Một phương pháp qui hoạch lồi giải bài toán chấp nhận lồi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ NGỌC BÍCH MỘT PHƯƠNG PHÁP QUI HOẠCH LỒI GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ NGỌC BÍCH MỘT PHƯƠNG PHÁP QUI HOẠCH LỒI GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN LỒI Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 84 60 112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Lê Dũng Mưu Thái Nguyên - 2018 i Mục lục Mở đầu Chương Bài toán qui hoạch lồi 1.1 1.2 Tập lồi, hàm lồi 1.1.1 Tập lồi 1.1.2 Hàm lồi 10 Bài toán qui hoạch lồi 16 Chương Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi 2.1 2.2 24 Bài tốn chấp nhận lồi ví dụ 24 2.1.1 Bài toán chấp nhận lồi 24 2.1.2 Ví dụ 25 Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi 25 2.2.1 Tóm tắt hai phương pháp bản: chiếu chiếu song song 25 2.2.2 Thuật toán đạo hàm giải toán qui hoạch lồi 29 2.2.3 Phương pháp chuyển toán qui hoạch lồi 32 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Mở đầu Tối ưu hóa khởi nguồn ngành Tốn học, có nhiều ứng dụng quy hoạch tài nguyên, thiết kế chế tạo máy, điều khiển tự động, quản trị kinh doanh việc tạo nên hệ hỗ trợ định quản lý phát triển hệ thống lớn Chính vậy, lĩnh vực tối ưu hóa ngày trở nên đa dạng mang nhiều tên gọi khác Quy hoạch toán học, Điều khiển tối ưu, Vận trù học, Lý thuyết trò chơi Hiện mơn học Tối ưu hóa đưa vào giảng dạy nhiều chương trình đào tạo đại học cho ngành khoa học Một tốn quan trọng Tối ưu hóa toán qui hoạch lồi Nhiều toán quan trọng lĩnh vực tốn học thực tế chuyển tốn qui hoạch lồi (tìm cực tiểu hàm lồi tập lồi) Đối với lớp tốn có nhiều phương pháp giải hiệu quả, ví dụ phương pháp đạo hàm, phương pháp đạo hàm, phương pháp điểm trong, Bài tốn chấp nhận lồi tốn tìm điểm chung số hữu hạn vô hạn tập lồi Bài tốn quan trọng nhiều toán toán học lĩnh vực thực tế khác chuyển tốn chấp nhận lồi Ví dụ tốn giải hệ phương trình, tốn tìm nghiệm chung toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, Chính chúng tơi chọn đề tài: "Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi" Luận văn nghiên cứu toán chấp nhận lồi giới thiệu vài phương pháp giải toán này, đặc biệt sâu vào phương pháp chuyển toán chấp nhận lồi qui hoạch lồi Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương "Bài toán qui hoạch lồi” giới thiệu kiến thức giải tích lồi tốn qui hoạch lồi Chương "Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi" giới thiệu phương pháp chiếu chiếu song song, thuật toán đạo hàm để giải toán qui hoạch lồi Cuối chương, đề cập đến phương pháp giải toán chấp nhận lồi Trong trình học tập làm luận văn, từ giảng giáo sư, phó giáo sư cơng tác Viện Tốn học, Viện Cơng nghệ Thông tin - Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam, Đại học Thăng Long, thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, trau dồi thêm nhiều kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu công tác thân Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy cô Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng đào tạo, khoa Tốn - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ suốt thời gian học tập trường Cuối xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè ln động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tơi q trình học tập, nghiên cứu làm luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Học viên Vũ Thị Ngọc Bích Chương Bài tốn qui hoạch lồi Chương trình bày số kiến thức giải tích lồi tập lồi, hàm lồi, toán qui hoạch lồi, kiến thức tảng, cần thiết phục vụ cho việc nghiên cứu giải đề tài Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1], [2] [3] 1.1 Tập lồi, hàm lồi 1.1.1 Tập lồi Định nghĩa 1.1 Cho hai điểm a, b không gian Rn Đường thẳng qua hai điểm a b tập tất điểm x Rn có dạng x = λa + (1 − λ)b, λ ∈ R Đoạn thẳng nối hai điểm a, b tập hợp điểm có dạng x = λa + (1 − λ)b, λ ∈ [0, 1] Định nghĩa 1.2 Một tập C ⊆ Rn gọi tập lồi C chứa đoạn thẳng qua hai điểm Tức C lồi ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C Ta nói x tổ hợp lồi điểm (vectơ) x1 , x2 , , xk k k j x= j=1 λj x , λj > 0, ∀j = 1, , k, λj = j=1 Định nghĩa 1.3 Một tập D gọi tập affine D chứa đường thẳng qua hai điểm x, y ∈ D, tức ∀x, y ∈ D, ∀λ ∈ Rn ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ D Mệnh đề 1.1 Tập hợp C lồi chứa tổ hợp lồi điểm Tức là: C lồi k ∀k ∈ N, ∀λ1 , , λk > : k j=1 k λj = 1, ∀x , , x ∈ C ⇒ j=1 λj xj ∈ C Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên từ định nghĩa Ta chứng minh điều kiện cần quy nạp theo số điểm Với k = 2, điều cần chứng minh suy từ định nghĩa tập lồi tổ hợp lồi Giả sử mệnh đề với k − điểm Ta cần chứng minh với k điểm Giả sử x tổ hợp lồi k điểm x1 , , xk ∈ C Tức k k j x= j=1 λj x , λj > 0, ∀j = 1, , k, λj = j=1 Đặt k−1 λj ξ= j=1 Khi < ξ < k−1 k−1 j k λj x + λk x = ξ x= j=1 j=1 Do k−1 j=1 λj j x + λk x k ξ λj =1 ξ λj > với ∀j = 1, , k − nên theo giả thiết quy nạp, điểm ξ k−1 y := j=1 λj j x ∈ C ξ Ta có x = ξy + λk xk Do ξ > 0, λk > k λj = ξ + λk = j=1 nên x tổ hợp lồi hai điểm y xk thuộc C Vậy x ∈ C Mệnh đề 1.2 Nếu A, B tập lồi Rn , C lồi Rm , tập sau lồi : A ∩ B := {x | x ∈ A, x ∈ B}; αA + βB := {x | x = αa + βb, a ∈ A, b ∈ B, α, β ∈ R}; A × C := {x ∈ Rn+m | x = (a, c), a ∈ A, c ∈ C} Mệnh đề 1.3 D = ∅ tập affine có dạng D = M + a với M không gian Rn a ∈ Rn Không gian M xác định gọi không gian song song D Định nghĩa 1.4 Siêu phẳng Rn tổ hợp điểm có dạng {x ∈ Rn | aT x = α}, a ∈ Rn vectơ pháp tuyến siêu phẳng Một siêu phẳng chia không gian thành hai nửa không gian Định nghĩa 1.5 Nửa không gian tập hợp có dạng {x | aT x ≥ α}, a = α ∈ R Đây nửa khơng gian đóng Tập {x | aT x > α} nửa không gian mở Như siêu phẳng chia không gian thành hai nửa không gian, nửa khơng gian phía siêu phẳng Nếu hai nửa khơng gian đóng phần chung chúng siêu phẳng Định nghĩa 1.6 Một tập hợp S ⊂ Rn gọi đơn hình có thứ ngun k (hoặc nói ngắn gọn k-đơn hình) S tổ hợp lồi k + vectơ độc lập affine Các vectơ gọi đỉnh đơn hình Ví dụ, tam giác khơng gian chiều 2-đơn hình Tập hợp k k x ∈ R | x ≥ 0, Sk := j=1 xj ≤ gọi đơn hình chuẩn tắc Rk Định nghĩa 1.7 Một tập gọi tập lồi đa diện giao số hữu hạn nửa khơng gian đóng Như vậy, theo định nghĩa, tập lồi đa diện tập nghiệm hệ hữu hạn bất phương trình tuyến tính Dạng tường minh tập lồi đa diện cho sau D := {x ∈ Rn | aj , x ≤ bj , j = 1, , m} Hoặc ta kí hiệu A ma trận có m hàng vectơ aj , j = 1, , m vectơ bT = (b1 , , bm ) hệ viết D = {x ∈ Rn | Ax ≤ b} Chú ý phương trình a, x = b viết lại cách tương đương dạng hai bất phương trình a, x ≤ b, −a, x ≤ b nên tập nghiệm hệ hữu hạn phương trình bất phương trình tập lồi đa diện Định nghĩa 1.8 Bao lồi tập D giao tất tập lồi chứa D Bao lồi tập D ký hiệu coD Bao lồi tập D tập lồi nhỏ chứa D Định nghĩa 1.9 Một điểm a tập lồi D gọi điểm tương đối với x ∈ D có số λ > cho a + λ(x − a) ∈ D Tập điểm tương đối D ký hiệu riD Định nghĩa 1.10 Một tập D gọi nón ∀λ > 0, ∀x ∈ D ⇒ λx ∈ D Một nón gọi nón nhọn khơng chứa đường thẳng Một nón gọi nón lồi đồng thời tập lồi Nếu nón lồi lại tập lồi đa diện ta nói nón lồi đa diện Hình 1.1: Nón lồi nón khơng lồi Định nghĩa 1.11 Cho D ⊆ Rn tập lồi x0 ∈ D (i) Tập ND (x0 ) := {ω ∈ Rn : ω, x − x0 ≤ 0, ∀x ∈ D} gọi nón pháp tuyến ngồi D x0 tập −ND (x0 ) gọi nón pháp tuyến D x0 (ii) Tập NDǫ (x0 ) := {ω ∈ Rn : ω, x − x0 ≤ ǫ, ∀x ∈ D} gọi nón pháp tuyến ǫ D x0 28 Theo Ta có yk − x¯ ≤ xk − x¯ − yk − xk (2.1) Điều cho thấy yk gần x¯ xk Tương tự ta thấy xk+1 − x¯ ≤ yk − x¯ − xk+1 − yk , (2.2) tức là, xk+1 gần x¯ yk Ta có: xk − x¯ ≤ x0 − x¯ , yk − x¯ ≤ x0 − x¯ , k = 1, 2, Như vậy, ta kết luận dãy xk yk bị chặn Do dãy xk có điểm từ x∗ Vì C đóng xk ∈ C, ta có x∗ ∈ C Ta chứng minh x∗ ∈ D, dãy xk yk hội tụ đến x∗ Từ (2.1) (2.2) ta thấy dãy { xk − x }, { yk − x } giảm, nên chúng hội tụ Từ (2.1) (2.2) ta có yk − xk xk+1 − yk phải hội tụ đến Một dãy {xk } hội tụ đến x∗ Từ dist(xk , D) = dist(xk , yk ) → tính đóng D, ta có x∗ ∈ D Do đó, x∗ ∈ C ∩ D Từ x∗ thuộc tập giao, ta lấy x = x¯ (vì x¯ điểm tập giao) để tìm khoảng cách xk yk đến x∗ giảm Do có dãy hội tụ đến 0, ta kết luận xk − x∗ yk − x∗ hội tụ đến Phương pháp chiếu song song Cho hai tập lồi C D khác rỗng thuộc Rn PC PD toán tử chiếu C D Giả sử C ∩ D = ∅ Để tìm điểm tập C ∩ D ta làm sau: Lấy điểm xuất phát x0 (bất kỳ) Tính u0 ∈ PC (x0 ), v ∈ PD (x0 ) 29 Lấy x1 = λu0 + (1 − λ)v với λ ∈ [0, 1] Sau ta tính u1 = PC (x1 ) v = PD (x1 ), tiếp tục Người ta chứng minh: trình kéo dài vơ hạn thu dãy vơ hạn {xn } cho xn → x∗ ∈ C ∩ D 2.2.2 Thuật toán đạo hàm giải toán qui hoạch lồi Ta nhắc lại toán qui hoạch lồi: Cho ∅ = D ⊆ Rn tập lồi f : Rn → R Bài toán phát biểu sau: min{f (x) | x ∈ D} (P ) Thuật toán đạo hàm (hướng giảm sâu nhất) cho trường hợp tập D tồn khơng gian (bài tốn không ràng buộc) xk+1 := xk − λk ∇f (xk ), λk > (độ dài bước) cho f (xk+1 ) ≤ f (xk ) Có hai cách để tính độ dài bước a) Quy tắc xác: λk = argmin{f (xk + λdk ) : λ ≥ 0}; b) Quy tắc Armijo: Lấy số tự nhiên mk nhỏ m thỏa mãn f (xk − ξ/2m f (xk )) − f (xk ) ≤ −ǫξ/2m ∇f (xk ) , < ǫ < 1, ξ > cho trước Thì ta lấy λk = ξ/2mk Thuật toán dừng lại bước lặp k ∇f (xk ) = (A) 30 Định lí 2.1 (Định lý hội tụ) Giả sử f bị chặn đạo hàm ∇f thỏa mãn điều kiện Lipschitz, tức ∃L > : ∇f (x) − ∇f (y) ≤ L x − y ∀x, y thuật tốn đạo hàm với quy tắc Armijo hội tụ theo nghĩa ∇f (xk ) → k → +∞ Chứng minh Cho dk = −∇f (xk ) Theo Định lý giá trị trung bình x ∈ (xk , xk+1 ) cho f (xk+1 ) − f (xk ) = ∇f (x), xk+1 − xk Do đó, từ xk+1 = xk − λk ∇f (xk ), ta có f (xk+1 ) − f (xk ) = λk dk , ∇f (x) = −λk ∇f (xk )[∇f (xk ) − ∇f (xk ) + ∇f (x)] = −λk ∇f (xk ) + λk ∇f (xk )[∇f (x) − ∇f (xk )] ≤ −λk ∇f (xk ) + λk ∇f (xk ) ∇f (xk ) − ∇f (x) (2.3) Sử dụng tính liên tục Lipschitz ∇f x ∈ (xk , xk+1 ) ta có ∇f (xk ) − ∇f (x) ≤ L xk − x ≤ L xk − xk+1 (2.4) = λk L ∇f (xk ) Từ (2.3) (2.4), ta có λk = ξ , 2t f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −λk ∇f (xk ) + (λk )2 L ∇f (xk ) = −ξ/2t ∇f (xk ) (1 − ξL/2t ), ∀t > (2.5) Từ < ǫ < 1, ta luôn chọn số tự nhiên t = m nhỏ cho (1 − ξL/2t ) ≥ ǫ (2.6) 31 Thì f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2m ∇f (xk ) ǫ, (A) với xk+1 = xk − ξ/2m ∇f (xk ) Do tồn số tự nhiên m nhỏ thoả mãn (2.6) Chú ý từ m số tự nhiên nhỏ nhất, (2.6) thỏa mãn, ta có − ξL/2m−1 < ǫ Vì ξǫ ǫ(1 − ǫ) > m 2L Thay vào (2.5) ta f (xk+1 ) − f (xk ) < − ǫ(1 − ǫ) ∇f (xk ) 2L (2.7) Do {f (xk )} đơn điệu giảm Theo giả thiết f bị chặn trên, lim f (xk ) > −∞ Vì f (xk+1 ) − f (xk ) → Lấy giới hạn (2.7) k → +∞ ta thấy ∇f (xk ) → Nhận xét 2.1 Ta lấy độ dài bước λk không phụ thuộc k Trong thực tế có số tự nhiên m0 Thì λk = m0 (1 − ξL/2m0 ) ≥ ǫ (2.8) Từ < ǫ < nên m0 tồn f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2t ∇f (xk ) (1 − ξL/2t ) ∀t > Với t = m0 ta có f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2m0 ∇f (xk ) (1 − ξL/2m0 ) (2.9) Với xk+1 = −ξ/2m0 ∇f (xk ) Từ (2.8) (2.9) có f (xk+1 ) − f (xk ) ≤ −ξ/2m0 ∇f (xk ) ǫ ≤ (2.10) Vì dãy {f (xk )} đơn điệu giảm lim f (xk+1 ) − f (xk ) = (vì f bị chặn dưới) Từ (2.10) ta có ∇f (xk ) → 32 2.2.3 Phương pháp chuyển toán qui hoạch lồi Bài toán chấp nhận lồi tìm vectơ x∗ cho x∗ ∈ C x∗ ∈ D, (2.11) C, D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng khơng gian Rn Bài tốn hiểu tìm điểm chung hai tập lồi C D Để giải toán (2.11) ta sử dụng hàm g(x) := PC (x) − x 2 + PD (x) − x , (2.12) đó: PC PD toán tử chiếu lên hai tập lồi C D Khi (2.11) tương đương với toán sau: {g(x) | x ∈ Rn } (2.13) Nhận xét 2.2 Thật vậy, giả sử x∗ nghiệm toán (2.11), x∗ ∈ C ∩ D x∗ nghiệm tốn (2.13) ngược lại Chú ý tốn (2.13) giải thuật tốn đạo hàm trình bày phần Để tổng qt hóa ta thay tốn (2.11) toán sau: {g(x) | x ∈ Ω} (2.14) Ω tập lồi đóng, bị chặn (tập compact) chứa nghiệm tốn (2.11) Thật vậy, g(x) ≥ 0, ∀x g(x∗ ) = Chứng tỏ x∗ nghiệm toán (2.13) Ngược lại, x∗ nghiệm toán (2.13) g(x∗ ) = Khi theo định nghĩa (2.12) ta có PC (x∗ ) = x∗ , PD (x∗ ) = x∗ Chứng tỏ x∗ ∈ C x∗ ∈ D Do x∗ nghiệm tốn (2.11) Bổ đề 2.1 Cho C D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng Rn Khi hàm g(x) khả vi liên tục với đạo hàm ∇g(x) = (I − PC )x + (I − PD )x 33 Bổ đề 2.2 Cho C D hai tập lồi đóng có giao khác rỗng Rn Nếu tập Ω bị chặn, ta có (i) ∇g(x) liên tục Lipschitz Ω với L = α + 2L1 β số Lipschitz, L1 L1 := ξ + ζ · max y + max PD (z) y∈Ω z∈Ω (ii) Nếu g(x) lồi ∇g(x) tự với hệ số ν = (2.15) > L Chứng minh Do PC không giãn nên (I − PC )(x − y) ≤ x − y , ∀x, y ∈ Rn Ta có (I − PC )(x) − (I − PC )(y) ≤ x − y , ∀x, y ∈ Rn Mặt khác, I ∇I liên tục Lipschitz với số Lipschitz tương ứng ξ > δ > nên 1T (I − PD )(x) − 1T (I − PD )(y) ≤ 1T x − 1T y + 1T PD (x) − 1T PD (y) ≤ 1T (x − y) + − 1T y + 1T PD (x) − PD (y) + − 1T PD (y) ≤ {ξ + ζ · [ y + PD (y) ]} x − y ≤ 2L1 x − y ,     1 1  , 1T =   ∈ R2 , L1 cho (2.15) Do tính với =  1 1 bị chặn Ω tính liên tục I ta có ∇g(x) − ∇g(y) ≤ α (I − PC )(x) − (I − PC )(y) + β 1T (I − PD )(x) − 1T (I − PD )(y) ≤ (α + 2L1 β) x − y Vậy (i) chứng minh Từ g(x) lồi ∇g(x) liên tục Lipschitz với số L, (ii) suy ra, xem [6] 34 Chú ý 2.1 Tính liên tục Lipschitz ∇g(x) quan trọng cho phân tích hội tụ thuật tốn Bổ đề 2.3 Cho Ω tập lồi khác rỗng không gian Rn hàm g(x) (2.12) hàm lồi khả vi tập mở chứa Ω Khi vectơ x∗ cực tiểu tốn (2.12)-(2.14) nghiệm bất đẳng thức biến phân sau ∇g(x∗ )T (x − x∗ ) ≥ 0, ∀x ∈ Ω (2.16) Chứng minh Từ g(x) lồi khả vi tập mở chứa Ω (2.16) thỏa mãn ta có g(x) ≥ g(x∗ ) + ∇g(x∗ )T (x − x∗ ) ≥ g(x∗ ), ∀x ∈ Ω, x∗ cực tiểu g(x) Ω Ngược lại giả sử x∗ cực tiểu thỏa mãn toán (2.12)–(2.14) bất đẳng thức (2.16) không thỏa mãn, tức tồn x¯ ∈ Ω thỏa mãn ∇g(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < Lấy đạo hàm ta có g(x∗ + α(¯ x − x∗ )) − g(x∗ ) lim = ∇g(x∗ )T (¯ x − x∗ ) < α↓0 α Suy g(x∗ + α(¯ x − x∗ )) giảm chặt α > đủ nhỏ điều mâu thuẫn với giả thiết tối ưu x∗ Vậy toán (2.12)-(2.14) tương đương với toán bất đẳng thức biến phân (2.16) Khi Ω tập đơn giản việc tính hình chiếu dễ dàng Tổng qt ta có thuật tốn chiếu sau để giải toán (2.16): cho xk , chọn xk+1 sau xk+1 = PΩ xk − βk+1 ∇g(xk ) , βk+1 > độ dài bước 35 Thuật tốn 2.1 Thuật tốn mơ tả sau: Bước 1: Cho dãy không âm {τk } với ∞ k=0 τk < +∞, δ ∈ (0, 1), µ ∈ (0, 1), ǫ > 0, β0 > 0, x0 ∈ Ω, cho γ0 = β0 , k = Bước 2: Tìm số ngun khơng âm nhỏ lk cho βk+1 = µlk γk xk+1 = PΩ xk − βk+1 ∇g(xk ) , (2.17) thỏa mãn βk+1 ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 ) ≤ (2 − δ)(xk − xk+1 )T (∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )) (2.18) Bước 3: Nếu βk+1 ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 ) ≤ 0.5(xk − xk+1 )T (∇g(xk ) − ∇g(xk+1 )) γk+1 = (1 + τk+1 )βk+1 ; trái lại γk+1 = βk+1 Bước 4: Nếu e(xk , βk ) ≤ ǫ dừng lại, trái lại k := k + chuyển đến Bước Ta có kết sau cách chọn βk Bổ đề 2.4 Với bước lặp Thuật tốn 2.1 q trình tìm độ dài bước βk+1 kết thúc sau số hữu hạn bước lặp Ngoài ra, tồn số thực dương βmin , cho βk+1 ≥ βmin > với k > Chứng minh Từ ∇g(x) tự với ν = Bổ đề 2.2, ta có > 0, L định nghĩa L βk+1 ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 ) βk+1 ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 ) ≤ xk − xk+1 , ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 ) 1/L ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 ) Nếu βk+1 ≤ βmax := β0 , (2 − δ) L 2 = Lβk+1 36 điều kiện (2.18) thỏa mãn Mặt khác, theo Bước 2, Bước Thuật toán 2.1, ta có ∞ βk+1 ≤ γk ≤ (1 + τk )βk ≤ · · · ≤ Theo cách chọn (1 + τk )β0 k=0 ∞ k=0 τk < ∞, τk ≥ 0, ∀k ≥ Bước ta ∞ C0 := (1 + τk ) < +∞ k=0 Vậy, βk+1 ≤ γk ≤ C0 β0 , dãy {γk } bị chặn Ngồi ra, từ µ ∈ (0, 1), lim µn = n→∞ ta khẳng định trình tìm βk+1 thỏa mãn (2.18) thực sau số hữu hạn bước lặp, có nghĩa tồn lk thỏa mãn βk+1 = µlk γk ≤ βmax Ngoài ra, βk+1 thỏa mãn (2.18) βk+1 ≥ βmin := βmax µ, ∀k ≥ Nếu xk+1 = xk với k đó, theo (2.17) ta có = xk − xk+1 = e(xk , βk+1 ) ≥ e(xk , βmin ) Vì vậy, e(xk , βmin ) = xk nghiệm bất đẳng thức biến phân (2.16) Sau đây, ta giả sử xk = xk+1 với k thuật toán tạo nên dãy vô hạn {xk } Cho ∇g(xk+1 ) − ∇g(xk ) , ηk := xk+1 − xk ta nhận hội tụ Thuật toán 1.1 dựa theo định lí chứng minh [6] Định lí 2.2 Với dãy { e(xk , βk ) } cho Thuật toán 2.1 thỏa mãn e(xk+1 , βk+1 ) ≤ (1 + τk )2 e(xk , βk ) − δβmin L ∇g(xk ) − ∇g(xk+1 ) 37 Định lí 2.3 Giả sử dãy {xk } cho Thuật toán 2.1 x∗ nghiệm (2.16), ta có (1 − 2βk+1 ηk2 ) x k+1 −x ∗ k ≤ x −x ∗ xk − xk+1 − 2 Định lí 2.4 Thuật tốn hội tụ với điểm xuất phát Ví dụ 2.3 Cho hàm g(x) := [x1 , x2 ], tập lồi đóng C, D sau C = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 | x ≤ 1}; D = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 | ≤ x1 ≤ 1; ≤ x2 ≤ 1} Với Ω = C Ta kiểm tra thuật tốn với vịng lặp k = Trong vịng lặp có bước sau: • Bước 1: Cho dãy không âm {τk } với +∞ τk < +∞ Các tham số chọn: k=0 δ = 0, 5; µ = 0, 5; ǫ = 1; β0 = γ0 = Ta chọn   −1 x0 =   Suy   1  (I − PD )(x0 ) ∇g(x0 ) = (I − PC )(x0 ) +  1   1  (x0 − PD (x0 )) = (x0 − PC (x0 )) +  1       1 −1    −   = (x0 − x0 ) +  1 0      1 −1   = + 1 0   −1 =   −1 Ta chuyển sang Bước 38 • Bước 2: Chọn lk = ⇒ β1 = 0, = 0, ta có Suy x1 = PC x0 − β1 ∇g(x0 )     −1 −1 = PC   − 0,   −1      −1 0, = PC    +   0,   −0,  = 0,   1  (I − PD )(x1 ) ∇g(x1 ) = (I − PC )(x1 ) +  1   1  (x1 − PD (x1 )) = (x1 − PC (x1 )) +  1       1 −0,    −   = (x1 − x1 ) +  1 0, 0,      1 −0,   = + 1 0     −0,  = + −0,   −0,  = −0, Ta kiểm tra điều kiện (2.18) β1 ∇g(x0 ) − ∇g(x1 ) ≤ (2 − δ)(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 )), (2.19) 39 ta có β1 ∇g(x0 ) − ∇g(x1 )     −1 −0,  = 0,   −  −1 −0,   −0,  = 0,  −0, = 0, 0, = 0, 25 Và (2 − δ)(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 ))    T    2 −1 −0, −1 −0,    −   = (2 − 0, 5)   −  0, −1 −0,   −0,  = 1, −0, −0,  −0, = 1, (0, 25 + 0, 25) = 1, 0, = 0, 75 Do 0, 25 < 0, 75 nên điều kiện (2.19) thỏa mãn Ta chuyển sang Bước • Bước 3: Ta có β1 ∇g(x0 ) − ∇g(x1 ) = 0, 25 0, 5(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 )) = 0, 0, = 0, 25 Suy β1 ∇g(x0 ) − ∇g(x1 ) = 0, 5(x0 − x1 )T (∇g(x0 ) − ∇g(x1 )) nên γ1 = (1 + τ1 )β1 = (1 + 0)0, = 0, Ta chuyển sang Bước • Bước 4: Theo [6] ta có e(x, β) := x − PC [x − β∇g(x)] 40 Do e(x0 , β0 ) = x0 − PC [x0 − β∇g(x0 )]       −1 −1 −1 =   − PC   −   0 −1     −1 =   − PC       −1 =  −    √ −1 =   = > ǫ (khơng thỏa mãn) −1 Vậy vịng lặp thứ với k = kết thúc Tương tự vòng lặp với k = 1, 2, Thuật toán dừng sau số hữu hạn bước lặp, ta tìm nghiệm xấp xỉ với sai số ǫ 41 Kết luận Luận văn giới thiệu toán qui hoạch lồi chấp nhận lồi, số tính chất phương pháp giải hai tốn Luận văn trình bày chủ đề cụ thể sau Một số kiến thức tập lồi, hàm lồi Giới thiệu tốn qui hoạch lồi số tính chất quan trọng tốn Tóm tắt phương pháp giải: chiếu lần lượt, chiếu song song, thuật toán đạo hàm Bài toán chấp nhận lồi số ứng dụng Cụ thể giới thiệu phương pháp qui hoạch lồi giải tốn chấp nhận lồi thơng qua việc trình bày tốn bất đẳng thức biến phân tương đương Hy vọng tương lai tác giả có dịp tìm hiểu thêm nghiên cứu tổng quan sâu sắc toán chấp nhận lồi, đặc biệt kỹ thuật xử lý toán ứng dụng cụ thể toán 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu, Nguyễn Hữu Điền (2015), Giáo trình giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia, Hà Nội [2] Lê Dũng Mưu (1998), Giáo trình phương pháp tối ưu, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [3] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [4] S Boyd, L Vandenberghe (2004), Convex Optimization, Cambridge University [5] P.M Duc and L.D Muu (2016), "A splitting algorithm for a class of bilevel equilibrium problems involving nonexpansive mappings", Optimization, 65(10), 1855 - 1866 [6] D Han, Z Li and W Zhang (2013), "A self-adaptive projection-type method for nonlinear multiple-sets split feasibility problem", Inverse Problems in Science and Engineering, 21(1), 155-170 ... lồi? ?? giới thiệu kiến thức giải tích lồi toán qui hoạch lồi Chương "Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi" giới thiệu phương pháp chiếu chiếu song song, thuật toán đạo hàm để giải. .. Chương Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi Chương giới thiệu toán chấp nhận lồi giới thiệu tóm tắt hai phương pháp chiếu cho tốn Tiếp sâu vào trình bày phương pháp qui hoạch lồi. .. 16 Chương Một phương pháp qui hoạch lồi giải toán chấp nhận lồi 2.1 2.2 24 Bài toán chấp nhận lồi ví dụ 24 2.1.1 Bài toán chấp nhận lồi 24