Bài tiểu luận tối ưu phi tuyến nhóm 14

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
KHOA TOÁN TIN
LỚP TOÁN VB2 K2





TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT TỐI ƯU
ĐỀ TÀI:
TIÊU CHUẨN TỐI ƯU CỦA QUY HOẠCH VỚI GIẢ THIẾT KHẢ VI
GVHD: TS TRỊNH CÔNG DIỆU
SVTH: NGUYỄN THỊ KIM NGÂN
HUỲNH THỊ THÚY HẰNG
1. Các baì toán (MP), (LMP), (FJP), (KTP)
Cho tập mở
0
, : , :
n n n m
Xg

  
, ta xét một số bài toán sau:
+ Bài toán cực tiểu toàn cục của mặt phẳng:
Tim
x
(nếu có) thỏa mãn
( ) min ( )
xX
xx




trong đó
0
{ : ( ) 0}X x X g x  
. Khi đó
x

được gọi là nghiệm của (MP)
+ Bài toán cực tiểu địa phương (LMP)
Tìm
x
và
0


(nếu có) sao cho
( ) ( ), ( , )x x x X B x
  
   
. Khi đó,
x
được gọi là
nghiệm của (LMP)
+ Bài toán điểm dừng của Fritz John (FJP)
Tìm
0
0
,
m

x X r
(nếu có) thỏa mãn:
0
0
( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( , ) 0
r x r g x
gx
rg x
rr

   











+ Bài toán điểm dừng của Kuhn - Tucker (KTP)
Tìm
0
,
m

x X u
(nếu có) thỏa mãn:
( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
0
x u g x
gx
ug x
u

   











2. Điều kiện đủ của sự tồn tại nghiệm
2.1 Định lý
Giả sử
,g

khả vi, lồi tại
0

xX
. Khi đó ta có:
i. Nếu
( , )xu
là nghiệm của (KTP) thì
x
là nghiệm của (MP).
ii. Nếu
0
( , , )x r r
là nghiệm của (FJP) thì
x
là nghiệm của (MP).
CHỨNG MINH
i. Lấy
xX
bất kì. Vì
( , )xu
là nghiệm của (KTP) nên:
( ) ( ) ( )( )x x x x x
  
  
(do

lồi và khả vi tại
x
)
= ( )( ) (do ( ) ( ) 0)u g x x x x u g x

      

[ ( ) ( )] u g x g x
(do g lồi và khả vi tại
x
)
= ( ) 0 (do ( ) 0, 0, ( ) 0)ug x ug x u g x    

Suy ra
( ) ( ), x Xxx

  
, hơn nữa. Vì
( ) 0gx
nên
xX
. Do đó
( ) min ( )
xX
xx




ii. Do
0
( , , )x r r
là nghiệm của (FJP) và
0
0r 
nên

0
1
,xr
r



là nghiệm của bài toán
(KTP). Theo (i), ta có
x
là nghiệm của bài toán (MP).
Nhận xét:
Từ định lý trên, vì tính lồi của hàm g tại
x
nên ta không thể đưa ràng buộc dạng có các ràng
buộc dạng
( ) 0hx
với
:
n
h 
không là phiếm hàm tuyến tính vào hệ các ràng buộc
( ) 0gx
bằng cách biể diễn:
( ) 0hx
và
( ) 0hx
. Tuy nhiên, ta có thể đưa ràng buộc dạng
( ) 0hx
nói trên vào trong hệ các ràng buộc

( ) 0gx
thông qua các mệnh đề sau:
2.2 Mệnh đề
Giả sử
,g

lồi và khả vi tại
0
xX
. Cho B là vecto hàm k-chiều và
k
d 
là vecto hằng. Khi
đó, nếu
( , , )x u v
là nghiệm của hệ:
*
( ) ( ) 0
( ) 0
()
( ) 0
0.
k
x u g x
gx
KTP Bx d
ug x
uv



   













Thì
( ) min{ ( ): , }x x x X Bx d

  
.
Chứng minh
Lấy
xX
tùy ý sao cho
Bx d
. Vì
( , , )x u v
là nghiệm của bài toán (KTP
*
) nên
( ) ( ) ( )( )x x x x x

  
  
(do

lồi và khả vi tại
x
)
( )( ) ( ) (do ( ) ( ) 0)u g x x x vB x x x u g x vB

          


 
( ) ( )u g x g x
(do g lồi và khả vi tại
x
và
Bx Bx d
)
= ( ) 0 (do ( ), 0, ( ) 0)ug x ug x u g x   

Suy ra
( ) ( ),x x x X

  
. Hơn nữa, vì
( ) 0gx
nên
xX
(đpcm).

Định lý tiếp theo sẽ cho ta một điều kiện khác để nhận biết nghiệm của bài toán (MP) thông qu
nghiệm bài toán (FJP) mà không cần điều kiện
0
0r 

2.3 Định lý
Cho
xX
. Giả sử

lồi, khả vi tại
x
và g khả vi lồi chặt tại
x
. Khi đó, nếu
0
( , , )x r r
là
nghiệm của bài toán (FJP) thì
x
là nghiệm của bài toán (MP).
Chứng minh
Giả sử
0
( , , )x r r
là nghiệm của bài toán (FJP)
11
( , , ), ( , , )
mm
g g g r r r

, ta đặt
 
 
: ( ) 0 , j: ( ) 0
ij
I i g x J g x   

Do
0, ( ) 0, ( ) 0r g x rg x  
nên
( ) 0, 1,
ii
rg x i m  
. Suy ra
0,
i
r i J  
. Khi đó với
kí hiệu
I
I
r 
là vecto các thành phần là
()
i
r i I
được lấy từ
r
, ta có:
0

01
( ) ( )
( , ) 0
ii
iI
r x r g x
rr



  







Theo định lý Gordan, với
:
I
n
I
g 
là hàm vecto có các thành phần là
()
i
g i I
được lấy
từ g, hệ sau vô nghiệm:

1
( ) 0
( ) 0 (1)
n
xz
g x z
z










Hơn nữa, do

khả vi, lồi tại
x
và g khả vi, lồi chặt tại
x
nên với
0
\{ }x X x
ta luôn có:
( ) ( ) ( )(x )
(2)
( ) ( ) ( )( )

x x x x
g x g x g x x x
  
   


   


Từ (1),(2) suy ra hệ sau cũng vô nghiệm
0
( ) ( ) 0
( ) ( ) 0
II
xx
g x g x
xX










Mà
( ) 0
I

gx
nên ya cũng có hệ sau vô nghiệm
0
( ) ( )
( ) 0
xx
gx
xX










Mặt khác vì
( ) 0gx
nên
xX
. Vậy
( ) min ( )
xX
xx



.

3. Điều kiện cần của sự tồn tại nghiệm
Trong các điều kiện tối ưu cần ở đây, tính lồi không đóng vai trò quyết định. Sự khả vi của các
hàm được sử dụng để tuyến tính hóa bài toán quy hoạch phi tuyến, và do đó các định lý thay thế
được dùng để tìm ra các điều kiện tối ưu cần. Để thu được các điều kiện cần quan trong hơn phải
cần thêm các ràng buộc định tính.
Với
0
X
là tập mở trong
,,
n
g

khả vi tại
0
{ | ( ) 0}x X x X g x   
, ta đặt:
+
{ | ( ) 0
i
V i g x
và g
i
lõm tại
x
} và
{ | ( ) 0
i
W i g x
và g

i
không lõm tại
x
}
+
{ | ( ) 0}, { | ( ) 0}
ii
I V W i g x J i g x     
. Khi đó
{1,2, , }I J m

3.1 Bổ đề tuyến tính hóa
Cho
x
là nghiệm của bài toán (LMP), X
0
là tập mở,
,g

khả vi tại
x
. Khi đó, hệ sau không có
nghiệm
n
z

( )z 0
( )z 0
( )z 0
W

V
x
gx
gx










Chứng minh:
Do
x
là nghiệm của bài toán (LMP) nên tồn tại quả cầu mở
( , )Bx

sao cho
( ) ( ), ( , )x x x B x X
  
   
. Giả sử tồn tại
n
z
là nghiệm của hệ (*)
Vì X
0

là tập mở nên
0
0: ,0x z X
   

     
. Do
, g

khả vi tại
x
nên
0



, ta có:
0
( ) ( ) ( ) ( , )x z x x z x z z
      
    

( ) ( ) ( ) ( , )
i i i i
g x z g x g x z x z z
   
    

Trong đó
0

lim ( , ) 0, 0,1, ,
i
x z i m





Mà
( ) 0xz


nên
0
0


để
00
( ) ( , ) 0, (0, )x z x z z
    
    

Do đó
( ) ( ) 0x z x
  
  
với
0
0




Mặt khác, vì
( ) 0
W
g x z
nên với mọi
iW
, tồn tại
0
i


, sao cho
( ) ( , ) 0, (0, )
i i i
g x z x z z
   
    

Do đó
( ) ( ) 0
ii
g x z g x

  
với
0
i




Hơn nữa,
( ) 0
V
gx
và
i
g
lõm tại
x
()iV
nên tồn tại
0



sao cho với mọi
(0, )



, ta có:
( ) ( ) ( ) 0
i i i
g x z g x g x z

    

Với
iJ
, do
( ) 0
i
gx
nên tồn tại
0
i


, để với
0
i


, ta có
( ) ( ) ( , ) 0
i i i
g x g x z x z z
  
   

Do đó,
( ) 0
i
g x z



Đặt
 
01
min , , , , ,
m
     


. Khi đó, với
0


ta có:
0
x z X



( , )x z B x



( ) ( )x z x
  


( ) ( ) 0,
ii
g x z g x i I


   

( ) 0,
i
g x z i J

  

Suy ra
0


thì
( , )x z B x X

  
và
( ) ( )x z x
  

mâu thuẫn với giả thiết
x
là nghiệm
của bài toán LMP với lân cận
( , )Bx

. Vậy ta có đpcm.
3.2 Định lý:
Gọi
x

là nghiệm của bài toán (LMP) hoặc (MP). X
0
là tập mở,
,g

khả vi tại
x
. Khi đó, tồn
tại một
0
,
m
rr
sao cho
0
( , , )x r r
là nghiệm của bài toán (FJP) và
0
( , ) 0
w
rr 

Chứng minh
Nếu
x
là nghiệm của bài toán (MP) thì nó cũng là nghiệm của bài toán (LMP) nên ta chỉ cần xét
x
là nghiệm của bài toán (LMP)
Theo bổ đề tuyến tính ta có hệ (*)
( )z 0

( )z 0
( )z 0
W
V
x
gx
gx









không có nghiệm
n
z

Do định lý Motzkin thì tồn tại
0
,,
WV
r r r
sao cho
0
( ) ( ) ( ) 0
WV
WV

r x r g x r g x

     

0
( , ) 0, 0
WV
r r r

Bởi vì
( ) ( ) 0
WV
g x g x
nên nếu ta đặt
0
J
r 
và
( , , )
W V J
r r r r
thì ta có
( ) ( ) ( ) ( ) 0
W V J
W V J
rg x r g x r g x r g x   

00
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
W V J

W V J
r x r g x r x r g x r g x r g x

           

0
( , ) 0rr

Vì
xX
nên
( ) 0gx
. Suy ra
0
( , , )x r r
thỏa bài toán FJP và
0
( , ) 0
W
rr 

Nhận xét: Nếu X
0
lồi và g
V
lõm trên X
0
thì định lý trên đúng. Tuy nhiên, tính lõm của g
V
không

làm cho
 
0
, ( ) 0
V
x x X g x
lồi (trừ trường hợp g
V
tuyến tính).
3.3 Định lý
Cho X
0
là tập mở trong
n
và

, g được xác định trên X
0
. Giả sử
x
thỏa (LMP) hoặc (MP).
Nếu

, g khả vi tại
x
và g thỏa mãn một trong các điều kiện sau
(i) Ràng buộc Kuhn-Tucker tại
x

(ii) Ràng buộc Arrow-Hurwicz-Uzawa tại

x

(iii) Ràng buộc lồi đảo ngược tại
x

(iv) Ràng buộc Slater trên X
0

(v) Ràng buộc Karlin trên X
0

(vi) Ràng buộc nghiêm ngặt trên X
0

Thì tồn tại
m
u
sao cho
( , )xu
là nghiệm của (KTP)
Chứng minh
Nếu
x
thỏa mãn bài toán (MP) thì cũng thỏa mãn bài toán (LMP) nên ta chỉ xét trường hợp
x
thỏa mãn bài toán (LMP).
Theo bổ đề ta chỉ cần chứng minh định lý khi g thỏa mãn (i) hoặc (ii)
(i) Cho
x
thỏa (LMP) với



. Đặt
 
( ) 0
i
I i g x
,
 
( ) 0
i
J i g x

 Trường hợp 1
()I 
: Lấy y là vecto7 bất kì trong
n
thỏa mãn yy=1
( ) ( ) ( ) ( , )
i i i i
g x y g x g x y x y
   

    

(i=1, ,m)
Vì
( ) 0
i
gx

và
0
lim ( , ) 0
i
xy




nên tồn tại
'
0


sao cho với
(0, )



,
( , ) 0
i
g x y


và
0
x y X



Mặt khác, vì
x
thỏa (LMP) nên với
0



, ta có
0 ( ) ( ) [ ( ) ( , )]x y x x y x y
      
     

Do đó
( ) ( , ) 0x y x y
  
  

Vì
0
lim ( , ) 0
i
xy




nên qua giới hạn khi
0



, ta suy ra
( ) 0xy



Do y là vecto7 tùy ý trong
n
thỏa mãn yy=1 nên lần lượt thay y=e
i
và y=-e
i
trong
đó
in
e 
là một vecto7 có thành phần thứ i bằng 1 và các thành phần khác bằng
0, ta được
( ) 0x


. Do đó
( ,0)x
thỏa (KTP)
 Trướng hợp 2
()I 
: lấy g thỏa mãn ràng buộc Kuhn-Tucker tại
x
và
n

y
thỏa mãn
( ) 0
r
g x y

Theo định nghĩa của ràng buộc Kuhn-Tucker, tồn tại một vecto7 hàm n-chiều e
xác định trên [0,1] thỏa mãn:
+
(0)ex

+
()eX


với
01



+ e khả vi tại
0


và
(0)
de
y
d




với
0



Do đó với
01


, ta có:
( ) (0) [ (0) (0, )]
i
i i i
de
ee
d
   

  
(i=1, ,n) trong đó
0
lim (0, ) 0
i





Suy ra tồn tại
01



để với

đủ nhỏ thỏa mãn
01


  
, ta có
( ) ( )e B x



. Vì
()eX


(0 1)


và
x
thỏa mãn (LMP) nên ta có
[ ( )] [ (0)]ee
  


với
(0, )




Do sự khả vi của

tại
x
và của e tại 0, với
0



ta có:
(0)
0 [ ( )] [ (0)] [ (0)] (0, )
de
e e e
d
      

    

với
0
lim (0, ) 0





. Do đó
(0)
[ (0)] (0, ) 0
de
e
d
  

  
với
0




Qua giới hạn khi
0


ta được:
(0)
[ (0)] 0
de
e
d




Vì
(0)ex
và
(0)
de
y
d



với
0


nên
( ) 0xy



Do đó ta có điều sau
1
( ) 0 ( ) 0g x y x y

   
hay hệ sau
( ) 0
( ) 0
r
xy

g x y








không có nghiệm
n
y

Theo định lý Motzkin, tồn tại
01
,rr
thỏa mãn
01
1
01
( ) ( ) 0
0, 0
r x r g x y
rr


   







Do
0
r 
và
0
0r 
nên
0
0r 
. Với
0
I
I
r
u
r

,
0
J
u 
,
( , )
IJ
u u u
, ta có:
( ) ( ) 0x u g x


   

( ) 0ug x 

0u 

Mà
xX
, ta có
( ) 0gx
. Do đó
( , )xu
thỏa mãn (KTP)
(ii) T
Theo định lý 3.2 tồn tại một
0
,
m
rr
sao cho
0
( , , )x r r
thỏa mãn (FJP) và
0
( , ) 0
w
rr 
trong đó
{ ( ) 0, g

ii
W i g x
không lõm tại
x
}
{ ( ) 0, g
ii
V i g x
lõm tại
x
}
{ ( ) 0}
i
J i g x

Để chứng minh
x
là nghiệm của (KTP), ta chỉ cần chỉ ra rằng
0
( , , )x r r
là nghiệm của (FJP)
với
0
0r 
. Vì
0
( , ) 0
w
rr 
nên nếu

W 
thì
0
0r 
. Vì vậy ta giả sử
W 
.
Ta chứng minh bằng phản chứng: Giả sử
0
0r 
do
0
J
r 
ta có:
( ) ( ) 0
0, 0
WV
WV
WW
r g x r g x
rr

   






Vì g thỏa mãn ràng buộc Arrow-Hurwiez-Uzawa tại
x
, tồn tại
n
z
thỏa
( ) 0
( ) 0
W
V
g x z
g x z








Từ đó suy ra
( ) ( ) 0
WV
WV
r g x z r g x z   
mâu thuẫn với
( ) ( ) 0
WV
WV
r g x r g x   

Do đó
0
0r 

4. Thuật toán và ví dụ giải bài toán (MP)
4.1 Giải bài toán (MP) bằng cách giải bài toán (FJP) tương ứng
Giải bài toán (MP)
( ) min
( ) 0
x
gx







Bước 1: Kiểm tra tính khả vi của
, g


Bước 2: Tính
, g


rồi viết bài toán (FJP):
0
0

,,
m
x X r r  

0
0
( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( , ) 0
r x r g x
gx
rg x
rr


   










Bước 3: Giải bài toán (FJP) vừa viết được nghiệm
0
( , , )x r r

Bước 4: Kiểm tra tính lồi của
, g

tại
x

Bước 5:
- Nếu
0
0r 
thì
x
là nghiệm của bài toán (MP)
- Nếu
0
0r 
và lồi chặt tại
x
thì
x
là nghiệm của bài toán (MP).
Ví dụ:
Giải bài toán (MP)
2 2 2
22
( , , ) ( 2) ( 1) min
( , , ) ( 1, ) 0
x y z x y z
g x y z x y z



     


    



Bước 1:
, g

khả vi.
Bước 2: Tính
2 2 0
( , , ) [2 2 4 2 2], ( , , )
0 0 -1
xy
x y z x y z x y z


     


rồi viết bài toán (FJP):
Tìm
32
0
( , , ) , , ( , )x y z r r a b   
thỏa mãn

0
22
0
2 2 0
[2 2 4 2 2] [ ] 0
0 0 -1
( ) 0
( , )( 1, ) 0
( , , ) 0
xy
r x y z a b
gx
a b x y z
r a b


   








   





Bước 3: Giải bài toán (FJP) vừa viết được nghiệm
00
( , , ) (0, 1,0); ( ,2 ) 0x y z r r r   
tùy ý
Bước 4:
, g

lồi tại (0,-1,0)
Bước 5: (0,-1,0) là nghiệm của bài toán (MP)
4.2 Giải bài toán (MP) bằng cách giải bài toán (KTP) tương ứng
Giải bài toán (MP)
( ) min
( ) 0
x
gx







Bước 1: Kiểm tra tính khả vi của
, g


Bước 2: Tính
, g



rồi viết bài toán (KTP):
0
,
m
x X u

( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
0
x u g x
gx
ug x
u


  










Bước 3: Giải bài toán (KTP) vừa viết được nghiệm
( , )xu

Bước 4: Kiểm tra tính lồi của
, g

tại
x

Bước 5: Kết luận
x
là nghiệm của bài toán (MP)
Ví dụ:
Giải bài toán (MP)
2 2 2
22
( , , ) ( 2) ( 1) min
( , , ) ( 1, ) 0
x y z x y z
g x y z x y z


     


    



Bước 1:
, g


khả vi.
Bước 2: Tính
2 2 0
( , , ) [2 2 4 2 2], ( , , )
0 0 -1
xy
x y z x y z x y z


     


rồi viết bài toán (KTP):
Tìm
32
( , , ) , ( , )x y z r a b  
thỏa mãn
22
2 2 0
[2 2 4 2 2] [ ] 0
0 0 -1
( ) 0
( , )( 1, ) 0
( , ) 0
xy
x y z a b
gx
a b x y z
ab



   








   





Bước 3: Giải bài toán (KTP) vừa viết được nghiệm
( , , ) (0, 1,0); (1,2)x y z r  

Bước 4:
, g

lồi tại (0,-1,0)
Bước 5: (0,-1,0) là nghiệm của bài toán (MP)