Bài toán con miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính (KL07458)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ******* NGUYỄN THỊ TOÁN BÀI TOÁN CON MIỀN TIN CẬY VỚI RÀNG BUỘC BẤT ĐẲNG THỨC TUYẾN TÍNH KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Người hướng dẫn khoa học: ThS HOÀNG NGỌC TUẤN Hà Nội - 2015 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thạc sỹ Hoàng Ngọc Tuấn người tận tình hướng dẫn để em hoàn thành khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên em, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực khóa luận Xuân Hòa, tháng 05 năm 2015 Sinh viên Nguyễn Thị Toán LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan khóa luận công trình nghiên cứu riêng em Trong nghiên cứu em kế thừa thành nghiên cứu nhà khoa học nghiên cứu với trân trọng biết ơn Những kết nêu khóa luận chưa công bố công trình khác Xuân Hòa, tháng 05 năm 2015 Sinh viên Nguyễn Thị Toán Mục lục Lời Mở Đầu Chương Cơ sở lí thuyết 1.1 Giới thiệu chung 1.2 Tính lồi ẩn miền tin cậy mở rộng 1.3 Sự nới lỏng SDP xác 10 1.4 Tối ưu toàn cục đối ngẫu mạnh 16 Chương Ứng dụng 24 2.1 Ứng dụng vào tối ưu vững 24 2.1.1 Bình phương tối thiểu vững 2.1.2 Bài toán quy hoạch nón bậc hai vững 27 29 2.2 Mở rộng nghiên cứu thêm 32 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 LỜI MỞ ĐẦU 1.Lí chọn đề tài Ngày nay, toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính quan tâm nghiên cứu nhiều lý thuyết lẫn ứng dụng thực tiễn Mô hình toán phát triển mở rộng từ toán miền tin cậy cổ điển Bài toán miền tin cậy, tìm cực tiểu hàm toàn phương không lồi hình cầu, toán quan trọng phương pháp miền tin cậy để giải toán tối ưu phi tuyến Nó có nhiều tính chất quan trọng ví dụ nới lỏng quy hoạch tuyến tính nửa xác định (sự nới lỏng SDP) xác đối ngẫu mạnh Với việc chọn đề tài em mong muốn góp phần làm rõ tính chất ứng dụng toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính Mục đích nghiên cứu Mục đích khóa luận nhằm trình bày hai mặt mạnh hữu ích toán miền tin cậy cổ điển tiếp tục thỏa mãn cho toán miền tin cậy mở rộng với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính điều kiện số chiều Đầu tiên, thiết lập lớp toán miền tin cậy mở rộng có nới lỏng SDP xác thỏa mãn mà không cần ràng buộc tiêu chuẩn Slater Thứ hai, điều kiện số chiều với điều kiện Slater đảm bảo tập hợp nhân tử Lagrange bậc bậc hai kết hợp cần đủ cho tối ưu toàn cục toán miền tin cậy mở rộng cho đối ngẫu mạnh Cuối cùng, điều kiện số chiều dễ dàng thỏa mãn cho mô hình miền tin cậy mở rộng sinh từ sửa đổi toán bình phương tối thiểu vững LSP toán mô hình quy hoạch nón bậc hai vững Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu nhằm đưa nội dung tìm hiểu rõ toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính Phạm vi nghiên cứu Do thời gian không nhiều nên khóa luận tìm hiểu số điều toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính Bố cục đề tài Bố cục khóa luận bao gồm hai chương • Chương khóa luận trình bày tóm tắt sở lí thuyết bao gồm: tính lồi ẩn, nới lỏng SDP xác, tính tối ưu toàn cục đối ngẫu mạnh toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính minh họa chúng số ví dụ • Chương hai khóa luận tập trung trình bày ứng dụng toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính Đăc biệt trọng đến ứng dụng vào tối ưu vững toán bình phương tối thiểu toán mô hình quy hoạch nón bậc hai Do thời gian thực đề tài không nhiều, kiến thức hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Chương Cơ sở lí thuyết 1.1 Giới thiệu chung Xét toán mô hình miền tin cậy mở rộng với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính (P) minn x∈R xT Ax + aT x thỏa mãn ||x − x0 ||2 ≤ α, bTi x ≤ βi , i = 1, , m, A ma trận đối xứng cấp (n × n), a, bi , x0 ∈ Rn α, βi ∈ R, α > 0, i = 1, , m Bài toán mô hình dạng xuất phát từ việc áp dụng phương pháp miền tin cậy nghiệm toán tối ưu ràng buộc, ví dụ toán quy hoạch phi tuyến với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính, toán tối ưu phi tuyến với biến rời rạc [1], toán tối ưu vững chuẩn ma trận tính bất định đa diện [4] Trong trường hợp đặc biệt (P) (bi , βi ) = (0, 0), mô hình miền tin cậy tiếng, nghiên cứu rộng rãi từ lý thuyết đến thuật toán Bài toán miền tin cậy cổ điển có nới lỏng quy hoạch nửa xác định (sự nới lỏng SDP) xác thừa nhận đối ngẫu mạnh Hơn nữa, nghiệm tìm cách giải hệ Lagrangian đối ngẫu Thật không may, kết này, nói chung, không với mô hình miền tin cậy mở rộng (P) Thật vậy, trường hợp đơn giản (P) với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính nhất, nới lỏng SDP không xác [2] Tuy nhiên, trường hợp cho ràng buộc bất đẳng thức nhất, đối ngẫu mạnh nới lỏng SDP xác thỏa mãn điều kiện số chiều 1.2 Tính lồi ẩn miền tin cậy mở rộng Trong phần này, nhận tính chất tính lồi ẩn quan trọng hệ toàn phương miền tin cậy mở rộng mà giữ vai trò quan trọng nghiên cứu sau nới lỏng xác đối ngẫu mạnh Chúng ta bắt đầu cách đặt kí hiệu định nghĩa sử dụng sau khóa luận Đường thẳng thực kí hiệu R không gian Euclicle thực n chiều kí hiệu Rn Tập tất vec-tơ không âm Rn kí hiệu Rn+ Không gian tất ma trận thực đối xứng cấp (n × n) kí hiệu Sn×n Ma trận đơn vị cấp (n × n) kí hiệu In Kí hiệu A B có nghĩa ma trận A − B nửa xác định dương Tuy nhiên, kí hiệu A B xác định dương Tập bao gồm tất ma trận nửa xác định dương cấp n × n kí hiệu Sn+ Cho A, B ∈ Sn×n Tích A B kí hiệu A · B = ∑ni=1 ∑nj=1 j bi j , j phần tử nằm dòng i cột j A bi j phần tử nằm dòng i cột j B Một kiện hữu ích tích A · (xxT ) = xT Ax với x ∈ Rn A ∈ Sn×n Cho ma trận A ∈ Sn×n , đặt Ker(A) := {d ∈ Rn : Ad = 0} Với không gian L, người ta sử dụng dim L để kí hiệu số chiều L Mệnh đề 1.2.1 Cho f(x) = xT Ax + aT x + γ, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α gi (x) = bTi x − βi , i = 1, , m, A ∈ Sn×n , a, x0 , bi ∈ Rn γ, α, βi ∈ R, i = 1, , m Khi đó, U( f , g0 , g1 , , gm ) đóng Chứng minh Cho(rk , sk0 , sk1 , , skm ) ∈ U( f , g0 , g1 , , gm ) với (rk , sk0 , sk1 , , skm ) → (r, s0 , s1 , sm ) Bởi định nghĩa, với k, tồn xk ∈ R cho f (xk ) ≤ rk , ||xk − x0 ||2 ≤ α + sk0 , bT1 xk ≤ β1 + sk1 , , bTm xk ≤ βm + skm (1.2.1) Điều chứng tỏ xk bị chặn, vậy, cách cho tiến đến dãy con, giả thiết xk → x Khi đó, chuyển qua giới hạn (1.2.1), có f (x) ≤ r, ||x − x0 ||2 ≤ α + s0 , bT1 x ≤ β1 + s1 , , bTm x ≤ βm + sm Nghĩa là, (r, s0 , s1 , , sm ) ∈ U( f , g0 , g1 , , gm ) Do vậy, U( f , g0 , g1 , , gm ) đóng Ví dụ chiều đơn giản sau chứng tỏ tập U( f , g0 , g1 , , gm ), nhìn chung, không tập lồi Ví dụ 1.2.1 (Tính không lồi U( f , g0 , g1 , , gm )) Đối với (P), cho n = 1, m = 1, f (x) = x − x2 , g0 (x) = x2 − g1 (x) = −x Khi đó, f (x) = xT Ax + aT x + r với A = -1, a = r = 0, g0 (x) = ||x −x0 ||2 −α với x0 = 0, α = g1 (x) = bT1 x −β1 với b1 = β1 = Khi đó, tập U( f , g0 , g1 ) không tập lồi Để thấy điều này, ta ý f (0) = 0, g0 (0) = −1 g1 (0) = f (1) = 0, g0 (1) = g1 (1) = −1 Do vậy, (0, −1, 0) ∈ U( f , g0 , g1 ) (0, 0, −1) ∈ U( f , g0 , g1 ) Tuy nhiên, trung điểm chúng (0, − 21 , − 12 ) ∈ / U( f , g0 , g1 ) Trái lại, tồn x ∈ R cho 1 x − x2 ≤ 0, x2 − ≤ − − x ≤ − 2 Dễ dàng kiểm tra hệ bất phương trình vô nghiệm Đây mâu thuẫn, (0, − 12 , − 12 ) ∈ / U( f , g0 , g1 ) Do vậy, U( f , g0 , g1 ) không lồi Các điều kiện số chiều sau đóng vai trò quan trọng phần lại khóa luận Nhắc lại với ma trận A ∈ Sn , λmin (A) kí hiệu giá trị riêng nhỏ A Định nghĩa 1.2.1 (Điều kện số chiều) Xét hệ hàm số f (x) = xT Ax + aT x + γ, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α, gi (x) = bTi x − βi , i = , m, A ∈ Sn×n , a, x0 , bi ∈ Rn γ, α, βi ∈ R, i = 1, , m Cho s số chiều không gian sinh {b1 , , bm }, s ≤ n Khi đó, nói điều kiện số chiều thỏa mãn hệ dimKer(A − λmin (A)In ) ≥ s + (1.2.2) Nói cách khác, điều kiện số chiều khẳng định bội giá trị riêng A nhỏ s+1 Nhắc lại hàm giá trị tối ưu h: Rm+1 → R ∪ {+∞} (P) cho h(r, s1, , , sm )   f (x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bT x ≤ β + si , i = 1, , m , (r, s1, , , sm ) ∈ D} i = x∈Rn  +∞, trái lại, D = {(r, s1, , , sm ) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si , x ∈ Rn } Định lý 1.2.1 [Đều kiện số chiều dẫn tới tính lồi ẩn] Cho f (x) = xT Ax + aT x + γ, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α gi (x) = bTi x − βi , i = , m, A ∈ Sn×n , a, x0 , bi ∈ Rn γ, α, βi ∈ R, i = 1, , m Giả sử điều kiện số chiều (1.2.2) thỏa mãn Khi đó, U( f , g0 , g1 , , gm ) := {( f (x), g0 (x), g1 (x), , gm (x)) : x ∈ Rn } + Rm+2 + tập lồi Chứng minh Đầu tiên ý rằng, A nửa xác định dương, f , gi , i = 0, 1, , m hàm lồi Do vậy, trường hợp U( f , g0 , g1 , , gm ) lồi Vì vậy, giả sử A không nửa xác định dương λmin (A) < [U( f , g0 , g1 , , gm )] = epi h Cho D = {(r, s1, , , sm ) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si } với x ∈ Rn } Rõ ràng, D tập lồi Khi đó, theo định nghĩa, có U( f , g0 , g1 , , gm ) = epi h [Tính lồi hàm giá trị h] Để thấy điều này, ta khẳng định rằng, với (r, s1 , , sm ) ∈ D , toán cực tiểu hóa { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si } x∈Rn đạt cực tiểu số x ∈ Rn với ||x − x0 ||2 = α + r bTi x ≤ βi + si Thừa nhận điều này, có minn { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si } x∈R = f (x) − λmin (A)(α + r) ≥ minn { f (x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ β + si } − λmin (A)(α + r) x∈R = minn { f (x) − λmin (A)(α + r) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ β + si } x∈R ≥ minn { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si }, x∈R bất đẳng thức cuối suy λmin (A) < Điều dẫn tới minn { f (x) : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ β + si , i = 1, , m} x∈R = minn { f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, bTi x ≤ βi + si } x∈R +λmin (A)(α + r) Trước kết thúc phần này, sử dụng ví dụ trước để minh họa dạng bổ đề S tiệm cận Ví dụ 1.4.2 (Ví dụ minh họa bổ đề S tiệm cận) Xét hàm toàn phương chiều sau f (x) = x g0 (x) = x2 Dễ dàng kiểm tra [x2 ≤ ⇒ x ≥ 0] điều kiện số √ 2 chiều thỏa mãn Bây giờ, với ε > 0, x + 4ε x + ε = 2√1 ε + ε ≥ Vì vậy, thỏa mãn bổ đề S tiệm cận 23 Chương Ứng dụng 2.1 Ứng dụng vào tối ưu vững Đối với ma trận M cấp (p × q), vec(M) kí hiệu vec-tơ R pq nhận cách xếp chồng cột M Tích số tensor In ma trận M ∈ R p×p kí hiệu   M 0 0    M       ∈ Rnp×np In ⊗ M :=         M  0 M Xét tập bất định mô tả ràng buộc chuẩn ma trận ràng buộc đa diện, nghĩa ¯ F ≤ ρ, (ω j )T vec∆ ≤ β j , j = 1, , l}, U = {A˜ (0) + ∆ : ∆ ∈ Rk×(n+1) , ||∆ − ∆|| (2.1.1) A˜ (0) := (A(0) , a(0) ) ∈ Rk×n × Rk = Rk×(n+1) kiện mô hình cho, kiểm tra Mục ||M||F chuẩn Frobenius định nghĩa ||M||F = Tr(M T M) Trong trường đặc biệt l = 2, ω = −ω β = −β = 1, tập bất định quy giao hai elipsoids kiểm tra [4] Chúng ta nói (x, λ ) ∈ Rn ×R chấp nhận vững ràng buộc toàn phương dạng ||Ax − a||2 ≤ λ với ý tập U bất định max(A,a)∈U ||Ax − a||2 ≤ λ 24 Đây dạng ràng buộc toàn phương xuất mô hình bình phương tối thiếu vững ví dụ như mô hình quy hoạch nón bậc hai Bây kiểm tra tính chấp nhận vững tương đương với giải SDP, điều kiện phù hợp Bổ đề 2.1.1 (Thiết lập SDP tính chấp nhận vững) Cho (x, λ ) ∈ Rn × R U cho (2.1.1) Giả sử k ≥ s + 1, k số hàng kiệu ma trận U s số chiều không gian sinh {ω , , ω l }, ¯ F ≤ ρ, (ω j )T vec∆ ≤ β j , j = 1, , l} = {∆ : ∆ ∈ Rk×(n+1) , ||∆ − ∆|| / Khi đó, (x, λ ) chấp nhận vững ràng buộc toàn phương ||Ax − a|| ≤ λ tập U bất định tồn λ , , λ l ≥ cho     Ik Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0) (Ik ⊗ x) ˜T λ Ik(n+1) − λ b + 12 ∑lj=1 λ j ω j (A(0) x − a(0) )T (−λ b + 12 ∑lj=1 λ j ω j )T λ − λ (γ − ||b||2 ) − ∑lj=1 λ j β j   0, ¯ γ = ρ − Tr(∆¯ T ∆) ¯ x˜ = (xT , −1)T ∈ Rn+1 , b = vec(∆) Chứng minh Cho ∆ = (∆A, ∆a) ∈ Rn+1 × Rk = Rk×(n+1) Đối với x ∈ Rn , kí hiệu x˜ = (xT , −1)T ∈ Rn+1 Từ định nghĩa U, ý max(A,a)∈U ||Ax − a||2 ≤ λ ¯ 2F ≤ ρ , (ω j )T vec(∆) ¯ ≤ β j , j = 1, l ⇒ ||A(0) x − a(0) + ∆x|| ||∆ − ∆|| ˜ ≤ λ, mà tương đương với suy diễn sau ¯ ≤ ρ , (ω j )T vec(∆) ≤ β j , j = 1, l Tr(∆T ∆ − 2∆¯ T ∆ + ∆¯ T ∆) ⇒Tr(∆x˜ x˜T ∆T + 2(A(0) x − a(0) )x˜T ∆ + (A(0) x − a(0) )(A(0) x − a(0) )T ) − λ ≤ Chú ý với ma trận A,C ∈ R p×s B ∈ R p×p , Tr(AT BA) = vec(A)T (Is ⊗ B)vec(A) Tr(AT C) = vec(A)T vec(C) (2.1.2) Cho u = vec(∆) ∈ Rk(n+1) Khi đó, cách sử dụng đẳng thức (2.1.2), ta thấy max(A,a)∈U ||Ax − a||2 ≤ λ điều kiện sau thỏa mãn ||u − b||2 ≤ γ, (ω j )T u ≤ β j , j = 1, , m ⇒ uT Qu + aT u + (r + λ ) ≥ Q = −(Ik ⊗ x˜ x˜T ), q = −vec(2x˜ (A(0) x − a(0) )T ), r = −Tr((A(0) x − ¯ γ = ρ − Tr(∆¯ T ∆) ¯ Bởi vì, Q = −(Ik ⊗ x˜x˜T ), a(0) )(A(0) x − a(0) )T ), b = vec(∆) 25 vậy, dimKer(Q − λmin (Q)Ik(n+1) ) ≥ k ≥ s + l (ω)⊥ dimKer(Q − λmin (Q)Ik(n+1) ) + dim j=1 ≥ (s + 1) + (k(n + 1) − s) ≥ k(n + 1) + 1, k(n +1) số chiều kiện ma trận cho Từ U khác rỗng, thuật lại mở rộng bổ đề S, ta thấy max(A,a)∈U ||Ax − a||2 ≤ λ tồn λ , λ , , λ l ≥ cho với u ∈ Rk(n+1) l (uT Qu + qT u + r + λ ) + λ (||u − b||2 − γ) + ∑ λ j (ω j )T u − β j ≥0 j=1 tương đương với Q + λ Ik(n+1) l j j (q − 2λ b + ∑ j=1 λ ω ) l j j T (q − 2λ b + ∑ j=1 λ ω ) r + λ − λ (γ − ||b||2 ) − ∑lj=1 λ j β j (2.1.3) Bây áp dụng phương pháp bổ sung Schur rằng, Mi ∈ Sn , i = 1, 2, với M1 M2 ⇔ M3 − M2T M1−1 M2 0, để thiết lập (2.1.3)vào M1 0, T M2 M3 bất đẳng thức ma trận tuyến tính Để thấy điều này, ý Q = − Ik ⊗ x˜x˜T = −(Ik ⊗ x)(I ˜ k ⊗ x) ˜T q = −vec 2x(A ˜ (0) x − a(0) )T = −2(Ik ⊗ x)(A ˜ (0) x − a(0) ) r = −Tr (A(0) x − a(0) )(A(0) x − a(0) )T = −||A(0) x − a(0) ||2 , cho M1 = Ik , M2 = (Ik ⊗ x, ˜ A(0) x − a(0) ) M3 = λ Ik(n+1) − λ b + 21 ∑lj=1 λ j ω j (−λ b + 21 ∑lj=1 λ j ω j )T λ − λ (γ − ||b||2 ) − ∑lj=1 λ j β j Khi đó, max(A,a)∈U ||Ax − a||2 ≤ λ tương đương với toán bất đẳng thức ma trận tuyến tính sau: tồn λ , λ , , λ l ≥ cho     Ik Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0) (Ik ⊗ x) ˜T λ Ik(n+1) −λ b + 21 ∑lj=1 λ j ω j (A(0) x − a(0) )T (−λ b + ∑lj=1 λ j ω j )T 26 λ − λ (γ − ||b||2 ) − ∑lj=1 λ j β j   2.1.1 Bình phương tối thiểu vững Xét toán bình phương tối thiếu (LSP) tính bất định kiện (LSP) minn ||Ax − a||2 x∈R kiện (A, a) ∈ Rk×n × Rk bất định thuộc tập bất định ma trận U Một phần tương ứng vững toán bình phương tối thiểu bất định phát biểu sau : (RLSP) minn max ||Ax − a||2 x∈R (A,a)∈U tìm kiếm nghiệm x ∈ Rn mà cực tiểu hóa sai số kiện trường hợp xấu tương ứng với giá trị có (A, a) ∈ U Định lý 2.1.1 (Đặc trưng (SDP) nghiệm (RSLP)) Cho x ∈ Rn Đối với toán (RSLP) với U định nghĩa 2.1.1, giả sử k ≥ s + 1, k số hàng kiệu ma trận U s số chiều không gian sinh ¯ F ≤ ρ, (ω j )T vec∆ ≤ β j , j = 1, , l} = {ω , , ω m }, {∆ : ||∆ − ∆|| / Khi n đó, x nghiệm (RLSP) (x, λ , λ0 , λl ) ∈ R × R × R+ × · · · × R+ nghiệm toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau: (x,λ )∈Rn ×R, λ , ,λ l ≥0      × λ      Ik Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0)    :  (Ik ⊗ x) ˜T λ Ik(n+1) − λ b + 21 ∑lj=1 λ j ω j     (A(0) x − a(0) )T (−λ b + 12 ∑lj=1 λ j ω j )T λ − λ (γ − ||b||2 ) − ∑lj=1 λ j β j          ¯ λ ∈ R λ , , λ l ≥ 0, x˜ = (xT , −1)T ∈ Rn+1 , b = vec(∆) ¯ γ = ρ − Tr(∆¯ T ∆) Chứng minh Ta có x nghiệm minx∈Rn max(A,a)∈U ||Ax − a||2 tồn λ ∈ Rn cho (x, λ ) nghiệm min(x,λ )∈Rn ×R ||Ax − a||2 ≤ λ Khi đó, Bổ đề 2.1.1, thấy x ∈ Rn nghiệm (RLSP) (x, λ , λ , λ l ) ∈ Rn × R × R+ × · · · × R+ nghiệm toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau (x,λ )∈Rn ×R, λ , ,λ l ≥0         × λ :      Ik Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0)  (Ik ⊗ x) ˜T λ Ik(n+1) −λ b + 21 ∑lj=1 λ j ω j     (A(0) x − a(0) )T (−λ b + 12 ∑lj=1 λ j ω j )T λ − λ (γ − ||b||2 ) − ∑lj=1 λ j β j 27          λ ∈ R λ , , λ l ≥ Xét trường hợp đặc biệt tập bất định, U, (2.1.1), l = 1, ∆¯ = 0, ω = β = Trong trường hợp này, U quy tập bất định chuẩn ma trận có dạng U = {A˜ + ∆ : ∆ ∈ Rk×(n+1) , ||∆||F ≤ ρ} (2.1.4) việc kiểm tra toán bình phương tối thiểu vững (RLSP) thiết lập EL Ghoui Lebret [6] Trong hệ sau, nhận đặc trưng SDP tập (RLSP) tập bất định (2.1.4) Hệ 2.1.1 (Tính bất định chuẩn ma trận ) Cho x ∈ Rn Đối với toán (RSLP) với U định nghĩa (2.1.4) giả thiết ρ > Khi đó, x ∈ Rn nghiệm (RLSP) (x, λ , λ , λ ) ∈ Rn × R × R+ × R+ nghiệm toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau: (x,λ )∈Rn ×R, λ ,λ ≥0      × λ :    Ik Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0)  (Ik ⊗ x) ˜T λ0 Ik(n+1)  (0) (0) T (A x − a ) λ −λ ρ −λ      λ ∈ R λ , λ ≥ 0, x˜ = (xT , −1)T ∈ Rn+1 Chứng minh Cho l = 1, ∆¯ = 0, ω = β = Khi đó, s số chiều không gian sinh {ω }, s = k ≥ = s + Hơn nũa, ρ > 0, điều kiện tính chấp nhận chặt thỏa mãn ∆ = Do vậy, kết luận suy từ định lý trước Xét trường hợp đặc biệt tập bất định, U, (2.1.1), l = 2, ∆¯ = 0, ω = −ω β = −β = Trong trường hợp này, U đơn giản thành giao điểm hai elipsoids viết dạng U = {A˜ + ∆ : ∆ ∈ Rk×(n+1) , ||∆||F ≤ ρ, −1 ≤ (ω )T vec∆ ≤ 1} = {A˜ + ∆ : ∆ ∈ Rk×(n+1) , Tr(∆T ∆) ≤ ρ , Tr(∆T B∆) ≤ 1} (2.1.5) B = (ω )(ω )T Trong trường hợp này, đặc trưng SDP nghiệm vững Beck Eldar thiết lập [3] Trong trường hợp đó, có hệ sau 28 Hệ 2.1.2 (Giao bất định hai elipsoids ) Cho x ∈ Rn Đối với toán (RSLP) với U định nghĩa (2.1.5) giả sử k ≥ 2, k số hàng kiện ma trận U, giả thiết ρ > Khi đó, x nghiệm (RLSP) (x, λ , λ , λ l , λ ) ∈ Rn × R × R+ × R+ nghiệm toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau: (x,λ )∈Rn ×R, λ , ,λ l ≥0      × λ :   Ik (Ik ⊗ x) ˜T (A(0) x − a(0) )T  Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0)  1 λ0 Ik(n+1)  (λ ω − λ ω ) 1 T 2 λ − λ ρ − (λ − λ ) (λ ω − λ ω )      λ ∈ R λ , λ l , λ ≥ 0, x˜ = (xT , −1)T ∈ Rn+1 Chứng minh Cho l = 2, ∆¯ = 0, ω = −ω β = −β = Khi đó, s số chiều không gian sinh {ω , ω }, s ≤ 1, k ≥ ≥ s + Hơn nữa, ρ > điều kiện tính chấp nhận chặt thỏa mãn ∆ = Do vậy, từ định lí 2.1.1 suy hệ 2.1.2 Bài toán quy hoạch nón bậc hai vững Xét quy hoạch nón bậc hai tuyến tính (SOCP) tính bất định kiện ràng buộc (SOCP) x∈Rn aT x thỏa mãn ||Bi x − bi || ≤ di , i = 1, , m kiện B˜ = (Bi , bi ) ∈ Rki ×n × Rki = Rki ×(n+1) , i = 1, , m bất định phụ thuộc tập bất định ma trận Ui Một phần tương ứng vững toán nón bậc hai bất định phát biểu sau (RSOCP) x∈Rn aT x thỏa mãn ||Bi x − bi || ≤ di , ∀(Bi , bi ) ∈ Ui , i = 1, , m Chú ý rằng, măc dù (RSOCP), nhìn chung, không dễ kiểm tra Ui cho giao hữu hạn elipsoids, gần đây, Beck [4] xác định lớp dễ kiểm tra mà Ui mô tả nhiều k bất đẳng thức toàn phương điều kiện thích hợp 29 Ở đây, xét (RSOCP) trường hợp tập bất định cho giao ràng buộc chuẩn ma trận ràng buộc đa diện, tức là, (0) Ui = {B˜ i + ∆i : ∆i ∈ Rki ×(n+1) , ||∆i − ∆¯ i ||F < ρi , (ωij )T vec∆i ≤ βij , j = 1, , li } (0) (0) (2.1.6) (0) với B˜ i = (Bi , bi ) ∈ Rki ×n × Rk = Rki ×(n+1) ||M||F chuẩn Frobenius định nghĩa ||M||F = Tr(M T M) Chúng ta định nghĩa si , i = 1, , m số chiều không gian sinh {ωi1 , , ωl1 } Định lý 2.1.2 (Đặc trưng SDP nghiệm (RSOCP) ) Đối với toán (RSOCP) với định nghĩa Ui (2.1.6) Giả sử rằng, với i = 1, , m, ki ≥ si + / Một điểm x ∈ Rn {∆i : ||∆i − ∆¯ i ||F ≤ ρi , (ωij )T vec∆i < βij , j = 1, , li } = nghiệm (RSOCP) (x, λ1 , , λm ) ∈ Rn × Rl+1 +1 × · · · × Rl+m +1 nghiệm toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau: l (0) λi , ,λi i ≥0, x∈Rn         × aT x :       (0) Iki Iki ⊗ x˜ ˜T (Iki ⊗ x) λi0 Ik (n+1)  (0) Bi x − bi li j j −λi0 b¯ i + 21 ∑ j=1 λi ωi i li li (0) (0) j j j j (Bi x − bi )T (−λi0 b¯ i + 12 ∑ j=1 λi ωi )T di2 − λi0 (γ¯i − ||bi ||2 ) − ∑ j=1 λi ωi )T          ,     λi = (λi0 , λi1 , , λili ) ∈ Rl+i +1 , i = 1, , m, x˜ = (xT , −1T ) ∈ Rn+1 b¯ i = vec(∆¯ i ) γ¯i = ρi2 Chứng minh Chú ý điểm x chấp nhận vững, với i = 1, , m, có max ||Bi x − bi ||2 ≤ di2 (Bi ,bi )∈Ui Do vậy, Bổ đề 2.1.1 có nghĩa tính chấp nhận vững x viết tương đương toán bất đẳng thức ma trận tuyến tính sau: với i = 1, , m, tồn (λi0 , λi2 , , λil ) ≥ cho     Iki Iki ⊗ x˜ (Iki ⊗ x) ˜T λi0 Ik (n+1) (0) (0) (Bi x−bi )T (−λi0 b¯ i + (0) (0) Bi x − bi li −λi0 b¯ i + 12 ∑ j=1 λ jω j i j j T li ∑ j=1 λi ωi ) li j j di2 − λi0 (γ¯i − ||b||2 ) − ∑ j=1 λi ωi )T Theo đó, suy kết luận 30   Xét trường hợp đặc biệt tập thay đổi (2.1.6) li = 1, ∆¯ = 0, ωi1 = βi1 = 1, i = 1, , m Trong trường hợp Ui biến đổi để tập thay đổi chuẩn ma trận có dạng (0) Ui = {A˜ i + ∆i : ∆i ∈ Rki ×(n+1) }, ||∆i ||F ≤ ρ (2.1.7) Một đặc trưng SDP nghiệm vững toán quy hoạch nón bậc hai thiết lập [5] Hệ 2.1.3 (Tính bất định chuẩn ma trận ) Cho x ∈ Rn Đối với toán (RSOCP) với định nghĩa U (2.1.7), giả thiết ρ > Khi đó, x nghiệm (RSOCP) (x, λ , λi0 , λi1 ) ∈ Rn × R × R+ × R+ nghiệm toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau: (x,λ )∈Rn ×R,λi0 ,λi1 ≥0      × λ :    Ik Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0)  (Ik ⊗ x) ˜T λ0 Iki (n+1)  (A(0) x − a(0) )T λ − λi0 ρ − λi1      λ ∈ R λi0 , λil ≥ 0, x˜ = (xT , −1)T ∈ Rn+1 Chứng minh Cho li = 1, ∆¯ = 0, ωi1 = βi1 = 1, i = 1, , m Khi đó, si không gian sinh {ωi1 }, si = 0, ki ≥ = si + Hơn nữa, ρ > 0, điều kiện tính chấp nhận chặt thỏa mãn ∆ = Do đó, từ Định lí 2.1.2 suy kết luận Xét trường hợp đặc biết khác tập thay đổi (2.1.6) ki = k −1, ∆¯ i = 0, βil = −βil+k−1 = ωil = −ωil+k−1 = ω l , l = 1, , 2ki , i = 1, , m Trong trường hợp này, tập bất định Ui đơn giản để giao k elipsoids có dạng (0) Ui ={A˜ i + ∆i : ∆i ∈ Rk×(n+1) , ||∆i ||F ≤ ρi , −1 ≤ (ω l )T vec∆i ≤ 1, l = 1, , k − 1} (0) ={A˜ i + ∆i : ∆i ∈ Rk×(n+1) , Tr(∆Ti ∆i ) ≤ ρi2 , Tr(∆Ti Cl ∆i ) ≤ 1, l = 1, , k − 1}, (2.1.8) Cl = (ω l )(ω l )T , l = 1, , k − Hệ 2.1.4 (Giao điểm bất định nhiều elipsoids) Cho x ∈ Rn Đối với toán (RSOCP) với Ui định nghĩa (2.1.8) giả sử ρi > Một 31 điểm x ∈ Rn nghiệm (RSOCP) (x, λ1 , , λm ) ∈ Rn × R2k−1 × ··· × + R2k−1 nghiệm toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau: + 2(k−1) λi0 , ,λ0 , x∈Rn     Ik    i     × aT x :  (Ik ⊗ x) ˜T   i      (0) (0)  (Bi x − bi )T (0) (0) Ik ⊗ x˜ B i x − bi i ∑k−1 λ j − ∑k−1 λ j+k−1 ω j λi0 Ik (n+1) j=1 i j=1 i i T k−1 λ j − k−1 λ j+k−1 ω j k−1 λ j + k−1 λ j+k−1 2 d − λ ρ − ∑ j=1 i ∑ j=1 i ∑ j=1 i ∑ j=1 i i i i                     λi = (λi0 , λi2 , , λil ) ∈ R2k−1 , i = 1, , m, x˜ = (xT , −1T ) ∈ Rn+1 + Chứng minh Cho ki = k − 1, ∆¯ i = 0, ωil = −ωil+k−1 = ω l βil = −βil+k−1 = 1, l = 1, , 2ki , i = 1, , m Khi đó, si không gian sinh {ω , , ω 2(k−1) }, si ≤ k − 1, vậy, ki = k ≥ si + Hơn nữa, ρi > 0, điều kiện tính chấp nhận chặt thỏa mãn ∆ = Do vậy, từ định lý trước ta suy kết luận 2.2 Mở rộng nghiên cứu thêm Xét hệ hàm toàn phương, f (x) = xT Ax + aT x + γ, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α gi (x) = ||Bx||2 + bTi x − βi , i = 1, , m A ∈ Sn×n , B ∈ Rl×n với l ∈ N a, x0 , βi ∈ Rn Trong trường hợp này, xét điều kiện số chiều mở rộng sau dim(Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B)) ≥ s + (2.2.9) s số chiều không gian sinh {b1 , , bm } Rõ ràng, ma trận B 0, hệ toàn phương điều kiện số chiều mở rộng hệ toàn phương điều kiện số chiều liên kết với nó, nghiên cứu Mục 2-4 chương Mặt khác, trường hợp B có hạng n, không cần điều kiện số chiều (2.2.9) Mệnh đề 2.2.1 (Tính lồi ẩn hệ toàn phương tổng quát) Cho f (x) = xT Ax + aT x + γ, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α gi (x) = ||Bx||2 + bTi x − βi , i = 1, , m, A ∈ Sn×n , B ∈ Rl×n với l ∈ N a, x0 ; bi ∈ Rn , γ, α, βi ∈ R Giả sử điều kiện số chiều (2.2.9) thỏa mãn Khi đó, U( f , g0 , g1 , , gm ) := {( f (x), g0 (x), g1 (x), , gm (x)) : x ∈ Rn } + Rm+2 + tập lồi 32 Chứng minh Như chứng minh Định lý 1.2.1, giả sử mà không tính tổng quát A không nửa xác định dương Định nghĩa h h(x) = minx∈Rn { f (x) = ||x − x0 ||2 ≤ α + r, ||Bx||2 + bTi x ≤ β + si , i = 1, , m} x ∈ D := {r, s1 , , sm : ||x−x0 ||2 ≤ α +r, ||Bx||2 +bTi x ≤ βi +si với x bất kì, x ∈ Rn } h(x) = +∞ x ∈ / D Chứng minh tương tự Định lí 1.2.1 ta có U( f , g0 , g1 , , gm ) = epi h Hơn nữa, h lồi toán cực tiểu hóa minn f (x) − λmin (A)||x − x0 ||2 : ||x − x0 ||2 ≤ α + r, ||Bx||2 + bTi x ≤ βi + si x∈R đạt cực tiểu x¯ ∈ Rn với ||x − x0 ||2 = α + r ||Bx||2 + bTi x ≤ βi + si Thật vậy, toán tối ưu có điểm cực tiểu hình cầu Suy tồn v ∈ n R \{0} cho m b⊥ ∩ Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B) i v∈ (2.2.10) i=1 ⊥ Trái lại, m i bi=1 ∩ Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B) = {0} Khi đó, suy điều kiện số chiều mở rộng chúng ta, dim(Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B)) ≥ s + s số chiều không gian sinh {b1 , , bm }, m b⊥ i n + = (s + 1) + (n − s) ≤ dim(Ker(A − λmin (A)In ∩ Ker(B)) + dim i=1 m b⊥ i = dim Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B)) + i=1 m b⊥ i ∩ Ker(A − λmin (A)In ∩ Ker(B) +dim i=1 ≤ n, điều không xảy Do vậy, tương tự định lí 1.2.1 ta suy kết luận Gần đây, [2], tác giả xét toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính bổ sung: (P2 ) min{xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bT1 x ≤ β1 } chứng tỏ đối ngẫu mạnh thỏa mãn (P1 ) dim(ker(A−λmin (A)In ) ≥ Mở rộng điều này, xét tối ưu toàn phương sau với ràng buộc toàn 33 phương lồi bổ sung (GP2 ) min{xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, ||Bx||2 + bT1 x ≤ β1 } Tương tự chứng minh mục 1.3 chương sử dụng mệnh đề trước, rút nới lỏng SDP kết đối ngẫu mạnh (GP1 ) điều kiện số chiều dim(Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B)) ≥ Tuy nhiên, cần ý rằng, điều kiện số chiều không cần phải thỏa mãn B có hạng n (điều kiện số chiều không gian bản) Thật vậy, B có hạng n, ví dụ đưa [8], trang 263 EX1 ] cho thấy mô hình (GP2 ) nới lỏng xác đối ngẫu mạnh tổng quát Định lý 2.2.1 Đối với toán (GP2 ), giả sử dim(Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B)) ≥ Khi đó, (GP2 ) đạt nới lỏng SDP xác Hơn nữa, thêm giả thiết tồn x¯ cho ||x¯ − x0 ||2 < α ||Bx|| ¯ + bT1 x¯ < β1 Khi đó, thỏa mãn đối ngẫu mạnh toán (GP2 ), tức là, minn xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, ||Bx||2 + bT1 x ≤ β1 x∈R = max minn xT Ax + aT x + λ0 (||x − x0 ||2 − α) + λ1 (||Bx||2 + bT1 x − β1 ) λ0 ,λ1 ≥0 x∈R Chứng minh Từ Mệnh đề 2.2.2 giả định dim(Ker(A−λmin (A)In )∩Ker(B)) ≥ 2, thấy U( f , g0 , g1 ) lồi f (x) = xT Ax + aT x, g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α g1 (x) = ||Bx||2 + bT1 x − β1 Vì vậy, kết luận tương tự Định lí 1.3.1 kết luận thứ hai tương tự Định lí 1.4.1 Hệ 1.4.1 Ví dụ 2.2.1 Xét toán cực tiểu hóa toàn phương sau (P) −x12 − x22 − x32 − 2x1 thỏa mãn x12 + x22 + x32 + x1 ≤ 1, x12 + x1 ≤ Bài toán toàn phương viết (GP2 ) với f (x) = xT Ax + aT x với A = −I3 a = (−2, 0, 0), g0 (x) = ||x − x0 ||2 − α với x0 = (− 21 , 0, 0), α = 54 g1 (x) =   0   ||Bx||2 + bT1 x − β1 với B =  0  , b1 = (1, 0, 0) β1 = Dễ dàng thấy 0 34 x¯ = (− 12 , 0, 0)T điều kiện tính chấp nhận chặt thỏa mãn dim(Ker(A − λmin (A)In ) ∩ Ker(B)) = Tiếp theo, chứng tỏ thỏa mãn nới lỏng SDP xác đối ngẫu mạnh Để thấy điều này, ý rằng, với điểm x chấp nhận x = (x1 , x2 , x3 ), ta có −x22 − x32 ≥ x12 + x1 − −1 ≤ x1 ≤ vậy, −x12 − x22 − x32 − 2x1 ≥ −x1 − ≥ −1 Vì vậy, dễ dàng thấy giá trị tối ưu (P) -1 (0, 1, 0) điểm cực tiểu toàn cục Cho λ0 = λ1 = Khi min{ f (x) + λ0 g0 (x) + λ1 g1 (x)} = min{x12 − 1} = −1 = min(P) Do vậy, bất đẳng thức max(D) ≤ min(SDRP) ≤ min(P) có nghĩa thỏa mãn nới lỏng SDP xác đối ngẫu mạnh 35 KẾT LUẬN Trong đề tài em trình bày tính chất toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính với úng dụng chúng Nội dung khóa luận là: Tính lồi ẩn miền tin cậy mở rộng Sự nới lỏng SDP xác Tính tối ưu toàn cục đối ngẫu mạnh Ứng dụng vào tối ưu vững Hơn nữa, sau thời gian tìm hiểu phần mềm soạn thảo văn Latex, khóa luận trình bày hoàn thiện phần mềm Tuy nhiên, thời gian thực đề tài khóa luận không nhiều, có sai sót em mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đọc 36 Tài liệu tham khảo [1] Burer, S., Anstreicher, K.M.: Second-order cone constraints for extended trust-region problem Preprint, Optimization online, March (2011) [2] Beck, A Eldar, Y.C.: Strong duality in nonconvex quadratic optimization with two quadratic con-straints SIAM J.Optim 17, 844-860 (2006) [3] Beck A.:Convexity properties assosiated with nonconvex quadratic matric functions and applications to quadratic programming J.Optim Theory Appl 142 1-29 (2009) [4] Ben-Tal, A., Ghoui, L.E., Nemirovski, A: Robust Optimization Princenton Series in Applied Mathe-matric (2009) [5] Ben-Tal, A.,Nemirovski, A.,Roos, C.: Robust solutions of uncertain quadratic and conic quadratic problems SIAM J Optim 13(2) 535-560 [6] El Ghaoui, L., Lebret, H.:Robust solutions to least-squares problems with uncertain data SIAM J Matric Anal Appl 18(4) 1035-1084(1997) [7] V.Jeyakumar.G.Y.Li " Trust-region problem with linear inequality constraints: exact SDP relaxation, global optimization and robust optimality and robust optimization” Math, Program 147, 171-206 (2014) [8] Ye, YY., Zhang, S.D.: New result of quadratic minimization SIAM J Optim.14,245-267(2013) 37 [...]... thấy rằng, đối với bài toán mô hình miền tin cậy mở rộng với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính, Hệ quả 1.4.1 của chúng ta cho thấy rằng tỉ lệ giữa giá trị tối ưu của bài toán cơ bản và bài toán sự nới lỏng SDP liên kết với nó là một khi điều kiện số chiều đã được thỏa mãn Xét một bài toán tối ưu toàn phương không lồi sau với một ràng buộc chuẩn và một ràng buộc tuyến tính : (P2 ) xT Ax + aT x minn x∈R... Xét bài toán tối ưu toàn phương với một ràng buộc chuẩn và một ràng buộc bất đẳng thức toàn phương hạng một (P0 ) xT Ax + aT x minn x∈R thỏa mãn ||x − x0 ||2 ≤ α, (bT x)2 ≤ r, trong đó A ∈ Sn×n , a, x0 , b ∈ Rn , α ∈ R và r ≥ 0 14 Bài toán mô hình của dạng này xuất phát từ ứng dụng của phương pháp miền tin cậy đối với sự cực tiểu hóa cuả một hàm phi tuyến với ràng buộc gián đoạn Ví dụ, xét bài toán. .. 1.2.1 ta suy ra kết luận Gần đây, trong [2], tác giả đã xét bài toán miền tin cậy với một ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính bổ sung: (P2 ) min{xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bT1 x ≤ β1 } và chứng tỏ rằng đối ngẫu mạnh thỏa mãn đối với (P1 ) khi dim(ker(A−λmin (A)In ) ≥ 2 Mở rộng điều này, chúng ta xét tối ưu toàn phương sau với một ràng buộc toàn 33 ... được một cách hữu hiệu, trong khi bài toán (P) ban đầu là một quy hoạch toàn phương không lồi với nhiều ràng buộc, nói chung, là một bài toán tính toán khó Vì vậy, ta nghiên cứu vấn đề này khi sự nới lỏng nửa xác định là chính xác theo nghĩa rằng min(P)= min(SDRP) Nếu A là nửa xác định dương, thì bài toán (P) là bài toán tối ưu toàn phương lồi đã được biết đến với những tính chất tốt ví dụ như đối ngẫu... lập đối ngẫu mạnh cho (P1 ) tương tự như đã được thiết lập trong [2] Hệ quả 1.4.2 (Mô hình miền tin cậy với ràng buộc tuyến tính duy nhất) Đối với bài toán (P1 ), giả sử rằng dim(Ker(A − λmin (A)In )) ≥ 2, và giả sử rằng tồn tại x¯ sao cho ||x¯ − x0 ||2 < α và bT1 x¯ < β1 Khi đó, đối ngẫu mạnh thỏa mãn đối với (P1 ), nghĩa là, minn xT Ax + aT x : ||x − x0 ||2 ≤ α, bT1 x ≤ β1 x∈R = max minn xT Ax +... a||2 ≤ λ là tương đương với bài toán bất đẳng thức ma trận tuyến tính sau: tồn tại λ 0 , λ 1 , , λ l ≥ 0 sao cho     Ik Ik ⊗ x˜ A(0) x − a(0) (Ik ⊗ x) ˜T λ 0 Ik(n+1) −λ 0 b + 21 ∑lj=1 λ j ω j (A(0) x − a(0) )T (−λ 0 b + 1 2 ∑lj=1 λ j ω j )T 26 λ − λ 0 (γ − ||b||2 ) − ∑lj=1 λ j β j   0 2.1.1 Bình phương tối thiểu vững Xét bài toán bình phương tối thiếu (LSP) dưới tính bất định dữ kiện (LSP)... Một đặc trưng SDP của nghiệm vững của bài toán quy hoạch nón bậc hai đã được thiết lập trong [5] Hệ quả 2.1.3 (Tính bất định chuẩn ma trận ) Cho x ∈ Rn Đối với bài toán (RSOCP) với định nghĩa U như trong (2.1.7), giả thiết rằng ρ > 0 Khi đó, x là nghiệm (RSOCP) khi và chỉ khi (x, λ , λi0 , λi1 ) ∈ Rn × R × R+ × R+ là nghiệm của bài toán quy hoạch nửa xác định tuyến tính sau: min (x,λ )∈Rn ×R,λi0 ,λi1... 10 Bài toán sự nới lỏng nửa xác định (SDRP) là một quy hoạch lồi trên một không gian ma trận Bài toán đối ngẫu lồi có thể được phát biểu như sau m (D) max µ∈R, λi ≥0, i=0, ,m µ :M + ∑ λi Hi i=0 00 0µ m T 2 T = max minn x Ax + a x + λ0 (||x − x0 || − α) + λi ≥0 x∈R i=0, ,m ∑ λi (bTi x − βi ) , i=1 nó trùng với bài toán đối ngẫu Lagrangian của (P) Rõ ràng, (SDRP) và (D) là bài toán quy hoạch tuyến tính. .. khi U quy về tập bất định chuẩn ma trận có dạng U = {A˜ 0 + ∆ : ∆ ∈ Rk×(n+1) , ||∆||F ≤ ρ} (2.1.4) và việc kiểm tra của bài toán bình phương tối thiểu vững (RLSP) đã được thiết lập bởi EL Ghoui và Lebret [6] Trong hệ quả sau, chúng ta nhận được một đặc trưng SDP của tập (RLSP) đối với tập bất định (2.1.4) Hệ quả 2.1.1 (Tính bất định chuẩn ma trận ) Cho x ∈ Rn Đối với bài toán (RSLP) với U được định... hoạch nón bậc hai vững Xét các quy hoạch nón bậc hai tuyến tính (SOCP) dưới tính bất định dữ kiện ràng buộc (SOCP) min x∈Rn aT x thỏa mãn ||Bi x − bi || ≤ di , i = 1, , m trong đó dữ kiện B˜ = (Bi , bi ) ∈ Rki ×n × Rki = Rki ×(n+1) , i = 1, , m là bất định và phụ thuộc tập bất định ma trận Ui Một phần tương ứng vững của bài toán nón bậc hai bất định có thể được phát biểu như sau (RSOCP) min x∈Rn ... toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính Phạm vi nghiên cứu Do thời gian không nhiều nên khóa luận tìm hiểu số điều toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính Bố cục... mạnh hữu ích toán miền tin cậy cổ điển tiếp tục thỏa mãn cho toán miền tin cậy mở rộng với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính điều kiện số chiều Đầu tiên, thiết lập lớp toán miền tin cậy mở rộng... nay, toán miền tin cậy với ràng buộc bất đẳng thức tuyến tính quan tâm nghiên cứu nhiều lý thuyết lẫn ứng dụng thực tiễn Mô hình toán phát triển mở rộng từ toán miền tin cậy cổ điển Bài toán miền