TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009PHƯƠNG PHÁP CHẮN LOGARIT GỐC GIẢI BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH Bùi Văn Hiếu, Huỳnh Thế Phùng Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế TÓM TẮT Các p
Trang 1TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009
PHƯƠNG PHÁP CHẮN LOGARIT GỐC GIẢI BÀI TOÁN
QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH
Bùi Văn Hiếu, Huỳnh Thế Phùng
Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế
TÓM TẮT
Các phương pháp điểm trong cho tối ưu tuyến tính đã được giới thiệu khá chi tiết bởi C Roos, T Terlaky, J.P Vial [3] Trong bài báo này, áp dụng các kĩ thuật của phương pháp chắn logarit đối ngẫu vào bài toán gốc, chúng tôi đề xuất phương pháp chắn logarit gốc Hơn nữa, độ phức tạp đa thức của thuật toán này cũng được thiết lập.
Xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn
(LP) : min{c T x | Ax = b, x ≥ 0}
trong đó c, x ∈ R n , b ∈ R m và A ∈ R m×n là ma trận có hạng bằng m Bài toán đối ngẫu của
(LP) là
(LD) : max{b T λ | A T λ + s = c, s ≥ 0}.
Ý tưởng chính của phương pháp chắn logarit gốc giải bài toán (LP) dựa trên việc xử lý
ràng buộc bất đẳng thức x ≥ 0 bằng cách sử dụng hàm phạt là hàm chắn logarit φ(x) :=
−Pn j=1 log x j, từ đó đưa Bài toán (LP) về bài toán
(BP) : min{c T x − t
n
X
j=1
log x j | Ax = b, x > 0}.
Ở đây tham số t > 0 gọi là tham số chắn và Bài toán (BP) gọi là bài toán chắn Tương tự
ta cũng định nghĩa bài toán chắn của Bài toán (LD)
(BD) : max{b T λ + t
n
X
j=1
log s j | A T λ + s = c, s > 0}.
Bây giờ, cho x = (x1, , x n)T và s = (s1, , s n)T là hai vectơ dương trong Rn Trong suốt
bài báo này, ta kí hiệu e = (1, , 1) T ∈ R n , x −1 := (1/x1, , 1/x n)T và xs := (x1s1, , x n s n)T
là tích Hadamard của hai vectơ x và s Các phép toán số học khác giữa hai vectơ được hiểu tương tự X = diag(x), S = diag(s) là các ma trận chéo có các phần tử chéo tương ứng là các tọa độ của x, s; X −2 = diag(1/x2) Cuối cùng, dae chỉ phần nguyên trên của số thực a và
projU (u) là hình chiếu của u lên U.
Trang 22 Một số tính chất cơ bản
Nhắc lại hàm Lagrange của Bài toán (LP) là
L(x, λ, s) = c T x + λ T (b − Ax) − s T x.
Từ Định lý KKT (Karush-Kuhn-Tucker) đối với bài toán quy hoạch lồi, ta có ngay các kết quả sau
Định lý 2.1 x ∗ là nghiệm của Bài toán (LP) và (λ ∗ , s ∗ ) là nghiệm của Bài toán (LD) khi và
chỉ khi (x ∗ , λ ∗ , s ∗ ) là nghiệm của hệ KKT
A T λ + s = c,
Ax = b, XSe = 0,
(x, s) ≥ 0.
(1)
Định lý 2.2 x t là nghiệm của Bài toán (BP) và (λ t , s t ) là nghiệm của Bài toán (BD) khi và
chỉ khi (x t , λ t , s t ) là nghiệm của hệ KKT
A T λ + s = c,
Ax = b, XSe = te,
(x, s) > 0.
(2)
Định nghĩa 2.1 C := {x t | t > 0} được gọi là đường trung tâm của Bài toán (LP).
Mệnh đề 2.3 (Theorem II.4, [3]) Cho t > 0 Các khẳng định sau là tương đương
a) F+:= {(x, λ, s) | Ax = b, A T λ + s = c, (x, s) > 0} 6= ∅;
b) Bài toán (BP) có nghiệm (duy nhất);
c) Bài toán (BD) có nghiệm (duy nhất);
d) Hệ KKT (2) có nghiệm (duy nhất).
Mệnh đề 2.3 suy ra rằng đường trung tâm chỉ tồn tại khi và chỉ khi miền chấp nhận được của cả hai bài toán gốc và bài toán đối ngẫu đều chứa các vectơ dương Do đó, trong bài báo này ta luôn giả thiết rằng
F+6= ∅.
Cơ sở của phương pháp chắn logarit gốc dựa trên định lý sau
Định lý 2.4 c T x t & c T x ∗ khi t & 0.
Chứng minh Ta có
c T x ∗ ≥ inf
x L(x, λ t , s t ) = L(x t , λ t , s t ) = c T x t − s T
t x t = c T x t − nt.
Do đó 0 ≤ c T x t − c T x ∗ ≤ nt, suy ra điều cần chứng minh.
Trang 3x ∗
xt
Hình 1: Đường trung tâm tiến đến nghiệm của Bài toán (LP) khi t & 0.
Trong Bài toán (BP), việc tìm nghiệm x t là không đơn giản do hàm mục tiêu P t (x) :=
c T x − tPn j=1 log x j là phi tuyến Ta tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán này bằng cách xấp xỉ hàm
mục tiêu P t (x) bởi hàm toàn phương trong khai triển Taylor của P t (x) đến cấp hai Ta có
∇P t (x) = c − tx −1 và ∇2P t (x) = tX −2
Do đó
P t (x + ∆x) ≈ P t (x) + (c − tx −1)T ∆x + 1
2∆x
T tX −2 ∆x.
Đặt
P+:= {x | Ax = b, x > 0}.
Lúc đó, mỗi điểm x ∈ P+ được gọi là một điểm trong chấp nhận được hay điểm chấp nhận
được chặt của Bài toán (LP) Tại bước lặp hiện hành (với nghiệm xấp xỉ x t là x ∈ P+), ta cần
xác định hướng tìm kiếm ∆x sao cho x + ∆x ∈ P+ Do Ax = b nên A∆x = 0 Từ đó, ∆x là
nghiệm của bài toán xấp xỉ
min{P t (x) + (c − tx −1)T ∆x + 1
2∆x
T tX −2 ∆x | A∆x = 0}.
Vì P t (x) là hằng đối với ∆x nên ta có bài toán tương đương
min{(c − tx −1)T ∆x + 1
2∆x
Để ý rằng hàm mục tiêu của Bài toán (3) là hàm toàn phương lồi (vì ma trận Hessian tX −2
xác định dương) Theo Định lý KKT, ∆x là nghiệm của Bài toán (3) khi và chỉ khi tồn tại
c − tx −1 + tX −2 ∆x − A T λ = 0
Hệ này có nghiệm duy nhất
∆x =£X2A T (AX2A T)−1 A − I¤
µ 1
t X
2c − x
¶
λ = (AX2A T)−1 A(X2c − tx).
(5)
Trang 4Đặt s(x, t) := c − A T λ (s phụ thuộc x và t), hệ (4) trở thành
(
s(x, t) − tx −1 + tX −2 ∆x = 0
Ý nghĩa của s(x, t) thể hiện ở mệnh đề sau
Mệnh đề 3.1 s(x, t) là điểm làm cực tiểu kte − xsk, trong đó s chạy khắp không gian affine
c + Im(A T ), tức là
s(x, t) = argmin{kte − xsk | s ∈ c + Im(A T )}.
Chứng minh Nhận xét rằng vectơ x ∈ R n là điểm làm cực tiểu kCx − dk, với C ∈ R m×n,
d ∈ R m khi và chỉ khi x là nghiệm của phương trình chuẩn tắc C T Cx = C T d Thật vậy, kCx − dk đạt cực tiểu khi và chỉ khi Cx = proj Im(C) d Hơn nữa
Cx = proj Im(C) d ⇔ proj Im(C) (Cx − d) = 0
⇔ Cx − d ∈ Im(C) ⊥ = Ker(C T)
⇔ C T (Cx − d) = 0
⇔ C T Cx = C T d
Trở lại mệnh đề, với bất kì s = c − A T λ ∈ c + Im(A T), ta có
kte − xsk = kXA T λ + te − Xck
trong đó X = diag(x) Lúc đó bài toán
min{kte − xsk | s ∈ c + Im(A T )}
tương đương với bài toán
min{kXA T λ + te − Xck | λ ∈ R m }.
Từ nhận xét trên, λ là nghiệm của bài toán này khi và chỉ khi
AX2(c − A T λ) = tAx.
Mặt khác, với λ được chọn thỏa (4), ta có
AX2(c − A T λ) = AX2(tx −1 − tX −2 ∆x) = tAx − tA∆x = tAx.
Do đó s(x, t) := c − A T λ = tx −1 − tX −2 ∆x được định nghĩa như trong (6) chính là điểm
cực tiểu của bài toán đã cho
Ở bước lặp hiện hành, tại x ∈ P+, ta cập nhật
x+ = x + ∆x = x(e + x −1 ∆x).
Rõ ràng x+ là điểm chấp nhận được nếu và chỉ nếu e + x −1 ∆x ≥ 0 Hơn nữa, từ (6) ta có
Do đó s(x, t) chấp nhận được nếu e − x −1 ∆x ≥ 0 Từ các nhận xét này ta có ngay kết quả
sau
Trang 5Mệnh đề 4.1 (x+, s(x, t)) chấp nhận được (chặt) khi và chỉ khi
−e ≤ x −1 ∆x ≤ e (−e < x −1 ∆x < e).
Điều này tương đương với kx −1 ∆xk ∞ ≤ 1 (kx −1 ∆xk ∞ < 1).
Trong trường hợp lý tưởng ∆x = 0, ta có xs(x, t) = te, do đó x và s(x, t) thỏa mãn điều kiện KKT Vì vậy (x, s(x, t)) = (x t , s t ) Trong trường hợp tổng quát ∆x 6= 0 nên các bước lặp Newton không thể trùng với x t , do đó ta cần một đại lượng, kí hiệu là δ(x, t), dùng để đo mức
độ gần nhau giữa điểm x và x t trên đường trung tâm Từ Mệnh đề 4.1 ta có thể chọn δ(x, t) chính là kx −1 ∆xk ∞ Tuy nhiên để thuận tiện trong việc phân tích độ phức tạp của thuật toán,
ta thay chuẩn vô cùng bằng chuẩn Euclide Tức là
δ(x, t) := kx −1 ∆xk.
Từ (6) và Mệnh đề 3.1 ta có
δ(x, t) := kx −1 ∆xk =
°
°
°
°e − xs(x, t) t
°
°
°
° = 1t mins {kte − xsk | s ∈ c + Im(A T )}.
Mệnh đề 4.2 Nếu δ := δ(x, t) ≤ 1 thì (x+, s(x, t)) là cặp chấp nhận được của bài toán Hơn nữa
δ(x+, t) ≤ δ(x, t)2 Chứng minh Ta có kx −1 ∆xk ∞ ≤ kx −1 ∆xk = δ ≤ 1 nên từ Mệnh đề 4.1 suy ra (x+, s(x, t)) là
cặp chấp nhận được của bài toán Từ Định nghĩa của δ(x+, t) ta có
δ(x+, t) ≤ 1
t kte − x
+s(x, t)k.
Do (7) nên
te − x+s(x, t) = te − (x + ∆x)s(x, t) = t(x −1 ∆x)2.
Vì vậy
δ(x+, t) ≤ k(x −1 ∆x)2k ≤ kx −1 ∆xk2 = δ(x, t)2.
Trong lý thuyết đối ngẫu, ta biết rằng b T λ ≤ c T x với bất kì x thuộc miền chấp nhận được
của Bài toán (LP) và (λ, s) thuộc miền chấp nhận được của Bài toán (LD) Đại lượng không
âm
c T x − b T λ = λ T Ax + s T x − b T λ = s T x
chính là lỗ hổng đối ngẫu Như vậy, tại mỗi điểm trên đường trung tâm, lỗ hổng đối ngẫu có
giá trị bằng nt (do s T
t x t = nt) Rõ ràng khi t & 0 thì lỗ hổng đối ngẫu dần về 0, c T x t đơn điệu
giảm và b T λ t đơn điệu tăng về giá trị tối ưu chung của hai bài toán (LP) và (LD) Mệnh đề
sau cho ta một ước lượng của lỗ hổng đối ngẫu tại (x, s(x, t)).
Mệnh đề 5.1 Nếu δ := δ(x, t) ≤ 1 thì lỗ hổng đối ngẫu tại (x, s(x, t)) thỏa mãn
nt(1 − δ) ≤ x T s(x, t) ≤ nt(1 + δ).
Chứng minh Ta có
x T s(x, t) = x T [tx −1 (e − x −1 ∆x)] = te T (e − x −1 ∆x).
Do δ ≤ 1 nên tọa độ của vectơ e − x −1 ∆x nằm trong khoảng [1 − δ, 1 + δ], từ đó suy ra bất
đẳng thức cần chứng minh
Trang 66 Thuật toán
Trong thuật toán chắn logarit gốc, ta đưa vào sai số xấp xỉ τ ∈ [0, 1) với yêu cầu δ(x, t) ≤ τ
ở mỗi bước lặp và tham số θ ∈ (0, 1) dùng để cập nhật tham số chắn Thuật toán này có thể
mô tả như sau: chọn điểm xuất phát x0 thỏa mãn x0 > 0, Ax0 = b và tham số chắn xuất phát
t0 > 0 sao cho
δ(x0, t0) =
°
°
°
°e − x
0s0
t0
°
°
°
° ≤ τ.
Ở mỗi bước lặp, ta tính ∆x và λ theo công thức (5) và cập nhật
(
x+:= x + ∆x,
t+ := (1 − θ)t.
Thuật toán dừng khi lỗ hổng đối ngẫu nt ≤ ².
Thuật toán chắn logarit gốc cho Bài toán (LP)
Input:
A, b, c;
Sai số xấp xỉ τ , 0 ≤ τ < 1;
Sai số ² > 0;
Điểm xuất phát x0 thỏa mãn x0 > 0, Ax0 = b và
tham số chắn t0 > 0 sao cho δ(x0, t0) ≤ τ ;
Tham số θ, 0 < θ < 1 (dùng để cập nhật tham số chắn).
Begin
x := x0; t := t0;
while nt > ² do
begin
x := x + ∆x;
t := (1 − θ)t;
end
end
Hình 2 minh họa các bước lặp của thuật toán chắn logarit gốc Tại mỗi bước lặp, các điểm hình (*) thể hiện chính xác các điểm trên đường trung tâm, các vòng tròn nhỏ (◦) là các điểm xấp xỉ đường trung tâm sinh ra bởi thuật toán, còn các vòng tròn lớn thể hiện phạm vi giới
hạn của các điểm này (theo nghĩa δ(x, t) ≤ τ ) Khi t & 0, các điểm ( ◦) tiến đến nghiệm tối ưu của bài toán
Sau đây, ta sẽ chứng tỏ rằng, với các tham số τ , θ được chọn thích hợp và điểm xuất phát
thỏa mãn các giả thiết của thuật toán, điều kiện
(
(x, λ, s) ∈ F+
luôn được đảm bảo ở mỗi bước lặp, do đó tính đúng đắn của thuật toán được thiết lập
Bổ đề 6.1 Giả sử δ(x, t) ≤ 1 Lúc đó
δ(x+, t+)2 = δ(x, t)4+ θ
2n
(1 − θ)2
Trang 7K1.0 K0.5 0.0 0.5 1.0 K3
K2 K1 0
1
t = 0.
Hình 2: Minh họa các bước lặp của thuật toán chắn logarit gốc.
trong đó t+ := (1 − θ)t.
Chứng minh Ta có
δ(x+, t+) ≤ 1
t+kt+e − x+s(x, t)k =
°
°
°
°e − x
+s(x, t) t(1 − θ)
°
°
°
°
Mà x+s(x, t) = t[e − (x −1 ∆x)2] nên
δ(x+, t+) ≤
°
°
°
°e − e − h
2
1 − θ
°
°
°
° =
°
°
°
°h2− 1 − θ θ (e − h2)
°
°
°
°
ở đây h := x −1 ∆x Đặt η = θ
1−θ, suy ra
δ(x+, t+)2 ≤ kh2k2− 2η(h2)T (e − h2) + η2ke − h2k2.
Do giả thiết khk = δ(x, t) ≤ 1 nên 0 ≤ e − h2 ≤ e, và do đó
(h2)T (e − h2) ≥ 0, ke − h2k2 ≤ kek2.
Vì vậy
δ(x+, t+)2 ≤ kh2k2+ η2kek2 ≤ khk4 + η2n = δ(x, t)4+ η2n.
Bổ đề được chứng minh
Mệnh đề 6.1 Với τ = 1/ √ 2 và tham số θ = 1/(3 √ n), điều kiện (8) luôn thỏa mãn ở mọi bước lặp.
Chứng minh Ở mỗi bước lặp, các điều kiện điểm trong chấp nhận được Ax = b, x > 0 và
s = c − A T λ > 0 đã được chứng minh trong mục 4 Ta chỉ cần kiểm tra δ(x, t) ≤ τ Thật vậy,
với θ = 1/(3 √ n), ta có θ2n
(1−θ)2 ≤ 1
4 Do đó nếu δ(x, t) ≤ τ = 1/ √2 thì từ Bổ đề 6.1 suy ra
δ(x+, t+)2 ≤ 1
4 +
1
4 =
1 2
hay δ(x+, t+) ≤ 1/ √ 2 = τ Như vậy, sau mỗi bước lặp, điều kiện (8) luôn thỏa mãn nên tính
đúng đắn của thuật toán được thiết lập
Trang 8Định lý sau khẳng định tốc độ hội tụ đa thức của thuật toán chắn logarit gốc.
Định lý 6.2 Với τ = 1/ √ 2 và tham số θ = 1/(3 √ n), thuật toán chắn logarit gốc đòi hỏi nhiều
3√ n log nt0
²
¼
bước lặp Đầu ra của thuật toán là cặp (x, s) thỏa mãn x T s ≤ 2².
Chứng minh Sau k bước lặp, tham số chắn được cập nhật là t = (1 − θ) k t0, do đó thuật toán
sẽ dừng nếu lỗ hổng đối ngẫu không vượt quá ², tức là nt0(1 − θ) k ≤ ².
Lấy logarit hai vế, ta được
k log(1 − θ) + log(nt0) ≤ log ².
Hơn nữa do − log(1 − θ) ≥ θ nên bất đẳng thức trên được thỏa mãn nếu
kθ ≥ log(nt0) − log ² = log nt
0
²
hay
k ≥
»
3√ n log nt
0
²
¼
.
Hơn nữa, nếu x là bước lặp kết thúc thuật toán và t là tham số chắn tương ứng thì từ Mệnh
đề 5.1 suy ra
x T s(x, t) ≤ nt[1 + δ(x, t)] ≤ nt(1 + τ ) ≤ 2nt.
Khi thuật toán kết thúc ta có nt ≤ ², do đó x T s(x, t) ≤ 2² Định lý được chứng minh.
Thuật toán chắn logarit gốc mà ta giới thiệu ở phần trên đòi hỏi điểm xuất phát phải là một
điểm trong của miền chấp nhận được và phải gần hoặc nằm trên đường trung tâm Đôi khi một điểm như thế có thể biết trước nhưng thông thường thì không Có nhiều phương pháp biến đổi
để đưa bài toán ban đầu về bài toán tương đương mà ở đó một điểm xuất phát thỏa mãn yêu
cầu của thuật toán là có sẵn Phần này sẽ giới thiệu phương pháp tự đối ngẫu biến đổi bài toán
ban đầu về bài toán tương đương có sẵn một điểm xuất phát ở trên đường trung tâm
Trước hết, ta xét bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chính tắc
Bài toán đối ngẫu của (P) là
(D): max{b T λ | A T λ ≤ c, λ ≥ 0}. (10)
Dễ thấy rằng Bài toán (P) và (D) có nghiệm với lỗ hổng đối ngẫu bằng 0 khi và chỉ khi hệ
Ax ≥ b, x ≥ 0;
−A T λ ≥ −c, λ ≥ 0;
b T λ − c T x ≥ 0;
(11)
có nghiệm Đặt
M :=
−A0T A0 −b c
b T −c T 0
, z :=
λ x
α
;
Trang 9M :=
·
−u T 0
¸
, z :=
·
z β
¸
, q :=
·
0m+n+1
m + n + 2
¸
;
trong đó α, β ∈ R và u := e m+n+1 − Me m+n+1 (kí hiệu e i để chỉ vectơ độ dài i có tất cả các tọa
độ đều bằng 1) Xét các hệ
và bài toán
Ta dễ kiểm chứng được kết quả sau
Mệnh đề 7.1 (Theorem I.5, I.6, [3]) Các khẳng định sau là tương đương
a) Bài toán (P) và (D) có nghiệm tối ưu với lỗ hổng đối ngẫu bằng 0;
b) Hệ (12) có nghiệm với α > 0;
c) Hệ (13) có nghiệm với α > 0 và β = 0;
d) Bài toán (SP) có nghiệm với α > 0.
Như vậy, ta đã qui việc giải bài toán (P) về bài toán tương đương (SP) Để ý rằng (SP) là
bài toán tự đối ngẫu (bài toán đối ngẫu trùng với chính nó) Hơn nữa, với k := m + n + 2 và
z = e k, ta có
Mz + q =
·
−u T 0
¸ ·
e k−1
1
¸ +
·
0k−1
k
¸
=
·
Me k−1 + u
−u T e k−1 + k
¸
.
Dễ thấy Me k−1 + u = e k−1 (từ định nghĩa của u) và
−u T e k−1 + k = −(e k−1 − Me k−1)T e k−1 + k = −e T k−1 e k−1 + k = 1 (e T
k−1 Me k−1 = 0 vì M là ma trận phản đối xứng) Từ đó suy ra Me k + q = e k hay z = e k là một điểm trong chấp nhận được của bài toán (SP)
Bây giờ, trở lại bài toán quy hoạch tuyến tính dạng chuẩn ban đầu
(LP) : min c T x | Ax = b, x ≥ 0}, (15)
trong đó c, x ∈ R n , b ∈ R m và A ∈ R m×n là ma trận có hạng bằng m Gọi I ⊂ {1, 2, , n}
là tập các chỉ số cột của ma trận A sao cho ma trận A I tạo thành từ các cột này là ma trận
vuông cấp m không suy biến Bằng cách sắp xếp lại các cột của A, ta có thể viết A = (A I , A J)
với J = {1, 2, , n} \ I Lúc đó hệ Ax = b có thể viết lại
A I x I + A J x J = b.
Từ đó suy ra x I = A −1 I (b − A J x J ) và c T x = c T
I A −1 I b + (c J − A T
J A −T I c I)T x J Vì c T
I A −1 I b là
hằng số nên bài toán dạng chuẩn (LP) tương đương với bài toán dạng chính tắc
min{(c J − A T
J A −T
I c I)T x J | −A −1
I A J x J ≥ −A −1
I b, x J ≥ 0}.
Áp dụng phép biến đổi giới thiệu ở trên để đưa bài toán này về bài toán tự đối ngẫu
(SLP) : min{q T z | Mz ≥ −q, z ≥ 0}
Trang 10trong đó Me n+2 + q = e n+2 Đặt σ := σ(z) = Mz + q, ta có e n+2 σ(e n+2 ) = e n+2 Điều này suy
ra z = e n+2 là một điểm nằm trên đường trung tâm của Bài toán (SLP) ứng với tham số chắn
t0 = 1 Bằng cách kí hiệu A := [M, −I], c :=
·
q
0
¸
, b := −q và x :=
·
z σ
¸ , ta có Bài toán (SLP) tương đương với bài toán dạng chuẩn
Bây giờ, ta chứng tỏ x = e 2(n+2) là điểm nằm trên đường trung tâm của bài toán (LP) với
tham số chắn t0 = 1 Thật vậy, ta có bài toán đối ngẫu của (LP) là
(DP) : max{b T λ | A T λ + s = c, s ≥ 0}. (17)
Dễ thấy x := e 2(n+2) là điểm chấp nhận được của bài toán (LP) và λ := e n+2 là điểm chấp nhận được của bài toán (DP) Hơn nữa, ta có
s = c − A T λ =
·
q − M T λ λ
¸
=
·
q + Mλ λ
¸
= e 2(n+2)
Do đó x s = e 2(n+2) hay x = e 2(n+2) là điểm nằm trên đường trung tâm của bài toán (LP)
với tham số chắn t0 = 1
Tóm lại, bằng phương pháp tự đối ngẫu, ta đã đưa Bài toán (LP) về Bài toán tương đương (LP) có ngay một điểm xuất phát x = e 2(n+2) nằm trên đường trung tâm ứng với tham số chắn
t0 = 1 Giải Bài toán (LP) bằng phương pháp chắn logarit gốc ta thu được x J, từ đó tính được
x I = A −1
I (b − A J x J) và suy ra nghiệm của Bài toán (LP)
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Bùi Văn Hiếu, Phương pháp điểm trong giải bài toán quy hoạch toán học, Luận văn thạc
sĩ toán học, trường Đại học Khoa học Huế, 2008
[2] Y Nesterov, A Nemirovskii, Interior - Point Polynomial Algorithms in Convex
Program-ming, SIAM Publications, Philadelphia, 1994.
[3] C Roos, T Terlaky, J.P Vial, Interior Point Methods for Linear Optimization, Springer,
2005
[4] G Wang, X Cai, Y Yue, A New Polynomial Interior-Point Algorithm for Monotone Mixed
Linear Complementarity Problem, Fourth International Conference on Natural
Computa-tion, IEEE, 2008
[5] Margaret H Wright, The Interior-point revolution in optimization: history, development
and lasting consequences, Bulletin of the AMS, Vol 42, No 1, pages 31-56, 2004.
