Xấp xỉ bài toán chiếc túi ngẫu nhiên theo giải pháp thích nghi

Mục lục trang Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. Bài toán túi cổ điển thuật toán tham lam . . . . . . . . . 1.1.1. Bài toán túi cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2. Thuật toán tham lam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Một số vấn đề sở lý thuyết xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Kỳ vọng phương sai biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3. Kỳ vọng có điều kiện martingale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3. Bài toán quy hoạch ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.1. Bài toán quy hoạch tuyến tính ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.2. Bài toán quy hoạch rời rạc ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.3.3. Bài toán túi ngẫu nhiên hướng tiếp cận giải . . . . 15 Chương 2. Giải pháp thích nghi nhằm xấp xỉ toán túi ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1. Bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.1. Các ký hiệu toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.2. Giải pháp thích nghi xác định cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2. Các kỹ thuật xấp xỉ giải pháp thích nghi . . . . . . . . . . . . . .25 2.2.1. Kỹ thuật 32/7-xấp xỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2.2. Kỹ thuật (2+ε)-xấp xỉ dùng cho đồ vật nhỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.3. Giải pháp thích nghi có trật tự tập ổn định . . . . . . . . . . . . 36 2.3.1. Đặt vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.3.2. Thuật toán xấp xỉ cho toán với mô hình tập ổn định . . . . 37 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Mở đầu Bài toán túi ngẫu nhiên có nhiều ứng dụng lý thuyết thực tiễn. Do vậy, việc nghiên cứu toán túi ngẫu nhiên nhiều nhà toán học quan tâm đưa nhiều hướng tiếp cận khác nhau. Các báo khoa học nhà khoa học, mà gần tiếp cận tới, chẳng hạn B. C. Dean, M. X. Goemans and J. Vondrák (2008), A. Gaivoronski, A. Lisser and R. Lopez (2008), A. Lisser, R. Lopez and H. Xu (2010), Anand Bhalgat (2011), . Trong vài năm gần đây, số luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ, chuyên ngành Xác suất thống kê toán học đề cập tới toán này. Chẳng hạn: Võ Thị Tố Uyên (2009), Ngô Thị Tình (2011), Hoàng Thị Lý (2012). Khái niệm giải pháp thích nghi phổ biến tài liệu lập kế hoạch ngẫu nhiên. Sự khác biệt giải pháp thích nghi không thích nghi khía cạnh quan trọng quy hoạch ngẫu nhiên. Trong toán ngẫu nhiên, tính thích nghi thường nghiên cứu bối cảnh tối ưu ràng buộc, toán "chiếc túi". Có thể dẫn ví dụ giải pháp thích nghi, xếp "hàng" vào "chiếc túi" thuật toán tham lam, cho ta phương án tốt biết lựa chọn điều chỉnh thứ tự xếp. Trong kết gần đây, tác giả B. C. Dean cho thấy nghiên cứu thường không quan tâm tới mục tiêu cụ thể tính thích nghi, mà ông nhiều tác giả khác xem xét công trình trước đây. Khi tiếp cận tới kết ông cộng từ báo Xấp xỉ toán túi ngẫu nhiên: Lợi ích thích nghi (Approximating the Stochastic Knapsack Problem: The Benefit of Adaptivity), công bố 2008 [5], mạnh dạn lựa chọn đề tài nghiên cứu: "Xấp xỉ toán túi ngẫu nhiên theo giải pháp thích nghi". Luận văn chia làm hai chương: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, trình bày toán túi cổ điển thuật toán tham lam giải nó; nêu khái niệm kiến thức cở sở lý thuyết xác suất; toán quy hoạch tuyến tính nguyên ngẫu nhiên toán túi ngẫu nhiên, hướng tiếp cận để giải nó. Các kiến thức chuẩn bị nhằm phục vụ cho việc nghiên cứu đề tài. Chương 2. Giải pháp thích nghi nhằm xấp xỉ toán túi ngẫu nhiên. Đây nội dung luận văn. Trước hết nêu toán, từ đưa giải pháp thích nghi. Tiếp theo trình bày nội dung xấp xỉ giải toán cho. Luận văn hoàn thành hướng dẫn thầy giáo PGS.TS. Trần Xuân Sinh, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy cảm ơn thầy cô giáo tổ Xác suất thống kê toán ứng dụng giảng dạy, bảo cho suốt thời gian học tập nghiên cứu. Cũng xin gửi lời cảm ơn tới thầy giáo cô giáo khoa Toán, Phòng Sau Đại học trường Đại học Vinh. Tôi xin bày tỏ lời cảm ơn tới bạn bè gia đình tạo điều kiện thuận tiện cho hoàn thành luận văn này. Mặc dù cố gắng song luận văn tránh khỏi sai sót. Chúng mong nhận đóng góp quý thầy cô giáo bạn để luận văn hoàn thiện hơn. Chúng xin chân thành cảm ơn! Vinh, tháng 10 năm 2013 Tác giả Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1. Bài toán túi cổ điển thuật toán tham lam Trong mục này, trình bày toán túi cổ điển. Đây lớp toán thuộc lớp NP-khó. Tuy nhiên, có nhiều thuật toán giải. Nhưng hầu hết thuật toán dừng lại nghiệm gần (ngoại trừ có thêm số giả thiết kèm theo). Để phục vụ cho việc nghiên cứu đề tài, đề cập tới thuật toán tham lam. 1.1.1. Bài toán túi cổ điển Cho n đồ vật, trọng lượng tương ứng đồ vật thứ i có giá trị ci (i = 1, n). Ta xếp đồ vật vào túi có tải trọng b, cho tổng trọng lượng không vượt b đạt giá trị lớn nhất. Ta tóm tắt toán sau: Ký hiệu I = {1, 2, ., n}: tập số đồ vật. Ký hiệu xi , i = 1, n: số đồ vật thứ i xếp vào túi, xi ∈ {0, 1}. Khi ta có toán là: Tìm xi , i ∈ I cho: max f (x) = ci xi i∈I với điều kiện   i∈I xi ≤ b,  x ∈ {0; 1}n . Mô hình toán toán túi có nhiều ứng dụng thực tế. Có thể nói đa số toán thực tế có dạng toán túi (đơn giản b dạng số mô hình nêu, phức tạp b dạng vectơ - chẳng hạn toán phần thức ăn). Khi thông tin liệu toán phụ thuộc biến ngẫu nhiên ta có toán túi ngẫu nhiên. 1.1.2. Thuật toán tham lam 1.1.2.1. Sơ đồ chung phương pháp a ✄ Đặc điểm chung thuật toán tham lam Người ta đặc điểm chung thuật toán tham lam là: + Thực giải nhiều toán khác theo trật tự định. + Trên sở thuật toán thực hiện, đưa kết trực tiếp dứt điểm cho toán xét. + Trong tương lai không xem xét lại định khứ. Với đặc điểm thuật toán dễ đề xuất, thời gian tính nhanh thường không cho kết đúng. Ký hiệu M tập phương án, S tập lời giải gồm hữu hạn thành phần, xuất phát ta lấy S = ∅. Giả sử lời giải toán cần tối đa n thành phần. Khi tập S chưa đủ n thành phần toán, ta gọi tập lời giải phận. b ✄ Sơ đồ chung thuật toán tham lam Bước xuất phát. Đặt S = ∅; Bước k , k = 1, 2, . Với M = ∅ S tập lời giải phận, ta thực hiện: k.1. Lựa chọn x ∈ M, x ∈ / S; k.2. Kiểm tra tập S ∪ {x} có chấp nhận không? + Nếu có, gán S := S ∪ {x}, k := k + 1, trở lại bước k; + Nếu không, gán M := M \ {x}, trở lại bước k. Bước kết thúc. Thuật toán dừng S đủ n thành phần toán, M = ∅. c ✄ Tính tối ưu thuật toán Trong trường hợp thuật toán không cho lời giải tối ưu, ta cần đưa phản ví dụ. Trong trường hợp thuật toán cho lời giải tối ưu, ta cần phải chứng minh. Người ta chứng minh định lý sau đây, thể tính tối ưu thuật toán tham lam. 1.1.2.2. Định lý. Thuật toán tham lam cho nghiệm tối ưu, bước việc chọn thực tối ưu. 1.1.2.3. Thuật toán tham lam giải toán túi cổ điển Bước chuẩn bị. Sắp lại (đánh số lại) đồ vật theo thứ tự thoả mãn c2 cn c1 ≥ ≥ . ≥ . a1 a2 an Bước 1. Nếu a1 ≥ b, bỏ qua đồ vật thứ nhất, xét đồ vật thứ hai. Ngược lại, lựa chọn đồ vật thứ nhất, với trọng lượng a1 ; Gán b := b − a1 ; Quay trở lại bước với đồ vật thứ hai. Thuật toán nêu thể rõ "tính tham lam" người xếp hàng vào túi. Tuy nhiên, sau phản ví dụ cho thấy thuật toán nêu chưa cho phương án tối ưu. Xét toán với n = 3; b = 19. Đồ vật: Giá trị: 24 16 10 Trọng lượng: 12 9. Với thuật toán tham lam cho ta kết quả: Chọn đồ vật thứ xếp vào túi. Khi tổng giá trị 24, trọng lượng túi xếp 12 (chưa sử dụng hết khả túi, xếp thêm vật thứ 2). Tuy nhiên, chọn xếp đồ vật thứ thứ thì tổng trọng lượng + = 18 < 19 tổng giá trị 16 + 10 = 26. Đó phương án tối ưu. Như thuật toán nêu không tìm phương án tối ưu. Tuy nhiên, thuật toán nêu trên, thực tạm bỏ qua điều kiện nguyên biến xi cho kết giá trị tối ưu tương ứng cận giá trị hàm mục tiêu f . Do vậy, sở để giải toán túi theo phương pháp "nhánh cận". 1.2. Một số vấn đề sở lý thuyết xác suất Trong mục chủ yếu tham khảo tài liệu [1]. 1.2.1. Các khái niệm • Đại số σ - đại số Giả sử Ω tập tùy ý khác rỗng. Ký hiệu P(Ω) tập tất tập Ω. Lớp A ⊂ P(Ω) gọi đại số A1) Ω ∈ A, A2) Nếu A ∈ A A¯ = Ω\A ∈ A, A3) Nếu A, B ∈ A A ∪ B ∈ A (hoặc A ∩ B ∈ A). Lớp F ⊂ P(Ω) gọi σ-đại số đại số thoả mãn A4) Nếu An ∈ F, ∀n = 1, 2, ∞ ∞ An ∈ F, (hoặc n=1 An ∈ F). n=1 • Độ đo xác suất Giả sử (Ω, F) không gian đo. Một ánh xạ P : F → R gọi độ đo xác suất F P1) P(A) ≥ 0, A ∈ F, P2) P(Ω) = 1, P3) Nếu Ai ∈ F, i = 1, 2, ., Ai ∩ Aj = ∅, i = j ∞ ∞ Ai = P i=1 P(Ai ). i=1 • Không gian đo không gian xác suất Cặp (Ω, F) gọi không gian đo. (Ω, F, P) gọi không gian xác suất, Ω = ∅ bất kỳ, F σ-đại số tập Ω. • Biến ngẫu nhiên Giả sử (Ω, F) không gian đo, R = [−∞; +∞]. Hàm thực X = X(ω) xác định Ω lấy giá trị R gọi hàm F - đo gọi biến ngẫu nhiên suy rộng {ω : X(ω) ∈ B} = X −1 (B) ∈ F với B ∈ B(R) (trong B(R) σ - đại số tập Borel trục thực R ). Nếu X : Ω → R = (−∞; +∞) X gọi biến ngẫu nhiên. • Hàm Borel Hàm ϕ : (Rn , B(Rn )) → (R, B(R)) gọi hàm Borel, hàm B(Rn ) - đo được, nghĩa ϕ−1 (B) ∈ B(Rn ), với B ∈ B(R). • Hàm phân phối xác suất biến ngẫu nhiên Giả sử X biến ngẫu nhiên xác định (Ω, F, P), nhận giá trị R. Hàm số FX (x) = P[X < x], (x ∈ R) gọi hàm phân phối biến ngẫu nhiên X. 1.2.2. Kỳ vọng phương sai biến ngẫu nhiên Trên sở định nghĩa kỳ vọng phương sai, nêu số tính chất chúng. • Định nghĩa 1. Kỳ vọng hay giá trị trung bình biến ngẫu nhiên X số EX, xác định EX = XdP. Ω 10 • Định nghĩa 2. Phương sai biến ngẫu nhiên X, ký hiệu DX (hay varX) số xác định DX = E(X − EX)2 . Khi DX =   k (xk  +∞ −∞ (x − EX)2 pk , X rời rạc, P (X = xk ) = pk , − EX)2 p(x)dx, X liên tục, có hàm mật độ p(x). • Các tính chất kỳ vọng 1. Nếu X ≥ EX ≥ 0. 2. Nếu X = C EX = C, với C số. 3. Nếu tồn EX với số λ, ta có E(λX) = λEX. 4. Nếu tồn EX EY E(X ± Y ) = EX ± EY .   k xk pk , X rời rạc, P(X = xk ) = pk , 5. EX =  +∞ xp(x)dx, X liên tục, có hàm mật độ p(x). −∞ 6. (Định lý P. Levy hội tụ đơn điệu) Nếu Xn ↑ X (tương ứng Xn ↓ X) tồn n để EXn− < ∞ (tương ứng EXn+ < ∞) EXn ↑ EX (tương ứng EXn ↓ EX). 7. (Bổ đề Fatou) Nếu Xn ≥ Y, ∀n ≥ EY > −∞ ElimXn ≤ limEXn , Nếu Xn ≤ Y, ∀n ≥ EY < ∞ ElimXn ≥ limEXn , Nếu |Xn | ≤ Y, ∀n ≥ EY < ∞ ElimXn ≤ limEXn ≤ limEXn ≤ ElimXn . 8. (Định lý Lebesgue hội tụ bị chặn) Nếu |Xn | ≤ Y, ∀n ≥ 1, EY < ∞ Xn → X X khả tích, E|Xn − X| → EXn → EX, n → ∞. 26 chọn tham lam với đồ vật thứ với giá trị v1 = 2ε. Tuy nhiên, chọn đồ vật thứ hai giá trị tối ưu v2 = (khi ε > đủ nhỏ để 2ε < 1. Như vậy, phải cẩn thận sử dụng cách chọn tham lam. Về bản, sử dụng cách chọn tham lam, trước hết chọn ngẫu nhiên đồ vật chèn vào, sau thực thích ứng để ngăn chặn tượng nêu tham lam trên. Đặt Mk := k i=1 µi . Khi với t := Mk + ξ ∈ [Mk−1 , Mk ], ta có k−1 Φ(t) = wi + i=1 wk ξ. µk Không tính tổng quát, giả sử Φ(1) = 1. Điều xếp cách mở rộng quy mô tất giá trị đồ vật yếu tố thích hợp. Chúng ta giả sử có nhiều đồ vật để cho n i=1 µi ≥ 1. Điều thực cách thêm vào đồ vật "giả" với giá trị 0. Giả sử r số tối thiểu cho r−1 i=1 µi , r i=1 µi ≥ 1. Ký hiệu µr := − nghĩa tạo thêm phần µ cho có dung lượng 1. Đặt p := µr /µr wr := p wr . Với j = 1, 2, ., r − 1, đặt wj = wj µr = µr . Giả sử Φ(1) = r i=1 wi = 1. Chúng ta có thuật toán tham lam ngẫu nhiên sau: 2.2.1.1. Thuật toán tham lam ngẫu nhiên Bước 1. Chọn số k ngẫu nhiên với xác suất wk . Bước 2. Nếu k < r, chèn đồ vật thứ k. Nếu k = r, chọn ngẫu nhiên cách độc lập khác, chèn đồ vật thứ r với xác suất p (nếu không muốn loại bỏ nó). Bước 3. Tiếp theo chèn đồ vật 1, 2, ., k − 1, k + 1, .r theo thứ tự tham lam. Ký hiệu RN DGREEDY giá trị kỳ vọng mục tiêu thuật toán tham lam ngẫu nhiên ADAP T giá trị kỳ vọng giải pháp thích nghi. Khi ta có định lý đánh giá hiệu thuật toán 2.2.1.1. 27 2.2.1.2. Định lý. Thuật toán tham lam ngẫu nhiên đạt giá trị kỳ vọng RN DGREEDY ≥ (7/32)ADAP T . Chứng minh. Trước tiên, giả thiết r i=1 wi r i=1 µi = 1. Ngoài Φ(1) = = 1. Khi ADAP T ≤ Φ(2) ≤ 2, mạnh ta có ADAP T ≤ Φ(2) ≤ + ω, ω = wr /µr . Điều suy từ tính lõm hàm Φ(x). Chúng ta thấy wr ≤ ω= µr Với r i=1 µi r i=1 wi r i=1 µi = 1. = 1, thuật toán có dạng đơn giản là: • Lựa chọn k ∈ {1, 2, ., r} với xác suất wk chèn đồ vật thứ k vào đầu tiên. • Tiếp theo, chèn đồ vật mang nhãn 1, 2, ., k − 1, k + 1, ., r theo thứ tự tham lam. Chúng ta ước lượng giá trị kỳ vọng đạt thuật toán này. Lưu ý phân tích kỳ vọng kích thước ngẫu nhiên đồ vật ngẫu nhiên hoá riêng chúng. Đồ vật thứ k chèn vào với xác suất wk , với xác suất k−1 i=1 với đồ vật với xác suất wj , k < j ≤ r. Nếu đồ vật ích lợi mong đợi wk = vk .P[sk ≤ 1]. Còn đồ vật chèn {1, 2, ., k − 1}, sử dụng Bổ đề 2.1.2.2 có k k si ≤ ≥ − P[nhãn k phù hợp] = P i=i µi i=1 kỳ vọng có điều kiện cho đồ vật thứ k trường hợp k vk .P[nhãn k phù hợp] ≥ wk − µi . i=1 Trường hợp k đứng trước {1, 2, ., k − 1, j} ta có tương tự. 28 Với Vk cận kỳ vọng cho đồ vật thứ k xác định k−1 k wj − Vk = wk wk + j=1 j=1 k r k=1 Vk r j=1 wj wj µj . j=k+1 đơn giản hóa ước lượng sử r j=1 µj = k r r µi − µi + wk i=1 k=1 = 1. Khi k wk − RN DGREEDY ≥ µi − i=1 Chúng ta có RN DGREEDY ≥ dụng cách sử dụng r µi + wk i=1 µi − µj i=1 j=k+1 k wj − = wk wj − µi + i=1 r k r i=1 wi µi i=k+1 − wk µi + wk2 µi − =1+ 1≤i≤k≤r wk wi µi 1≤i≤k≤r r =1+ (−wk µi + wk2 µi + wk wi µi ) − 1≤i≤k≤r wk wi µi i,k=1 r wk µi (wi + wk − 1) − =1+ wi µi . i=1 1≤i≤k≤r Để đối xứng hoá đa thức này, ứng dụng điều kiện thứ tự tham lam. Với i < k, có wi + wk − ≤ thứ tự tham lam bao hàm wk µi ≤ wi µk cho phép thay wk µi (wk µi + wi µk ) với tất i < k. Khi ta RN DGREEDY ≥ + (wk µi + µi wk )(wi + wk − 1) 1≤i≤k≤r r r wi µi (2wi − 1) − + i=1 =1+ r wk µi (wi + wk − 1) i,k=1 wi µi i=1 29 + =1+ wi µi (2wi − 1) − i=1 wk r 1 + 2 wi µi + r r i=1 r wk r wk2 i=1 µi i=1 r i=1 wi2 µi i=1 r j=1 µj = r wi µi + wk2 k=1 − r wi µi . i=1 = 1, ta có − + r r wi2 µi i=1 − r wi µi i=1 r wk2 + wi2 µi − i=1 k=1 r µi + k=1 r j=1 wj Tiếp tục sử dụng lần wi µi i=1 i=1 k=1 RN DGREEDY ≥ + r r r − = r wi µi . i=1 Chúng ta muốn so sánh biểu thức với 1+ω, với ω = min{wi /µi , i ≤ r}. r k=1 wk Chúng ta sử dụng giá trị ω để ước lượng ≥ω r k=1 wk µk đạt ω RN DGREEDY ≥ + 2 = + r r wk µk + wi µi i=1 − i=1 k=1 r r wi2 µi wi µi i=1 ω + wi − . Mỗi số hạng phép lấy tổng hàm bậc hai wi đạt cực tiểu wi = 1/2 − ω/4. Do RN DGREEDY ≥ − Cuối cùng, ta có i µi r µi i=1 ω − = 1, ta RN DGREEDY ≥ ω ω2 + − . 4 16 . 30 Chúng ta so sánh điều với tối ưu thích nghi bị ràng buộc (1 + ω), lấy cực tiểu theo ω ∈ [0; 1], ta có RN DGREEDY ω2 ≥ − ≥ . ADAP T 16(1 + ω) 32 r i=1 µi Vấn đề lại cần loại bỏ giả thiết r i=1 µi = 1. Chúng ta thấy > 1, thực thuật toán tham lam ngẫu nhiên, giống thuật toán rút gọn phân tích mẫu để có giá trị wj kích thước trung bình µj (sao cho r i=1 µi = 1, xem thuật toán). Thật vậy, Φ(1) = ω = wr /µr = wr /µr hai trường hợp, nên cận ADAP T nhau. Với nhãn k < r, ước lượng có đượctrong trường hợp k−1 k wj − Vk = wk wk + j=1 r wj − µi + i=1 k j=k+1 µi − µj . i=1 Trong trường hợp xuất phát, đóng góp tổng kích thước r đồ vật, điều kiện chọn ban đầu p µr = µr . Nếu không chọn ban đầu, đóng góp không tính vào. Lợi ích mong đợi cho r đồ vật Vr = wr p wy = (wr )2 hai trường hợp. Điều giải thích cho trường hợp giải trọn vẹn chứng minh Định lý. 2.2.2. Kỹ thuật (2+ε)-xấp xỉ dùng cho đồ vật nhỏ Chúng ta xét trường hợp đặc biệt, cỡ trung bình bị chặn đồ vật bé. Chúng ta muốn đạt phép tính xấp xỉ tốt trường hợp này. 2.2.2.1. Bổ đề. Cho X1 , X2 , ., Xk biến ngẫu nhiên không âm, độc lập µi = E min{Xi ; 1} . Giả sử S0 = 0, Si+1 = Si + Xi+1 pi = P[Si < 1]. Khi k k pj−1 µj ≥ − j=1 (1 − µj ). j=1 31 Chứng minh. Trước hết nhận thấy k k P[Sj−1 < 1] ≥ − − j=1 k k ≥1− . e (2.1) Một cách tổng quát với j < k ta có pj = P[Sj < 1] ≥ − − k j . (2.2) Lưu ý bất đẳng thức Markov xét với pj ≥ − j/k. Từ (2.2), lấy tổng với j chạy tư tới k − (2.1). Tuy nhiên, (2.2) giả định chứng minh (2.1) trường hợp đặc biệt Bổ đề. Ký hiệu σi := E Si |Ai , Ai biến cố Si < 1, theo kỳ vọng có điều kiện (nhớ Xi+1 độc lập Ai ). Chúng ta có σi + µi+1 = E Si |Ai + E min{Xi+1 ; 1} = E Si + min{Xi+1 ; 1}|Ai = E Si+1 |Ai+1 P Ai+1 |Ai + + E Si + min{Xi+1 ; 1}|Ai+1 ∩ Ai P Ai+1 |Ai P[Ai+1 ] P[Ai+1 ] + 1− P[Ai ] P[Ai ] pi+1 pi+1 = σi+1 + 1− pi pi pi+1 . = − (1 − σi+1 ) pi ≥ σi+1 Điều pi+1 − σi − µi+1 ≥ . pi − σi+1 (2.3) Bởi p0 = 1, σ0 = nên lấy i = có p1 ≥ (1−µ1 )/(1−σ1 ). Bây xem xét hai trường hợp. Đầu tiên giả sử σi + µi+1 < 1, ∀i, ≤ i < k. Trong trường hợp này, tỷ lệ vế phải (2.3) luôn không âm, cho i chạy từ đến j − 1, với j ≤ k, 32 − µi − σ1 − µ2 − σj−1 − µj . . − σ1 − σ2 − σj µ2 µj = (1 − µ1 ) − . − . − σ2 − σj−1 − σj pj ≥ Chúng ta xác định vi := µi . − σi−1 Khi pj ≥ − σj k j=1 (1 − vi ) k (1 − vi ) = − vj j=1 (2.4) i=1 j−1 k pj−1 µj ≥ j i=1 (1 − vi ), (2.5) i=1 (theo giả thiết trước µi ≤ vi ≤ 1, i, ≤ i ≤ k). Điều k k pj−1 µj ≥ − j=1 (1 − µi ). (2.6) i=1 Trường hợp thứ hai, có σj + µj+1 ≥ với số j < k. Khi σj + µj+1 < với i < j, sử dụng giá trị biến X1 , X2 , ., Xj . Từ (2.5) ta có j j pi−1 µi ≥ − i=1 (1 − vi ). (2.7) i=1 Ngoài ra, ước tính đóng góp đồ vật thứ (j + 1) có khối lượng µj+1 ≥ − σj từ (2.4) j pj µj+1 ≥ pj (1 − σj ) (1 − vi ). i=1 Thực cộng hai vế (2.7) với (2.8) có j k pi−1 µi ≥ i=1 pi−1 µi + pj µj+1 ≥ 1. i=1 (2.8) 33 Từ suy điều cần chứng minh Bổ đề. 2.2.2.2. Bổ đề. Cho X1 , X2 , ., Xk biến ngẫu nhiên không âm, độc lập giả sử với i có µi = E min{Xi ; 1} ≥ ε . Cho k Xi ≤ . pk = P i=1 Khi k k pj µj ≥ (1 − ε) − j=1 (1 − µj ) . j=1 Chứng minh. Chúng ta xét hai trường hợp. Trước tiên, giả sử µj < − σj−1 , ∀j ∈ {1, 2, ., k}. Bằng cách ứng dụng (2.5) sử dụng µj ≤ ε, có k k k pj−1 µj − p j µj = j=1 j=1 (pj−1 − pj )µj j=1 k k ≥1− (1 − vj ) − j=1 (pj−1 − pj )ε j=1 k k =1− (1 − vj ) − (p0 − pk )ε = (1 − ε) − j=1 (1 − vj ) + εpk . j=1 Dùng (2.4) giả thiết µj ≤ vj , ∀j ∈ {1, 2, ., k} k k ε pj µj ≥ (1−ε)− (1−vj )+ − σk j=1 j=1 k k (1−vj ) ≥ (1−ε) 1− j=1 (1−µj ) . j=1 Mặt khác, µj+1 > − σj với số j < k, ta xem xét j nhỏ vậy. Theo (2.4) j (1 − vj ) ≤ (1 − σj )pj ≤ µj+1 pj ≤ εpj . i=1 34 Từ suy j k p i µi ≥ i=1 j pj pi µi ≥ (1−ε)− j=1 (1−vi )+εpj ≥ (1−ε)−εpj +εpj = 1−ε. i=1 Từ suy điều cần chứng minh Bổ đề. 2.2.2.3. Định lý. Giả sử µi ≤ ε với đồ vật i. Khi giải pháp không thích nghi chèn đồ vật vào theo thứ tự tham lam đạt kỳ vọng (1 − ε)/2 ADAP T. Chứng minh. Sử dụng Bổ đề 2.2.2.2 cho ta giá trị kỳ vọng đạt việc chèn đồ vật theo thứ tự tham lam n n pi wi ≥ (1 − ε) i=1 k=1 n = (1 − ε) wk wk+1 − µk µk+1 n k=1 wk 1− (1 − µi ) i=1 k−1 (1 − µi ) = (1 − ε)Ψ(1), wk k=1 Ψ(1) := k k−1 i=1 (1 i=1 − µi ). Sử dụng kết chứng minh ADAP T ≤ 2Ψ(1) [5], thực biến đổi suy điều phải chứng minh. Chúng ta vừa xét tới kỹ thuật (2 + ε)-xấp xỉ dùng cho túi đựng đồ vật nhỏ. Để có kỹ thuật tổng quát hơn, xét tới kỹ thuật (3 + ε)-xấp xỉ có thích nghi. Xét túi xếp vào đồ vật gồm hai loại: đồ vật nhỏ (small) đồ vật lớn (large). Chúng ta ký hiệu Sm tập hợp loại đồ vật nhỏ (µi ≤ ε), L tập hợp loại đồ vật lớn (µi > ε). Ký hiệu ADAP T (Sm), ADAP T (L) giá trị kỳ vọng tối ưu đạt tương ứng với tập Sm L. Trong nội dung nêu xét với tập Sm, sử dụng xếp tham lam nêu Định lý 2.2.2.3 GREEDY ≥ (1 − ε)/2 ADAP T (Sm). Tiếp theo, có đồ vật lớn, sử dụng giải pháp thích nghi 35 (adaptive policy) dùng cho đồ vật lớn với giá trị kỳ vọng mục tiêu LARGE bé (1 + ε)/2 ADAP T (Sm). Bây mô tả (1 + ε)-xấp xỉ giải pháp thích nghi cho cho túi chứa đồ vât lớn. • Chúng ta coi xuất phát túi rỗng. • Chọn ngẫu nhiên số i, chèn đồ vật thứ i vào túi. • Đối với đồ vật cụ thể, ước tính giá trị kỳ vọng sách thích nghi tối ưu bắt đầu với đồ vật cách lấy mẫu ngẫu nhiên (hay hơn, cách sử dụng đặc biệt "hỗ trợ" hình thức lấy mẫu ngẫu nhiên) si đệ quy tính toán tối ưu dự kiến giá trị. Chúng ta có cách sử dụng đồ vật lại ba lô sức chứa − si , cho đồ vật có giá trị kỳ vọng lớn nhất. Đó đồ vật chọn để chèn đó. Và tiếp tục vậy. Chúng ta coi toàn tính toán lớn: Gốc thực tính toán định đồ vật lớn |L| để chèn đầu tiên, làm điều đó, tạo gọi đệ quy để có đỉnh cấp định với |L − 1| mặt hàng lại để chèn. Cứ hết hàng hay đầy túi. Giả sử thực giải pháp cho giá trị kỳ vọng lớn dự kiến (lưu ý hai giải pháp cho phép giá trị kỳ vọng chúng). Khi đó, chèn vào đồ vật nhỏ có đồ vật lớn. Chúng ta thấy điều mang lại cho (3 + 5ε)-xấp xỉ giải pháp thích nghi cho đồ vật tuỳ ý. Định lý sau phát biểu với khái niệm đồ vật lớn xác định µi > ε đồ vật nhỏ xác định µi ≤ ε. 2.2.2.4. Định lý. Giả sử < ε ≤ 1/2, Sử dụng hai thuật toán tham lam cho đồ vật nhỏ (RGEEDY ≥ LARGE) giải pháp thích nghi mô tả nêu cho đồ vật lớn (RGEEDY < LARGE). Khi đạt (3 + 5ε)-xấp xỉ giải 36 pháp thích nghi dùng cho toán túi. Chứng minh. Ký hiệu V = max{RGEEDY ; LARGE} giá trị kỳ vọng đạt giải pháp mô tả Định lý. Sử dụng 1/(1 − ε) ≤ + 2ε với ε ≤ 1/2, có ADAP T ≤ ADAP T (S) + ADAP T (L) ≤ (2/(1 − ε))GREEDY + (1 + ε)LARGE ≤ (3 + 5ε)V. Đó điều phải chứng minh. 2.3. Giải pháp thích nghi có trật tự tập cố định (Ordered policies and fixed sets) 2.3.1. Đặt vấn đề Bây giờ, thảo luận kết gần hai mô hình khác đôi chút: Thứ mô hình tập cố định, phải xác định rõ tập số S chèn vào túi, nhận giá trị S số thỏa mãn. Thứ hai mô hình thích nghi phân bậc, phải xử lý số theo vài trật tự xác định trước với số, theo thứ tự, phải định cho phù hợp chèn vào túi loại bỏ vĩnh viễn. Trường hợp phân bậc phân chia nhỏ nữa, dựa thuật toán cho phép chọn thứ tự thứ tự cung cấp tín hiệu đầu vào. Một toán trường hợp việc tính toán thứ tự tối ưu nhất. Ký hiệu F IXED giá trị kỳ vọng toán với mô hình tập cố định. Kết thể thuật toán xấp xỉ cho mô hình thiết lập cố định cho nghiệm với giá trị kỳ vọng F IXED ≥ (1/9, 5)ADAP T . Vì vậy, giá trị kỳ vọng thu từ giải pháp thích nghi tối ưu thực cách sử dụng chèn đồ vật ban đầu vào phần 9,5 giá trị ADAP T . 37 2.3.2. Thuật toán xấp xỉ cho toán với mô hình tập cố định (An approximation algorithm for the fixed-set model) Để thể thuật toán, ký hiệu S tập hợp đồ vật nhỏ (µi ≤ ε), m1 := max wi vi P[si ≤ 1] , i m2 := max val(J)(1 − µ(J)), J ⊆ S . J 2.3.2.1. Định lý. Đối với tập J ⊆ S tập số đồ vật nhỏ, có val(J) ≤ 1+ 4µ(J) m2 . − ε2 Chứng minh. Chúng ta quy nạp theo |J|. Với J = ∅, kết tầm thường. Nếu µ(J) ≥ (1 − ε)/2, chọn tập nhỏ K ⊆ J cho µ(K) ≥ (1 − ε)/2. Bởi đồ vật có kích thước nhỏ ε, nên µ(K) vượt (1 + ε)/2. Do ta có val(J \ K) ≤ 1+ µ(J) − µ(K) − ε2 m2 . Lại m2 ≥ val(K)(1 − µ(K)), nên với µ(K) ∈ [(1 − ε)/2; (1 + ε)/2] có µ(K)m2 ≥ val(K)µ(K)(1 − µ(K)) ≥ (1 − ε2 )val(K) val(J) = val(J \ K) + val(K) ≤ (1 + 4µ(J)/(1 − ε2 ))m2 . Cuối cùng, µ(J) < (1 − ε)/2, có val(J) ≤ m2 + 4µ(J) ≤ m2 . − µ(J) − ε2 Đó điều phải chứng minh. 2.3.2.2. Định lý. Chúng ta có ADAP T ≤ 9, 5.F IXED. 38 Chứng minh. Thiết lập giải pháp thích nghi P đặt J = JS ∪ JL kỳ hiệu cho tập (ngẫu nhiên) đồ vật mà P chèn vào túi, phân chia thành tập đồ vật nhỏ, lớn. Đối với đồ vật lớn i, đặt xi = P[i ∈ JL ]. Khi đó, giá trị kỳ vọng P đạt từ đồ lớn bị chặn i∈L xi wi . Điều ADAP T ≤ E val(JS ) + xi wi i∈L ≤ = ≤ ≤ ≤ ≤ Nếu chọn ε = √ 1+ 4E µ(JS ) − ε2 m2 + xi m1 i∈L 4E µ(JS ) m2 + E |J(L)| m1 − ε2 4E µ(JS ) E µ(J(L) m1 1+ m + − ε2 ε E µ(J(L) 4E µ(JS ) + F IXED 1+ − ε2 ε 1 + max ; E µ(JS ∪ JL ) F IXED − ε2 ε ; F IXED. + max − ε2 ε 1+ 5−2 ≈ 0, 236 có ADAP T ≤ 9, 48.F IXED. Từ suy điều phải chứng minh Định lý. Từ định lý 2.3.2.2 cho thấy ADAP T ≤ 9, 5.F IXED. Do giá trị 9, 5.F IXED coi giá trị cực đại toán túi nêu giải giải pháp xấp xỉ thích ứng. Đây tiêu chuẩn để xác định đầu thuật toán. Lưu ý m1 dễ dàng tính toán, m2 lấy xấp xỉ với sai số cho phép đó. Cả hai giá trị tương ứng với mục tiêu giá trị kỳ vọng tương ứng đố vật thứ i tập J đồ vật nhỏ đặt túi. Từ cho thấy F IXED = max{m1 ; m2 }. Từ đó, ta có thuật toán giải toán có mô hình tập đồ vật cố định. 39 2.3.2.3. Thuật toán Đầu vào: Dữ liệu toán cho sau xếp lại thứ tự tham lam trình tính toán phân bậc thông qua tính toán thông số cần thiết. Đầu ra: Phương án xấp xỉ tối ưu xác định nhờ kết Định lý 2.3.3.2. Bước 1. Tính m1 := maxi wi = maxi vi P[si ≤ 1] . Bước 2. Tính m2 := max val(J)(1 − µ(J)) : J ⊆ S . Bước 3. Tính F IXED = max{m1 ; m2 }. Bước 4. Tính ADAP T = 9, 5.F IXED. Thuật toán 2.3.2.3 nêu gọi thuật toán 9,5-xấp xỉ. Chúng ta làm để tính m2 xác thời gian đa thức. Tuy nhiên, ước lượng gần giá trị với độ xác không đổi tùy ý. Do vậy, qua trình tính toán thuật toán 9,5-xấp xỉ có độ phức tạp thời gian đa thức. 40 Kết luận Luận văn nêu số nội dung sau: 1. Trình bày cách hệ thống khái niệm kiến thức sở nhằm phục vụ cho việc nghiên cứu nội dung có liên quan luận văn. Cụ thể trình bày vấn đề: toán túi cổ điển thuật toán tham lam; số khái niệm cần thiết lý thuyết xác suất, toán quy hoạch tuyến tính nguyên ngẫu nhiên, toán "chiếc túi" ngẫu nhiên hướng tiếp cận giải. 2. Trình bày khái niệm giải pháp thích nghi (ADAP T ), đánh giá cận (ADAP T ) tính chất thực giải pháp thích nghi. 3. Nêu phương pháp xấp xỉ nhằm giải toán túi ngẫu nhiên. 4. Xét lớp toán giải pháp thích nghi có trật tự mô hình tập tập cố định. Đưa thuật toán giải toán đặt ra. Đề tài tiếp tục nghiên cứu theo hướng: Mở rộng xét với số toán thực tế có hình thức toán túi ngẫu nhiên. Lập trình giải cho hai toán theo thuật toán đề cập luận văn. 41 Tài liệu tham khảo [1]. Nguyễn Văn Quảng (2007), Giáo trình xác suất, NXB Đại học Quốc gia, Hà Nội. [2]. Trần Xuân Sinh (2004), Các phương pháp ngẫu nhiên giải toán quy hoạch, Đại học Vinh. [3]. Nguyễn Duy Tiến - Vũ Viết Yên (2001), Lý thuyết xác suất, NXB Giáo dục, Hà Nội. [4]. Anand Bhalgat (2011), A (2 + ε)-Approximation Algorithm for the Stochastic Knapsack Problem; Department of Computer and Information Science, University of Pennsylvania, Philadelphia PA, 19104. bhalgat@seas.upenn.edu [5]. B. C. Dean, M. X. Goemans and J. Vondrák (2008), Approximating the Stochastic Knapsack Problem: The Benefit of Adaptivity, Mathematics of Operations Research Vol. 33, No. 4, November 2008, pp. 945-964, issn0364765X.eissn1526-5471.08.3304.0945. [6]. A. Shapiro, D. Dentcheva and A. Ruszczy´ nski, (2010), Lectures on Stochastic Programming Modeling and Theory, Mathematical Programming Society Philadelphia. [...]... 1.3.3 Bài toán chiếc túi ngẫu nhiên và các hướng tiếp cận giải Như đã trình bày trong mục 1.1.1, khi thông tin về dữ liệu của bài toán cổ điển phụ thuộc biến ngẫu nhiên thì ta có bài toán chiếc túi ngẫu nhiên Cũng như đã trình bày trong mục 1.3.1 và 1.3.2 bài toán chiếc túi ngẫu nhiên thuộc lớp các bài toán đã nêu Tuy nhiên, tùy theo sự phụ thuộc dữ liệu của bài toán mà người ta nghi n cứu nó theo các... trong đó supremum lấy theo mọi mẫu có thể của chiếc túi ngẫu nhiên, được gọi là tỷ lệ thích nghi (Adaptivity gap) Bởi vì tìm nghi m tối ưu của bài toán chiếc túi tất định là NP-khó và một vài câu hỏi liên quan giải pháp thích nghi cho chiếc túi là rất khó Xây dựng hay mô tả giải pháp thích nghi hình như không thể làm được Chúng ta hãy tìm cách thiết kế thuật toán xấp xỉ cho bài toán này Chúng ta cần... được bởi bất kỳ giải pháp thích nghi là bị chặn theo cách này Do đó ADAP T ≤ Φ(2) Định lý chứng minh xong 2.2 Các kỹ thuật xấp xỉ của giải pháp thích nghi 2.2.1 Kỹ thuật 32/7 -xấp xỉ Trong mục này chúng ta phát triển thuật toán ngẫu nhiên hoá có lối ra là giải pháp không thích nghi đạt được giá trị kỳ vọng ít nhất là (7/32)ADAP T Ngoài ra, thuật toán này có thể dễ dàng cho phép lấy ngẫu nhiên Xét hàm... là không gian các hàm đo được 1.3.2 Bài toán quy hoạch rời rạc ngẫu nhiên Bài toán quy hoạch ngẫu nhiên, với tập phương án có một số (hoặc tất cả) các toạ độ của biến nhận giá trị rời rạc thì ta có bài toán quy hoạch rời rạc ngẫu nhiên Trong lớp các bài toán quy hoạch rời rạc ngẫu nhiên, chúng ta quan tâm tới lớp bài toán quy hoạch nguyên ngẫu nhiên Xét các bài toán quy hoạch nguyên dạng min x∈M c(x)... kê là để nhận được các đặc trưng của quá trình nghi n cứu với độ chính xác cho trước thì cần quá nhiều phép thử Vì vậy, phương pháp thử thống kê thường chỉ áp dụng được với các bài toán có số ẩn không lớn lắm (số ẩn n không lớn hơn 30) 20 Chương 2 Giải pháp thích nghi nhằm xấp xỉ bài toán chiếc túi ngẫu nhiên 2.1 Bài toán 2.1.1 Nêu bài toán Một chiếc túi có thể chứa b đơn vị kích thước, có thể xếp... vọng tối ưu đạt được ở giải pháp không thích nghi đối với mẫu ngẫu nhiên I Có thể thấy rằng giải pháp không thích nghi là trường hợp đặc biệt của giải pháp thích nghi P(J, c) Do đó ta luôn có ADAP T (I) ≥ N ON ADAP T (I) Vấn đề chính trong nội dung chương này này là mối quan hệ giữa hai đại lượng này Chúng ta thử xem có bao nhiêu giải pháp có thể tham gia để được như giải pháp thích nghi Khi đó giá trị... W là + P(w ∈ W ) = P(W ) = 1 Khi đó bài toán chiếc túi ngẫu nhiên trở thành 16 bài toán chiếc túi với ràng buộc ngẫu nhiên n max f = ci xi i=1 với điều kiện n wi xi ≤ b ≥ 1 − ε P i=1 xi ∈ {0; 1}, i = 1, 2, , n trong đó ε > 0, đủ bé cho trước nào đó Bài toán nêu trên cũng thường được ký hiệu là bài toán (SKP ) - Stochastic Knapsack Problem Như vậy bài toán chiếc túi lúc này đặt ra là: Tìm một điểm x∗... ràng là µ(A) ≤ 1 cho giải pháp, bởi vì dung lượng của chúng ta là 1 Chắc sẽ bất ngờ trong trường hợp có thể lớn hơn 1 Ta có bổ đề sau đây: 2.1.2.4 Bổ đề Mỗi chiếc túi ngẫu nhiên với dung lượng 1 và bất kỳ giải pháp thích nghi, gọi A là tập hợp các đồ vật (ngẫu nhiên) có giải pháp cố gắng đưa vào, vậy thì E µ(A) ≤ 2 Chứng minh Xét một giải pháp thích nghi và ký hiệu At (biến ngẫu nhiên) tập hợp tất cả... công, đó là biến ngẫu nhiên sinh ra từ quá trình ngẫu nhiên theo giải pháp thích nghi P Ký hiệu ADAP T (I) := max E[val(P)] P kỳ vọng tối ưu đạt được ở giải pháp thích nghi đối với mẫu ngẫu nhiên I Giải pháp không thích nghi (Nonadaptive policies) là một sắp thứ tự của các đồ vật mang nhãn O := (i1 , i2 , , in ) Chúng ta ký hiệu val(O) là giá trị đạt được khi đưa đồ vật này vào trong túi Ký hiệu N ON... bài toán đặt ra, với dữ liệu cho trước, đã xác định được phương án tối ưu, khi dữ liệu chịu ảnh hưởng của biến cố ngẫu nhiên, phương án tối 13 ưu cần tính toán điều chỉnh lại hơn một lần thì đó là bài toán quy hoạch ngẫu nhiên nhiều giai đoạn (cần hơn hai lần xét tới tập phương án) Bài toán quy hoạch ngẫu nhiên nhiều giai đoạn được xét đến thông qua bài toán quy hoạch ngẫu nhiên hai giai đoạn Bài toán . tài. Chương 2. Giải pháp thích nghi nhằm xấp xỉ bài toán chiếc túi ngẫu nhiên. Đây là nội dung chính của luận văn. Trước hết chúng tôi nêu bài toán, từ đó đưa ra giải pháp thích nghi. Tiếp theo trình. pháp thử thống kê thường chỉ áp dụng được với các bài toán có số ẩn không lớn lắm (số ẩn n không lớn hơn 30). 20 Chương 2 Giải pháp thích nghi nhằm xấp xỉ bài toán chiếc túi ngẫu nhiên 2.1. Bài. . . . . . 14 1.3.3. Bài toán chiếc túi ngẫu nhiên và cá c hướng tiếp cận giải . . 15 Chương 2. Giải pháp thích nghi nhằm xấp xỉ bài toán chiếc túi ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . .