bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón

Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệutrường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng sau đại học đãtạo điều kiện rất thuận lợi về mọi mặt cho tác giả trong qu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS TS NGUYỄN NĂNG TÂM

Thái Nguyên - 2014

LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học khoa học - Đại họcThái Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS TS Nguyễn Năng Tâm

Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS

TS Nguyễn Năng Tâm, người đã tận tình hướng dẫn về phương hướng,nội dung và phương pháp nghiên cứu trong suốt quá trình nghiên cứu,thực hiện và hoàn thành luận văn

Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệutrường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng sau đại học đãtạo điều kiện rất thuận lợi về mọi mặt cho tác giả trong quá trình tácgiả học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn

Thái Nguyên, tháng 06 năm 2014

Tác giả

Nguyễn Ngọc Hải

Tôi xin cam đoan luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôidưới sự hướng dẫn trực tiếp của PGS TS Nguyễn Năng Tâm.

Trong quá trình nghiên cứu đề tài luận văn, tôi đã kế thừa thànhquả khoa học của các nhà toán học và các nhà khoa học khác với sự trântrọng và biết ơn

Thái Nguyên, tháng 06 năm 2014

Tác giả

Nguyễn Ngọc Hải

Mục lục

1.1 Khái niệm về không gian Hilbert 5

1.2 Khái niệm về ánh xạ đa trị 11

2 BÀI TOÁN QUY HOẠCH TOÀN PHƯƠNG CÓ RÀNG BUỘC NÓN 12 2.1 Bài toán tối ưu 12

2.2 Bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón 13

2.3 Điều kiện cực trị cho bài toán qui hoạch toàn phương có ràng buộc nón 14

2.4 Sự ổn định của bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón 17

2.4.1 Sự ổn định của tập hợp điểm KKT 17

2.4.2 Sự ổn định của tập nghiệm toàn cục 22

2.4.3 Tính liên tục của hàm giá trị tối ưu 26

2.5 Kết luận chương 2 29

Tài liệu tham khảo 30

CÁC KÝ HIỆU THƯỜNG DÙNG

B x0, ε
= x ∈ Rn : x − x0 < 0 hình cầu mở trong Rn có tâm tại x0,

1 Lý do chọn đề tài

Lý thuyết tối ưu có nhiều ứng dụng trong lý thuyết cũng như trongcác bài toán thực tế chẳng hạn, trong quy hoạch tài nguyên, thiết kếchế tạo máy, điều khiển tự động, quản trị kinh doanh, kiến trúc đô thị,công nghệ thông tin Chính vì vậy, các lĩnh vực của Tối ưu hóa ngàycàng trở nên đa dạng Hiện nay, môn học Tối ưu hóa được đưa vào giảngdạy trong nhiều chương trình đào tạo đại học cho các ngành khoa học

cơ bản, kỹ thuật - công nghệ, kinh tế - quản lý, sinh học - nông nghiệp,

xã hội - nhân văn, sinh thái - môi trường Quy hoạch toàn phương làmột trong những lĩnh vực của Tối ưu hóa Lý thuyết quy hoạch toànphương đã và đang được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu [5], [7] Saumột thời gian học cao học, với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về toán ứngdụng, tôi chọn đề tài Bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón

để nghiên cứu

2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích nghiên cứu nhằm nắm được các định nghĩa, định lí, tínhchất của Bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón và các ứngdụng của bài toán liên quan đến các vấn đề thực tiễn Qua đó, giúp củng

cố các kiến thức đã được học như: không gian Rn, không gian affine, giảitích hàm,

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Hệ thống hoá các vấn đề lý luận về các kiến thức cơ sở liên quanđến nội dung chính của bài toán

Hệ thống hoá các định nghĩa, tính chất, ví dụ và ứng dụng củaBài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón

4 Giả thuyết khoa học

Trên cơ sở nghiên cứu mở rộng bài toán quy hoạch toàn phương

để áp dụng giải quyết các vấn đề thực tiễn, các bài toán thực tế của conngười nhằm nâng cao hiệu quả công việc

5 Phương pháp nghiên cứu

Quá trình làm luận văn đã sử dụng kết hợp nhiều phương phápnghiên cứu, nhưng chủ yếu là phương pháp tổng kết kinh nghiệm

Cụ thể, kết hợp phương pháp tổng hợp, so sánh, phân tích, nhậnxét trong quá trình nghiên cứu lí thuyết Đầu tiên, sau khi tìm đượcnguồn tài liệu tham khảo thì tổng hợp các kiến thức trong đó với cáckiến thức sẵn có Sau đó, tiến hành so sánh, phân tích chúng, chọn ranhững kiến thức trọng tâm, đáng ghi nhớ, từ đó đưa ra những nhận xétriêng Cuối cùng, tổng hợp, trình bày lại theo ý hiểu một cách rõ ràng

6 Đóng góp của luận văn

Hệ thống hoá các vấn đề lý luận liên quan đến đề tài

Vận dụng Bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón vàogiải quyết các bài toán, các vấn đề thực tế trong cuộc sống con người.

7 Cấu trúc luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mục tài liệu tham khảo,luận văn có 2 chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị

1.1 Khái niệm về không gian Hilbert

1.2 Khái niệm về ánh xạ đa trị

1.3 Kết luận chương 1

Chương 2: Bài toán Quy hoạch toàn phương có ràng buộcnón

2.1 Bài toán tối ưu

2.2 Bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộc nón

2.3 Điều kiện cực trị cho bài toán quy hoạch toàn phương có ràngbuộc nón

2.4 Sự ổn định của bài toán quy hoạch toàn phương có ràng buộcnón

2.5 Kết luận chương 2

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Những nội dung trình bày trong chương này chủ yếu lấy từ [1], [3],[4] và [7]

Cho V là không gian véc tơ trên trường số thực R

Định nghĩa 1.1 Ta gọi mỗi ánh xạ

iv) hx, xi ≥ 0, hx, xi = 0 khi và chỉ khi x = 0

Số hx, yi được gọi là tích vô hướng của x và y Không gian véc tơ

V cùng với một tích vô hướng xác định được gọi là không gian có tích vôhướng và thường được viết là (V, h., i)

Định nghĩa 1.2 Cho không gian véc tơ V cùng với một tích vô hướngh., i xác định Khi đó công thức

kxk =phx, xixác định một chuẩn trên V Nếu không gian có tích vô hướng (V, h., i)với chuẩn xác định như trên là một không gian đủ, thì ta goi (V, h., i) làmột không gian Hilbert

Ta gọi số chiều của V là số chiều của không gian Hilbert (V, h., i).Định nghĩa 1.3 Cho V là một không gian Hilbert và a ∈ V Ta gọimỗi không gian con tuyến tính X của V là một không gian con, mỗi tập

có dạng a + X trong V là một không gian affine con của V

Ví dụ 1.1 Lấy V = Rn Với x = (x1, , xn), y = (y1, , yn) ∈ V biểuthức

kxk =phx, xi

Rn trở thành một không gian Hilbert hữu hạn chiều

Định nghĩa 1.4 Cho x0 ∈ V, ε > 0 ta gọi tập

B x0, ε
= x ∈ V | kx − x0k < 0

là hình cầu mở trong không gian V có tâm tại x0 , bán kính ε

Tập U ∈ V gọi là mở nếu với mọi x0 ∈ U tồn tại ε > 0 sao cho

B x0, ε
⊂ U

Tập F ∈ V được gọi là đóng nếu U = V \ F là mở

Định nghĩa 1.5 Tập S ⊂ V được gọi là lồi nếu với mọi x, y ∈ S, đoạnthẳng nối x, y đều nằm trong S Nói cách khác, S ⊂ V là tập lồi khi vàchỉ khi:

Nón S được gọi là nón lồi nếu S là tập lồi

Nón S được gọi là nón lồi đóng nếu S vừa là nón lồi vừa là tậpđóng

Định nghĩa 1.8 Cho một tập hợp khác rỗng S ⊂ V Nón đối cực của

S, được ký hiệu là S∗, là tập hợp {y ∈ V | hy, xi ≤ 0, ∀x ∈ S} Nếu S làtập rỗng thì nón đối cực sẽ là V

Định lý 1.1 Cho V là không gian Hilbert với x, y ∈ V ta luôn có bấtđẳng thức sau

|hx, yi| ≤ kxkkyk

Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Cauchy- Schwartz

Chứng minh Nếu x = 0 thì hiển nhiên nhiên bất đẳng thức Schwartz đúng Xét trường hợp x 6= 0 Với t ∈ R, đặt ϕ(t) = htx +

Cauchy-y, tx + yi Theo định nghĩa tích vô hướng ta có ϕ(t) ≥ 0, ∀t Ta lại có

ϕ(t) = hx, xit2 + 2hx, yit + hy, yi

là một tam thức bậc hai biến t Do tính không âm của ε(t) ta phải có

∆ = hx, yi2 − hx, xi.hy, yi ≤ 0 Từ đây suy ra |hx, yi| ≤ kxkkyk, ta cóđiều phải chứng minh

Định lý 1.2 Cho V là một không gian Hilbert Khi đó

Theo giả thiết {xn} hội tụ trong V nên nó bị chặn, nghĩa là tồn tại số

M > 0 sao cho kxnk ≤ M với mọi n ∈ N Vì vậy, ta có

|hxn, yni − hx0, y0i| ≤ M kyn− y0k + kxn− x0kky0k

Chuyển qua giới hạn ta được

lim

n→∞|hxn, yni − hx0, y0i| = 0

Vậy định lý được chứng minh

Định lý 1.3 Cho S là một tập lồi đóng khác rỗng trong không gianHilbert V Khi đó, với mỗi x ∈ V tồn tại duy nhất y ∈ S sao cho

gọi là phần bù trực giao của S

Định lý 1.4 Giả sử S là một không gian con đóng của không gianHilbert V Khi đó mỗi phần tử x ∈ V biểu diễn được một cách duy nhấtdưới dang x = y + z, trong đó y ∈ S và z ∈ S⊥

Chứng minh Nếu x ∈ S thì đặt y = x, z = 0 Ta có khẳng định đúng.Xét trường hợp x /∈ S Vì S đóng nên tồn tại duy nhất y ∈ S sao cho

kx − yk = d(x, S)

Đặt z = x − y, ta có x = y + z, Ta phải chứng minh z ∈ S⊥ Thậtvậy, với mọi α ∈ R, u ∈ S ta có

kzk = kx − yk ≤ kx − (y + αu)k

= kz − αuk

Từ đó suy ra

kzk2 ≤ hz − αu, z − αu

= kzk2 − αhu, zi − αhz, ui + α2kuk2.Chọn α = hz, ui và kuk, ta suy ra 0 ≤ −|hz, ui|2 Do đó, hz, ui = 0 vớimọi u ∈ S và kuk = 1 Như vậy ta đã chỉ ra z ∈ S⊥

Tiếp theo ta chứng minh sự biểu diễn là duy nhất, giả sử x = y1+z1với y1 ∈ S, z1 ∈ S⊥ Khi đó, y−y1 = z1−z, ta có y−y1 ∈ S và y−y1 ∈ S⊥

Từ đó suy ra hy − y1, y − y1i = 0 Do vậy y = y1 và do đó z = z1 Vậyđịnh lý được chứng minh

Định nghĩa 1.10 Theo định lý trên, mọi x ∈ V đều biểu diễn được duynhất dạng x = y + z với y ∈ S, z ∈ S⊥ Như vậy, V = S ⊕ S⊥ Ánh xạ

P : V → S, xác định P (x) = y với x = y + z ∈ S ⊕ S⊥, được gọi là phépchiếu trực giao từ V lên S

Định lý 1.5 Phép chiếu trực giao P từ không gian Hilbert V lên khônggian con đóng S 6= {0} là một toán tử tuyến tính liên tục

Chứng minh Với x1, x2 ∈ V, α ∈ R, theo định lý 1.4 ta có

x1 = P x1 + z1; x2 = P x2 + z2,trong đó z1, z2 ∈ S⊥

Vì vậy

x1 + x2 = P x1 + P x2 + z1 + z2,trong đó P x1 + P x2 ∈ S, z1 + z2 ∈ S⊥ Từ tính duy nhất của sừ biểudiễn trong định lý trên ta suy ra

P (x1 + x2) = P x1 + P x2

Tương tự P (αx1) = αP (x1) Vậy P tuyến tính

Mặt khác, với x ∈ V ta có

kxk2 = kP xk2kzk2 ≥ kP xk2

Từ đó suy ra P bị chặn Vậy P liên tục Định được chứng minh

Định nghĩa 1.11 Cho X, Y là những tập hợp tập hợp Ta gọi mỗi quytắc F cho ứng với mỗi phần tử x của X với duy nhất một tập con F (x)của Y là một ánh xạ đa trị từ X vào Y , kí hiệu F : X ⇒ Y

Cho anh xạ đa trị F : W ⇒ V trong đó W là tập hợp con củakhông gian Hilbert

Định nghĩa 1.12 Ta nói F là nửa liên tục trên (usc) tại ω ∈ W nếuđối với mỗi tập hợp mở Ω ⊂ V thỏa mãn F (ω) ⊂ Ω, khi đó tồn tại δ > 0sao cho F (ω0) ⊂ Ω với mọi ω0 ∈ W thoả mãn tính chất kω0− ωk < δ.Định nghĩa 1.13 Chúng ta nói rằng F là nửa liên tục dưới (lsc) tại

ω ∈ W nếu đối với mỗi tập hợp mở Ω ⊂ V thỏa mãn F (ω) ∩ Ω 6= ∅, khi

đó tồn tại δ > 0 sao cho F (ω0) ∩ Ω 6= ∅ với mọi ω0 ∈ W thoả mãn tínhchất kω0 − ωk < δ Nếu F đồng thời nửa liên tục trên và là nửa liên tụcdưới tại ω, thì ta nói rằng nó là liên tục tại ω

Kết luận chương 1

Trong chương này đã sơ lược trình bày một số kiến thức cơ bản sẽ

sử dụng trong phần sau

BÀI TOÁN QUY HOẠCH TOÀN PHƯƠNG CÓ RÀNG BUỘC NÓN

Mục đích của chương này là trình bày một vài tính chất định tínhcủa bài toán cực tiểu hoá hàm toàn phương trên giao của không giancon affine và hình nón lồi đóng n chiều có miền trong khác rỗng Nhữngnội dung trình bày trong chương này lấy từ [3], [5], [6] và [7]

Bài toán tối ưu là bài toán có dạng:

trong đó D là một tập con của một không gian tô pô X, f : D → R làmột hàm số Hàm f gọi là hàm mục tiêu, tập D gọi là miền ràng buộchoặc tập chấp nhân được của bài toán (2.1) Nếu D = X thì ta nói bàitoán (2.1)không có ràng buộc Như vậy, ta cần tìm điểm x ∈ D sao chohàm mục tiêu f (x) đạt được giá trị bé nhất - cực tiểu hoá Điểm x ∈ Dđược gọi là điểm chấp nhận được của bài toán (2.1)

Định nghĩa 2.1 Điểm x∗ ∈ X được gọi là nghiệm tối ưu (hay nghiệm)

Cho (V, h., i) là không gian Hinbert hữu hạn chiều và K ⊂ V làhình nón lồi đóng với đối ngẫu dương

K∗ := {y ∈ V : hy, xi ≥ 0, ∀x ∈ K}

Giả sử miền trong intK của K là khác rỗng và K nhọn, nghĩa là

K ∩ (−K) = {0} Kí hiệu LS(V ) là tập hợp các toán tử tuyến tính đốixứng Q : V → V Do đó, cho bất kỳ Q ∈ LS(V ) và x, y ∈ V, luôn cóhQx, yi = hx, Qyi

Ta gọi bài toán sau là Bài toán quy hoạch toàn phương có ràngbuộc nón

inf f (x, Q, c) := 1

2hx, Qxi + hc, xi (2.2)với x ∈ a + X, x ∈ K

trong đó Q ∈ LS (V ) , c, a ∈ V và X ⊂ V là một không gian contuyến tính.

Gần đây, đã có thuật toán cho (2.2) được đề nghị trong khuôn khổcủa đại số Jordan-Euclide [6] Dễ dàng chỉ ra rằng bài toán quy hoạchtoàn phương với ràng buộc tuyến tính là trường hợp đặc biệt của (2.2).Bài toán phụ miền tin cậy cũng là một trường hợp đặc biệt của (2.2).Thật thế, lấy V = Rn và K là hình nón Lorentz trong V , nghĩa là

Do đó (2.2) trở thành vấn đề về cực tiểu hoá hàm toàn phươngtrên hình cầu đóng với tâm 0 và bán kính µ > 0 trong không gian Rn−1

Đó chính là bài toán phụ miền tin cậy

phương có ràng buộc nón

Bổ đề 2.1 Cho x ∈ K, giả sử

K (x) = y ∈ E : x + ty ∈ K, t > 0 đủ nhỏ Khi đó đối ngẫu của nó K (x)∗ = {s ∈ K∗ : hx, si = 0}

Chứng minh Dễ dàng thấy rằng K(x) là một nón lồi Vì K ⊂ K(x), ta

có K (x)∗ ⊂ K∗ Giả sử s ∈ K∗, hx, si = 0 Nếu y ∈ K (x) thì tồn tại

t > 0 sao cho x + ty ∈ K Khi đó

Điều kiện cần cực trị bậc nhất cho (2.2) có thể phát biểu như sauĐịnh lý 2.1 Nếu x ∈ K ∩ (a + X) là cực tiểu địa phương của (2.2),thì có r ≥ 0 và s ∈ K∗ sao cho (r, s) 6= (0, 0) , r (Qx + c) − s ∈ X⊥, và

hx, si = 0, trong đó X⊥ thay cho không gian con trực giao của X Nếuthêm vào đó (a + X) ∩ (intK) là rỗng, thì có thể lấy r = 1

Chứng minh Kí hiệu f (x) = 12 hx, Qxi + hc, xi Giả sử π : E → X⊥ làphép chiếu trực giao Đặt

N = (t, π (p)) ∈ R × X⊥ | t = hf0(x∗) , pi , p ∈ K (x∗)

và

P = (t, y) ∈ R × X⊥ : t < 0, y = 0

Ta khẳng định rằng N ∩ P = ∅ Thực vậy, nếu N ∩ P 6= ∅,thì tồn tại p ∈ K (x∗) ∩ X sao cho hf0(x∗) , pi < 0 Tuy nhiên, khi đó

x∗ + tp ∈ (a + X) ∩ K, với t > 0 đủ bé

Xét ϕ (t) = f (x∗ + tp) Ta có

ϕ0(0) = hf0(x∗) , pi < 0

Do đó

ϕ (t) < ϕ (0) = f (x∗) , t > 0 đủ bé

Điều này mâu thuẫn với x∗ là một cực tiểu địa phương

Như vậy, N ∩ P = ∅ Theo định lý tách, ∃ (r, u) ∈ R×X⊥, (r, u) 6=

0 sao cho

r hf0(x∗) , pi + hu, π (p)i ≥ rt (2.3)với p ∈ K x∗
bất kỳ và t < 0 Do đó

hrf0(x∗) + r(u), pi ≥ 0 ∀ p ∈ K x∗
,trong đó rf0(x∗) + r (u) ∈ K (x∗)∗, s ∈ K (x∗)∗ Ta chú ý đến r ≥ 0 theo(2.2) (nếu r < 0, xét t → −∞)

Từ Bổ đề 2.1 ta có s ∈ K∗ và hx∗, si = 0

Ta còn phải chỉ ra trường hợp r = 0 là không thể xảy ra Thựcvậy, nếu r = 0, thì s = u ∈ K∗ ∩ X⊥ và hs, x∗i = 0 Mặt khác, theo giảthiết ∃y ∈ (a + X) ∩ intK Tuy nhiên x∗ = y + (x∗ − y) và x∗ − y ∈ X

Do đó, hs, yi = hs, x∗i = 0 (do s ∈ X⊥)

Tuy vậy, từ y ∈ intK, hs, yi = 0 suy ra s = 0 Điều này không thểxảy ra

Vì u 6= 0 trong trường hợp r = 0 Do đó, r > 0

Sol(Q, c, a) ⊂ loc(Q, c, a) ⊂ S(Q, c, a).

Kí hiệu

ϕ (Q, c, a) := inf {f (x, Q, c) : x ∈ (a + X) ∩ K}

là giá trị tối ưu của (2.2)

Trong phần tiếp theo chúng ta sẽ nghiên cứu điều kiện cần và đủcho tính nửa liên tục trên hay là tính nửa liên tục dưới của các ánh

xạ đa trị: Tập điểm KKT (Q, c, a) → S(Q, c, a), tập nghiệm toàn cục(Q, c, a) → Sol(Q, c, a) và điều kiện cho tính liên tục của hàm giá trị tối

Định lý 2.2 ( Điều kiện cần cho ổn định I ) Giả sử (a + X) ∩ K làkhác rỗng và tập hợp điểm KKT S(Q, c, a) là bị chặn Nếu ánh xạ đa trị

S (·, ·, a) là nửa liên tục trên tại (Q, c) thì P

Q = {0} Chứng minh Giả sử phản chứng rằng, (a + X) ∩ K 6= ∅, S(Q, c, a) bịchặn, S (·, ·, a) nửa liên tục trên tại (Q, c), nhưngP

Q 6= {0} Vì 0 ∈ P

Q,khi đó tồn tại của ¯x 6= 0 thoả mãn

¯

Chọn ˜a ∈ (a + X) ∩ K và chú ý rằng (˜a + X) ∩ K = (a + X) ∩ K Vớimỗi t > 0, giả sử xt = 1tx + ˜¯ a Vì ˜a ∈ K, do (2.5) ta có

xt ∈ (˜a + X) ∩ K = (a + X) ∩ K (2.6)Chúng ta khẳng định rằng, tồn tại toán tử Qt ∈ £s(V ) có dạng Qt =

Q + tQ0 và một véc tơ ct ∈ V có dạng ct = c + tc0 sao cho

=1

tQ¯x + (Q0x + Q˜¯ a + c) + t (Q0˜a + c0)

Vì thế, nếu ta có

Q0x + Q˜¯ a + c = 0 (2.8)và

thì (2.7) thỏa mãn

Do V là hữu hạn chiều và ¯x 6= 0, tồn tại Q0 ∈ LS (V ) thoả mãnđiều kiện Q0x = −(Q˜¯ a + c) Thật thế, chọn cơ sở trực chuẩn (B) của V