Nghiệm toàn cục vững của một lớp bài toán tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc truyến tính không chắc chắn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM TRỌNG THÁI NGHIỆM TOÀN CỤC VỮNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN TỐI ƯU ĐA THỨC HAI CẤP VỚI RÀNG BUỘC TUYẾN TÍNH KHƠNG CHẮC CHẮN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHẠM TRỌNG THÁI NGHIỆM TỒN CỤC VỮNG CỦA MỘT LỚP BÀI TỐN TỐI ƯU ĐA THỨC HAI CẤP VỚI RÀNG BUỘC TUYẾN TÍNH KHƠNG CHẮC CHẮN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành : TỐN GIẢI TÍCH Mã số : 60 46 01 02 Cán hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN HUY CHIÊU NGHỆ AN - 2016 Mục lục Lời mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm tính chất 1.2 Bổ để Farkas suy rộng Đặc trưng nghiệm toàn cục vững ứng dụng 21 2.1 Đặc trưng nghiệm toàn cục vững 21 2.2 Giải xấp xỷ giá trị tối ưu toàn cục vững 31 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 LỜI MỞ ĐẦU Bài toán tối ưu hai cấp tốn tối ưu miền ràng buộc chứa toán tối ưu khác (bài toán cấp thấp) Bài toán nảy sinh hai người định độc lập, có thứ tự mặt thời gian mục tiêu xung đột Các toán tối ưu hai cấp tốn khó phương diện lý thuyết lẫn phương diện giải số Tuy nhiên, chúng lại mơ hình tốn học nhiều vấn đề quan trọng kinh tế kỹ thuật ([6]) Để giải toán này, người ta thường giả thiết liệu đầu vào toán biết cách xác thời điểm giải Trong thực tế, hiểu biết xác xẩy Dữ liệu tốn thường khơng chắn, nghĩa khơng biết cách xác thời điểm định, thiếu hụt thông tin, sai số đo đạc, sai số dự đốn, sai số làm trịn, Tối ưu vững đời nhằm đáp ứng yêu cầu phân tích tốn tối ưu có tham số đầu vào không chắn lại thuộc tập biết, gọi tập không chắn Nghiệm tối ưu toàn cục vững phương án tốt số phương án chấp nhận tham số đầu vào, miễn chúng thuộc vào tập không chắn xác định trước Giá trị hàm mục tiêu nghiệm toàn cục vững gọi giá trị tối ưu vững Tối ưu vững lĩnh vực nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu ([3], [4]) Trong thời gian gần đây, sử dụng cơng cụ hình học nửa đại số thực, người ta thiết lập số lược đồ giải xấp xỷ toán tối ưu đa thức hai cấp với toán cấp thấp lồi ([9]) toán tối ưu đa thức hai cấp vững với tốn cấp thấp tuyến tính tập khơng chắn hình hộp compact ([5]) Hướng tiếp cận sử dụng nhiều tối ưu đa thức ([1], [8]); nhiên, hướng tối ưu hai cấp Với mong muốn tiếp cận hướng nghiên cứu đề cập trên, chọn đề tài nghiên cứu là: “Nghiệm tồn cục vững lớp tốn tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn” Mục đích phân tích, tổng hợp, trình bày chi tiết có hệ thống kết gần theo hướng nghiên cứu Ngoài phần mở đầu, kết luận danh mục tham khảo, nội dung luận văn chia thành hai chương Chương dành để cung cấp kiến thức chuẩn bị Trong chương này, sau nhắc lại số khái niệm tính chất từ hình học nửa đại số thực tối ưu hai cấp vững, chúng tơi trình bày hai bổ đề Farkas suy rộng cuối trình bày đặc trưng nghiệm vững tốn tối ưu cấp thấp Chương dành để trình bày kết nghiệm vững lớp toán tối ưu đa thức hai cấp Chương có hai mục: Mục 2.1 trình bày đặc trưng nghiệm tối ưu vững toán tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn; dựa vào kết này, Mục 2.2 cung cấp mơt lược đồ xấp xỷ tìm giá trị tối ưu vững tốn Luận văn thực Trường Đại học Vinh hướng dẫn TS Nguyễn Huy Chiêu Trước tiên, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy tận tình hướng dẫn Tơi xin cảm ơn q Thầy Cơ khoa Sư phạm Tốn học, Trường Đại học Vinh, giảng dạy giúp đỡ tơi suốt q trình học tập nghiên cứu Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình bạn bè, đặc biệt bạn lớp Cao học khóa 22, chun ngành Tốn giải tích, giúp đỡ động viên suốt trình học tập nghiên cứu Mặc dù có nhiều cố gắng, hạn chế mặt kiến thức thời gian, luận văn tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến nhận xét góp ý q Thầy Cơ bạn Vinh, tháng năm 2016 Phạm Trọng Thái Chương Kiến thức chuẩn bị Chương cung cấp khái niệm, ký hiệu tính chất làm sở cho việc trình bày kết luận văn chương sau 1.1 Một số khái niệm tính chất Trong luận văn này, khơng giải thích thêm, R[x] vành đa thức thực n biến (x = (x1 , , xn ) ∈ Rn ); N∗ R+ tương ứng tập số tự nhiên khác không tập số thực không âm Với f ∈ R[x], ta ký hiệu bậc đa thức f degf Với ma trận vuông A, ký hiệu A A tương ứng để A ma trận xác định dương A ma trận nửa xác định dương Với Ω ⊂ Rn , đặt k ti xi | ti ≥ 0, xi ∈ Ω, i = 1, , k, k ∈ N coneΩ := i=1 k k ti xi | ti ≥ 0, convΩ := i=1 ti = 1, xi ∈ Ω, i = 1, , k, k ∈ N i=1 1.1.1 Định nghĩa (xem [1]) Cho f, g1 , , gr ∈ R[x], r ∈ N∗ (i) Ta nói đa thức f ∈ R[x] tổng bình phương (SOS) tồn m ∈ N∗ fi ∈ R[x], i = 1, , m, cho f = f12 + + fm Tập tất SOS đa thức R[x] ký hiệu Σ2 [x] (ii) Ta gọi tập M (g1 , , gr ) := {σ0 + σ1 g1 + + σr gr | σj ∈ Σ2 [x], j = 0, 1, , r}, với phép tốn R[x], mơ-đun toàn phương sinh g1 , , gr (iii) M (g1 , , gr ) Archimedean tồn h ∈ M (g1 , , gr ) cho tập hợp {x ∈ Rn | h(x) ≥ 0} compact 1.1.2 Mệnh đề (xem [1]) Cho gj ∈ R[x], j = 1, , r, thỏa mãn M (g1 , , gr ) Archimedean Khi đó, tập K := {x ∈ Rn | gj (x) ≥ 0, j = 1, , r} compact 1.1.3 Chú ý Tập K := {x ∈ Rn | gj (x) ≥ 0, j = 1, , r}, g1 , , gr ∈ R[x], gọi tập nửa đại số Biểu diễn đa thức dương tập nửa đại số toán quan trọng hình học nửa đại số thực Kết theo hướng có nhiều ứng dụng tối ưu đa thức ([1], [8]) Trong phần sau, cần định lý biểu diễn đa thức dương sau: 1.1.4 Bổ đề (Định lý biểu diễn dương Putinar [10]) Cho f, gj ∈ R[x], j = 1, , r, thỏa mãn M (g1 , , gr ) Archimedean Đặt K := {x ∈ Rn | gj (x) ≥ 0, j = 1, , r} Khi đó, f (x) > với x ∈ K, f ∈ M (g1 , , gr ) Tiếp theo số khái niệm liên quan đến toán tối ưu đa thức hai cấp khơng chắn Xét tốn tối ưu: (P ) (x,y)∈Rm ×Rn f (x, y) a ˜Ti x + ˜bTi y ≤ c˜i , i = 1, , l, y ∈ Y (x, a ˆ1 , ˆb1 , , a ˆq , ˆbq ) , (1.1) f : Rm × Rn → R đa thức Y (x, a ˆ1 , ˆb1 , , a ˆq , ˆbq ) tập nghiệm toán tối ưu: minn z∈R cT0 x + dT0 z | cTj x + a ˆTj z ≤ ˆbj , j = 1, , q (1.2) Tại thời điểm giải (P ), giả sử f, c0 , d0 , cj , j = 1, , q, biết xác, (˜ , ˜bi , c˜i ) (i = 1, , l) (ˆ aj , ˆbj ) (j = 1, , q) khơng chắn (khơng biết xác) biến thiên tập định biết trước: (˜ , ˜bi , c˜i ) ∈ U˜i ⊂ Rm × Rn × R, i = 1, , l, (ˆ aj , ˆbj ) ∈ Uˆj ⊂ Rn × R, j = 1, , q ˜i Uˆj , i = 1, , l, j = 1, , q, 1.1.5 Định nghĩa (i) Các tập U gọi tập không chắn (uncertain set) (ii) Bài toán (1.1) (1.2) tương ứng gọi toán cấp cao (cấp trên) toán cấp thấp (cấp dưới) (iii) Hàm f hàm z → gx (z) := cT0 x + dT0 z tương ứng gọi hàm mục tiêu toán cấp cao hàm mục tiêu toán cấp thấp (iv) Ta gọi x biến định toán cấp cao, z biến định toán cấp thấp (v) Bài toán (P ) gọi toán tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn 1.1.6 Nhận xét Trong thực tế, người định cấp cao định trước định cấp thấp đưa sau người khác; nữa, định cấp thấp phụ thuộc vào định cấp cao Chẳng hạn, với ký hiệu mơ hình tốn (P ), người cấp cao đưa định x, sau đó, dựa định này, cấp giải tốn tối ưu trả lại kết y = y(x) cho cấp Nếu cấp khơng hợp tác phương án tối ưu người chọn phương án trả lại làm cho hàm mục tiêu cấp lớn supy f (x, y) (trường hợp không mong đợi cấp trên), ngược lại cấp hợp tác chọn phương án làm cho hàm mục tiêu cấp nhỏ inf y f (x, y) (trường hợp mong đợi cấp trên) Dưới góc độ cấp trên, người lạc quan họ cho cấp hợp tác, ngược lại bi quan họ cho cấp khơng hợp tác Vì vậy, tốn (P ) toán tối ưu hai cấp lạc quan (optimistic bilevel optimization) 1.1.7 Chú ý Trong luận văn này, tập khơng chắn giả thiết tập lồi compact; số cấu trúc đặc biệt chúng mô tả phần sau 1.1.8 Định nghĩa (i) Bài toán     f (x, y) (RP ) (x,y)∈Rm ×Rn    a ˜Ti x + ˜bTi y ≤ c˜i , i = 1, , l, y ∈ Y (x, a ˆ1 , ˆb1 , , a ˆq , ˆbq ) ∀˜ , ˜bi , c˜i ∈ U˜i , i = 1, , l, ∀ˆ aj , ˆbj ∈ Uˆj , j = 1, , q     (1.3)    gọi phiên vững toán tối ưu khơng chắn (P ) (ii) Nghiệm tối ưu tồn cục (RP ) gọi nghiệm tối ưu vững (toàn cục) (P ) (iii) Nếu (¯ x, y¯) nghiệm tối ưu vững (P ) f (¯ x, y¯) gọi giá trị tối ưu vững (toàn cục) (P ) (iv) Tập     FR := (x, y) ∈ Rm × Rn    a ˜Ti x + ˜bTi y ≤ c˜i , i = 1, , l, y ∈ Y (x, a ˆ1 , ˆb1 , , a ˆq , ˆbq ) ∀˜ , ˜bi , c˜i ∈ U˜i , i = 1, , l, ∀ˆ aj , ˆbj ∈ Uˆj , j = 1, , q        gọi miền chấp nhận vững (P ) Mỗi (x, y) ∈ FR gọi nghiệm chấp nhận vững (P ) 1.1.9 Chú ý Trong phần sau, giả thiết miền chấp nhận vững FR toán (P ) khác rỗng 1.2 Bổ để Farkas suy rộng Mục trình bày bổ đề Farkas suy rộng đặc trưng nghiệm vững lớp quy hoạch tuyến tính với ràng buộc khơng chắn 1.2.1 Định nghĩa Cho s1 , s2 , , sm phần tử Rn Ta nói {sj | j = 1, , m} hệ phụ thuộc tuyến tính dương tồn α = (α1 , , αm ) ∈ Rm + \{0} cho m αj sj = Nếu {sj | j = 1, , m} j=1 không phụ thuộc tuyến tính dương, ta nói {sj | j = 1, , m} độc lập tuyến tính dương m+p 1.2.2 Bổ đề ([2, Lemma 1]) Cho x = αi vi vi ∈ Rn với i, i=1 {vi }m i=1 độc lập tuyến tính αi = với i = m + 1, , m + p Khi đó, tồn J ⊂ {m + 1, , m + p} α ¯ i ∈ R với i ∈ {1, , m} ∪ J, α ¯ i v i , αi α ¯ i > với i ∈ J , {vi }i∈{1, ,m}∪J cho x = i∈{1, ,m}∪J độc lập tuyến tính 1.2.3 Bổ đề ([7, Theorem 4.3.3, p 130]) Cho s1 , s2 , , sm phần tử Rn Khi đó, nón lồi m K := cone{s1 , s2 , , sm } := αj sj | αj ≥ 0, j = 1, , m j=1 đóng Chứng minh Lấy {xk } ⊂ K thỏa mãn xk → x ¯ ∈ Rn Ta cần chứng minh x ¯ ∈ K Vì xk ∈ K nên tồn αjk ≥ 0, j = 1, , m, cho m k αjk sj x = (1.4) j=1 k ) Xét hai trường hợp sau: Đặt αk := (α1k , , αm Trường hợp 1: {sj | j = 1, , m} độc lập tuyến tính dương Trong trường hợp dãy {αk } bị chặn Thật vậy, điều không đúng, cách sử dụng dãy cần, giả sử αk → ∞ αk −1 k α → α = (α1 , , αm ) ∈ Rm + \{0} Chia hai vế (1.4) cho αk sau lấy giới hạn k → ∞, ta có m αj sj = (α1 , , αm ) ∈ Rm + \{0} j=1 Điều mâu thuẫn với hệ {sj | j = 1, , m} độc lập tuyến tính dương Do đó, {αk } bị chặn Một lần nữa, sử dụng dãy cần, giả sử αk → α ¯ = (¯ α1 , , α ¯ m ) ∈ Rm + Lấy giới hạn hai vế m (1.4) k → ∞, ta có x ¯= α ¯ j sj Vì vậy, x¯ ∈ K j=1 Chứng minh Đặt a ˜Ti x + ˜bTi y ≤ c˜i , ∀(˜ a, ˜b, c˜) ∈ U˜i , i = 1, , l (x, y) ∈ Rm × Rn | F := (2.8) Vì tốn quy hoạch tuyến tính có nghiệm tối ưu có nghiệm tối ưu phương án cực biên nên ˇkT a ˇkT ˇki ≤ 0, i x + bi y − c F = (x, y) ∈ Rm × Rn | , (2.9) k = 1, , 2m+n+1 , i = 1, , l (ˇ aki , ˇbki , cˇki ) ∈ Rm × Rn × R | k = 1, , 2m+n+1 điểm ˜i , i = 1, , l Từ ta suy tập nghiệm chấp nhận cực biên U vững (P ) FR := (x, y) | y ∈ Y (x), (x, y) ∈ F} = (x, y) | y ∈ Y (x), ˇkT a ˇkT ˇki ≤ 0, i x + bi y − c k = 1, , 2m+n+1 , i = 1, , l , Y (x) tập nghiệm tối ưu vững (LP ) Do đó, nhờ Bổ đề 2.1.2, ta có (x, y) ∈ FR  (x, y) ∈ Rm × Rn ,     ˇkT  a ˇkT ˇki ≤ 0, k = 1, , 2m+n+1 , i = 1, , l,  i x + bi y − c  s s   T 0 i i T  a y − b + uˇik bij ≤ 0, c x + a + u ˇ  j j j k j   i=1 i=1   s   k = 1, , , j = 1, , q,   i   ∃µ0 > 0, µj ≥ 0, µj ∈ R, j = 1, , q, i = 1, , s, q q s cho (µj ) − (µij )2 = 1,    j=0 j=1 i=1   q s    µ0 d0 + µj aj + µij aij = 0,    j=1 i=1   q s   T T  −µ0 d0 y + µj bj − µj cj x + µij bij ≥ 0,    j=1 i=1   (µ γ )2 − (µi )2 ≥ 0, i = 1, , s, j = 1, , q j i j (2.10) Lưu ý ký hiệu µ, gi (x, y, µ), i = 1, , L hj (x, y, µ), j = 1, , n + phát biểu định lý, ta có (x, y) ∈ FR tồn µ ∈ Rq(s+1)+1 cho  gi (x, y, µ) ≥ 0, i = 1, , l2m+n+1 + q2s ,    gi (x, y, µ) > 0, i = l2m+n+1 + q2s + 1, gi (x, y, µ) ≥ 0, i = l2m+n+1 + q2s + 2, , L,    hj (x, y, µ) ≥ 0, −hj (x, y, µ) ≥ 0, j = 1, , n + 26 (2.11) Để sử dụng định lý biểu diễn dương Putinar, tiếp theo, chứng minh mơ-đun tồn phương M (g1 , , gL , h1 , , hn+1 , −h1 , , −hn+1 , κ − f ) archimedean Ta có ˆ := κ − f + hn+1 = 1.(κ − f ) + 1.hn+1 h ∈ M (g1 , , gL , h1 , , hn+1 , −h1 , , −hn+1 , κ − f ) Vì (˜ x, y˜) nghiệm chấp nhận vững tốn (P ), nên tồn µ ˜ ∈ Rq(s+1)+1 cho (2.11) (˜ x, y˜, µ ˜) Điều dẫn đến ˆ x, y˜, µ hn+1 (˜ x, y˜, µ ˜) = h(˜ ˜) = κ − f (˜ x, y˜) ≥ Do đó, ˆ y, µ) ≥ = ∅, H := (x, y, à) Rm ì Rn ì Rq(s+1)+1 | h(x, (˜ x, y˜, µ ˜) ∈ H Lấy (x, y, µ) ∈ H Ta có q ˆ y, µ) := κ − f (x, y) + − h(x, q s (µik )2 ≥ (µk ) − k=1 i=1 k=0 Từ suy  f (x, y) ≤ + κ, q  (µk )2 + q s (µik )2 ≤ + κ − k=1 i=1 k=0 infm (2.12) f (x, y) n (x,y)∈R ×R Mặt khác, f thỏa mãn điều kiện Rm × Rn nên inf (x,y)∈Rm ×Rn f (x, y) ≥ −∞ Do đó, từ (2.12) ta suy H tập compact Điều chứng tỏ M (g1 , , gL , h1 , , hn+1 , −h1 , , −hn+1 , κ − f ) archimedean Đặt K := (x, y, µ) gi (x, y, µ) ≥ 0, i = 1, , L, hj (x, y, µ) ≥ 0, −hj (x, y, µ) ≥ 0, κ − f (x, y) ≥ 0, j = 1, , n + Ta có K = ∅, (˜ x, y˜, µ ˜) ∈ K 27 (i) ⇒ (ii): Giả sử (¯ x, y¯) nghiệm toàn cục vững (P ) Với > 0, đặt fˆ(x, y, µ) := f (x, y) − f (¯ x, y¯) + Tiếp theo, chứng minh fˆ > K Lấy (x, y, µ) ∈ K Ta có gi (x, y, µ) ≥ 0, i = 1, , L, hj (x, y, µ) ≥ 0, −hj (x, y, µ) ≥ 0, j = 1, , n + Lưu ý hệ tương đương với hệ sau:   (x, y) ∈ Rm × Rn ,    ˇkT  a ˇkT ˇki ≤ 0, k = 1, , 2m+n+1 , i = 1, , l,  i x + bi y − c  s s   i i T T   uˇik bij ≤ 0, uˇk aj y − bj + c j x + aj +   i=1 i=1   s   k = 1, , , j = 1, , q,     µq0 ≥ 0, µj ≥q 0, j = 1, , q, i = 1, , s, s (µj )2 − (µij )2 = 1,   j=0 j=1 i=1    q s    µ d + µij aij = 0, µ a + 0 j j    j=1 i=1   q s   T T  y + µ b − µ c x + µij bij ≥ 0, −µ d  j j 0 j j   j=1 i=1   (µ γ )2 − (µi )2 ≥ 0, i = 1, , s, j = 1, , q j i (2.13) j Do (LSC) thỏa mãn, ta có µ0 = Thật vậy, giả sử ngược lại µ0 = Khi đó, từ (2.13) ta suy q q s (µij )2 = 1, (µj ) − j=1 q j=1 j=1 i=1 q s µj a0j µij aij + (2.14) = 0, i=1 q µj cTj x − j=1 q µj b0j j=1 s µij bij ≥ 0, − j=1 i=1 (2.15) (µj γi )2 − (µij )2 ≥ 0, i = 1, , s, j = 1, , q (2.16) Nhờ (2.16), j ∈ {1, , q}, µj = µij = với i = 1, , s Do đó, từ (2.14) ta suy tồn j ∈ {1, , q} cho µj = 0, nghĩa q j=1 µj = Với j ∈ {1, , q}, đặt u¯j := (¯ u1j , , u¯sj ) ∈ Rs , u¯ij := µj = 0, µij µj µj = 0, 28 i = 1, , s Ta có |¯ uij | ≤ γi với i = 1, , s, j = 1, , q Do đó, u¯j ∈ Uj với j = 1, , q Một mặt, theo (LSC), tồn z ∈ Rn cho cTj x + aj (¯ uj )T z < bj (¯ uj ), j = 1, , q q µj = µj ≥ với j = 1, , q, ta suy Do đó, từ j=1 q q µj cTj x q T + µj aj (¯ uj ) z < j=1 j=1 µj bj (¯ uj ) j=1 Điều tương đương với q q µj cTj x q µj a0j + j=1 T µij aij z + j=1 q s − j=1 i=1 q µj b0j s µij bij < − j=1 j=1 i=1 (2.17) Mặt khác, từ (2.15) ta suy q q µj cTj x q µj a0j + j=1 T µij aij z + j=1 q s j=1 i=1 q µj b0j − s µij bij ≥ − j=1 j=1 i=1 Điều mâu thuẫn với (2.17) Vì vậy, ta có µ0 > Do đó, (x, y, µ) thỏa mãn (2.11) (x, y) ∈ FR Kết hợp (¯ x, y¯) nghiệm tồn cục vững tốn (P ), ta có f (x, y) ≥ f (¯ x, y¯) Vì vậy, fˆ(x, y, µ) := f (x, y) − f (¯ x, y¯) + > Theo Bổ đề 1.1.4, tồn σi , ξj1 , ξj2 , ζ ∈ Σ2 [x, y, µ], i = 0, 1, , L, j = 1, , n + 1, cho L fˆ = σ0 + n+1 σ i gi + i=1 n+1 ξj1 hj j=1 ξj2 (−hj ) + ζ(κ − f ) + j=1 Đặt ξj := ξj1 − ξj2 , j = 1, , n + Từ (2.18) ta suy L f− n+1 ξj1 hj − ζ(κ − f ) − f (¯ x, y¯) + = σ0 σ i gi − i=1 j=1 Điều chứng tỏ mệnh đề (ii) 29 (2.18) (ii) ⇒ (i): Giả sử với > tồn σi , ζ ∈ Σ2 [x, y, µ] ξj ∈ R[x, y, µ], i = 0, 1, , L, j = 1, , n + 1, cho L f− n+1 σ i gi − i=1 ξj hj − ζ(κ − f ) − f (¯ x, y¯) + = σ0 j=1 Ta có L (1 + ζ)f = σ0 + n+1 ξj1 hj + (1 + ζ)f (¯ x, y¯) + ζ κ − f (¯ x, y¯) − σi gi + i=1 j=1 (2.19) Lấy (x, y) ∈ FR Khi đó, tồn µ ∈ Rq(s+1)+1 cho (2.11) (x, y, µ) Do đó, nhờ tính chất không âm SOS -đa thức, từ (2.19) ta suy + ζ(x, y, µ) f (x, y) ≥ + ζ(x, y, µ) f (¯ x, y¯) − Điều dẫn đến f (x, y) ≥ f (¯ x, y¯) − + ζ(x, y, µ) ≥ f (¯ x, y¯) − Cho → 0, ta có f (x, y) ≥ f (¯ x, y¯) với (x, y) ∈ FR Vì vậy, (¯ x, y¯) nghiệm vững tồn cục tốn (P ) 2.1.4 Nhận xét Phép chứng minh cho thấy không cần điều kiện Slater cấp thấp có (ii) ⇒ (i) Ví dụ sau cho thấy điều kiện Slater cấp thấp không thỏa mãn chiều (i) ⇒ (ii) Định lý 2.1.3 sai 2.1.5 Ví dụ ([5, Example 3.6]) Xét tốn tối ưu hóa đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn sau: {f (x, y) := x2 + y + 2y − | y ∈ Y (x, u)}, (EP 1) (x,y)∈R u ∈ U := [−1, 1] Y (x, u) := argminz∈R {x − z | (1 + u)z ≤ 0} Bài tốn (EP 1) viết cách tương đương dạng (P ), ˜ := [a, a U ¯] × [b, ¯b] × [c, c¯] với a := a ¯ := b := ¯b := c := c¯ := ∈ R, 30 c0 := 1, d0 := −1, c := ∈ R, ánh xạ a : R → R b : R → R tương ứng cho a(u) := a0 + ua1 b(u) := b0 + ub1 với a0 := a1 := 1, b0 := b1 := u ∈ R Ta có Y (x) = {0} với x ∈ R Do đó, (¯ x, y¯) := (0, 0) nghiệm vững tồn cục tốn (EP 1) Hơn nữa, f thỏa mãn điều kiện R2 Lấy µ := (µ0 , µ1 , µ11 ) ∈ R3 Gọi gi (x, y, µ) hj (x, y, µ) hàm phát biểu Định lý 2.1.3 Để thuận lợi hơn, loại hàm đồng đánh lại số sau:  g1 (x, y, µ) = −2y, g2 (x, y, µ) = µ0 , g3 (x, y, µ) = µ1 ,    g4 (x, y, µ) = µ0 y, g5 (x, y, µ) = (µ1 )2 − (µ11 )2 , h1 (x, y, µ) = −µ0 + µ1 + µ11 ,    h2 (x, y, µ) = − (µ0 )2 − (µ1 )2 − (µ11 )2 Lấy κ ≥ −2 = f (¯ x, y¯) < < Khi đó, biểu diễn tổng bình phương đa thức (2.7) khơng Thật vậy, giả sử ngược lại tồn ζ, σ0 , σi ∈ Σ2 [x, y, µ] ξj ∈ R[x, y, µ], i = 1, , 5, j = 1, 2, cho f− σi gi − ζ(κ − f ) − f (¯ x, y¯) + = σ0 (2.20) i=1 −1 Đặt x ˆ := 0, yˆ := −1, µ ˆ := (0, √12 , √ ) Thay (x, y, µ) = (ˆ x, yˆ, µ ˆ) vào (2.20), ta có −1 − 2σ1 (ˆ x, yˆ, µ ˆ) − √ σ3 (ˆ x, yˆ, µ ˆ) − (κ + 3)ζ(ˆ x, yˆ, µ ˆ) + = σ0 (ˆ x, yˆ, µ ˆ) Do đó, ≤ σ0 (ˆ x, yˆ, µ ˆ) ≤ −1 < Điều mâu thuẫn chứng tỏ (ii) không đúng, (i) Lưu ý trường hợp này, ngoại trừ điều kiện Slater cấp thấp bị vi phạm, tất giả thiết lại Định lý 2.1.3 thỏa mãn 2.2 Giải xấp xỷ giá trị tối ưu toàn cục vững Mục trình bày lược đồ giải xấp xỷ giá trị tối ưu vững toán (P ) Phép chứng minh kết dựa vào đặc trưng nghiệm tối ưu toàn cục vững trình Định lý 2.1.3 31 Với k ∈ N,       t sup (t,σ0 ,σi ,ξj ,ζ)      ký hiệu (Pk ) toán tối ưu sau:    ξj hj − ζ(κ − f ) − t = σ0 ,  σi gi − f−   j=1 i=1 t ∈ R, ζ, σ0 , σi ∈ Σ2 [x, y, µ], ξj ∈ R[x, y, µ],  ,  deg(σ0 ) ≤ k, deg(ζf ) ≤ k, deg(σi gi ) ≤ k,    deg(ξj hj ) ≤ k, i = 1, , L, j = 1, , n + L n+1 f, gi , hj , κ xác định Định lý 2.1.3 2.2.1 Chú ý Bài toán (Pk ) viết lại dạng quy hoạch nửa xác định (SDP) giải số phần mềm MATLAB (xem [1], [8]) Bài tốn (Pk ) đóng vai trị tốn xấp xỷ toán (P ) Kết sau cho thấy rằng, số giả thiết, giá trị tối ưu (Pk ) hội tụ giá trị tối ưu vững (P ) 2.2.2 Định lý ([5, Theorem 4.1]) Giả sử toán (P ) thỏa mãn điều kiện Slater cấp thấp (LSC) hàm mục tiêu f thỏa mãn điều kiện Rm × Rn Cho (˜ x, y˜) ∈ Rm × Rn nghiệm chấp nhận vững toán (P ) κ số thực cho κ ≥ f (˜ x, y˜) Khi đó, tốn (P ) có nghiệm tối ưu vững (x0 , y0 ) thỏa mãn val(Pk ) ≤ val(P ) = f (x0 , y0 ) với k ∈ N (2.21) Hơn thế, ta có lim val(Pk ) = val(P ) k→∞ (2.22) Ở val(Pk ) val(P ) tương ứng giá trị tối ưu (Pk ) giá trị tối ưu vững (P ) Chứng minh Dưới giả thiết cho, từ phép chứng minh Định lý 2.1.3 ta có (x, y) ∈ FR tồn µ ∈ Rq(s+1)+1 cho  gi (x, y, µ) ≥ 0, i = 1, , l2m+n+1 + q2s ,    gi (x, y, µ) > 0, i = l2m+n+1 + q2s + 1, gi (x, y, µ) ≥ 0, i = l2m+n+1 + q2s + 2, , L,    hj (x, y, µ) ≥ 0, −hj (x, y, µ) ≥ 0, j = 1, , n + 1, 32 (2.23) gi , i = 1, , L, hj , j = 1, , n + định nghĩa phát biểu Định lý 2.1.3 Lấy k ∈ N gọi (˜ x, y˜) ∈ Rm × Rn nghiệm chấp nhận vững toán (P ) định nghĩa (Pk ) Như vậy, ta có κ ≥ f (˜ x, y˜) tồn µ ˜ ∈ Rq(s+1)+1 cho (2.23) (x, y, µ) = (˜ x, y˜, µ ˜) Với > cố định, đặt fˆ(x, y, µ) := f (x, y) − f (˜ x, y˜) + , (x, y, à) Rm ì Rn ì Rq(s+1)+1 Từ điều kiện f , phép chứng minh Định lý 2.1.3, ta suy tập ˆ y, µ) ≥ , H := (x, y, à) Rm ì Rn ì Rq(s+1)+1 | h(x, ˆ := (κ − f ) + hn+1 , compact Hơn nữa, ta có h K := (x, y, µ) gi (x, y, µ) ≥ 0, i = 1, , L, hj (x, y, µ) ≥ 0, −hj (x, y, µ) ≥ 0, κ − f (x, y) ≥ 0, j = 1, , n + = ∅, (˜ x, y˜, µ ˜) ∈ K Mặt khác, K ⊂ H Do đó, K tập compact khác rỗng Lưu ý fˆ hàm số liên tục Vì thế, tồn (x0 , y0 , µ0 ) ∈ K cho fˆ(x0 , y0 , µ0 ) ≤ fˆ(x, y, µ) với (x, y, µ) ∈ K (2.24) Tiếp theo, chứng minh (x0 , y0 ) nghiệm tối ưu vững toán (P ) Thật vậy, (x0 , y0 , µ0 ) ∈ K nên gi (x0 , y0 , µ0 ) ≥ 0, i = 1, , L, hj (x0 , y0 , µ0 ) ≥ 0, −hj (x0 , y0 , µ0 ) ≥ 0, κ − f (x0 , y0 ) ≥ 0, j = 1, , n + (2.25) Dưới điều kiện Slater cấp thấp (LSC), tương tự chứng minh Định lý 2.1.3, từ (2.25) ta suy (2.23) (x, y, µ) = (x0 , y0 , µ0 ) Do đó, (x0 , y0 ) nghiệm chấp nhận vững toán (P ) Bây giờ, cho (x, y) ∈ Rm × Rn nghiệm chấp nhận vững tốn (P ) Khi đó, tồn µ ∈ Rq(s+1)+1 cho (2.23) Nếu κ − f (x, y) ≥ (x, y, µ) ∈ K Trong trường hợp này, nhờ (2.24), ta có f (x0 , y0 ) ≤ f (x, y) Nếu κ − f (x, y) < kết hợp với (2.25) ta có 33 f (x, y) > κ ≥ f (x0 , y0 ) Như vậy, (x0 , y0 ) nghiệm tối ưu vững (P ) val(P ) = f (x0 , y0 ) (2.26) Bây chứng minh bất đẳng thức (2.21) Nếu tốn (Pk ) khơng có nghiệm chấp nhận val(Pk ) = −∞ ≤ val(P ) Trường hợp ngược lại, lấy (t, σ0 , σi , ξj , ζ), i = 1, , L, j = 1, , n + nghiệm chấp nhận tốn (Pk ) Ta có ζ, σ0 , σi ∈ Σ2 [x, y, µ], ξj ∈ R[x, y, µ], t ∈ R, deg(σ0 ) ≤ k, deg(ζf ) ≤ k, deg(σi gi ) ≤ k, deg(ξj hj ) ≤ k, i = 1, , L, j = 1, , n + L n+1 f− σi gi − i=1 ξj hj − ζ(κ − f ) − t = σ0 j=1 Do đó, L (1 + ζ)f = σ0 + n+1 ξj hj + t + ζf (x0 , y0 ) + ζ κ − f (x0 , y0 ) , σ i gi + i=1 j=1 (2.27) (x0 , y0 ) nghiệm vững tối tồn cục tốn (P ) nói Nhờ (2.25) tính khơng âm SOS-đa thức, từ (2.27) ta suy + ζ(x0 , y0 , µ0 ) f (x0 , y0 ) ≥ t + ζ(x0 , y0 , µ0 )f (x0 , y0 ) Do đó, f (x0 , y0 ) ≥ t Điều chứng tỏ val(Pk ) ≤ f (x0 , y0 ) Kết hợp với (2.26), ta có (2.21) Cuối cùng, chứng minh (2.22) Lấy > Ta có κ ≥ f (˜ x, y˜) ≥ f (x0 , y0 ) Theo Định lý 2.1.3, tồn σi , ξj1 , ξj2 , ζ ∈ Σ2 [x, y, µ], i = 1, , L, j = 1, , n + 1, cho L f− n+1 σi gi − i=1 ξj hj − ζ(κ − f ) − f (x0 , y0 ) + = σ0 , j=1 34 ξj := ξj1 − ξj2 Từ suy L f− n+1 σ i gi − i=1 ξj hj − ζ(κ − f ) − t0 = σ0 , j=1 t0 := f (x0 , y0 ) − ∈ R Vì thế, tồn k ∈ N cho  deg(σ0 ) ≤ k , deg(ζf ) ≤ k , deg(σi gi ) ≤ k , deg(ξj hj ) ≤ k ,  i = 1, , L, j = 1, , n + Do đó, f (x0 , y0 ) ≥ val(Pk ) ≥ f (x0 , y0 ) − với k ≥ k Lưu ý {val(Pk )} dãy tăng theo k Cho k → ∞, ta có f (x0 , y0 ) ≥ lim val(Dk ) ≥ f (x0 , y0 ) − k→∞ (2.28) Vì > lấy tùy ý nên từ (2.28) ta suy điều phải chứng minh Sau hai ví dụ minh họa việc sử dụng lược đồ xấp xỷ Định lý 2.2.2 để tìm giá trị tối ưu vững tốn (P ) 2.2.3 Ví dụ ([5, Example 4.2]) Xét toán tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn sau: f (x, y) := x4 + y + y + | y ∈ Y (x, u), x ≤ 0, y ≤ , (EP 2) (x,y)∈R u ∈ U := [−1, 1] Y (x, u) := argminz∈R {2x − z | (1 + 12 u)z ≤ 0} Bài toán (EP 2) trường hợp đặc biệt toán (P ), U˜ := [a, a ¯] × [b, ¯b] × [c, c¯] với a := b := c = ∈ R, a ¯ := ¯b := c¯ := 1, c0 := 2, d0 := −1, c := ∈ R, ánh xạ a : R → R b : R → R tương ứng cho a(u) := a0 + ua1 b(u) := b0 + ub1 với a0 := 1, a1 := 2, b0 := b1 := ∈ R u ∈ R Kiểm tra trực tiếp, ta thấy (x0 , y0 ) := (0, 0) nghiệm tối ưu vững toán (EP 2) giá trị tối ưu vững val(EP 2) = Tiếp theo, sử dụng lược đồ xấp xỷ Định lý 2.2.2 để tìm giá trị tối ưu tồn cục 35 vững Ta thấy f thỏa mãn điều kiện R2 toán (EP 2) thỏa mãn điều kiện Slater cấp thấp Lấy µ := (µ0 , µ1 , µ11 ) ∈ R3 gi (x, y, µ), hj (x, y, µ) hàm phát biểu Định lý 2.1.3 Để thuận lợi, loại hàm đồng đánh lại số sau:  g1 (x, y, µ) = 1, g2 (x, y, µ) = −x,     g3 (x, y, µ) = −x + 1, g4 (x, y, µ) = −y,     g5 (x, y, µ) = −y + 1, g6 (x, y, µ) = −x − y,    g7 (x, y, µ) = −x − y + 1, g8 (x, y, µ) = µ0 , g9 (x, y, µ) = µ1 , g10 (x, y, µ) = µ0 y,     g11 (x, y, µ) = (µ1 )2 − (µ11 )2 ,     h1 (x, y, µ) = −µ0 + µ1 + 21 µ11 ,    h2 (x, y, µ) = − (µ0 )2 − (µ1 )2 − (µ11 )2 Rõ ràng (˜ x, y˜) := (−1, 0) nghiệm chấp nhận vững (EP 2) Do đó, ta chọn κ := ≥ = f (˜ x, y˜) Khi đó, tốn (Pk ) viết lại là: sup       (t,σ0 ,σi ,ξj ,ζ)         f− σi gi − ξj hj − ζ(2 − f ) − t = σ0    i=1 j=1 t ∈ R, ζ, σ0 , σi ∈ Σ [x, y, µ], ξj ∈ R[x, y, µ],   deg(σ0 ) ≤ k, deg(ζf ) ≤ k, deg(σi gi ) ≤ k,    deg(ξj hj ) ≤ k, i = 1, , 11, j = 1, 11 t Sử dụng lệnh "solvemoment" Matlab toolbox YALMIP giải toán xấp xỷ (Pk ), thu kết sau: Bài toán xấp xỷ (P2 ) (P3 ) (P4 ) (P5 ) (P6 ) Giá trị tối ưu toán xấp xỷ 0.998090074827596 0.999999325263706 0.999999941622681 0.999999984045363 0.999999998625599 Kết cho thấy sai khác giá trị tối ưu vững val(EP 2) = giá trị tối ưu toán xấp xỷ (Pk ), k = 2, 3, , 6, nhỏ; giá trị tối ưu val(Pk ), k = 2, 3, , 6, tăng dần theo k không vượt giá tri tối ưu vững val(EP 2) = Thông tin phù hợp với kết luận Định lý 2.2.2 36 2.2.4 Ví dụ ([5, Example 4.3]) Xét tốn tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn sau: f (x, y) := x4 − 4xy + y − | y ∈ Y (x, u) , (EP 3) (x,y)∈R u ∈ U := [ −1 , ] Y (x, u) := argminz∈R x − z | (1 + u)z ≤ Bài toán (EP 3) trường hợp đặc biệt tốn (P ), ¯] × [b, ¯b] × [c, c¯] với a := a ¯ := b := ¯b := c := c¯ := ∈ R U˜ := [a, a c0 := 1, d0 := −1, c := ∈ R, ánh xạ a : R → R b : R → R tương ứng cho a(u) := a0 + ua1 b(u) := b0 + ub1 với a0 := a1 := 1, b0 := b1 := ∈ R u ∈ R Kiểm tra trực tiếp thấy (x0 , y0 ) := (0, 0) nghiệm tối ưu vững toán (EP 3) giá trị tối ưu vững val(EP 3) = −2 Tiếp theo, sử dụng lược đồ xấp xỷ trình bày Định lý 2.2.2 để tìm giá trị tối ưu vững (EP 3) Ta có f thỏa mãn R2 toán (EP 3) thỏa mãn điều kiện Slater cấp thấp Lấy µ := (µ0 , µ1 , µ11 ) ∈ R3 gi (x, y, µ), hj (x, y, µ) hàm phát biểu Định lý 2.1.3 Bằng cách loại bỏ hàm đồng đánh lại số, ta có  g1 (x, y, µ) = − 12 y, g2 (x, y, µ) = − 32 y,     g3 (x, y, µ) = µ0 , g4 (x, y, µ) = µ1 , g5 (x, y, µ) = µ0 y, g6 (x, y, µ) = 41 (µ1 )2 − (µ11 )2 ,   h1 (x, y, µ) = µ0 + µ1 + µ11 ,    h2 (x, y, µ) = − (µ0 )2 − (µ1 )2 − (µ11 )2 Vì (˜ x, y˜) := (1, 0) nghiệm chấp nhận vững (EP 3), nên ta lấy κ := −1 ≥ −1 = f (˜ x, y˜) Khi đó, (Pk ) viết lại là:        f− σ i gi − ξj hj − ζ(−1 − f ) − t = σ0      i=1 j=1 sup t t ∈ R, ζ, σ0 , σi ∈ Σ2 [x, y, µ], ξj ∈ R[x, y, µ],  (t,σ0 ,σi ,ξj ,ζ)      deg(σ0 ) ≤ k, deg(ζf ) ≤ k, deg(σi gi ) ≤ k,     deg(ξj hj ) ≤ k, i = 1, , 6, j = 1, Tương tự Ví dụ 2.2.3, có kết số sau: 37 Bài tốn xấp xỷ (P2 ) (P3 ) (P4 ) (P5 ) (P6 ) Giá trị tối ưu toán xấp xỷ -2.00003281828615 -2.00000001400341 -1.99999999262974 -1.999999968332 -1.99999998461492 Kết cho thấy sai khác giá trị tối ưu vững val(EP 3) = −2 giá trị tối ưu toán xấp xỷ (Pk ), k = 2, 3, , 6, nhỏ; nữa, giá trị tối ưu val(Pk ), k = 2, 3, , 6, tăng dần theo k Điều phù hợp với kết luận Định lý 2.2.2 Tuy nhiên, giá trị tối ưu số (Pk ), k = 4, 5, 6, vượt giá trị tối ưu vững val(EP 3) = −2 Thông tin không phù hợp với kết luận Định lý 2.2.2 Nguyên nhân sai số tính tốn làm trịn q trình giải số 38 Kết luận Dựa việc tổng hợp phân tích tài liệu tham khảo, luận văn thu kết sau: Trình bày, diễn giải khái niệm toán tối ưu hai đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn, phiên vững toán số khái niệm có liên quan nghiệm chấp nhận vững, nghiệm toàn cục vững Cung cấp chứng minh chi tiết kết bổ trợ quan trọng; chẳng hạn bổ đề Farkas suy rộng kết đặc trưng nghiệm vững toán tối ưu tuyến tính khơng chắn Trình bày kết đặc trưng nghiệm toàn cục vững toán tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn Trình bày lược đồ xấp xỷ tìm giá trị tối ưu vững tốn tối ưu đa thức hai cấp với ràng buộc tuyến tính khơng chắn Lược đồ minh họa hai ví dụ cụ thể, kết giải số phân tích cách chi tiết Kết thu luận văn bước khởi đầu để tiếp cận lý thuyết tối ưu đa thức hai cấp vững Để làm rõ mối quan hệ vấn đề trình bày với tốn thực tế, chúng tơi cho bước triển khai theo hướng nghiên cứu đề tài luận văn tìm hiểu vấn đề kinh tế kỹ thuật có mơ hình tốn học tốn tối ưu đa thức hai cấp 39 Tài liệu tham khảo [1] Phạm Tiến Sơn (2013), Chuyên đề Tối ưu đa thức, Trường Đại học Đà Lạt [2] Andreani, R., Haeser, G., Schuverdt, M L., Silva, P J S (2012), A relaxed constrant positive linear dependence contraint qualification and applications, Math Program 135, 255–273 [3] Ben-Tal, A., Ghaoui, L El, Nemirovski, A (2009) Robust Optimization, Princeton University Press, Princeton, NJ [4] Bertsimas, D., Brown, D.B., Caramanis, C (2011), Theory and applications of robust optimization, SIAM Review 53, 464 - 501 [5] Chuong, T.D., Jeyakumar, J.V (2015), Robust global solutions of bilevel polynomial optimization problems with uncertain linear constraints, preprint, http://arxiv.org/abs/1601.06464 [6] Dempe, S (2002), Foundations of Bilevel Programming, Kluwer Academic Publishers [7] Hiriart-Urruty, J.-B., Lemarechal, C (1993), Convex analysis and minimization algorithms I Fundamentals, Springer-Verlag, Berlin [8] Lasserre, J.-B (2009), Moments, positive polynomials and their applications, Imperial College Press [9] Jeyakumar, V., Lasserre, J.-B., Li, G., Pham, T.S (2016), Convergent semidefinite programming relaxations for global bilevel polynomial optimization problems, SIAM J Optim 26, 753-780 [10] Putinar, M (1993), Positive polynomials on compact semialgebraic sets, Indiana University Mathematics Journal 42, 203 206 40 ... trưng nghiệm vững toán tối ưu cấp thấp Chương dành để trình bày kết nghiệm vững lớp toán tối ưu đa thức hai cấp Chương có hai mục: Mục 2.1 trình bày đặc trưng nghiệm tối ưu vững toán tối ưu đa thức. .. xỷ toán tối ưu đa thức hai cấp với toán cấp thấp lồi ([9]) toán tối ưu đa thức hai cấp vững với toán cấp thấp tuyến tính tập khơng chắn hình hộp compact ([5]) Hướng tiếp cận sử dụng nhiều tối ưu. .. phiên vững tốn tối ưu khơng chắn (P ) (ii) Nghiệm tối ưu toàn cục (RP ) gọi nghiệm tối ưu vững (toàn cục) (P ) (iii) Nếu (¯ x, y¯) nghiệm tối ưu vững (P ) f (¯ x, y¯) gọi giá trị tối ưu vững (toàn