Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận lồi tách (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THÀNH TRUNG

MỘT PHƯƠNG PHÁP QUY HOẠCH LỒI
GIẢI MỘT LỚP BÀI TOÁN
CHẤP NHẬN LỒI TÁCH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THÀNH TRUNG

MỘT PHƯƠNG PHÁP QUY HOẠCH LỒI
GIẢI MỘT LỚP BÀI TOÁN
CHẤP NHẬN LỒI TÁCH

Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số:

84 60 112

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH. LÊ DŨNG MƯU

Thái Nguyên - 2018


i

Mục lục
Lời cảm ơn

ii

Mở đầu

1

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

2

1.1

Tập lồi, hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2

Toán tử chiếu lên tập lồi đóng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.3

Dưới vi phân hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

Chương 2 Phương pháp quy hoạch lồi giải bài toán chấp nhận lồi tách
2.1

2.2

21

Bài toán quy hoạch lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.1.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

2.1.2

Điều kiện tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.1.3

Định lý Karush-kuhn-Tucker . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.1.4

Phương pháp chiếu đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

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

37

2.2.1

Bài toán chấp nhận lồi tách . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.2.2

Giới thiệu một mô hình thực tế dẫn tới bài toán . . . . . . .

38

2.2.3

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

39

Kết luận

46

Tài liệu tham khảo

47


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên dưới sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Lê Dũng Mưu. Qua
đây, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới Thầy, người đã dành
nhiều thời gian và tâm huyết để hướng dẫn và tạo điều kiện cho tác giả trong suốt
thời gian làm luận văn.
Trong quá trình học tập và làm luận văn, từ bài giảng của các giáo sư, phó giáo
sư công tác tại Viện Toán học, Viện Công nghệ Thông tin - Viện Hàn lâm Khoa học
và Công nghệ Việt Nam, các thầy cô trong trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên, tác giả đã trau dồi thêm rất nhiều kiến thức phục vụ cho việc nghiên cứu và
công tác của bản thân. Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo, khoa Toán - Tin
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả

trong suốt thời gian học tập tại trường.
Cuối cùng tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn động viên, giúp
đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu và làm
luận văn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018
Học viên

Nguyễn Thành Trung


1

Mở đầu
Quy hoạch lồi là một lớp bài toán cơ bản của tối ưu hóa. Một đặc điểm cơ bản
nhất của lớp bài toán này là mọi điểm cực tiểu địa phương đều là cực tiểu tuyệt đối.
Tính chất quan trọng này cho phép các lý thuyết có tính địa phương như giới hạn, vi
phân, có thể áp dụng trực tiếp vào quy hoạch lồi. Lý thuyết về bài toán quy hoạch lồi
đã được quan tâm nghiên cứu nhiều và đã thu được nhiều kết quả quan trọng dựa trên
lý thuyết của giải tích lồi và tối ưu hóa; về phương diện tính toán, đã có khá nhiều
phương pháp hữu hiệu cho lớp bài toán này. Các phương pháp đó đã được giới thiệu
trong cuốn sách Tối ưu lồi (Convex Optimization) của các tác giả Stephen Boyd and
Lieven Vandenberghe do nhà xuất bản Cambridge University Press in năm 2004.
Đề tài luận văn "Một phương pháp quy hoạch lồi giải một lớp bài toán chấp nhận
lồi tách" có mục đích giới thiệu lại kiến thức cơ bản về giải tích lồi, bài toán về quy
hoạch lồi. Đặc biệt đi sâu vào các bài chấp nhận lồi tách và một phương pháp giải.
Nội dung luận văn gồm hai chương:
Chương 1. "Kiến thức chuẩn bị” giới thiệu các kiến thức cơ bản nhất về tập lồi,
hàm lồi và dưới vi phân hàm lồi.
Chương 2. "Phương pháp quy hoạch lồi giải bài toán chấp nhận lồi tách" giới
thiệu bài toán quy hoạch lồi và một số tính chất của nó. Nhắc lại phương pháp chiếu

đạo hàm giải bài toán đó. Cuối cùng tác giả giới thiệu bài toán chấp nhận lồi tách và
một phương pháp giải.


2

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, tác giả giới thiệu các kiến thức cơ bản nhất về giải tích lồi, là
những kiến thức nền tảng cần thiết phục vụ cho việc nghiên cứu và giải quyết đề tài.
Các kiến thức của chương này được tổng hợp từ các tài liệu [1] và [2].

1.1

Tập lồi, hàm lồi

Trước hết ta nhắc lại khái niệm tập lồi trong Rn và các khái niệm có liên quan.
Định nghĩa 1.1. Một tập C ⊆ Rn được gọi là một tập lồi, nếu C chứa mọi đoạn
thẳng đi qua hai điểm bất kỳ của nó. Tức là C lồi khi và chỉ khi
∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C.
Ta nói x là tổ hợp lồi của các điểm (véctơ) x1 , x2 , . . . , xk nếu
k

k
j

λj x , λj > 0 ∀j = 1, . . . , k,

x=

λj = 1.
j=1

j=1

Tương tự, x là tổ hợp affine của các điểm (véctơ) x1 , . . . , xk nếu
k

k
j

x=

λj x ,
j=1

λj = 1.
j=1

Tập hợp của các tổ hợp affine của x1 , . . . , xk thường được gọi là bao affine của các
điểm này.


3

Hình 1.1: (a), (b), (e) - Tập lồi; (c), (d) - Tập không lồi
Mệnh đề 1.1. Tập hợp C là lồi khi và chỉ khi nó chứa mọi tổ hợp lồi của các điểm
của nó. Tức là: C lồi khi và chỉ khi
k

k
1

∀k ∈ N, ∀λ1 , . . . , λk > 0 :

k

λj = 1, ∀x , . . . , x ∈ C ⇒
j=1

λj xj ∈ C.
j=1

Chứng minh. Điều kiện đủ là hiển nhiên từ định nghĩa. Ta chứng minh điều kiện cần
bằng quy nạp theo số điểm. Với k = 2, điều cần chứng minh suy ra ngay từ định
nghĩa của tập lồi và tổ hợp lồi. Giả sử mệnh đề đúng với k − 1 điểm. Ta cần chứng
minh với k điểm.
Giả sử x là tổ hợp lồi của k điểm x1 , . . . , xk ∈ C. Tức là
k

k
j

λj x , λj > 0 ∀j = 1, . . . , k,

x=
j=1

λj = 1.

j=1

Đặt
k−1

ζ=

λj .
j=1

Khi đó 0 < ζ < 1 và
k−1

k−1
j

x=

k

λj x + λk x = ζ
j=1

Do

j=1
k−1

j=1

và

λj j
x + λk x k .
ζ

λj
=1
ζ

λj
> 0 với mọi j = 1, . . . , k − 1 nên theo giả thiết quy nạp, điểm
ζ
k−1

y :=
j=1

λj j
x ∈ C.
ζ


4
Ta có
x = ζy + λk xk .
Do ζ > 0, λk > 0 và
k

ζ + λk =

λj = 1,
j=1

nên x là một tổ hợp lồi của hai điểm y và xk đều thuộc C. Vậy x ∈ C.
Lớp các tập lồi là đóng với các phép giao, phép cộng đại số và phép nhân tích
Descartes. Cụ thể, ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.2. Nếu A, B là các tập lồi trong Rn , C là lồi trong Rm , thì các tập sau
là lồi :
A ∩ B := {x | x ∈ A, x ∈ B},
λA + βB := {x | αa + βb, a ∈ A, b ∈ B, α, β ∈ R},
A × C := {x ∈ Rn+m | x = (a, c) : a ∈ A, c ∈ C}.
Định nghĩa 1.2. Một điểm a ∈ C được gọi là điểm trong tương đối của C nếu nó là
điểm trong của C theo tô-pô cảm sinh bởi affC (tập affine nhỏ nhất chứa C).
Ta sẽ ký hiệu tập hợp các điểm trong tương đối của C là riC. Theo định nghĩa
trên ta có:
riC := {a ∈ C | ∃B : (a + B) ∩ affC ⊂ C},
trong đó B là một lân cận mở của gốc. Hiển nhiên
riC = {a ∈ affC | ∃B : (a + B) ∩ affC ⊂ C}.
Tiếp theo ta nhắc khái niệm hàm lồi và một số khái niệm liên quan.
Cho C ⊆ Rn là tập lồi và f : C → R. Ta sẽ ký hiệu
domf := {x ∈ C | f (x) < +∞}.
Tập dom f được gọi là miền hữu dụng của f . Tập
epif := {(x, µ) ∈ C × R | f (x) ≤ µ}


5
được gọi là trên đồ thị của hàm f .
Bằng cách cho f (x) = +∞ nếu x ∈
/ C, ta có thể coi f được xác định trên toàn

không gian và hiển nhiên là
domf = {x ∈ Rn | f (x) < +∞},
epif = {(x, µ) ∈ Rn × R | f (x) ≤ µ}.
Do sẽ làm việc với hàm số nhận cả giá trị −∞ và +∞, nên ta quy ước:
Nếu λ = 0, thì λf (x) = 0 với mọi x.
Định nghĩa 1.3. Cho ∅ = C ⊆ Rn lồi và f : C → R. Ta nói f là hàm lồi trên C,
nếu epif là một tập lồi trong Rn+1 .
Sau đây ta sẽ chủ yếu làm việc với hàm f : Rn → R ∪ {+∞}. Trong trường hợp
này, dễ thấy rằng định nghĩa trên tương đương với
f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1).
Hàm f : Rn → R ∪ {+∞} được gọi là lồi chặt trên C nếu
f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y) ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1).
Hàm f : Rn → R ∪ {+∞} được gọi là lồi mạnh trên C với hệ số η > 0 nếu
∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) có:
1
f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) − ηλ(1 − λ) x − y 2 .
2
Dễ kiểm tra được rằng, f lồi mạnh trên C với hệ số η > 0 khi và chỉ khi hàm
h(.) := f (.) −

η
.
2

2

lồi trên C.
Bằng qui nạp, dễ dàng chứng minh được rằng, nếu f nhận giá trị hữu hạn trên
tập lồi C, thì với mọi số tự nhiên m và mọi x1 , . . . , xm ∈ C thoả mãn λ1 ≥ 0, . . . ,
m

λm ≥ 0,

λj = 1, ta có

j=1
m

f

m

λj x
j=1

j

λj f (xj ) (bất đẳng thức Jensen).

≤
j=1


6
Hàm f được gọi là một hàm lõm trên C, nếu −f lồi trên C.
Ví dụ 1.1. Cho S := {x ∈ Rn | x = 1} là một mặt cầu và h : S → R+ là một
hàm bất kỳ. Định nghĩa hàm f như sau:




0 nếu x < 1,


f (x) :=
h(x) nếu x = 1,



 +∞ nếu x > 1.
Hàm này được gọi là hàm mặt cầu. Dễ thấy rằng f là một hàm lồi trên Rn , mặc dù h
là một hàm không âm bất kỳ trên mặt cầu S.
Ví dụ 1.2. Ví dụ về hàm lồi, hàm lõm

Hình 1.2: (a) - Hàm lồi; (b) - Hàm lõm

Dưới đây là một điều kiện cần và đủ về hàm lồi, rất tiện ích trong nhiều trường
hợp.
Mệnh đề 1.3. Một hàm f : C → R là lồi trên C khi và chỉ khi
∀x, y ∈ C, ∀α > f (x), ∀β > f (y), ∀λ ∈ [0, 1]
⇒ f (λx + (1 − λ)y) ≤ λα + (1 − λ)β.


7
Chứng minh. Chứng minh điều kiện cần. Giả sử f lồi. Chọn x, y, α, β như đã nêu
trong mệnh đề. Chọn α ∈ (f (x), α) và β ∈ (f (y), β). Vậy (x, α ) và (y, β ) thuộc
epif . Do epif lồi, nên
((1 − λ)x + λy, (1 − λ)α + λβ ) ∈ epif.
Do đó
f ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)α + λβ < (1 − λ)α + λβ.
Chứng minh điều kiện đủ. Chọn (x, µ) và (y, ν) thuộc epif và λ ∈ (0, 1). Thế

thì với mọi > 0, ta có
f (x) < µ + , f (y) < ν + .
Do đó
f [(1 − λ)α + λβ ] < (1 − λ)(µ + ) + λ(ν + ) = (1 − λ)µ + λν + .
Điều này đúng với mọi > 0, nên cho → 0, ta được
f [(1 − λ)α + λβ ] ≤ (1 − λ)µ + λν.
Chứng tỏ
(1 − λ)(x, µ) + λ(y, ν) ∈ epif.
Vậy f lồi.
Dưới đây là một định nghĩa khác, tương đương về hàm lồi, lồi mạnh, dựa vào
khái niệm hệ số lồi.
Định nghĩa 1.4. Cho f : Rn → R ∪ {+∞} (không nhất thiết lồi), C ⊆ Rn là một
tập lồi khác rỗng và η là một số thực. Ta nói η là hệ số lồi của f trên C, nếu với mọi
λ ∈ (0, 1), mọi x, y thuộc C, ta có
1
f [(1 − λ)x + λy] ≤ (1 − λ)f (x) + λf (y) − ηλ(1 − λ) x − y 2 .
2


8
Hiển nhiên nếu η = 0 thì f lồi trên C. Nếu f có hệ số lồi trên C là η > 0, thì f
lồi mạnh trên C với hệ số η.
Một hàm f được gọi là chính thường nếu domf = ∅ và f (x) > −∞ với mọi x.
Hàm f được gọi là đóng, nếu epif là một tập đóng trong Rn+1 .
Như đã nói ở trên, nếu f là một hàm lồi trên một tập lồi C, thì có thể thác triển
f lên toàn không gian bằng cách đặt


f (x), nếu x ∈ C,
fe (x) :=


+∞, nếu x ∈ C.
Hiển nhiên fe (x) = f (x) với mọi x ∈ C và fe lồi trên Rn . Hơn nữa fe là chính
thường khi và chỉ khi f chính thường. Tương tự fe đóng khi và chỉ khi f đóng.
Chú ý rằng, nếu f là một hàm lồi trên Rn thì domf là một tập lồi, vì domf chính
là hình chiếu trên Rn của epif , tức là:
domf = {x | ∃µ ∈ R : (x, µ) ∈ epif }.
Từ định nghĩa của tập trên đồ thị, ta thấy rằng một hàm lồi được xác định bởi trên
đồ thị của nó. Mệnh đề đưới đây cho thấy lý do vì sao trong thực tế người ta thường
chỉ quan tâm đến các hàm lồi chính thường.
Mệnh đề 1.4. Giả sử f là một hàm lồi không chính thường trên Rn và f ≡ +∞. Khi
đó f (x) = −∞ với mọi x ∈ ri(domf ).
Chứng minh. Theo định nghĩa hàm chính thường, nếu domf = ∅, thì tồn tại một x0
sao cho f (x0 ) = −∞. Giả sử x ∈ ri(domf ). Theo định nghĩa của điểm trong tương
đối, tồn tại y ∈ domf thỏa mãn x = λy + (1 − λ)x0 với λ ∈ (0, 1). Do f lồi và
f (y) < +∞, nên
f (x) ≤ λf (y) + (1 − λ)f (x0 ) = −∞.

Theo mệnh đề trên, để tránh làm việc với các hàm lồi đồng nhất với −∞ tại miền
trong tương đối của miền hữu dụng, từ nay về sau, nếu không nhấn mạnh gì thêm,


9
khi nói đến một hàm lồi trên Rn , ta luôn hiểu đó là một hàm chính thường, tức là nó
không đồng nhất với +∞ và không nhận giá trị −∞.
Mệnh đề 1.5. Nếu f là một hàm lồi trên Rn , thì các tập mức
Lf (α) := {x | f (x) ≤ α}, lf (α) := {x | f (x) < α}
là lồi với mọi α ∈ R.
Chứng minh. Trường hợp α = +∞ hoặc −∞ là hiển nhiên (nhớ rằng tập rỗng là
lồi). Lấy x, y ∈ lf (α). Tức là f (x) < α, f (y) < α. Do f lồi, nên theo Mệnh đề 1.3,

với mọi λ ∈ (0, 1) ta có:
f (λx + (1 − λ)y) < λα + (1 − λ)α = α.
Vậy λx + (1 − λ)y ∈ lf (α).
Tập Lf (α) =

lf (µ), nên nó cũng là tập lồi.
µ>α

Một lớp hàm lồi rất quan trọng là hàm lồi thuần nhất dương. Nhắc lại rằng một
hàm f được gọi là thuần nhất dương (bậc 1) trên Rn nếu
f (λx) = λf (x) ∀x ∈ Rn , ∀λ > 0.
Một hàm thuần nhất dương không nhất thiết là hàm lồi, tuy nhiên ta dễ dàng chứng
minh mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.6. Cho f là một hàm thuần nhất dương trên Rn . Khi đó f lồi khi và chỉ
khi nó là dưới cộng tính, theo nghĩa
f (x + y) ≤ f (x) + f (y) ∀x, y.
Một hàm thuần nhất dương và dưới cộng tính được gọi là dưới tuyến tính. Một ví
dụ điển hình về hàm dưới tuyến tính là hàm chuẩn f (x) = x .


10

1.2

Toán tử chiếu lên tập lồi đóng

Trong mục này ta sẽ chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của hình chiếu xuống
một tập lồi đóng. Tiếp đến sẽ khảo sát một số tính chất cơ bản của toán tử chiếu.
Định nghĩa 1.5. Cho ∅ = C ⊆ Rn (không nhất thiết lồi) và y là một véctơ bất kỳ,
đặt dC (y) := inf x − y . Ta nói dC (y) là khoảng cách từ y đến C. Nếu tồn tại

x∈C

π ∈ C sao cho dC (y) = π − y , thì ta nói π là hình chiếu của y trên C.
Theo định nghĩa, ta thấy rằng hình chiếu pC (y) của y trên C sẽ là nghiệm của
1
x − y 2 | x ∈ C . Nói cách khác việc tìm hình chiếu của
bài toán tối ưu minx
2
y trên C có thể đưa về việc tìm cực tiểu của hàm toàn phương x − y 2 trên C.
Ta ký hiệu π = pC (y), hoặc đơn giản hơn là p(y) nếu không cần nhấn mạnh đến
tập chiếu C. Chú ý rằng, nếu C = ∅, thì dC (y) hữu hạn, vì 0 ≤ dC (y) ≤ y − x
với mọi x ∈ C. Cho C ⊆ Rn , x0 ∈ C. Nón pháp tuyến (ngoài) của tập C tại x0 là
tập hợp
NC (x0 ) := {w | wT (x − x0 ) ≤ 0 ∀x ∈ C}.

Hình 1.3: Hình chiếu vuông góc


11
Mệnh đề 1.7. Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng. Khi đó:
(i) Với mọi y ∈ Rn , π ∈ C hai tính chất sau là tương đương:
a) π = pC (y),
b) y − π ∈ NC (π).
(ii) Với mọi y ∈ Rn , hình chiếu pC (y) của y trên C luôn tồn tại và duy nhất.
(iii) Nếu y ∈ C, thì pC (y) − y, x − pC (y) = 0 là siêu phẳng tựa của C tại pC (y)
và tách hẳn y khỏi C, tức là
pC (y) − y, x − pC (y) ≥ 0, ∀x ∈ C,
và
pC (y) − y, y − pC (y) < 0.
(iv) Ánh xạ y → pC (y) có các tính chất sau:

a) pC (x) − pC (y) ≤ x − y ∀x, ∀y, (tính không giãn),
b) pC (x) − pC (y), x − y ≥ pC (x) − pC (y) 2 , (tính đồng bức).
Chứng minh. (i) Giả sử có a). Lấy x ∈ C và λ ∈ (0, 1). Đặt
xλ := λx + (1 − λ)π.
Do x, π ∈ C và C lồi, nên xλ ∈ C. Hơn nữa do π là hình chiếu của y, nên
π − y ≤ y − xλ . Hay
π−y

2

≤ λ(x − π) + (π − y) 2 .

Khai triển vế phải, ước lược và chia hai vế cho λ > 0, ta có
λ x−π

2

+ 2 x − π, π − y ≥ 0.

Điều này đúng với mọi x ∈ C và λ ∈ (0, 1). Do đó khi cho λ tiến đến 0, ta được
π − y, x − π ≥ 0 ∀x ∈ C.


12
Vậy y − π ∈ NC (π).
Bây giờ giả sử có b). Với mọi x ∈ C, có
0 ≥ (y − π)T (x − π) = (y − π)T (x − y + y − π)
2

= y−π

+ (y − π)T (x − y).

Từ đây và b), dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
y−π

2

≤ (y − π)T (y − x) ≤ y − π

y−x .

Suy ra y − π ≤ y − x ∀x ∈ C, và do đó π = p(y).
(ii) Do dC (y) = inf x − y , nên theo định nghĩa của cận dưới đúng, tồn tại một
x∈C

dãy {xk } ∈ C sao cho
lim xk − y = dC (y) < +∞.
k

Vậy dãy {xk } bị chặn, do đó nó có một dãy con {xkj } hội tụ đến một điểm π nào đó.
Do C đóng, nên π ∈ C. Vậy
π − y = lim xkj − y = lim xk − y = dC (y).
j

k

Chứng tỏ π là hình chiếu của y trên C.
Bây giờ ta chỉ ra tính duy nhất của hình chiếu. Thật vậy, nếu tồn tại hai điểm π
và π 1 đều là hình chiếu của y trên C, thì

y − π ∈ NC (π), y − π 1 ∈ NC (π 1 ).
Tức là
π − y, π 1 − π ≥ 0
và
π 1 − y, π − π 1 ≥ 0.
Cộng hai bất đẳng thức này ta suy ra π − π 1

2

≤ 0, và do đó π = π 1 .

(iii) Do y − π ∈ NC (π), nên
π − y, x − π ≥ 0 ∀x ∈ C.


13
Vậy π − y, x = π − y, π là một siêu phẳng tựa của C tại π. Siêu phẳng này tách
y khỏi C vì y = π, nên
π − y, y − π = − π − y

2

< 0.

(iv) Theo phần (ii) ánh xạ x → pC (x) xác định khắp nơi. Do z−p(z) ∈ NC (p(z))
với mọi z, nên áp dụng với z = x và z = y, ta có
x − p(x), p(y) − p(x) ≤ 0
và
y − p(y), p(x) − p(y) ≤ 0.
Cộng hai bất đẳng thức lại sẽ được

p(y) − p(x), p(y) − p(x) + x − y ≤ 0.
Từ đây và theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, suy ra
p(x) − p(y) ≤ x − y .
Để chứng minh tính đồng bức, áp dụng tính chất b) của (i), lần lượt với p(x) và
p(y), ta có:
p(x) − x, p(x) − p(y) ≤ 0.
y − p(y), p(x) − p(y) ≤ 0.
Cộng hai bất đẳng thức ta được
p(x) − p(y) + y − x, p(x) − p(y)
= p(x) − p(y), y − x + p(x) − p(y)

2

≤ 0.

Chuyển vế ta có
p(x) − p(y), x − y ≥ p(x) − p(y) 2 .
Đây chính là tính đồng bức cần được chứng minh.


14

1.3

Dưới vi phân hàm lồi

Định nghĩa 1.6. Cho f : Rn → R ∪ {+∞} và x0 ∈ R sao cho f (x0 ) < +∞. Nếu
với một vectơ y ∈ Rn mà giới hạn
f (x0 + λy) − f (x0 )
lim

λ↓0
λ
tồn tại (hữu hạn hay vô hạn), thì ta nói f có đạo hàm theo hướng y tại điểm x0 . Ta sẽ
ký hiệu giới hạn này là f (x0 , y).
Mệnh đề 1.8. Cho f : Rn → R ∪ {+∞} lồi. Khi đó với mọi x ∈domf và mọi
y ∈ Rn , ta có:
i) ϕ là hàm đơn điệu không giảm trên (0, +∞); f (x, y) tồn tại với mọi y ∈ Rn và
f (x, y) :=

f (x + λy) − f (x)
.
λ

ii) Hàm f (x, .) thuần nhất dương bậc 1. Ngoài ra nếu f (x, .) > −∞ thì:
a) Hàm f (x, .) là dưới tuyến tính trên Rn (do đó nó là hàm lồi chính thường
trên Rn ).
b) −f (x, −y) ≤ f (x, y) ∀y ∈ Rn .
c) Hàm f (x, .) nhận giá trị hữu hạn trên F khi và chỉ khi x ∈ridomf , trong đó
F là không gian con của domf .
Định nghĩa 1.7. Cho f : Rn → R ∪ {+∞}. Ta nói x∗ ∈ Rn là dưới đạo hàm của f
tại x nếu
x∗ , z − x + f (x) ≤ f (z), ∀z.
Tương tự như đối với hàm lồi khả vi thông thường, biểu thức này có nghĩa là
phương trình tiếp tuyến nằm dưới đồ thị của hàm số. Tuy nhiên khác với trường hợp
khả vi, tiếp tuyến ở đây có thể không tồn tại duy nhất.
Ký hiệu tập hợp tất cả các dưới đạo hàm của f tại x là ∂f (x). Nói chung đây là


15
một tập (có thể bằng rỗng) trong Rn . Khi ∂f (x) = ∅, thì ta nói hàm f khả dưới vi

phân tại x. Theo định nghĩa, một điểm x∗ ∈ ∂f (x) khi và chỉ khi nó thỏa mãn một
hệ vô hạn các bất đẳng thức tuyến tính. Như vậy ∂f (x) là giao của các nửa không
gian đóng. Vậy ∂f (x) luôn là một tập lồi đóng (có thể rỗng). Ta ký hiệu
dom(∂f ) := {x | ∂f (x) = ∅}.
Ví dụ 1.3. f = δC là hàm chỉ của một tập lồi C = ∅. Khi đó với x0 ∈ C,
∂δC (x0 ) = {x∗ | x∗ , x − x0 ≤ δC (x) ∀x}.
Với x ∈ C, thì δC (x) = +∞, nên bất đẳng thức này luôn đúng. Vậy
∂δC (x0 ) = {x∗ | x∗ , x − x0 ≤ 0 ∀x ∈ C} = NC (x0 ).
Vậy dưới vi phân của hàm chỉ của một tập lồi C khác rỗng tại một điểm x0 ∈ C
chính là nón pháp tuyến ngoài của C tại x0 .
Mệnh đề dưới đây cho một định nghĩa khác tương đương của dưới vi phân.
Mệnh đề 1.9. Cho f : Rn → R ∪ {+∞} lồi, chính thường.
(i) x∗ ∈ ∂f (x) khi và chỉ khi f (x, y) ≥ x∗ , y , ∀y. Nếu x ∈ ri(domf ), thì
f (x, y) =

sup

x∗ , y với mọi y.

x∗ ∈∂f (x)

(ii) Nếu f là hàm lồi chính thường trên Rn , thì với mọi x ∈ dom(∂f ), ta có
f (x) = f¯(x) và ∂f (x) = ∂ f¯(x).
Chứng minh. (i) Theo định nghĩa
x∗ ∈ ∂f (x) ⇔ x∗ , z − x + f (x) ≤ f (z) ∀z.
Với bất kỳ y, lấy z = x + λy, λ > 0, ta có
x∗ , λy + f (x) ≤ f (x + λy).


16

Từ đây suy ra
x∗ , y ≤

f (x + λy) − f (x)
∀λ > 0.
λ

Theo định nghĩa của f (x, y), từ đây suy ra
x∗ , y ≤ f (x, y) ∀y.

(1.1)

Ngược lại giả sử (1.1) thỏa mãn. Lấy z bất kỳ và áp dụng với (1.1) với y = z − x
và λ = 1. Ta có
f (x + y) − f (x) ≥ f (x, y) = f (x, z − x) ≥ x∗ , z − x ∀z.
Vậy x∗ ∈ ∂f (x).
Chú ý rằng do f (x, .) là hàm lồi, thuần nhất dương, nên mọi hàm non affine của
f (x, .) đều tuyến tính, tức là có dạng p, . . Vậy nếu p, . là hàm non affine của
f (x, .) trên Rn , thì
p, y ≤ f (x, y) ∀y.
Theo Mệnh đề 1.9 ta có p ∈ ∂f (x). Hơn nữa, do f (x, .) là một hàm lồi đóng, nên
theo định lý xấp xỉ tập lồi nó là bao trên của các hàm non của nó. Vậy
f (x, y) = sup

p, y .

p∈∂f (x)

(ii) Cho x ∈ dom(∂f ) và x∗ ∈ ∂f (x). Theo định nghĩa của f¯, của hàm liên hợp
và do x∗ ∈ ∂f (x) ta có:

f (x) ≥ f¯(x) = f ∗∗ (x) ≥ x∗ , x − f ∗ (x∗ ) = f (x).
Từ đây suy ra f (x) = f¯(x).
Nếu y ∗ ∈ ∂ f¯(x), thì với mọi z có:
f (z) ≥ f¯(z) ≥ f¯(x) + y ∗ , z − x = f (x) + y ∗ , z − x .
Suy ra ∂ f¯(x) ⊆ ∂f (x).
Để chứng minh điều ngược lại, lấy z 0 ∈ ri(domf ). Với mọi z ta có
f¯(z) = lim f (1 − t)z + tz 0 .
t

0


17
Vậy, theo định nghĩa dưới vi phân ta có:
f (1 − t)z + tz 0 ≥ f (x) + x∗ , (1 − t)z + tz 0 − x .
Cho t

0 ta được:
f¯(x) ≥ f (x) + x∗ , z − x = f¯(x) + x∗ , z − x .

Chứng tỏ x∗ ∈ ∂ f¯(x).
Mệnh đề 1.10. Cho f : Rn → R ∪ {+∞} lồi, chính thường. Khi đó
(i) Nếu x ∈ domf , thì ∂f (x) = ∅.
(ii) Nếu x ∈ int(domf ), thì ∂f (x) = ∅ và compact. Ngược lại, nếu ∂f (x) = ∅,
compact, thì x ∈ ri(domf ).
Chứng minh. (i) Cho z ∈ domf , thì f (z) < +∞. Vậy nếu x ∈ domf , thì f (z) =
+∞ và do đó không thể tồn tại x∗ thỏa mãn
x∗ , z − x + f (x) ≤ f (z) < +∞.
Vậy ∂f (x) = ∅.
(ii) Trước hết giả sử x ∈ int(domf ). Ta có điểm (x, f (x)) nằm trên biên của

epif . Do f lồi, chính thường, nên tồn tại siêu phẳng tựa của bao đóng của epif đi
qua (x, f (x)), tức là tồn tại p ∈ Rn , t ∈ R không đồng thời bằng 0 thỏa mãn
p, x + tf (x) ≤ p, y + tµ ∀(y, µ) ∈ epif.

(1.2)

Ta có t = 0, vì nếu t = 0 thì
p, x ≤ p, y ∀y ∈ domf.
Nhưng do x ∈ int(domf ), nên điều này kéo theo p = 0. Vậy t = 0. Hơn nữa t > 0,
vì nếu t < 0 thì trong bất đẳng thức (1.2), khi cho µ → ∞ ta suy ra mâu thuẫn vì vế
trái cố định.


18
p
Chia hai vế của (1.2) cho t > 0, đồng thời thay µ = f (y) và đặt x∗ = − , ta
t
được
x∗ , x + f (x) ≤ x∗ , y + f (y) ∀y ∈ domf.
Hay là
x∗ , y − x + f (x) ≤ f (y) ∀y ∈ domf.
Nếu y ∈ domf thì f (y) = ∞, do đó
x∗ , y − x + f (x) ≤ f (y) ∀y.
Chứng tỏ x∗ ∈ ∂f (x).
Cách chứng minh trên cho thấy dưới đạo hàm của f tại x chính là véctơ pháp
tuyến của siêu phẳng tựa của bao đóng của epif tại (x, f (x)). Thực ra f khả dưới vi
phân tại mọi điểm x ∈ ri(domf ), điều này có thể chứng minh ngắn gọn như sau:
Do x ∈ ri(domf ) nên theo Mệnh đề 1.9 có,
f (x, y) = ∗max

x ∈∂f (x)

x∗ , y

và f (x, y) hữu hạn, nên ∂f (x) = ∅.
Bây giờ ta chỉ tập ∂f (x) compact. Do x ∈ domf , theo Mệnh đề 1.9, x∗ ∈ ∂f (x)
khi và chỉ khi
f (x, d) ≥ x∗ , d ∀d.

(1.3)

Lấy ei véctơ đơn vị thứ i (i = 1, . . . , n) của Rn (tọa độ thứ i của ei bằng 1 và
mọi tọa độ khác là 0). Áp dụng (1.3) lần lượt với d = ei với i = 1, . . . , n, ta có
x∗i ≤ f (x, ei ).
Tương tự, áp dụng với d = −ei với i = 1, . . . , k, ta có
−x∗i ≤ f (x, −ei ).
Hay x∗i ≥ −f (x, −ei ). Tóm lại
−f (x, −ei ) ≤ x∗i ≤ f (x, +ei ) ∀i = 1, . . . , n.


19
Theo mệnh đề 11.8, do x ∈ ri(domf ), nên f (x, y) hữu hạn với mọi y. Nói riêng
f (x, −ei ) và f (x, ei ) hữu hạn với mọi i = 1, . . . , n. Vậy ∂f (x) bị chặn, và do tính
đóng, nên nó compact.
Ngược lại giả sử rằng ∂f (x) khác rỗng và compact. Ta chỉ ra rằng x ∈ ri(domf ).
Do ∂f (x) = ∅, nên x ∈ domf . Nếu trái lại x ∈ ri(domf ), thì x ở trên biên tương
đối của domf . Do domf lồi, theo mệnh đề về siêu phẳng tựa, tồn tại một siêu phẳng
tựa của bao đóng của domf tại x, tức là tồn tại véctơ p ∈ Rn , p = 0 sao cho
pT x ≥ pT z ∀z ∈ domf.
Lấy x∗ ∈ ∂f (x). Từ đây và theo định nghĩa dưới vi phân ta có:

f (z) − f (x) ≥ x∗ , z − x ≥ x∗ + λp, z − x ∀λ ≥ 0, ∀z.
Chứng tỏ x∗ + λp ∈ ∂f (x) với mọi λ ≥ 0. Điều này mâu thuẫn với tính bị chặn của
∂f (x). Vậy x ∈ ri(domf ).
Ví dụ 1.4. Cho hàm một biến

f (x) =



−2x 12

nếu x ≥ 0,


+∞

nếu x < 0.

Khi đó ∂f (0) = ∅.
Mệnh đề 1.11. Cho f là một hàm lồi chính thường trên Rn . Khi đó
(i) Với mọi tập bị chặn C ⊂ ri(domf ), tập

∂f (x) bị chặn.
x∈C

(ii) Nếu có thêm f đóng, thì có đẳng thức Fenchel sau:
f ∗ (x∗ ) + f (x) = x∗ , x ⇔ x∗ ∈ ∂f (x), x ∈ ∂f ∗ (x∗ ).
Chứng minh. (i) Giả sử C ⊂ ri(domf ). Đặt
ζ :=

sup
x∗ ∈∂f (C)

x∗ := sup

sup

x∈C x∗ ∈∂f (x)

x∗ .

(1.4)


20
Xét ánh xạ tuyến tính x∗ , z . Chuẩn của ánh xạ tuyến tính này là
x∗ = sup x∗ , z .
z =1

Thay vào (1.4) ta có:
ζ = sup

sup x∗ , z .

sup

x∈C x∗ ∈∂f (x)

z =1

Do
f (x, z) =

sup

x∗ , z ,

x∗ ∈∂f (x)

nên ta có tiếp
ζ = sup sup f (x, z).
z =1 x∈C

Đặt
g(z) := sup f (x, z).
x∈C

Do x ∈ C ⊆ ri(domf ), nên hàm f (x, .) lồi trên không gian con F của domf . Suy
ra hàm g vì là bao trên của một họ hàm lồi liên tục trên F .
Vậy
ζ = sup g(z) = max g(z) < +∞.
z =1

z =1

Chứng tỏ ∂f (C) bị chặn.
(ii) Theo định nghĩa hàm liên hợp, ta có
f ∗ (x∗ ) = sup{ x∗ , x − f (x)}.
x

Điều này tương đương với
f ∗ (x∗ ) ≥ x∗ , y − f (y) ∀y.
Do đó
f ∗ (x∗ ) + f (x) = x∗ , x ,
khi và chỉ khi
x∗ , y − f (y) + f (x) ≤ x∗ , x ∀y,
tương đương với x∗ ∈ ∂f (x). Do f đóng, nên f ∗∗ = f , và do đó x ∈ ∂f ∗ (x∗ ).


21

Chương 2

Phương pháp quy hoạch lồi giải bài toán chấp
nhận lồi tách
Chương này tóm tắt các kiến thức về bài toán quy hoạch lồi. Sau đó trình bày bài
toán chấp nhận lồi tách và một phương pháp giải dựa vào quy hoạch lồi. Kiến thức
được tổng hợp từ các tài liệu [3], [4], [5], [6], [7] và [8].

2.1

Bài toán quy hoạch lồi

2.1.1

Định nghĩa

Cho D ⊆ Rn và f : Rn → R. Xét bài toán quy hoạch toán học:
min{f (x) | x ∈ D},

(P )

trong đó D là tập lồi đóng trong Rn và f là hàm xác định trên D.
Bài toán trên được hiểu là tìm một điểm x∗ ∈ D sao cho f (x∗ ) ≤ f (x) với mọi x
thuộc D. Mỗi điểm x∗ ∈ D được gọi là một nghiệm chấp nhận được hay một phương
án chấp nhận được của bài toán (P ). Tập D được gọi là tập nghiệm chấp nhận được
hay tập ràng buộc, f được gọi là hàm mục tiêu của bài toán (P ). Thông thường, tập
D được cho như là tập nghiệm của một hệ bất đẳng thức hoặc đẳng thức có dạng
D := {x ∈ X | gj (x) ≤ 0, hi (x) = 0, j = 1, . . . , m, i = 1, . . . , p}

(2.1)

trong đó ∅ = X ⊆ Rn và gj , hi : Rn → R (j = 1, . . . , m, i = 1, . . . , p). Bài toán
(P ) với D cho bởi (2.1) gọi là trơn nếu cả hàm mục tiêu và các ràng buộc đều trơn