(Luận văn) một phương pháp qui hoạch lồi giải bài toán chấp nhận lồi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ NGỌC BÍCH lu an n va MỘT PHƯƠNG PHÁP QUI HOẠCH LỒI p ie gh tn to GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN LỒI d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2018 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ NGỌC BÍCH MỘT PHƯƠNG PHÁP QUI HOẠCH LỒI GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN LỒI lu an n va tn to Chuyên ngành: Toán ứng dụng 84 60 112 p ie gh Mã số: w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi GS.TSKH Lê Dũng Mưu z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2018 ac th si i Mục lục Mở đầu Chương Bài toán qui hoạch lồi lu 1.1 an n va 1.1.1 Tập lồi 1.1.2 Hàm lồi 10 Bài toán qui hoạch lồi 16 ie gh tn to 1.2 Tập lồi, hàm lồi 24 p Chương Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi Bài toán chấp nhận lồi ví dụ nl w 2.1 2.1.1 Bài toán chấp nhận lồi 24 2.1.2 Ví dụ 25 Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi 25 d oa 2.2.1 nf va an lu 2.2 24 Tóm tắt hai phương pháp bản: chiếu chiếu song 2.2.2 Thuật toán đạo hàm giải toán qui hoạch lồi 29 2.2.3 Phương pháp chuyển toán qui hoạch lồi 32 41 gm 42 m co l Tài liệu tham khảo @ Kết luận z at nh oi 25 z lm ul song an Lu n va ac th si Mở đầu Tối ưu hóa khởi nguồn ngành Tốn học, có nhiều ứng dụng quy hoạch tài nguyên, thiết kế chế tạo máy, điều khiển tự động, quản trị kinh doanh việc tạo nên hệ hỗ trợ định quản lý phát triển lu an hệ thống lớn n va Chính vậy, lĩnh vực tối ưu hóa ngày trở nên đa dạng mang nhiều tn to tên gọi khác Quy hoạch toán học, Điều khiển tối ưu, Vận trù học, Lý thuyết gh trò chơi Hiện mơn học Tối ưu hóa đưa vào giảng dạy nhiều chương p ie trình đào tạo đại học cho ngành khoa học Một toán quan w trọng Tối ưu hóa tốn qui hoạch lồi oa nl Nhiều toán quan trọng lĩnh vực toán học thực tế d chuyển tốn qui hoạch lồi (tìm cực tiểu hàm lồi tập lồi) Đối lu nf va an với lớp tốn có nhiều phương pháp giải hiệu quả, ví dụ phương pháp đạo hàm, phương pháp đạo hàm, phương pháp điểm trong, Bài toán chấp nhận lm ul lồi tốn tìm điểm chung số hữu hạn vô hạn tập lồi Bài z at nh oi tốn quan trọng nhiều tốn toán học lĩnh vực thực tế khác chuyển tốn chấp nhận lồi Ví dụ tốn giải hệ phương trình, tốn tìm nghiệm chung tốn tối ưu, bất đẳng thức biến z gm @ phân, Chính chúng tơi chọn đề tài: "Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán l co chấp nhận lồi" Luận văn nghiên cứu toán chấp nhận lồi giới thiệu vài m phương pháp giải toán này, đặc biệt sâu vào phương pháp chuyển toán chấp an Lu nhận lồi qui hoạch lồi Nội dung luận văn gồm hai chương: n va Chương "Bài toán qui hoạch lồi” giới thiệu kiến thức giải ac th si tích lồi toán qui hoạch lồi Chương "Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi" giới thiệu phương pháp chiếu chiếu song song, thuật toán đạo hàm để giải toán qui hoạch lồi Cuối chương, đề cập đến phương pháp giải tốn chấp nhận lồi Trong q trình học tập làm luận văn, từ giảng giáo sư, phó giáo sư cơng tác Viện Tốn học, Viện Công nghệ Thông tin - Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam, Đại học Thăng Long, thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, trau dồi thêm nhiều kiến thức phục vụ cho việc lu nghiên cứu công tác thân Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy an Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo, khoa Tốn - Tin trường n va gh tn to Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ suốt thời p ie gian học tập trường Cuối xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè w động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tơi q trình học tập, nghiên d oa nl cứu làm luận văn an lu Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 nf va Học viên lm ul z at nh oi Vũ Thị Ngọc Bích z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Bài toán qui hoạch lồi Chương trình bày số kiến thức giải tích lồi tập lồi, hàm lồi, lu toán qui hoạch lồi, kiến thức tảng, cần thiết phục vụ cho việc an n va nghiên cứu giải đề tài Nội dung chương tham khảo từ tài liệu tn to [1], [2] [3] Tập lồi, hàm lồi p ie gh 1.1 Tập lồi nl w 1.1.1 d oa Định nghĩa 1.1 Cho hai điểm a, b không gian Rn Đường thẳng qua hai nf va an lu điểm a b tập tất điểm x Rn có dạng x = λa + (1 − λ)b, λ ∈ R lm ul Đoạn thẳng nối hai điểm a, b tập hợp điểm có dạng z at nh oi x = λa + (1 − λ)b, λ ∈ [0, 1] z Định nghĩa 1.2 Một tập C ⊆ Rn gọi tập lồi C chứa đoạn gm @ thẳng qua hai điểm Tức C lồi λj x , λj > 0, ∀j = 1, , k, k X j=1 λj = n va j=1 j an Lu x= k X m Ta nói x tổ hợp lồi điểm (vectơ) x1 , x2 , , xk co l ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C ac th si Định nghĩa 1.3 Một tập D gọi tập affine D chứa đường thẳng qua hai điểm x, y ∈ D, tức ∀x, y ∈ D, ∀λ ∈ Rn ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ D Mệnh đề 1.1 Tập hợp C lồi chứa tổ hợp lồi điểm Tức là: C lồi ∀k ∈ N, ∀λ1 , , λk > : k X k λj = 1, ∀x , , x ∈ C ⇒ k X λj xj ∈ C j=1 j=1 lu Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên từ định nghĩa Ta chứng minh điều kiện cần an quy nạp theo số điểm Với k = 2, điều cần chứng minh suy từ định va n nghĩa tập lồi tổ hợp lồi Giả sử mệnh đề với k − điểm Ta cần chứng tn to minh với k điểm ie gh Giả sử x tổ hợp lồi k điểm x1 , , xk ∈ C Tức p k X x= w λj x , λj > 0, ∀j = 1, , k, d lu k−1 X ξ= an j k λj x + λk x = ξ k−1 X λj z at nh oi j=1 lm ul k−1 X λj j=1 nf va x= j=1 =1 gm @ ξ ξ xj + λk xk z k−1 X λj j=1 λj > với ∀j = 1, , k − nên theo giả thiết quy nạp, điểm ξ j=1 ξ xj ∈ C an Lu y := k−1 X λj m co l λj = j=1 oa Khi < ξ < Do k X j=1 nl Đặt j n va ac th si Ta có x = ξy + λk xk Do ξ > 0, λk > ξ + λk = k X λj = j=1 nên x tổ hợp lồi hai điểm y xk thuộc C Vậy x ∈ C Mệnh đề 1.2 Nếu A, B tập lồi Rn , C lồi Rm , tập sau lồi : A ∩ B := {x | x ∈ A, x ∈ B}; lu an αA + βB := {x | x = αa + βb, a ∈ A, b ∈ B, α, β ∈ R}; va n A × C := {x ∈ Rn+m | x = (a, c), a ∈ A, c ∈ C} gh tn to Mệnh đề 1.3 D 6= ∅ tập affine có dạng D = M + a với M p ie không gian Rn a ∈ Rn Không gian M xác định w gọi không gian song song D d oa nl Định nghĩa 1.4 Siêu phẳng Rn tổ hợp điểm có dạng nf va an lu {x ∈ Rn | aT x = α}, a ∈ Rn vectơ pháp tuyến siêu phẳng Một siêu phẳng chia lm ul không gian thành hai nửa không gian z at nh oi Định nghĩa 1.5 Nửa không gian tập hợp có dạng z {x | aT x ≥ α}, @ m co {x | aT x > α} l gm a 6= α ∈ R Đây nửa khơng gian đóng Tập an Lu nửa không gian mở n va ac th si Như siêu phẳng chia không gian thành hai nửa không gian, nửa không gian phía siêu phẳng Nếu hai nửa khơng gian đóng phần chung chúng siêu phẳng Định nghĩa 1.6 Một tập hợp S ⊂ Rn gọi đơn hình có thứ ngun k (hoặc nói ngắn gọn k-đơn hình) S tổ hợp lồi k + vectơ độc lập affine Các vectơ gọi đỉnh đơn hình Ví dụ, tam giác khơng gian chiều 2-đơn hình Tập hợp ( ) k X Sk := x ∈ Rk | x ≥ 0, xj ≤ lu j=1 an n va gọi đơn hình chuẩn tắc Rk tn to Định nghĩa 1.7 Một tập gọi tập lồi đa diện giao số hữu ie gh hạn nửa khơng gian đóng p Như vậy, theo định nghĩa, tập lồi đa diện tập nghiệm hệ hữu hạn d oa sau nl w bất phương trình tuyến tính Dạng tường minh tập lồi đa diện cho an lu D := {x ∈ Rn | aj , x ≤ bj , j = 1, , m} nf va Hoặc ta kí hiệu A ma trận có m hàng vectơ aj , j = 1, , m lm ul vectơ bT = (b1 , , bm ) hệ viết z at nh oi D = {x ∈ Rn | Ax ≤ b} Chú ý phương trình z gm @ ha, xi = b m ha, xi ≤ b, h−a, xi ≤ b co l viết lại cách tương đương dạng hai bất phương trình an Lu nên tập nghiệm hệ hữu hạn phương trình bất phương trình tập n va lồi đa diện ac th si Định nghĩa 1.8 Bao lồi tập D giao tất tập lồi chứa D Bao lồi tập D ký hiệu coD Bao lồi tập D tập lồi nhỏ chứa D Định nghĩa 1.9 Một điểm a tập lồi D gọi điểm tương đối với x ∈ D có số λ > cho a + λ(x − a) ∈ D Tập điểm tương đối D ký hiệu riD Định nghĩa 1.10 Một tập D gọi nón lu ∀λ > 0, ∀x ∈ D ⇒ λx ∈ D an n va Một nón gọi nón nhọn khơng chứa đường thẳng Một nón gọi nón tn to lồi đồng thời tập lồi Nếu nón lồi lại tập lồi đa diện ta nói p ie gh nón lồi đa diện d oa nl w nf va an lu lm ul z at nh oi Hình 1.1: Nón lồi nón khơng lồi z Định nghĩa 1.11 Cho D ⊆ Rn tập lồi x0 ∈ D @ gm (i) Tập ND (x0 ) := {ω ∈ Rn : ω, x − x0 ≤ 0, ∀x ∈ D} gọi nón pháp tuyến m x0 co l D x0 tập −ND (x0 ) gọi nón pháp tuyến D an Lu (ii) Tập ND (x0 ) := {ω ∈ Rn : ω, x − x0 ≤ , ∀x ∈ D} gọi nón pháp n va tuyến  D x0 ac th si 28 Theo Ta có kyk − x¯k2 ≤ kxk − x¯k2 − kyk − xk k2 (2.1) Điều cho thấy yk gần x¯ xk Tương tự ta thấy kxk+1 − x¯k2 ≤ kyk − x¯k2 − kxk+1 − yk k2 , (2.2) tức là, xk+1 gần x¯ yk Ta có: kxk − x¯k ≤ kx0 − x¯k, kyk − x¯k ≤ kx0 − x¯k, k = 1, 2, Như vậy, ta kết luận dãy xk yk bị chặn Do dãy xk có điểm từ x∗ Vì C lu an đóng xk ∈ C, ta có x∗ ∈ C Ta chứng minh x∗ ∈ D, dãy xk yk n va hội tụ đến x∗ gh tn to Từ (2.1) (2.2) ta thấy dãy p ie {kxk − xk}, {kyk − xk} oa nl tụ đến w giảm, nên chúng hội tụ Từ (2.1) (2.2) ta có kyk − xk k kxk+1 − yk k phải hội d Một dãy {xk } hội tụ đến x∗ Từ nf va an lu dist(xk , D) = dist(xk , yk ) → lm ul tính đóng D, ta có x∗ ∈ D Do đó, x∗ ∈ C ∩ D Từ x∗ thuộc tập giao, ta lấy x = x¯ (vì x¯ điểm tập giao) để tìm z at nh oi khoảng cách xk yk đến x∗ giảm Do có dãy hội tụ đến 0, ta kết luận kxk − x∗ k kyk − x∗ k hội tụ đến z l gm @ Phương pháp chiếu song song Cho hai tập lồi C D khác rỗng thuộc Rn PC PD toán tử chiếu co m C D Giả sử C ∩ D 6= ∅ Để tìm điểm tập C ∩ D ta làm sau: n va u0 ∈ PC (x0 ), v ∈ PD (x0 ) an Lu Lấy điểm xuất phát x0 (bất kỳ) Tính ac th si 29 Lấy x1 = λu0 + (1 − λ)v với λ ∈ [0, 1] Sau ta tính u1 = PC (x1 ) v = PD (x1 ), tiếp tục Người ta chứng minh: q trình kéo dài vơ hạn thu dãy vô hạn {xn } cho xn → x∗ ∈ C ∩ D lu 2.2.2 Thuật toán đạo hàm giải toán qui hoạch lồi an va Ta nhắc lại toán qui hoạch lồi: Cho ∅ = D ⊆ Rn tập lồi f : Rn → R n Bài toán phát biểu sau: tn to (P ) ie gh min{f (x) | x ∈ D} p Thuật toán đạo hàm (hướng giảm sâu nhất) cho trường hợp tập D tồn khơng gian oa nl w (bài tốn khơng ràng buộc) d xk+1 := xk − λk ∇f (xk ), an lu lm ul bước nf va λk > (độ dài bước) cho f (xk+1 ) ≤ f (xk ) Có hai cách để tính độ dài z at nh oi a) Quy tắc xác: λk = argmin{f (xk + λdk ) : λ ≥ 0}; b) Quy tắc Armijo: Lấy số tự nhiên mk nhỏ m thỏa mãn z @ f (xk − ξ/2m f (xk )) − f (xk ) ≤ −ξ/2m k∇f (xk )k2 , (A) l gm <  < 1, ξ > cho trước Thì ta lấy λk = ξ/2mk m co an Lu Thuật toán dừng lại bước lặp k ∇f (xk ) = n va ac th si 30 Định lí 2.1 (Định lý hội tụ) Giả sử f bị chặn đạo hàm ∇f thỏa mãn điều kiện Lipschitz, tức ∃L > : k∇f (x) − ∇f (y)k ≤ Lkx − yk ∀x, y thuật tốn đạo hàm với quy tắc Armijo hội tụ theo nghĩa ∇f (xk ) → k → +∞ Chứng minh Cho dk = −∇f (xk ) Theo Định lý giá trị trung bình x ∈ (xk , xk+1 ) cho lu f (xk+1 ) − f (xk ) = ∇f (x), xk+1 − xk an n va Do đó, từ xk+1 = xk − λk ∇f (xk ), ta có = −λk ∇f (xk )[∇f (xk ) − ∇f (xk ) + ∇f (x)] ie gh tn to f (xk+1 ) − f (xk ) = λk dk , ∇f (x) p = −λk k∇f (xk )k2 + λk ∇f (xk )[∇f (x) − ∇f (xk )] (2.3) oa nl w ≤ −λk k∇f (xk )k2 + λk k∇f (xk )kk∇f (xk ) − ∇f (x)k d Sử dụng tính liên tục Lipschitz ∇f x ∈ (xk , xk+1 ) ta có an lu nf va k∇f (xk ) − ∇f (x)k ≤ Lkxk − xk (2.4) = λk Lk∇f (xk )k z at nh oi lm ul Từ (2.3) (2.4), ta có λk = ≤ Lkxk − xk+1 k ξ , 2t z gm @ f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −λk k∇f (xk )k2 + (λk )2 Lk∇f (xk )k2 (2.5) co l = −ξ/2t k∇f (xk )k2 (1 − ξL/2t ), ∀t > m Từ <  < 1, ta luôn chọn số tự nhiên t = m nhỏ cho an Lu (1 − ξL/2t ) ≥  (2.6) n va ac th si 31 Thì f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2m k∇f (xk )k2 , (A) với xk+1 = xk − ξ/2m ∇f (xk ) Do tồn số tự nhiên m nhỏ thoả mãn (2.6) Chú ý từ m số tự nhiên nhỏ nhất, (2.6) thỏa mãn, ta có − ξL/2m−1 <  Vì (1 − ) ξ > m 2L Thay vào (2.5) ta lu an f (xk+1 ) − f (xk ) < − n va (1 − ) k∇f (xk )k2 2L (2.7) tn to Do {f (xk )} đơn điệu giảm Theo giả thiết f bị chặn trên, lim f (xk ) > −∞ Vì gh p ie f (xk+1 ) − f (xk ) → nl w Lấy giới hạn (2.7) k → +∞ ta thấy ∇f (xk ) → d oa Nhận xét 2.1 Ta lấy độ dài bước λk không phụ thuộc k Trong thực tế có 2m0 (1 − ξL/2m0 ) ≥  (2.8) Từ <  < nên m0 ln tồn lm ul Thì λk = nf va an lu số tự nhiên m0 Với t = m0 ta có z at nh oi f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2t k∇f (xk )k2 (1 − ξL/2t ) ∀t > z f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2m0 k∇f (xk )k2 (1 − ξL/2m0 ) co l Với xk+1 = −ξ/2m0 ∇f (xk ) Từ (2.8) (2.9) có gm @ (2.9) f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2m0 k∇f (xk )k2  ≤ m (2.10) an Lu   Vì dãy {f (xk )} đơn điệu giảm lim f (xk+1 ) − f (xk ) = (vì f bị n va chặn dưới) Từ (2.10) ta có ∇f (xk ) → ac th si 32 2.2.3 Phương pháp chuyển toán qui hoạch lồi Bài toán chấp nhận lồi tìm vectơ x∗ cho x∗ ∈ C x∗ ∈ D, (2.11) C, D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng khơng gian Rn Bài tốn hiểu tìm điểm chung hai tập lồi C D Để giải toán (2.11) ta sử dụng hàm 1 g(x) := kPC (x) − xk2 + kPD (x) − xk2 , 2 (2.12) lu đó: PC PD toán tử chiếu lên hai tập lồi C D an n va Khi (2.11) tương đương với toán sau: (2.13) tn to {g(x) | x ∈ Rn } ie gh Nhận xét 2.2 Thật vậy, giả sử x∗ nghiệm tốn (2.11), x∗ ∈ C ∩ D x∗ p nghiệm toán (2.13) ngược lại Chú ý tốn (2.13) nl w giải thuật tốn đạo hàm trình bày phần d oa Để tổng quát hóa ta thay toán (2.11) toán sau: (2.14) nf va an lu {g(x) | x ∈ Ω} Ω tập lồi đóng, bị chặn (tập compact) chứa nghiệm lm ul tốn (2.11) Thật vậy, g(x) ≥ 0, ∀x g(x∗ ) = Chứng tỏ x∗ nghiệm z at nh oi toán (2.13) Ngược lại, x∗ nghiệm toán (2.13) g(x∗ ) = Khi theo định z nghĩa (2.12) ta có @ gm PC (x∗ ) = x∗ , PD (x∗ ) = x∗ co l Chứng tỏ x∗ ∈ C x∗ ∈ D Do x∗ nghiệm tốn (2.11) m Bổ đề 2.1 Cho C D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng Rn Khi hàm n va ∇g(x) = (I − PC )x + (I − PD )x an Lu g(x) khả vi liên tục với đạo hàm ac th si 33 Bổ đề 2.2 Cho C D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng Rn Nếu tập Ω bị chặn, ta có (i) ∇g(x) liên tục Lipschitz Ω với L = α + 2L1 β số Lipschitz, L1   ζ L1 := ξ + · max kyk + max kPD (z)k y∈Ω z∈Ω (ii) Nếu g(x) lồi ∇g(x) tự với hệ số ν = (2.15) > L Chứng minh Do PC không giãn nên lu k(I − PC )(x − y)k ≤ kx − yk, ∀x, y ∈ Rn an n va Ta có tn to k(I − PC )(x) − (I − PC )(y)k ≤ kx − yk, ∀x, y ∈ Rn ie gh Mặt khác, I ∇I liên tục Lipschitz với số Lipschitz tương ứng p ξ > δ > nên oa nl w k1T (I − PD )(x) − 1T (I − PD )(y)k ≤ k1T x − 1T yk + k1T PD (x) − 1T PD (y)k d ≤ k1T (x − y)k + k1 − 1T yk lu nf va an + k1T PD (x) − PD (y)k + k1 − 1T PD (y)k ≤ {ξk1k + ζ · [kyk + kPD (y)k]} kx − yk lm ul z at nh oi ≤ 2L1 kx − yk,     1 1  , 1T =   ∈ R2 , L1 cho (2.15) Do tính với =  1 1 bị chặn Ω tính liên tục I ta có z @ l gm k∇g(x) − ∇g(y)k ≤ αk(I − PC )(x) − (I − PC )(y)k + βk1T (I − PD )(x) − 1T (I − PD )(y)k m co ≤ (α + 2L1 β) kx − yk an Lu Vậy (i) chứng minh Từ g(x) lồi ∇g(x) liên tục Lipschitz với số L, n va (ii) suy ra, xem [6] ac th si 34 Chú ý 2.1 Tính liên tục Lipschitz ∇g(x) quan trọng cho phân tích hội tụ thuật tốn Bổ đề 2.3 Cho Ω tập lồi khác rỗng không gian Rn hàm g(x) (2.12) hàm lồi khả vi tập mở chứa Ω Khi vectơ x∗ cực tiểu toán (2.12)-(2.14) nghiệm bất đẳng thức biến phân sau ∇g(x∗ )T (x − x∗ ) ≥ 0, ∀x ∈ Ω (2.16) Chứng minh Từ g(x) lồi khả vi tập mở chứa Ω (2.16) thỏa mãn ta có lu an g(x) ≥ g(x∗ ) + ∇g(x∗ )T (x − x∗ ) ≥ g(x∗ ), ∀x ∈ Ω, va n x∗ cực tiểu g(x) Ω gh tn to Ngược lại giả sử x∗ cực tiểu thỏa mãn toán (2.12)–(2.14) bất đẳng thức p ie (2.16) không thỏa mãn, tức tồn x¯ ∈ Ω thỏa mãn nl w ∇g(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < d oa Lấy đạo hàm ta có nf va an lu g(x∗ + α(¯ x − x∗ )) − g(x∗ ) lim = ∇g(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < α↓0 α thiết tối ưu x∗ z at nh oi lm ul Suy g(x∗ + α(¯ x − x∗ )) giảm chặt α > đủ nhỏ điều mâu thuẫn với giả Vậy toán (2.12)-(2.14) tương đương với toán bất đẳng thức biến phân (2.16) Khi Ω tập đơn giản việc tính hình chiếu dễ dàng z sau l gm @ Tổng qt ta có thuật tốn chiếu sau để giải toán (2.16): cho xk , chọn xk+1 an Lu βk+1 > độ dài bước m co   xk+1 = PΩ xk − βk+1 ∇g(xk ) , n va ac th si 35 Thuật tốn 2.1 Thuật tốn mơ tả sau: Bước 1: Cho dãy không âm {τk } với ∞ P 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 ∇g(xk ) , (2.17) thỏa mãn lu βk+1 k∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )k2 ≤ (2 − δ)(xk − xk+1 )T (∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )) an (2.18) n va tn to Bước 3: Nếu p ie gh βk+1 k∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )k2 ≤ 0.5(xk − xk+1 )T (∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )) nl w γk+1 = (1 + τk+1 )βk+1 ; trái lại γk+1 = βk+1 d oa Bước 4: Nếu ke(xk , βk )k ≤  dừng lại, trái lại k := k + chuyển đến Bước lu nf va an Ta có kết sau cách chọn βk Bổ đề 2.4 Với bước lặp Thuật tốn 2.1 q trình tìm độ dài bước βk+1 lm ul kết thúc sau số hữu hạn bước lặp Ngoài ra, tồn số thực dương βmin , z at nh oi cho βk+1 ≥ βmin > với k > Chứng minh Từ ∇g(x) tự với ν = z > 0, L định nghĩa L gm @ Bổ đề 2.2, ta có co l βk+1 k∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )k2 βk+1 k∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )k2 ≤ = Lβk+1 hxk − xk+1 , ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )i 1/Lk∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )k2 m Nếu βk+1 ≤ βmax (2 − δ) := β0 , L  an Lu  n va ac th si 36 điều kiện (2.18) thỏa mãn Mặt khác, theo Bước 2, Bước Thuật tốn 2.1, ta có βk+1 ≤ γk ≤ (1 + τk )βk ≤ · · · ≤ ∞ Y (1 + τk )β0 k=0 Theo cách chọn ∞ X τk < ∞, τk ≥ 0, ∀k ≥ k=0 Bước ta C0 := ∞ Y (1 + τk ) < +∞ k=0 lu Vậy, βk+1 ≤ γk ≤ C0 β0 , dãy {γk } bị chặn Ngồi ra, từ an va µ ∈ (0, 1), lim µn = n n→∞ tn to ta khẳng định trình tìm βk+1 thỏa mãn (2.18) thực sau số ie gh hữu hạn bước lặp, có nghĩa tồn lk thỏa mãn βk+1 = µlk γk ≤ βmax Ngồi ra, p βk+1 thỏa mãn (2.18) w d oa nl βk+1 ≥ βmin := βmax µ, ∀k ≥ an lu nf va Nếu xk+1 = xk với k đó, theo (2.17) ta có lm ul = kxk − xk+1 k = ke(xk , βk+1 )k ≥ ke(xk , βmin )k z at nh oi Vì vậy, e(xk , βmin ) = xk nghiệm bất đẳng thức biến phân (2.16) Sau đây, ta giả sử xk 6= xk+1 với k thuật toán tạo nên dãy vô hạn {xk } Cho z k∇g(xk+1 ) − ∇g(xk )k ηk := , kxk+1 − xk k gm @ m co minh [6] l ta nhận hội tụ Thuật toán 1.1 dựa theo định lí chứng an Lu Định lí 2.2 Với dãy {ke(xk , βk )k} cho Thuật toán 2.1 thỏa mãn   δβmin k+1 2 k ke(x , βk+1 )k ≤ (1 + τk ) ke(x , βk )k − k∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )k2 L n va ac th si 37 Định lí 2.3 Giả sử dãy {xk } cho Thuật toán 2.1 x∗ nghiệm (2.16), ta có (1 − 2βk+1 ηk2 )kxk+1 kxk − xk+1 k2 − x k ≤ kx − x k − ∗ ∗ k Định lí 2.4 Thuật tốn hội tụ với điểm xuất phát Ví dụ 2.3 Cho hàm g(x) := [x1 , x2 ], tập lồi đóng C, D sau C = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 | kxk ≤ 1}; D = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 | ≤ x1 ≤ 1; ≤ x2 ≤ 1} lu an Với Ω = C n va tn to Ta kiểm tra thuật tốn với vịng lặp k = Trong vịng lặp có bước sau: +∞ P • Bước 1: Cho dãy khơng âm {τk } với τk < +∞ Các tham số chọn: k=0 p ie gh δ = 0, 5; µ = 0, 5;  = 1; β0 = γ0 = Ta chọn   −1 x0 =   d oa nl w Suy nf va an lu   1  (I − PD )(x0 ) ∇g(x0 ) = (I − PC )(x0 ) +  1   1  (x0 − PD (x0 )) = (x0 − PC (x0 )) +  1       1 −1    −   = (x0 − x0 ) +  1 0      1 −1   = + 1   −1 =   −1 z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Ta chuyển sang Bước n va ac th si 38 • Bước 2: Chọn lk = ⇒ β1 = 0, = 0, ta có   x1 = PC x0 − β1 ∇g(x0 )     −1 −1 = PC   − 0,   −1     −1 0, = PC   +   0,   −0,  = 0, lu an Suy n va p ie gh tn to d oa nl w   1  (I − PD )(x1 ) ∇g(x1 ) = (I − PC )(x1 ) +  1   1  (x1 − PD (x1 )) = (x1 − PC (x1 )) +  1       −0, 1  −     = (x1 − x1 ) +  0, 0, 1      1 −0,   = + 1     −0,  = + −0,   −0,  = −0, nf va an lu z at nh oi lm ul z gm @ Ta kiểm tra điều kiện (2.18) β1 k∇g(x0 ) − ∇g(x1 )k2 ≤ (2 − δ)(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 )), m co l (2.19) an Lu n va ac th si 39 ta có     2 −1 −0,  −  β1 k∇g(x ) − ∇g(x )k = 0, −1 −0,   2 −0,   = 0, −0, = 0, 0, = 0, 25 Và lu (2 − δ)(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 ))    T    2 −1 −0, −1 −0,    −   = (2 − 0, 5)   −  0, −1 −0,     −0,  = 1, −0, −0,  −0, an n va p ie gh tn to w = 1, (0, 25 + 0, 25) oa nl = 1, 0, d = 0, 75 lu nf va • Bước 3: Ta có an Do 0, 25 < 0, 75 nên điều kiện (2.19) thỏa mãn Ta chuyển sang Bước lm ul β1 k∇g(x0 ) − ∇g(x1 )k2 = 0, 25 z at nh oi 0, 5(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 )) = 0, 0, = 0, 25 z Suy gm @ β1 k∇g(x0 ) − ∇g(x1 )k2 = 0, 5(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 )) co l m nên γ1 = (1 + τ1 )β1 = (1 + 0)0, = 0, Ta chuyển sang Bước an Lu • Bước 4: Theo [6] ta có n va e(x, β) := x − PC [x − β∇g(x)] ac th si 40 Do lu ke(x0 , β0 )k = kx0 − PC [x0 − β∇g(x0 )]k       −1 −1 −1   − PC   −   = 0 −1     −1   − PC   =     −1   −   =   −1 √   = >  (không thỏa mãn) = −1 an va n Vậy vòng lặp thứ với k = kết thúc Tương tự vòng lặp với tn to k = 1, 2, Thuật toán dừng sau số hữu hạn bước lặp, ta tìm p ie gh nghiệm xấp xỉ với sai số  d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 41 Kết luận Luận văn giới thiệu toán qui hoạch lồi chấp nhận lồi, số tính chất phương pháp giải hai toán Luận văn trình bày chủ đề cụ thể sau lu an Một số kiến thức tập lồi, hàm lồi n va tn to Giới thiệu toán qui hoạch lồi số tính chất quan trọng tốn hàm p ie gh Tóm tắt phương pháp giải: chiếu lần lượt, chiếu song song, thuật toán đạo nl w Bài toán chấp nhận lồi số ứng dụng Cụ thể giới thiệu phương d oa pháp qui hoạch lồi giải tốn chấp nhận lồi thơng qua việc trình bày an lu toán bất đẳng thức biến phân tương đương nf va Hy vọng tương lai tác giả có dịp tìm hiểu thêm nghiên cứu lm ul tổng quan sâu sắc toán chấp nhận lồi, đặc biệt kỹ thuật xử lý z at nh oi toán ứng dụng cụ thể toán z m co l gm @ an Lu n va ac th si 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu, Nguyễn Hữu Điền (2015), Giáo trình giải lu tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia, Hà Nội an n va [2] Lê Dũng Mưu (1998), Giáo trình phương pháp tối ưu, NXB Khoa học gh tn to Kỹ thuật, Hà Nội ie [3] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến, p NXB Đại học Quốc gia Hà Nội nl w d oa Tiếng Anh an lu sity nf va [4] S Boyd, L Vandenberghe (2004), Convex Optimization, Cambridge Univer- lm ul z at nh oi [5] P.M Duc and L.D Muu (2016), "A splitting algorithm for a class of bilevel equilibrium problems involving nonexpansive mappings", Optimization, 65(10), 1855 - 1866 z @ gm [6] D Han, Z Li and W Zhang (2013), "A self-adaptive projection-type method m co ence and Engineering, 21(1), 155-170 l for nonlinear multiple-sets split feasibility problem", Inverse Problems in Sci- an Lu n va ac th si