Bài tiểu luận tối ưu phi tuyến nhóm 3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM
KHOA TOÁN – TIN




MÔM TỐI ƯU PHI TUYẾN
Tiêu chuẩn tối ưu của quy hoạch không
khả vi





BÀI THUYẾT TRÌNH NHÓM 18
1/ Nguyễn Việt hải
2/ Trần Ngọc Hải
3/ Phạm Phi Hùng
NỘI DUNG
1. Bài toán cực tiểu hóa và bài toán điểm yên ngựa
2. Một vài kết quả nền tảng cho bài toán cực tiểu hóa và cực tiểu hóa địa phương
3. Tiêu chuẩn tối ưu đầy đủ
4. Điều kiện cần của tiêu chuẩn tối ưu
5. Ví dụ áp dụng
Tiêu chuẩn tối ưu của quy hoạch không khả vi
1. Bài toán cực tiểu hóa và bài toán điểm yên ngựa
Tiêu chuẩn tối ưu của chương này liên quan đến nghiệm của một bài toán cực tiểu hóa, một bài
toán cực tiểu hóa địa phương, và hai bài toán điểm yên ngựa mỗi loại. Chúng ta định nghĩa những bài
toán dưới đây.
Giả sử X
0

là tập hợp của R
n
, giả sử

và g là một hàm số và một hàm vecto m-chiều được định
nghĩa trong X
0
.
1.1. Bài toán cực tiểu hóa (MP)
Tìm một x, nếu nó tồn tại, sao cho:
 
0
xX
(x) min (x) x X x | x X ,g(x) 0 (MP)

      

Tập hợp X được gọi là miền chấp nhận được hoặc tập hợp ràng buộc,
x
là nghiệm nhỏ nhất hoặc
là nghiệm, và
(x)
là nhỏ nhất. Tất cả các điểm x trong miền chấp nhận được X được gọi là các điểm
chấp nhận được.
Nếu X là một tập lồi, và nếu

lồi trong X, bài toán cực tiểu hóa MP thường được gọi là bài toán
quy hoạch lồi hoặc quy hoạch lồi.
Ví dụ 1 :Xét bài toán cực tiểu hóa
 

0
xX
(x) min (x) x X x x X ,g(x) 0,h(x) 0

       

Trong đó h là một hàm vector k-chiều trong X
0
và tất cả mọi thứ còn lại thì được định nghĩa như
trong MP 5.1.1. Cho
00
(x,r ,r,s) r (x) rg(x) sh(x)    

Và
(x,u,v) (x) ug(x) vh(x)    

Chứng minh rằng nếu tồn tại
0 m k
x X ,u R ,u 0,v R   
sao cho
m k 0
(x,u,v) (x,u,v) (x,u,v)
voi moi u 0,u R ,v R ,x X
  
   

Hoặc nếu tồn tại
00
0 m k
x X ,r R,r 0,r R ,r 0,s R     

sao cho
000
m k 0
(x,r ,r,s) (x,r ,r,s) (x,r ,r,s)
voi moi r 0,r R ,s R ,x X
  
   

Thì
x
là một nghiệm của bài toán cực tiểu hóa. (Chú ý rằng v và s không bị hạn chế về dấu)
Vấn đề này có thể được nâng lên để biết loại điểm nào là điểm
x
nếu
0
(x,r ,r)
là một nghiệm của
FJSP 5.1.3 và chúng ta không đòi hỏi rằng
0
r0
. Một câu trả lời cho vấn đề này được cho bởi kết
quả sau.
Ví dụ 2 :Xét bài toán cực tiểu hóa

1.2. Bài toán cực tiểu hóa địa phương (LMP)
Tìm một
x
trong X, nếu nó tồn tại, sao cho quả cầu mở
B (x)


bao quanh
x
với bán kính
0

x B (x) X (x) (x) (LMP)

   

1.3. Bài toán điểm yên ngựa Fritz John(FJSP)
Tìm
00
0m
x X , r R, r R , (r ,r) 0,   
nếu nó tồn tại, sao cho
000
m0
00
(x,r ,r) (x,r ,r) (x,r ,r)
voi moi r 0,r R ,va moi x X , (FJSP)
(x,r ,r) r (x) rg(x)
    
  
  

1.4. Bài toán điểm yên ngựa Kuhn-tucker (KTSP)
Tìm
0m
x X , u R , u 0,  
nếu nó tồn tại, sao cho

m0
0
(x,u) (x,u) (x,u)
voi moi u 0,r R ,va moi x X , (KTSP)
(x,r ,r) (x) ug(x)
    
  
   

2. Một vài kết quả nền tảng cho bài toán cực tiểu hóa và cực tiểu hóa địa phương
Chúng ta thiết lập một vài kết quả nền tảng liên quan đến tập hợp nghiệm của bài toán cực tiểu hóa
và liên quan đến nghiệm của bài toán cực tiểu hóa và cực tiểu hóa địa phương cho mỗi loại.
2. 1. Định lý:
Cho X là tập lồi, và cho

là một hàm lồi trong X. tập hợp các nghiệm của MP 5.1.1 là lồi.
Chú ý: một điều kiện đủ nhưng không cần cho tính lồi của X là X
0
là một tập lồi và g lồi trong X
0
.
Điều này do 4.1.10 và 3.1.9.
Chứng minh: cho x
1
và x
2
là nghiệm của MP. Thì
12
xX
(x ) (x ) min (x)


    

Nó kéo theo bởi tính lồi của X và, nó cho
12
0 1, (1 )x (x ) X     
và
1 2 1 2 1
xX
[(1 )x x ] (1 ) (x ) (x ) (x ) min (x)

           

Vì vậy
12
(1 )x x 
là một nghiệm của MP, và tập nghiệm thì lồi.
+ Pontryagin tạo 1 nguyên lý cực đại thay thế bởi nguyên lý cực tiểu bởi vì hàm Lagrange của ông là
hàm Lagrange âm của quy hoạch không tuyến tính.
2. 2. Đinh lý về tính duy nhất:
Cho X lồi và
x
là một nghiệm của MP 5.1.1. Nếu

là lồi ngặt tại
x
, thì
x
là nghiệm duy nhất của
MP.

Chứng minh: cho
xx


là nghiệm khác của MP, thì,
xX


và
(x) (x)

  
. Từ X lồi, thì
(1 )x x X

   
với
01  
, và bởi tính lồi ngặt của

tại
x

[(1 )x x] (1 ) (x) (x) (x)

         

Giả thiết mâu thuẫn này dẫn tới
(x)
là một giá trị nhỏ nhất, và từ đó

x

không thể là 1 nghiệm khác.
2. 3. Định lý:
Cho X lồi, và cho

là một hàm hằng lõm không đổi trong X. thì không có điểm trong của X là
nghiệm của MP 5.1.1, hoặc bất kì 1 nghiệm tương đương
x
của MP, nếu nó tồn tại, phải là một điểm
biên của X.
Chứng minh: Nếu MP 5.1.1 vô nghiệm thì định lý đúng một cách hiển nhiên. Cho là một nghiệm của
MP. Do

không đổi trong X, nên tồn tại 1 điểm
xX
sao cho
(x) (x)  
. Nếu z là 1 điểm trong
của X, thì tồn tại điểm
yX
sao cho tồn tại
,0 1   

z (1 )x y  

Xem hình 5.2.1. Do đó:
(z) [(1 )x y] (1 ) (x) (y)
(1 ) (x) (x)
(x)

          
   


Và không đạt được giá trị nhỏ nhất của nó tại một điểm trong z
Hình 5.2.2 cho thấy 1 ví dụ đơn giản của định lý 3 trong R

2. 4. Định lý:
Nếu
x
là một nghiệm của MP 5.1.1, thì nó cũng là 1 nghiệm của LMP 5.1.2. Ngược lại thì đúng nếu
X lồi và

là lồi tại
x
.
Chứng minh: Nếu
x
thỏa mãn MP, thì
x
thỏa mãn LMP với bất kì
0
. Để chứng minh
ngược lại, giả sử
x
thỏa mãn LMP với một vài
0
, và cho X lồi và

lồi tại

x
. Cho y là 1 điểm
bất kì trong X phân biệt với
x
. Bởi vì X lồi,
(1 )x y X  
với
01  
. Bằng việc chọn

đủ
nhỏ, sao cho
0 / y x    
và
1
, chúng ta có
x (y x) (1 )x y B (x) X

       
Do đó
(x) x (y x)

    

( bởi vì
x
thỏa mãn LMP
(1 ) (x) (y)   
(bởi tính lồi của


tại
x
)
Từ đó, kéo theo:
(x) (y)  

3. Tiêu chuẩn tối ưu đầy đủ
Tiêu chuẩn tối ưu đầy đủ chính được phát triển ở đây không đòi hỏi giả thuyết về tính lồi trong
bài toán cực tiểu hóa MP 5.1.1. những tiêu chuẩn này thì dường như tịnh tiến để đạt được và không
cần công cụ để suy ra. Kết quả đầu tiên của loại này đã đạt được trong [Uzawa 58].
3.1 Định lý tối ưu đầy đủ
Nếu
x
là một nghiệm của KTSP 5.1.4, thì
x
là một nghiệm của MP 5.1.1. Nếu
0
(x,r ,r)
là một
nghiệm của FJSP 5.1.3, và
0
r0
, thì
x
là một nghiệm của MP 5.1.1
Chứng minh: dạng 2 của định lý kéo theo một cách thông thường từ dạng đầu tiên bởi chú ý 5.1.5.
Cho
(x,u)
là một nghiệm của KTSP 5.1.4. Thì với mọi
u0

trong R
m
và mọi x trong X
0

(x) ug(x) (x) ug(x) (x) ug(x)       

Từ bất đẳng thức đầu tiên chúng ta có:
(u u)g(x) 0
với mọi
u0

Tồn tại j,
1 j m
, cho
i
j
i
j
u u voi i 1,2, , j 1, j 1, ,m
u u 1
   


Nó kéo theo
j
g (x) 0
. Lặp lại điều này cho hết tất cả các j, chúng ta nhận được
g(x) 0
, và

do đó
x

là một điểm cho phép, đó là,
xX

Bây giờ, bởi vì
u0
và
g(x) 0
, chúng ta có
ug(x) 0
. Nhưng lặp lại từ bất đẳng thức đầu
tiên của bài toán điểm yên ngựa chúng ta có, đặt u=0, có
ug(x) 0
. Do đó
ug(x) 0

Cho x là một điểm bất kì trong X, từ bất đẳng thức 2 của bài toán điểm yên ngựa ta nhận được
(x) (x) ug(x)   
[ vì
ug(x) 0
]
(x)
[ vì
u 0, g(x) 0

Do đó
x

là 1 nghiệm của MP.
Điều được chú ý ở đây là vì không có giả thiết lồi được tạo trong định lý trên, nên đẳng thức ràng
buộc có thể được sử dụng lại bởi việc thay thế chúng bởi 2 bất đẳng thức ràng buộc. Đó là, thay thế
h(x) 0
bởi
h(x) 0
và
h(x) 0
.
3.2 Hệ luận – kết quả tất nhiên
Nếu
0
(x,r ,r)
là một nghiệm của FJSP 5.1.3, thì
x
là nghiệm MP 5.1.1 hay X không có phần
trong đối với
g(x) 0
, đó là,
 
0
x x X ,g(x) 0   

Chứng minh: bằng việc chứng minh tương tự như trong định lý 1 trên, chúng ta chứng minh rằng
g(x) 0

và
rg(x) 0
. Nếu
0

r0
, thì
x

thỏa mãn MP bởi định lý 1. Nếu
0
r0
, thì
r0

và chúng
ta có từ bất đẳng thức thứ 2 của FJSP 5.1.3 :
0 rg(x) rg(x)
với mọi
0
xX

Nếu tập hợp
 
0
x x X ,g(x) 0
là khác rỗng, thì với bất kì 1 phần tử
x

làm cho
rg(x) 0


, điều
này mâu thuẫn với thiết lập ở phía trên:

rg(x) 0
với mọi
0
xX
. Do đó
 
0
x x X ,g(x) 0   

4. Điều kiện cần của tiêu chuẩn tối ưu
Vấn đề điều kiện cần thì phức tạp hơn so với điều kiện đủ của tiêu chuẩn tối ưu. 2 trường hợp này
được so sánh trong bảng dưới đây:
Điều kiện cần
Điều kiện đủ
(a) Cần tính lồi
(b) Hệ quả của định lý tách của tập hợp lồi
thì cần thiết
(c) Điều kiện tổng quát (các tính chất ràng
buộc) thì quan trọng hơn trong điều
kiện cần (7 điều kiện dưới)
Không cần tính lồi
Hệ quả của định lý tách của tập hợp lồi thì
không cần thiết
Không cần tính chất ràng buộc

4.1 Định lý về kiều kiện cần cho tính tối ưu của bài toán điểm yên ngựa Fritz John
Cho X
0
là một tập lồi trong R
n

, và cho

và
g
lồi trong X
0
. Nếu
x
là 1 nghiệm của MP 5.1.1, thì
x
và
một vài
00
m
r R,r R ,(r ,r) 0  
thỏa FJSP 5.1.3 và
rg(x) 0

Chứng minh: vì
x
thỏa mãn MP
(x) (x) 0
g(x) 0
   

Không có nghiệm
0
xX

Bởi hệ luận 4.2.2 tồn tại

00
m
r R,r R ,(r ,r) 0  
sao cho
0
r (x) (x) rg(x) 0

   

với mọi
0
xX

Bởi cách đặt
xx
như trên, chúng ta nhận được
rg(x) 0
. nhưng bởi vì
r0
và
g(x) 0
, chúng ta có
rg(x) 0
. Do đó
rg(x) 0
và
00
r (x) rg(x) r (x) rg(x)    
với mọi
0

xX

Là bất đẳng thức thứ 2 của FJSP 5.1.3
Bởi vì
g(x) 0
, nên
rg(x) 0
với mọi
m
r 0,r R
và do đó,
rg(x) 0

00
r (x) rg(x) r (x) rg(x)    
với mọi
m
r 0,r R
là bất đẳng thức thứ nhất của FJSP 5.1.3
4.2 Tính chất ràng buộc Slater [Slater 50]
Cho là một X
0
tập lồi trong R
n
. hàm vecto lồi m-chiều g trong X
0
được định nghĩa là lồi trong miền
chấp nhận được
 
0

X x x X ,g(x) 0  
thì thỏa mãn tính chất ràng buộc Slater (trong X
0
) nếu tồn tại
0
xX
sao cho
g(x) 0
với mọi
0
xX

4.3 Tính chất ràng buộc Karlin [Karlin 59]
Cho là một X
0
tập lồi trong R
n
. hàm vecto lồi m-chiều g trong X
0
được định nghĩa là lồi trong miền
chấp nhận được
 
0
X x x X ,g(x) 0  
thì thỏa mãn tính chất ràng buộc Karlin (trong X
0
) nếu
không tồn tại
m
p R ,p 0

sao cho
pg(x) 0
với mọi
0
xX

4.4 Tính chất ràng buộc ngặt
Cho là một X
0
tập lồi trong R
n
. hàm vecto lồi m-chiều g trong X
0
được định nghĩa là lồi trong miền
chấp nhận được
 
0
X x x X ,g(x) 0  
thì thỏa mãn tính chất ràng buộc ngặt (trong X
0
) nếu X chứa
ít nhất 2 điểm phân biệt
12
x ,x
sao cho g là lồi ngặt tại
1
x

4.5 Bổ đề
Tính chất ràng buộc Slater 3 và tính chất ràng buộc Karlin 4 thì tương đương. Tính chất ràng buộc

ngặt 5 kéo theo tính chất ràng buộc Slater 3 và Karin 4.
Chứng minh: (
34
) bằng định lý tổng quát Gordan 4.2.3 thì 3 và 4 tương đương
(5 3)
bởi vì X
0
là tập lồi, với bất kỳ
,0 1   

1 2 0
(1 )x x X  

Bởi vì g là lồi ngặt tại
1
x
, từ 4.1.4 nó kéo theo rằng
1 2 1 2
g (1 )x x (1 )g(x ) g(x ) 0

     


Trong đó bất đẳng thức cuối kéo theo từ sự việc
1
g(x ) 0
và
2
g(x ) 0
. Vì vậy g thỏa mãn tính chất

ràng buộc Slater 3 và vì vậy tính chất ràng buộc Karlin 4 cũng thỏa mãn.
Chúng ta sẵn sàng để suy ra một điều kiện cần quan trọng nhất của tiêu chuẩn tối ưu không sử dụng
tính khả vi. Định lý được biết một cách rộng rãi dưới tên Kuhn-Tucker [Kuhn-Tucker 51], tuy nhiên
cả Kuhn và Tucker đều đòi hỏi cả tính lồi lẫn tính khả vi. dạng hiện tại của định lý, không có đòi hỏi
tính khả vi, là thuộc tính của Uzuwa [Uzuwa 58] và Karlin [Karlin 59].
4.6 Điều kiện tối ưu của định lý điểm yên ngựa Kuhn-Tucker
Cho X
0
là tập lồi trong R
n
, đặt

và g là tập lồi trong X
0
, và g thỏa mãn tính chất ràng buộc Slater 3,
tính chất ràng buộc Karlin 4 hoặc tính chất ràng buộc ngặt 5 trong X
0
. Nếu
x
là một nghiệm của MP
5.1.1, thì
x
và một vài
m
u R ,u 0
, là nghiệm KTSP 5.1.4 và
ug(x) 0

Chứng minh: Chú ý rằng bởi hệ quả 6 ở trên chúng ta chỉ cần thiết lập định lý theo tính chất ràng
buộc Karlin. Bởi định lý 1,

x
và một vài
 
0
, , , 0
m
r R r R r r  
, giải FJSP 5.1.3 và
 
0rg x 
. Nếu
0
0r 
thì Remark 5.1.5 mà chúng ta đã làm. Nếu, khi đó
0r 
, và từ bất đẳng
thức thứ hai của FJSP 5.1.3
 
0 rg x
cho tất cả
0
xX
[ vì
0
0r 
và
 
0rg x 
]
Những mâu thuẫn mà ràng buộc 4 của Karlin. Do đó

0
0r 
.
Chúng ta tổng kết bằng hình 5.4.1 mối liên hệ giữa cách giải của những bài toán khác
nhau của chương này.
Chúng ta kết luận phần này bởi nguồn gốc Kuhn-Tucker cần thiết cho tiêu chuẩn tối ưu
trong các ràng buộc tuyến tính. Để làm được điều này, chúng ta phải lấy tập
0
X
của MP
5.1.1 trong toàn không gian
n
R
.
4.7 Định lý Kuhn-Tucker cần thiết cho tiêu chuẩn tối ưu trong sự hiện diện các ràng buộc
tuyến tính [Uzawa 58]
Lấy
, g

là một hàm hằng và một hàm vec tơ m chiều mà cả hai hàm đều có tính lồi trong
n
R
, nghĩa là, h(x)=Bx – d, trong đó B là ma trận k X n, và d là một k vec tơ. Lấy
x
là một
nghiệm của bài toán cực tiểu hóa
 
(x) min (x) x | , (x) 0,
n
xX

X x x R g Bx d


     

Và lấy g và h thỏa mãn tất cả các tiêu chuẩn ràng buộc:
(i) (Khái quát Slater 3)
 
g 0,x Bx d
có một nghiệm
n
xR

(ii) (Khái quát Karlin 4) trong đó không tồn tại
0, ,
mk
p p R q R  
để mà

   
0pg x q Bx d  
cho tất cả
n
xR

(iii) (Khái quát Strict 5) X chứa hai điểm nhỏ nhất
1
x
và
2

x
để mà g là lồi chặt chẽ tại
1
x

Khi đó
x
và một vài
, 0,
mk
u R u v R  
thỏa mãn
 
0ug x 
, và
     
       
, , , , , ,
0, , ,
,,
m k n
x u v x u v x u v
voi moi u u R v R va x X
x u v x ug x v Bx d
  


   
   

Chứng minh:
Chúng ta nên thiết lập nhóm đầu tiên để
 
( ) ( )iii i ii
và sau đó chứng minh định
lý dưới (ii).
[
( ) ( )iii i
] vì
   
1 2 1 2
0, 0, ,g x g x Bx d Bx d   
, chúng ta phải cho
01


điều
đó
 
12
1B x x d


  

và
   
1 2 1 2
1 1 ( ) ( ) 0g x x g x g x
   


     


Do đó (i) cố định
[
( ) ( )i ii
] nếu
 
g0x 
và
Bx d
khi đó với mọi
0,
m
p p R
và với mọi
   
,0
k
q R pg x q Bx d   

Do đó (ii) cố định
Chúng ta thiết lập định lý dưới (ii). Điều đó sẽ không mất tính tổng quát nếu chúng ta
giả định các hàng
1
, ,
k
BB
của B độc lập tuyến tính, vì giả sử rằng một số hàng, B

k

độc lập tuyến tính
11
, , ,
k
BB

trong đó
1
1
k
k i i
i
B s B




trong đó
11
, ,
k
ss

là số thực
được xác định. Khi đó
11
11
kk

k k i i k i i k
ii
B x d s B x d s d d


    


với mọi x thỏa mãn
, 1, , 1.
ii
B x d i k  
Nhưng vì
xX
, và
, 1, , ,
ii
B x d i k

nó kéo theo
1
1
0
k
i i k
i
s d d





và
0
kk
B x d
với mọi x thỏa mãn
, 1, , 1.
ii
B x d i k  

Do đó sự ràng buộc đẳng thức
kk
B x d
là thừa nghiệm và có thể được giảm từ bài toán
cực tiểu hóa không thay đổi nghiệm
x
. Khi đó, một lần nữa chúng ta thiết lập định lý
cho các hàng độc lập tuyến tính của B, chúng ta có thể biến đổi các hàng
k
B
(mà không
làm thay đổi bài toán cực tiểu hóa) và bộ
0
k
v 
trong bài toán điểm yên ngựa
Bằng 2 định lý trên, tồn tại
   
0 0 0
, , , , 0, , , 0

mk
r R r R s R r r r r s    

Mà thỏa
 
0
,0r R r g x
và giải quyết bài toán điểm yên ngựa của 2. Nếu
0
0r 
,
khi đó
00
/ , /u r r v s r
giải quyết bài toán bởi định lý mà chúng ta đã làm. Cho
0
0r 
.
Khi đó vì
 
0r g x 
và
0Bx d
, chúng ta có bất đẳng thức thứ hai của bài toán của
phần 2 là
 
0 ( ) 0r g x s Bx d   
với mọi
n
xR

Mâu thuẫn với phần (ii) trên, nếu
0r 
. Giả sử rằng
0r 
khi đó
0s 
và
( ) 0s Bx d
với mọi x trong
n
R
. Do đó( xem phần chứng minh của 4.2.4) , mâu thuẫn
với giả thiết là các hàng của B là độc lập tuyến tính. Vì vậy
0
0r 

5. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1

Ví dụ 2


Ví dụ 3

Ví dụ 4