Quy tắc quyết định tuyến tính lệch-cô lập

2 Các phương pháp xấp xỉ giải bài toán quy hoạch ngẫu nhiên

2.5 Quy tắc quyết định tuyến tính lệch-cô lập

2.5.1 Khái niệm

Mặc dù những quy tắc quyết định tuyến tính cô lập thể hiện tốt hơn những quy tắc quyết định tuyến tính nhưng chúng không chắc là tốt hơn những quy tắc quyết định tuyến tính lệch.

Từ đó, dựa trên những quy tắc quyết định tuyến tính lệch cải tiến hơn những quy tắc quyết định tuyến tính thì chúng ta định nghĩaquy tắc quyết định tuyến tính lệch-cô lập như sau:

w(˜z1,˜z2) =r(˜z1,˜z2) +X

i∈I1

ri(˜z1,˜z2)−pi, (2.60) trong đó w(·) ∈ S.

Với cách làm tương tự thì chúng ta đã bắt đầu dễ hơn, chúng ta cần tính bị chặn E ri(˜z1,˜z2)−, i ∈ I1.

Tiếp theo, từ Định lý 2.3.4.2 và với mô hình của các yếu tố ngẫu nhiên cô lập U2, chúng ta có: E (y0 + (y1)T˜z1 + (y2)Tz˜2)−≤ ˆh(y0,y1,y2), (2.61) với ˆh(y0,y1,y2) , min s1,t1,u1,v1,s2,t2,u2,v2≥0 1 2 −y0 + (s1 + u1)T(¯z −ˆz)+ + (t1 +v1)Tˆz+ (s2 +u2)Tˆz+ (t2 + v2)T(z ¯−ˆz)+ + −y0 + (s1 −u1)T(¯z−ˆz) + (t1 −v1)Tˆz+ (s2 −u2)Tˆz + + (t2 −v2)T(z ¯−ˆz)2 + ˆ Σ12 −y1 −s1 +t1 + u1 −v1 −y2 −s2 +t2 + u2 −v2 2 2 12! . (2.62)

Cuối cùng, chúng ta đề xuất phép xấp xỉ sau đây cho bài toán (1.55) sử dụng quy tắc quyết định tuyến tính lệch-cô lập:

¯

ZSDLDR = min{cTx+fTr0 +X

i∈I1

¯

figi}

với điều kiện:

                   Ax = b, Tkx+Wr1k = hk, ∀k ∈ {0, . . . , N}, Tkx+Wr2k = hk, ∀k ∈ {0, . . . , N}, rj(z1,z2) ≥ 0, ∀(z1,z2) ∈ W1xW2, ∀j ∈ I2, gi ≥ ˆh r0i,(r11i , . . . , r1iN),(r21i , . . . , r2iN), ∀i ∈ I1, x ≥ 0, r(·) ∈ S. (2.63) 2.5.2 Tính chất

Định lý. Quy tắc quyết định tuyến tính lệch-cô lập cho một giá trị hàm mục tiêu bé hơn so với quy tắc quyết định tuyến tính lệch, nghĩa là:

¯

ZSDLDR ≤Z¯DLDR. (2.64)

Chứng minh. Cho x, g và rk, k = 0, . . . , N là chấp nhận được cho bài toán

(2.35). Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng:

r1k = r2k = rk, k = 0, . . . , N, (2.65) còn chấp nhận được cho bài toán (2.63).

Chúng ta sử dụng tính chấp nhận được trong ràng buộc tuyến tính và kết quả trong chứng minh của Định lý2.4.3.2. Chúng ta cần chứng tỏ rằng: gi ≥ ˆh ri0,(ri1, . . . , rNi ),(r1i, . . . , riN), ∀i ∈ I1. (2.66) Điều đó đủ để chứng tỏ được rằng:

ˆ

h(y0,y,y) ≤h(y0,y). (2.67) Với s,t,u,v là phương án tối ưu trong sự tối ưu của bài toán (2.23), chúng ta có:

ˆ h(y0,y,y) ≤ 1 2 −y0 + (s+u)T(¯z−ˆz) + (t+v)Tˆz+ (s+u)Tˆz+ + (t+v)T(z ¯−ˆz) + −y0 + (s−u)T(¯z −ˆz) + (t−v)Tˆz+ (s−u)Tˆz+ + (t−v)T(z ¯−ˆz)2 + ˆ Σ12 −y−s+t+u−v −y−s+t+u−v 2 2 12 = 1 2 −y0 + (s+u)T¯z+ (t+v)Tz ¯+ −y0 + (s−u)T¯z+ (t−v)Tz ¯ 2 + +E (−y−s+t+u−v)T(˜z1 +˜z2 | {z } =˜z )2 12! = h(y0,y).

Chúng ta có thể thấy được bản chất của phương pháp trên và sự phân chia những yếu tố ngẫu nhiên cô lập cải tiến những quy tắc quyết định ở khía cạnh độ phức tạp tính toán.

2.6 Mô hình nhiều giai đoạn

Phương pháp của chúng ta có thể thuận lợi cho việc mở rộng để giải quyết các bài toán quy hoạch ngẫu nhiên nhiều giai đoạn như sau:

min{cTx+E T X t=1 fTt wt( ˜ξt) ! }

với điều kiện:

       Ax = b, x ≥ 0, Tt( ˜ξt)x+Pt τ=1Wtτwτ( ˜ξτ) =bt( ˜ξt), t = 1,2, . . . , T, wti( ˜ξt) ≥ 0, t = 1,2, . . . , T, i ∈ It, (2.68) với ξ˜t = (˜z1, . . . ,˜zt), những yếu tố ngẫu nhiên ˜z1 ∈ RN1, . . . ,˜zT ∈ RNT thể hiện cho giai đoạn thứ nhất đến giai đoạn cuối cùng và ˜zt là vectơ những yếu tố ngẫu nhiên thể hiện ở giai đoạn thứ t.

Chúng ta còn giả thiết rằng Tt( ˜ξt) và bt( ˜ξt) là tuyến tính với biến ξ˜t. Rất dễ áp dụng quyết định tuyến tính để thu được một giới hạn trên cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên nhiều giai đoạn. Để cải tiến bài toán sử dụng

quy tắc quyết định tuyến tính lệch, tương tự cho bài toán (1.58) chúng ta định nghĩa với mọi t= 1,2, . . . , T, i ∈ It,

¯ f ti = min{ T X τ=t fTτptiτ}

với điều kiện:

   Pk τ=tWkτptiτ = 0, ∀k = t, . . . , T, ptiti = 1, ptiτ j ≥ 0, ∀τ = t, . . . , T, j ∈ Iτ, (2.69) với ptiτ j thể hiện thành phần thứ j của vectơ ptiτ.

Tương tự, chúng ta định nghĩa:

It1 , {f¯ti < ∞ | i ∈ It}, It2 , It \It1, (2.70) và (p¯tit , . . . ,¯pTti) thể hiện phương án tối ưu tương ứng với t bất kỳ và i ∈ It1. Tương tự cho mô hình hai giai đoạn, quy tắc quyết định tuyến tính lệch có thể được định nghĩa như sau:

rt( ˜ξt) =r0t + t X τ=1 Nτ X j=1 rjτzτj, (2.71) wt( ˜ξt) =rt( ˜ξt) + t X k=1 X i∈I1 k rki( ˜ξk) − ¯ ptik. (2.72) Chú ý rằng quy tắc quyết định ở trên thực hiện đầy đủ những yêu cầu không cho biết trước.

Như vậy, chúng ta đã thu được một công thức về mô hình nhiều giai đoạn tương tự như mô hình hai giai đoạn đã trình bày ở phần trước.

Chương 3

SỰ HIỆU CHỈNH ĐẦY ĐỦ VÀ SỰ HIỆU CHỈNH NỬA ĐẦY ĐỦ

3.1 Vài nét giới thiệu về nội dung của chương

Lĩnh vực tối ưu hiện nay được các nhà Toán học quan tâm nghiên cứu cả trong lý thuyết cũng như trong thực hành ứng dụng, chủ yếu là bài toán tối ưu ngẫu nhiên. Đặc biệt, nhóm nghiên cứu của Xin Chen mấy năm gần đây tập trung nghiên cứu và công bố nhiều bài báo về các kết quả thu được cải tiến các phương pháp xấp xỉ giải bài toán tối ưu ngẫu nhiên nhiều giai đoạn và chứng tỏ tầm quan trọng cả trong lý thuyết và thực tiễn tính toán, ứng dụng. Chen và các cộng sự chỉ ra rằng những quy tắc quyết định tuyến tính có thể dẫn tới những trường hợp không khả thi cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với sự hiệu chỉnh đầy đủ. Việc này đòi hỏi chúng ta làm mịn quy tắc quyết định tuyến tính và từ đó Chen và nhóm nghiên cứu của mình đã đề xuất hai phép xấp xỉ. Nội dung của nó đã được trình bày chi tiết trong Chương 2.

Xấp xỉ đầu tiên là "những quy tắc quyết định tuyến tính lệch", nó phù hợp cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với các biến hiệu chỉnh nửa đầy đủ.

Xấp xỉ thứ hai là "những quy tắc quyết định tuyến tính cô lập", nó phù hợp cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với sự hiệu chỉnh tổng quát.

Điểm đặc biệt liên hệ giữa hai quy tắc này là chúng có thể kết hợp với nhau tạo ra "quy tắc quyết định tuyến tính lệch-cô lập" và nó xấp xỉ tốt hơn (mịn hơn) cả xấp xỉ tuyến tính và xấp xỉ tuyến tính lệch.

Chen và các cộng sự chỉ ra rằng ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ (xem [10]). Câu hỏi chúng tôi đặt ra là: Với điều kiện nào thì ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ?

Chỉ ra điều kiện cần và đủ để ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ để trả lời triệt để câu hỏi này và thiết lập ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ và nghiên cứu tìm ra các mối quan hệ giữa hai loại ma trận này chính là nội dung chính của Chương 3.

Kết quả về điều kiện cần và đủ để ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ mà chúng tôi tìm được sẽ đem tới hai ý nghĩa quan trọng:

Một là, định nghĩa ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là khó để kiểm tra cũng như khó để thiết lập so với định nghĩa ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ; cho nên kết quả của chúng tôi giải quyết được khó khăn này.

Hai là, bất kỳ bài toán quy hoạch ngẫu nhiên với hiệu chỉnh đầy đủ là chấp nhận được đối với những quy tắc quyết định tuyến tính lệch, tuy nhiên quy tắc quyết định tuyến tính lệch vẫn có thể chấp nhận được nếu thiếu sự hiệu chỉnh đầy đủ - đó là các biến hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng không hiệu chỉnh đầy đủ, câu hỏi chúng tôi đặt ra ở đây là điều đó xảy ra khi nào? Từ đó, chúng tôi chỉ ra được điều kiện cần và đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.

3.2 Một số tính chất về ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ

3.2.1 Ma trận hiệu chỉnh đầy đủ

3.2.1.1 Định lý. Ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi " Với số thực α bất kỳ, với mỗi vectơ cột t cấp m ×1 đều tồn tại vectơ cột w = [w1 w2 . . . wn]T với các biến bị chặn dưới bởi α, tức là

wj ≥ α,∀j = 1, n thoả mãn Ww = t".

Chứng minh. Giả sử W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Khi đó, với mỗi số thực α và với mỗi vectơ cột t cấp m × 1, ta đặt t∗ = t −Wα∗, trong đó α∗ = [α α . . . α]T là vectơ cột cấp n×1.

Theo định nghĩa ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, tồn tại vectơ cột y =

[y1 y2 . . . yn]T sao cho yj ≥ 0,∀j = 1, n thoả mãn Wy = t∗, hay Wy = t - Wα∗, điều này tương đương với W(y+α∗) =t.

Ta đặt w = y + α∗ = [w1 w2 . . . wn]T với wj = yj + α ≥ α thì ta có Ww = t thoả mãn các biến bị chặn dưới bởi α.

Ngược lại, ta dễ dàng có điều phải chứng minh với việc chọn α = 0. 3.2.1.2 Định lý. Ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi " Với số thực α bất kỳ, với mỗi vectơ cột t cấp m ×1 đều tồn tại vectơ cột w = [w1 w2 . . . wn]T với các biến bị chặn trên bởi α, tức là

Chứng minh. Giả sử W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Khi đó, với mỗi số thực α và với mỗi vectơ cột t cấp m×1, ta đặt t∗ = −t +Wα∗, trong đó α∗ = [α α . . . α]T là vectơ cột cấp n×1.

Do W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ nên tồn tại vectơ cột y =[y1 y2 . . . yn]T

sao cho yj ≥ 0,∀j = 1, n thoả mãn Wy = t∗, hay Wy = - t + Wα∗, điều này tương đương với W(−y+α∗) =t.

Đặt w = - y + α∗ = [w1 w2 . . . wn]T với wj = −yj + α ≤ α thì ta có Ww = t thoả mãn các biến bị chặn trên bởi α.

Ngược lại, ta chọn α = 0. Với mỗi vectơ cột t cấp m×1, ta đặt t∗ = −t. Theo giả thiết, tồn tại vectơ cột x = [x1 x2 . . . xn]T với các biến bị chặn trên bởi 0, tức là xj ≤ 0,∀j = 1, n thoả mãn Wx = t∗, nghĩa là Ww = t với w = - x = [w1 w2 . . . wn]T sao cho wj = −xj ≥ 0,∀j = 1, n.

Theo Định nghĩa 1.3.1.2, ma trận W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. 3.2.1.3 Định lý. Ma trận W cấp m×n là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thì

m < n và ma trận W có hạng bằng m.

Chứng minh. Gọi W1, W2, . . . , Wn là các vectơ cột của ma trận W, đây chính là các vectơ trong không gian vectơ Rm.

Trước tiên, ta chứng minh m < n. Thật vậy, giả sử ngược lại:

Trường hợp1: m > n. Khi đó, rank{W1, W2, . . . , Wn} < m. Theo Mệnh đề 1.3.1.3, tồn tại vectơ cột t ∈ Rm để:

rank{W1, W2, . . . , Wn,t} = rank{W1, W2, . . . , Wn}+ 1, (3.1) nghĩa là t không thuộc không gian vectơ hW1, W2, . . . , Wni sinh bởi hệ {W1, W2, . . . , Wn}. Từ đó suy ra không tồn tại vectơ cột w để Ww = t. Nói riêng, W không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ta gặp một mâu thuẫn.

Trường hợp 2: m = n và rank(W) < m. Lập luận hoàn toàn tương tự trường hợp 1.

Trường hợp 3: m = n và rank(W) = m. Khi đó, ma trận W khả nghịch, suy ra hệ {W1, W2, . . . , Wn} là cơ sở của không gian vectơ Rm.

Theo giả thiết, W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ nên áp dụng Mệnh đề 3.2.3.1 ta suy ra W là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, nghĩa là tồn tại vectơ cột r = [r1 r2 . . . rn]T cấp n×1 sao cho rj > 0,∀j = 1, n và Wr = 0, hay

Điều này mâu thuẫn với hệ {W1, W2, . . . , Wn} là cơ sở.

Bây giờ ta chứng minh W có hạng bằng m. Giả sử ngược lại, ma trận W có hạng bé hơn m, nghĩa là rank{W1, W2, . . . , Wn} < m.

áp dụng Mệnh đề 1.3.1.3 suy ra tồn tại vectơ cột t ∈ Rm để:

rank{W1, W2, . . . , Wn,t} = rank{W1, W2, . . . , Wn}+ 1, (3.3) nghĩa là t không thuộc không gian vectơ hW1, W2, . . . , Wni sinh bởi hệ {W1, W2, . . . , Wn}. Ta suy ra không tồn tại vectơ cột w để Ww = t. Nói riêng, W không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ta gặp một mâu thuẫn. 3.2.1.4 Hệ quả. Bài toán quy hoạch ngẫu nhiên có ràng buộc tuyến tính là bài toán có dạng:

min{f(x)}

với điều kiện: Ax= b x ≥0, (3.4) trong đó các ma trận x = [x1 x2 . . . xn]T cấp n×1, b = [b1 b2 . . . bm]T cấp m×1, A = [aij] cấp m×n,

và các phần tử của các ma trận A, b; hàm mục tiêu f đều phụ thuộc vào các yếu tố ngẫu nhiên.

Khi đó nếu m ≥ n, hoặc m < n nhưng ma trận A có hạng bé hơn m thì tồn tại cách chọn ma trận cột b sao cho tập phương án:

{x | Ax = b,x ≥ 0}

của bài toán quy hoạch ngẫu nhiên với ràng buộc tuyến tính (3.4) là rỗng. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử ngược lại, với mọi cách chọn vectơ cột b thì tập phương án {x | Ax = b,x ≥ 0} của bài toán quy hoạch ngẫu nhiên là khác rỗng, nghĩa là ma trận A là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ. Theo Định lý 3.2.1.3 thì ma trận A cấp m×n có m < n và ma trận A có hạng bằng m, ta gặp một mâu thuẫn.

3.2.1.5 Định lý. Giả sử ma trận W có cấp m×n(m < n), có hạng bằng m, thoả mãn điều kiện tồn tại vectơ cột r = [r1 r2 . . . rn]T cấp n×1, với

rj ≥ 0,∀j = 1, n sao cho Wr = 0 và tập các vectơ cột tương ứng với các hệ số rj > 0 của ma trận W tồn tại một hệ các vectơ cột tạo thành cơ sở của không gian vectơ Rm. Khi đó, W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.

Chứng minh. Gọi W1, W2, . . . , Wn là các vectơ cột của ma trận W. Không mất tính tổng quát, ta giả sử W1, W2, . . . , Wm là hệ các cột cơ sở tương ứng với r1 > 0, r2 > 0, . . . , rm > 0. Theo giả thiết thì:

r1W1 +r2W2 +· · ·+rnWn = 0 (3.5) ⇔r1W1 +r2W2 +· · ·+rmWm = −rm+1Wm+1−rm+2Wm+2 − · · · −rnWn.

(3.6) Với mọi vectơ cột t cấp m ×1 thì vectơ cột t biểu diễn được qua cơ sở {W1, W2, . . . , Wm} là: t = t1W1 +t2W2 +· · ·+tmWm. (3.7) (∗) Nếu tj ≥ 0,∀j = 1, m thì ta chọn: wj = tj,∀j = 1, m, wj = 0,∀j = m + 1, n, (3.8) ⇒t = w1W1 +w2W2 +· · ·+wnWn,

hay Ww = t wj ≥0,∀j = 1, n, đây chính là điều phải chứng minh. (∗) Nếu trái lại, ∃tj < 0. Do giả thiết rj > 0,∀j = 1, m nên tồn tại