Phương pháp hàm phạt cho bài toán tối ưu

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ LÊ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT CHO BÀI TOÁN TỐI ƯU LUẬN VĂN THẠC SỸ Chuyên ngành : TOÁN ỨNG DỤNG Mã số : 60 46 36 Người hướng dẫn khoa học: GS- TSKH LÊ DŨNG MƯU THÁI NGUYÊN, 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Các kiến thức tập lồi hàm lồi 1.1 Tập lồi 1.2 Hàm lồi 1.2.1 Định nghĩa tính chất 1.2.2 Tính liên tục 1.2.3 Dưới vi phân 1.2.4 Tính chất cực trị Phương pháp hàm phạt 2.1 Bài toán tối ưu 2.1.1 Phát biểu toán 2.1.2 Các điều kiện tối ưu 2.2 Phương pháp hàm phạt 2.2.1 Hàm phạt điểm 2.2.2 Hàm phạt điểm 2.2.3 Hàm phạt kiểu Lagrange Hàm phạt xác áp dụng 3.1 Hàm phạt xác cho tốn tối ưu lồi 3.2 Hàm phạt xác cho tốn tối ưu tập Pareto 3.2.1 Bài toán tối ưu vecto tuyến tính 3.2.2 Hàm phạt xác cho toán tối ưu tập Pareto Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 7 11 11 13 14 15 17 17 17 19 23 24 26 31 42 42 49 49 53 Tài liệu tham khảo 58 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Lê Dũng Mưu người tận tình hướng dẫn giúp đỡ em suốt trình học tập nghiên cứu để em hồn thành khóa luận Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới q thầy, giáo trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên Viện Tốn học - Viện Khoa học Cơng nghệ Việt Nam giảng dạy giúp đỡ em hoàn thành khóa học Nhân dịp em xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, bạn đồng nghiệp Trường Cao đẳng Công nghệ Kinh tế công nghiệp, gia đình bạn bè ln động viên, giúp đỡ tạo điều kiện cho em mặt suốt q trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Mặc dù có nhiều cố gắng Luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy, cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 20 tháng 07 năm 2012 Tác giả Nguyễn Thị Lê Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Bài toán tối ưu tốn tìm phương án chấp nhận để làm cực trị hàm số hàm vecto Đây tốn có nhiều ứng dụng thực tế Khó khăn việc nghiên cứu giải tốn phải tìm phương án tối ưu miền chấp nhận Để giải khó khăn này, phương pháp hàm phạt cách tiếp cận để giải tốn tối ưu có ràng buộc Ý tưởng phương pháp chuyển tốn có ràng buộc dãy tốn khơng ràng buộc có ràng buộc đơn giản Các loại hàm phạt thường dùng hàm phạt điểm ngoài, hàm phạt điểm hàm phạt kiểu Lagrange (thưởng- phạt) Đối với phương pháp hàm phạt điểm ngoài, hàm phạt xác định bên miền chấp nhận có tính chất lượng phạt p(x) > x không thuộc miền chấp nhận D, trái lại, x ∈ D p(x) = Một hàm phạt khác hàm phạt kiểu Lagrange, hàm xác định bên miền ràng buộc hàm phạt điểm ngoài, bên miền chấp nhận được, lượng phạt nhận giá trị âm, tức thưởng tùy theo mức độ thỏa mãn miền ràng buộc Phương pháp có hiệu phương pháp hàm phạt điểm trong, khác với hàm phạt điểm hàm phạt kiểu Lagrange, hàm phạt xác định miền tập chấp nhận được, điểm gần biên miền chấp nhận p(x) = +∞ Thơng thường, người ta chuyển việc tốn có ràng buộc việc giải dãy vô hạn tốn khơng có ràng buộc có ràng buộc đơn giản Tuy nhiên số trường hợp cụ thể, với điều kiện định ta chuyển việc giải tốn khơng ràng buộc Hàm phạt cho tính chất gọi hàm phạt xác Bản luận văn nhằm mục đích chủ yếu hệ thống kiến thức loại phương pháp hàm phạt kể Cụ thể, luận văn đề Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn cập đến vấn đề sau: Giới thiệu kiến thức phương pháp hàm phạt điểm ngoài, phương pháp hàm phạt điểm phương pháp hàm phạt kiểu Lagrange Trình bày kết tương đối hàm phạt xác cho tốn tối ưu lồi Ngồi ra, luận văn cịn trình bày phương pháp hàm phạt xác cho tốn tối ưu khơng lồi, tốn tối ưu hàm tuyến tính tập nghiệm toán tối ưu vecto affin Luận văn gồm chương: Chương Giới thiệu số khái niệm kiến thức giải tích lồi thường dùng tối ưu hoá (tập afin, tập lồi, nón lồi, hàm lồi tính chất chúng) Chương Trình bày ba phương pháp hàm phạt là: Phương pháp hàm phạt điểm trong, phương pháp hàm phạt điểm hàm phạt kiểu Lagrange (thưởng- phạt) Chương Trình bày khái niệm hàm phạt xác, điều kiện đủ để tồn hàm phạt xác cho tốn tối ưu lồi, toán tối ưu tập Pareto toán tối ưu vecto affine áp dụng hàm phạt xác vào tốn tối ưu tập Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Các kiến thức tập lồi hàm lồi Chương nhằm giới thiệu số khái niệm kiến thức giải tích lồi thường dùng tối ưu hố (tập afin, tập lồi, nón lồi, hàm lồi tính chất chúng) Các khái niệm kết chương hầu hết lấy từ tài liệu: [1],[2], [3] 1.1 Tập lồi Định nghĩa 1.1 Một đường thẳng nối hai điểm (hai vecto) không gian Rn tập hợp tất vecto x ∈ Rn có dạng {x ∈ Rn |x = αa + βb, α + β = 1} Đoạn thẳng nối hai điểm không gian Rn tập hợp tất vecto x ∈ Rn có dạng {x ∈ Rn |x = αa + βb, α ≥ 0, β ≥ 0, α + β = 1} Một tập M gọi tập affine (đa tạp affine) chứa đường thẳng qua hai điểm nó, tức ∀x, y ∈ M, ∀λ ∈ R ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ M Ví dụ 1.1 Các khơng gian Rn tập affine Nhận xét 1.1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn • Nếu M tập affine a + M = {a + x | x ∈ M } tập affine với ∀a ∈ Rn • M tập affine chứa gốc M không gian Định nghĩa 1.2 Thứ nguyên đa tạp affine cho thứ nguyên không gian song song với Siêu phẳng H Rn tập affine có số chiều (n-1), tập có dạng: H = {x ∈ Rn | aT x =α}, 6= a ∈ Rn α ∈ R Ví dụ 1.2 Trong khơng gian hai chiều, siêu phẳng đường thẳng Trong không gian chiều, siêu phẳng mặt phẳng Định nghĩa 1.3 Trong Rn , siêu phẳng H = {x ∈ Rn | aT x =α}, với 6= a ∈ Rn α ∈ R chia Rn thành hai nửa khơng gian đóng : H − = {x ∈ Rn | aT x ≤ α} H + = {x ∈ Rn | aT x ≥ α}, nửa không gian nằm phía siêu phẳng phần chung chúng siêu phẳng H Tương tự, H chia Rn thành hai nửa không gian mở: {x ∈ Rn | aT x < α} {x ∈ Rn | aT x > α} Một tập C Rn gọi tập lồi C chứa đoạn thẳng nối hai điểm thuộc nó, tức tập C lồi khi: ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C Bao lồi tập A tập lồi nhỏ chứa A, ký hiệu CoA, giao tât tập lồi chứa A Cho hai tập A, B Rn , tổ hợp lồi tập A B tập điểm thuộc Rn có dạng: x = λa + (1 − λ)b, a ∈ A, b ∈ B, ≤ λ ≤ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lớp tập lồi đóng phép giao, phép cộng đại số phép nhân tích Decartes, cụ thể ta có định lý sau: Định lý 1.1 Nếu A, B tập lồi Rn , C lồi Rm , tập sau tập lồi: A ∩ B := {x |x ∈ A, x ∈ B }; αA + βB := {x |x = αa + βb, a ∈ A, b ∈ B, α, β ∈ R}; A × C := {x ∈ Rn+m |x = (a, c), a ∈ A, c ∈ C } Định nghĩa 1.4 Cho A tập lồi, tập affine nhỏ chứa A gọi bao affine A, ký hiệu af f A Thứ nguyên tập lồi A ký hiệu dimA cho thứ nguyên bao affin A Một điểm a ∈ A gọi điểm A tồn lân cận mở U a cho U ⊂ A, tập hợp điểm A ký hiệu intA Một tập lồi A Rn khơng có điểm (khi xét Rn ), ln có điểm xét af f A, điểm gọi điểm tương đối Nếu ký hiệu riA tập điểm tương đối A riA := {x ∈ affA |∃ U, U ∩ affA ⊂ A}, U lân cận mở x A tập lồi khác rỗng riA 6= ∅ Một tập hợp giao số hữu hạn nửa khơng gian đóng gọi tập lồi đa diện ( khúc lồi) Như dạng tường minh tập lồi đa diện D cho sau: D = {x ∈ Rn Khi x0 = y0 = , A1 = 0, B1 = t0 = 2, t1 = Bước 1: y0 = 4t1 = ⇒ p(y1 ) = 2t1 + Suy y1 = nghiệm tối ưu toán f∗ := min{(x − 2)2 : x2 − ≤ 0} = Kết luận chương Chương trình bày khái niệm toán tối ưu, điều kiện tối ưu ba phương pháp hàm phạt để giải tốn tối ưu phi tuyến, phương pháp hàm phạt điểm ngoài, phương pháp hàm phạt điểm hàm phạt kiểu Lagrange 41 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Hàm phạt xác áp dụng Ở phương pháp hàm phạt trình bày chương 2, nhờ hàm phạt chuyển tốn có ràng buộc dãy tốn khơng ràng buộc Nhưng đơi khi, ta chuyển tốn khơng ràng buộc, nghĩa tồn giá trị hữu hạn tham số phạt để lời giải tốn phạt nghiệm tối ưu toán ban đầu cách sử dụng hàm phạt xác Chương trình bày khái niệm hàm phạt xác, điều kiện đủ để tồn hàm phạt xác cho tốn tối ưu lồi, toán tối ưu tập Pareto áp dụng hàm phạt xác vào tốn tối ưu tập Các kết lấy từ tài liệu:[6],[7],[8] 3.1 Hàm phạt xác cho toán tối ưu lồi Cho toán sau: min{f (x) : x ∈ D, } D := {x ∈ X : gj (x) ≤ 0} Ta xây dựng hàm phạt p liên tục tập X chứa D thỏa mãn điều kiện p(x) = x ∈ D, p(x) > x ∈ X \ D Khi tồn t∗ > cho nghiệm toán phạt min{f (x) + t∗ p(x), x ∈ X} 42 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn nghiệm toán min{f (x) : x ∈ D, } p(x) gọi hàm phạt xác Để chứng minh điều kiện đủ cho tồn hàm phạt xác cho tốn tối ưu lồi, cần chứng minh nguyên lý biến phân Ekeland không gian hữu hạn chiều sau: Định lý 3.1 Cho f : X ≡ Rn → R ∪ {−∞} hàm nửa liên tục bị chặn Cho λ > 0, p ≥ Giả sử ε > xε ∈ X thỏa mãn f (xε ) < inf f + ε, X tồn x ¯ ∈ X cho k xε − x ¯ k< λ, ε f (¯ x) + p k x¯ − xε kp ≤ f (xε ) λ ε ε f (x) + p k x − xε kp ≥ f (¯ x) + p k x¯ − xε kp , ∀x ∈ X λ λ Chứng minh Đặt hàm g(x) := f (x) + ε k x − xε kp p λ Theo giả thiết f nửa liên tục bị chặn nên g hàm nửa liên tục bị chặn Mặt khác, lim g(x) = +∞ kxk→+∞ Lấy a ∈ X , xét tập Lg(a) g = {x ∈ X : g(x) ≤ g(a)} Do g nửa liên tục nên theo kết giải tích lồi Lg(a) g tập đóng Rn Ta chứng minh Lg(a) g bị chặn Rn Thật vậy, giả sử Lg(a) g không bị chặn, lúc tồn dãy {xn } ⊂ Lg(a) g cho kxk → +∞ Do g thỏa mãn điều kện nên suy lim g(xn ) = +∞ (3.1) n→+∞ 43 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mà xn ∈ Lg(a) g nên g(xn ) ≤ g(a), với n ∈ N Ta suy lim g(xn ) ≤ g(a), ∀n ∈ N n→+∞ Điều mâu thuẫn với (3.1), Lg(a) g đóng bị chặn Rn hay Lg(a) g tập compact Khi g hàm nửa liên tục tập compact Lg(a) g nên tồn điểm cực tiểu x¯ g Lg(a) g Ta chứng minh x ¯ điểm cực tiểu g X Thật vậy, lấy x ∈ / Lg(a) g g(x) > g(a) ≥ g(¯ x) Suy x¯ điểm cực tiểu g Rn Bây ta chứng minh x ¯ thỏa mãn kết luận định lý Do x ¯ điểm cực tiểu g Rn nên f (x) + ε ε p k x − x k ≥ f (¯ x ) + k x¯ − xε kp , ∀x ∈ X ε p p λ λ Vậy 3) chứng minh ε Trong 3) cho x = xε ta f (¯ x) + p k x¯ − xε kp ≤ f (xε ) Ta chứng λ minh 2) suy f (¯ x) ≤ f (xε ) (3.2) Đồng thời theo chứng minh định nghĩa xε inf f (x) + X ε ε p k x − x k ≤ f (¯ x ) + k x¯ − xε kp ε p p λ λ ≤ f (xε ) ≤ inf f (x) + ε X Nghĩa k xε − x ¯ k< λ, ta chứng minh 1) Sau xét điều kiện đủ để tồn hàm phạt xác cho tốn tối ưu lồi Xét toán {f (x); x ∈ A} , (P ) A = {x | g(x) ≤ 0} , A ⊂ Rn Định lý 3.2 Giả sử f, g : Rn → R hàm lồi f thỏa mãn điều kiện bức, tức là: f (x) → +∞ |x| → ∞ Đặt p(x) = g + (x) = max{g(x), 0} 44 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Và giả sử điều kiện Slater thỏa mãn, tức tồn điểm x0 cho g(x0 ) < Khi tồn số λ0 > cho với ε > 0, λ > λ0 , tồn δ ∈ (0, ε), x ∈ X cho nếu: f (x) + λp(x) ≤ inf {f (z) + λp(z) : z ∈ X} + δ, tồn y ∈ A cho: k y − x k≤ ε, f (y) ≤ inf f (z) + ε z∈A Chứng minh Khẳng định định lý có nghĩa tồn tham số phạt λ0 > cho với ε ∈ (0, 1), λ > λ0 điểm x δ− nghiệm toán phạt (với λ > λ0 ) tồn ε− nghiệm y toán ban đầu y cách x không ε Ta cần chứng minh khẳng định định lý cho λ0 = k với k ∈ N Đặt ϕ(x) = f (x) + λp(x), x ∈ X Trước tiên ta chứng minh khẳng định sau định lý: P (1): Với ε ∈ (0, 1), tồn δ ∈ (0, ε) cho với x ∈ X thỏa mãn ϕλ (x) ≤ inf(ϕλ ) + δ, tồn y ∈ A cho k y − x k≤ ε Để chứng minh khẳng định P (1) ta giả sử điều ngược lại, với số tự nhiên k tồn tại: εk ∈ (0, 1), λk > k, xk ∈ X, cho ϕλk (xk ) ≤ inf(ϕλk ) + εk , 2k (3.3) (3.4) d(xk , A) ≥ εk (3.5) ⇒ ∀y ∈ A :k xk − y k> εk (3.6) εk 2k Theo Ekeland, xk δk -nghiệm xấp xỉ ϕ nửa liên tục nên tồn yk ∈ X cho: ϕλk (yk ) ≤ ϕλk (xk ), (3.7) Đặt δk := 45 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn k yk − xk k≤ ϕλk (yk ) + εk , 2k (3.8) 1 k yk − xk k≤ ϕλk (z) + k z − xk k, ∀z ∈ X, k k suy ϕλk (yk ) ≤ ϕλk (z) + k z − yk k, ∀z ∈ X, k hay yk ∈ argmin{ϕλk (z) + k z − yk k}, z ∈ X k Chúng ta có khẳng định sau đây: yk ∈ / A, ∀k Thật vậy, (3.6), yk ∈ A, |xk − yk | > εk Nhưng theo (3.8) có |xk − yk | ≤ εk < εk 2k Vậy yk ∈ / A, ∀k Dãy {yk } bị chặn Thật vậy, ta có: f (yk ) ≤ f (yk ) + λk p(yk ) = ϕλk (yk ) ≤ ϕλk (xk ) + k xk − yk k (do (3.9)) với z = xk k εk ≤ ϕλk (xk ) + (do (3.8)) k 2k ≤ inf ϕλk + δk + δk X ≤ inf ϕλk + A ≤ inf f + = f∗ + A Vậy f (yk ) ≤ f∗ + 1, ∀k Theo điều kiện f (yk ) → +∞ |yk | → ∞ 46 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.9) Do {yk } bị chặn lim g(yk ) = k→∞ Thật vậy, ta có: f (yk ) + λk p(yk ) = ϕλk (yk ) ≤ ϕλk (xk )(do (3.7)) ≤ f∗ + (do chứng minh khẳng định 2) Theo định nghĩa, yk ∈ / A nên < g(yk ) ≤ p(yk ) = [ϕλk (yk ) − f (yk )] λk 1 ≤ [f∗ + 1] − f (yk ) λk λk Ta có f (yk ) bị chặn {yk } bị chặn, cho k → ∞, ta < g(yk ) → Vậy lim g(yk ) = k→∞ g(x) = Thật vậy, k z − yk k: z ∈ X}, (X ≡ Rn ) , k ⇒ ∈ ∂ϕλk (yk ) + {z ∈ X ∗ :k z k≤ } k ⊆ ∂f (yk ) + λk ∂p(yk ) + {z ∈ X ∗ :k z k≤ } k = ∂f (yk ) + λk ∂g(yk ) + {z ∈ X ∗ :k z k≤ } (do g(yk ) > 0, ∀k) k 1 ⇒ ∈ ∂g(yk ) + ∂f (yk ) + {z ∈ X ∗ :k z k≤ } λk λk k Mà {z ∈ X ∗ :k z k≤ } ⊂ B(0, 1), k nên suy ra: yk ∈ argmin{ϕλk (z) + ∈ ∂g(yk ) + {∂f (yk ) + B(0, 1)}, ∀k λk 47 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Do {yk } bị chặn nên tồn {ykj } → y ∗ để ∈ ∂g(ykj ) + {∂f (ykj ) + B(0, 1)}, ∀j λkj Cho j → +∞, tính đóng vi phân nên ∈ ∂g(y ∗ ) Hơn thấy g(yk ) → g(y ∗ ) = 0, suy y ∗ điểm tới hạn với giá trị tới hạn Tức = g(x), điều mâu thuẫn với giả thiết điều kiện Slater thỏa mãn.Do giả sử (3.6) khơng Vậy tồn k > để với ε ∈ (0, 1), tồn δ ∈ (0, ε) cho với x ∈ X thỏa mãn ϕk (x) ≤ inf ϕk + δ, d(xk , A) ≤ ε (3.10) Để chứng minh định lý ta cần chứng minh tồn yk ∈ A thỏa mãn k yk − xk k≤ ε yk ε-nghiệm toán gốc f (yk ) ≤ inf f + ε A Theo điều kiện bức, tồn K1 > cho với x ∈ X mà k x k≤ K1 f (x) ≤ f∗ + (3.11) Do f lồi, hữu hạn toàn Rn , nên f Lipschit tập bị chặn, tồn λ1 > cho λ1 k x1 − x2 k, ∀x1 , x2 ∈ X, k xj k≤ K1 + 1(j = 1, 2) (3.12) 2(ε−δ) Lấy ε1 ∈ (0, 1), chọn ε1 < λ1 Khi theo (P 1), tồn δ ∈ (0, ε1 ) để (P 1) thỏa mãn Giả sử λ > λ0 , x ∈ X ϕλ (x) ≤ inf (ϕλ ) + δ (3.13) k f (x1 ) − f (x2 ) k≤ X Theo (P1), tồn y ∈ X cho y ∈ A, k x − y k≤ ε1 , 48 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.14) ta có f (x) ≤ ϕλ (x) ≤ inf ϕλ + δ X ≤ inf ϕλ + (3.15) X ≤ inf ϕλ + A = inf f + A Theo (3.11) k x k≤ K1 Khi theo (3.14): y k≤k x k + k x − y k≤ K1 + Áp dụng (3.12) ta có k f (y) − f (x) k≤ λ1 λ1 k x − y k≤ ε1 , 2 suy ra: λ1 ε1 λ1 ≤ ϕλ (x) + ε1 λ1 ≤ inf ϕλ + δ + ε1 X λ1 ≤ inf ϕλ + δ + ε1 A λ1 = inf f + δ + ε1 X λ1 = f∗ + δ + ε1 ≤ f∗ + ε f (y) ≤ f (x) + Vậy y ε-nghiệm toán (P ) 3.2 3.2.1 Hàm phạt xác cho tốn tối ưu tập Pareto Bài tốn tối ưu vecto tuyến tính Trước hết, tìm hiểu khái niệm kết chung toán tối ưu vecto tuyến tính 49 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bài toán tối ưu vecto tuyến tính tốn có dạng: max{Cx : x ∈ X}, (LV P ) X ⊆ Rn đa diện lồi, compact C ma trận cỡ p × n Từ sau, để đơn giản ta xét quan hệ thứ tự cho nón lồi Rp+ = {x ∈ Rp : xj ≥ 0, ∀j = 1, , p} Khi cho hai điểm x, y ∈ K , ta có ký hiệu sau: x ≤ y ⇔ xi ≤ yi , ∀i = 1, , p x 6= y, x < y ⇔ xi < yi , ∀i = 1, , p, x y ⇔ xi ≤ yi , ∀i = 1, , p Ta có định nghĩa sau nghiệm hữu hiệu, nghiệm hữu hiệu yếu nghiệm hữu hiệu lý tưởng: Định nghĩa 3.1 Điểm x∗ ∈ X gọi nghiệm hữu hiệu (hay nghiệm tối ưu Pareto)của toán (LV P ) không tồn x ∈ X cho Cx ≥ Cx∗ Cx 6= Cx∗ Điểm x∗ ∈ X gọi nghiệm hữu hiệu yếu tốn (LV P ) khơng tồn x ∈ X cho Cx > Cx∗ Điểm x∗ ∈ X gọi nghiệm hữu hiệu lý tưởng toán (LV P ) Cx∗ ≥ Cx, ∀x ∈ X Ta ký hiệu tập tất nghiệm hữu hiệu, nghiệm hữu hiệu yếu nghiệm hữu hiệu lý tưởng toán (LV P ) XE , W XE IXE Ví dụ 3.1 Xét tốn max{Cx, x ∈ X}, ‚ C= 0 Œ X = {x ∈ R2 : hai , xi ≥ bi , i = 1, , 5}, minh họa Hình 3.1.Bằng hình học dễ thấy XE = [v , v ] ∪ [v , v ] Như XE hợp hai cạnh XE khơng lồi 50 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.16) Hình 3.1: Tập XE không lồi Định lý sau cho phép ta tìm nghiệm hữu hiệu tốn (LV P ) thông qua việc giải quy hoạch tuyến tính thơng thường, cịn gọi định lý vơ hướng hóa Định lý 3.3 Nếu x∗ nghiệm tối ưu tốn(3.17) với λ > x∗ nghiệm hữu hiệu toán (LV P ) Ngược lại, x∗ nghiệm hữu hiệu tốn (LV P ) tồn vecto λ ∈ Rp λ ≥ 0, λ 6= cho x∗ nghiệm tối ưu quy hoạch tuyến tính sau max{hλ, Cxi : x ∈ X} (3.17) Chứng minh Gọi x∗ nghiệm tối ưu toán (3.17) Nếu x∗ nghiệm hữu hiệu tốn (LV P ) tồn x0 cho Cx0 ≥ Cx∗ Cx0 6= Cx∗ Từ từ giả thiết λ > 0, kéo theo hλ, Cx0 i > hλ, Cx∗ i Điều mâu thuẫn với giả thiết x∗ nghiệm tối ưu tốn (3.17), x∗ nghiệm hữu hiệu (LV P ) Ngược lại, giả sử x∗ nghiệm hữu hiệu (LV P ) Gọi C bao lồi tập H = {y ∈ Rp , y = Cx − Cx∗ , x ∈ X} Ta C ∩ Rp+ = {0} Thật vậy, C 6= ∅ ∈ H Lấy y ∈ C , theo định nghĩa bao lồi, ta có y , y ∈ H cho y = ty + (1 − t)y , ≤ t ≤ Do y , y ∈ H nên tồn x1 , x2 ∈ X thỏa mãn y i = Cxi − Cx∗ , i = 1, 51 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.18) Lấy x = tx1 + (1 − t)x2 x ∈ X X đa diện lồi, suy Cx = tCx1 + (1 − t)Cx2 Từ ta có Cx − Cx∗ = tCx1 + (1 − t)Cx2 − Cx∗ = t(Cx1 − Cx∗ ) + (1 − t)(Cx2 − Cx∗ ) = ty + (1 − t)y = y Do x∗ nghiệm hữu hiệu nên từ suy y ≥ 0, y = Do y điểm thuộc C nên suy C ∩ Rp+ = {0} Theo định lý tách, tồn λ 6= cho λT y ≥ 0, ∀y ∈ Rp+ , (3.19) λT y ≤ 0, ∀y ∈ H Ở đây, cách chia cho p P j=1 (3.20) λj 6= 0, ta coi p P j=1 λj = Từ (3.19) suy λT ≥ Từ (3.20) từ định nghĩa H suy λT (Cx − Cx∗ ) ≤ 0, ∀x ∈ X Điều có nghĩa x∗ nghiệm tối ưu toán mục tiêu (3.17) Ta có mệnh đề quan trọng sau tập nghiệm hữu hiêu toán (LV P ) Mệnh đề 3.1 Cho XE tập nghiệm hữu hiệu tốn (LV P ), Tập XE 6= ∅, Tập XE hợp số diện X Chứng minh 1) Theo định lý Weierstrass, X ⊂ Rn tập compact nên tốn (3.17) ln có nghiệm Mà theo định lý vơ hướng hóa, nghiệm tốn (3.17) nghiệm tối ưu toán (LV P ) nên tập XE 6= ∅ 52 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2) Theo định lý vơ hướng hóa, x ∈ XE tồn λ ∈ Rp+ để x nghiệm toán (3.17) Mà biết tập nghiệm quy hoạch tuyến tính diện khúc lồi ràng buộc Do XE hợp số diện X Chú ý 3.1 EX tập liên thông theo nghĩa x, y ∈ XE , x 6= y có đường gấp khúc từ x đến y nằm XE 3.2.2 Hàm phạt xác cho toán tối ưu tập Pareto Bài toán tối ưu tập Pareto phát biểu sau max{f (x), x ∈ XE }, (P ) f hàm mục tiêu tuyến tính xác định Rn , XE tập nghiệm hữu hiệu toán (LV P ), đóng vai trị tập ràng buộc Như biết, tập nghiệm hữu hiệu XE tập liên thơng, nói chung XE tập khơng lồi X Vì tốn (P ) quy hoạch không lồi, tức nghiệm địa phương toán chưa nghiệm tồn cục Sau ví dụ minh họa cho tính chất Ví dụ 3.2 Xét tốn max{f (x), x ∈ XE }, f hàm tuyến tính theo x minh họa Hình 3.2, XE tập nghiệm hữu hiệu tốn tối ưu vecto ví dụ (3.1) Khi hình học, ta dễ nhận thấy v nghiệm tối ưu địa phương nghiệm tối ưu tồn cục Hình 3.2: v nghiệm tối ưu địa phương không nghiệm tối ưu tồn cục 53 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bây xét ví dụ thực tế có mơ hình tốn học tốn tối ưu tập Pareto Ví dụ 3.3 Một tổng công ty gồm 12 nhà máy, sản xuất loại sản phẩm khác Gọi xj số đơn vị sản phẩm loại j, j = 1, , mà tổng công ty cần sản xuất Vecto x = (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 ) gọi phương án sản xuất Ký hiệu X tập tất phương án sản xuất thỏa mãn điều kiện cho phép cơng ty Như thường lệ, X cịn gọi tập chấp nhận Với phương án chấp nhận x ∈ X , giả sử hd, xi lợi nhuận mà tổng công ty thu được, hcj , xi mức sử dụng lao động nhà máy j, j = 1, , 12, d, cj ∈ R6 Mục đích cơng ty xác định phương án sản xuất có lợi nhuận lớn trì mức sử dụng lao động cao nhà máy Khi mơ hình tốn học tốn sau: max{hd, xi, x ∈ XE }, XE tập nghiệm hữu hiệu toán 12 mục tiêu max{Cx, x ∈ X}, với C ma trận (12 × 6) với hàng C j , j = 1, 12 tập chấp nhận X ⊂ R6 Ký hiệu V (X) tập tất đỉnh đa diện lồi X ⊂ Rn Sau tính chất nghiệm tối ưu toán (P ) Do hàm mục tiêu f (x) tuyến tính hàm lõm tập liên thơng đường gấp khúc XE nên ta có định lý tính chất nghiệm tối ưu tốn (P ) sau: Định lý 3.4 Bài toán (P ) đạt nghiệm tối ưu đỉnh hữu hiệu x∗ toán (LV P ), tức x∗ ∈ XE ∩ V (X) Do XE không cho dạng tường minh nên để xử lý khó khăn đó, ta định nghĩa G(X) := {x ∈ Rn : Cy ≥ Cx, y ∈ X} r(x) := max{eT (Cy − Cx) : Cy ≥ Cx, y ∈ X} (3.21) Chúng ta biết tập XE = ∅ r hữu hạn G(X) Thông thường ta đặt r(x) = −∞ x ∈ / G(X) Vậy nên miền hữu dụng r 54 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn G(X) Rõ ràng G(X) đa diện lồi X đa diện lồi Ta có kết sau: Bổ đề 3.1 Giả sử XE 6= ∅, r(x) ≥ với x ∈ X , r(x) = 0, x ∈ X x ∈ XE , r hàm lõm Chứng minh 1) Rõ ràng r(x) ≥ cho y = x r(x) = 2) Giả sử r(x) = Nếu x ∈ / XE tồn y ∈ X cho Cy ≥ Cx Cy 6= Cx Suy r(x) > 0, mâu thuẫn với giả thiết r(x) = 0, x ∈ XE Ngược lại, x ∈ XE r(x) = r(x) > tồn y ∈ X cho Cy ≥ Cx Cy 6= Cx Điều trái với giả thiết x ∈ XE Do r(x) = 3)Khơng giảm tổng qt, ta giả sử X = {x : Ax ≥ b}, A ma trận cỡ m × n, b ma trận cỡ n × 1, r(x) = max{eT Cy − eT Cx : Cy ≥ Cx, y ∈ X} = −eT Cx + max{eT Cy : Cy ≥ Cx, Ay ≥ b} ‚ Œ ‚ Œ Cx C T T = −e Cx + max{e Cy : A y ≥ b } ‚ Œ ‚ Œ Cx C T T T T :u = −e Cx + min{u A ≥ C e} b Ta ý ϕj (x) hàm affine ϕ(x) = min{ϕj (x), j ∈ I} hàm lõm‚và |I| < +∞ ϕ(x) hàm lõm tuyến tính khúc Œ Cx Ở đây, uT b −eT Cx hàm tuyến tính theo x Do r hàm lõm Theo bổ đề (3.1) XE = {x ∈ X : r(x) = 0} = {x ∈ X : r(x) ≤ 0} 55 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn