Chương này dành cho phân tích tính ổn định nghiệm của bài toán quy hoạch toàn phương với ràng buộc toàn phương lồi. Nội dung (kiến thức) trong chương 3 được trích dẫn từ tài liệu trong [1],[7].
3.1. Tính ổn định nghiệm của bài toán quy hoạchtoàn phương với ràng buộc toàn phương lồi toàn phương với ràng buộc toàn phương lồi
Định lí 2.3.3 đã mở ra phương pháp phân tích sự ổn định của bài toán (2.1).
Nhớ lại rằng, một ánh xạ đa trị F : Rp ⇒ Rn được cho là nửa liên tục trên tại u ∈ Rp, nếu với mọi tập mở V ⊂ Rn với F(u) ⊂ V tồn tại lân cận U của u sao cho F(u0) ⊂ V,∀u0 ∈ U.
Cố định bộ ba (Qi, bi, βi) với i = 1,2, . . . , m. Ta kí hiệu S(Q0, b0) là tập nghiệm của bài toán (2.1). (Chú ý rằng mặc dù giá trị nghiệm tối ưu của (2.1) phụ thuộc β0, nhưng tập nghiệm S(Q0, b0) không phụ thuộc tham số β0).
Định lí sau chứng tỏ rằng điều kiện (2.23) là tương đương với điều kiện (2.13) và là dấu hiệu chính khẳng định tính ổn định của bài toán (2.1).
Định lý 3.1.1. Xét bài toán (2.1) với ràng buộc C cho bởi (2.2). Nếu
C 6= ∅ và (2.23) được thỏa mãn, thì tồn tại hằng số > 0 và l > 0 sao
cho với mọi ma trận đối xứng nửa xác định dương Q˜0 ∈ Rn×n và với mọi
véc tơ ˜b0 ∈ Rn với
max{||Q0˜ −Q0||,||˜b0 −b0||}< ,
thì tập nghiệm S( ˜Q0,˜b0) 6= ∅ , compact và
S( ˜Q0,˜b0) ⊂ S(Q0, b0) +l(||Q˜0 −Q0||+||˜b0 −b0||) ¯B(0,1).
Ở đây B¯(u, δ) kí hiệu hình cầu đóng tâm u, bán kính δ . Nói riêng ra,
ánh xạ nghiệm ( ˜Q0,˜b0) → S( ˜Q0,˜b0) là nửa liên tục trên tại (Q0, b0).
Chứng minh.
Giả sử C 6= ∅ và (2.23) thỏa mãn.
Trước hết ta chứng tỏ rằng S(Q0, b0) 6= ∅ và compact.
Theo Định lí 2.3.3 suy ra S(Q0, b0) 6= ∅ . Dễ thấy S(Q0, b0) là đóng. Ta chỉ cần chứng minh tập S(Q0, b0) bị chặn.
Nếu như S(Q0, b0) không bị chặn thì ∃{xk} ⊂ S(Q0, b0) sao cho
||xk|| → ∞ khi k → ∞. Ta có fi(xk) = 1 2(x k)TQi(xk) +bTi (xk) + βi ≤ 0,∀i = 1,2, . . . , m,∀k ≥1 và f0(xk) = 1 2(x k )TQ0(xk) +bT0(xk) +β0 = f0(¯x),∀k ≥1,
trong đó x¯ ∈ S(Q0, b0) được chọn một cách tùy ý.Ta có thể giả sử
||xk|| 6= 0,∀k và ||xk||−1xk →v¯ khi k → ∞, với ||v¯|| = 1.
Lập luận tương tự như trong chứng minh của Định lí 2.3.2, ta có thể chỉ ra
51
Khi đó, theo Bổ đề 2.3.1, ta có v¯∈ 0+C, Q0v¯= 0, bT0¯v ≤ 0.
Điều này mâu thuẫn với (2.23), bởi vì nó tương đương (2.13). Vì f0(x) = 12(x)TQ0(x) +bT0(x) +β0 là hàm lồi và
5f0(x) = Q0(x) +b0, x ∈ S(Q0, b0)
khi và chỉ khi
< Q0x+b0, y −x >≥ 0,∀y ∈ C, (3.1) tức là, x là nghiệm của bất đẳng thức biến phân đơn điệu được xác định bởi ánh xạ affine x →Q0(x) +b0 và C là tập lồi, đóng (xem [7] và tài liệu trích trong đó).
Áp dụng định lí ổn định của Robinson cho bất đẳng thức biến phân đơn điệu với ánh xạ affine vào (3.1) (xem [7] và tài liệu trích trong đó) ta có điều phải chứng minh. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bây giờ ta xét bài toán (2.1) trong đó chỉ có b0, β0 là các tham số bị nhiễu và kí hiệu µ(b0, β0) là giá trị tối ưu. Sau đây, ta khảo sát tính liên tục và khả vi của hàm giá trị tối ưu µ(.).
Định lý 3.1.2. Nếu C 6= ∅, thì hàm µ(b0, β0) là hữu hạn, Lipschitz địa
phương và khả vi theo hướng trên tập lồi mở (−intK∗)×R ⊂ Rn ×R.
Chứng minh. Ta có:
µ(b0, β0) =inf{1
2x
TQ0x+bT0 + β0|x ∈ C}
là cận dưới đúng của một họ các hàm affine của biến (b0, β0) ∈ Rn×R. Do đó, µ(.) là hàm lõm. Theo Định lí 2.3.3, µ(b0, β0) là hữu hạn với mọi
(b0, β0) ∈ (−intK∗)×R.
Từ đây suy ra hàm lồi −µ(.) hữu hạn trên tâp lồi mở (−intK∗)×R ⊂
Rn ×R. Theo [9, Định lí 23.4], ∀b0 ∈ (−intK∗) và (v, u) ∈ Rn×R thì
lim
t↓0
(−µ)(b0 +tv, β0 +tu)−(−µ)(b0, β0)
tồn tại và là số thực hữu hạn. Kéo theo µ(.) là khả vi theo hướng tại mọi điểm (b0, β0) ∈ (−intK∗)×R ⊂Rn×R.
Tiếp theo, nhờ [9, Định lí 10.4] thì hàm lồi −µ(.) là Lipschitz trên tập con compact của (−intK∗).
Đặc biệt, −µ(.) là Lipschitz địa phương tại mọi điểm
(b0, β0) ∈ (−intK∗)×R⊂ Rn ×R.
Vậy, −µ(.) là hàm Lipschitz địa phương trên (−intK∗)×R. 3.2. Tính nửa liên tục trên, nửa liên tục dưới
Xét bài toán sau:
minf(x) = 1 2x TQx+cTx
với điều kiệng(x) = 1 2x
TQ1x+bTx+ d ≤0,
(3.2)
trong đó Q1 là nửa xác định dương. Vậy, C = {x ∈ Rn : g(x) ≤ 0} là tập lồi. Ký hiệu, C(Q1, b, d), Sol(Q, Q1, b, c, d) lần lượt là tập ràng buộc, tập nghiệm của bài toán đang xét, Xét ánh xạ
(Q, Q1, b, c, d) 7→ Sol(Q, Q1, b, c, d) (3.3) Bây giờ ta xét tính chất nửa liên tục trên, nửa liên tục dưới của ánh xạ
(3.3) . Định nghĩa 3.2.1. Ta gọi bất đẳng thức g(x) = 1 2x T Qx+bTx+d ≤ 0 (3.4)
là chính qui nếu tồn tại x0 ∈ Rn sao cho g(x0) < 0.
Định nghĩa 3.2.2. Ánh xạ nghiệm xác định bởi (3.3) được gọi là nửa liên tục trên tại (Q, Q1, b, c, d) nếu với bất kỳ tập mở Ω ⊂ Rn chứa
53 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Sol(Q, Q1, b, c, d), tồn tại δ > 0 sao cho Sol(Q0, Q01, b0, c0, d0) ⊂ Ω với mỗi
(Q0, Q01, c0, b0, d0) ∈ RSn×n ×RnS×n×Rn ×Rn×R thỏa mãn
max{||Q0 −Q||,||Q01 −Q1||,||b0 −b||,||c0 −c||,||d0 −d||} < δ. (RnS×n là không gian các ma trận đối xứng cấp n).
Định lý 3.2.1. Giả sử
a) Sol(Q, Q1, b,0,0) = {0},
b) bất đẳng thức (3.4) là chính qui.
Khi đó, với bất kỳ c ∈ Rn., ánh xạ Sol(.) là nửa liên tục trên tại
(Q, Q1, b, c, d).
Chứng minh. Ta dùng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại cặp
(c, d) ∈ Rn×Rm sao cho Sol(Q, Q1, b, c, d) 6= ∅ và tồn tại một tập mở Ω
chứaSol(Q, Q1, b, c, d), một dãy(Qk, Q1, b, ck, d)hội tụ tới(Q, Q1, b, c, d), một dãy {xk} sao cho
xk ∈ Sol(Qk, Q1, b, ck, d)\Ω với mọi k ∈ N
Nếu {xk} là bị chặn, không mất tính tổng quát ta giả sử ˙xk →
x0, x0 ∈ Rn. Điều đó chứng tỏ rằng x0 ∈ C(Q1, b, d). Cố định bất kỳ x ∈ C(Q1, b, d). Ta có f(xk) ≤ f(x) với mọi k. Cho k → ∞ ta có f(x0) ≤ f(x). Chứng tỏ x0 ∈ Sol(Q, Q1, b, c, d) ⊂ Ω. Điều này mâu thuẫn, bởi xk 6∈ Ω với mọi k và Ω là tập mở.
Nếu {xk} không bị chặn, không giảm tổng quát ta giả sử
||xk||−1xk →v, v ∈ C(Q1,0,0).
Cố định bất kỳ x ∈ C(Q1, b, d). Chia cả hai vế của bất đẳng thức
1 2(x k )TQxk +cTxk ≤ 1 2x T Qx+ cTx cho ||xk||2 và cho k → ∞ ta được vTQv ≤ 0.
Nếu vTQv < 0thìSol(Q, Q1, b,0,0) = ∅, trái giả thiết. Nếu vTQv = 0
thì v ∈ Sol(Q, Q1, b,0,0) cũng không thể xảy ra.
Định lý được chứng minh.
Định nghĩa 3.2.3. Ánh xạ (3.3) được gọi là nửa liên tục dưới tại
(Q, Q1, b, c, d) nếu Sol(Q, Q1, b, c, d) 6= ∅, và với mỗi tập mởΩ ⊂ Rn thỏa mãnSol(Q, Q1, b, c, d)∩Ω 6= ∅, tồn tạiδ >0sao choSol(Q0, Q01, b0, c0, d0)∩
Ω 6= ∅ với mỗi (Q0, Q01, c0, b0, d0) ∈ Rn×n
S ×Rn×n
S ×Rn×Rn×R thỏa mãn
max{||Q0 −Q||,||Q01 −Q1||,||b0 −b||,||c0 −c||,||d0 −d||} < δ.
Ánh xạ (3.3) được gọi là liên tục tại (Q, Q1, b, c, d) nếu nó nửa liên tục trên và nửa liên tục dưới tại điểm đó.
Định lý 3.2.2. Ánh xạ nghiệm Sol(.) của bài toán (QQP) là nửa liên
tục dưới tại (Q, Q1, b, c, d) nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn các tính chất: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
a) Sol(Q, Q1, b,0,0) = {0}
b) Sol(Q, Q1, b, c, d) ={x}
Để chứng minh định lý 3.2.2 ta cần các bổ đề.
Bổ đề 3.2.1. Ánh xạ Sol(.) là nửa liên tục dưới tại (Q, Q1, b, c, d) thì
Sol(Q, Q1, b,0,0) = {0}.
Chứng minh. Giả sử Sol(Q, Q1, b,0,0) 6= {0}. Thế thì tồn tại véctơ x ∈ Rn sao cho
1 2(x)
T
Q1x+bTx ≤ 0, (x)TQx ≤0 (3.5) Từ C(Q1, b, d) 6= ∅, từ suy ra C(Q1, b, d) không bị chặn. Với mỗi ε > 0, chúng ta có từ(3.5),(x)T(Q−εE)x ≤ 0.Do vậy với bất kỳx ∈ C(Q1, b, d)
f(x+tx) = 1
2(x+tx)
T
(Q−εE)(x+x) +cT(x+x) → −∞
khi t → ∞. Do vậy, Sol(Q−εE, Q1, c, b, d) = ∅. Trái với giả thiết Sol(.)
nửa liên tục dưới tại (Q, Q1, c, b, d).
55
Bổ đề 3.2.2. Ánh xạ Sol(Q, .) là nửa liên tục dưới tại c thì
|Sol(Q, Q1, c, b, d)| = 1.
Chứng minh.Giả sử trongSol(Q, Q1, c, b, d), tồn tạix, y ∈ Sol(Q, Q1, c, b, d)
sao cho x 6= y. Chọn c ∈ Rn sao cho
||c|| = 1, cTx > cTy (3.6) Rõ ràng, tồn tại lân cận U của x sao cho
cTx > cTy với mọi x ∈ U (3.7) Với δ > 0, chúng ta cố định một số ε ∈ (0, δ) và đặt cε = c + εc. Bởi vì (3.6), ||cε − c|| = ε < δ. Mục đích tiếp theo ta chỉ ra rằng Sol(Q, Q1, c, b, d)∩U = ∅.Với bất kỳx ∈ C∩U,từx, y ∈ Sol(Q, Q1, c, b, d), và (3.7) chúng ta có 1 2x T Qx+ (cε)Tx = 1 2x T Qx+ (c+εc)Tx = (1 2x T Qx+cTx) +εcTx ≥ (1 2x T Qx+cTx) +εcTx > 1 2x T Qx+cTx) +εcTy = (1 2y TQy +cTy) +εcTy = 1 2y TQy+ (cε)Ty.
Điều đó chứng tỏ x /∈ Sol(Q, Q1, cε, b, d). Trái với tính chất nửa liên tục
dưới của Sol(Q, .,).
Bổ đề 3.2.3. i) Nếu Sol(Q, Q1, b,0,0) = {0} thì với bất kỳ c ∈ Rn, Sol(Q, Q1, b, c, d) là một tập compắc
ii) NếuSol(Q, Q1, b,0,0) = {0}vàC(Q1, b, d) 6= ∅,thìSol(Q, Q1, b, c, d)
là không rỗng với mỗi c ∈ R
Chứng minh.Giả sử rằngSol(Q, Q1, b,0,0) = {0},nhưngSol(Q, Q1, b, c, d)
sao cho ||xk|| → ∞ khi k → ∞. Cố định bất kỳ x ∈ C(Q1, b, d), ta có 1 2(x k )TQxk +cTxk ≤ 1 2xQx+c T x (3.8) 1 2x k Q1xk+ bTxk +d ≤ 0 (3.9)
Chúng ta có thể giả thiết rằng ||xk||−1xk hội tụ tới x với ||x|| = 1. Sử dụng (3.8) và (3.9) ta có xTQx ≤ 0, xTQ1x ≤ 0. Điều này không thể xảy ra. Chúng ta đã chứng minh Sol(Q, Q1, b, c, b) là tập bị chặn. Vậy Sol(Q, Q1, b, c, b) là tập đóng compắc. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
ii) Cho Sol(Q, Q1, b,0,0) = {0}, C(Q1, b, d) 6= ∅, và c ∈ Rn tùy ý. Khi đó nếu f(x) là bị chặn dưới trên tập C(Q1, b, d) thì tập nghiệm Sol(Q, Q1, b, c, d) là khác rỗng (xem [1]). Bây giờ giả sử tồn tại một dãy xk ∈ C(Q1, b, d) sao cho f(xk) → −∞ khi k → ∞. Bằng cách lấy dãy con, nếu cần, chúng ta có
1 2(x
k
)TQxk+ (ck)Txk ≤0 (3.10) với tất cả k,||xk|| → ∞, và ||xk||−1xk hội tụ tới x khi k → ∞. Dễ thấy, x ∈ C(Q1,0,0). Chia cả hai vế của (3.10) cho ||xk||2 và chok → ∞ ta có xTQx ≤ 0. Khi ||x|| = 1, ta có Sol(Q, Q1, b,0,0) 6= {0}, điều này không
thể xảy ra. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3.2.4. Tập G := {(Q, Q1, b) : Sol(Q, Q1, b,0,0) = {0}} là mở
trong RnS×n×RnS×n×Rn
Chứng minh.
Ta dùng phản chứng. Giả sử rằng có một dãy (Qk, Q1, b) hội tụ tới
(Q, Q1, b) ∈ G sao cho Sol(Qk, Q1, b,0,0) 6= {0} với mọi k. Thì với mỗi k tồn tại một véctơ xk sao cho ||xk|| = 1 và
1 2(x
k
57
Không mất tính tổng quát, chúng ta giả thiết xk hội tụ tới x0 với
||x0|| = 1. Cho qua giới hạn trong (3.11) khi k → ∞, chúng ta có
1 2(x
0)TQ1x0 ≤ 0, (x0)TQx0 ≤ 0. Điều này không thể xảy ra Định lý được chứng minh.
Chứng minh định lý 3.2.2
Nếu Sol(.) là nửa liên tục dưới tại (Q, Q1, b, c, d) thì theo Bổ đề 3.2.1, ta có a). Sol(.) nửa liên tục dưới tại (Q, Q1, b, c, d) thì cũng nửa liên tục dưới tại c, do đó theo Bổ đề 3.2.2 ta có b).
Ngược lại, giả thiết các điều kiện a), b) được thỏa mãn. Lấy Ω là một tập mở chứa nghiệm duy nhất x ∈ Sol(Q, Q1, b, c, d). Vì giả thiết b) và Bổ đề 3.2.4, tồn tại δ > 0 sao cho Sol(Q0, Q1, b,0,0) = {0} với mỗi (Q0, Q1, b) thỏa mãn ||Q−Q0|| ≤ δ. Theo Bổ đề 3.2.3 chúng ta có Sol(Q0, Q1, b, c0, d) 6= ∅ với mỗi (Q0, Q1, b, c0, d) thỏa mãn
max{||Q0−Q||,||c0 −c||} < δ (3.12) Do giả thiết a) nên ánh xạSol(.) là nửa liên tục trên tại(Q, Q1, b, c, d). Do vậy Sol(Q0, Q1, b, c0, d) ⊂ Ω với mỗi (Q0, Q1, b, c0, d) thỏa mãn (3.12), nếu δ >0 đủ nhỏ.
Với một δ, từ những điều trên ta có Sol(Q0, Q1, b, c0, d) ∩ Ω 6= ∅ với mỗi (Q0, Q1, b, c0, d) thỏa mãn (3.12). Điều này chứng tỏ Sol(.) là nửa
liên tục dưới. Định lý được chứng minh.
Nếu Q1 = 0 ta có kết quả cho bài toán quy hoạch toàn phương với ràng buộc tuyến tính.
Hệ quả 3.2.1. Ánh xạ nghiệm Sol(.) của bài toán (QQP) là nửa liên
tục dưới tại (Q, b, c, d) nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn các tính chất:
a) Sol(Q, b,0,0) = {0}
3.3. Kết luận chương 3
Trong chương này chúng ta đã khảo sát tính ổn định của bài toán quy hoạch toàn phương với ràng buộc toàn phương lồi trong một số trường hợp đặc biệt.
KẾT LUẬN (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau:
1. Điều kiện tồn tại nghiệm của bài toán tối ưu toàn phương với ràng buộc toàn phương lồi dưới một số giả thiết.
2. Một số kết quả về ổn định của bài toán tối ưu toàn phương với ràng buộc toàn phương lồi trong một số trường hợp đặc biệt.
Luận văn này không tránh khỏi hết thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự nhận xét, chỉ bảo của các Quý thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
[A.] Tài liệu Tiếng Việt
[1] Vũ Văn Đồng, Nguyễn Năng Tâm (2011), Tính liên tục của ánh xạ nghiệm trong bài toán quy hoạch toàn phương với ràng buộc toàn phương lồi, NXB ĐHSP Hà Nội 2.
[2] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2009), Giải tích lồi, NXB khoa học kĩ thuật Hà Nội.
[3] Hoàng Tụy (2006), Lý thuyết tối ưu, Viện Toán học, Hà Nội.
[B.] Tài liệu Tiếng Anh
[4] .E.G. Belousov (1977), Introduction to convex and integer program- ming, Moscow University Publ, Moscow.
[5] E. G. Belousov and D. Klatte (2002),A Frank-Wolfe type theorem for convex polynomial programs, Comp. Optim. Appl. 22, pp. 37-48. [6] V. Jeyakumar, G. M. Lee, and G. Y. Li (2009), Alternative theo- rems for quadratic inequality system and global quadratic optimiza- tion,SIAM J. Optim. 20, pp. 983-1001.
[7] D. S. Kim, N. N. Tam, and N. D. Yen (2011), Solution existence and stability of quadratically constrained convex quadratic programs, Optim. Lett. DOI 10.1007/s11590-011-0300-8.
[8] G. M. Lee, N. N. Tam, and N. D. Yen (2005), Quadratic Program- ming and AneVariational Inequalities: A Qualitative Study, Series:
61
Nonconvex Optimization and Its Applications ,Vol.78, Springer Ver- lag, New York.
[9] Zhi-Quan Luo and Shu Zhong Zhang (1999), On extensions of the Frank-Wolfe theorems,Comp. Optim. and Appl. 13, pp. 87-110. [10] R.T.Rockafellar (1970), Convex analisys, Princeton University