 1: Tính ∇f (xk ) : • Nếu ∇f (xk ) = STOP xk nghiệm • Nếu ∇f (xk ) = chuyển Bước Bước 2: Tính z k := PD xk − λ∇f (xk ) • Nếu z k = xk STOP xk nghiệm • Nếu khơng chuyển Bước Bước 3: Lấy dk = z k − xk Tìm độ dài bước: Tìm số tự nhiên mk nhỏ cho f (xk + γ mk dk ) ≤ f (xk ) + βγ mk dk T ∇f (xk ) (A) Đặt µk = γ mk ; xk+1 := xk + µk dk lặp lại bước k với: k:=k+1 Định lí 2.4 (Định lý hội tụ) Giả sử tập Lf (x0 ) = x ∈ D | f (x) ≤ f (x0 ) bị chặn Khi dãy xk tạo phương pháp chiếu đạo hàm xác định tốt Ngoài (i) Nếu thuật tốn dừng lại bước lặp k xk điểm dừng f lồi xk nghiệm tối ưu (ii) Nếu thuật tốn khơng dừng lại dãy xk tạo nên từ thuật tốn có điểm tụ điểm tụ điểm dừng 34 Nếu f lồi xk nghiệm tối ưu Ngoài ra, ∇f (xk ) → Chứng minh (i) hiển nhiên từ Bổ đề 2.2 (ii) Giả sử thuật tốn khơng dừng lại Thì với k, dk = Từ (iii) Bổ đề 2.2 có T (dk ) ∇f xk ≤ − dk < 0, có nghĩa dk hướng giảm f xk Theo công thức Taylor, với µ > đủ nhỏ, có: f (xk + µdk ) − f (xk ) = µ ∇f (xk ), dk + o(µ) Từ < β < ∇f (xk ), dk < 0, kéo theo f (xk + µdk ) − f (xk ) ≤ βµ ∇f (xk ), dk , với µ > đủ nhỏ Vì thế, từ γ m → với m → ∞, từ quy tắc (A), tồn số tự nhiên mk thỏa mãn (A) Sau từ (A) có dãy f (xk ) giảm Thì xk ∈ Lf (x0 ) Do xk bị chặn có điểm tụ Gọi x∗ điểm tụ Chúng ta giả định xk → x∗ Từ z k := PD (xk − ∇f (xk )), dãy z k bị chặn Theo thuật tốn ta có: f (xk+1 ) − f (xk ) = f (xk + µk dk ) − f (xk ) ≤ βµk (dk )T ∇f (xk ) ≤ βµk − dk , ∀k (2.7) Do dãy f (xk ) giảm bị chặn nên từ (2.7) ta có: µk dk → a) Nếu lim µk > cách lấy dãy (ta nhớ lại xk , chặn), từ (2.8) ta có dk → (2.8) z k dk bị 35 b) Bây giả sử lim µk = Do mk số tự nhiên nhỏ thỏa mãn (A), ta có (chú ý µk /γ = γ mk −1 ), f (xk − (µk /γ)dk ) − f (xk ) > β(µk /γ) ∇f (xk ), dk Đặt tk := µk γ tk → Chia cho tk > cho k → ∞, từ (2.9) ta ∇f (x∗ ), d∗ ≥ β ∇f (x∗ ), d∗ Chú ý ∇f (xk ), dk ≤ − dk , từ < β < 1, ta thấy dk → Như lim z k = lim xk = x∗ Chú ý có z k = PD (xk − ∇f (xk )), lấy giới hạn ta có x∗ = PD (x∗ − ∇f (x∗ )) Vậy theo Bổ đề 2.2 x∗ điểm dừng Ví dụ 2.3 Cho tốn {f (x1 , x2 )} = x21 + x22 − x1 + x2 với điều kiện ≤ x1 ≤ 2; ≤ x2 ≤ 1; x = (x1 , x2 ) ∈ D 1 Giải Chọn γ = ; β = ∈ (0, 1) 2 • Vòng lặp Bước 1: Lấy x0 = Ta có: 2x1 − 2.1 − 1 ⇒ ∇f (x0 ) = = = ∇f (x) = 2x1 + 2.0 + 1 (2.9) 36 Chuyển bước Bước 2: Ta có x0 − ∇f (x0 ) = − 1 = −1 Suy z = PD (x0 − ∇f (x0 )) = PD −1 = 0 = x0 Chuyển bước Bước 3: Lấy d0 = z − x0 = 0 − = −1 Chọn mk = Khi đó, quy tắc (A) tương đương: f x + ⇔ f ⇔f 0 0 1 ·d ≤f x + d0 2 −1 + ≤ f + 0 ≤ + (−1 0) · 1 0 T · ∇f x0 −1 T · ∇f ⇔ ≤ − (vô lý) Nên mk = không thỏa mãn Chọn mk = Khi đó, (A) tương đương x + 1 T ≤ f x0 + d0 ∇f x0 2 T −1 −1 1 ≤ f + ∇f ⇔ f + 2 0 0 1 ⇔ f ≤ + (−1 0) f 1 ⇔− ≤− 4 d0 37 1 Ta thấy − = − nên quy tắc (A) thỏa mãn Do mk = số tự nhiên nhỏ 4 thỏa mãn quy tắc (A) Đặt µ =γ = 1 = ; −1 = x1 := x0 + µ0 d0 = + 0 • Vòng lặp 2: Với x1 = Bước 1: Ta có − = = = 2.0 + ∇f x1 = ∇f Chuyển bước Bước 2: Ta có x1 − ∇f x1 = − = −1 ⇒ z = PD = = x1 ⇒ ST OP −1 Thuật toán dừng Bước vòng lặp Vậy x1 = nghiệm tối ưu toán 2.2 2.2.1 Bài toán chấp nhận lồi tách phương pháp giải Bài toán chấp nhận lồi tách Trong mục ta trình bày thuật tốn giải toán chấp nhận lồi tách cách đưa toán quy hoạch lồi Kiến thức tổng hợp từ báo [8] 38 Cho không gian Rn Rm , C ⊆ Rn D ⊆ Rm tập lồi khác rỗng A ánh xạ (tốn tử) tuyến tính từ Rn vào Rm Bài toán chấp nhận lồi tách phát biểu sau: Tìm x∗ ∈ C cho Ax∗ ∈ D 2.2.2 (2.10) Giới thiệu mơ hình thực tế dẫn tới tốn Có cơng ty sản xuất loại hàng hóa • Cơng ty có: K1 tập chiến lược, x1 lượng hàng hóa định sản xuất, p1 có nghĩa giá đơn vị hàng (phụ thuộc vào tổng hàng hóa) p1 (s) = α − β1 s (với s = x1 + x2 ), lợi nhuận công ty f (x1 , x2 ) = p1 (x1 , x2 )x1 − h1 (x1 ), h1 hàm chi phí • Cơng ty có: tập chiến lược K2 , lượng hàng hóa định sản xuất x2 , giá đơn vị hàng p2 (phụ thuộc vào tổng hàng hóa) p2 (s) = α − β2 s (với s = x1 + x2 ), lợi nhuận công ty f (x1 , x2 ) = p2 (x1 , x2 )x2 − h2 (x2 ), h2 hàm chi phí Mục đích cơng ty tìm x∗1 ∈ K1 , x∗2 ∈ K2 cho lợi nhuận cao nhất, tập tất điểm x∗ = (x∗1 , x∗2 ) tạo thành tập gọi C Khi sản xuất cần dùng số nguyên liệu Ax có nghĩa số nguyên liệu sản xuất x đơn vị hàng hóa, g(Ax) có nghĩa tiền chi phí trả cho việc làm ô nhiễm môi trường sản xuất x sản phẩm Mục đích cơng ty tìm phương án sản xuất để đạt lợi nhuận cao 39 chi phí mơi trường thấp Khi vấn đề quy toán chấp nhận lồi tách với C D tập nghiệm tốn Tìm g(y) với điều kiện y = Ax, x ∈ K, g hàm lồi 2.2.3 Chuyển tốn chấp nhận lồi tách toán quy hoạch lồi Để giải toán (2.10) ta đặt p(x) := PC (x) − x 2 + PD (Ax) − Ax , đó: PC , PD toán tử chiếu lên hai tập lồi C D Khi tốn (2.10) tương đương với toán: {p(x) | x ∈ Rn } (2.11) Khi x∗ nghiệm tốn (2.10), x∗ ∈ C, Ax∗ ∈ D x∗ nghiệm toán (2.11) ngược lại Để tổng quát ta xét tập ràng buộc Ω ⊆ Rn với ràng buộc x, ta chuyển toán sau {p(x) | x ∈ Ω} (2.12) Khi tốn tử tuyến tính A thay ánh xạ F , ta p(x) = PC (x) − x 2 + PD (F (x)) − F (x) (2.13) Sau ta có vài bổ đề Bổ đề 2.2 Cho C D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng không gian Rn Rm , cho ánh xạ F : Rn → Rm khả vi liên tục Khi hàm p(x) khả vi liên tục với đạo hàm ∇p(x) = (I − PC )x + ∇F (x)T (I − PD )F (x), ∇F (x) : Rm → Rn đạo hàm hàm F x 40 Chứng minh Để chứng minh bổ đề, ta chứng minh tính khả vi liên tục PC (x) − x PD (F (x)) − F (x) Ta có PC (x) − x y−x = |y∈C , PD (F (x)) − F (x) = PC (x) − x PD (F (x)) − F (x) y − F (x) |y∈D Do khả vi liên tục đạo hàm chúng ∇ PC (x) − x = (x − PC (x)) , ∇ PD (F (x)) − F (x) = 2∇F (x)T (F (x) − PD (F (x))) Ta tóm tắt vài tính chất ∇p(x) Bổ đề 2.3 Cho C D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng, cho ánh xạ F : Rn → Rm Giả sử F ∇F liên tục Lipschitz với số Lipschitz tương ứng ξ > ζ > Nếu tập Ω bị chặn, ta có (i) ∇p(x) liên tục Lipschitz với L = α + 2L1 β số Lipschitz, L1 định nghĩa (2.14) (ii) Nếu p(x) lồi ∇p(x) tự với hệ số ν = > L Chứng minh Do PC không giãn nên (I − PC )(x − y) ≤ x − y ∀x, y ∈ Rn 41 Vì ta có (I − PC )(x) − (I − PC )(y) ≤ x − y ∀x, y ∈ Rn Mặt khác, F ∇F liên tục Lipschitz nên ta có ∇F (x)T (I − PD )(F (x)) − ∇F (y)T (I − PD )(F (y)) ≤ ∇F (x)T F (x) − ∇F (y)T F (y) + ∇F (x)T PD (F (x)) − ∇F (y)T PD (F (y)) ≤ ∇F (x)T (F (x) − F (y)) + (∇F (x) − ∇F (y))T F (y) + ∇F (x)T (PD (F (x)) − PD (F (y))) + (∇F (x) − ∇F (y))T PD (F (y)) ≤ {ξ ∇F (x) + ζ [ F (y) + PD (F (y)) ]} x − y ≤ 2L1 x − y , bất đẳng thức hai theo bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức thứ ba tính chất chuẩn, L1 bất đẳng thức cuối L1 := ξ · ∇F (x) + ζ · [ F (y) + PD (F (z)) ] , (2.14) tính bị chặn Ω tính liên tục F , ∇F Do ∇p(x) − ∇p(y) ≤ α (I − PC )(x) − (I − PC )(y) + β ∇F (x)T (I − PD )(F (x)) − ∇F (y)T (I − PD )(F (y)) ≤ (α + 2L1 β) x − y Vậy khẳng định thứ chứng minh Từ p(x) lồi ∇p(x) liên tục Lipschitz với số L, khẳng định thứ hai suy từ kết biết [8] Chú ý 2.3 Tính liên tục Lipschitz ánh xạ ∇p(x) quan trọng cho phân tích hội tụ thuật tốn đề nghị Giả thiết 2.1 Ánh xạ F ∇F liên tục Lipschitz, tập lồi Ω bị chặn C ⊆ Ω Sau ta giả sử giả thiết 1.1 thỏa mãn Ta có bổ đề sau: 42 Bổ đề 2.4 Cho Ω tập lồi khác rỗng Rn hàm p(x) (2.13) hàm lồi khả vi tập mở chứa Ω Khi vectơ x∗ cực tiểu toán (2.12)-(2.13) nghiệm bất đẳng thức biến phân sau ∇p(x∗ )T (x − x∗ ) ≥ ∀x ∈ Ω (2.15) Chứng minh Từ p(x) lồi khả vi tập mở chứa Ω bất đẳng thức (2.15) thỏa mãn ta có p(x) ≥ p(x∗ ) + ∇p(x∗ )T (x − x∗ ) ≥ p(x∗ ) ∀x ∈ Ω, suy x∗ cực tiểu p(x) Ω Ngược lại x∗ cực tiểu thỏa mãn toán (2.12)–(2.13) bất đẳng thức (2.15) không thỏa mãn, tức tồn x¯ ∈ Ω thỏa mãn ∇p(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < Bằng cách lấy đạo hàm ta có lim α↓0 p(x∗ + α(¯ x − x∗ )) − p(x∗ ) = ∇p(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < α Vậy p(x∗ + α(¯ x − x∗ )) giảm chặt α > đủ nhỏ điều mâu thuẫn với giả thiết tối ưu x∗ Vậy tốn (2.12)-(2.13) chuyển lại toán bất đẳng thức biến phân (2.15) Khi Ω tập đơn giản việc tính hình chiếu dễ dàng Tổng qt hóa ta có thuật tốn chiếu sau để giải toán (2.15): cho xk , chọn xk+1 sau xk+1 = PΩ xk − βk+1 ∇p(xk ) , βk+1 > độ dài bước Từ kết ta dùng thuật tốn đạo hàm cho quy hoạch lồi nêu mục để giải toán chấp nhận tách Tuy nhiên ta dùng thuật tốn để giải Thực chất thuật tốn thuật tốn chiếu đạo hàm nêu 43 Thuật toán 2.2 Thuật tốn chiếu trình bày sau: ∞ • Bước 1: Cho dãy không âm {τk } với τk < +∞, δ ∈ (0, 1), µ ∈ (0, 1), k=0 > 0, β0 > 0, x0 ∈ Ω, cho γ0 = β0 , k = • Bước 2: Tìm số ngun khơng âm nhỏ lk cho βk+1 = µlk γk xk+1 = PΩ xk − βk+1 ∇p(xk ) , (2.16) thỏa mãn βk+1 ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 ) ≤ (2 − δ)(xk − xk+1 )T (∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )) (2.17) • Bước 3: Nếu βk+1 ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 ) ≤ 0.5(xk − xk+1 )T (∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )), lấy γk+1 = (1 + τk+1 )βk+1 ; trái lại lấy γk+1 = βk+1 • Bước 4: Nếu e(xk , βk ) ≤ ε STOP, trái lại k := k + chuyển đến Bước Nhận xét 2.1 Từ tham số δ ∈ (0, 1) ∇p(x) tự từ Bổ đề 2.3, vế phải (2.17) ln ln khơng âm Do ta tìm βk+1 khơng âm đủ bé để thỏa mãn (2.17) Ta có kết sau cách chọn βk Bổ đề 2.5 Với bước lặp Thuật tốn 2.2 trình tìm độ dài bước βk+1 kết thúc sau số hữu hạn bước lặp Ngoài ra, tồn số thực dương βmin , cho βk+1 ≥ βmin > với k > Chứng minh Từ ∇p(x) tự với ν = > 0, L định nghĩa L Bổ đề 2.3, ta có βk+1 ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 ) βk+1 ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 ) ≤ xk − xk+1 , ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 ) 1/L ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 ) Nếu βk+1 ≤ βmax := β0 , (2 − δ) L , 2 = Lβk+1 44 điều kiện (2.17) thỏa mãn Mặt khác, theo Bước Bước Thuật toán 2.2, ta ∞ βk+1 ≤ γk ≤ (1 + τk )βk ≤ · · · ≤ (1 + τk )β0 k=0 Theo cách chọn ∞ τk < ∞, τk ≥ ∀k ≥ 0, k=0 Bước ta có ∞ C0 := (1 + τk ) < +∞ k=0 Do đó, βk+1 ≤ γk ≤ C0 β0 , dãy {γk } bị chặn Ngồi ra, từ µ ∈ (0, 1), lim µn = 0, n→∞ ta khẳng định trình tìm βk+1 thỏa mãn (2.17) thực sau số hữu hạn bước lặp, có nghĩa tồn lk thỏa mãn βk+1 = µlk γk ≤ βmax Ngoài ra, βk+1 thỏa mãn (2.17) βk+1 ≥ βmin := βmax µ ∀k ≥ Nếu xk+1 = xk với k đó, theo (2.16) [8, Bổ đề 2.1] ta có = xk − xk+1 = e(xk , βk+1 ) ≥ e(xk , βmin ) Vì vậy, e(xk , βmin ) = 0, [8, Bổ đề 2.1], xk nghiệm bất đẳng thức biến phân (2.15) Sau đây, ta giả thiết xk = xk+1 với k thuật toán tạo nên dãy vô hạn {xk } Cho ηk := ∇p(xk+1 ) − ∇p(xk ) , xk+1 − xk ta nhận hội tụ Thuật toán 2.2 Định lí 2.5 Với dãy { e(xk , βk ) } cho Thuật toán 2.2 thỏa mãn e(xk+1 , βk+1 ) ≤ (1 + τk )2 e(xk , βk ) − δβmin L ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 ) 45 Định lí 2.6 Giả sử dãy {xk } cho Thuật toán 2.2, cho x∗ nghiệm (2.15), (1 − 2βk+1 ηk2 ) k+1 x ∗ −x k ≤ x −x ∗ xk − xk+1 − 2 Định lí 2.7 Thuật tốn hội tụ với điểm xuất phát Chú ý 2.4 Khi F ánh xạ tuyến tính tốn (2.15) quy hoạch lồi 46 Kết luận Luận văn giới thiệu quy hoạch lồi, thuật toán để giải toán Đặc biệt sâu vào toán chấp nhận lồi tách phương pháp giải thông qua việc giải quy hoạch lồi Luận văn trình bày chủ đề cụ thể sau Giới thiệu toán quy hoạch lồi, điều kiện tồn nghiệm, Định lý Karushkuhn-Tucker Nhắc lại phương pháp chiếu đạo hàm để giải toán quy hoạch lồi ví dụ minh họa cụ thể Giới thiệu tốn chấp nhận lồi tách mơ hình thực tế dẫn đến tốn Phương pháp giải toán chấp nhận lồi tách cách đưa toán quy hoạch lồi 47 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu, Nguyễn Hữu Điền (2015), Giáo trình giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia, Hà Nội [2] Phan Huy Khải Đỗ Văn Lưu (2000), Giải tích lồi, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [3] Nguyễn Thị Bạch Kim (2008), Giáo trình phương pháp tối ưu - Lý thuyết thuật toán, Nhà xuất Bách khoa, Hà Nội [4] Lê Dũng Mưu (1998), Giáo trình phương pháp tối ưu, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [5] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [6] S Boyd, L Vandenberghe (2004), Convex Optimization, Cambridge University [7] D Bertsekas (2004), Nonlinear Programming, Athena Sicentific [8] D Han, Z Li and W Zhang (2013), "A self-adaptive projection-type method for nonlinear multiple-sets split feasibility problem", Inverse Problems in Science and Engineering, 21(1), 155-170 ... luận văn "Một phương pháp quy hoạch lồi giải lớp tốn chấp nhận lồi tách" có mục đích giới thiệu lại kiến thức giải tích lồi, toán quy hoạch lồi Đặc biệt sâu vào chấp nhận lồi tách phương pháp giải. .. 21 Chương Phương pháp quy hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi tách Chương tóm tắt kiến thức tốn quy hoạch lồi Sau trình bày toán chấp nhận lồi tách phương pháp giải dựa vào quy hoạch lồi Kiến thức... HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÀNH TRUNG MỘT PHƯƠNG PHÁP QUY HOẠCH LỒI GIẢI MỘT LỚP BÀI TỐN CHẤP NHẬN LỒI TÁCH Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 84 60 112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC