MỞ ĐẦU
Lý thuyết các điều kiện tối ưu trong tối ưu đơn mục tiêu và đa mục tiêu trơn và không trơn phát triển rất mạnh mẽ và thu được nhiều kết quả đẹp đẽ và phong phú. Lý thuyết các điều kiện tối ưu cấp 2 là một bộ phận quan trọng của lý thuyết các điều kiện tối ưu.
Từ các điều kiện cần ta có được tập các điểm dừng mà trong đó bao hàm các nghiệm của bài toán tối ưu. Các điều kiện đủ tối ưu cấp 2 cho phép ta tìm ra nghiệm của bài toán đó. Thông thường người ta đưa vào các tập tiếp tuyến cấp 2, các tập tuyến tính hoá cấp 2 và các điều kiện chính quy cấp 2 và từ đó dẫn tới các điều kiện tối ưu cấp 2 kiểu Fritz John và Kuhn-Tucker.
J. F. Bonnans, R. Cominetti và A. Shapiro [3] đã nghiên cứu các tập tiếp tuyến cấp 2 trong và ngoài, tập xấp xỉ cấp 2 trên, các khái niệm chính quy cấp 2 và chính quy cấp 2 ngoài. Từ đó, các tác giả đã thiết lập các điều kiện cần tối ưu cấp 2 với điều kiện chính quy Robinson, và các điều kiện đủ tối ưu cấp 2 cho bài toán tối ưu đơn mục tiêu không trơn với ràng buộc nón. G. Bigi và M.Castellani [4] đã nghiên cứu tập các phương giảm cấp 2. Tập các phương chấp nhận được cấp 2 tập tiếp liên cấp 2 và các điều kiện chính quy cấp 2 kiểu Abadie và Guignard. Từ đó, các tác giả dẫn các điều kiện cần tối ưu Fritz John cấp 2 trên cơ sở phát triển một định lý luân phiên kiểu Motzkin, và các điều kiện cần tối ưu Kuhn-Tucker cấp 2 với các điều kiện chính quy cấp 2 kiểu Abadie và Guignard.
Luận văn tập trung trình bày các điều kiện chính quy cấp 2 và các điều kiện tối ưu cấp 2 dưới ngôn ngữ tập tiếp tuyến cấp 2, tập tiếp liên cấp 2, tập tuyến tính hoá cấp 2 và các đạo hàm theo phương cấp 2.
Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 1: Trình bày các nghiên cứu của J. F. Bonnans, R. Cominetti và A. Shapiro [3] về các tập tiếp tuyến cấp 2 trong và ngoài, tập xấp xỉ cấp 2 trên, điều kiện chính quy cấp 2 và điều kiện chính quy cấp 2 ngoài. Với điều kiện chính quy Robinson, các điều kiện cần tối ưu cấp 2 cho bài toán tối ưu với ràng buộc nón không trơn được trình bày cùng với các điều kiện đủ tối ưu
cấp 2.
Chương 2: Trình bày các kết quả nghiên cứu của G. Bigi và M.Castellani [4] về điều kiện cần tối ưu cấp 2 cho cực tiểu yếu địa phương của bài toán tối ưu đa mục tiêu có ràng buộc trên cơ sở phát triển một định lý luân phiên Motzkin không thuần nhất. Các nghiên cứu về tập tiếp liên cấp 2, tập tuyến tính hoá cấp 2, các điều kiện chính quy cấp 2 kiểu Abadie và Guignard được trình bày cùng với các điều kiện cần cấp 2 Fritz John và Kuhn-Tucker.
Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS.TS Đỗ Văn Lưu, người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi hoàn thành bản luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán trường Đại học sư phạm - Đại học Thái Nguyên cùng các thầy cô giáo đã tham gia giảng dạy khoá học, xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên trong lớp Cao học Toán K15 đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn.
MỤC LỤC
Trang
Mục lục 1
Mở đầu . 2
Chương 1
ĐIỀU KIỆN TỐI ưU CẤP HAI CHO BÀI TOÁN TỐI ưU ĐƠN
MỤC TIÊU
1.1. Các khái niệm và định nghĩa 4
1.2. Các tập tiếp tuyến cấp một và cấp hai 8
1.3. Điều kiện chính quy cấp hai và điều kiện tối ưu cấp hai 15
Chương 2
ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ưU CẤP HAI CHO BÀI TOÁN TỐI ưU ĐA MỤC TIÊU
2.1. Kiến thức chuẩn bị . 33
2.2. Điều kiện cần tối ưu cho bài toán đa mục tiêu với ràng buộc tập . 37
2.3. Điều kiện cần tối ưu Fritz John . 41
2.4. Điều kiện tối ưu Kuhn-Tucker . 45
KẾT LUẬN . 50
TÀI LIỆU THAM KHẢO 51 .
54 trang |
Chia sẻ: maiphuongtl | Lượt xem: 2083 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Về điều kiện chính quy cấp hai và điều kiện tối ưu cấp hai, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ó, hàm
( x )
là tuyến tính
trên mỗi đoạn
2k 1 k k kx ,x , ( x ) x
và đƣờng thẳng đi qua các điểm
k k( x , ( x ))
và
k 1 k 1x , x
là tiếp xúc với đƣờng cong
2y 2x
.
Nhƣ vậy với điểm
kx 0
, xét đƣờng thẳng đi qua điểm
2
k k( x ,x )
và
tiếp xúc với đƣờng cong
2y 2x
. Đƣờng thẳng này giao với đƣờng cong
2y x
tại điểm
k 1x
rõ ràng
k k 1x x 0
, và có
kx 0
.
Đặt
2K : ( x,y ) : y ( x ) R
. Khi đó với phƣơng
d : (1,0 )
ta có
2KT (0,d ) x,y : y 4
,
2KO (0,d ) ( x,y ) : y 2
.
Với mỗi
R
,
'' (0;1, )=2
và
''
+(0;1, )=4
và do đó
(.)
là
không khả vi theo phƣơng cấp hai tại điểm
0
.
Ta nói rằng tập
K
là khả vi theo phƣơng cấp hai tại
y K
theo
phƣơng
d
, nếu
2 2
K KT ( y,d ) O ( y,d )
.
Mệnh đề 1.1
Giả sử tập
K
được xác định như sau
K y Y : h( y ) 0
,
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
trong đó
h :Y R
là hàm lồi chính thường. Giả sử
h( y ) 0
,
h y,d 0
, và giả sử rằng tồn tại
y
sao cho
h( y ) 0
(điều kiện Slater).
Khi đó,
2KO ( y,d ) : h ( y;d , ) 0
. (1.8)
Nếu giả thiết thêm
h(.)
là liên tục tại y, thì
2 ''K +T ( y,d ) : h ( y;d , ) 0
. (1.9)
Chứng minh
Ta chỉ chứng minh (1.8) đúng, còn chứng minh (1.9) là tƣơng tự.
Xét
2
KO ( y,d )
và chọn dãy
n nt 0 ,
sao cho
2
n n n
1
y t d t K
2
, và do đó,
2
n n n
1
h( y t d t ) 0
2
.
Khi đó,
2
n n n
n 2
n
1
h( y t d t )
2h ( y ;d , ) liminf 0
1
t
2
.
Ngƣợc lại, giả sử
h ( y ;d , )<0
. Khi đó, với
nt 0
và
n
nào đó, ta có
2 2 2
n n n n n
1 1
h( y t d t ) t h ( y ;d , ) + o(t )
2 2
.
12
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Do đó,
2
n n n
1
h( y t d t ) 0
2
với
n
đủ lớn.
Vì vậy,
2
n n n
1
y t d t K
2
.
Từ đó suy ra
2
KO ( y,d )
.
Bây giờ giả sử
h ( y;d , )=0
, và do đó tồn tại
nt 0
và
n
sao cho
2 2
n n n n
1
h( y t d t ) o( t )
2
.
Lấy
'0, Y
. Đặt
' ': ( y y )
. Do tính lồi của
h
, với
't 0
đủ nhỏ ta có
2'11 t 0
2
và
2 2 2' ' ' ' ' ' '1 1 1h( y t d t ) (1 t ) ( t , ) t h y
2 2 2
, (1.10)
trong đó
2 2 2' ' ' ' 1 ' ' 11 1 1( t , ) : h( y t ( 1 t ) d t ( 1 t ) )
2 2 2
.
Đặt:
21' ' 1t (1 t ) t ,
n n n2
tức là
n
n 2
n
2t
t'
(1 1 2 t )
, và
2' '
n n n
1
(1 t )
2
.
Khi đó,
' ' 2 2
n n n n n n
1
( t , ) h( y t d t ) ( t )
2
.
13
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Bởi vì
' '
n nt 0 , ( y y ) và h( y ) 0 , từ (1.10) ta suy ra
với mọi
0
,
h ( y;d , ) h( y ) 0
.
Vì vậy,
2
KO ( y,d )
. Vì
2
KO ( y,d )
đóng, cho
0
ta nhận đƣợc
2
KO ( y,d )
. Do đó (1.8) đƣợc chứng minh.
Nếu
h(.)
là lồi và liên tục tại
y
, thì các đạo hàm cấp hai
''h ( y,d ,.),h ( y,d ,.)
là nhƣ nhau. Khi đó, từ mệnh đề trên, với điều kiện
Slater, ta suy ra
K
là khả vi theo phƣơng cấp hai tại điểm
y
theo phƣơng
d
khi và chỉ khi các tập mức
'': h ( y ;d , ) 0
và
'': h ( y ;d , ) 0
trùng nhau. Đặc biệt,
K
là khả vi theo phƣơng cấp hai nếu
h(.)
là khả vi
theo hƣớng cấp hai.
Mệnh đề 1.2
Với mọi
Ky K,d T ( y )
, ta có
K T ( y )K
2 2
K T ( y ) KT ( y,d ) T ( d ) T ( y,d ) T ( d )
, (1.11)
K K
2 2
K T ( y ) K T ( y )O ( y,d ) T ( d ) O ( y,d ) T ( d )
. (1.12)
Nhắc lại [5] rằng tập
A X
lồi khác
đƣợc gọi là lùi xa theo
phƣơng
0d
, nếu
0A d A
. Tập các vectơ
d X
thoả mãn
0A d A
và vectơ d = 0 đƣợc gọi là nón lùi xa của A.
14
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Từ mệnh đề trên ta suy ra
K ( y )T
T ( d )
là nón lùi xa của
2
KT ( y,d )
và
2KO y,d
khi mà các tập hợp này khác rỗng.
Hơn nữa, nếu
2
K0 O ( y,d )
, thì
K
2
K T ( y )O ( y,d ) T ( d )
và khi
2
K0 T ( y,d )
thì ba tập này trùng nhau:
K
2 2
K K T ( y )T ( y,d ) O ( y,d ) T ( d )
.
Chú ý rằng
KT ( y ) K
T ( d ) cl T ( y ) d
,
trong đó
Kd T y
;
KT ( y )
T ( d )
là rỗng, nếu
Kd T y
.
Theo công thức (1.14) và (1.15) dƣới đây cho ta một quy tắc để tính
các xấp xỉ tiếp tuyến cấp hai của tập chấp nhận đƣợc
1: G ( K )
của
( P )
dƣới ngôn ngữ xấp xỉ tiếp tuyến cấp hai của
K
. Công thức này đúng
với điều kiện chính quy Robinson:
0 00 int G(x ) DG( x )X K
. (1.13)
Mệnh đề 1.3 ([3])
Lấy
1
0x : G ( K )
và giả sử điều kiện chính quy Robinson
(1.13) đúng. Khi đó, với mọi
h X
,
2 1 2 2
0 0 K 0 0 0T ( x ,h ) DG( x ) T ( G( x ),DG( x )h ) D G( x )( h,h )
, (1.14)
2 1 2 2
0 0 K 0 0 0O ( x ,h ) DG( x ) O ( G( x ),DG( x )h ) D G( x )( h,h )
. (1.15)
15
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1.3. ĐIỀU KIỆN CHÍNH QUY CẤP HAI VÀ ĐIỀU KIỆN TỐI ƢU CẤP HAI
Phần này trình bày các điều kiện tối ƣu cấp hai cần và đủ cho bài
toán
( P )
. Với bài toán
( P )
, ta định nghĩa hàm Lagrange nhƣ sau:
*L( x, ) : f ( x ) ,G( x ) , Y .
Hàm Lagrangian suy rộng đƣợc định nghĩa nhƣ sau:
* *L ( x, , ) : f ( x ) ,G( x ) , ( , ) Y R.
Giả sử
0x
là nghiệm tối ƣu địa phƣơng của bài toán
( P )
. Khi đó, các
điều kiện tối ƣu kiểu cấp một Fritz John có dạng: tồn tại
*( , ) Y ,( , ) (0,0 ) R sao cho
*
x 0 K 0D L ( x , , ) 0, 0, N (G( x )). (1.16)
Ở đây
* * *KN ( y ) : y Y : y ,z y 0 ,
với mọi
z K
là nón pháp
tuyến của
K
tại
y
. Kí hiệu
*
0( x )
là tập hợp các nhân tử Lagrang suy
rộng
( , ) (0,0 )
thỏa mãn điều kiện (1.16). Chú ý rằng với không gian
Banach
Y
tập hợp
*
0( x )
có thể rỗng. Điều kiện tối ƣu Fritz John ở trên
là điều kiện cần cho nghiệm tối ƣu địa phƣơng, tức là
*
0( x )
. Ta chú
ý hai trƣờng hợp quan trọng. Cụ thể là khi
Y
là không gian hữu hạn chiều,
hoặc khi
K
có phần trong khác rỗng.
Nếu nhân tử
trong (1.16) khác không thì ta có thể lấy
1
, và vì
vậy điều kiện cần cấp 1 trở thành
x 0 K 0D L( x , ) 0, N (G( x )) . (1.17)
Với điều kiện chính quy Robinson (1.13), tập hợp
0( x )
các nhân tử
Lagrange thỏa mãn (1.17) là khác rỗng và bị chặn (xem [8]).
16
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Khi tập
K
là một nón lồi và
y K
, nón pháp tuyến
KN ( y )
có dạng:
0* *KN ( y ) y K : y ,y
,
trong đó
* * *K : y Y : y ,y 0, y K
là nón cực của nón
K
(đối ngẫu âm). Trong trƣờng hợp đó, điều kiện
K 0N (G( x ))
trở thành
K
và
0,G( x ) 0
.
Nhắc lại rằng: nón
0 0 K 0 0C( x ): h X : DG( x )h T (G( x )),Df ( x )h 0
(1.18)
đƣợc gọi là nón tới hạn (critical cone) của bài toán
( P )
tại điểm
0x
. Nón
này biểu diễn các phƣơng tuyến tính hóa cấp một của
( P )
. Chú ý rằng khi
tập
0( x )
các nhân tử Lagrange khác rỗng thì
0Df ( x )h 0
với mọi
h X
thỏa mãn
0 K 0DG( x )h T (G( x ))
. Trong trƣờng hợp đó bất đẳng thức
0Df ( x )h 0
, trong định nghĩa của nón tới hạn có thể thay bởi đẳng thức
0Df ( x )h 0
. Điều đó là tƣơng đƣơng với
0,DG( x )h 0
với mọi
0( x )
.
Bây giờ ta có thể phát biểu điều kiện cần tối ƣu cấp hai dựa trên sự
phân tích đƣờng cong chấp nhận đƣợc parabol có dạng
2 2
0
1
x(t) = x th t + o(t )
2
, (1.19)
trong đó
t 0
. Điều kiện cần này kết hợp với điều kiện đủ trong định lý
1.2 dẫn tới khái niệm chính quy cấp hai.
17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý 1.1
Giả sử
0x
là nghiệm tối ưu địa phương của bài toán
( P )
. Giả sử
rằng điều kiện chính quy Robinson (1.13) đúng. Khi đó, với mọi
0h C( x )
và tập lồi bất kỳ T
2
K 0 0( h ) O (G( x ),DG( x )h )
,
0
2
xx 0
( x )
Sup D L( x , )( h,h ) ( ,
T
( )) 0h
.
(1.20)
Chứng minh
Chú ý rằng nếu T (h)=
thì
(.,
T (h)) =
và (1.20) đúng một
cách tầm thƣờng.
Ta giả sử T (h) và do đó tập
2
K 0 0O (G( x ),DG( x )h )
khác rỗng.
Ta khẳng định rằng giá trị tối ƣu của bài toán:
2
0 0
X
MinDf ( x ) +D f ( x )( h,h )
, (1.21)
2 2
0 0 K 0 0DG( x ) +D G( x )( h,h ) O (G( x ),DG( x )h )
là không âm.
Thật vậy, nếu
là điểm chấp nhận đƣợc của bài toán này, sử dụng
mệnh đề 1.3 ta nhận đƣợc
2
00 ( x ,h )
, trong đó:
1: G ( K )
. Vì thế ta
có thể tìm đƣợc dãy
kt 0
sao cho
2 2k 0 k k
1
x : x t h t + o(t )
2
.
18
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Dãy
kx
là chấp nhận đƣợc của bài toán
( P )
và hội tụ đến cực tiểu địa
phƣơng
0x
. Do đó,
k 0f ( x ) f ( x )
với mọi
k
đủ lớn. Sử dụng khai triển
Taylor cấp hai ta có
2 2 2
0 k 0 k 0 k 0 0 k
1
f ( x ) f ( x ) f ( x ) t Df ( x )h t Df ( x ) +D f ( x )( h,h ) ( t )
2
.
Bởi vì
0Df ( x )h 0
, với bất kỳ
0h C( x )
, ta nhận đƣợc
2
0 0Df ( x ) +D f ( x )( h,h ) 0 .
Nhƣ vậy, giá trị tối ƣu của bài toán (1.21) không âm. Bây giờ ta xét
tập T(h) := cl {T (h)
K 0T (G( x ))
. Tập này là bao đóng tôpô của tổng
hai tập lồi và vì thế là lồi. Hơn nữa, từ bao hàm thức (1.12) và sự kiện:
các tập tiếp tuyến ngoài cấp hai đóng, ta suy ra
2
K 0 0T( h ) O (G( x ),DG( x )h )
.
Rõ ràng nếu ta thay đổi các tập tiếp tuyến cấp hai ngoài trong (1.21)
bằng tập con
T( h )
của nó thì giá trị tối ƣu của bài toán tối ƣu sẽ lớn hơn
hay bằng giá trị tối ƣu của (1.21). Do đó, giá trị tối ƣu của bài toán:
2
0 0
X
MinDf ( x ) +D f ( x )( h,h )
, (1.22)
2
0 0DG( x ) +D G( x )( h,h ) T( h )
là không âm.
Bài toán tối ƣu (1.22) lồi và đối ngẫu (tham số) của nó là:
0
2
xx 0
(x )
Max D L( x , )( h,h ) ( ,T( h ))
(1.23)
Thật vậy, hàm Lagrange của (1.22) là
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
x 0 xx 0L( , )=D L( x , ) +D L( x , )( h,h ) .
Bởi vì với bất kỳ
z T( h )
, ta có
K 0z T (G( x )) T( h ),
cho nên
( ,T( h ))
với mỗi
K 0 K 0T (G( x )) N (G( x )) .
Vì thế miền hữu hiệu của đối ngẫu tham số của (1.22) là nằm trong
0( x )
. Khi đó ta suy ra tính đối ngẫu. Hơn nữa, điều kiện chính quy
Robinson (1.13) kéo theo
0 K 0DG( x )X T (G( x )) Y
.
Bởi vì với bất kỳ
z T( h )
thì
K 0z T (G( x )) T( h )
, ta có
0z DG( x )X T( h ) Y
.
Do đó (1.22) có một nghiệm chấp nhận đƣợc và điều kiện chính quy
Robinson cho bài toán (1.22) cũng đúng. Do đó, không có lỗ hổng đối
ngẫu giữa (1.22) và đối ngẫu (1.23) (xem [3]).
Ta nhận đƣợc giá trị tối ƣu của (1.23) không âm. Bởi vì T
(h)
T( h )
, ta có
( ,
T (h))
( ,T( h ))
. Vì vậy ta suy ra (1.20) và định
lý đƣợc chứng minh.
Nhận xét
(i) Nhƣ chúng ta đã đề cập ở phần trƣớc, tập tiếp tuyến cấp hai ngoài
2
K 0 0O (G( x )),DG( x )h )
có thể không lồi. Tuy nhiên khi nó lồi ta có thể sử dụng tập này ở trong
điều kiện cấp hai (1.20), và ta nhận đƣợc một điều kiện cần tốt hơn. Trong
bất kỳ trƣờng hợp nào có thể lấy T (h) là tập tiếp tuyến cấp hai trong
20
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
K 0 0T (G( x )),DG( x )h
. Nói chung, tập T (h) có thể lấy lớn hơn
2
K 0 0T (G( x ),DG( x )d )
và do đó định lý 1.1 là mạnh hơn.
(ii) Chú ý rằng trong điều kiện cần tối ƣu cấp hai, giá trị tối ƣu của bài
toán (1.21) là không âm.
(iii) Nếu
2
K 0 00 O (G( x ),DG( x )h )
với mọi
0h C( x )
, nói riêng nếu tập K
là một đa diện, thì
K 0
2
K 0 0 T ( G( x )) 0O ( G( x ),DG( x )h ) T ( DG( x )h )
,
và
( ,
T (h)) = 0 với mỗi
0( x )
, và
T (h)
2
K 0 0: O (G( x ),DG( x )h )
.
(iv) Giả sử là tập hợp của các dãy
nt
các số dƣơng hội tụ tới 0. Với
bất kỳ
ns= t
,
y K
, và
Kd T ( y )
ta có thể đƣa vào tập tiếp tuyến
cấp hai dƣới đây:
2,s 2 2
K n
1
T ( y,d ) : :dist(y+t d t ,K)= (t )
2
.
Với bất kỳ
s
, tập
2,s
KT (y,d)
là lồi và đóng. Rõ ràng giao của
2,s
KT ( y,d )
theo tất cả
s
là
2
KT (y,d)
, và hợp của
2,s
KT ( y,d )
lấy theo
s
là
2
KO ( y,d )
. Một cách chọn T (h) là
2,s
K 0 0T (G( x ),DG( x )h )
với bất
kỳ
s
.
(v) Ta có thể phát biểu điều kiện cần cấp hai (1.20) dƣới dạng
0
2
xx 0
O(h) ( x )
inf sup D L( x , )( h,h ) ( ,T( h )) 0
, (1.24)
T
(h)
21
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
trong đó
O(h)
kí hiệu tập tất cả các tập con lồi của
2
K 0 0O (G( x ), DG( x )h )
. Nói riêng, nếu ta lấy tất cả các tập con một phần
tử của
2
K 0 0O (G( x ), DG( x )h )
thì điều kiện (1.24) kéo theo điều kiện cần
dƣới đây
2
0K 0 0
2
xx 0
( x )y O ( G( x ),DG( x )h )
inf sup D L( x , )( h,h ) ,y 0
. (1.25)
Nếu
0( x )
là tập một phần tử, chẳng hạn
0 0( x )
, thì điều kiện
(1.25) trở thành
2 2
xx 0 0 0 K 0 0D L( x , )( h,h ) ( ,O (G( x ),DG( x )h )) 0 . (1.26)
Định nghĩa 1.1
Giả sử
S
là tập các điểm chấp nhận được của bài toán
( P )
thoả mãn
0f ( x ) f
với mỗi
x S
. Ta nói rằng điều kiện tăng trưởng cấp
hai đúng tại S nếu tồn tại hằng số
c 0
và lân cận
N
của S sao cho
2
0f ( x ) f c dist(x,S)
với mọi
x N
. (1.27)
Nói riêng, nếu
0S x
là tập một phần tử, điều kiện tăng trƣởng cấp hai
(1.27) sẽ có dạng
2
0 0f ( x ) f ( x ) c x x
với mọi
x N . (1.28)
Điều này rõ ràng kéo theo
0x
là một nghiệm tối ƣu địa phƣơng của
( P )
. Hơn nữa, với giả thiết điều kiện Ronbinson (1.13) đúng, khi đó với
bất kỳ
0h C( x )
giá trị tối ƣu của (1.21) là lớn hơn hay bằng
2
2c h
. Vì
22
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
thế điều kiện cần cấp hai (1.20) trở thành bất đẳng thức chặt với mọi
0h C( x )
khác không.
Điều kiện cần cấp hai (1.20) đƣợc dựa trên đánh giá ƣớc lƣợng trên
của hàm mục tiêu dọc theo đƣờng cong parabol chấp nhận đƣợc có dạng
(1.19). Để đánh giá ƣớc lƣợng dƣới, và do đó để nhận đƣợc điều kiện đủ
cấp 2 ta đƣa vào khái niệm sau.
Định nghĩa 1.2
Giả sử
Ky K,d T ( y )
và xét ánh xạ tuyến tính liên tục
M : X Y
. Ta
nói rằng tập đóng
K,MA ( y,d ) Y
là xấp xỉ trên cấp 2 của K tại
y
theo
phương
d
và theo
M
, nếu với bất kỳ dãy
ky K
có dạng
2
k k k k
1
y : y t d t r
2
,
trong đó
kt 0
và
k k kr M a
với
ka
là dãy hội tụ trong
Y
và
k X
thỏa mãn
k kt 0
, điều kiện dưới đây đúng:
k K ,M
k
limdist( r ,A ( y,d )) 0
. (1.29)
Nếu điều kiện trên đúng với bất kỳ
X
và
M
, tức là (1.29) thỏa mãn
với bất kỳ dãy
2k k k
1
y t d t r K
2
sao cho
k kt r 0
, thì ta bỏ qua
M
và nói rằng tập
KA ( y,d )
là tập xấp xỉ
trên cấp hai của
K
tại điểm
y
theo phương
d
.
Định nghĩa trên nhằm mục đích cho ta tập đủ lớn
KA ( y,d )
sao cho
nếu
y td ( t )
là đƣờng cong trong
K
mà tiếp xúc với
d
với
23
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
( t ) ( t )
, thì số dƣ cấp hai
2
( t )
r( t ) :
1
t
2
tiến đến
KA ( y,d )
khi
t 0
.
Chú ý rằng số dƣ
r(t)
và dãy
k kr r( t )
có thể không bị chặn.
Xấp xỉ trên cấp hai
KA ( y,d )
không duy nhất. Rõ ràng, nếu
KA ( y,d ) B
, thì
B
cũng là xấp xỉ trên cấp hai. Nếu
Ky K,d T ( y )
và
y d K
thì
Kd+ T ( y )
. Vì vậy,
KT ( y )
T ( d )
. Do đó,
KT ( y )
T ( d )
là
tập xấp xỉ trên cấp hai. Từ định nghĩa suy ra tập tiếp tuyến cấp hai ngoài
2
KO ( y,d )
nằm trong các tập xấp xỉ trên cấp hai
K ( y,d )
.
Định lý 1.2
Giả sử
0x
là điểm chấp nhận được của bài toán
( P )
thỏa mãn điều
kiện tối ưu cấp một ( kiểu Fritz John) (1.16). Giả sử mỗi
0h C( x )
tương
ứng với một tập xấp xỉ trên cấp hai trên
K ,M 0( h ) : ( y ,d )
của tập
K
tại điểm
0 0y : G( x )
theo phương
0d : DG( x )h
và theo ánh xạ tuyến tính
0M : DG( x )
. Giả sử rằng điều kiện cấp hai dưới đây thỏa mãn:
*
0
2 *
xx 0
( , ) ( x )
sup D L ( x , , )( h,h ) ( , ( h )) 0
(1.30)
với mọi
0h C( x )\ 0
. Khi đó, điều kiện tăng trưởng cấp hai (1.28) đúng
tại
0x
, và vì vậy
0x
là nghiệm tối ưu địa phương chặt của
( P )
.
Chứng minh
Ta chứng minh phản chứng. Giả sử rằng điều kiện tăng trƣởng cấp
hai là không đúng tại
0x
. Khi đó tồn tại dãy điểm chấp nhận đƣợc
k k 0x ,x x
, hội tụ tới
0x
và sao cho
24
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
k 0 kf ( x ) f ( x ) o( t )
, (1.31)
trong đó
k k 0t : x x
. Bởi vì không gian
X
là hữu hạn chiều, các tập con
đóng bị chặn trong
X
là compact. Vì vậy ta có thể giả sử rằng
k 0
k
k
x x
h :
t
hội tụ đến một vectơ
h X
.
Rõ ràng
h 1
, và vì vậy
h 0
. Sử dụng khai triển Taylor cấp một,
do
kG( x ) K
, ta nhận đƣợc
0 K 0DG(x )h T (G( x ))
.
Từ (1.31) ta có
0Df ( x )h 0
.
Vì vậy
0h C( x )
.
Khai triển Taylor cấp hai của
kG( x )
tại
0x
, ta có
2 2 2
k 0 k k 0 k 0 k
1
G( x ) y t d t ( DG( x ) D G( x )( h,h ) o( t )
2
,
trong đó
0 0 0y : G( x ),d : DG( x )h
và
2k k k 0 k: 2t x x t h
.
Chú ý rằng
k 0 k kx x t h o( t )
, và vì thế
k kt 0
. Từ định nghĩa
xấp xỉ trên cấp hai ta suy ra
2
0 k 0 YDG(x ) D G( x )( h,h ) ( h ) o(1)B . (1.32)
Ta cũng có
2 2 2
k 0 k 0 k 0 k 0 k
1
f(x ) f ( x ) t Df ( x )h t ( Df ( x ) D f ( x )( h,h )) o( t )
2
.
25
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Vì vậy, sử dụng (1.31) và (1.32) ta tìm đƣợc dãy
k 0
sao cho
1 2
k 0 0 k 0 k
2
0 k 0 k Y
2t Df ( x )h ( Df ( x ) D f ( x )( h,h ) ,
DG( x ) G( x )( h,h ) ( h ) B .
(1.33)
Từ (1.30) suy ra tồn tại
* 0( , ) x
sao cho
2 *
xx 0D L ( x , , )( h,h ) ( , ( h )) , (1.34)
với
0
nào đó. Từ điều kiện thứ hai trong (1.33) ta suy ra
20 k 0 k Y
k
,DG( x ) D G( x )( h,h ) , h
( , ( h ) k .
Ta cũng có
0
, và nếu
0
thì
0Df ( x )h 0
.
Trong trƣờng hợp bất kỳ
0Df ( x )h 0
, và vì vậy từ (1.33) và (1.34)
ta nhận đƣợc
1 2
k 0 0 k 0 k
2
0 k 0 k
0 ( 2t Df ( x )h Df ( x ) D f ( x )( h,h ) )
,DG( x ) D G( x )( h,h ) ( ,A( h ))
2 *
xx 0 k
k
D L ( x , , )( h,h ) ( , ( h )) ( )
( ).
Bởi vì
k 0
cho nên dẫn tới một mâu thuẫn, và định lý đƣợc chứng minh.
Chú ý tính hữu hạn chiều của
X
đƣợc sử dụng để dẫn điều kiện đủ
cấp hai còn điều kiện cần cấp hai không đòi hỏi giả thiết này.
Nếu tập
0( x )
của các nhân tử Lagrange khác rỗng thì điều kiện đủ
(1.30) là tƣơng đƣơng với:
26
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
0
2
xx 0
( x )
sup D L( x , )( h,h ) ( ,A( h ) 0
, với mọi
0h C( x )\ 0
(1.35)
Nhƣ đã nói ở trên, tập
K 0T ( G( x )) 0
(h):=T ( DG( x )h )
luôn là tập xấp xỉ
trên cấp hai. Hơn nữa,
K 0 00, T (G( x )), ,DG( x )h 0 ,
+
, trong trƣờng hợp ngƣợc lại.
Vì thế với cách chọn tập xấp xỉ trên cấp hai đó, điều kiện đủ cấp hai
(1.30) có dạng
*
0
2 *
xx 0
( , ) ( x )
sup D L ( x , , )( h,h ) 0
, với mọi
0h C( x )\ 0
. (1.36)
Ta nhận đƣợc kết quả sau đây
Hệ quả 1.2.1
Giả sử
0x
là điểm chấp nhận được của bài toán
( P )
thỏa mãn điều
kiện tối ưu cấp một (kiểu Fritz John) (1.16). Giả sử điều kiện đủ cấp hai
(1.36) thỏa mãn. Khi đó điều kiện tăng trưởng (1.28) đúng tại
0x
.
Nếu tập các nhân tử Lagrange
0( x )
là khác rỗng, thì có thể thay thế
*
0( x )
trong (1.36) bằng
0( x )
.
Định nghĩa 1.3
Ta nói tập
K
là chính quy cấp hai ngoài tại điểm
y K
theo phương
Kd T ( y )
và theo ánh xạ tuyến tính
M : X Y
nếu với bất kỳ dãy
ny K
có dạng
2
n n n n
1
y : y t d t r
2
, trong đó
n n n nt 0,r M a
, với
na
là dãy hội tụ trong
Y
và
n
là dãy trong X thỏa mãn
n nt 0
,
điều kiện dưới đây đúng
( , ( ))h
27
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
n K
n
limdist( r ,O ( y,d )) 0
. (1.37)
Nếu
K
là chính quy cấp hai ngoài tại
y K
theo mọi phương
Kd T ( y )
và theo bất kỳ X và
M
thì ta nói rằng K là chính quy cấp hai
ngoài tại
y
. Nếu thêm vào
2 2
K KO ( y,d ) T ( y,d )
với mọi
Kd T ( y )
, ta nói
rằng
K
là chính quy cấp hai tại
y
.
Chính quy cấp hai ngoài có nghĩa là tập tiếp tuyến cấp hai ngoài
2
KO ( y,d )
cho ta một xấp xỉ cấp hai trên của
K
tại
y
theo phƣơng
d
. Nếu
các tập tiếp tuyến cấp hai trong và ngoài trùng nhau, ta gọi đơn giản là
chính quy cấp hai. Tính chính quy cấp hai có nghĩa là nếu
y td+ (t)
là
đƣờng cong trong
K
tiếp xúc với
d
với
( t ) o( t )
, thì
2
( t )
r( t ) :
1
t
2
là
gần tùy ý với
2
KT ( y,d )
khi
t 0
.
Định lý 1.3
Giả sử
0x
là điểm chấp nhận được của
( P )
thỏa mãn điều kiện cần
cấp một (1.17). Giả sử điều kiện chính quy Robinson (1.13) đúng và với
mọi
0h C( x )
thì tập
K
là chính quy cấp hai ngoài tại
0G( x )
theo
phương
0DG( x )h
và theo
0M : DG( x )
, và tập tiếp tuyến cấp hai ngoài
2K 0 0O G( x ),DG( x )h
là lồi. Khi đó, điều kiện tăng trưởng cấp hai (1.28)
đúng khi và chỉ khi điều kiện đủ cấp hai (1.35) thỏa mãn với
2
K 0 0A(h)=O (G( x ),DG( x )h )
.
Chứng minh
28
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Suy luận (1.35)
(1.28) suy từ định lý 1.2. Điều ngƣợc lại là hệ
quả của định lý 1.1 và phần nhận xét về (1.28).
Nhắc lại rằng các tập tiếp tuyến cấp hai trong luôn luôn lồi, và do đó
trong trƣờng hợp
2 2
K 0 0 K 0 0O (G( x ),DG( x )h ) T (G( x ),DG( x )h )
, tập tiếp
tuyến cấp hai ngoài cũng lồi.
Sau đây ta sẽ thấy rằng nghịch ảnh của các ánh xạ khả vi liên tục hai
lần thỏa mãn điều kiện chính quy Robinson là chính quy cấp 2.
Mệnh đề 1.4
Giả sử
K
là tập con lồi đóng của
Y
và
G : X Y
là ánh xạ khả vi
liên tục hai lần. Nếu điều kiện chính quy Robinson (1.13) đúng và
K
là
chính quy cấp hai ngoài tại
0G( x )
theo phương
0DG( x )h
và ánh xạ
tuyến tính
0M : DG( x )
, thì tập
1G ( K )
là chính quy cấp hai ngoài tại
0x
theo phương
h
.
Chứng minh
Giả sử
2 1
k 0
1
x : ( )
2
k k kx t h t r G K
sao cho
k k kt 0,t r 0
. Theo
mệnh đề 1.3 và định lý ổn định Robinson - Ursescu, tồn tại hằng số L sao
cho mọi
k
đủ lớn ta có
1
2
k 0G ( K )
1 2 2
k 0 K 0 0 0
2 2
0 k 0 K 0 0
dist(r ,O ( x ,h ))
dist r ,DG( x ) O ( G( x ),DG( x )h ) D G( x )( h,h )
Ldist(DG(x )r D G( x )( h,h ),O ( G( x ),DG( x )h )).
Bây giờ khai triển cấp hai
kG( x )
ta nhận đƣợc
29
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2 2 2
k 0 k 0 k 0 k 0 k
1
G( x ) G( x ) t DG( x )h t ( DG( x )r D G( x )( h,h ) o( t )
2
.
Bởi vì
kG( x ) K
, tính chính quy cấp hai ngoài của
K
kéo theo
2 2
0 k 0 K 0 0dist(DG(x )r D G( x )( h,h ),O (G( x ),DG( x )h )) 0
.
Vì thế
1
2
k 0G ( K )
dist(r ,O x ,h ) 0
. Do đó,
-1
G (K)
chính quy cấp 2 ngoài tại
0
x
theo phƣơng h.
Xét tập
i jF : x X : g ( x ) 0,i 1,..., p;h ( x ) 0, j 1,...,q
đƣợc xác định bởi một số hữu hạn ràng buộc. Giả sử hàm
ig
và
jh
là khả
vi liên tục hai lần. Từ mệnh đề 1.4 và sự kiện: các tập đa diện là chính
quy cấp hai, ta suy ra tập
F
là chính quy cấp hai tại mọi điểm
0x F
thỏa
mãn điều kiện chính quy Mangasarian-Fromovitz.
Hệ quả 1.4.1
Giả sử
1 nK ,...,K
là các tập lồi đóng chính quy cấp hai tại điểm
0 1 ny K ... K
theo phương
1 nK 0 K 0
d T ( y ) ... T ( y )
. Nếu tồn tại một
điểm trong
nK
mà thuộc phần trong của K i, i 1,...,n 1 , thì tương giao
1 nK ... K
chính quy cấp hai tại
0y
theo phương
d
.
Chứng minh
Ta áp dụng mệnh đề 1.4 cho hàm nG :Y Y đƣợc cho bởi
1 nG( y ) ( y,...,y ),K K ... K
. Ta có
K
là chính quy cấp hai tại
0 0( y ,.. ,y )
theo phƣơng
( d ,...,d )
. Để kiểm tra điều kiện chính quy Robinson, ta lấy
y Y , 0
sao cho
ny K
và
Y 1 n 1y 2 B K ... K
. Nếu
30
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1 n Yu ,...,u B
, lấy
ny y u
, ta có
i i Y ik : y u y 2 B K
với mọi
i 1,...,n 1
. Vì thế nếu đặt
n nk : y K
, ta có
i i iu y k y K ,i 1,...,n
và do đó
n
YB G(Y ) K
. Điều đó chứng tỏ rằng điều kiện chính quy
Robinson thoả mãn.
Trở lại trƣờng hợp các tập đƣợc xác định bởi ràng buộc bất đẳng
thức ta sẽ thấy rằng khi các hàm ràng buộc là lồi, ta có thể giảm nhẹ đƣợc
giả thiết khả vi.
Mệnh đề 1.5
Giả sử
K : y : h( y ) 0
, trong đó
h(.)
là hàm lồi liên tục tại điểm
0y
. Giả sử điều kiện Slate đúng và
0h( y ) 0
. Khi đó,
K
là chính quy cấp
hai ngoài tại
0y
khi và chỉ khi với bất kỳ
K 0d T ( y )
thỏa mãn
'
0h ( y ,d ) 0
và
bất kỳ đường cong
y( t ) K
có dạng
2
0
1
y( t ) y td+ t r( t ),t 0
2
với
tr( t ) 0
khi
t 0
, thì bất đẳng thức sau đúng
'' 0
t 0
limsuph ( y ;d ,r( t )) 0
. (1.38)
Chứng minh
Vì
h
là lồi và liên tục tại
0y
, nên h là khả vi theo phƣơng tại
0y
. Xét
phƣơng
K 0d T ( y )
và dãy
2
k k k k
1
y : y t d t r K
2
với
kt 0
và
k kt r 0
.
Do
K 0d T ( y )
ta suy ra
'
0h ( y ,d ) 0
.
Bởi vì
'
0h ( y ,d ) 0
kéo theo
2
K 0O ( y ,d ) Y
, cho nên ta chỉ cần xét
trƣờng hợp
'
0h ( y ,d ) 0
. Do điều kiện Slater, tồn tại điểm
y Y
sao cho
h( y ) 0
. Bởi
h(.)
lồi, ta có
0 0h( y t( y y )) 0
, với mỗi
t ( 0;1)
. Do
31
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
đó, điểm
y
thoả mãn
h( y ) 0
có thể chọn gần
0y
tùy ý. Vì thế ta có thể
giả sử
h(.)
là liên tục tại
y
.
Giả sử (1.38) đúng. Với
0
, đặt
k 0: r ( y y )
. Do tính lồi,
với mọi
t 0
đủ nhỏ, ta có
2 2 2 2 2
0 0 k k
1 1 1 1 1
h y td+ t 1 t h y td+ t r t h y td+ t r
2 2 2 2 2
.
Bởi vì
0h y 0
và
' 0h y ,d 0
, chia cho
21 t
2
và cho
t 0
, ta rút ra
'' ''0 0 kh y ;d , h y ,d ,r h y .
Do (1.38) ta suy ra
'' 0 k 0h y ;d ,r y y 0
, với mọi
k
đủ lớn.
Mệnh đề 1.1 kéo theo
2k 0 K 0r y y O y ,d
, và do đó
2k K 0 0
k
lim sup dist r ,O y ,d y y
.
Vì
là nhỏ tùy ý, nên
K
là chính quy cấp hai.
Ngƣợc lại, giả sử
K
là chính quy cấp hai. Giả sử
kt 0
là dãy mà
giới hạn trên (1.38) là một giới hạn. Đặt
k kr : r t
,
2k k K 0
1
: dist r ,O y ,d
k
.
Ta có
k 0
. Chọn
2
k K 0r O ( y ,d )
sao cho
k k kr r
. Bởi vì
k 0
không mất tính tổng quát ta giả sử rằng với mọi
k
ta có
1
k Yy 2 B K
. Chọn dãy
0
sao cho
32
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2 20
1
2
ky d r o K
.
Do đó,
2 20 k k Y
1 1
y d r K B
2 2
.
Khi đó, với mọi
0
và
k 0: r y y
ta có
2 2 2 2 2
0 0 k k
2 2 2 2
k Y k
2 2 2 2 k
k Y
1 1 1 1 1
y d 1 y d r y d r
2 2 2 2 2
1 1 1 1
1 K B y d r
2 2 2 2
1 1 1 1
1 K y d r 1 B .
2 2 2 2
Bởi vì
1
k Yy 2 B K
ta suy ra
2
0 k
1
y d K
2
.
Theo mệnh đề 1.1,
'' 0h y ,d , 0
. Bởi vì
h
là liên tục tại
0y
, cho
nên nó là liên tục Lipschitz địa phƣơng.
Do đó
'' 0h y ,d ,.
là liên tục Lipschitz toàn cục với cùng một hằng số
chẳng hạn là L, và
'' 0 k k 0h y ,d ,r L r L y y
.
Vì vậy,
'' ''0 0 k 0
t 0 k
lim sup h y ,d ,r( t ) lim h y ,d ,r L y y
.
Bởi vì
nhỏ tùy ý cho nên ta suy ra kết luận.
33
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chƣơng 2
ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƢU CẤP HAI CHO BÀI TOÁN
TỐI ƢU ĐA MỤC TIÊU
Chƣơng 2 trình bày các điều kiện cần tối ƣu cấp 2 cho cực tiểu yếu
địa phƣơng của bài toán tối ƣu đa mục tiêu trên cơ sở phát triển định lý
luân phiên Motzkin không thuần nhất. Các điều kiện cấp 2 kiểu Kuhn-
Tucker đƣợc dẫn khi đƣa vào các điều kiện chính quy cấp 2 kiểu Abadie
và Guignard. Các kết quả chƣơng này là của G.Bigi và M.Castellani [4].
2.1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Trong chƣơng này, ta đƣa vào một số kí hiệu và định nghĩa mà ta sẽ
sử dụng. Giả sử là không gian ơclit l-chiều;
i: x : x 0,i 1,...,
là orthant dƣơng.
Với mỗi tập A , int A , cl A và conv A kí hiệu tƣơng ứng là phần
trong tôpô, bao đóng tôpô và bao lồi của
A
. Với hai vectơ bất kỳ
x,y
ta sử dụng kí hiệu sau đây
34
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
int
x y y x int
.
Để nhận đƣợc quy tắc nhân tử Lagrange, ta cần dạng không thuần
nhất của định lý luân phiên Motzkin (xem [6]) sau.
Bổ đề 2.1 (Định lý Motzkin không thuần nhất)
Giả sử
n
j i ia ,b ,c
và
j i i, ,
với
j J ,i I
, và
0i I
(các
tập chỉ số hữu hạn). Khi đó, hệ sau (
nx
là ẩn số):
j j
i i
0
i i
,
,
a x 0, j J ,
b x 0,i I
c x 0,i I
(2.1)
không tương thích khi và chỉ khi hệ sau (các ẩn
j i i, ,
) tương thích
0
0
j j i i i i
j J i I i I
i j i i i i 0
j J i I i I
j0
j J
j i
,
,
,
.
a b c 0
0
0, j J 0 , 0,i I
(2.2)
Hơn nữa, nếu các hàng của (2.1) là độc lập tuyến tính thì tất cả các
nghiệm của (2.2) có
0 0
.
Chứng minh
Do tính không tƣơng thích của (2.1) là tƣơng đƣơng với tính không
tƣơng tích của hệ tuyến tính thuần nhất
35
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
j j
i i
0
i i
,
,
a x z 0, j J ,
0x z 0,
b x z 0,i I
c x z 0,i I
cho nên ta nhận đƣợc kết quả bằng cách áp dụng định lý luân phiên
Motzkin.
Nhận xét 2.1
Từ bổ đề 2.1 ta suy ra rằng tính không tƣơng thích của (2.1) kéo theo
tính tƣơng thích của hệ sau:
0
0
0
i j i i i i
j J i I i I
i j i i i i
j J i I i I
2
j i i
j J i I i I
j i
,
.
a b c 0,
0,
0
0, j J , 0,i I
\
(2.3)
Giả sử
n
1 l
( ,..., ): là hàm khả vi hai lần, J : {1,..., }
là tập chỉ số mà nó ứng với các thành phần của
và nx . Ta đặt
jJ( x ): { j J : ( x ) 0 }
.
Ta đƣa vào các định nghĩa sau:
Tập các phƣơng giảm của
tại
x
là
n
jD ( ,x ): { d : ( x )d 0, j J( x )};
Tập các phƣơng đạt đƣợc của
tại
x
là
n
jD ( ,x ): { d : ( x )d 0, j J( x )};
36
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Với mỗi phƣơng
nd
ta đặt
jJ( x,d ): { j J( x ): ( x )d 0 } .
Ta đƣa vào các định nghĩa:
Tập các phƣơng giảm chặt cấp
2
của
tại
x
theo phƣơng
nd
là
2 n 2
j jD ( ,x,d ): { : ( x ) ( x )( d ,d ) 0, j J( x,d )};
Tập các phƣơng giảm cấp
2
của
tại
x
theo phƣơng
nd
là
2 n 2j jD ( ,x,d ): { : ( x ) ( x )( d ,d ) 0, j J( x,d )};
Tập các phƣơng đạt đƣợc cấp
2
của
tại
x
theo phƣơng
nd
là
2 n 2
j jD ( ,x,d ): { : ( x ) ( x )( d ,d ) 0, j J( x,d )},
trong đó kí hiệu chỉ đạo hàm cấp 1, 2 chỉ đạo hàm cấp 2.
Lấy
n
1 l
f ( f ,..., f ): là hàm khả vi hai lần, .....J : {1, ,l} và
nS
. Xét bài toán đa mục tiêu dƣới đây:
int
min f ( x ),
x S ,
(2.4)
trong đó
int
min
là cực tiểu vectơ theo nón
int : Sx
là cực tiểu vectơ
địa phƣơng của (2.4) nếu tồn tại một lân cận
N
của
x
, sao cho không tồn
tại
x S N
thỏa mãn
int
f ( x ) f ( x )
.
Điểm cực tiểu địa phƣơng loại này cũng đƣợc gọi là cực tiểu yếu địa phƣơng.
37
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Để đơn giản, ta sẽ viết
D ( f ,x )
thay cho
D ( f f ( x ),x )
và kí hiệu
tƣơng tự cho các tập khác.
Định nghĩa 2.1
Cho nS . Tập tiếp liên cấp 2 của S tại x clS theo phương
nd là
2 n 1 2
n n n n nT ( S,x,d ) : { : { } , {t } 0 sao cho x t d 2 t S }.
Tập tiếp liên cấp 2 là một mở rộng của nón tiếp tuyến Bouligand
T( S,x )
và nó có
một số tính chất. Chẳng hạn, nó là đóng và isotone, tức là
Nếu
1 2 1S S và x clS
thì
2 21 2T ( S ,x,d ) T ( S ,x,d )
.
Hơn nữa, ta có
2T ( S ,x,0 ) T( S ,x )
.
và
2d T( S,x ) T ( S ,x,d )
. (2.5)
Về các tính chất khác của loại xấp xỉ này, có thể xem trong [2].
2.2. ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƢU CHO BÀI TOÁN ĐA MỤC TIÊU VỚI
RÀNG BUỘC TẬP
Bằng kĩ thuật tuyến tính hoá với độ chính xác cấp hai ta có kết quả
dƣới đây.
Định lí 2.1
Nếu
x S
là cực tiểu yếu địa phương của (2.4) thì với mỗi phương
giảm
d D ( f ,x )
hệ sau đây không có nghiệm
2T ( S,x,d )
:
38
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
j jf ( x ) f ( x )( d ,d ) 0, j J( x,d ) . (2.6)
Chứng minh
Ngƣợc lại, giả sử
d D ( f ,x )
cho trƣớc và
2T ( S,x,d )
là nghiệm
của (2.6).
Theo định nghĩa của tập tiếp liên cấp hai tồn tại
n n{t } 0 và { }
sao cho
1 2n n n nx x t d 2 t S , n N.
Do
jf
khả vi hai lần, ta có
-1j n j n j n nf ( x ) - f ( x ) t [ f ( x )( d 2 t )
-1 2 -1 -1n j n n n n n n2 t f ( x )( d 2 t ,d 2 t ) t ] ,
trong đó
n 0
khi
n
.
Ta xét hai trƣờng hợp sau đây
Nếu
j J( x,d )
, ta có
1 2
j n nf ( x )( d 2 t ) 0
, và do đó với n đủ
lớn ta có
j n jf ( x ) f ( x )
Nếu
j J( x,d )
, ta có
2 1 1
j n j n n n n n
n
lim f ( x ) f ( x )( d 2 t ,d 2 t )
2j jf ( x ) + f ( x )( d ,d ) 0
.
39
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Cho nên với n đủ lớn ta có
1 2j n j n j nf ( x ) f ( x ) 2 t [ f ( x )
2 1 1j n n n n nf ( x )( d 2 t ,d 2 t ) ]<0 .
Do đó,
n N
, sao cho
n intf ( x ) f ( x ), n n
.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Ta chú ý rằng, khi
1 , định lí 2.1 quy về điều kiện cần tối ƣu cấp
hai trong [7]. Trong trƣờng hợp
d 0
, ta có kết quả sau.
Hệ quả 2.1.1
Nếu
x S
là vectơ cực tiểu yếu địa phương của (2.4) thì hệ sau đây
không có nghiệm
T( S ,x )
:
jf ( x ) <0, j J
. (2.7)
Khi thay
2
T (S,x,d)
bằng
2
clconvT (S,x,d)
thì tính tƣơng thích của hệ
(2.6) không đúng nữa nhƣ trong ví dụ sau đây.
Ví dụ 2.1
Xét bài toán đa mục tiêu (2.4)với
2 2
1 2 1 2 2 1f ( x ,x ): ( x x ,x x )
,
và cho tập chấp nhận đƣợc cho bởi
2 4 2 41 1S : {x : x x 4x } .
40
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ta có
x (0,0 )
là một điểm cực tiểu yếu.
Hơn nữa, với phƣơng
d (1,0 ) D ( f ,x )
, tập tiếp liên cấp hai là
2 2 2T ( S ,x,d ) { : 2 4 } .
Hệ (2.6) trở thành
2 2
. Do đó, nó không có nghiệm
2T ( S,x,d )
theo định lý 2.1. Nhƣng (2.6) có một nghiệm
2cl convT (S,x,d ) bởi vì
2 2 2cl convT (S,x,d ) { : 4 } .
Để nhận đƣợc tính không tƣơng thích của hệ (2.6) với
2cl convT (S,x,d ) ta có thể xét dạng lồi suy rộng sau đây của bài toán (2.4).
Định nghĩa 2.2
Cho tập nS , hàm f : S là subconvexlike trên S nếu mọi
1 2x ,x S
,
t 0,1
và
int
0
,
3x S
sao cho
l1 2 3 int R
tf ( x ) (1 t ) f ( x ) f ( x ) 0.
Định lý 2.2
Giả sử
f
là subconvexlike trên S. Nếu
x S
là cực tiểu yếu địa
phương của (2.4) thì với mỗi phương giảm
d D ( f ,x )
hệ (2.6) không có
nghiệm
2cl convT (S,x,d ) .
Chứng minh
Giả sử ngƣợc lại tồn tại
d D ( f ,x )
và
2cl convT (S,x,d ) sao cho
(2.6) đúng. Từ (2.5) suy ra
d T( S,x )
.Theo định lý 3.1 [9], tồn tại số
41
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
khác không
sao cho
x
là cực tiểu địa phƣơng của bài toán vô
hƣớng sau
j j
j J
f ( x ),min ( x ):
x S.
Theo hệ quả 3.1 [7], ta có
( x )d 0, d T( X ,x ) ; (2.8)
Và nếu
( x )d 0
, thì
2 2( x ) + ( x )( d ,d ) 0, cl convT ( S ,x,d ) . (2.9)
Chọn
d d
, (2.8) kéo theo
j 0
với mỗi
j T( x,d )
. Khi đó
mâu
thuẫn với (2.9).
2.3. ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƢU FRITZ JOHN
Phần này chúng ta xét tập chấp nhận đƣợc S đƣợc xác định bởi các
ràng buộc bất đẳng thức và đẳng thức.
Giả sử
n p
1 pg ( g ,...,g ) :
và
n q
1 qh ( h ,...,h ) :
là hàm khả
vi hai lần, và lấy
I : {1,..., p }
và
0I : {1,...,q }
là các tập chỉ số tƣơng ứng.
Giả sử rằng miền chấp nhận đƣợc của bài toán (2.4) đƣợc xác định
bởi
g hS : S S
, trong đó
n
g iS : {x : g ( x ) 0,i I }
,
n 0
h iS : {x : h ( x ) 0,i I } .
Ta đƣa vào các tập hợp sau:
42
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Tập các phương giảm tại
x
của bài toán (2.4):
D( x ): D ( f ,x ) D ( g,x ) D ( h,x )
;
Tập tuyến tính hóa cấp hai yếu của S tại
x
theo phương nd :
2 2 2L ( x,d ) : D ( g,x,d ) D ( h,x,d );
Tập tuyến tính hóa cấp hai của S tại
x
theo phương nd :
2 2 2L ( x,d ) : D ( g,x,d ) D ( h,x,d )
.
Để nhận đƣợc điều kiện cần tối ƣu cấp hai của bài toán (2.4), ta trình
bày kết quả liên hệ các tập tuyến tính hóa cấp hai của S và tập tiếp liên
cấp hai của S.
Bổ đề 2.2
Giả sử
x S
và
d D ( g,x ) D ( h,x )
. Khi đó,
2 2T ( S,x,d ) L ( x,d )
. (2.10)
Nếu
i i I{ h ( x )}
là độc lập tuyến tính thì
2 2L ( x,d ) T ( S ,x,d )
. (2.11)
Chứng minh
Cho
2T ( S,x,d )
, tồn tại
n{t } 0
và
n{ }
sao cho
1 2n n n nx x t d 2 t S , n N.
Bởi vì
ig
và
ih
là khả vi hai lần, ta có
1i n i n i n n0 g ( x ) g ( x ) t g ( x )( d 2 t )
43
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1 2 2 1 1 2n i n n n n n n2 t g ( x )( d 2 t ,d 2 t ) t , i I ; (2.12)
1
i n i n i n n0=h ( x ) h ( x ) t h ( x )( d 2 t )
1 2 2 1 1 2 0n i n n n n n n2 t h ( x )( d 2 t ,d 2 t ) t , i I . (2.13)
Do đó, với mỗi
i I ( x,d )
, chia (3.12) cho
1 2
n2 t
, ta có
2 1 1
i n i n n n n n0 g ( x ) g ( x )( d 2 t ,d 2 t ) 2 .
Cho
n
, ta nhận đƣợc
2D ( g,x,d )
.
Với mỗi
0i I
, chia (2.13) cho
nt
và qua giới hạn, ta nhận đƣợc
ih ( x )d 0
. Bây giờ chia cho
1
n2 t
ta nhận đƣợc
2 1 1
i n i n n n n n0= h ( x ) h ( x )( d 2 t ,d 2 t ) 2 .
Cho
n
ta nhận đƣợc
2D ( h,x,d )
. Vì vậy ta suy ra (2.10).
Chứng minh phần thứ hai: Theo định lý 3.5 [10],
2 2
hD ( h,x,d ) T ( S ,x,d )
.
Do đó, với mỗi
2L ( x,d )
tồn tại
n{t } 0
và
n{ }
sao cho
1 2
n: 2 ,
n n n hx x t d t S n N.
Ta chỉ cần chỉ rằng
n gx S
với mọi
n
đủ lớn.
Với mỗi
i I( x )
, tính liên tục của
ig
kéo theo
i ng ( x ) 0
.
Với mỗi
i I( x )\ I ( x,d )
, ta có
1
i n n i n n ng ( x ) t [ g ( x )( d 2 t ) ]<0 .
Với mỗi
i I ( x,d )
, ta có
44
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2 1 1
i n i n n n n
n
lim g ( x ) g ( x )( d 2 t ,d 2 t )
=
2
i ig ( x ) + g ( x )( d ,d ) 0 .
Vì vậy,
1 2 2 1 1
i n n n( ) 2 [ g ( ) ( )( 2 , 2 ) ]<0i n n i n n ng x t x g x d t d t .
Do đó, (2.11) thỏa mãn.
Định lý 2.3
Giả sử
0i i I
{ h ( x )}
là độc lập tuyến tính. Nếu
x S
là cực tiểu yếu
địa phương của (2.4) thì với mỗi phương
d D( x )
,hệ sau đây là không
tương thích (ẩn số n ):
2
j j
2
i i
2 0
i i
f ( x ) + f ( x )( d ,d ) 0, j J( x,d ),
g ( x ) + g ( x )( d ,d ) 0, i I ( x,d ),
h ( x ) + h ( x )( d ,d ) 0, i I .
(2.14)
Chứng minh
Định lý đƣợc suy ra từ định lý 2.1 và bổ đề 2.2.
Định lý 2.4
Nếu
x S
là cực tiểu yếu địa phương của (2.4), thì với mỗi phương
giảm
d D( x )
tồn tại
p,
và
q
, không đồng thời bằng
không, sao cho
(i)
0
j j i i i i
j J i I i I
f ( x ) g ( x ) h ( x ) 0
;
(ii)
0
2 2 2
j j i i i i
j J i I i I
f ( x ) g ( x ) h ( x ) ( d ,d ) 0
;
45
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
(iii)
i ig ( x ) 0
với mỗi
i I
;
(iv)
j jf ( x )d 0
với mỗi
j J
và
i ig ( x )d 0
với mỗi
i I
.
Chứng minh
Nếu
0i i I
{ h ( x )}
là phụ thuộc tuyến tính, ta chọn
j i 0
và
i
không đồng thời bằng không sao cho
0
i i
i I
h ( x ) 0
.
Điều kiện (i), (iii) và (iv) thỏa mãn tầm thƣờng. Nếu (ii) không đúng,
thì ta chỉ cần thay
i i
.
Trƣờng hợp
0i i Ih (x)
là độc lập tuyến tính, ta áp dụng bổ đề 2.1
cho hệ (2.14) và lấy
j i 0
với mọi
j J( x,d )
và
i I ( x,d )
.
Chú ý rằng các định lý 2.3 và 2.4 bao hàm đƣợc điều kiện tối ƣu cấp 1
bằng cách lấy
d 0
.
2.4. ĐIỀU KIỆN TỐI ƢU KUHN - TUCKER
Quy tắc nhân tử Lagrange trong định lý 2.4 không đảm bảo ít nhất
một nhân tử Lagrange ứng với hàm mục tiêu là khác không. Hiển nhiên là
khi tất cả các nhân tử Lagrange tƣơng ứng với hàm mục tiêu bằng không,
hàm mục tiêu không đóng vai trò gì trong điều kiện tối ƣu. Để khắc phục
điều đó ta đƣa vào các giả thiết chính quy.
Định nghĩa 2.3
Cho điểm chấp nhận được
nx .
Điều kiện chính quy cấp hai Abadie(ASOCQ) đúng tại
x
theo
phương nd nếu:
46
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2 2L ( x,d ) T ( S ,x,d )
;
Điều kiện chính quy cấp hai Guignard (GSOCQ) đúng tại
x
theo phương nd nếu:
2 2L ( x,d ) clconvT ( S ,x,d )
.
Chú ý rằng (ASOCQ) và (GSOCQ) trở thành các điều kiện chính
quy Abadie và Guignard đã biết khi lấy
d 0
. Hiển nhiên là nếu
(ASOCQ) đúng thì (GSOCQ) cũng đúng. Chiều ngƣợc lại không đúng
nhƣ đã biết với d=0.
Kết quả dƣới đây suy ra trực tiếp từ định lý 2.1.
Định lý 2.5
Giả sử (ASOCQ) đúng tại
x S
theo phương giảm
d D( x )
. Nếu
x
là cực tiểu yếu địa phương của (2.4) thì hệ sau đây (ẩn số nR )
không tương thích:
2
j j
2
i i
2 0
i i
f ( x ) f ( x )( d ,d ) 0, j J( x,d ),
g ( x ) g ( x )( d ,d ) 0, i I ( x,d ),
h ( x ) + h ( x )( d ,d ) 0, i I .
(2.15)
Ví dụ 2.2
Xét bài toán đa mục tiêu với
2 2
1 2 3 1 2 3 1 2
1 2 3 1 2 3 3
1 2 3 1 2
f ( x ,x ,x ) : ( x ,x ,x x x ),
g( x ,x ,x ) : x x x x ,
h( x ,x ,x ) : x x .
Ta có
x (0,0,0 )
là cực tiểu yếu. Tập các phƣơng giảm là
47
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3 1 2 3D( x ) d : d 0,d 0,d 0 R
Với các phƣơng d nhƣ vậy ta có
1 22
3
3 1 2
, d d 0,
L ( x,d )
: 0 , d d 0;
R
1 22
3
i 3 i
, n u d d 0,
T ( S ,x,d )
: 0, 0 , n u d 0,i 1,2.
R
Õ
Õ
Nhƣ vậy (ASOCQ) chỉ đúng với các phƣơng giảm
d
mà
1 2d d 0
, và
nhƣ vậy định lý 3.1 trong [1] không thể áp dụng đƣợc. Với các phƣơng
giảm
d 0
khác thì hệ (2.15) có nghiệm
=(-1,-1,0)
.
Từ định lý 2.5 ta nhận đƣợc quy tắc nhân tử Kuhn-Tucker sau đây.
Định lý 2.6
Giả sử (ASOCQ) đúng tại x S theo phương giảm d D( x ) . Nếu x
là cực tiểu yếu địa phương của (2.4) thì tồn tại
p q, , R R R
với
0
sao cho
( i ) ( iv)
của định lý 2.4 đúng.
Chứng minh
Định lý đƣợc suy ra trực tiếp từ bổ đề 2.1 áp dụng cho hệ (2.15) với
j 0
và
i 0
với mọi
j J( x,d )
và
i I ( x,d )
.
Định lý 2.7
Giả sử (GSOCQ) đúng tại
x S
theo phương giảm
d D( x )
và
f
là
subconvexlike trên S. Nếu
x
là cực tiểu yếu địa phương của (2.4), thì tồn tại
, R R
và
q ¡
với
0
sao cho
( i ) ( iv )
của định lý 2.4 đúng.
nếu
nếu
48
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chứng minh
Định lý trên đƣợc suy trực tiếp từ bổ đề 2.1 và định lý 2.2.
Trong các định lý trƣớc, các điều kiện chính quy kéo theo nhân tử
Lagrange
0
. Bây giờ ta nghiên cứu điều kiện chính quy đảm bảo tất cả
các nhân tử Lagrange ứng với các thành phần của hàm mục tiêu là dƣơng.
Ta đƣa vào tập các phƣơng giảm cấp hai tại
x
của bài toán (2.4) theo
nd R
:
2 2 2 2D ( x,d ) : D ( f ,x,d ) D ( g,x,d ) D ( h,x,d )
.
Ta có
2D ( x,0 ) D( x )
.
Định nghĩa 2.4
Cho điểm chấp nhận được
x S
. Điều kiện chính quy cấp hai
(GSORC) đúng tại
x
theo phương nd R nếu
2 2 s
s 1
D ( x,d ) clconvT ( S ,x,d )
,
trong đó
s j jS : x S : f ( x ) f ( x ) 0, j J \ s x .
Định lý 2.8
Giả sử (GSORC) đúng tại
x S
theo phương giảm
d D( x )
. Nếu
x
là cực tiểu yếu địa phương của (2.4), thì với mỗi
s J( x,d )
, hệ tuyến tính
sau đây (ẩn số nR ):
49
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
s s
2
j j
2
i i
2 0
i i
f ( x ) + f ( x )( d ,d ) 0,
f ( x ) + f ( x )( d ,d ) 0, j J( x,d )\ s ,
g ( x ) + g ( x )( d ,d ) 0, i I ( x,d ),
h ( x ) + h ( x )( d ,d ) 0, i I ,
không tương thích.
Chứng minh
Giả sử ngƣợc lại,
là nghiệm của hệ trên với S nào đó
J( x,d )
.
Nhƣ vậy (GSORC) kéo theo
2 sclconvT ( S ,x,d ) . Từ định nghĩa của
cực tiểu địa phƣơng, ta suy ra
x
cũng là cực tiểu địa phƣơng của bài
toán vô hƣớng:
s
s
minf ( x ),
x S
Theo hệ quả 3.1 trong [7] ta nhận đƣợc mâu thuẫn:
2
s sf ( x ) + f ( x )( d ,d ) 0 .
Định lý 2.8 dẫn tới quy tắc nhân tử Kuhn-Jucker sau đây.
Định lý 2.9
Giả sử (GSORC) đúng tại
x S
theo phương giảm
d D( x )
. Nếu
x
là cực tiểu yếu địa phương của (2.4), thì tồn tại
p, , R R
và
¡ q
với
j 0
với mọi
j J( x,d )
sao cho
( i ) ( iv )
của định lý 2.4 đúng.
Chứng minh
50
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Định lý suy trực tiếp từ bồ đề 2.1 áp dụng cho mỗi hệ tuyến tính của
định lý 2.8 (đặt
j 0
và
i 0
với mọi
j J( x,d )
và
i I ( x,d )
) và
cộng các nhân tử nhận đƣợc lại.
KẾT LUẬN
Luận văn đã trình bày phƣơng pháp nghiên cứu các điều kiện tối ƣu cấp
2 cho các bài toán tối ƣu đơn mục tiêu và đa mục tiêu dựa trên các xấp xỉ cấp
2 cho các tập và các hàm. Các tập tiếp tuyến hoặc tiếp liên cấp 2 và các tập
tuyến tính hoá cấp 2 tỏ ra rất hiệu quả trong việc thiết lập các điều kiện chính
quy cấp 2 để dẫn các điều kiện cần tối ƣu cấp 2 Kuhn-Tucker.
Việc nghiên cứu các điều kiện tối ƣu cấp 2 và cấp cao cho các bài toán
tối ƣu đa mục tiêu là một đề tài đang đƣợc quan tâm nghiên cứu phát triển
tiếp tục.
51
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] B. Aghezzaf and M. Hachimi, Second-order optimality conditions in
multiobjective optimization problems, Journal of Optimization Theory
and Applications 102 (1999), 37-50.
[2] J.P. Aubin and H. Frankknowzka, Set-valued analysis. Borkhauser,
Boston (1990).
[3] J. F Bonnans, R. Cominetti and A. Shapiro, Second order optimality
conditions based on parabplic second order tangent sets, SIAM J. Optim.
9 (1999), 466- 492.
52
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
[4] G. Bigi and M. Castellani, Second order optimality conditions for
differentiable multiobjective problems, RAIRO Oper. Res. 34 (2000), No
4, 411- 426.
[5] Đ. V. Lƣu và P. H. Khải, Giải tích lồi, Nhà xuất bản KHKT, Hà Nội, 2000.
[6] O. L. Mangasarian, Nonlinear programming, Mc Graw- Hill, New York (1969).
[7] J. P. Penot, Optimality conditions in mathematical programming and
composite optimization, Math. Programming 67 (1994), 225-245.
[8] S. M. Robinson, First order conditions for general nonlinear optimization,
SIAM J. Appl. Math. 30 (1976), 597-607.
[9] S. M. Wang and Z. F. Li, Scalarization and Lagrange duality in multiobjective
optimization, Optimization 26 (1992), 315-324.
[10] D. E. Ward, A chain rule for parabolic second- order epiderivatives,
Optimization 28 (1994), 223-236.
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- 146LV09_SP_ToangiaitichNguyenThiLanAnh.pdf