Bài tiểu luận tối ưu phi tuyến nhóm 3

Bài toán cực tiểu hóa và bài toán điểm yên ngựa Tiêu chuẩn tối ưu của chương này liên quan đến nghiệm của một bài toán cực tiểu hóa, một bài toán cực tiểu hóa địa phương, và hai bài toá

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM

KHOA TOÁN – TIN

MÔM TỐI ƯU PHI TUYẾN Tiêu chuẩn tối ưu của quy hoạch không

khả vi

BÀI THUYẾT TRÌNH NHÓM 18

1/ Nguyễn Việt hải 2/ Trần Ngọc Hải 3/ Phạm Phi Hùng

NỘI DUNG

1 Bài toán cực tiểu hóa và bài toán điểm yên ngựa

2 Một vài kết quả nền tảng cho bài toán cực tiểu hóa và cực tiểu hóa địa phương

3 Tiêu chuẩn tối ưu đầy đủ

4 Điều kiện cần của tiêu chuẩn tối ưu

5 Ví dụ áp dụng

Tiêu chuẩn tối ưu của quy hoạch không khả vi

1 Bài toán cực tiểu hóa và bài toán điểm yên ngựa

Tiêu chuẩn tối ưu của chương này liên quan đến nghiệm của một bài toán cực tiểu hóa, một bài toán cực tiểu hóa địa phương, và hai bài toán điểm yên ngựa mỗi loại Chúng ta định nghĩa những bài toán dưới đây

Giả sử X 0

là tập hợp của Rn, giả sử  và g là một hàm số và một hàm vecto m-chiều được định nghĩa trong X 0

Tìm một x, nếu nó tồn tại, sao cho:

x X

(x) min (x) x X x | x X , g(x) 0 (MP)



Tập hợp X được gọi là miền chấp nhận được hoặc tập hợp ràng buộc, x là nghiệm nhỏ nhất hoặc

là nghiệm, và (x) là nhỏ nhất Tất cả các điểm x trong miền chấp nhận được X được gọi là các điểm

chấp nhận được

Nếu X là một tập lồi, và nếu  lồi trong X, bài toán cực tiểu hóa MP thường được gọi là bài toán

quy hoạch lồi hoặc quy hoạch lồi

Ví dụ 1 :Xét bài toán cực tiểu hóa

x X

(x) min (x) x X x x X , g(x) 0, h(x) 0



Trong đó h là một hàm vector k-chiều trong X0

và tất cả mọi thứ còn lại thì được định nghĩa như trong MP 5.1.1 Cho

0 0

Chứng minh rằng nếu tồn tại 0 m k

m k 0

0 0 0

m k 0

Thì x là một nghiệm của bài toán cực tiểu hóa (Chú ý rằng v và s không bị hạn chế về dấu)

Vấn đề này có thể được nâng lên để biết loại điểm nào là điểm x nếu (x, r , r)0 là một nghiệm của FJSP 5.1.3 và chúng ta không đòi hỏi rằng r0 0 Một câu trả lời cho vấn đề này được cho bởi kết quả sau

Ví dụ 2 :Xét bài toán cực tiểu hóa

Tìm một x trong X, nếu nó tồn tại, sao cho quả cầu mở B (x) bao quanh x với bán kính  0

xB (x)    X (x) (x) (LMP)

0 0 0

0 0

(x, r , r) (x, r , r) (x, r , r)

voi moi r 0, r R , va moi x X , (FJSP)

(x, r , r) r (x) rg(x)

    

(x, u) (x, u) (x, u)

voi moi u 0, r R , va moi x X , (KTSP)

(x, r , r) (x) ug(x)

    

   

2 Một vài kết quả nền tảng cho bài toán cực tiểu hóa và cực tiểu hóa địa phương

Chúng ta thiết lập một vài kết quả nền tảng liên quan đến tập hợp nghiệm của bài toán cực tiểu hóa

và liên quan đến nghiệm của bài toán cực tiểu hóa và cực tiểu hóa địa phương cho mỗi loại

2 1 Định lý:

Cho X là tập lồi, và cho  là một hàm lồi trong X tập hợp các nghiệm của MP 5.1.1 là lồi

Chú ý: một điều kiện đủ nhưng không cần cho tính lồi của X là X 0

là một tập lồi và g lồi trong X 0 Điều này do 4.1.10 và 3.1.9

Chứng minh: cho x 1

và x 2 là nghiệm của MP Thì 1 2

x X



Nó kéo theo bởi tính lồi của X và, nó cho 1 2

0  1, (1 )x  (x )X và

x X



(1 )x  x là một nghiệm của MP, và tập nghiệm thì lồi

+ Pontryagin tạo 1 nguyên lý cực đại thay thế bởi nguyên lý cực tiểu bởi vì hàm Lagrange của ông là hàm Lagrange âm của quy hoạch không tuyến tính

2 2 Đinh lý về tính duy nhất:

Cho X lồi và x là một nghiệm của MP 5.1.1 Nếu là lồi ngặt tại x, thì x là nghiệm duy nhất của

MP

Chứng minh: cho x x



 là nghiệm khác của MP, thì, x X





   Từ X lồi, thì



     với 0  1, và bởi tính lồi ngặt của tạix

[(1 )x x] (1 ) (x) (x) (x)

            

Giả thiết mâu thuẫn này dẫn tới (x) là một giá trị nhỏ nhất, và từ đó x



không thể là 1 nghiệm khác

2 3 Định lý:

Cho X lồi, và cho  là một hàm hằng lõm không đổi trong X thì không có điểm trong của X là

nghiệm của MP 5.1.1, hoặc bất kì 1 nghiệm tương đương xcủa MP, nếu nó tồn tại, phải là một điểm biên của X

Chứng minh: Nếu MP 5.1.1 vô nghiệm thì định lý đúng một cách hiển nhiên Cho là một nghiệm của

MP Do  không đổi trong X, nên tồn tại 1 điểm xX sao cho (x) (x) Nếu z là 1 điểm trong của X, thì tồn tại điểm y  Xsao cho tồn tại    , 0 1

z    (1 )x y

Xem hình 5.2.1 Do đó:

(z) [(1 )x y] (1 ) (x) (y)

(1 ) (x) (x) (x)

            

     

 

Và không đạt được giá trị nhỏ nhất của nó tại một điểm trong z

Hình 5.2.2 cho thấy 1 ví dụ đơn giản của định lý 3 trong R

2 4 Định lý:

Nếu x là một nghiệm của MP 5.1.1, thì nó cũng là 1 nghiệm của LMP 5.1.2 Ngược lại thì đúng nếu

X lồi và  là lồi tại x

Chứng minh: Nếu x thỏa mãn MP, thì x thỏa mãn LMP với bất kì  0 Để chứng minh ngược lại, giả sử x thỏa mãn LMP với một vài  0, và cho X lồi và  lồi tại x Cho y là 1 điểm bất kì trong X phân biệt với x Bởi vì X lồi, (1    )x y X với 0  1 Bằng việc chọn đủ nhỏ, sao cho 0   / y x và 1 , chúng ta có

x  (y x)     (1 )x y B (x) X Do đó

(x) x (y x)

       ( bởi vì x thỏa mãn LMP

      (bởi tính lồi của  tại x)

Từ đó, kéo theo: (x) (y)

3 Tiêu chuẩn tối ưu đầy đủ

Tiêu chuẩn tối ưu đầy đủ chính được phát triển ở đây không đòi hỏi giả thuyết về tính lồi trong

bài toán cực tiểu hóa MP 5.1.1 những tiêu chuẩn này thì dường như tịnh tiến để đạt được và không

cần công cụ để suy ra Kết quả đầu tiên của loại này đã đạt được trong [Uzawa 58]

3.1 Định lý tối ưu đầy đủ

Nếu x là một nghiệm của KTSP 5.1.4, thì x là một nghiệm của MP 5.1.1 Nếu (x, r , r)0 là một nghiệm của FJSP 5.1.3, và r0 0, thì xlà một nghiệm của MP 5.1.1

Chứng minh: dạng 2 của định lý kéo theo một cách thông thường từ dạng đầu tiên bởi chú ý 5.1.5

Từ bất đẳng thức đầu tiên chúng ta có:

(uu)g(x)0với mọi u0

Tồn tại j, 1 j m, cho i

j i j

Nó kéo theog (x)j 0 Lặp lại điều này cho hết tất cả các j, chúng ta nhận đượcg(x)0 , và

do đó x là một điểm cho phép, đó là, xX

Bây giờ, bởi vì u0 và g(x)0, chúng ta có ug(x)0 Nhưng lặp lại từ bất đẳng thức đầu tiên của bài toán điểm yên ngựa chúng ta có, đặt u=0, có ug(x)0 Do đó ug(x)0

Cho x là một điểm bất kì trong X, từ bất đẳng thức 2 của bài toán điểm yên ngựa ta nhận được

    [ vì ug(x)0]

(x)

  [ vì u0, g(x)0

Do đó x là 1 nghiệm của MP

Điều được chú ý ở đây là vì không có giả thiết lồi được tạo trong định lý trên, nên đẳng thức ràng buộc có thể được sử dụng lại bởi việc thay thế chúng bởi 2 bất đẳng thức ràng buộc Đó là, thay thế

h(x)0 bởi h(x) 0 và h(x) 0

3.2 Hệ luận – kết quả tất nhiên

trong đối với g(x) 0 , đó là,  0 

x xX , g(x)0  

Chứng minh: bằng việc chứng minh tương tự như trong định lý 1 trên, chúng ta chứng minh rằng

ta có từ bất đẳng thức thứ 2 của FJSP 5.1.3 : 0rg(x)rg(x) với mọi xX0

x xX , g(x)0 là khác rỗng, thì với bất kì 1 phần tử x



làm cho rg(x) 0



 , điều này mâu thuẫn với thiết lập ở phía trên: rg(x) 0 với mọi xX0 Do đó  0 

x xX , g(x)0  

4 Điều kiện cần của tiêu chuẩn tối ưu

Vấn đề điều kiện cần thì phức tạp hơn so với điều kiện đủ của tiêu chuẩn tối ưu 2 trường hợp này được so sánh trong bảng dưới đây:

(a) Cần tính lồi

(b) Hệ quả của định lý tách của tập hợp lồi

thì cần thiết

(c) Điều kiện tổng quát (các tính chất ràng

buộc) thì quan trọng hơn trong điều

kiện cần (7 điều kiện dưới)

Không cần tính lồi

Hệ quả của định lý tách của tập hợp lồi thì không cần thiết

Không cần tính chất ràng buộc

4.1 Định lý về kiều kiện cần cho tính tối ưu của bài toán điểm yên ngựa Fritz John

Cho X0 là một tập lồi trong Rn, và cho và g lồi trong X0 Nếu x là 1 nghiệm của MP 5.1.1, thì xvà

Chứng minh: vì x thỏa mãn MP

 Không có nghiệm

0

xX

Bởi hệ luận 4.2.2 tồn tại 0 m 0

xX Bởi cách đặt x  x như trên, chúng ta nhận được rg(x) 0 nhưng bởi vì r 0 và g(x) 0 , chúng ta có

Là bất đẳng thức thứ 2 của FJSP 5.1.3

Bởi vì g(x) 0 , nên rg(x) 0 với mọi r 0, r Rm và do đó, rg(x)0

0 0

4.2 Tính chất ràng buộc Slater [Slater 50]

Cho là một X0

tập lồi trong Rn hàm vecto lồi m-chiều g trong X0

được định nghĩa là lồi trong miền

X x xX , g(x) 0 thì thỏa mãn tính chất ràng buộc Slater (trong X0) nếu tồn tại

0

x  X sao cho g(x)0 với mọi xX0

4.3 Tính chất ràng buộc Karlin [Karlin 59]

Cho là một X0

tập lồi trong Rn hàm vecto lồi m-chiều g trong X0

được định nghĩa là lồi trong miền chấp nhận được  0 

X x xX , g(x) 0 thì thỏa mãn tính chất ràng buộc Karlin (trong X0) nếu không tồn tại m

xX

4.4 Tính chất ràng buộc ngặt

Cho là một X0 tập lồi trong Rn hàm vecto lồi m-chiều g trong X0

được định nghĩa là lồi trong miền

X x xX , g(x) 0 thì thỏa mãn tính chất ràng buộc ngặt (trong X0) nếu X chứa

ít nhất 2 điểm phân biệt 1 2

4.5 Bổ đề

Tính chất ràng buộc Slater 3 và tính chất ràng buộc Karlin 4 thì tương đương Tính chất ràng buộc ngặt 5 kéo theo tính chất ràng buộc Slater 3 và Karin 4

Chứng minh: ( 34) bằng định lý tổng quát Gordan 4.2.3 thì 3 và 4 tương đương

(5  3)bởi vì X0

là tập lồi, với bất kỳ     , 0 1 1 2 0

(1 )x   x X Bởi vì g là lồi ngặt tại 1

x , từ 4.1.4 nó kéo theo rằng

g (1  )x  x   (1 )g(x ) g(x ) 0

Trong đó bất đẳng thức cuối kéo theo từ sự việc 1

ràng buộc Slater 3 và vì vậy tính chất ràng buộc Karlin 4 cũng thỏa mãn

Chúng ta sẵn sàng để suy ra một điều kiện cần quan trọng nhất của tiêu chuẩn tối ưu không sử dụng tính khả vi Định lý được biết một cách rộng rãi dưới tên Kuhn-Tucker [Kuhn-Tucker 51], tuy nhiên

cả Kuhn và Tucker đều đòi hỏi cả tính lồi lẫn tính khả vi dạng hiện tại của định lý, không có đòi hỏi tính khả vi, là thuộc tính của Uzuwa [Uzuwa 58] và Karlin [Karlin 59]

4.6 Điều kiện tối ưu của định lý điểm yên ngựa Kuhn-Tucker

Cho X 0 là tập lồi trong R n, đặt và g là tập lồi trong X 0 , và g thỏa mãn tính chất ràng buộc Slater 3, tính chất ràng buộc Karlin 4 hoặc tính chất ràng buộc ngặt 5 trong X 0 Nếu x là một nghiệm của MP 5.1.1, thì x và một vài m

Chứng minh: Chú ý rằng bởi hệ quả 6 ở trên chúng ta chỉ cần thiết lập định lý theo tính chất ràng buộc Karlin Bởi định lý 1, x và một vài r0R, rR m, r r, 0, giải FJSP 5.1.3 và

  0

rg x  Nếu r0 0 thì Remark 5.1.5 mà chúng ta đã làm Nếu, khi đó r 0, và từ bất đẳng thức thứ hai của FJSP 5.1.3

 

0rg x cho tất cả 0

xX [ vì r0 0 và rg x 0] Những mâu thuẫn mà ràng buộc 4 của Karlin Do đó r0 0

Chúng ta tổng kết bằng hình 5.4.1 mối liên hệ giữa cách giải của những bài toán khác nhau của chương này

Chúng ta kết luận phần này bởi nguồn gốc Kuhn-Tucker cần thiết cho tiêu chuẩn tối ưu trong các ràng buộc tuyến tính Để làm được điều này, chúng ta phải lấy tập 0

X của MP 5.1.1 trong toàn không gian R n

4.7 Định lý Kuhn-Tucker cần thiết cho tiêu chuẩn tối ưu trong sự hiện diện các ràng buộc tuyến tính [Uzawa 58]

Lấy , g là một hàm hằng và một hàm vec tơ m chiều mà cả hai hàm đều có tính lồi trong

n

R , nghĩa là, h(x)=Bx – d, trong đó B là ma trận k X n, và d là một k vec tơ Lấy x là một nghiệm của bài toán cực tiểu hóa (x) min (x) x  | n, (x) 0, 



Và lấy g và h thỏa mãn tất cả các tiêu chuẩn ràng buộc:

(i) (Khái quát Slater 3) g x 0, Bxd có một nghiệm n

xR (ii) (Khái quát Karlin 4) trong đó không tồn tại p0, pR m, qR k để mà

pg x q Bx d  cho tất cả n

xR

(iii) (Khái quát Strict 5) X chứa hai điểm nhỏ nhất 1

x và 2

x để mà g là lồi chặt chẽ tại 1

x

Khi đó x và một vài uR m,u 0,vR k thỏa mãn ug x 0, và

, ,

x u v x u v x u v

x u v x ug x v Bx d

Chứng minh:

Chúng ta nên thiết lập nhóm đầu tiên để ( )iii ( )i  ii và sau đó chứng minh định

lý dưới (ii)

[( )iii ( )i ] vì  1  2 1 2

g x  g x  Bx d Bx d, chúng ta phải cho 0  1 điều

1

B  x x d và   1 2   1 2

g  x x   g x g x 

Do đó (i) cố định

[( )i ( )ii ] nếu g x 0 và Bxd khi đó với mọi p0, pR m và với mọi

k

qR pg x q Bxd 

Do đó (ii) cố định

Chúng ta thiết lập định lý dưới (ii) Điều đó sẽ không mất tính tổng quát nếu chúng ta giả định các hàng B1, ,B k của B độc lập tuyến tính, vì giả sử rằng một số hàng, Bk độc lập tuyến tính B1, ,B k1, trong đó

1 1

k

k i i i





 trong đó s1, ,s k1 là số thực

với mọi x thỏa mãn B x i d i, i1, ,k1.Nhưng vì xX , và B x i d i, i1, , ,k

nó kéo theo

1 1

0

k

i i k i

s d d





 và B x d k  k 0 với mọi x thỏa mãn B x i d i, i1, ,k1

Do đó sự ràng buộc đẳng thức B x k d klà thừa nghiệm và có thể được giảm từ bài toán cực tiểu hóa không thay đổi nghiệm x Khi đó, một lần nữa chúng ta thiết lập định lý cho các hàng độc lập tuyến tính của B, chúng ta có thể biến đổi các hàng B k(mà không làm thay đổi bài toán cực tiểu hóa) và bộ v 0 trong bài toán điểm yên ngựa

Bằng 2 định lý trên, tồn tại r0R, r R m, sR k, r r0, 0, r r s0, , 0

Mà thỏa r0R, r g x 0 và giải quyết bài toán điểm yên ngựa của 2 Nếu r0 0, khi đó u r r v/ ,0 s r/ 0 giải quyết bài toán bởi định lý mà chúng ta đã làm Cho r0 0 Khi đó vì r g x 0 và Bx d 0, chúng ta có bất đẳng thức thứ hai của bài toán của phần 2 là 0r g x s Bx( d)0 với mọi n

xR

Mâu thuẫn với phần (ii) trên, nếu r 0 Giả sử rằng r 0 khi đó s 0 và

s Bx d  với mọi x trong R n Do đó( xem phần chứng minh của 4.2.4) , mâu thuẫn với giả thiết là các hàng của B là độc lập tuyến tính Vì vậy r0 0

5 Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1

Ví dụ 2

Ví dụ 3

Ví dụ 4