(Luận văn) một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÀNH TRUNG lu an MỘT PHƯƠNG PHÁP QUY HOẠCH LỒI va n GIẢI MỘT LỚP BÀI TOÁN tn to p ie gh CHẤP NHẬN LỒI TÁCH d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÀNH TRUNG MỘT PHƯƠNG PHÁP QUY HOẠCH LỒI GIẢI MỘT LỚP BÀI TOÁN lu CHẤP NHẬN LỒI TÁCH an n va to gh tn Chuyên ngành: Toán ứng dụng 84 60 112 p ie Mã số: nl w d oa 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 lu an Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị n va Tập lồi, hàm lồi 1.2 Toán tử chiếu lên tập lồi đóng 10 1.3 Dưới vi phân hàm lồi 14 p ie gh tn to 1.1 Chương Phương pháp quy hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi tách Bài toán quy hoạch lồi oa nl w 2.1 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 nf va an lu z at nh oi lm ul 2.2 21 Định nghĩa d 2.1.1 21 gm @ 46 co l 47 m Tài liệu tham khảo z Kết luận an Lu n va ac th si 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 lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người dành lu an nhiều thời gian tâm huyết để hướng dẫn tạo điều kiện cho tác giả suốt n va thời gian làm luận văn tn to Trong trình học tập làm luận văn, từ giảng giáo sư, phó giáo gh sư cơng tác Viện Tốn học, Viện Cơng nghệ Thông tin - Viện Hàn lâm Khoa học p ie Công nghệ Việt Nam, thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái w Nguyên, tác giả trau dồi thêm nhiều kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu oa nl công tác thân Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy cô d Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng đào tạo, khoa Tốn - Tin lu nf va an trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường lm ul Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè ln động viên, giúp luận văn z at nh oi đỡ tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập, nghiên cứu làm z Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 m co l gm @ Học viên an Lu Nguyễn Thành Trung n va ac th si 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 lu an phân, áp dụng trực tiếp vào quy hoạch lồi Lý thuyết toán quy hoạch lồi n va quan tâm nghiên cứu nhiều thu nhiều kết quan trọng dựa tn to lý thuyết giải tích lồi tối ưu hóa; phương diện tính tốn, có nhiều gh phương pháp hữu hiệu cho lớp toán Các phương pháp giới thiệu p ie sách Tối ưu lồi (Convex Optimization) tác giả Stephen Boyd and w Lieven Vandenberghe nhà xuất Cambridge University Press in năm 2004 oa nl Đề tài luận văn "Một phương pháp quy hoạch lồi giải lớp toán chấp nhận d lồi tách" có mục đích giới thiệu lại kiến thức giải tích lồi, tốn quy lu nf va an hoạch lồi Đặc biệt sâu vào chấp nhận lồi tách phương pháp giải Nội dung luận văn gồm hai chương: hàm lồi vi phân hàm lồi z at nh oi lm ul Chương "Kiến thức chuẩn bị” giới thiệu kiến thức tập 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 z phương pháp giải m co l gm @ đạo hàm giải tốn Cuối tác giả giới thiệu toán chấp nhận lồi tách an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tác giả giới thiệu kiến thức giải tích lồi, lu kiến thức tảng cần thiết phục vụ cho việc nghiên cứu giải đề tài an n va Các kiến thức chương tổng hợp từ tài liệu [1] [2] Tập lồi, hàm lồi ie gh tn to 1.1 p Trước hết ta nhắc lại khái niệm tập lồi Rn khái niệm có liên quan nl w Định nghĩa 1.1 Một tập C ⊆ Rn gọi tập lồi, C chứa đoạn d oa thẳng qua hai điểm Tức C lồi an lu ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C nf va j k X z at nh oi x= k X lm ul Ta nói x tổ hợp lồi điểm (véctơ) x1 , x2 , , xk λj x , λj > ∀j = 1, , k, j=1 λj = j=1 z Tương tự, x tổ hợp affine điểm (véctơ) x1 , , xk λj x , k X λj = co l j=1 gm j=1 j @ x= k X m Tập hợp tổ hợp affine x1 , , xk thường gọi bao affine an Lu điểm n va ac th si 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 lu Tức là: C lồi k k X X k ∀k ∈ N, ∀λ1 , , λk > : λj = 1, ∀x , , x ∈ C ⇒ λj xj ∈ C an n va j=1 j=1 quy nạp theo số điểm Với k = 2, điều cần chứng minh suy từ định gh tn to Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên từ định nghĩa Ta chứng minh điều kiện cần p ie nghĩa tập lồi tổ hợp lồi Giả sử mệnh đề với k − điểm Ta cần chứng minh với k điểm oa nl w Giả sử x tổ hợp lồi k điểm x1 , , xk ∈ C Tức d x= k X j λj x , λj > ∀j = 1, , k, lu nf va Đặt x= k−1 X j=1 ζ= j=1 k λj x + λk x = ζ k−1 X λj j=1 ζ xj + λk xk =1 co l gm ζ @ k−1 X λj j=1 λj > với j = 1, , k − nên theo giả thiết quy nạp, điểm ζ m λj z Do j k−1 X z at nh oi lm ul Khi < ζ < λj = j=1 an j=1 k X ζ n va j=1 xj ∈ C an Lu y := k−1 X λj ac th si Ta có x = ζy + λk xk Do ζ > 0, λk > ζ + λk = k X 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: lu Mệnh đề 1.2 Nếu A, B tập lồi Rn , C lồi Rm , tập sau an va lồi : n A ∩ B := {x | x ∈ A, x ∈ B}, to gh tn λA + βB := {x | αa + βb, a ∈ A, b ∈ B, α, β ∈ R}, p ie A × C := {x ∈ Rn+m | x = (a, c) : a ∈ A, c ∈ C} w Định nghĩa 1.2 Một điểm a ∈ C gọi điểm tương đối C oa nl điểm C theo tô-pô cảm sinh affC (tập affine nhỏ chứa C) d Ta ký hiệu tập hợp điểm tương đối C riC Theo định nghĩa nf va an lu ta có: riC := {a ∈ C | ∃B : (a + B) ∩ affC ⊂ C}, lm ul B lân cận mở gốc Hiển nhiên z at nh oi riC = {a ∈ affC | ∃B : (a + B) ∩ affC ⊂ C} z Tiếp theo ta nhắc khái niệm hàm lồi số khái niệm liên quan @ l gm Cho C ⊆ Rn tập lồi f : C → R Ta ký hiệu n va epif := {(x, µ) ∈ C × R | f (x) ≤ µ} an Lu Tập dom f gọi miền hữu dụng f Tập m co domf := {x ∈ C | f (x) < +∞} ac th si gọi đồ thị hàm f Bằng cách cho f (x) = +∞ x ∈ / C, ta coi f xác định tồn không gian hiển nhiên domf = {x ∈ Rn | f (x) < +∞}, epif = {(x, µ) Rn ì R | f (x) à} 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 ∅ 6= C ⊆ Rn lồi f : C → R Ta nói f hàm lồi C, lu epif tập lồi Rn+1 an n va Sau ta chủ yếu làm việc với hàm f : Rn → R ∪ {+∞} Trong trường hợp gh tn to 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) p ie w Hàm f : Rn → R ∪ {+∞} gọi lồi chặt C d oa nl f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y) ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) an lu Hàm f : Rn → R ∪ {+∞} gọi lồi mạnh C với hệ số η > nf va ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) có: lm ul f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) − ηλ(1 − λ)kx − yk2 z at nh oi Dễ kiểm tra rằng, f lồi mạnh C với hệ số η > hàm η h(.) := f (.) − k.k2 z lồi C @ gm Bằng qui nạp, dễ dàng chứng minh rằng, f nhận giá trị hữu hạn m co l tập lồi C, với số tự nhiên m x1 , , xm ∈ C thoả mãn λ1 ≥ 0, , m P λm ≥ 0, λj = 1, ta có j=1 λj x j ≤ m X j=1 λj f (xj ) (bất đẳng thức Jensen) n va j=1 ! an Lu f m X ac th si Hàm f gọi hàm lõm C, −f lồi C Ví dụ 1.1 Cho S := {x ∈ Rn | kxk = 1} mặt cầu h : S → R+ hàm Định nghĩa hàm f sau:    kxk < 1,   f (x) := h(x) kxk = 1,     +∞ kxk > Hàm gọi hàm mặt cầu Dễ thấy f hàm lồi Rn , h hàm không âm mặt cầu S lu an n va Ví dụ 1.2 Ví dụ hàm lồi, hàm lõm p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Hình 1.2: (a) - Hàm lồi; (b) - Hàm lõm z co l hợp gm @ Dưới điều kiện cần đủ hàm lồi, tiện ích nhiều trường m Mệnh đề 1.3 Một hàm f : C → R lồi C an Lu ∀x, y ∈ C, ∀α > f (x), ∀β > f (y), ∀λ ∈ [0, 1] n va ⇒ f (λx + (1 − λ)y) ≤ λα + (1 − λ)β ac th si 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 kz(x) − xk 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 lu an • Nếu ∇f (xk ) 6= chuyển Bước n va • Nếu z k = xk STOP xk nghiệm p ie gh tn to
Bước 2: Tính z k := PD xk − λ∇f (xk ) w • Nếu khơng chuyển Bước d oa nl Bước 3: Lấy dk = z k − xk Tìm độ dài bước: Tìm số tự nhiên mk nhỏ cho
T ∇f (xk ) (A) nf va an lu f (xk + γ mk dk ) ≤ f (xk ) + βγ mk dk Đặt µk = γ mk ; xk+1 := xk + µk dk lặp lại bước k với: k:=k+1 lm ul Định lí 2.4 (Định lý hội tụ) Giả sử tập z at nh oi  Lf (x0 ) = x ∈ D | f (x) ≤ f (x0 ) z  bị chặn Khi dãy xk tạo phương pháp chiếu đạo hàm xác định gm @ tốt Ngoài m xk nghiệm tối ưu co l (i) Nếu thuật toán dừng lại bước lặp k xk điểm dừng f lồi an Lu  (ii) Nếu thuật tốn khơng dừng lại dãy xk tạo nên từ thuật tốn có điểm tụ n va điểm tụ điểm dừng ac th si 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 6= Từ (iii) Bổ đề 2.2 có
T (dk ) ∇f xk ≤ − kdk k < 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) lu an n va Từ < β < ∇f (xk ), dk < 0, kéo theo gh tn to f (xk + µdk ) − f (xk ) ≤ βµ ∇f (xk ), dk , p ie với µ > đủ nhỏ Vì thế, từ γ m → với m → ∞, từ quy tắc (A), tồn oa nl w số tự nhiên mk thỏa mãn (A)   Sau từ (A) có dãy f (xk ) giảm Thì xk ∈ Lf (x0 ) Do xk bị chặn d có điểm tụ Gọi x∗ điểm tụ Chúng ta giả định xk → x∗ Từ nf va an lu z k := PD (xk − ∇f (xk )), z at nh oi lm ul  dãy z k bị chặn Theo thuật tốn ta có: f (xk+1 ) − f (xk ) = f (xk + µk dk ) − f (xk )
2 ≤ βµk (dk )T ∇f (xk ) ≤ βµk − dk , ∀k (2.7) z l µk dk → gm @  Do dãy f (xk ) giảm bị chặn nên từ (2.7) ta có: (2.8) m co an Lu    a) Nếu lim µk > cách lấy dãy (ta nhớ lại xk , z k dk bị chặn), từ (2.8) ta có dk → n va ac th si 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 (2.9) Đặt tk := µk γ tk → Chia cho tk > cho k → ∞, từ (2.9) ta h∇f (x∗ ), d∗ i ≥ β h∇f (x∗ ), d∗ i lu Chú ý an n va 2 ∇f (xk ), dk ≤ − dk , tn to từ < β < 1, ta thấy dk → Như ie gh lim z k = lim xk = x∗ p Chú ý có z k = PD (xk − ∇f (xk )), lấy giới hạn ta có w d oa nl x∗ = PD (x∗ − ∇f (x∗ )) an lu Vậy theo Bổ đề 2.2 x∗ điểm dừng nf va Ví dụ 2.3 Cho toán với điều kiện z at nh oi lm ul {f (x1 , x2 )} = x21 + x22 − x1 + x2 ≤ x1 ≤ 2; ≤ x2 ≤ 1; x = (x1 , x2 ) ∈ D z 1 Giải Chọn γ = ; β = ∈ (0, 1) 2 • Vịng lặp    Bước 1: Lấy x0 =   Ta có:       2x1 − 2.1 − 1  ⇒ ∇f (x0 ) =  = = ∇f (x) =  2x1 + 2.0 + 1 m co l gm @ an Lu n va ac th si 36 Chuyển bước  Bước 2: Ta có  x0 − ∇f (x0 ) =    − 1   =   −1 Suy  z = PD (x0 − ∇f (x0 )) = PD   −1  = 0   6= x0 Chuyển bước  Bước 3: Lấy lu an  n va d0 = z − x0 =  0   −   = −1   p ie gh tn to Chọn mk = Khi đó, quy tắc (A) tương đương: !  0  0

T
1 · d0 ≤ f x0 + d0 · ∇f x0 f x0 + 2          T  0 1 −1 −1  ≤ f   + 1   · ∇f   ⇔ f   +  2 0 0     1 ⇔ f   ≤ + (−1 0) ·   d oa nl w nf va an lu Nên mk = không thỏa mãn z at nh oi lm ul ⇔ ≤ − (vô lý) z Chọn mk = Khi đó, (A) tương đương  1 !
1
T
f x0 + d0 ≤ f x0 + d0 ∇f x0 2      T     −1 −1 1  ≤ f   +   ∇f   ⇔ f   +  2 0 0     1 ⇔ f   ≤ + (−1 0)   m co l gm @ an Lu n va 1 ⇔− ≤− 4 ac th si 37 1 Ta thấy − = − nên quy tắc (A) thỏa mãn Do mk = số tự nhiên nhỏ 4 thỏa mãn quy tắc (A) Đặt  1 1 µ =γ = = ; 2    −1  =   x1 := x0 + µ0 d0 =   +  0      lu • Vòng lặp 2: Với x1 =    Bước 1: Ta có an n va       −
 =   6= = ∇f x1 = ∇f 2.0 + tn to ie gh Chuyển bước p  Bước 2: Ta có d oa nl w      
x1 − ∇f x1 =   −   =   −1     ⇒ z = PD   =   = x1 ⇒ ST OP −1 nf va an lu lm ul z at nh oi   Thuật toán dừng Bước vòng lặp Vậy x1 =   nghiệm tối ưu toán z Bài toán chấp nhận lồi tách phương pháp giải Bài toán chấp nhận lồi tách m 2.2.1 co l gm @ 2.2 an Lu Trong mục ta trình bày thuật tốn giải tốn chấp nhận lồi tách n va cách đưa toán quy hoạch lồi Kiến thức tổng hợp từ báo [8] ac th si 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 mô 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) lu an p1 (s) = α − β1 s (với s = x1 + x2 ), n va gh tn to lợi nhuận công ty p ie f (x1 , x2 ) = p1 (x1 , x2 )x1 − h1 (x1 ), • Cơng ty có: tập chiến lược K2 , lượng hàng hóa định sản xuất x2 , giá oa nl w h1 hàm chi phí d đơn vị hàng p2 (phụ thuộc vào tổng hàng hóa) an lu z at nh oi lm ul lợi nhuận công ty nf va p2 (s) = α − β2 s (với s = x1 + x2 ), f (x1 , x2 ) = p2 (x1 , x2 )x2 − h2 (x2 ), h2 hàm chi phí z gm @ Mục đích cơng ty tìm x∗1 ∈ K1 , x∗2 ∈ K2 cho lợi nhuận cao l nhất, tập tất điểm x∗ = (x∗1 , x∗2 ) tạo thành tập gọi C m co Khi sản xuất cần dùng số nguyên liệu Ax có nghĩa số nguyên liệu sản trường sản xuất x sản phẩm an Lu xuất x đơn vị hàng hóa, g(Ax) có nghĩa tiền chi phí trả cho việc làm nhiễm mơi n va Mục đích cơng ty tìm phương án sản xuất để đạt lợi nhuận cao ac th si 39 chi phí mơi trường thấp Khi vấn đề quy tốn 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 toán chấp nhận lồi tách toán quy hoạch lồi Để giải toán (2.10) ta đặt lu 1 p(x) := kPC (x) − xk2 + kPD (Ax) − Axk2 , 2 an va n đó: PC , PD toán tử chiếu lên hai tập lồi C D gh tn to Khi tốn (2.10) tương đương với toán: (2.11) p ie {p(x) | x ∈ Rn } w Khi x∗ nghiệm toán (2.10), x∗ ∈ C, Ax∗ ∈ D x∗ oa nl nghiệm toán (2.11) ngược lại d Để tổng quát ta xét tập ràng buộc Ω ⊆ Rn với ràng buộc x, ta chuyển nf va an lu toán sau {p(x) | x ∈ Ω} (2.12) lm ul Khi tốn tử tuyến tính A thay ánh xạ F , ta z at nh oi 1 p(x) = kPC (x) − xk2 + kPD (F (x)) − F (x)k2 2 Sau ta có vài bổ đề (2.13) z @ gm Bổ đề 2.2 Cho C D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng khơng gian Rn với đạo hàm m co l Rm , cho ánh xạ F : Rn → Rm khả vi liên tục Khi hàm p(x) khả vi liên tục an Lu ∇p(x) = (I − PC )x + ∇F (x)T (I − PD )F (x), n va ∇F (x) : Rm → Rn đạo hàm hàm F x ac th si 40 Chứng minh Để chứng minh bổ đề, ta chứng minh tính khả vi liên tục kPC (x) − xk2 kPD (F (x)) − F (x)k2 Ta có  kPC (x) − xk2 = ky − xk2 | y ∈ C ,  kPD (F (x)) − F (x)k2 = ky − F (x)k2 | y ∈ D Do lu kPC (x) − xk2 kPD (F (x)) − F (x)k2 an n va khả vi liên tục đạo hàm chúng to gh tn
∇ kPC (x) − xk2 = (x − PC (x)) , p ie d oa nl w
∇ kPD (F (x)) − F (x)k2 = 2∇F (x)T (F (x) − PD (F (x))) nf va an lu 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 lm ul F : Rn → Rm Giả sử F ∇F liên tục Lipschitz với số Lips- z at nh oi chitz 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 z định nghĩa (2.14) @ m co l Chứng minh Do PC không giãn nên > L gm (ii) Nếu p(x) lồi ∇p(x) tự với hệ số ν = an Lu k(I − PC )(x − y)k ≤ kx − yk ∀x, y ∈ Rn n va ac th si 41 Vì ta có k(I − PC )(x) − (I − PC )(y)k ≤ kx − yk ∀x, y ∈ Rn Mặt khác, F ∇F liên tục Lipschitz nên ta có k∇F (x)T (I − PD )(F (x)) − ∇F (y)T (I − PD )(F (y))k ≤ k∇F (x)T F (x) − ∇F (y)T F (y)k + k∇F (x)T PD (F (x)) − ∇F (y)T PD (F (y))k ≤ k∇F (x)T (F (x) − F (y))k + k(∇F (x) − ∇F (y))T F (y)k + k∇F (x)T (PD (F (x)) − PD (F (y)))k + k(∇F (x) − ∇F (y))T PD (F (y))k lu an ≤ {ξk∇F (x)k + ζ [kF (y)k + kPD (F (y))k]} kx − yk n va ≤ 2L1 kx − yk, tn to bất đẳng thức hai theo bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức thứ ba p ie gh tính chất chuẩn, L1 bất đẳng thức cuối ζ · [kF (y)k + kPD (F (z))k] , (2.14) nl w L1 := ξ · k∇F (x)k + d oa tính bị chặn Ω tính liên tục F , ∇F Do lu an k∇p(x) − ∇p(y)k ≤ αk(I − PC )(x) − (I − PC )(y)k nf va + βk∇F (x)T (I − PD )(F (x)) − ∇F (y)T (I − PD )(F (y))k lm ul ≤ (α + 2L1 β) kx − yk z at nh oi 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 z [8] @ m co hội tụ thuật toán đề nghị l gm Chú ý 2.3 Tính liên tục Lipschitz ánh xạ ∇p(x) quan trọng cho phân tích an Lu Giả thiết 2.1 Ánh xạ F ∇F liên tục Lipschitz, tập lồi Ω bị chặn C ⊆ Ω n va Sau ta giả sử giả thiết 1.1 thỏa mãn Ta có bổ đề sau: ac th si 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, lu an suy x∗ cực tiểu p(x) Ω n va Ngược lại x∗ cực tiểu thỏa mãn toán (2.12)–(2.13) bất đẳng thức (2.15) gh tn to không thỏa mãn, tức tồn x¯ ∈ Ω thỏa mãn p ie ∇p(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < p(x∗ + α(¯ x − x∗ )) − p(x∗ ) = ∇p(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < α oa nl w Bằng cách lấy đạo hàm ta có lim d α↓0 lu thiết tối ưu x∗ nf va an Vậy p(x∗ + α(¯ x − x∗ )) giảm chặt α > đủ nhỏ điều mâu thuẫn với giả lm ul Vậy tốn (2.12)-(2.13) chuyển lại toán bất đẳng thức biến z at nh oi 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 z xk+1 sau @ co βk+1 > độ dài bước l gm   xk+1 = PΩ xk − βk+1 ∇p(xk ) , m Từ kết ta dùng thuật toán đạo hàm cho quy hoạch lồi nêu an Lu mục để giải toán chấp nhận tách Tuy nhiên ta dùng thuật toán n va để giải Thực chất thuật tốn thuật tốn chiếu đạo hàm nêu ac th si 43 Thuật toán 2.2 Thuật toán chiếu trình bày sau: ∞ P • 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 k∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )k2 ≤ (2 − δ)(xk − xk+1 )T (∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )) (2.17) lu an • Bước 3: Nếu va n βk+1 k∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )k2 ≤ 0.5(xk − xk+1 )T (∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )), tn to gh lấy γk+1 = (1 + τk+1 )βk+1 ; trái lại lấy γk+1 = βk+1 p ie • Bước 4: Nếu ke(xk , βk )k ≤ ε STOP, trái lại k := k + chuyển đến Bước nl w Nhận xét 2.1 Từ tham số δ ∈ (0, 1) ∇p(x) tự từ Bổ đề 2.3, vế phải (2.17) d oa luôn không âm Do ta tìm βk+1 khơng âm đủ bé để thỏa mãn (2.17) lu nf va an Ta có kết sau cách chọn βk lm ul Bổ đề 2.5 Với bước lặp Thuật toán 2.2 trình tìm độ dài bước βk+1 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 ∇p(x) tự với ν = z > 0, L định nghĩa L gm @ Bổ đề 2.3, ta có m co l βk+1 k∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )k2 βk+1 k∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )k2 ≤ = Lβk+1 hxk − xk+1 , ∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )i 1/Lk∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )k2 Nếu an Lu βk+1 ≤ βmax   (2 − δ) := β0 , , L n va ac th si 44 điều kiện (2.17) thỏa mãn Mặt khác, theo Bước Bước Thuật toán 2.2, ta βk+1 ≤ γk ≤ (1 + τk )βk ≤ · · · ≤ ∞ Y (1 + τk )β0 k=0 Theo cách chọn ∞ X τk < ∞, τk ≥ ∀k ≥ 0, k=0 Bước ta có C0 := ∞ Y (1 + τk ) < +∞ k=0 lu Do đó, βk+1 ≤ γk ≤ C0 β0 , dãy {γk } bị chặn Ngoài ra, từ an va µ ∈ (0, 1), lim µn = 0, n→∞ n tn to ta khẳng định trình tìm βk+1 thỏa mãn (2.17) thực sau số ie gh hữu hạn bước lặp, có nghĩa tồn lk thỏa mãn βk+1 = µlk γk ≤ βmax Ngoài ra, p βk+1 thỏa mãn (2.17) w d oa nl βk+1 ≥ βmin := βmax µ ∀k ≥ an lu nf va Nếu xk+1 = xk với k đó, theo (2.16) [8, Bổ đề 2.1] 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 ) = 0, [8, Bổ đề 2.1], xk nghiệm bất đẳng thức biến phân (2.15) Sau đây, ta giả thiết xk 6= xk+1 với k thuật tốn tạo nên dãy vơ z hạn {xk } Cho @ k∇p(xk+1 ) − ∇p(xk )k , kxk+1 − xk k m co l ta nhận hội tụ Thuật toán 2.2 gm ηk := an Lu Định lí 2.5 Với dãy {ke(xk , βk )k} cho Thuật toán 2.2 thỏa mãn   δβmin k+1 2 k ke(x , βk+1 )k ≤ (1 + τk ) ke(x , βk )k − k∇p(xk ) − ∇p(xk+1 )k2 L n va ac th si 45 Định lí 2.6 Giả sử dãy {xk } cho Thuật toán 2.2, cho x∗ nghiệm (2.15), (1 − 2βk+1 ηk2 )kxk+1 kxk − xk+1 k2 − x k ≤ kx − x k − ∗ ∗ k Định lí 2.7 Thuật toán hội tụ với điểm xuất phát Chú ý 2.4 Khi F ánh xạ tuyến tính tốn (2.15) quy hoạch lồi lu an n va p ie gh tn to 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 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 lu an Luận văn trình bày chủ đề cụ thể sau va n Giới thiệu toán quy hoạch lồi, điều kiện tồn nghiệm, Định lý Karush- to gh tn kuhn-Tucker p ie Nhắc lại phương pháp chiếu đạo hàm để giải toán quy hoạch lồi ví dụ nl w minh họa cụ thể d oa Giới thiệu toán chấp nhận lồi tách mơ hình thực tế dẫn đến toán lu nf va hoạch lồi an Phương pháp giải toán chấp nhận lồi tách cách đưa toán quy z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 47 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] Phan Huy Khải Đỗ Văn Lưu (2000), Giải tích lồi, Nhà xuất Khoa học [3] Nguyễn Thị Bạch Kim (2008), Giáo trình phương pháp tối ưu - Lý thuyết ie gh tn to Kỹ thuật, Hà Nội p thuật toán, Nhà xuất Bách khoa, Hà Nội w oa nl [4] Lê Dũng Mưu (1998), Giáo trình phương pháp tối ưu, Nhà xuất Khoa d học Kỹ thuật, Hà Nội lu nf va an [5] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội z at nh oi lm ul Tiếng Anh [6] S Boyd, L Vandenberghe (2004), Convex Optimization, Cambridge Univer- z gm @ sity co l [7] D Bertsekas (2004), Nonlinear Programming, Athena Sicentific m [8] D Han, Z Li and W Zhang (2013), "A self-adaptive projection-type method n va ence and Engineering, 21(1), 155-170 an Lu for nonlinear multiple-sets split feasibility problem", Inverse Problems in Sci- ac th si