Luận văn:PHƯƠNG PHÁP HÀM CHẮN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT trong các bài toán tối ưu Chương 3

Luận văn:PHƯƠNG PHÁP HÀM CHẮN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT trong các bài toán tối ưu Chương 3. Luận văn:PHƯƠNG PHÁP HÀM CHẮN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT trong các bài toán tối ưu Chương 3. Luận văn:PHƯƠNG PHÁP HÀM CHẮN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT trong các bài toán tối ưu Chương 3. Luận văn:PHƯƠNG PHÁP HÀM CHẮN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT trong các bài toán tối ưu Chương 3. Luận văn:PHƯƠNG PHÁP HÀM CHẮN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT trong các bài toán tối ưu Chương 3. Luận văn:PHƯƠNG PHÁP HÀM CHẮN VÀ PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT trong các bài toán tối ưu Chương 3.

Chơng 3phơng pháp hàm phạt

Trong “phơng pháp hàm chắn” trình bày ở chơng 2, ta đã đa vào hàm chắn

để ngăn cản di chuyển vợt ra ngoài miền chấp nhận đợc Chơng này sẽ trình bày

“phơng pháp hàm phạt” Chiến thuật giải ở đây là: đa thêm vào hàm mục tiêu ban đầu một lợng phạt (phụ thuộc tham số), nếu điểm đợc xét vi phạm các ràng buộc

Trong mục 3.1 ta dùng “hàm phạt bậc hai”, hàm này có u điểm là trơn nhng

đòi hỏi tham số phạt tiến ra vô hạn và bài toán không ràng buộc thu đợc càng trở nên khó giải Để khắc phục hạn chế này, ở mục 3.2 ta xét “hàm phạt chính xác” theo nghĩa nghiệm của bài toán phạt cho lời giải đúng của bài toán ban đầu với giá trị hữu hạn của tham số phạt, tuy nhiên hàm phạt này lại không khả vi Cuối cùng, để nhận đợc hàm phạt chính xác khả vi ở mục 3.3, ta xét hàm phạt Lagrange gia tăng Nội dung trình bày ở chơng này chủ yếu dựa trên tài liệu [6]

(Pρ) min {Q(x, ρ) : x ∈ |Rn}

với dãy tăng {ρk} tiến ra vô hạn Do các hàm f và hi (i = 1, 2, , m) trơn nên…Q(x, ρ) cũng là hàm trơn và các kỹ thuật tối u hoá không ràng buộc có rthể đợc

sử dụng để giải các bài toán phụ (Pρ) Hơn nữa nghiệm xk của bài toán (Pρk) sẽ

đợc dùng làm điểm xuất phát để giải bài toán phụ tiếp theo (Pρk+1) Tuy nhiên rõ ràng là hiệu quả của phơng pháp sẽ phụ thuộc vào việc chọn dãy tham số phạt {ρk}

Bài toán với ràng buộc tổng quát có dạng

(PI) min f(x),

với các điều kiện ràng buộc

hi(x) = 0, i = 1, 2, , m,…

gj(x) ≤ 0, j = 1, 2, , p.…

Đối với bài toán này ta có thể xác định Q nh sau

∑

Trong trờng hợp này hàm Q có thể ít trơn hơn hàm mục tiêu và các hàm ràng buộc ban đầu Chẳng hạn, nếu g(x) = - x ≤ 0 thì

[max(0, g(x))]2 = [max(0, -x))]2 = [min(0, x))]2

có đạo hàm cấp hai gián đoạn, vì thế Q không thuộc lớp C2

Thuật toán phạt bậc hai:

Cho trớc tham số phạt ρ0 > 0, độ sai số τ0 > 0 và điểm xuất phát x0

s.Với mỗi k = 0, 1, …

1 Xuất phát từ xk

s , tìm điểm cực tiểu xấp xỉ xk của Q(x, ρk) Dừng tìm cực tiểu khi ||∇xQ(x, ρk)|| ≤τk

2 Nếu điều kiện hội tụ đợc thoả mãn thì dừng thuật toán ở lời giải xk

3 Trái lại, chọn tham số phạt mới ρk+1 > ρk, độ sai số mới τk+1∈ [0, τk]

và đặt xsk+1 = xk Quay lại thực hiện 1

Sau đây là hai ví dụ về hàm phạt bậc hai

Ví dụ 3.1 Xét bài toán

min x1 + x2 với điều kiện x2

1 + x2

2 = 2

Lời giải của bài toán là x* = (- 1, - 1) và hàm phạt bậc hai là

Q(x, ρ) = x1 + x2 +

2

ρ(x2

1 + x22 - 2)2

Ví dụ 3.2 Xét bài toán

min (x1 – 2)4 + (x1 - 2x2)2 với điều kiện x2

Định lý 3.1 Giả thiết mỗi xklà điểm cực tiểu toàn cục chính xác của hàm

2

i (x)h

với dãy {ρk} tăng và hội tụ tới +∞ Khi đó, mọi điểm tụ x* của dãy {xk} là điểm cực tiểu toàn cục của bài toán với ràng buộc đẳng thức (P).

tiÓu toµn côc cña Q(., ρk) nªn ta cã Q(xk, ρk) ≤ Q( x , ρk), nghÜa lµ

k 2

o

®iÓm tèi ­u

®iÓm xuÊt ph¸t

∑

=

m 1 i

k 2

• Trớc hết, ta chứng minh x* là điểm chấp nhận đ ợc

Qua giới hạn hai vế của (3.2) khi k → + ∞, k ∈ K, ta đợc

0 ≤ ∑

=

∗

m 1 i

• Tiếp theo, ta chứng minh f(x*) ≤ f( x )

Do ρk > 0 nên từ (3.1) suy ra f(xk) ≤ f( x ) với mọi k Qua giới hạn khi k → +

∞, k ∈ K, ta đợc f(x*) ≤ f( x ) Nh vậy, x* là cực tiểu toàn cục của (P) Khó có thể sử dụng kết quả này, vì nó đòi hỏi tính điểm cực tiểu toàn cục của Q ở mỗi vòng lặp Nếu Q không lồi thì đó là một việc làm không dễ Trong

định lý sau, quá trình tìm cực tiểu không ràng buộc của Q sẽ dừng nếu:

||∇xQ(xk, ρk)|| ≤τk với τk → 0

Định lý 3.2 (sự hội tụ tới điểm KKT) Giả thiết độ sai số τk → 0 và các

tham số phạt ρk → + ∞ Khi đó, mỗi điểm tụ x* của dãy {xk} mà tại đó các

véctơ građiên ∇hi(x*), i = 1, 2, , m, … độc lập tuyến tính, là một điểm KKT, nghĩa là tồn tại à* ∈ |Rm sao cho

∇f(x*) + ∇h(x*)Tà* = 0 và h(x*) = 0

Hơn nữa, với các điểm này limk ∈ K ρkh(xk) = à*, trong đó K ⊆ N sao cho xk

→ x*, k ∈ K

Chứng minh Giả sử x* là một điểm tụ của dãy {xk} tại đó các véctơ

∇hi(x*), i = 1, 2, , m, độc lập tuyến tính và K … ⊆ N sao cho xk→ x*, k ∈ K

k i

k i

k i

k

i(x ) h (x )

h || + ||∇f(xk)||,tức là

m 1 i

k i

)x(h)x(

)x(h)x(

Theo giả thiết các véctơ ∇hi(x*), i = 1, , m, độc lập tuyến tính nên đẳng…thức cuối cùng kéo theo hi(x*) = 0, i = 1, , m Do vậy x* là chấp nhận đ… ợc

• Tiếp theo, ta chỉ rõ tồn tại * à ∈ |R m thoả mãn f(x*) + ∇ ∇ h(x*) Tà * = 0 :

Đặt àk = ρkh(xk) Ta chứng minh àk hội tụ tới véctơ trong |Rm, ký hiệu à* Dùng định nghĩa của àk, từ (3.3) suy ra

∇h(xk)Tàk = - ∇f(xk) + ∇xQ(xk, ρk)Vì thế sau khi nhân với ∇h(xk) ta có

∇h(xk)∇h(xk)Tàk = - ∇h(xk)∇f(xk) + ∇h(xk)∇xQ(xk, ρk) (3.5)

Do ∇h(xk) có hạng m và ∇h(xk) → ∇h(x*), k ∈ K, nên hạng của ∇f(xk) bằng m với k ∈ K đủ lớn Vì thế với k đủ lớn ma trận vuông ∇h(xk)∇h(xk)T (cấp m) không suy biến Vì thế từ (3.5) ta có

àk = - [∇h(xk)∇h(xk)T]-1∇h(xk)[∇f(xk) - ∇xQ(xk, ρk)].

Do ||∇xQ(xk, ρk)|| → 0 nên qua giới hạn khi k → +∞, k ∈ K, ta nhận đợc

K k ,

k lim

∈ +∞

∇2

xQ(x, ρk)d = - ∇xQ(x, ρk)

Vì thế, điều kiện xấu của ∇2

xQ có thể gây khó khăn cho việc giải hệ phơng trình này để tìm d Để thấy rõ điều kiện xấu, ta xét chi tiết cấu trúc của ma trận Hessian

Khi x gần điểm cực tiểu của Q(., ρk) và khi các điều kiện của Định lý 3.2

∑

=

∗ không phụ thuộc ρk và ma trận

∇h(x)T∇h(x) có hạng m do ∇h(x) có hạng m Hơn nữa, ∇h(x)T∇h(x) là đối xứng

và nửa xác định dơng Vì thế, ∇h(x)T∇h(x) có m giá trị riêng dơng và n – m

giá trị riêng bằng 0 Điều này kéo theo ∇2

xQ(x, ρk) có một số giá trị riêng tiến tới

hằng số, trong khi các giá trị riêng khác dần tới +∞ khi ρk → +∞ Điều này đợc minh hoạ ở ví dụ sau đây

Ví dụ 3.3 Xét bài toán

min f(x) ≡ x12 + x22 với điều kiện h(x) ≡ x1 + x2 – 1 = 0

Hàm phạt bậc hai có dạng Q(x, ρ) = x12 + x22 + (ρ/2)(x1 + x2 – 1)2 Vì thế,

∇Q(x, ρ) = (2x1 + ρ(x1 + x2 – 1), 2x2 + ρ(x1 + x2 – 1))T,

®iÒu kiÖn cña ma trËn nµy b»ng µ2/µ1 = 1 + ρ Sè nµy dÇn tíi +∞ khi ρ→ +∞

• §Ó tr¸nh ®iÒu kiÖn xÊu cña hÖ ph¬ng tr×nh

x(h

)x(h)x(h)x(h)

x(f

1 k

T m

1

2 i

Ta còn phải chứng minh rằng ma trận mới này tiến dần tới một ma trận có

điều kiện tốt Khi x ≈ xk và ρk→ +∞, ma trận mới dần tới ma trận

*)x(h

*)x(h

*)x(

1

2 i

2

Ma trận này không suy biến nh đợc chỉ ra trong mệnh đề sau

Mệnh đề 3.1 Giả sử ma trận ∇h(x*) có hạng m và điều kiện đủ cấp hai

đ-ợc thoả mãn tại (x*, à*) Khi đó, ma trận sau không suy biến

*)x(h

*)

*,x(

Ta cần chứng minh u = 0 và v = 0 Muốn vậy, nhân hai vế của (3.7) với uT

ta đợc

uT∇2L(x*, à*)u + uT∇h(x*)Tv = 0,nghĩa là theo (3.8) ta có uT∇2L(x*, à*)u = 0 Nhng khi đó u = 0 Thật vậy, nếu u

≠ 0 thì từ (3.8) và điều kiện đủ cấp hai suy ra uT∇2L(x*, à*)u > 0 Vậy u = 0

Khi đó (3.7) trở thành ∇h(x*)Tv = 0 Phơng trình này kéo theo v = 0, bởi vì

∇h(x*) có hạng bằng m

3.2 hàm phạt chính xác

Để tránh điều kiện xấu, ta sẽ cải tiến phơng pháp hàm phạt bậc hai sao cho tham số không cần tiến ra vô hạn Trong mục này ta sẽ xét các hàm phạt chính xác, theo nghĩa lời giải của bài toán phạt cho lời giải đúng của bài toán ban đầu

đối với giá trị hữu hạn của tham số phạt Khó khăn là ở chỗ các hàm phạt này không khả vi Xét bài toán

)x(

h + ∑

=

p 1

))x(g,0

(Q) min x2 với điều kiện x = 1.

Lời giải của bài toán là x* = 1 Nhân tử Lagrange tơng ứng là à = - 2 Nếu dùng hàm phạt bậc hai

0.0 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0

Hình 3.2 Hàm phạt bậc hai (trái) và hàm phạt chính xác (phải)

thì dễ dàng thấy rằng với ρ > 2, cực tiểu đạt đợc tại duy nhất điểm x = 1 Vì thế với ρ > 2 cực tiểu của hàm phạt chính xác là lời giải đúng của bài toán (Q) Điều này đợc minh hoạ ở Hình 3.2 Hơn nữa, do à = - 2 nên điều kiện về ρ trở thành ρ

x 2 + ( ρ /2)(x – 1) 2

ρ = 1

ρ = 10 x 2 + 3|x –

1| f(x) = x2

> |à| Điều kiện này đúng trong trờng hợp tổng quát nh đợc chỉ rõ trong định lý sau

Định lý 3.3 Giả sử x* thoả mãn các điều kiện đủ cấp hai đối với điểm cực

tiểu địa phơng của bài toán (P) Giả sử à và λlà các nhân tử Lagrange tơng ứng với ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức Khi đó, với

ρ > max {|ài|, λj, i = 1, 2, , m, j = 1, 2, , p}, … …x* cũng là điểm cực tiểu địa phơng của hàm phạt

PE(x, ρ) = f(x) + ρ[∑

=

m 1

)x(

h + ∑

=

p 1

))x(g,0

Chứng minh (chỉ cho trờng hợp ràng buộc đẳng thức)

Xét hàm giá trị tối u

p(u) = min{f(x) : hi(x) = ui, i = 1, 2, , m} (… với u ∈ |Rm)

Ta biết rằng hàm p(u) xác định tại lân cận điểm 0 và là hàm khả vi liên tục (thuộc lớp C1) với ∇p(0) = - à Với mọi ρ > 0, ta xây dựng hàm

pρ(u) = p(u) + ρ∑

=

m 1

i u i

1 u = 0 là cực tiểu địa ph ơng của pρ, ∀ρ > maxi |ui|:

p(u) = p(0) + ∇p(αu)Tu với α nào đó ∈ [0, 1].

Vì thế

pρ(u) = p(0) + ∇p(αu)Tu + ρ∑

=

m 1

i u (3.9)i

Cho ε > 0 Do građiên ∇p liên tục tại 0 và ∇p(0) = - à nên tồn tại lân cận N0

của 0 sao cho

∀u ∈N0 |∇p(u)i + ài| < ε, i = 1, 2, , m, …nghĩa là

∀u ∈N0 |∇p(u)i| < ε + |ài|, i = 1, 2, , m (3.10)…Mặt khác, ta có

∇p(αu)Tu = ∑

= ∇ α

m 1

u)u(

= ∇ α

m 1

u)u(

i u i

Dùng bất đẳng thức này trong (3.9) ta nhận đợc với mọi u ∈N0:

pρ(u) ≥ p(0) + (p - ε - maxi |ài|)ì∑

=

m 1

i u i

Vì thế, với ρ > ε + maxi |ài| nên ta có

pρ(u) ≥ p(0) = pρ(0) với mọi u ∈N0

Do ε > 0 chọn tuỳ ý nên cuối cùng ta đợc

∀ρ > max |i ài|, 0 là điểm cực tiểu địa phơng của pρ

2 x* là cực tiểu địa ph ơng của f(x) + ρ∑mi = 1hi(x) :

Từ phần đầu chứng minh ta thấy

∀u ∈N0 p(0) ≤ p(u) + ρ∑

=

m 1

i u i

Do h(x*) = 0 và h liên tục tại x* nên tồn tại lân cận N(x*) của x* sao cho

h(x) ∈N0 với mọi x ∈N(x*) Do vậy, với mỗi x ∈N(x*)

p(0) ≤ p(h(x)) + ρ∑

=

m 1

)x(

Do p(0) = f(x*), h(x*) = 0 và p(h(x)) = infh(z) = h(x) f(z) ≤ f(x) nên ta có với mọi x ∈N(x*)

f(x*) + ρ∑m h (x*) ≤ f(x) + ρ∑m h (x) .

nghĩa là x* là điểm cực tiểu của f(x) + ρ∑

=

m 1

)x(

h

Nh đã nói ở đầu mục này, nhợc điểm chính của hàm phạt chính xác là các hàm này không khả vi Để nhận đợc các hàm phạt chính xác khả vi, ta sẽ đa thêm từ phạt vào hàm Lagrange

σ > 0 hữu hạn Muốn thế, ta sử dụng hàm (Powell, 1969)

ϕ(x, θ, σ) = f(x) +

2

σ(h(x) -

θ)T(h(x) - θ),

trong đó θ ∈ |Rm Các tham số θi tơng ứng với sự đổi gốc của số hạng phạt, còn σ

> 0 điều khiển qui mô phạt Ví dụ sau minh hoạ cho cách làm này

Ví dụ 3.5 Xét bài toán tìm min f(x) = x với điều kiện h(x) = x – 1 = 0 Rõ

ràng lời giải của bài toán là x* = 1 Điểm cực tiểu của hàm

ϕ(x, θ, σ) = f(x) + h(x)Tà +

2

σh(x)Th(x) = L(x,

à) + 2

min {f(x) + àTh(x) : h(x) = 0}.

Rõ ràng bài toán này tơng đơng với bài toán (P) ban đầu Bây giờ ta sẽ chỉ

ra rằng nếu à = à* thì không cần tăng vô hạn tham số σ trong LA(x, à*, σ) để nhận đợc lời giải x* của (P) Ta có định lý (xem [6]):

Định lý 3.4 Giả sử các điều kiện đủ cấp hai cho cực tiểu địa phơng đợc

thoả mãn tại x*, à* Khi đó, tồn tại σ > 0 sao cho với mọi σ ≥ σ, hàm

Lagrange gia tăng LA(x, à*, σ) đạt cực tiểu địa phơng tại x*

Ví dụ 3.6 Xét bài toán: min f(x) = x3 với điều kiện h(x) = x + 1 = 0 Lời

giải là x* = - 1 và à* = - 3 Hàm Lagrange gia tăng là

• Một hệ quả rút ra từ Định lý 3,4: nếu à* biết trớc thì một điểm cực tiểu không ràng buộc của LA(x, à*, σ) sẽ là x* Tuy nhiên ta không biết trớc đợc giá trị của à* Vì thế, ta cần ớc lợng giá trị này thông qua dãy {àk} →à* Cho trớc

àk Khi đó, xk đợc xác định nh điểm cực tiểu của hàm

Hình 3.3 x* = - 1 là cực tiểu địa phơng của hàm Lagrange gia tăng

với σ = 9, nhng x* không phải là cực tiểu của hàm Lagrange

Thuật toán Lagrange gia tăng:

Cho trớc σ0 > 0, τ0 > 0, véctơ à0 và điểm xuất phát x0

y = x3

Ví dụ 3.7 Xét bài toán sau đây:

min 2x2 + 2xy + y2 – 2y với điều kiện x = 0

Điểm cực tiểu của hàm Lagrange gia tăng

LA(x, à, σ) = 2x2 + 2xy + y2 – 2y + àx + (σ/2)x2

là

x = -

σ+

à+σ

+

24

Do h(x, y) = x nên ta có

àk+1 = àk + σh(xk, yk) = àk -

σ+

à+

σ

2

)2

=

σ+

2

2

àk -

σ+

σ

2

2

Dãy àk hội tụ tới à* = - 2 với mọi σ > 0 Hơn nữa, hệ số 2/(2 + σ) ảnh hởng tới tốc độ hội tụ Để ý là tốc độ hội tụ đợc cải thiện khi σ tăng

• Để kết thúc mục này ta xét trờng hợp ràng buộc bất đẳng thức Khi đó, bài toán có dạng

trong đó z = (z1, z2, , z… p)T ∈ |Rp, C = |Rp

+ là góc không âm trong |Rp Bây giờ ta

có thể vận dụng lý thuyết đã trình bày cho trờng hợp các ràng buộc đẳng thức Hàm Lagrange gia tăng là

LA(x, z, λ, σ) = f(x) + λT(g(x) + z) + (σ/2)||g(x) + z||2,trong đó σ > 0 và g(x) = (g1(x), g2(x), , g… p(x))T

ở vòng lặp k của thuật toán, ta giải bài toán phụ sau với λ cố định:

−

.0)x(g0

,0)x(g)]

x(g)[

/1(

j j

j j

j j

nếu nếu

≤σ

+λσ

λ

−

.0)x(g)

x(g

,0)x(g/

j j

j

j j

j

nếu nếu

Khi đó, có thể khử z khỏi biểu thức của hàm Lagrange gia tăng Ta lần lợt thu đợc

+λ

≤σ

+λλ

σσ+λσ

.0)x(g)

x(g)2/()x(g

,0)x(g)

2/()/1(

j j

2 j j

j

j j

2 j 2 2

j

nếu nếu

+λ

≤σ

+λλ

σ

−

.0)x(g)

x(g)2/()x(g

,0)x(g)

/1(

j j

2 j j

j

j j

2 j

nếu

nếu/2

2 j

2 j

j g (x)),

0(max

và phép lặp theo λ trở thành (trớc hết với biến z rồi sau không có biến z):

λk + 1 = λk + σ[g(x ) + z], j = 1, 2, , p ⇒

λkj +1 = max [0, λkj + σgj(xk+1)], j = 1, 2, , p.…

 Tóm lại Chơng này đã trình bày phơng pháp hàm phạt điểm ngoài để

xử lý các ràng buộc (đẳng thức và bất đẳng thức) trong bài toán tối u ý tởng chung là đa các ràng buộc lên hàm mục tiêu và giải các bài toán không ràng buộc tơng ứng

Thuật toán phạt bậc hai bảo đảm lời giải của bài toán không ràng buộc hội

tụ tới lời giải của bài toán ban đầu, tuy nhiên khó thực hiện do bài toán không ràng buộc ngày càng khó giải Với hàm phạt chính xác ta chỉ cần giải một bài toán không ràng buộc với tham số phạt hữu hạn, tuy nhiên hàm mục tiêu phạt này lại không khả vi Để nhận đợc hàm phạt chính xác khả vi ta sử dụng hàm phạt Lagrange gia tăng

Kết luận

Các bài toán tối u hoá rất đa dạng và các phơng pháp giải chúng cũng rất phong phú Nói chung, việc giải lớp bài toán này không đơn giản, trừ khi hàm mục tiêu và các hàm ràng buộc trong bài toán là tuyến tính afin Luận văn đề cập tới hai loại phơng pháp hàm phạt tiêu biểu giải các bài toán tối u phi tuyến: ph-

ơng pháp hàm chắn (phạt điểm trong) và phơng pháp hàm phạt điểm ngoài

Phơng pháp hàm chắn, trình bày ở chơng 2, cho phép đa bài toán tối u có ràng buộc (dạng bất đẳng thức) về dãy bài toán tối u không ràng buộc, bằng cách

đa thêm vào hàm mục tiêu ban đầu một hàm gọi là “hàm chắn” (phụ thuộc tham

miền ràng buộc của bài toán Hàm chắn hay đợc sử dụng là hàm chắn lôga và hàm chắn nghịch đảo Điển hình cho lớp phơng pháp hàm chắn là “thuật toán liên tiếp tìm cực tiểu không ràng buộc” (SUMT) của A V Fiacco và G P McCormick

Phơng pháp hàm phạt điểm ngoài, trình bày ở chơng 3, có cùng ý tởng đa bài toán có ràng buộc (đẳng thức và bất đẳng thức) về dãy bài toán không ràng buộc, nhng bằng cách thêm vào mục tiêu ban đầu một hàm gọi là “hàm phạt” (phụ thuộc tham số) Hàm phạt nhận giá trị 0 khi điểm đợc xét thoả mãn ràng buộc, nhận giá trị dơng khi không thoả mãn Phơng pháp này cho phép các điểm cực tiểu (không ràng buộc) có thể ở ngoài miền ràng buộc đã cho, nhng chịu phạt một lợng tăng theo tham số phạt Một số hàm phạt (bậc hai, chính xác, Lagrange gia tăng) đợc nêu ra để bảo đảm cho quá trình giải hội tụ

Tác giả luận văn hy vọng sau này sẽ có dịp đợc tìm hiểu và nghiên cứu sâu hơn về lớp phơng pháp giải lý thú này của quy hoạch phi tuyến, đặc biệt là về lập trình giải trên máy tính các bài toán thực tiễn cụ thể

Tài liệu tham khảo

[1] T V Thiệu Giáo trình tối u tuyến tính Nhà xuất bản Đại học Quốc

gia Hà Nội, 2004

[2] H Tụy Lý thuyết tối u Bài giảng lớp cao học Viện Toán học Hà Nội,