Luận văn sư phạm Tối ưu của các hàm lồi toàn cục

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN **************** NGUYỄN THỊ HÀ TỐI ƯU CỦA CÁC HÀM LỒI TỒN CỤC KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Giải Tích Người hướng dẫn khoa học ThS Nguyễn Văn Tuyên Hà Nội - 2013 LỜI CẢM ƠN Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, thầy giáo khoa Tốn giúp đỡ em q trình học tập trường tạo điều kiện cho em hồn thành khố luận Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Nguyễn Văn Tuyên tận tình giúp đỡ em suốt q trình học tập, nghiên cứu hồn thành khố luận Là sinh viên lần nghiên cứu khoa học nên khơng tránh khỏi thiếu sót hạn chế Kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo tồn thể bạn đọc để khố luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, tháng năm 2013 Sinh viên Nguyễn Thị Hà ii LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan hướng dẫn thầy giáo Nguyễn Văn Tuyên khoá luận em hồn thành khơng trùng với cơng trình khoa học khác Trong thực khoá luận em sử dụng tham khảo thành tựu nhà khoa học với lòng biết ơn trân trọng Hà Nội, tháng năm 2013 Sinh Viên Nguyễn Thị Hà iii Mục lục Mở đầu Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức sở giải tích lồi 1.1.1 Tập lồi 1.1.2 Hình chiếu 1.1.3 Các định lý tách 11 1.1.4 Nón 12 1.1.5 Hàm lồi 14 1.1.6 Hàm lồi khả vi 15 1.1.7 Dưới vi phân 18 1.2 Các điều kiện tối ưu cho tốn tối ưu trơn có ràng buộc 21 1.2.1 Các điều kiện cho tốn tối ưu khơng có ràng buộc 21 1.2.2 Các điều kiện cho tốn tối ưu có ràng buộc 22 iv Tối ưu hoá hàm lồi toàn cục 35 2.1 Một số phiên lồi toàn cục 35 2.2 Cực tiểu 42 2.3 Tính chất định tính ρ(C, c) 44 2.4 Cực đại 51 2.5 Ước lượng ρ(E) 54 Tài liệu tham khảo 69 v Mở đầu Lý chọn đề tài Các hàm lồi có tính chất tốt cho toán cực tiểu tốn cực đại Tương tự tính chất đưa ra, xét hàm có hình dáng địa phương “xấu" chúng hàm lồi tồn cục theo nghĩa chúng có tính chất “lồi” ba điểm thẳng hàng Chúng ta biết rằng, giả thiết toán tối ưu thường thiết lập hai dạng bản: (a) Tập chấp nhận C tập lồi không gian Minkowski E (hay không gian định chuẩn thực hữu hạn chiều); (b) Hàm mục tiêu ϕ hàm lồi, nghĩa ϕ hàm lấy giá trị thực C cho ϕ(y) ≤ λϕ(x) + (1 − λ)ϕ(z) (0.1) với x, z ∈ C với x = z, < λ < 1, y = λx + (1 − λ)z (0.2) Chúng ta biết rằng, tính lồi giả thiết hữu ích cho tốn cực tiểu toán cực đại: (P1 ) Mỗi điểm cực tiểu địa phương hàm lồi điểm cực tiểu toàn cục (P2 ) Nếu hàm lồi đạt cực đại phải đạt điểm cực biên miền hữu hiệu Mỗi tính chất (P1 ) (P2 ) gặp khó khăn việc tìm giá trị cực trị hàm sở thuật tốn tìm giá trị xấp xỉ tối ưu điểm thuộc C để hàm đạt cực trị Tuy nhiên, thuật toán đưa dường giả thiết (a) ln thỏa mãn Trong đó, giả thiết (b) hạn chế thực tế Vì người ta đưa ý tưởng lồi hóa hàm mục tiêu tương tự việc tuyến tính hóa hay đơn điệu hóa Việc tồn cục hóa tính chất quan trọng hàm số quan trọng toán tối ưu Các kết hay lược đồ tốn học, đặc biệt áp dụng cho thực hành địi hỏi thuật tốn phải hội tụ nhanh đủ gần giá trị tối ưu Với lý trên, định hướng thầy hướng dẫn em chọn đề tài “Tối ưu hàm lồi tồn cục” để hồn thành khóa luận Tốt nghiệp Đại học Khóa luận bố cục sau: Chương Trình bày kiến thức sở Giải tích lồi như: Tập lồi, hàm lồi, vi phân hàm lồi, điều kiện cực trị, Chương Trình bày vấn đề tối ưu hóa hàm lồi tồn cục Các kết chương trình bày cách chi tiết kết có [17] Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề tối ưu hoá hàm lồi toàn cục Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề Giải tích lồi như: Tập lồi, hàm lồi, vi phân hàm lồi, điều kiện cực trị, Nghiên cứu vấn đề tối ưu hoá hàm lồi toàn cục Phương pháp nghiên cứu Tra cứu, tổng hợp phân tích tài liệu theo hướng dẫn thầy giáo hướng dẫn để hoàn thành mục tiêu đề Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức sở giải tích lồi 1.1.1 Tập lồi Khái niệm tập lồi khái niệm quan trọng lý thuyết tối ưu Tập lồi tập mà lấy điểm tập đoạn thẳng nối điểm nằm tập Định nghĩa 1.1 Tập X ⊂ Rn gọi tập lồi với x1 , x1 ∈ X với t ∈ (0; 1) thì: (1 − t)x1 + tx2 ∈ X Bổ đề 1.1 Cho I tập Nếu tập Xi ⊂ Rn , với i ∈ I, tập lồi tập X = i∈I Xi tập lồi Chứng minh Ta xét trường hợp: +Nếu X = i∈I Xi = ∅ X tập lồi tầm thường +Nếu X = i∈I Xi = ∅, ta có: ∀x, y ∈ i∈I Xi , ∀t ∈ (0; 1), suy x, y ∈ Xi , ∀i ∈ I Khi đó, (1 − t)x + ty ∈ Xi , ∀i ∈ I, suy (1 − t)x + ty ∈ i∈I Xi , ∀i ∈ I Vậy X tập lồi Thì S d-đơn hình Euclide với trọng tâm s = 0, d 1+d ξ(S, s) = Ta cần tính µ(S, s) nửa giá trị cực đại chuẩn tập S ∩ −S Điểm x S ∩ −S đặc trưng tồn số không âm λ0 , , λd số không âm η0 , , ηd với tổng cho d d i=0 λi (ui − c) = x = i=0 ηi (c − ui ) Từ suy d (λi + ηi )ui = 2c i=0 tính độc lập u′i ta có λ0 + η0 = λ1 + η1 = = λd + ηd = d+1 Cũng lưu ý gốc phép chiếu trực giao điểm c lên siêu phẳng S, tìm cực đại x x ∈ S ∩ −S tương đương với tìm cực đại x − c x ∈ S ∩ −S Và cho x = d i=0 vi ui biểu diễn d x−c ηi2 = i=0 Ta khẳng định với x có giá trị lớn x S ∩ −S, với hầu hết số i số λi ηi dương Giả sử có hai số vậy, với η1 ≥ η2 Thì với ǫ dương nhỏ tuỳ ý ta tăng ηi λ2 số ǫ giảm η2 λi số ǫ không vi phạm điều kiện trên, d 2 (η1 + ǫ) + (η2 − ǫ) + d ηi2 i=1 = i=0 d ηi2 + 2δ(η1 − η2 + ǫ) 58 > i=1 ηi2 = x − c2 , tính cực đại x sai Do đó, với số i hầu hết, λi = ηi = 2/(d + 1) λi = 2/(d + 1) λi = Suy d i=0 ηi = không lớn nửa d + 2/(d + 1) Từ ta thấy d lẻ hay d = 2n + giá trị lớn v với v ∈ S ∩ −S đạt n ui − c v= d + i=0 √ √ √ Khi v = 1/ 2n + = d + ρ(S, s) = ξ(S, s)/ v = d Khi d chẵn hay d = 2n có giá trị lớn x cho với vài r ≤ n ηi = d+1 với ≤ i < r ηi = với r < i ≤ d Từ 2r + ηr = ≤ ηr ≤ , d+1 d+1 suy 2r ≥ d − 1, r = n ηr = 1/d Do điểm w= d+1 n−1 ui + i=0 un d+1 −c điểm S ∩ −S cách xa nhất, ta có √ √ 2n d ξ(S, s) √ w = = ρ(S, s) = = d + 2n + 1 + d w Với số chiều d, Bổ đề 2.9 cung cấp cận cho ρ(Rd2 ) cận lớn Ta thấy lớn với d ≤ √ √ (nghĩa là, ρ(R22 ) = 3), với d ≥ để thiết lập cận không lần cận Từ Bổ đề 2.8 tìm cận cho ρ(Rd2 ), tập trung vào thương ρ(Z, 0), Z đáp ứng điều kiện Bổ đề 59 theo sau Những điều kiện bên dưới, ξ(Z, 0) = ta tìm cận µ(Z, 0) Bổ đề 2.10 Với d ≥ 2, giả sử gốc Rd2 điểm tới d-đơn hình Z đỉnh z0 , , zd tất đơn vị chuẩn, số dương λi thoả mãn d d λi = i=0 λi zi = i=0 Giả sử S = conR{z1 , , zd } s=− Các phát biểu đúng: λ0 z0 ∈ S − λ0 (i) S mặt Z đối diện z0 ; (ii) s thuộc phần S tương đối đến siêu phẳng S; (iii) với i, λi < 21 ; (iv) S ∩ −Z = (1 − 2λ0 )(S − s) ∩ (s − S) + s Do S ∩ −Z chứa co lại tỉ lệ − 2λ0 tập đối tập hợp S điểm s Chứng minh Khẳng định (i) hiển nhiên, (ii) suy từ việc 1 (λ0 z0 ) = − (− s=− − λ0 − λ0 d d λi z i ) = i=1 i=1 λi zi − λ0 Đối với (iii), lưu ý , kí hiệu thơng thường, d d λ0 = λ0 z0 , z0 = z0 , λ0 z0 = i=1 λi z i i=1 d d ≤ z0 , − λi | z , z i | ≤ i=1 λi = − λ0 60 = λi (− z0 , z1 ) i=1 Từ điều suy λ0 < 21 , λ0 = số điểm z1 , , zd −z0 Đẳng thức bị loại trừ giả định gốc điểm tới Z Bây giả sử T = S − s Để thiết lập (iv), ta thấy S ∩ −Z ⊇ (T + s) ∩ ((1 − 2λ0 )(−T − s + z0 ) − z0 ) = (T + s) ∩ ((1 − 2λ0 )(−T ) + s) ⊇ T0 ∩ ((1 − 2λ0 )(−T ) + s) ⊇ ((1 − 2λ0 )T ) ∩ ((1 − 2λ0 )(−T )) + s ⊇ (1 − 2λ0 )(T0 − T ) + s = − 2λ0 (S − s) ∩ (s − S) + s Dấu ⊇ = suy từ việc S = T + s (1 − 2λ0 )(−T − s + z0 ) − z0 = (1 − 2λ0 )(−S) + (2λ0 )(−z0 ) ⊂ con((−S) ∩ {−z0 }) = −Z Thực thì, S ∩ −Z = (T + s) ∩ ((1 − 2λ0 )(−T ) = s), ta không dùng chúng phần √ Định lý 2.13 ρ(R22 ) = Chứng minh Kí hiệu Bổ đề 2.10 với p chân đường vng góc hạ từ gốc đến đường S qua z1 z2 , giả sử zi , λi dán nhãn để ρ ≥ 21 (Dễ thấy số dương) Với δ = 1− p 2 − s−p , (2.10) vấn đề chứng tỏ hình tiếp theo, điều suy từ (iv) 2.10 tồn q ∈ S ∩ −Z cho q − p ≥ s − p + (1 − 2λ0 )δ 61 Ta định nghĩa y = s − p r = p , s = y + r2 1/2 suy λ0 = 1/2 y + r2 + (y + r2 )1/2 Do cận q − p viết 1− g(y) = y + = 1+ + y r2) + Ta khẳng định với r ≥ 1− 2 − r2 + (y + r2 ) 2 y + r2 (y 2 y + r2 2 y + r2 1+ (y + −y y − r2 r2) 2 cố định, g(y) đạt giá trị nhỏ y = Do (g(y) − g(0)) = y y + r2 (1 + r) + r − y + r2 (1 + r) + (y + − r2 r2) 2 , điều đủ để f (y) ≥ f (0) với y ≥ 0, f (y) = y(1 + r) − − r 2 y +r 2 Bây giờ, f ′ (y) = (1 + r) y + r2 + y y + r2 = 2(1 + r)y − y − r2 −1 y(1 + r) − − r2 + (1 + r)r2 y + r2 biệt số (1 − r2 ) − (1 + r)2 r2 dương r ≥ λ −1 2 , suy f ′ (y) ≥ với y ≥ Nhưng f (y) ≥ 0, từ điều suy g(y) ≥ g(0) = (1 − r) (1 + r) Nhớ lại định nghĩa liên quan, ta thấy có điểm q S ∩ −Z cho q − p ≥ g(0), theo định lý Pytago bình phương q giá 62 trị nhỏ (1 − r)3 + r2 h(r) = 1+r Suy h′ (r) = r2 + 2r − , (1 + r2 ) giá trị dương r ≥ 21 Do với r ≥ 21 , (1/2)3 1 + = , h(r) ≥ 3/2 √ nửa độ dài đoạn [−q, q] ⊂ Z ∩ −Z nhỏ 1/ √ √ Nghĩa ρ(Z, 0) ≤ 3, ρ(R22 ) ≤ Bất đẳng thức ngược lại xuất Bổ đề 2.9 Để chuẩn bị cho kết tiếp theo, ta cần bổ đề tính tốn Bổ đề 2.11 Nếu dãy γ1 , γ2 , định nghĩa điều kiện γ1 = (d − 1)4 γd = + γd−1 , d d2 (d + 1)2 với d ≥ 2, 1 − 3d + 15d + 2d + 15d + ≥ γd = 5d d 15d3 (d + 1)2 Chứng minh Giả sử αd = d2 γd , cho α1 = αd = + d−1 d+1 d−1 d+1 αd−1 = + 2 1+ d−2 d αd−2 d−1 d−2 d−3 d−1 =1+ 1+ + αd−3 d+1 d+1 d d−1 2 2 2 = 2d d + + (d − 1) (d − 2) + (d − 2) (d − 3) αd−3 d (1 + d) = d2 (d + 1)2 d−2 2d i2 (i + 1)2 d +1 + i=2 63 Phép quy nạp cho thấy n n (n + 1) (n + 2) 3n2 + 6n + 15 i2 (i + 1)2 = i=1 Với d = n − tích αd = 3d + 15d + 2d + 15d + 15d (d + 1) γd = α > 3d − 6d + = (d + 1)2 (d − 1)2 2 d 15d3 (d + 1) 15d3 (d + 1) 1 = (d − 1) = 1− 5d 5d d Định lý 2.14 Nếu d ≥  √   d d √ 5d ≥ ρ(Rd2 ) ≥ √  d−1  d+1 Chứng minh Cận √ d √ với d lẻ với d chẵn d + có từ Bổ đề 2.9 Để khẳng định với cận trên, tiện lợi làm việc với βd = 1/ρ(Rd2 ) Ta biết √ β1 = β2 = 1/ Để chứng minh d−1 βd ≥ √ d 5d với d ≥ cho, đủ theo Bổ đề 2.11, để βk2 (k − 1)4 ≥ 2+ βk−1 k k (k + 1)2 với k ≤ d Điều hoàn thành phép quy nạp d Với kí hiệu Bổ đề 2.10, zi λi thay để đạt λ0 ≥ 1/(d+1) Gọi p phép chiếu trực giao gốc lên siêu phẳng H giả sử δ = 1− p 1/2 64 − s−p Tất nhiên µ(S, s) ≥ βd−1 ξ(S, s) với (iv) Bổ đề 2.10 ta thấy µ (S ∩ −Z, s) ≥ (1 − 2λ0 ) µ(S, s) Cho ≤ j ≤ d từ định lý Pytago ta có p − vj + p = vj =1 từ bất đẳng thức tam giác ta có p − vj ≤ p − s + s − vj Do ξ(S, s) ≥ δ ta có µ (S ∩ −Z, s) ≥ (1 − 2λ0 ) µ(S, s) ≥ (1 − 2λ0 ) βd−1 δ Vậy là, tập S ∩ −Z chứa đoạn có tâm s có nửa độ dài nhỏ (1 − 2λs )βd−1 δ Cho điểm cuối đoạn này, bình phương khoảng cách từ p nhỏ p−s 2 + (1 − 2λ0 )2 βd−1 δ2 từ gốc nhỏ Q= p−s 2 + (1 − 2λ0 )2 βd−1 δ2 + p Để chứng minh đầy đủ Định lý 2.14, theo Bổ đề 2.7 2.11 việc ξ(Z, 0) = 1, cho thấy (d − 1)4 Q≥ 2+ βd−1 d d2 (d + 1)2 Để tiện kí hiệu, ta viết y= s = λ0 ≥ − λ0 d 65 r = p ≤ y ≤ Thì λ0 = y/(1 + y) Q trở thành 2y h(y) = y2 + − 1+y 2 βd−1 = y2 + (1 − y)4 βd−1 − r2 1−r 2 2 − y −r + y − r2 2 −2 Với y cố định, giá trị h(y) giảm lượng |r| Do h(y) ≥ f (y), (1 − y)4 f (y) = y + βd−1 (1 + y)2 2 − (1 − y)4 βd−1 f ′ (y) = (1 + y)−3 2y (1 − y)3 − (1 − y)3 (1 + y) βd−1 ≥ (1 + y)−3 2y (1 + y)3 − 6βd−1 ≤ y ≤ d √ Với βd−1 ≤ 1/ d − y ≥ 1/d, ta có f ′ (y) ≥ − d1 f (y) ≥ (f (1/d)) = + d + d1 βd−1 Cho C nằm trọng tâm không gian Minkowski E Định lý 2.11, 2.12, 2.13 2.14 bị chặn số ρ(C) Vì mối liên quan ρ(C) với tối ưu hoá hàm δ-lồi, thú vị biết với ρ(C) dùng cho tập C ⊂ E Dễ thấy dim E ≥ 2, có hình nón đa diên nhọn K ⊂ E có giá trị ρ(K) nhỏ cách tuỳ ý (chỉ cần K có "mở rộng") Tuy nhiên, tình cho tập bị chặn nhiều quan sát đáng giá Định lý 2.15 Với d ≥ 2, tập {ρ(C) : C ⊂ Rd2 bị chặn } √ khoảng (0, ρ(Rd2 )) Đặc biệt, d = 2, khoảng (0, 3] 66 Chứng minh Đầu tiên ta thấy ǫ > 0, Cǫ khối mặt phẳng xy hình thành cách cắt hình trịn bán kính R = + ǫ2 / (2ǫ) tâm điểm (−R + ǫ, 0) (R − ǫ, 0) ρ(Cǫ ) ≤ ǫ Xét điểm tuỳ ý p = (x, y) ∈ Cǫ với x, y ≥ Điểm q ∂Cǫ gần q mở rộng xuyên tâm tới ∂Cǫ p từ điểm (−R + ǫ, 0) Tại q, ∂C có tiếp tuyến L mà ta xét nón D chứa điểm q cắt từ Cǫ đường M song song với L qua điểm z = (0, 1) Gọi r điểm mà M cắt đoạn nối điểm (−R + ǫ, 0) tới q Ta xét riêng hai trường hợp p ∈ [r, q]; r ∈ [p, q] Đầu tiên giả sử p ∈ [r, q] cho η = p − q Khi có cung Cǫ qua p, tâm p có độ dài ρ(Cǫ , p) ≤ η 2ηR − η 2ηR − η Do ≤ ǫ Bây giả sử r ∈ [p, q] lưu ý khối C đối diện góc θ z tan θ = 1/(−ǫ) Vì vậy, η η = ψ + ϕ ψ = p − r , ϕ = r − q p − r = ψ ≤ z − r (tan θ) = Rϕ − ϕ2 /(R − ϕ) Bây Cǫ chứa dây cung [z, p − z] tâm p, bình phương nửa chiều dài dây cung tính p−r + z−r ≥ z−p = 2Rϕ − ϕ2 Khi η = ψ + ϕ, ta có η ≤ ϕ + Rϕ − ϕ2 /(R − ϕ) Đối với ǫ nhỏ, ϕ ≥ Rϕ − ϕ2 67 /(R − ϕ) ϕ ≥ η/2 Do Cǫ chứa cung tâm p nửa chiều dài nhỏ Rη − 14 η , suy ρ(Cǫ ) ≤ η Rη − η 1/2 ≤ ǫ Như vậy, trường hợp d = hoàn thành Bây cho d ≥ 3, viết Rd2 = R22 × R2d−2 theo cách thông thường, cho điểm p ∈ Rd2 viết dạng p = (p′ , p′′ ) với p′ ∈ R22 p′′ ∈ R2d−2 Cho µ hàm độ đo tập Cǫ ⊂ R2 , kí hiệu chuẩn Euclide Rd−2 , định nghĩa Kǫ = {p : (µ(p′ )) + p′′ ≤ 1} Khi Kǫ tập Rd−2 khơng khó để kiểm tra ρ(Kǫ ) ≤ ǫ (Khi d = 3, Kǫ đạt cách quay tập hợp Cǫ trục đối xứng.) Để hoàn thành chứng minh, lưu ý thảo luận đơn giản liên tục, thấy với không gian E tập hợp {ρ(C) : C ⊂ E bị chặn } tập kết nối R 68 KẾT LUẬN Trên tồn nội dung khố luận “Tối ưu hàm lồi tồn cục” Khố luận hệ thống kiến thức Giải tích lồi như: Tập lồi, hàm lồi, vi phân hàm lồi, điều kiện cực trị, Đồng thời trình bày cách chi tiết vấn đề tối ưu hàm lồi toàn cục Do thời gian nghiên cứu lực cịn hạn chế nên khố luận đạt số kết định Em mong thầy bạn góp ý nhận xét để khoá luận đầy đủ hồn thiện Trước kết thúc khố luận này, lần em xin bày tỏ lòng biết ơn thầy cô giáo trường, đặc biệt thầy Nguyễn Văn Tuyên tận tình giúp đỡ em hồn thành khố luận Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2013 Sinh Viên Nguyễn Thị Hà 69 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu Tiếng Việt [1] Huỳnh Thế Hùng, "Cơ sở giải tích lồi", NXB Giáo dục 2012 [B] Tài liệu Tiếng Anh [2] M Avriel, W.E Diewert, S Schaible and W Ziemba, Introduction to concave and generalized concave function, in Generalized Convexity and Optimization in Economics, Academic Press, New York, 1981, pp 21-50 [3] C Carathộodory, Uă ber den Variablită atsbereich des Koeffizienten von Potenzreihen, die gegebene Werte nicht annehmen, Math Ann, 64 (1907), pp 99-115 [4] W E Diewert, M Avriel and I Zang, Nine kinds of quasiconcavity and concavity, J Econom Theory, 25 (1981), pp 397-420 [5] W Ginsberg, Concavity and quasiconcavity in economic, J Econom Theory, (1973), pp 596-605 [6] A J Goldman, Resolution and separation theorems for polyhedral convex sets, Ann of Math Stud, 38 (1956), pp 41-51 [7] P Gritzmann and V Klee, Computational complexity of inner and outer j-radii of polytopes in finite-dimensional normed space, in preparation [8] W M Hirsch and G B Dantzig, The fixed charge problem, Naval Res Logist Quart, 15 (1968), pp 413-424 [9] W M Hirsch and A J Hoffman, Extreme varieties, concave functions, and the fixed charge problem, Comm Pure Appl Math, 14 (1961), pp 355-369 [10] S Kirkpatrick, C D Gelatt, Jr, and M P Vecchi, Optimization by simulated annealing, Science, 220 (1983), pp.671-680 [11] V Klee, Extremal structure of convex sets, Arch Math, (1957), pp 234-240 [12] V Klee, Some characterizations of convex polyhedra, Acta Math, 102 (1959), pp 79-107 [13] V Klee, Extremal points of convex sets without completeness of the scalar field, Mathematika, 10 (1964), pp 59-63 [14] P M Pardalos and J B Rosen, Constrained Global Optimization, G Goos and J Hartmanis, eds, Lecture Notes in Computer Science, 268, Springer-Verlag, Berlin, New York, 1987 [15] J Ponstein, Seven Kinds of convexity, SIAM Rev, (1967), pp 115-119 [16] S Schaible and W Ziemba, Generalized Convexity and Optimization in Economics, Proc NATO Advanced Study Institute, University of British Columbia, Vancouver, British Columbia, Canada, August 4-25, 1980, Academic Press, New York, 1981 71 [17] T C Hu, Victor Klee and David Larman, Optimization of globally convex functions, SIAM J Control and Optimization, 27(5)(1989), pp 1026–1047 [18] P J M Van Laarhoven and E H L Aarts, Simulated Annealing: Theory and Applications, D Reidel, Dordrecht, Boston, 1987 72 ... vấn đề tối ưu hố hàm lồi tồn cục Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề Giải tích lồi như: Tập lồi, hàm lồi, vi phân hàm lồi, điều kiện cực trị, Nghiên cứu vấn đề tối ưu hố hàm lồi tồn cục Phương... Lagrange Các điều kiện (1.34)-(1.35) gọi điều kiện Karush-Kuhn-Tucker(KKT ) 34 Chương Tối ưu hố hàm lồi tồn cục 2.1 Một số phiên lồi toàn cục Một số phiên lồi toàn cục: Về việc tối ưu hố, vài... bày kiến thức sở Giải tích lồi như: Tập lồi, hàm lồi, vi phân hàm lồi, điều kiện cực trị, Chương Trình bày vấn đề tối ưu hóa hàm lồi tồn cục Các kết chương trình bày cách chi tiết kết có [17]