Bài Toán Quy Hoạch Phi Tuyến Có Ràng Buộc.pdf

Nhập môn phương pháp tối ưu

Assignment No: 1

Bài toán quy hoạch phi tuyếncó ràng buộc

Author :Nhóm 5

Instructor:Dr.Phạm Thị Hoài

Ngày 10 tháng 7 năm 2020

1 PHẦN MỞ ĐẦU

Lý do chọn đề tài:Tìm hiểu thêm về cách giải các bài toán phi tuyếncó ràng buộc dựa vào điều kiện Karush-Kuhn-Tucker và phương pháp nhântử Langrange.

Đối tượng nghiên cứu:Các bài toán phi tuyến có ràng buộc.

Phương pháp nghiên cứu:Tìm hiểu cách giải các bài toán phi tuyếncó ràng buộc qua kiến thức lí thuyết trên giảng đường và sách giáo trình.

Mục tiêu nghiên cứu:Hiểu rõ hơn về điều kiện Karush-Kuhn-Tuckervầ phương pháp nhân tử Langrange để giải bài toán phi tuyến có ràng buộc.

Phạm vi nghiên cứu:Nội dung kiến thức trong học phần "Nhập môncác phương pháp tối ưu".

Thành viên nhóm:

Đào Minh Dũng - 20183503Nguyễn Văn Duy - 20183514Nguyễn Tiến Long - 20180129Đỗ Tiến Đạt - 20183881Vũ Quang Huy - 20183930Lương Đức Long - 20183945Đào Hoàng Long - 20183579Trần Hữu Hiếu - 20180078Nguyễn Thành Long - 20183948

2

min{f(x), x ∈ D ⊂ Rn}

Khi f là hàm lồi và D là tập lồi thì có kết luận gì Lấy ví dụ để cùnghàm mục tiêu f nhưng hai bài toán này có nghiệm tối ưu khác nhau.

Lời giảii) Bài toán min{f(x), x ∈ Rn} (1)Điều kiện cần:

- Điều kiện bậc nhất: Cho hàm f xác định khả vi trên Rn Điều kiện để

)≥ 0Nếu

∇f(x∗) = 0∇2

) > 0 thì x∗là nghiệm cực tiểu địa phương chặt.

ii) Bài toán min{f(x), x ∈ D ⊂ Rn

} (2)3

2.2 Bài tập 15 trang 291 2 BÀI TẬP GIÁO TRÌNHĐiều kiện cần: Giả sử f khả vi trên một tập mở chứa D Nếu x∗

∈ D lànghiệm cực tiểu địa phương của bài toán (2) thì

), vi ≥ 0 ∀v ∈ T (D, x∗)trong đó T (D, x∗

) là nón tiếp xúc với D tạix∗ ∈ DNếu x∗

∈ D thỏa mãn h∇f(x∗

), vi > 0 ∀v ∈ T (D, x∗

) thì x∗là nghiệmcực tiểu địa phương chặt của bài toán (2).

Nếu f lồi, khả vi trên một tập mở chứa tập lồi D ⊂ Rn Ta có điều kiệncần và đủ để x∗

∈ D là điểm cực tiểu toàn cục của bài toán (2) là:h∇f(x∗

), vi ≥ 0 ∀v ∈ T (D, x∗

)Ví dụ:

minf(x) = (x + 2)2

| x ∈ Rđạt tối ưu tạix=−2.

minf(x) = (x + 2)2

| x ∈ [−1; 1] ⊂ Rđạt tối ưu tạix=−1.

Bài toánXét bài toán min

f(x) =1

TQx+ cTx| Ax ≤ b

, trong đó Q là ma trậnđối xứng xác định dương, không suy biến cấp (n×n), ma trận A cấp(m×n),véc tơ c, x ∈ Rnvà b ∈ Rm Viết điều kiện Kuhn-Tucker cho bài toán này.

Lời giảiTa có: f(x) lồi ⇔ Q đối xứng xác định dương.

4

Ax− b là hàm afin ⇒ Điều kiện chính quy cho bài toán được thỏa mãn.⇒ Áp dụng điều kiện Karush-Kuhn-Tucker cho bài toán quy hoạch lồi.

TQx+ cT

x) + λ∇x(Ax− b) = 0λ≥ 0

λ(Ax− b) = 0

Ax≤bQx+ c + λAT= 0

λ≥ 0λ(Ax− b) = 0

Bài toán

Sử dụng Định lý Karush-Kuhn-Tucker tìm nghiệm tối ưu và giá trị tốiưu của bài toán của các bài toán sau Giải thích chi tiết từng điều kiện ápdụng và cách lấy nghiệm.

− 8x1− 4x2| x1+ x2≤ 2, x1≥ 0, x2≥ 0}Lời giải

i) min{f(x) = x1| x( 1− 1)2+ x2≤ 1, x2+ x2

≤ 2}f(x) =x1là hàm lồi.

Và g1(x) = (x1− 1)2+ x2

− 1, g2(x) =x2+ x2

− 2 cũng là các hàm lồi.Ta có g1(0, 5; 0, 5) < 0, g2(0, 5; 0, 5) < 0⇒ Điều kiện Slater được thỏa mãn⇒ Điểm cực tiểu của bài toán là điểm KKT.

g1(x), g2( )x ≤ 0∇x(x1) + λ1∇xg1(x) + λ2∇xg2(x) = 0

λ1, λ2≥ 0λ1g1(x) = λ2g(x) = 0

g1(x), g2( )x ≤ 01 + λ12(x1− 1) + λ22x1= 0

λ12x2+ λ22x2= 0λ1, λ2≥ 0λ1g1(x) = λ2g2(x) = 0

5

2.3 Bài tập 16 trang 291 2 BÀI TẬP GIÁO TRÌNH

• Nếu x2= 0⇒

(x1− 1)2 1≤x2

≤ 21 + 2λ1(x1−1) + 2λ2x1= 0

λ1((x1−1)2−1) = 0λ2(x2

− 2) = 0⇔

2λ1= 0λ2= −1

x1= 0λ1=12λ2= 0Do λ1, λ2> 0 ⇒ Ta chọn(x1; x2) = (0; 0).

• Nếu x26= 0 ⇒

(x1− 1)2+ x2

− 1 ≤ 0x2

+ x2

≤ 2λ1=−λ2= 01 + 2λ1(x1−1) + 2λ2x1= 0

Vô lý.Vậy min f(x) = 0 khi(x1; x2) = (0; 0).

ii) min{f(x) = x2

+ x2

− 8x1− 4x2| x1+ x2≤ 2, x1≥ 0, x2≥ 0}

Ta có: ∇xf(x) =2x1− 82x2− 4

⇒ ∇2

xf(x) =2 00 2

⇒ f là hàm lồi chặt.Và đặt X = {(x1, x2)| g1(x) = x1+ x2− 2 ≤ 0, g2(x) =−x1≤ 0, g3(x) =−x2≤ 0}.

Vì gi(x) là các hàm lồi và ¯x= (1; 1) thỏa mãn điều kiện Slater Khi đó giảsử x∗là nghiệm cực tiểu cảu bài toán thìx∗là điểm KKT.

gi(x)≤ 0, i = 1, 3∇xL(x, λ1, λ , λ23) = 0

λi≥ 0, i = 1, 3λigi(x) = 0, i = 1, 3

gi(x)≤ 0, i = 1, 32x1− 8 + λ1− λ2= 02x2− 4 + λ1− λ3= 0

λi≥ 0, i = 1, 3λ1(x1+x2− 2) = 0

λ2x1= λ3x2= 0⇔

gi(x)≤ 0, i = 1, 3x1= 0λ1= λ2+ 82x2− 4 + λ1− λ3= 0λ1(x2− 2) =λ3x2= 0

λi≥ 0, i = 1, 3

gi(x)≤ 0, i = 1, 3λ2= 0λ1+ 2x1− 8 = 02x2− 4 + λ1−λ3= 0λ1(x1+ x2− 2) = λ3x2= 0

λi≥ 0, i = 1, 3

6

gi(x)≤ 0, i = 1, 3x1= 0, x2= 2λ3= 0, λ1= 0, λ2=−8

λi≥ 0, i = 1, 3hoặc

gi(x)≤ 0, i = 1, 3x1= 0, x2= 0λ1= 0, λ3=−4, λ2=−8

λi≥ 0, i = 1, 3

gi(x)≤ 0, i = 1, 3λ2= 0, x2= 02x1− 8 + λ1= 0

λ1− λ3− 4 = 0λ1(x1− 2) = 0λi≥ 0, i = 1, 3⇔

x1= 2, x2= 0λ1= 4, λ2= λ3= 0

Vậy min f(x) = −12 khi(x1; x2) = (2; 0).

− 2x1+ x2

− x2

+ 4x3| x1− x2+ 2x3= 2}.iii) min{f(x) = 3x1+ 4x2| (x1+ 1)2

+ x2

= 1, (x1− 1)2

+ x2

= 1}.Lời giải

Phương pháp Langrange giải bài toán trơn với ràng buộc đẳng thức:Với các hàm f, h , jj = 1, , k là các hàm khả vi liên tục trên Rn Khi đóđiểm x ∈ Rnlà nghiệm cực tiểu của bài toán và tại đó điều kiện chính quyđược thỏa mãn thì x∗thỏa mãn điều kiện KKT.

∇xL(x, µ1, , µk) =∇f(x) +Pk

j=1µj∇hj(x) = 0h1(x) = 0, , hk( ) = 0x

7

2.4 Bài tập 17 trang 291 2 BÀI TẬP GIÁO TRÌNHi) min{f(x) = x2

xác định dương ⇒ f là hàm lồi chặt trên X ⇒ Ápdụng điều kiện KKT cho bài toán quy hoạch lồi: Nghiệm x0là nghiệm tốiưu của bài toán ⇔ x0là điểm KKT.

∇xL(x, µ) = 0

h(x) = 0 ⇔∇xf(x) + µ∇xh( ) = 0xx1+x2= 10 ⇔

2x1+ µ = 02x2+ µ = 0x1+x2= 10

µ=−10x1= x2= 5Vậymin f (x) = 50⇔ x = (5, 5)T.

ii) min{f(x) = x2− 2x1+ x2

− x2

+ 4x3| x1− x2+ 2x3= 2}.

ĐặtX={(x1, x , x2 3)∈ R3 x | 1− x2+ 2x3= 2

Ta có h(x) = x1− x2+ 2x3− 2 là hàm afin Do đó điều kiện chính quy thỏamãn tại ∀x ∈ X Dễ thấy f(x), h( ) khả vi liên tục trênx R3.

Do đó nếu x là nghiệm cực tiểu địa phương của bài toán thì thỏa mãn điềukiện KKT

∇xL(x, µ) = 0

h(x) = 0 ⇔∇xf(x) + µ∇xh(x) = 0x1−x2+ 2x3= 2 ⇔

2x1− 2 + µ = 02x2− µ = 0−2x3+ 4 + 2µ = 0

x1−x2+ 2x3= 2

2x3=−1Ta chứng minh x = 5

2 ,−1T

là nghiệm cực tiểu toàn cục của bài toán.Với x1−x2+ 2x3= 2 ta có

= 2x2

− 6x1+ 3x2

− 4x3+ 4x1x3

= 2(x1+ x3−32)

2+ (x3+ 1)2

−32≥ −32.Đẳng thức xảy ra tại x = (5

2 ,−1)T.Vậy min f(x) = −23⇔ x = (52,−3

2 ,−1)T.

iii) min{f(x) = 3x1+ 4x2| (x1+ 1)2+ x2= 1, (x1− 1)2+ x2

= 1}.Đặt X = {(x1, x2)∈ R2 x

| h1(x) = ( 1+ 1)2

+ x2

− 1 = 0, h2(x) = (x1− 1)2

− 1 = 0}.

Xét điều kiện KKT của bài toán:

∇L(x, µ1, µ2) = 0(x1+ 1)2+ x2= 1(x1− 1)2

+ x2

= 1⇔

3 + 2µ1(x1+ 1) + 2µ2(x1− 1) = 04 + 2µ1x2+ 2µ2x2= 0

(x1+ 1)2

+ x2

= 1(x1− 1)2

+ x2

= 1

Hệ vô nghiệm Do đó nếu x∗là nghiệm cực tiểu địa phương của bài toán thìx∗không thỏa mãn điều kiện chính quy.

Tức là tồn tại (α, β) 6= (0, 0) sao choα∇h1(x) + β∇h2(x) = 0.

Dễ thấy tập X chỉ chứa duy nhất điểm (0 0), T Kiểm tra thấy (0 0), Tkhôngthỏa mãn điều kiện chính quy (ví dụ α = β = 1).

Vậy min f(x) = 0 khix= (0, 0)T.

Bài toánXét bài toán

min{x1| −(x1−2)2 4( 2)− x2− 2

+ 4≤ 0}Điểm x0

= (4, 2)Tcó phải là điểm KKT không? Điểm x0có phải nghiệm tốiưu địa phương của bài toán đang xét không? Giải thích?

9

2.6 Bài tập 21 trang 292 2 BÀI TẬP GIÁO TRÌNHLời giải

ĐặtX={(x1, x2)∈ R2 | g(x) = 4 −(x1−2)2

− 4(x2− 2)2

≤ 0Xét điều kiện KKT của bài toán:

4− (x1− 2)2 4( 2) 0− x2− 2

+ λ −2x1+ 4−8x2+ 16

= 0λ≥ 0λ(4− (x1− 2)2

− 4(x2− 2)2

) = 0Dễ thấy λ = 0 không thỏa mãn.

Xét (x1− 2)2 2)+ 4(x2− 2

= 4 ta có:(

x1=1 + 4λ2λx2= 2

x2= 2x1= 4λ=1

x2= 2x1= 0λ=−1

4 <0

Do đó điểm x0= (4, 2)Tlà điểm KKT của bài toán.

•Ta chứng minh điểm x0= (4, 2)T không phải điểm cực trị địa phương củabài toán.

Giả sử phản chứng x0= (4, 2)Tlà cực tiểu địa phương, khi đó ∃B(x0, ǫ) là 1lân cận của x0thoả mãn :∀x ∈ B(x0

, ǫ)∩ X : f(x) ≥ f(x0

) = 4Xét x ∈ B(x0, ǫ)∩ X thì ∃ α, β : x = (4 + α, 2 + β) thoả mãn :

pα2+ β2

≤ ǫ(2 + α)2

+ 4β2 4≥Với ǫ < 1, ta có |α| < 1 nên2 + α > 0.Suy ra (2 + α)2

+ 4β2

≥ 4 ⇔ α ≥p4 − 4β2 2− Ta thấy A = (−pǫ2

− β2,pǫ2

− β2)∩ (p4 − 4β2 2

− , 0) 6= ∅ nên chọn ǫ ∈ Athì (ǫ, β) thoả mãn (*), hơn nữa ǫ < 0 nên khi đó f(x) = 4 + ǫ < 4 ( mâuthuẫn với giả thiết).

Vậy điểm x0= (4, 2)Tkhông phải điểm cực trị địa phương của bài toán.

Lời giải

Xét hàm f(x) ta có ∇xf(x) =

2x1+ x2

2x2+ x1+ x3

2x3+ x2

⇒ ∇2xf(x) =

2 1 01 2 10 1 2

xác định dương ⇒ f(x) lồi.

| g1(x) = 2− x1≤ 0, g2(x) = 4− x2≤ 0, g3(x) =−x3≤ 0}Do gi(x) là các hàm afin và điều kiện Slater được thỏa mãn (ví dụ tại x =(1,1,1)T⇒ ∀x ∈ X đều là điểm chính quy.

Do đó x là nghiệm cực tiểu của bài toán⇔ xlà điểm KKT.

gi(x)≤ 0, i = 1, 3▽xf(x) +P3

i=1λi▽xgi(x) = 0λi≥ 0, i = 1, 3λigi(x) = 0, i = 1, 3

gi(x)≤ 0, i = 1, 32x1+ x2− λ1= 02x2+x1+x3− λ2= 0

2x3+ x2− λ3= 0λi≥ 0, i = 1, 3λ1(2− x1) =λ2(4− x2) =λ3x3= 0⇔ x1= 2, x2= 4, x3= 0

λ1= 8, λ2= 10, λ3= 4

Vậy điểm x0= (2, 4, 0)T là nghiệm tối ưu địa phương và là nghiệm tối ưutoàn cục của bài toán.

11

3 BÀI TẬP LÀM THÊM

Xét bài toánmin

x x1− 4x2+ x3 (P1)s.t.

x1+ 2x2+ 2x3=−2x2

+ x2

+ x2

≤ 1Tìm nghiệm của bài toán trên dựa vào điều kiện KKT

Lời giải

f(x) =x1−4x2+x3liên tục trên X = {(x1, x , x23)∈ R3 x x x| 1+2 2+2 3=−2, x2+ x2+ x2

≤ 1}, mà X là tập compact nên bài toán (P1) có nghiệmf(x), g( ) =x x2

+ x2+ x2

− 1, h(x) = x1+ 2x2+ 2x3+ 2 là các hàm khảvi liên tục trên tập mở chứa X và ¯x =

thỏa mãn g(¯x) < 0 vàh(¯x) = 0 nên điều kiện Slater thỏa mãn

h(x) là hàm afin, g( ) là hàm lồi vìx ∇2 xg( ) =

2 0 00 2 00 0 2

xác định dươngnên điều kiện chính quy thỏa mãn tại x∗

∈ X Khi đó nghiệm của (P1) thỏamãn điều kiện KKT:

x2+ x2+ x2

− 1 ≤ 0x1+ 2x2+ 2x3+ 2 = 0

1+ λ

+ µ

122= 0λ, µ≥ 0

λ, µ≥ 0x2

+ x2

+ x2

= 1x1+ 2x2+ 2x3+ 2 = 01 + 2λx1+ µ = 0−4 + 2λx2+ 2µ = 01 + 2λx3+ 2µ = 0

λ= 0, µ≥ 0x2

+ x2

+ x2

− 1 ≤ 0x1+ 2x2+ 2x3+ 2 = 0

1+ µ

= 0 (vô lý)

λ, µ≥ 0x2+ x2+ x2= 19µ− 5 − 4λ = 0x1=−2µ − 2

9µ− 5x2=8− 4µ

9µ− 5x3=−4µ − 2

9µ− 5⇒

µ=25 + 2√

x1=−274 − 14√6851233x2=26

√685− 5481233x3=−548 − 19√685

min f (x) =10−√6859khi

(x1; x2; x3) = −274 − 14√6851233 ;

26√685− 5481233 ;

−548 − 19√6851233

x1− x2+ 8≤0x2≥ 0

13

3.2 Bài 2 3 BÀI TẬP LÀM THÊM(ii)

x 3x2

+ x2

3x2+ x2+ x1+ x2+ 0, 1≤ 0x2+ 10≥0

x 2x1+ x2

4x2+ x2

− 2 ≤ 04x1+ x2+ 3≤0(iv)

x x4

− x2

x2+ x2

≤ 12x2+ 1≤0Lời giải(i) Xét f(x) = 3x2+ x2

, X={(x1, x2)∈ R2

| x1− x2+ 8≤ 0, −x2≤ 0}∇f(x) =6x1

f(x) =6 00 2

xác định dương nên f(x) là hàm lồi khả vi trên tập mở chứa X

g1(x) =x1− x2+ 8, g2( ) =x −x2là các hàm lồi khả vi trên tập mở chứaX.Với ¯x = (−11, −2) thì g( ¯x1) < 0, g( ¯x2) < 0 nên điều kiện Slater thỏa mãn⇒Bài toán quy hoạch lồi với điều kiện chính quy thỏa mãn tại mọi x ∈ X

14

⇒ Nghiệm cực tiểu của bài toán thỏa mãn điều kiện KKT:

x1− x2+ 8≤0−x2≤ 0

!+ λ1

!+ λ2

!= 0λ1, λ2≥ 0

λ1(x1−x2+ 8) = 0λ2x2= 0

x1=−2x2= 6λ1= 12λ2= 0

Vậy min f(x) = 48 khi (x1; x2) = (−2; 6)(ii) Xét f(x) = 3x2+ x2có ∇2f(x) =6 0

0 2

xác định dương ⇒ f(x) làhàm lồi khả vi

g1(x) = 3x2

+ x2

+ x1+ x2+ 0, 1 có∇g1(x) =6x1+ 12x2+ 1

g1(x) =6 00 2

xác định dương nên g1(x) là hàm lồi khả vig2(x) =−x2− 10 là hàm lồi khả vi.

Lại có với ¯x = (−0, 1; −0, 1)T thì g1(¯x) < 0, g2(¯x) < 0 nên điều kiện Slaterđược thỏa mãn

⇒ Bài toán quy hoạch lồi và điều kiện chính quy thỏa mãn tại mọi x ∈ X⇒ Nghiệm cực tiểu của bài toán thỏa mãn điều kiện KKT:

3x2+ x2+ x1+ x2+ 0, 1≤ 0−x2− 10 ≤ 0

!+ λ1

6x1+ 12x2+ 1!

+ λ2

!= 0λ1, λ2≥ 0

+ x2+ x1+ x2+ 0, 1) = 0λ2(x2+ 10) = 0

• λ1, λ2≥ 0 thì từ phương trình thứ 3 suy ra x1= x2= 0, không thỏamãn phương trình 1

15

3.2 Bài 2 3 BÀI TẬP LÀM THÊM• λ1= 0, x2=−10

6x1= 0

−20 − λ2= 0 ⇔(

x1= 0

λ2=−20 (không thỏa mãn λ2≥ 0)• λ2= 0; 3x2+ x2+ x1+ x2+ 0, 1 = 0

6x1+ λ1(6x1+ 1) = 02x2+ λ1(2x2+ 1) = 03x2

+ x2

+ x1+ x2+ 0, 1 = 0⇒

6x1+ λ1(6x1+ 1) = 0x2= 3x1

+ x2

+ x1+ x2=−0, 1

x1=−2 +√2.812x2=−2 +√2.8

4λ1= −6x1

6x1+ 1>0hoặc

x1=−2 −√2.812x2=−2 −√2.8

4λ1= −6x1

6x1+ 1<0 (loại)• x2=−10; 3x2+ x2+ x1+ x2+ 0, 1 = 0 (x1vô nghiệm)Vậy min f(x) ≈ 0, 00889 khi

(x1; x2) = −2 +√2, 812 ;

−2 +√2, 84

+ x2

≤ 24x1+ x2≤ −32 + 8λ1x1+ 4λ2= 01 + 2λ1x2+ λ2= 0λ1(4x2+ x2

− 2) = 0λ2(4x1+ x2+ 3) = 0

• Nếu λ1= 0 : (1)⇒(

2 + 4λ2= 01 + λ2= 0 ⇒

λ2=−12λ2=−1 (vô lý)16

• Nếu λ1>0 : (1)⇔

+ x2

= 24x1+ x2≤ −3x1=−1 − 2λ2

x2=−1 − λ2

λ2(4x1+x2+ 3) = 0( )∗λ2≥ 0, λ1>0

Nếu λ2= 0 ta có

+ x2

= 24x1+ x2≤ 3x1= −1

x2= −12λ1

⇒ ¯x =

g1(¯x) = 0g2(¯x) = 0

Lại có

∇g1(¯x) = −4−2!

∇g2(¯x) = −21

• Nếu(

λ26= 0

4x1+ x2=−3 : (1)⇔

4x2+ x2= 24x1+ x2=−3x1=−1 − 2λ2

3.2 Bài 2 3 BÀI TẬP LÀM THÊM

x1=−12, x2=−1x1=−7

10, x2=−1

5x1=−1 − 2λ2

λ2= 0λ1=12λ1, λ2>0

Vô lý do λ26= 0

Nếu x1=−710, x2=−1

5 ta có (1) ⇔

1 + 2λ2=145λ11 + λ2=2

5λ1λ1, λ2>0⇒

+ x2

− 1 ≤ 0} là tập compact nên bài toán có nghiệm tối ưuGiả sử ¯x = ( ¯x1,x¯2) là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán và ¯xthỏamãn điều kiện chính quy Khi đó ¯x là nghiệm của hệ KKT:

+ x2

≤ 13x2

+ λ2x1= 03x2

+ λ2x2= 0λ(x2

+ x2

− 1) = 0 (*)λ≥ 0

Từ (*) ⇒

λ= 0x2

+ x2

= 1

18

• Nếu λ = 0(1) ⇔

x2+ x2

≤ 1x2= 0x2

= 0

⇔ x1= x2= 0 Ta thấy∀x ∈ X sao cho

x1, x2<0 : f (x) < 0 nên x không là nghiệm cực tiểu địa phương

• Nếu x2+ x2

= 1 (1) ⇔

x1(3x1+ 2λ) = 0x2(3x2+ 2λ) = 0λ≥ 0

x1= 0x1=−2λ

x2= 0x2=−2λ

3λ≥ 0– Nếu x1=x2= 0⇒ x2+ x2= 06= 1 (Vô lý)– Nếu x1= 0, x2=−2λ

3(λ≥ 0) ⇒4λ

9 = 1⇔ λ =32⇔ x2=−1∇g1(0,−1) = 0

nên thỏa mãn điều kiện chính quyvà f(x) = 1−

– Nếu x1=−2λ

3, x2= 0 Tương tự ta tính ra x1=−1, nghiệm thỏamãn điều kiện chính quy và f(x) = 1−

– Nếu x1= x2=−2λ3 ⇒

= 1⇔ λ = 32√

√22∇g1 −

nên thỏa mãn điều kiệnchính quy và f(x) =

Do đó: nghiệm toàn cục của bài toán là (−1, 0) và (0 1),−(v) Rõ ràng f(x) = x4

− x2

là hàm liên tục trên tập X = {(x1, x2)∈ R2

|g1(x) =x2+ x2

− 1 ≤ 0, g2(x) = 2x2+ 1≤ 0} là tập compact nên bài toán19

3.2 Bài 2 3 BÀI TẬP LÀM THÊMcó nghiệm tối ưu

Gọi ¯x = ( ¯x1,x¯2) là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán và ¯xthỏa mãnđiều kiện chính quy Khi đó ¯x là nghiệm của hệ KKT:

x2+ x2

≤ 12x2+ 1≤04x3

+ 2λ1x1= 0 (*)−2x2+ 2λ1x2+ 2λ2= 0λ1(x2

+ x2

− 1) = 0λ2(2x2+ 1) = 0λ1, λ2≥ 0

Từ (*) ⇔ x1(2x2

+ λ1) = 0⇔ x1= 0 (vì λ1≥ 0) Khi đó:

(1) ⇔

≤ 1x2≤ −1

−2x2+ 2λ1x2+ 2λ2= 0λ1(x2

− 1) = 0λ2(2x2+ 1) = 0λ1, λ2≥ 0

−1 ≤ x2≤ −12(λ1− 1)x2=−λ2

− 1) = 0λ2(2x2+ 1) = 0 (**)λ1, λ2≥ 0

Từ (**) ⇔"λ2= 0

x2=−12• Nếu λ2= 0 ta có

(1) ⇔

−1 ≤ x2≤ −12(λ1− 1)x2= 0λ2(x2

− 1) = 0⇔

−1 ≤ x2≤ −12λ1= 1x2

= 1

x2=−1λ1= 1

⇒ ¯x = (0, −1) ⇒(

g1(¯x) = 0g2(¯x) =−1 6= 0∇g1(¯x) = 0

nên thỏa mãn điều kiện chính quy Dễ thấy ¯xlà nghiệm cực tiểu toàn cục vì x2

+ x2

≤ 1 ⇒ x4

− x2

≥ −1 = f(¯x)20

• Nếu x2=−1

2ta có (1) ⇔

λ1= 0

g1(x) =x2+ x2

− 4 ≤ 0g2(x) =x2

+ x2

− 4x1+ 3≤0a) CMR: Bài toán trên có nghiệm tối ưu

b) Tìm tất cả các nghiệm KKT của bài toánc) Tìm nghiệm tối ưu toàn cục của bài toán trên

Lời giảia) Ta thấy D = {x ∈ R2

| g1(x)≤ 0, g2(x)≤ 0} là tập compact và hàm f(x)liên tục trên D Vậy bài toán có nghiệm tối ưu

b) ∇f(x) =−4x1+ 44x2

Xét hệ:

g1(x), g2(x)≤ 0

∇f(x) + λ1∇g1(x) + λ2∇g2(x) = 0λ1, λ2≥ 0

λ1g1(x) = 0λ2g2(x) = 0

x2+ x2

− 4 ≤ 0x2+ x2

− 4x1+ 3≤0

(−4x1+ 4) + λ1(2x1) + λ2(2x1− 4) = 04x2+ λ1(2x2) + λ2(2x2) = 0

λ1, λ2≥ 0λ1(x2

+ x2

− 4) = 0λ2(x2

+ x2

− 4x1+ 3) = 021

3.4 Bài 4 3 BÀI TẬP LÀM THÊMTừ biểu thức thứ 4 và 5 của hệ suy ra x2= 0

• λ1= λ2= 0⇒ x1= 1 thỏa mãn hệ• λ1= 0, λ26= 0 ⇒

−4x1+ 4 + λ2(2x1− 4) = 0x2

− 4x1+ 3 = 0

x1= 2 + 2λ2− 2"

x1= 1x1= 3

⇔x1= 1, λ2= 0 (loại)x1= 3, λ2= 4 (loại do điều kiện 1)

• λ16= 0, λ2= 0⇒(

−4x1+ 4 + 2λ1x1= 0x2

− 4 = 0 ⇔

λ1= 2− 2x1

x1=±2⇔ x1= 2, λ1= 1

x1=−2, λ1= 3 (loại do điều kiện 2)• λ16= 0, λ26= 0⇒

− 4 = 0x2

− 4x1+ 3 = 0 (loại)

Vậy các điểm KKT là:(

(1, 0) với λ1= λ2= 0(2, 0) với λ1= 1, λ2= 0

c) Ta có f(x), g1( ), gx 2( ) là các hàm lồi khả vi trên Rx 2và điều kiện Slatethỏa mãn tại x = 3

2; 0

nên nghiệm tối ưu là một trong các điểm KKT.Thay vào ta có min f(x) = 0 với x = (2; 0)

h1(x) = x2

+ x2

− 1 = 0g1(x) =−x1≤ 0g2(x) =−x2≤ 0

22

Lời giảiTa có

L(x, λ1, λ , µ21) = f x) + λ( 1g1(x) + λ2g2(x) + µ1h1(x)= x2

x1+x2= 1x1, x2≥ 0

2x1+ 4x2− λ1+ µ1= 04x2+ 4x1− λ2+ µ1= 0λ1, λ2≥ 0

λ1x1= λ2x2= 0

• λ1=λ2= 0⇔

x1+x2= 1x1, x2≥ 02x1+ 4x2+ µ1= 04x2+ 4x1+ µ1= 0

x1= 0, x2= 1µ1=−4

• λ16= 0, λ2= 0⇔

x1= 0, x2= 14− λ1+ µ1= 04− λ2+ µ1= 0

⇔ λ1= λ2= 0 (loại)

• λ1= 0, λ26= 0 ⇔

x1= 1, x2= 02− λ1+ µ1= 04− λ2+ µ1= 0