Giới thiệu một mơ hình thực tế dẫn tới bài tốn

2.2 Bài toán chấp nhận lồi tách và một phương pháp giải

2.2.2 Giới thiệu một mơ hình thực tế dẫn tới bài tốn

Có 2 cơng ty sản xuất một loại hàng hóa.

•Cơng ty 1 có:K1 là tập chiến lược, x1 là lượng hàng hóa định sản xuất, p1 có nghĩa là giá một đơn vị hàng (phụ thuộc vào tổng hàng hóa).

p1(s) =α−β1s (vớis=x1+x2),

lợi nhuận của cơng ty 1

f(x1, x2) =p1(x1, x2)x1−h1(x1),

trong đóh1 là hàm chi phí.

. • Cơng ty 2 có: tập chiến lược K2, lượng hàng hóa định sản xuấtx2, giá một đơn vị hàngp2 (phụ thuộc vào tổng hàng hóa).

p2(s) =α−β2s (vớis=x1+x2),

lợi nhuận của cơng ty 2

f(x1, x2) =p2(x1, x2)x2−h2(x2),

trong đóh2 là hàm chi phí.

Mục đích của mỗi cơng ty là tìm x∗1 ∈ K1, x∗2 ∈ K2 sao cho lợi nhuận là cao nhất, khi đó tập tất cả các điểmx∗ = (x∗1, x∗2)tạo thành một tập gọi làC.

Khi sản xuất cần dùng một số nguyên liệu.Axcó nghĩa là số nguyên liệu khi sản xuấtxđơn vị hàng hóa,g(Ax)có nghĩa là tiền chi phí trả cho việc làm ơ nhiễm mơi trường khi sản xuấtxsản phẩm.

nhất và chi phí mơi trường thấp nhất có thể. Khi đó vấn đề được quy về bài tốn chấp nhận lồi tách vớiC như ở trên vàD là tập nghiệm của bài tốn

Tìm ming(y)với điều kiệny =Ax, x ∈K, trong đóg là hàm lồi.

2.2.3 Chuyển bài tốn chấp nhận lồi tách về bài toán quy hoạch lồi

Để giải bài toán (2.10) ta đặt

p(x) := 1

2kPC(x)−xk2+1

2kPD(Ax)−Axk2, trong đó:PC,PDlần lượt là tốn tử chiếu lên hai tập lồiC vàD.

Khi đó bài tốn (2.10) tương đương với bài tốn:

min{p(x) | x∈ Rn}. (2.11)

Khi đó nếu x∗ là nghiệm của bài toán (2.10), x∗ ∈ C, Ax∗ ∈ D thì x∗ cũng là nghiệm của bài tốn (2.11) và ngược lại.

Để tổng quát ta xét một tập ràng buộcΩ⊆Rn với ràng buộcx, khi đó ta chuyển về bài tốn sau

min{p(x) | x∈Ω}. (2.12)

Khi đó tốn tử tuyến tínhAthay bởi ánh xạ F, ta được

p(x) = 1

2kPC(x)−xk2+ 1

2kPD(F(x))−F(x)k2. (2.13)

Sau đây ta có một vài bổ đề.

Bổ đề 2.2. Cho C vàD là hai tập lồi đóng có giao khác rỗng trong không gianRn vàRm, và cho ánh xạF: Rn → Rm khả vi liên tục. Khi đó hàmp(x)khả vi liên tục với đạo hàm của nó là

∇p(x) = (I −PC)x+∇F(x)T(I −PD)F(x),

Chứng minh. Để chứng minh bổ đề, ta chứng minh tính khả vi liên tục của kPC(x)−xk2 vàkPD(F(x))−F(x)k2. Ta có kPC(x)−xk2 = min ky−xk2 | y ∈C , và kPD(F(x))−F(x)k2 = min ky−F(x)k2 | y ∈D . Do đó kPC(x)−xk2vàkPD(F(x))−F(x)k2

là khả vi liên tục và đạo hàm của chúng là

∇ kPC(x)−xk2 = 2 (x−PC(x)), và ∇ kPD(F(x))−F(x)k2 = 2∇F(x)T (F(x)−PD(F(x))). Ta tóm tắt một vài tính chất của∇p(x).

Bổ đề 2.3. Cho C và D là hai tập lồi đóng có giao khác rỗng, và cho ánh xạ

F: Rn → Rm. Giả sử cả F và ∇F đều liên tục Lipschitz với các hằng số Lips- chitz tương ứng làξ > 0vàζ >0. Nếu tậpΩbị chặn, khi đó ta có

(i) ∇p(x) liên tục Lipschitz vớiL = α+ 2L1β là hằng số Lipschitz, trong đó L1

được định nghĩa trong (2.14).

(ii) Nếup(x) lồi thì∇p(x)tự bức với hệ số ν = 1

L >0.

Chứng minh. DoPC khơng giãn nên

Vì vậy ta có

k(I −PC)(x)−(I −PC)(y)k ≤ kx−yk ∀x, y ∈Rn. Mặt khác, vìF và∇F đều liên tục Lipschitz nên ta có

k∇F(x)T(I −PD)(F(x))− ∇F(y)T(I −PD)(F(y))k

≤ k∇F(x)TF(x)− ∇F(y)TF(y)k+k∇F(x)TPD(F(x))− ∇F(y)TPD(F(y))k

≤ k∇F(x)T(F(x)−F(y))k+k(∇F(x)− ∇F(y))TF(y)k

+k∇F(x)T(PD(F(x))−PD(F(y)))k+k(∇F(x)− ∇F(y))TPD(F(y))k

≤ 2{ξk∇F(x)k+ζ[kF(y)k+kPD(F(y))k]} kx−yk

≤ 2L1kx−yk,

trong đó bất đẳng thức một và hai theo bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức thứ ba là do tính chất của chuẩn,L1trong bất đẳng thức cuối là

L1 := ξ· k∇F(x)k+ ζ

2·[kF(y)k+kPD(F(z))k], (2.14)

do tính bị chặn củaΩvà tính liên tục củaF,∇F. Do đó

k∇p(x)− ∇p(y)k ≤αk(I −PC)(x)−(I −PC)(y)k

+βk∇F(x)T(I −PD)(F(x))− ∇F(y)T(I −PD)(F(y))k

≤(α+ 2L1β)kx−yk.

Vậy khẳng định thứ nhất được chứng minh. Từ p(x) lồi và ∇p(x) là liên tục Lipschitz với hằng sốL, khẳng định thứ hai cũng được suy ra từ một kết quả đã biết trong [8].

Chú ý 2.3. Tính liên tục Lipschitz của ánh xạ∇p(x) là quan trọng cho sự phân tích sự hội tụ thuật tốn được đề nghị dưới đây.

Giả thiết 2.1. Ánh xạ F và∇F đều liên tục Lipschitz, tập lồiΩbị chặn vàC ⊆Ω.

Bổ đề 2.4. Cho Ω là tập lồi khác rỗng trong Rn và hàm p(x) trong (2.13) là hàm lồi khả vi trên một tập mở chứa Ω. Khi đấy một vectơ x∗ là cực tiểu của bài tốn (2.12)-(2.13) khi và chỉ khi nó là một nghiệm của bất đẳng thức biến phân sau

∇p(x∗)T(x−x∗) ≥0 ∀x∈Ω. (2.15)

Chứng minh. Từ p(x) lồi và khả vi trên một tập mở chứa Ωvà bất đẳng thức (2.15) thỏa mãn ta có

p(x) ≥ p(x∗) +∇p(x∗)T(x−x∗) ≥ p(x∗) ∀x∈Ω,

suy rax∗là cực tiểu củap(x)trênΩ.

Ngược lạix∗là cực tiểu thỏa mãn bài toán (2.12)–(2.13) và bất đẳng thức (2.15) không thỏa mãn, tức là tồn tạix¯∈Ωthỏa mãn

∇p(x∗)T(¯x−x∗)< 0. Bằng cách lấy đạo hàm ta có lim α↓0 p(x∗+α(¯x−x∗))−p(x∗) α =∇p(x∗)T(¯x−x∗)< 0.

Vậy p(x∗ +α(¯x−x∗))giảm chặt khiα > 0đủ nhỏ và điều này mâu thuẫn với giả thiết tối ưu củax∗.

Vậy bài tốn (2.12)-(2.13) này có thể chuyển về lại bài tốn bất đẳng thức biến phân (2.15). KhiΩlà tập đơn giản thì cái việc tính hình chiếu của nó dễ dàng.

Tổng qt hóa thì ta có thuật tốn chiếu sau để giải bài tốn (2.15): choxk, chọn xk+1như sau

xk+1 =PΩxk−βk+1∇p(xk), trong đóβk+1 >0là độ dài bước.

Từ các kết quả trên ta có thể dùng thuật tốn đạo hàm cho quy hoạch lồi đã nêu ở mục trên để giải bài tốn chấp nhận tách. Tuy nhiên ta cũng có thể dùng thuật tốn dưới đây để giải. Thực chất thuật tốn này chính là thuật tốn chiếu đạo hàm đã nêu.

Thuật tốn 2.2. Thuật tốn chiếu được trình bày như sau:

•Bước 1: Cho dãy khơng âm {τk}với

∞ P k=0

τk < +∞, δ ∈(0,1), µ∈ (0,1),

>0, β0 >0, vàx0 ∈ Ω, choγ0 = β0, vàk = 0.

•Bước 2: Tìm số ngun khơng âm nhỏ nhấtlk sao choβk+1 =µlkγk và

xk+1 =PΩxk−βk+1∇p(xk), (2.16)

thỏa mãn

βk+1k∇p(xk)− ∇p(xk+1)k2 ≤(2−δ)(xk−xk+1)T(∇p(xk)− ∇p(xk+1)) (2.17)

•Bước 3: Nếu

βk+1k∇p(xk)− ∇p(xk+1)k2 ≤0.5(xk −xk+1)T(∇p(xk)− ∇p(xk+1)),

thì lấyγk+1 = (1 +τk+1)βk+1; trái lại thì lấyγk+1 =βk+1.

•Bước 4: Nếuke(xk, βk)k ≤ εthì STOP, trái lạik := k+ 1chuyển đến Bước 2.

Nhận xét 2.1. Từ tham sốδ ∈(0,1)và∇p(x)tự bức từ Bổ đề 2.3, vế phải của (2.17) ln ln khơng âm. Do đó ta tìmβk+1khơng âm đủ bé để thỏa mãn (2.17).

Ta có kết quả sau về cách chọnβk.

Bổ đề 2.5. Với mỗi bước lặp của Thuật tốn 2.2 thì q trình tìm độ dài bướcβk+1

sẽ kết thúc sau một số hữu hạn bước lặp. Ngoài ra, tồn tại số thực dương βmin, sao

choβk+1 ≥βmin > 0với mọik >0.

Chứng minh. Từ ∇p(x) tự bức vớiν = 1

L > 0, trong đó L được định nghĩa trong Bổ đề 2.3, ta có βk+1k∇p(xk)− ∇p(xk+1)k2 hxk −xk+1,∇p(xk)− ∇p(xk+1)i ≤ βk+1k∇p(xk)− ∇p(xk+1)k2 1/Lk∇p(xk)− ∇p(xk+1)k2 =Lβk+1. Nếu βk+1 ≤βmax := min β0,(2−δ) L ,

điều kiện (2.17) được thỏa mãn. Mặt khác, theo Bước 2 và Bước 3 trong Thuật toán 2.2, ta được βk+1 ≤ γk ≤(1 +τk)βk ≤ · · · ≤ ∞ Y k=0 (1 +τk)β0. Theo cách chọn ∞ X k=0 τk < ∞, τk ≥ 0 ∀k ≥ 0, thì trong Bước 1 ta có C0 := ∞ Y k=0 (1 +τk) <+∞.

Do đó,βk+1 ≤ γk ≤ C0β0, và dãy{γk}bị chặn. Ngồi ra, từ

µ ∈(0,1), lim

n→∞µn = 0,

ta khẳng định rằng q trình tìmβk+1 thỏa mãn (2.17) sẽ thực hiện được sau một số hữu hạn bước lặp, có nghĩa là tồn tại lk thỏa mãnβk+1 = µlkγk ≤ βmax. Ngồi ra, βk+1 thỏa mãn (2.17)

βk+1 ≥βmin := βmaxµ ∀k ≥ 0.

Nếuxk+1 =xk vớik nào đó, theo (2.16) và [8, Bổ đề 2.1] ta có

0 =kxk−xk+1k=ke(xk, βk+1)k ≥ ke(xk, βmin)k.

Vì vậy,e(xk, βmin) = 0, và [8, Bổ đề 2.1],xk là nghiệm của bất đẳng thức biến phân (2.15). Sau đây, ta giả thiếtxk 6=xk+1với mọikthuật toán tạo nên một dãy vô hạn{xk}. Cho

ηk := k∇p(xk+1)− ∇p(xk)k

kxk+1−xkk ,

ta nhận được sự hội tụ của Thuật tốn 2.2.

Định lí 2.5. Với dãy bất kỳ{ke(xk, βk)k} được cho bởi Thuật toán 2.2 thỏa mãn

ke(xk+1, βk+1)k2 ≤ (1 +τk)2ke(xk, βk)k2− δβmin L k∇p(xk)− ∇p(xk+1)k2.

Định lí 2.6. Giả sử dãy{xk}được cho bởi Thuật toán 2.2, và chox∗ là một nghiệm của (2.15), thì

(1−2βk+12 ηk2)kxk+1−x∗k2 ≤ kxk −x∗k2 − kx

k −xk+1k2

2 .

Định lí 2.7. Thuật tốn hội tụ với bất kỳ điểm xuất phát nào.

Kết luận

Luận văn đã giới thiệu về bài quy hoạch lồi, các thuật toán để giải bài toán. Đặc biệt đi sâu vào bài tốn chấp nhận lồi tách và phương pháp giải thơng qua việc giải một quy hoạch lồi.

Luận văn đã trình bày các chủ đề cụ thể sau.

1. Giới thiệu bài toán quy hoạch lồi, điều kiện tồn tại nghiệm, Định lý Karush- kuhn-Tucker.

2. Nhắc lại phương pháp chiếu đạo hàm để giải bài toán quy hoạch lồi và ví dụ minh họa cụ thể.

3. Giới thiệu bài tốn chấp nhận lồi tách và mơ hình thực tế dẫn đến bài toán.

4. Phương pháp giải bài toán chấp nhận lồi tách bằng cách đưa về bài toán quy hoạch lồi.

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] Phan Huy Khải và Đỗ Văn Lưu (2000),Giải tích lồi, Nhà xuất bản Khoa học

và Kỹ thuật, Hà Nội.

[3] Nguyễn Thị Bạch Kim (2008),Giáo trình các phương pháp tối ưu - Lý thuyết và thuật toán, Nhà xuất bản Bách khoa, Hà Nội.

[4] Lê Dũng Mưu (1998),Giáo trình các phương pháp tối ưu, Nhà xuất bản Khoa

học và Kỹ thuật, Hà Nội.

[5] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến,

NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

Tiếng Anh

[6] S. Boyd, L. Vandenberghe (2004), Convex Optimization, Cambridge Univer-

sity.

[7] D. Bertsekas (2004),Nonlinear Programming, Athena Sicentific.

[8] D. Han, Z. Li and W. Zhang (2013), "A self-adaptive projection-type method for nonlinear multiple-sets split feasibility problem", Inverse Problems in Sci- ence and Engineering, 21(1), 155-170.