Báo cáo nghiên cứu khoa học: "Một số kết quả về sự hiệu chỉnh đầy đủ và hiệu chỉnh nửa đầy đủ trong các phương pháp xấp xỉ giải bài toán quy hoạch ngẫu nhiên." docx

Một số kết quả về sự hiệu chỉnh đầy đủvà hiệu chỉnh nửa đầy đủ trong các phương pháp xấp xỉ giải bài toán quy hoạch ngẫu nhiên Dương Xuân Giápa Tóm tắt.. Trong bài báo này, chúng tôi ngh

Một số kết quả về sự hiệu chỉnh đầy đủ

và hiệu chỉnh nửa đầy đủ trong các phương pháp xấp xỉ

giải bài toán quy hoạch ngẫu nhiên

Dương Xuân Giáp(a) Tóm tắt Trong bài báo này, chúng tôi nghiên cứu cấu trúc của ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, tìm các mối quan hệ giữa chúng và

đưa ra điều kiện cần và đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.

1 Giới thiệu

Lĩnh vực tối ưu hiện nay được các nhà Toán học quan tâm nghiên cứu cả trong lý thuyết cũng như trong thực hành ứng dụng, chủ yếu là bài toán tối ưu ngẫu nhiên

Đặc biệt, nhóm nghiên cứu của Chen mấy năm gần đây tập trung nghiên cứu và công

bố nhiều bài báo về các kết quả thu được cải tiến các phương pháp xấp xỉ giải bài toán tối ưu ngẫu nhiên 2 giai đoạn và chứng tỏ tầm quan trọng cả trong lý thuyết và thực tiễn tính toán, ứng dụng Chen và các cộng sự chỉ ra rằng những quy tắc quyết định tuyến tính có thể dẫn tới những trường hợp không khả thi cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với sự hiệu chỉnh đầy đủ Việc này đòi hỏi chúng ta làm mịn quy tắc quyết định tuyến tính và từ đó Chen và nhóm nghiên cứu của mình đã đề xuất hai phép xấp xỉ Xấp xỉ đầu tiên là "những quy tắc quyết định tuyến tính lệch", nó phù hợp cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với các biến hiệu chỉnh nửa đầy đủ

Xấp xỉ thứ hai là "những quy tắc quyết định tuyến tính cô lập", nó phù hợp cho bài toán tối ưu ngẫu nhiên với hiệu chỉnh tổng quát

Điểm đặc biệt liên hệ giữa hai quy tắc này là chúng có thể kết hợp với nhau tạo

ra "quy tắc quyết định tuyến tính lệch-cô lập" và nó xấp xỉ tốt hơn (mịn hơn) cả xấp xỉ tuyến tính và xấp xỉ tuyến tính lệch

Chen và các cộng sự chỉ ra rằng ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ (xem [1]) Câu hỏi chúng tôi đặt ra là: Với điều kiện nào thì ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ? Thiết lập điều kiện cần và đủ để ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ Trả lời triệt để câu hỏi này chính là nội dung chính của bài báo

Kết quả này sẽ đem tới hai ý nghĩa quan trọng, bởi vì:

1 Nhận bài ngày 25/9/2009 Sửa chữa xong 26/11/2009.

Một là, định nghĩa ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khó để kiểm tra cũng như khó để thiết lập so với định nghĩa ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ

Hai là, bất kỳ bài toán quy hoạch ngẫu nhiên với hiệu chỉnh đầy đủ là chấp nhận

được đối với những quy tắc quyết định tuyến tính lệch, tuy nhiên quy tắc quyết định tuyến tính lệch vẫn có thể chấp nhận được nếu thiếu sự hiệu chỉnh đầy đủ - đó là các biến hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng không hiệu chỉnh đầy đủ, câu hỏi chúng ta đặt ra

ở đây là điều đó xảy ra khi nào? Từ đó, chúng tôi chỉ ra được điều kiện cần và đủ để một ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ

2 Một số khái niệm, tính chất

2.1 Định nghĩa Ma trận W cấp m ì n được gọi là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, nếu với mỗi vectơ cột t cấpm ì 1đều tồn tại vectơ cột w= [w1 w2 w n]T cấpn ì 1 sao chow j ≥ 0, ∀j = 1, , nvà Ww = t (xem [1])

Ma trận W cấpm ì nđược gọi là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, nếu tồn tại vectơ cột r= [r1 r2 r n]T cấpn ì 1sao chor j > 0, ∀j = 1, , nvà Wr = 0

Nhận xét Ta gọi W1, W2, , W n là các vectơ cột của ma trận W (ma trận W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ hoặc là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ) Từ Định nghĩa 2.1 suy ra hệ các vectơ cột{W1, W2, , W n }là phụ thuộc tuyến tính Ta suy ra

rank(W) ≤ min{m, n − 1}.

2.2 Mệnh đề Trong không gian vectơ k-chiều Rk, một hệ vectơ {− → v1, − → v2, , − → v s } có hạng bé hơn k thì ta luôn có thể bổ sung một vectơ−−→ v s+1để

rank{− → v1, − → v2, , −−→ v s+1 } = rank{− → v1, − → v2, , − → v s } + 1,

nghĩa là vectơ−−→ v s+1 không thuộc không gian vectơ conh− → v1, − → v2, , − → v s isinh bởi hệ vectơ

{− → v1, − → v2, , − → v s }

2.3 Mệnh đề Ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ (xem [1]) Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung không đúng

Ví dụ.∗Ma trận W là ma trận không thì W là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, bởi vì với mọi vectơ cột r= [r1 r2 r n]T cấpn ì 1sao cho r j > 0, ∀j = 1, , n đều thoả mãn Wr = 0 Tuy nhiên, W lại không phải là một ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, vì ta chỉ cần chọn vectơ cột t cấpm ì 1khác không thì đều không xảy ra đẳng thức Ww = t, với mọi cách chọn vectơ cột w

∗Hai ma trận sau đây cũng được các tác giả Chen và các cộng sự sử dụng trong mô hình tính toán minh hoạ cho xấp xỉ giải bài toán tối ưu ngẫu nhiên của mình (xem [2]),

đây là hai ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ nhưng không phải là ma trận hiệu chỉnh

đầy đủ (bạn đọc có thể trực tiếp kiểm tra dựa vào Định nghĩa 2.1):

W1 =

ã

0 0

I I

á

; W2 =

ã

−1 1

á

.

Tuy nhiên, nếu ma trận W có cấu trúc phức tạp thì việc dùng Định nghĩa 2.1 để kiểm tra W có phải là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ hay không, hoặc thiết lập ma trận hiệu chỉnh đầy đủ là rất khó Những kết quả chúng tôi thu được sau đây đã giải quyết những khó khăn này

3.1 Định lý Ma trận W cấpm ì nlà ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thìm < nvà ma trận W có hạng bằng m

Chứng minh Gọi W1, W2, , W n là các vectơ cột của ma trận W, đây chính là các vectơ trong không gian vectơRm

Trước tiên, ta chứng minhm < n Thật vậy, giả sử ngược lại:

Trường hợp1:m > n Khi đó,rank{W1, W2, , W n } < m Theo Mệnh đề 2.2, tồn tại vectơ cộtt ∈ R mđể

rank{W1, W2, , W n , t} = rank{W1, W2, , W n } + 1,

nghĩa là t không thuộc không gian vectơhW1, W2, , W n isinh bởi hệ{W1, W2, , W n }

Từ đó suy ra không tồn tại vectơ cột w để Ww = t Nói riêng, W không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ta gặp một mâu thuẫn

Trường hợp 2: m = nvàrank(W) < m Lập luận hoàn toàn tương tự trường hợp 1

Trường hợp 3:m = nvàrank(W) = m Khi đó, ma trận W khả nghịch, suy ra hệ

{W1, W2, , W n }là cơ sở của không gian vectơRm Theo giả thiết, W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ nên áp dụng Mệnh đề 2.3 ta suy ra W là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ, nghĩa là tồn tại vectơ cột r= [r1 r2 r n]T cấpn ì 1 sao chor j > 0, ∀j = 1, , nvà

Wr = 0 hay

r1W1+ r2W2+ ã ã ã + r n W n = 0.

Điều này mâu thuẫn với hệ{W1, W2, , W n }là cơ sở

Bây giờ ta chứng minh W có hạng bằng m Giả sử ngược lại, ma trận W có hạng

bé hơnm, nghĩa làrank{W1, W2, , W n } < m áp dụng Mệnh đề 2.2 suy ra tồn tại vectơ cộtt ∈ R m để

rank{W1, W2, , W n , t} = rank{W1, W2, , W n } + 1,

nghĩa là t không thuộc không gian vectơhW1, W2, , W n isinh bởi hệ{W1, W2, , W n }

Ta suy ra không tồn tại vectơ cột w để Ww = t Nói riêng, W không là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, ta gặp một mâu thuẫn

3.2 Định lý Cho trước hai số tự nhiên m, n Khi đó, luôn tồn tại ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấpm ì n Hơn nữa, nếun > 1thì với số tự nhiên k bất kì sao cho

k ≤ min{m, n − 1}, luôn tồn tại ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ W có cấpm ì nvà có

rank(W) = k

Chứng minh ∗Nếun = 1thì ta chọn ma trận W là ma trận cột không (chính là vectơ không trong không gian vectơRm) Khi đó, ma trận W thoả mãn điều kiện là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ

∗Nếun > 1thì ta chọn tuỳ ý các vectơ cộtW1, W2, , W n−1 ∈ R m có hạng bằng

k và các số thực dương tuỳ ýr j > 0, ∀j = 1, , n Ta đặt

W n = − r1

r n W1−

r2

r n W2− ã ã ã −

r n−1

r n W n−1 ∈ R

⇒ r1W1+ r2W2+ ã ã ã + r n W n= 0 (2)

Gọi W là ma trận gồm các cộtW1, W2, , W n Khi đó, công thức (2) cho taWr = 0

Rõ ràng ma trận W có cấp m ì n Do hệ vectơ cột W1, W2, , W n−1 ∈ R m có hạng bằngkvà vectơ cộtW nbiểu thị tuyến tính qua hệ các vectơW1, W2, , W n−1nên suy

ra rank(W) = k Như vậy, ma trận W xây dựng như trên là ma trận hiệu chỉnh nửa

đầy đủ có cấpm ì nvà có hạng bằngk

3.3 Định lý Giả sử ma trận W có cấp m ì n (m < n), có hạng bằng m, thoả mãn

điều kiện tồn tại vectơ cột r= [r1 r2 r n]T cấpn ì 1, vớir j ≥ 0, ∀j = 1, , nsao cho

Wr =0và tập các vectơ cột tương ứng với các hệ sốr j > 0 của ma trận W tồn tại một

hệ các vectơ cột tạo thành cơ sở của không gian vectơRm Khi đó, W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ

Chứng minh Gọi W1, W2, , W n là các vectơ cột của ma trận W Không mất tính tổng quát, ta giả sử W1, W2, , W m là hệ các cột cơ sở tương ứng với r1 > 0, r2 >

0, , r m > 0 Theo giả thiết thì

r1W1+ r2W2+ ã ã ã + r n W n= 0 (3)

⇔ r1W1+ r2W2+ ã ã ã + r m W m = −r m+1 W m+1 − r m+2 W m+2 − ã ã ã − r n W n (4)

Với mọi vectơ cột t cấpm ì 1thì t biểu diễn được qua cơ sở{W1, W2, , W m }là:

t = t1W1+ t2W2+ ã ã ã + t m W m (5)

(∗) Nếut j ≥ 0, j = 1, , mthì ta chọn

(

w j = t j , j = 1, , m

⇒ t = w1W1+ w2W2+ ã ã ã + w n W n ,

hay Ww = t(w j ≥ 0, j = 1, , n), đây chính là điều phải chứng minh

(∗) Nếu trái lại,∃t j < 0 Do r j > 0, j = 1, , m nên tồn tạimin{ t j

r j | t j < 0, j =

1, m} Không mất tính tổng quát, ta giả sử

min{ t j

r j

| t j < 0, j = 1, , m = t m

r m

Vìt m < 0, r m > 0 nên t m

r m < 0.Ta đặt

w j = t j − t m

r m .r j , (j = 1, , m)

(8)

⇔ w j = r j

à

t j

r j −

t m

r m

ả

, (j = 1, , m)

(9)

+) Nếut j < 0thì từ công thức (7) và (9) suy ra

t j

r j

≥ t m

r m

⇔ t j

r j

− t m

r m

≥ 0 ⇒ w j ≥ 0.

+) Nếut j > 0thì do t m

r m < 0nên

w j = t j − t m

r m .r j ≥ 0.

Tóm lại, theo cách đặt ở công thức (8) thì

Từ công thức (8) suy ra được

t j = w j + t m

r m .r j , j = 1, , m. (11)

Thayt j trong công thức (11) vào công thức (5) và sử dụng công thức (4) ta có:

t =

m

X

j=1

t j W j

=

m

X

j=1

à

w j + t m

r m .r j

ả

W j

=

m−1X

j=1

à

w j + t m

r m

.r j

ả

W j + t m W m

=

m−1X

j=1

w j W j+

m−1X

j=1

à

t m

r m .r j

ả

W j + t m

r m r m .W m

=

m−1X

j=1

w j W j+

m

X

j=1

t m

r m r j .W j

=

m−1X

j=1

w j W j+ t m

r m

à m X

j=1

r j W j

!

=

m−1X

j=1

w j W j + t m

r m

Ã

−

n

X

j=m+1

r j W j

!

=

m−1X

j=1

w j W j +

n

X

j=m+1

à

− t m

r m r j

ả

.W j

Bây giờ ta đặt

w j = − t m

r m .r j , j = 1, , n (12)

Dot m < 0, r m > 0, r j ≥ 0nên ta suy ra

w j ≥ 0, j = m + 1, , n. (13)

Do đó, vớiw j xác định ở công thức (8) và công thức (??), đồng thờiw m = 0nên ta có

t =

n

X

j=1

w j W j (w j ≥ 0, j = 1, , n) ,

hay Ww = t, có nghĩa là W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ.

3.4 Hệ quả Ma trận W cấpm ì n (m < n), có hạng bằng m Khi đó, W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi W là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ

Chứng minh ∗Điều kiện cần: Vì W là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ nên theo Định nghĩa 2.1 suy ra ma trận W thoả mãn tất cả giả thiết của Định lý 3.3 nên áp dụng

Định lý 3.3 suy ra W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ

∗Điều kiện đủ: Suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.3

Ví dụ Ma trận W = [I, -I] cấp n ì 2nlà ma trận hiệu chỉnh đầy đủ (cũng là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ), trong đó I là ma trận đơn vị cấpn Điều này chúng ta có thể suy ra ngay từ Định lý 3.3 và Hệ quả 3.4 với vectơ cột r ở đây là r= [1 1 1] T Hoặc chúng ta cũng có thể kiểm tra trực tiếp dựa vào Định nghĩa 2.1 Ma trận này người ta gọi là ma trận hiệu chỉnh đơn

3.5 Hệ quả Cho ma trận W cấpm ì n là ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ Khi đó,

ma trận W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khim < nvà ma trận W có hạng bằng m

Chứng minh ∗Điều kiện cần: Suy trực tiếp từ Hệ quả 3.4

∗Điều kiện đủ: Suy trực tiếp từ Định lý 3.1

Nhn xt.Từ Hệ quả 3.5, ta có thể thiết lập ma trận hiệu chỉnh đầy đủ thông qua việc thiết lập ma trận hiệu chỉnh nửa đầy đủ bằng cách sử dụng Định lý 3.2 với việc chọn

k = m

3.6 Bài toán quy hoạch ngẫu nhiên với ràng buộc tuyến tính

Bài toán quy hoạch ngẫu nhiên có ràng buộc tuyến tính là bài toán có dạng

min{f (x)}

với điều kiện:

(

Ax = b

trong đó các ma trận x =[x1 x2 x n]T cấpn ì 1,

b =[b1 b2 b m]T cấpm ì 1,

A =[a ij]cấpm ì n,

và các phần tử của các ma trận A, b; hàm mục tiêu f đều phụ thuộc vào các yếu tố ngẫu nhiên

3.7 Hệ quả Cho ma trận A cấpm ì nvới m ≥ n, hoặcm < nnhưng ma trận A có hạng bé hơn m Khi đó, tồn tại cách chọn ma trận cột b sao cho tập phương án

{x | Ax = b, x ≥ 0}

của bài toán quy hoạch ngẫu nhiên với ràng buộc tuyến tính(14)là rỗng

Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử ngược lại, với mọi cách chọn vectơ cột b thì tập phương án {x | Ax = b, x ≥ 0} của bài toán quy hoạch ngẫu nhiên là khác rỗng, nghĩa là ma trận A là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ Theo

Định lý 3.1 thì ma trận A cấpm ì n cóm < nvà ma trận A có hạng bằngm, ta gặp một mâu thuẫn

3.8 Định lý Ma trận W cấpm ì nlà ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi " Với

số thựcαbất kỳ, với mỗi vectơ cột t cấpm ì 1đều tồn tại vectơ cột w =[w1 w2 w n]T

với các biến bị chặn dưới bởiα, tức làw j ≥ α, j = 1, , nthoả mãn Ww = t"

Chứng minh Giả sử W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ Khi đó, với mỗi số thực α và với mỗi vectơ cột t cấp m ì 1, ta đặt t∗ = t − Wα ∗, trong đóα ∗ = [α α α] T là vectơ cột cấp n ì 1 Theo định nghĩa ma trận hiệu chỉnh đầy đủ, tồn tại vectơ cột y

= [y1 y2 y n]T sao cho y j ≥ 0, j = 1, , n thoả mãn Wy =t∗, hay Wy = t - Wα ∗,

điều này tương đương với W(y + α ∗) = t Đặt w = y + α ∗ = [w1 w2 w n]T với

w j = y j + α ≥ αthì ta có Ww = t thoả mãn các biến bị chặn dưới bởiα

Ngược lại, ta dễ dàng có điều phải chứng minh với việc chọnα = 0

3.9 Định lý Ma trận W cấpm ì nlà ma trận hiệu chỉnh đầy đủ khi và chỉ khi " Với

số thựcαbất kỳ, với mỗi vectơ cột t cấpm ì 1đều tồn tại vectơ cột w =[w1 w2 w n]T

với các biến bị chặn trên bởiα, tức làw j ≤ α, j = 1, , nthoả mãn Ww = t"

Chứng minh Giả sử W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ Khi đó, với mỗi số thực α và với mỗi vectơ cột t cấp m ì 1, ta đặt t∗ = −t + Wα ∗, trong đó α ∗ = [α α α] T

là vectơ cột cấp n ì 1 Do W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ nên tồn tại vectơ cột y =

[y1 y2 y n]T sao cho y j ≥ 0, j = 1, , n thoả mãn Wy =t∗, hay Wy = - t + Wα ∗,

điều này tương đương vớiW(−y + α ∗) = t Đặt w = - y +α ∗ = [w1 w2 w n]T với

w j = −y j + α ≤ α, ta có Ww = t thoả mãn các biến bị chặn trên bởiα

Ngược lại, ta chọnα = 0 Với mỗi vectơ cột t cấp m ì 1, ta đặt t∗ = −t Theo giả thiết, tồn tại vectơ cột x = [x1 x2 x n]T với các biến bị chặn trên bởi 0, tức là

x j ≤ 0, j = 1, , nthoả mãn Wx =t∗, nghĩa là Ww = t với w = - x =[w1 w2 w n]T

sao chow j = −x j ≥ 0, j = 1, , n Theo Định nghĩa 2.1, ma trận W là ma trận hiệu chỉnh đầy đủ

Tài liệu tham khảo

[1] Xin Chen, Melvyn Sim, Peng Sun and Jiawei Zhang, A Linear Decision-Based Approximation - Approach to Stochastic Programming, Operations Research, Vol.56,

No.2, March-April 2008, pp 344-357

[2] Xin Chen, Melvyn Sim, Peng Sun and Jiawei Zhang, A Tractable Approximation

of Stochastic Programming via Robust Optimization, Working paper, University of Illinois at Urban-Champaign, February 2006

summary

Some results on complete recourse and semicomplete recourse

in approximately methods to solving stochastic optimization

problems

In this paper, we study the structure of a complete recourse matrix and a semicom-plete recourse matrix; consider the relationships between a comsemicom-plete recourse matrix and a semicomplete recourse matrix, and give an necessary and sufficient condition that a semicomplete recourse matrix is a complete recourse matrix

(a)cao học 15, chuyên ngành lý thuyết xác suất và thống kê toán học, trường

đại học vinh.