TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Nguyệt SỰ TỒN TẠI VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA CÁC BÀI TỐN QUI HOẠCH TỒN PHƯƠNG LỒI VỚI RÀNG BUỘC TỒN PHƯƠNG KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2019 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Nguyệt SỰ TỒN TẠI VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA CÁC BÀI TỐN QUI HOẠCH TỒN PHƯƠNG LỒI VỚI RÀNG BUỘC TỒN PHƯƠNG Chun ngành: Tốn giải tích KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Nguyễn Văn Tuyên Hà Nội – Năm 2019 Lời cảm ơn Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, thầy giáo khoa Tốn giúp đỡ em trình học tập trường tạo điều kiện cho em hồn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Nguyễn Văn Tuyên, người thầy truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn em suốt q trình học tập, nghiên cứu hồn thiện khóa luận Trong q trình nghiên cứu, trình độ có hạn nên khơng tránh khỏi thiếu sót hạn chế Em kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo tồn thể bạn đọc để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, tháng năm 2019 Nguyễn Thị Nguyệt LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan hướng dẫn thầy giáo Nguyễn Văn Tuyên khóa luận em hồn thành khơng trùng với đề tài khác Trong làm khóa luận này, em kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2019 Sinh viên Nguyễn Thị Nguyệt Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi 1.2 Phép chiếu 1.3 Các định lý tách 1.4 Hàm lồi 11 1.4.1 Định nghĩa 11 1.4.2 Hàm lồi trơn 13 1.4.3 Hàm lồi không trơn 14 Sự tồn tính ổn định nghiệm 17 2.1 Một định lý kiểu Eaves 20 2.2 Sự ổn định nhiễu hàm mục tiêu 25 Kết luận 29 Tài liệu tham khảo 30 Mở đầu Quy hoạch tồn phương lớp tốn quy hoạch phi tuyến dạng đơn giản Đó tốn tìm cực tiểu hàm tồn phương tập ràng buộc cho bất đẳng thức toàn phương Nếu hàm mục tiêu hàm ràng buộc lồi, ta gọi tốn tốn quy hoạch tồn phương lồi Các tốn quy hoạch tồn phương quan tâm nghiên cứu nhiều vấn đề nảy sinh kinh tế, tài chính, cơng nghệ, kỹ thuật, , mơ hình hóa dạng tốn Mục đích khóa luận nghiên cứu tồn tính ổn định nghiệm tốn quy hoạch tồn phương lồi với ràng buộc tồn phương Các kết khóa luận trình bày sở báo Kim, Tâm Yên [5] Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, khóa luận gồm hai chương: Chương trình bày số kiến thức Giải tích lồi như: tập lồi, phép chiếu, hàm lồi định lý tách Chương trình bày tồn tính ổn định nghiệm tốn quy hoạch tồn phương lồi với ràng buộc tồn phương lồi Mục 2.1 trình bày định lý kiểu Eaves Mục 2.2 trình bày ổn định nghiệm nhiễu hàm mục tiêu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi Khái niệm tập lồi trung tâm lý thuyết tối ưu hóa Một tập lồi cho hai điểm nó, tồn đoạn chứa hai điểm thuộc tập hợp Định nghĩa 1.1 Một tập X ⊂ Rn gọi tập lồi với x1 ∈ X x2 ∈ X chứa điểm αx1 + (1 − α)x2 , < α < Tính lồi bảo tồn phép tốn giao tập hợp Bổ đề 1.1 Cho I tập số tùy ý Nếu tập Xi ⊂ Rn , i ∈ I tập lồi tập X = i∈I Xi tập lồi Chứng minh Nếu hai điểm x1 x2 phần tử x thuộc họ Xi Vì Xi tập lồi, đoạn nối điểm thuộc Xi , ∀i ∈ I Do đó, giao tập lồi Ta nhân tập X với vô hướng c để cX := {y ∈ Rn : y = cx, x ∈ X} Tổng Minkowski hai tập hợp định nghĩa sau: X + Y := {z ∈ Rn : z = x + y, x ∈ X, y ∈ Y } Các phép tốn bảo tồn tính lồi Bổ đề 1.2 Cho X Y tập lồi Rn , c d số thực Khi đó, tập Z = cX + dY tập lồi Chứng minh Nếu z ∈ Z z = cx1 +dy với x1 ∈ X, y ∈ Y Tương tự, z ∈ Z có dạng z = cx2 + dy với x2 ∈ X , y ∈ Y Khi đó, với α ∈ [0, 1], αz + (1 − α)z = c(αx1 + (1 − α)x2 ) + d(αy + (1 − α)y ) ∈ Z, chứng minh hoàn thành Một điểm αx1 + (1 − α)x2 , α ∈ [0, 1] xuất Định nghĩa 1.1, thuộc đoạn nối x1 x2 Chúng ta “nối” nhiều điểm cách xây dựng bao lồi chúng Định nghĩa 1.2 Một điểm x gọi tổ hợp lồi điểm x1 , x2 , , xm có α1 ≥ 0, α2 ≥ 0, , αm ≥ cho x = α1 x1 + α2 x2 + + αm xm , α1 + α2 + + αm = Định nghĩa 1.3 Bao lồi tập X ( kí hiệu conv X) giao tất tập lồi chứa X Quan hệ hai khái niệm nội dung bổ đề Bổ đề 1.3 Tập conv X tập tất bao lồi điểm X Chứng minh Ta xét Y tập tất bao lồi phần tử X Nếu y ∈ Y y ∈ Y , y = α1 x1 + α2 x2 + + αm xm , y = β1 z + β2 z + + βl z l , đó, x1 , x2 , , xm , z , z , , z l ∈ X, với αi , βi số không âm, m l αi = 1, βi = i=1 i=1 Do đó, với λ ∈ (0, 1), điểm m l i λy + (1 − λ)y = (1 − λ)βi z i λαi x + i=1 i=1 bao lồi điểm x1 , x2 , , xm , z , z , , z l Vì Y tập lồi Hiển nhiên , Y ⊃ X Do đó, conv X ⊂ Y Mặt khác, y ∈ Y , y bao lồi tất điểm thuộc X, phải chứa tập lồi chứa X Do đó, conv X ⊃ Y , điều phải chứng minh Bổ đề 1.4 Nếu X ⊂ Rn , với phần tử conv X tổ hợp lồi nhiều n + điểm X Chứng minh Cho x tổ hợp lồi m > n + điểm thuộc X Ta m bị giảm đơn vị Nếu αj = với vài j, ta xóa điểm thứ j hồn thành Vì giả sử tất αi dương Vì m > n + 1, tồn số γ1 , γ2 , , γm , không đồng thời 0,       x x xm       = γ1 + γ2 + · · · + γm 1 (1.1) αi : γi > Chú ý τ định nghĩa tốt, tồn γi γj > tổng chúng không Đặt α¯i = αi − τ γj , i = Đặt τ = 1, 2, , m Theo (1.1), ta có m ¯i i=1 α = m ¯i xi i=1 α = x Do định nghĩa τ , có α¯j = ta xóa bỏ điểm thứ j Tiếp tục theo cách ta giảm giá trị m n + Kết gọi bổ đề Carathéodory 1.2 Phép chiếu Cho tập lồi đóng V ⊂ Rn điểm x ∈ Rn Ta gọi điểm thuộc V gần điểm x hình chiếu x V kí hiệu ΠV (x) Định lý 1.1 Nếu V ⊂ Rn tập lồi, đóng khác rỗng, với x ∈ Rn tồn điểm z ∈ V gần x Chứng minh Đặt µ = inf { z − x : z ∈ V } Vì V khác rỗng, µ hữu hạn Xét dãy điểm z k ∈ V cho z k − x → µ, k → ∞ Nó bị chặn, chứa dãy hội tụ z k Không giảm tổng quát ta giả sử dãy hội tụ có giới hạn z Ta có z − x = lim z k − x = µ k→∞ Vì V đóng, z ∈ V Điều chứng tỏ tồn Chương Sự tồn tính ổn định nghiệm Trong chương này, chúng tơi trình bày điều kiện cần đủ cho tồn nghiệm tốn quy hoạch tồn phương lồi với tập ràng buộc định nghĩa số hữu hạn bất đẳng thức toàn phương tuyến tính lồi Xét tốn quy hoạch tồn phương lồi có dạng:   Min f0 (x) = xT Q0 x + bT x + β0 (2.1)  ∀x ∈ Rn , fi (x) = xT Qi x + bTi x + βi ≤ 0, i = 1, , m, đó, Qi ∈ Rn×n , bi ∈ Rn , βj ∈ R, ∀i = 1, 2, , m liệu cho trước Như thường lệ, kí hiệu T phép chuyển vị ma trận Giả sử tất Qi , i = 1, , m ma trận đối xứng nửa xác định dương Kí hiệu C = {x ∈ Rn | fi (x) = xT Qi x + bTi x + βi ≤ 0, i = 1, , m} (2.2) tập ràng buộc (2.1) Định lý Frank–Wolfe cổ điển [6] khẳng định rằng: Nếu hàm tồn phương tuyến tính (có thể khơng lồi) bị chặn tập 17 lồi đa diện khác rỗng Rn , đạt giá trị nhỏ tập hợp Theo [2, Định lý 3, tr 44] [7, Hệ 2, tr 94], định lý sau mở rộng Định lý Frank-Wolfe cổ điển Belousov [1, Chương 2, Mục 4, Định lý 13] Terlaky [10] Định lý 2.1 (xem [1, 10]) Xét tốn quy hoạch tồn phương lồi (2.1) Nếu tập ràng buộc C (2.2) khác rỗng hàm mục tiêu f0 (x) bị chặn C, (2.1) có nghiệm Chứng minh chi tiết Định lý 2.1 tìm thấy [2] [7] Luo and Zhang [7, Ví dụ 2, tr 94] có tồn tốn quy hoạch tồn phương khơng lồi R4 với hai ràng buộc toàn phương lồi mà hàm mục tiêu bị chặn tập ràng buộc khác rỗng, khơng có nghiệm Bằng cách xét tốn quy hoạch tồn phương khơng gian ba chiều, Belousov and Klatte [2, tr 45] thấy ảnh hưởng tính khơng lồi hàm mục tiêu R3 Vì thế, trường hợp tốn tồn phương khơng gian ba chiều, điều kiện nửa xác định dương Q0 bỏ giả thiết Định lý 2.1 Để áp dụng Định lý 2.1, phải kiểm tra xem hàm mục tiêu f0 (x) (2.1) có bị chặn C hay không Đây vấn đề khó Trong chương này, chúng tơi trình bày số điều kiện cần đủ qua nón lùi xa cho tồn nghiệm (2.1) Các kết chương trình bày theo báo [5] Nón lùi xa tập lồi khác rỗng C ⊂ Rn định nghĩa bởi: 0+ C = {v ∈ Rn | x + tv ∈ C, ∀x ∈ C, ∀t ≥ 0} 18 Theo [9, Định lý 8.3], ta có 0+ C = {v ∈ Rn | ∃x ∈ C với x + tv ∈ C ∀t ≥ 0} Nón lùi xa tập ràng buộc (2.1) tính cụ thể qua bổ đề sau Bổ đề 2.1 Cho C xác định (2.2) với tất ma trận Qi nửa xác định dương Nếu C khác rỗng, 0+ C = {v ∈ Rn | Qi v = 0, bTi v ≤ 0, ∀i = 1, , m} (2.3) Chứng minh Lấy cố định điểm x ∈ C cho v ∈ Rn Chúng ta cần chứng minh v ∈ 0+ C Qi v = 0, bTi v ≤ 0, ∀i = 1, , m (2.4) Nếu v ∈ 0+ C, (x+tv)T Qi (x+tv)+bTi (x+tv)+βi ≤ 0, ∀i = 1, , m, ∀t ≥ (2.5) Vì Qi nửa xác định dương, theo (2.5) ta bTi (x + tv) + βi ≤ 0, ∀i = 1, , m, ∀t ≥ (2.6) Nhân hai vế bất đẳng thức bTi (x + tv) + βi ≤ (2.6) với t−1 , t > cho t → +∞ ta bTi v ≤ 0,∀i = 1, , m Tiếp theo, nhân hai vế bất đẳng thức (x + tv)T Qi (x + tv) + bTi (x + tv) + βi ≤ của(2.5) với t−2 , t > cho t → +∞ ta v T Qi v ≤ Vì 19 v T Qi v ≥ 0, nên ta có v T Qi v = 0, tức z = v nghiệm tốn tối ưu khơng ràng buộc ϕi (z) := z T Qi z | z ∈ Rn Theo quy tắc Fermat, ∇ϕi (v) = 0, Qi v = Mặt khác, (2.4) đúng, với t ≥ bất kỳ, ta có (x + tv)T Qi (x + tv) + bTi (x + tv) + βi = xT Qi x + bTi x + βi + tbTi v ≤ xT Qi x + bTi x + βi ≤ với i = 1, , m Điều có nghĩa x + tv ∈ C, ∀t ≥ Vì vậy, v ∈ 0+ C Nếu Qi ma trận không, ∀i = 1, , m, ta nói (2.1) tốn tồn phương lồi với ràng buộc tuyến tính Trong trường hợp đó, định lý kiểu Eaves sau Định lý 2.2 (Dostál [3]) Nếu (2.1) tốn quy hoạch tồn phương lồi với ràng buộc tuyến tính C = ∅, (2.1) có nghiệm điều kiện sau thỏa mãn: (bTi v ≤ 0, ∀i = 1, 2, , m, Q0 v = 0) ⇒ bTo v ≥ 2.1 Một định lý kiểu Eaves Mệnh đề tổng quát hóa Định lý 2.2 Chú ý rằng, khơng giống trường hợp tốn quy hoạch tồn phương 20 lồi với ràng buộc tuyến tính, điều kiện cần kiểu Eaves cho tồn nghiệm (2.1) không trùng với điều kiện đủ Định lý 2.3 Xét toán (2.1) giả thiết C = ∅ Khi điều sau đúng: (i) Nếu (2.1) có nghiệm (v ∈ 0+ C, Q0 v = 0) ⇒ bTo v < (2.7) (ii) Nếu (2.7) b0 = 0, điều kiện sau (v ∈ (0+ C)\{0}, Q0 v = 0) ⇒ bTo v > (2.8) thỏa mãn, (2.1) có nghiệm Chứng minh (i) Giả sử (2.1) có nghiệm x Khi đó, để nhận (2.7), lấy v ∈ 0+ C cho Q0 v = Vì x¯ + v ∈ C Q0 v = 0, nên ta có ≤ f0 (x + v) − f0 (x) 1 = [ (x + v)T Q0 (x + v) + bT0 (x + v) + β0 ] − [ x−T Q0 x + bT0 x + β0 ] 2 = bT0 v Như vậy, ta chứng minh bT0 v ≥ 0, ∀v ∈ 0+ C thỏa mãn Q0 v = (ii) Để chứng minh (2.1) có nghiệm hai giả thuyết thêm vào Định lý 2.1, ta cần chứng minh f0 bị chặn C Trước hết, giả sử b0 = Vì z T Q0 z ≥ 0, ∀z ∈ V n , ta được: f0 (x) = xT Q0 x + bT0 x + β0 ≥ β, ∀x ∈ C, 21 điều rằng, f0 nhận β0 cận C Tiếp theo, giả sử (2.8) Giả sử rằng, tồn dãy {xk } ⊂ C cho f0 (xk ) → −∞ Khơng tính tổng qt, giả sử xk → ∞ k → ∞ Chú ý rằng, fi (xk ) = (xk )T Qi (xk ) + bTi (xk ) + βi ≤ 0, ∀i = 1, , m, ∀k ≥ (2.9) Ta giả sử rằng, xk = 0, ∀k, xk −1 k x → v với v = 1, f0 (xk ) = (xk )T Q0 (xk ) + bT0 (xk ) + β0 ≤ 0, ∀k ≥ (2.10) Nhân hai vế (xk )T Qi (xk ) + bTi (xk ) + βi ≤ (2.9) với xk −2 cho k → ∞, nhận v T Qi v ≤ 0, với i = 1, , m Vì Qi nửa xác định dương, từ ta suy Qi v = 0, ∀i = 1, , m (2.11) Do (xk )T Qi (xk ) ≥ 0, từ (2.9) ta suy bTi (xk ) + βi ≤ 0, ∀i = 1, 2, , m, ∀k ≥ Nhân hai vế bất đẳng thức bTi (xk ) + βi ≤ với xk −1 cho k → ∞, ta bTi v ≤ 0, ∀i = 1, , m Kết hợp (2.3), (2.11) (2.12), ta suy v ∈ (0+ C)\{0} Lập luận tương tự, từ (2.10), ta nhận Q0 v = bT0 v ≤ Điều mâu thuẫn với (2.8) định lý chứng minh 22 (2.12) Nhận xét 2.1 Điều kiện (2.8) tương đương với tính hàm f0 C, tức là, với dãy {xk } ⊂ C với xk → ∞ lim f (xk ) = k→∞ +∞ Thật vậy, f0 C (2.8) sai, có v ∈ (0+ C)\{0} với Q0 v = bT0 v ≤ Chọn điểm x ∈ C đặt xk = x + kv với số nguyên k ≥ Vì {xk } ⊂ C xk → ∞ k → ∞, ước lượng f0 (xk ) = (x + kv)T Q0 (x + kv) + bT0 (x + kv) + β0 ≤ f0 (x), ∀k ≥ mâu thuẫn với giả thuyết tính Ngược lại, giả sử (2.8) f0 khơng C Thế ta tìm M ∈ R dãy {xk } ⊂ C cho xk → ∞ k → ∞ f0 (xk ) ≤ M với k Lập luận tương tự phần hai chứng minh Định lý 2.3 ta tìm v ∈ (0+ C)\{0} với Q0 v = bT0 v ≤ Điều mâu thuẫn với (2.2) hoàn thành chứng minh tương đương (2.2) tính f0 C Ví dụ sau chứng tỏ điều kiện (2.7) cần không đủ cho tồn nghiệm (2.1)  Ví dụ 2.1 Với n = 2, m = 1, Q0 =   Q1 =  0    , b1 =  0 0    , b0 =  −1   , β0 = 0,   , β1 = −1, toán (2.1) trở thành, Min f0 (x) := −x2 , ∀x ∈ C (2.13) đó, C = {x = (x1 , x2 ) | x22 + x1 − ≤ 0} = ∅ Theo (2.3), 0+ C = {v = (v1 , v2 ) | Q1 v = 0, bT1 v ≤ 0} = {(v1 , v2 ) | v1 ≤ 0, v2 = 0} 23 Chú ý rằng, v = (v1 , v2 ) ∈ 0+ C Q0 v = 0, bT0 v = −v2 = Vì điều kiện cần (2.7) thỏa mãn Vì xk := (−k , k) ∈ C với số nguyên k ≥ f0k = −k, ta suy f0 không bị chặn C Do đó, (2.13) khơng có nghiệm Sử dụng miêu tả (2.3) nón lùi xa 0+ C tập C cho (2.2), ta viết lại (2.7) dạng tương đương sau: (Qi v = 0, bTi v ≤ 0, ∀i = 1, , m, Q0 v = 0) ⇒ bT0 v ≥ (2.14) Rõ ràng, K := {v ∈ Rn | Qi v = 0, bTi v ≤ 0, ∀i = 1, , m, Q0 v = 0} (2.15) nón đa diện lồi Do đó, nón đối ngẫu K ∗ = {ξ ∈ Rn | ξ, v ≤ 0, ∀v ∈ K} nón đa diện lồi Từ K K ∗ , ta có phiên hình học (2.14) sau: b0 ∈ −K ∗ = {ξ ∈ Rn | ξ, v ≥ 0, ∀v ∈ K} (2.16) Kí hiệu, phần K ∗ int K ∗ Từ intK ∗ = {ξ ∈ Rn | ξ, v < 0, ∀v ∈ K\{0}}, ta viết lại (2.8) sau b0 ∈ −intK ∗ = {ξ ∈ Rn | ξ, v > 0, ∀v ∈ K\{0}}, (2.17) với K định nghĩa cách cụ thể (2.15) Vì vậy, mệnh đề 24 tương đương với Định lí 2.3 Định lý 2.4 Xét tốn (2.1) giả sử C = ∅ Cho K định nghĩa theo (2.15) Khi đó, mệnh đề sau đúng: (i) Nếu (2.1) có nghiệm (2.16) (ii) Nếu (2.16) b0 = 0, điều kiện (2.17) thỏa mãn, (2.1) có nghiệm 2.2 Sự ổn định nhiễu hàm mục tiêu Trong mục này, nghiên cứu tính ổn định toán (2.1) nhiễu hàm mục tiêu Nhắc lại rằng, ánh xạ đa trị G : Rp ⇒ Rn gọi nửa liên tục u ∈ Rp với tập mở V ⊂ Rn với G(u) ⊂ V tồn lân cận U u cho G(u ) ⊂ V với u ∈ U Cố định ba (Qi , bi , βi ) với i = 1, 2, , m, ta kí hiệu S(Q0 , bo ) tập nghiệm (2.1) Chú ý rằng, giá trị tối ưu (2.1) phụ thuộc vào β0 , nhiên tập nghiệm S(Q0 , bo ) không phụ thuộc vào tham số Định lý cho thấy điều kiện (2.17) (nó tương đương với điều kiện (2.8)) dấu hiệu cho ổn định nghiệm toán (2.1) Định lý 2.5 Nếu C = ∅ (2.17) thỏa mãn, tồn số ε > l > cho với ma trận đối xứng nửa xác định dương Q0 ∈ Rn×n với vectơ b˜0 ∈ Rn thỏa mãn max{ Q0 − Q0 , b˜0 − b0 } < ε, 25 tập nghiệm S(Q0 , b˜0 ) compact, khác rỗng S(Q0 , b˜0 ) ⊂ S(Q0 , b0 ) + l( Q0 − Q0 + b˜0 − b0 )B(0, 1), đây, B(u, δ) kí hiệu hình cầu đóng tâm u với bán kính δ Nói riêng, ánh xạ nghiệm (Q0 , b˜0 ) → S(Q0 , b˜0 ) nửa liên tục (Q0 , b0 ) Chứng minh Giả sử rằng, C = ∅ (2.17) Trước hết chứng minh S(Q0 , b0 ) compact khác rỗng Tính khác rỗng S(Q0 , b0 ) = ∅ suy từ Định lý 2.4 Vì tính đóng S(Q0 , b0 ) hiển nhiên nên ta cần chứng minh bị chặn tập Nếu S(Q0 , b0 ) khơng bị chặn, tồn dãy {xk } ⊂ S(Q0 , b0 ) cho xk → ∞ k → ∞ Ta có fi (xk ) = (xk )T Qi (xk ) + bTi (xk ) + βi ≤ 0, ∀i = 1, , m, ∀k ≥ 1, f0 (xk ) = (xk )T Q0 (xk ) + bT0 (xk ) + β0 = f0 (x), ∀k ≥ 1, đó, x ∈ S(Q0 , b0 ) chọn tùy ý Ta giả sử xk = 0, với k, xk −1 k x → v k → ∞, v = Lặp lại số lập luận chứng minh Định lý 2.3, ta Qi v = 0, ∀i = 0, , m, bTi v ≤ 0, ∀i = 0, m Khi đó, theo Bổ đề 2.1, v ∈ 0+ C, Q0 v = 0, bT0 v ≤ Điều mâu thuẫn với (2.17), (2.17) tương đương với (2.8) 26 T x Q0 x + bT0 x + β0 hàm lồi ∇f0 (x) = Q0 x + b0 , x ∈ S(Q0 , b0 ) Do f0 (x) = Q0 x + b0 , y − x ≥ 0, ∀y ∈ C, (2.18) tức là, x nghiệm bất đẳng thức biến phân đơn điệu định nghĩa ánh xạ afine x → Q0 x+b0 tập lồi đóng C (xem [6, Chương 5], để biết thêm chi tiết) Áp dụng định lý ổn định Robinson cho bất đẳng thức biến phân đơn điệu với ánh xạ afin [8, Định lý 2] cho (2.18), ta điều cần phải chứng minh Bây ta xét tốn (2.1) trường hợp mà có tham số b0 , β0 bị nhiễu kí hiệu giá trị tối ưu µ(b0 , β0 ) Mệnh đề sau mô tả tính chất liên tục khả vi hàm giá trị tối ưu µ(·) Định lý 2.6 Nếu C = ∅, hàm µ(b0 , β0 ) hữu hạn, Lipschitz địa phương khả vi theo hướng tập lồi mở (−intK ∗ ) × R ⊂ Rn × R Chứng minh Để ý rằng, µ(b0 , β0 ) = inf T x Q0 x + bT0 x + β0 | x ∈ C cận họ ánh xạ afine phụ thuộc vào (b0 , β0 ) ∈ Rn × R Vì µ(·) hàm lõm Theo Định lý 2.4, µ(b0 , β0 ) hữu hạn với (b0 , β0 ) ∈ (−intK ∗ × R) Từ suy rằng, hàm lồi −µ(·) hữu hạn tập lồi mở (−intK ∗ × R ⊂ Rn × R) Theo Bổ 27 đề 1.12, với b0 ∈ (−intK ∗ ) (v, u) ∈ Rn × R, giới hạn lim t↓0 (−µ)(b0 + tv, β0 + tu) − (−µ)(b0 , β0 ) t tồn hữu hạn Điều dẫn đến µ(·) khả vi theo hướng điểm (b0 , β0 ) ∈ (−intK ∗ ) × R Mặt khác, theo [9, Định lý 10.4], ta có hàm lồi −µ(·) Lipschitz tập compact −intK ∗ Nói riêng, −µ(·) Lipschitz địa phương điểm (b0 , β0 ) ∈ (−intK ∗ )× R Từ suy ra, µ(·) Lipschitz địa phương (−intK ∗ ) × R 28 Kết luận Khóa luận trình bày tồn tính ổn định nghiệm tốn quy hoạch tồn phương lồi với ràng buộc tồn phương Một số ví dụ minh họa cho kết đạt được trình bày khóa luận Hy vọng tài liệu tham khảo cho bạn đọc quan tâm đến vấn đề 29 Tài liệu tham khảo [1] Belousov, E.G.: Introduction to Convex Analysis and Integer Programming Moscow University Publ., Moscow (1977) (in Russian) [2] Belousov, E.G., Klatte, D.: A Frank–Wolfe type theorem for convex polynomial programs Comput Optim Appl 22, 37–48 (2002) [3] Dostál, Z.: On solvability of convex noncoercive quadratic programming problems J Optim Theory Appl 143, 413–416 (2009) [4] Eaves, B.C.: On quadratic programming Manag Sci 17, 698–711 (1971) [5] Kim, D S., Tam, N N., Yen, N D.: Solution existence and stability of quadratically constrained convex quadratic programs Optim Lett (2012), 363–373 [6] Lee, G.M., Tam, N.N., Yen, N.D.: Quadratic Programming and Affine Variational Inequalities: A Qualitative Study, Series: “Nonconvex Optimization and Its Applications”, vol 78 Springer, New York (2005) [7] Luo, Z.-Q., Zhang, S.: On extensions of the Frank–Wolfe theorems Comput Optim Appl 13, 87–110 (1999) 30 [8] Robinson, S.M.: Generalized equations and their solutions: Part I, Basic theory Math Program Study 10, 128–141 (1979) [9] Rockafellar, R.T.: Convex Analysis Princeton University Press, Princeton (1970) [10] Terlaky, T.: On lp programming Eur J Oper Res 22, 70–100 (1985) 31 ...TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Nguyệt SỰ TỒN TẠI VÀ TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA CÁC BÀI TỐN QUI HOẠCH TỒN PHƯƠNG LỒI VỚI RÀNG BUỘC TỒN PHƯƠNG Chun ngành: Tốn giải tích KHÓA... thức Giải tích lồi như: tập lồi, phép chiếu, hàm lồi định lý tách Chương trình bày tồn tính ổn định nghiệm tốn quy hoạch tồn phương lồi với ràng buộc toàn phương lồi Mục 2.1 trình bày định lý kiểu... tốn tồn phương lồi với ràng buộc tuyến tính Trong trường hợp đó, định lý kiểu Eaves sau Định lý 2.2 (Dostál [3]) Nếu (2.1) tốn quy hoạch tồn phương lồi với ràng buộc tuyến tính C = ∅, (2.1) có nghiệm