Bài toán tối ưu tuyến tính với ràng buộc bù tuyến tính trong không gian hilbert

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2MẠC VĂN TOÁN BÀI TOÁN TỐI ƯU TUYẾN TÍNH VỚI RÀNG BUỘC BÙ TUYẾN TÍNH TRONG KHÔNG GIAN HILBERT Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

MẠC VĂN TOÁN

BÀI TOÁN TỐI ƯU TUYẾN TÍNH VỚI RÀNG BUỘC

BÙ TUYẾN TÍNH TRONG KHÔNG GIAN HILBERT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

MẠC VĂN TOÁN

BÀI TOÁN TỐI ƯU TUYẾN TÍNH VỚI RÀNG BUỘC

BÙ TUYẾN TÍNH TRONG KHÔNG GIAN HILBERT

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS TS NGUYỄN NĂNG TÂM

HÀ NỘI, 2016

Lời cảm ơn

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Năng Tâm, Thầy

đã trực tiếp giảng dạy, tận tình hướng dẫn và tạo mọi điều kiện giúp tôi hoànthành luận văn này

Tôi xin chân thành cảm ơn Giám đốc Sở, Phòng Kế hoạch Tài chính SởGiáo dục và Đào tạo tỉnh Bắc Giang và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuậnlợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Phòng Sau đại học Trường Đạihọc Sư phạm Hà Nội 2; các thầy giáo, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡtôi trong suốt quá trình học tập tại trường

Tôi xin chân thành cảm ơn bạn bè, đồng nghiệp đã giúp đỡ và động viên

để tôi hoàn thành luận văn này

Hà Nội, tháng 6 năm 2016

Mạc Văn Toán

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan luận văn này do tôi hoàn thành dưới sự hướng dẫn củaPGS TS Nguyễn Năng Tâm

Trong quá trình hoàn thành luận văn, tôi đã kế thừa thành quả khoa họccủa các nhà toán học với sự trân trọng và biết ơn sâu sắc Luận văn này khôngtrùng lặp với bất kỳ luận văn, luận án khác Các kết quả trích dẫn trong luậnvăn này đã được chỉ rõ nguồn gốc

Hà Nội, tháng 6 năm 2016

Mạc Văn Toán

Mục lục

1.1 Không gian Hilbert 4

1.2 Tôpô yếu trong không gian Hilbert 10

1.3 Toán tử trong không gian Hilbert 11

1.4 Bài toán bù tuyến tính trong không gian Hilbert 13

2 Bài toán quy hoạch tuyến tính với ràng buộc bù tuyến tính 15 2.1 Phát biểu bài toán 15

2.1.1 Ví dụ 18

2.1.2 Ví dụ 18

2.2 Tìm một nghiệm chấp nhận được 18

2.3 Tìm một điểm dừng 22

2.4 Tìm một cực tiểu toàn cục 26

2.5 Vấn đề giải bài toán 28

2.5.1 Các bài toán đối ngẫu với tham số tự do 30

2.5.2 Tập Z và công thức minimax 32

Các ký hiệu thường dùng

k · k Chuẩn trong không gian Hilbert

hx, yi , xTy Tích vô hướng của phần tử x và y

inf g Cận dưới đúng của ánh xạ gsup g Cận trên đúng của ánh xạ g

A∗ Toán tử liên hợp của toán tử A

spanC Không gian con sinh bởi C

LCP(T, K, q) Bài toán bù tuyến tính suy rộng

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Cho H là một không gian Hilbert với tích vô hướng h·, ·i và K là một nónlồi, đóng trong H với nón đối ngẫu K∗ = {y ∈ H : hx, yi > 0, ∀x ∈ K} Bài toán bù tuyến tính LCP(f, K) xác định bởi ánh xạ affin liên tục f :

H → H và nón K là tìm x0 ∈ K sao cho f (x0) ∈ K∗ và hf (x0), x0i = 0.Bài toán tối ưu tuyến tính với ràng buộc bù tuyến tính trong H là bài toán

Bài toán tối ưu tuyến tính với ràng buộc bù tuyến tính trong không gianHilbert là một bài toán quen biết trong cả lý thuyết cũng như trong tính toán,

có nhiều ứng dụng trong lý thuyết cũng như trong thực tế Nhiều tác giả trong

và ngoài nước đã và đang quan tâm nghiên cứu bài toán này theo nhiều hướng,nhiều khía cạnh

Sau khi học được các kiến thức về Toán giải tích, với mong muốn tìm hiểusâu hơn về các kiến thức đã học, mối quan hệ và ứng dụng của chúng Tôi đã

chọn đề tài nghiên cứu "Bài toán tối ưu tuyến tính với ràng buộc bù tuyến

tính trong không gian Hilbert".

2 Mục đích nghiên cứu

Tìm hiểu và nghiên cứu một số tính chất định tính của bài toán tối ưu tuyếntính với ràng buộc bù tuyến tính trong không gian Hilbert

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu những tính chất định tính của bài toán tối ưu tuyến tính vớiràng buộc bù tuyến tính trong không gian Hilbert

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: Bài toán tối ưu tuyến tính với ràng buộc bù tuyếntính trong không gian Hilbert

Phạm vi nghiên cứu: Những tính chất định tính

5 Phương pháp nghiên cứu

Tổng hợp kiến thức thu thập được qua những tài liệu liên quan đến đề tài

và sử dụng các phương pháp nghiên cứu của giải tích hàm

6 Những đóng góp mới

Trình bày được một cách có hệ thống và làm rõ được một số tính chất củabài toán tối ưu tuyến tính với ràng buộc bù tuyến tính trên không gian Hilberttheo những tài liệu đã được các nhà khoa học nghiên cứu và công bố Một sốkết quả tổng quát đã được diễn giải và tính toán lại một cách chi tiết

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ sở về khônggian Hilbert, một số toán tử trên không gian Hilbert và bài toán bù tuyến tínhtrên không gian Hilbert

Nội dung trình bày ở chương này chủ yếu được lấy từ các tài liệu tại [1, 2]

1.1 Không gian Hilbert

Cho H là không gian vectơ trên trường số thực R

iv) hx, xi > 0, hx, xi = 0 khi và chỉ khi x = 0

Số hx, yi được gọi là tích vô hướng của x và y

Lưu ý Trong những phần sau của luận văn, ta cũng thường kí hiệu số

Định nghĩa 1.4.

Cho K ⊂ H là một tập hợp khác rỗng K được gọi là nón nếu ∀λ > 0 và

x ∈ K ta luôn có λx ∈ K

Nón K được gọi là nón lồi nếu K là tập lồi

Nón K được gọi là nón lồi đóng nếu K vừa là nón lồi vừa là tập đóng

Định nghĩa 1.5.

Cho một tập hợp khác rỗng S ⊂ H Nón đối ngẫu của S, được ký hiệu là

S∗, là tập hợp {y ∈ H | hx, yi > 0, ∀x ∈ S} Nếu S là tập rỗng thì nón đốingẫu sẽ là H

ϕ(t) = hx, xit2 + 2hx, yit + hy, yi

là một tam thức bậc hai biến t

Do tính không âm của ϕ(t) ta phải có ∆ = hx, yi2 − hx, xi.hy, yi 6 0 Từđây suy ra |hx, yi| 6 kxkkyk

Định lý 1.2 Cho H là một không gian Hilbert Khi đó

h·, ·i : H × H → R

là một hàm liên tục.

Cho S là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert H Khi

đó, với mỗi x ∈ H tồn tại duy nhất y ∈ S sao cho

Từ Định nghĩa 1.6 ta suy ra tính chất đơn giản sau:

Định lý 1.4.

Giả sử S là một không gian con đóng của không gian Hilbert H Khi đó mỗi phần tử x ∈ H biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng x = y + z, trong đó y ∈ S và z ∈ S⊥.

u ∈ S và kuk = 1 Như vậy ta đã chỉ ra z ∈ S⊥

Tiếp theo ta chứng minh sự biểu diễn là duy nhất, giả sử x = y1 + z1 với

y1 ∈ S, z1 ∈ S⊥ Khi đó, y − y1 = z1− z, ta có y − y1 ∈ S và y − y1 ∈ S⊥

Từ đó suy ra hy − y1, y − y1i = 0 Do vậy y = y1 và do đó z = z1

Phép chiếu trực giao P từ không gian Hilbert H lên không gian con đóng

S 6= {0} là một toán tử tuyến tính liên tục.

Chứng minh.

Với x1, x2 ∈ H, α ∈ R, theo định lý 1.4 ta có

x1 = P x1 + z1; x2 = P x2 + z2,trong đó z1, z2 ∈ S⊥

Vì vậy

x1 + x2 = P x1 + P x2 + z1 + z2,trong đó P x1 + P x2 ∈ S, z1 + z2 ∈ S⊥ Từ tính duy nhất của sự biểu diễntrong định lý trên ta suy ra

P (x1 + x2) = P x1 + P x2.Tương tự P (αx1) = αP (x1) Vậy P tuyến tính

xác định một phiếm hàm tuyến tính liên tục f (x) trên không gian H, với

Ngược lại bất kì phiếm hàm tuyến tính liên tục nào trên không gian Hilbert

H cũng đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng (1.1), trong đó a là một vectơ

của H thỏa mãn (1.2).

Định lý trên cho phép ta thiết lập một tương ứng đôi một giữa hàm tuyếntính liên tục f trên H và vectơ a ∈ H Tương ứng đó là một phép đẳng cựtuyến tính, cho nên nếu ta đồng nhất phiếm hàm f với các vectơ a sinh ra nóthì ta có H∗ = H, nghĩa là: Không gian Hilbert trùng với không gian liên hợpcủa nó

1.2 Tôpô yếu trong không gian Hilbert

Giả sử {xk} hội tụ yếu đến x và f ∈ H∗ Với mọi ε > 0 tồn tại k0 để

xk ∈ U (f, ¯x, ε) với mọi k > k0 Nhưng điều đó có nghĩa là |f (xk)−f (x)| < εvới mọi k > k0 Vậy f (xk) → f (x)

Bây giờ giả sử f (xk) → f (x) với mọi f ∈ H∗ Lấy lân cận tùy ý có dạng

U (f1, f2, , fp, x, ε) của x Vì fi(xk) → fi(x) với i = 1, , p nên tồn tại

k0 để |fi(xk) − fi(¯x)| < ε với mọi k > k0, i = 1, 2, , p Điều này có nghĩa

là xk ∈ U (f1, f2, , fp, x, ε) với mọi k > k0, tức là xk hội tụ yếu đến x 

Mệnh đề 1.3.

Hình cầu đơn vị đóng trong không gian Hilbert H là compact yếu.

1.3 Toán tử trong không gian Hilbert

Cho A là toán tử tuyến tính liên tục trong không gian Hilbert H Với mỗi

y ∈ H cố định, ta xét phiếm hàm f : H → R được xác định như sau:

f (x) = hAx, yi , x ∈ H

Định nghĩa 1.9.

Cho A là một toán tử trong không gian Hilbert H,

ánh xạ A∗ : H → H được xác định như sau:

∀y ∈ H, A∗y = y∗trong đó

I∗ = I (I là toán tử đồng nhất trên H).

Định lý 1.9.

Giả sử H là không gian Hilbert và A là một toán tử liên tục từ H vào

H A là một phép đồng phôi khi và chỉ khi A∗ là một phép đồng phôi và

(A∗)−1 = (A−1)∗.

Định nghĩa 1.10.

Với M ⊂ H, ta kí hiệu spanM là không gian tuyến tính nhỏ nhất của

H chứa M , intM là phần trong của M trong H, ∂M là biên của tập M và

M⊥ = {x ∈ H : hx, ei = 0 ∀e ∈ M } = 0 Với mỗi toán tử T , chúng taviết RanT = {T x : x ∈ H}, KerT = {x ∈ H : T x = 0} lần lượt là ảnh vànhân của T

Định nghĩa 1.11.

Cho H là một không gian Hilbert, T là một toán tử tuyến tính bị chặn trên

H, K là nón lồi, đóng trong H Ta nói T là đồng dương cộng trên K nếu:i) h ∈ K ⇒ hT h, hi > 0;

ii) h ∈ K và hT h, hi = 0 ⇒ (T + T∗)h = 0

Định nghĩa 1.12.

Cho H là một không gian Hilbert, T là một toán tử tuyến tính bị chặn trên

H, K là nón lồi, đóng trong H Ta nói T là đơn điệu trên K nếu

hT x − T y, x − yi > 0; x, y ∈ K

Định nghĩa 1.13.

Cho M là một tập trong không gian Hilbert H M được gọi là khả ly nếu

M chứa một tập con đếm được trù mật trong M

Định nghĩa 1.14.

Nón K trong không gian H được gọi là mỏng nếu K khả ly và vectơ 0không thuộc vào bao đóng yếu của tập {h ∈ K : khk = 1}

Lưu ý rằng, mọi nón trong không gian hữu hạn chiều của H đều mỏng(xem [4]).

Với α > 0 và phần tử e 6= 0 cố định trong không gian Hilbert khả ly H ta

1.4 Bài toán bù tuyến tính trong không gian Hilbert

Định nghĩa 1.18 Cho tập K ⊂ H, K 6= ∅ Nón đối ngẫu của K, ký hiệu K∗,

là tập hợp {y ∈ H| hx, yi > 0, ∀x ∈ K}

Định nghĩa 1.19 Cho H là một không gian Hilbert với tích vô hướng h., i

K là nón lồi, đóng trong không gian H với nón đối ngẫu K∗ Bài toán bù, kýhiệu là CP(f, K) xác định bởi ánh xạ f đi từ không gian Hilbert H vào chính

nó và nón K là tìm vectơ x0 ∈ K sao cho f (x0) ∈ K∗ và hf (x0), x0i = 0

Kết luận

Nội dung chính của chương bao gồm một số kiến thức cơ sở về không gianHilbert thực và toán tử đơn tuyến tính trên không gian Hilbert Những nộidung trình bày trong chương này sẽ được sử dụng trong phần sau

2.1 Phát biểu bài toán

Cho c ∈ Rn, d ∈ Rm, q ∈ Rn, M ∈ Rn×nvà N ∈ Rn×m Xét bài toán quyhoạch tuyến tính với ràng buộc bù tuyến tính (LPCC) tìm (x, y) ∈ Rn × Rm

chấp nhận được tuyến tính của (LPCC) và kí hiệu Kl Một (LPCC) được gọi

là chấp nhận được tuyến tính (tương ứng, không có nghiệm chấp nhận đượctuyến tính) nếu Kl 6= ∅ (tương ứng, Kl = ∅)

Như phát biểu ở trên, ràng buộc bù trong bài toán (2.1) là tương đươngvới n ràng buộc xiwi = 0, i = 1, , n Một nghiệm (x, y, w) của (LPCC)được gọi là bù nếu n điều kiện này đúng, nghĩa là với mỗi i = 1, , n, có

ít nhất một biến thành phần xi = 0 hoặc wi = 0 Ta gọi mỗi (x, y, w) màvừa là nghiệm tuyến tính vừa là nghiệm bù là một nghiệm chấp nhận đượccủa (LPCC) Tập gồm tất cả các nghiệm chấp nhận được của bài toán (LPCC)được gọi tập chấp nhận được của (LPCC) và kí hiệu là K Một (LPCC) đượcgọi là có phương án chấp nhận được (tương ứng, không có phương án chấpnhận được) nếu K 6= ∅ (tương ứng, K = ∅)

Tập nghiệm của bài toán (LPCC) 2.1 sẽ được kí hiệu là SOL(2.1)

Chúng ta thấy rằng (LPCC) là tương đương với cực tiểu hóa một số các

bài toán quy hoạch tuyến tính, mỗi bài được định nghĩa trên một mảnh của

tập chấp nhận được của (LPCC) Mỗi tập con α của {1, , m} với phần bù

¯

α chúng ta xét LP(α):

min f (x, y) = cTx + dTyvới điều kiện x > 0

tiêu không bị chặn đối với một số α ⊆ {1, , m};

(c) LPCC (2.1) là có phương án chấp nhận được và đạt một giá trị tối ưuhữu hạn khi và chỉ khi một tập hợp con α ⊆ {1, , m} tồn tại sao cho LP(α) có phương án chấp nhận được và (b) mỗi LP(α) có phương án chấp nhậnđược như vậy có một giá trị tối ưu hữu hạn; trong trường hợp này, giá trị tối

ưu của LPCC (2.1), ký hiệu là LPCCmin, là tối thiểu của các giá trị tối ưu củatất cả các bài toán LP có phương án chấp nhận được như vậy

(d) Tập nghiệm SOL(2.1) của bài toán LPCC (2.1) luôn là tập đóng Thậtvậy, giả sử(xk, yk) ⊂ SOL(2.1) là một dãy các nghiệm của bài toán LPCC(2.1) và (xk, yk) → (x0, y0) Ta chỉ ra (x0, y0) ∈ SOL(2.1) Lấy x, y bất kìthỏa mãn hệ (2)-(5) Vì (xk, yk) là nghiệm của bài toán LPCC (2.1), ta có

cTxk + dTyk 6 cTx + dTy

xk > 0

yk ∈ Kyk

wk = q + M xk + N yk > 0(xk)T(q + M xk+ N yk) = 0

(2.4)

Vì (x, y) là phần tử bất kì thỏa mãn (2)-(5), hệ trên cho ta (x0, y0) ∈ SOL(2.1).Vậy, ta có điều phải chứng minh

2.1.1 Ví dụ

Xét n = 1, c = 1, d = 1,m = 1, M = 1, N = 2, q = −3, Ky = R+ Khi

đó, bài toán (2.1) trở thành

min f (x, y) = x + yvới điều kiện x > 0

w = −3 + x + 2y > 0x(−3 + x + 2y) = 0,

Dựa vào ràng buộc bù trong bài toán (2.1), K có thể là tập không lồi Ví

dụ sau minh họa các định nghĩa trên:

min f (x1, y1) = x1 + 2y1 (2.7)

với điều kiện w1 = 2 + x1 − y1 (2.8)

Vì tập chấp nhận được của (LPCC) là không lồi, nên tìm một phương án chấp

Hình 2.1: Tập chấp nhận được tuyến tính và tập chấp nhận được của ví dụ

nhận được nói chung là một mục tiêu khó Thật ra, để tìm nghiệm chấp nhậnđược ta phải giải bài toán bù tuyến tính tổng quát (GLPC) Bài toán này đượcnghiên cứu trong [6], [7] và nó là mở rộng của bài toán bù nổi tiếng (LCP).(LCP) được nghiên cứu sâu sắc trong vài năm gần đây [7] và bao gồm tìmnghiệm của hệ sau

w = q + M x, x > 0, w > 0, xTw = 0 (2.12)Như nghiên cứu trong [5], [7] lớp các ma trận M đóng một vai trò quan trọng

trong tính bù của (LCP) Các lớp ma trận xác định dương (PD) và nửa xácđịnh dương (PSD) đóng vai trò quan trọng nhất và được định nghĩa như sau:(i) M ∈ P D ⇔ xTM x > 0, ∀x ∈ Rn \ {0};

(ii) M ∈ P SD ⇔ xTM x > 0, ∀x ∈ Rn

Các thuật toán địa phương hiệu quả được giới thiệu cho nghiệm của (LCP)với các ma trận này và các lớp liên quan [5], [7] Các lớp này cũng thích hợpcho (LPCC) như trong định lý sau

Định lý 2.1 ([7], tr 566).

Xét bài toán LPCC (2.1) và lấy Kl là tập chấp nhận được tuyến tính, Ky

là đa diện trong Rm và M là ma trận PSD Khi đó:

(i) (LPCC) có phương án chấp nhận được nếu và chỉ nếu nó là chấp nhận

được tuyến tính.

(ii) Nếu M ∈ P D và Ky 6= ∅ thì (LPCC) có phương án chấp nhận được.

(iii) Mọi điểm dừng của

min{xTw : (x, y, w) ∈ Kl} (2.13)

là một nghiệm chấp nhận được của (LPCC).

Để minh họa cho định lý này, xét bài toán LPCC (2.1) Khi đó, M = I ∈

P D và giả thiết của Định lý 2.1 được thỏa mãn Xét bài toán LPCC (2.11) Bằng việc đưa các biến phụ y2 liên kết với x1 + y1 > 1, chúng ta cóthể viết bài toán này về dạng chuẩn tắc:

với điều kiện

"

10

của (LPCC) Định lý 2.1 cung cấp một quá trình đầu tiên để tìm nghiệm chấpnhận được của (LPCC) Thật ra, dưới giả thiết của Định lý 2.1, việc tính toánmột điểm dừng của bài toán quy hoạch toàn phương (2.13) hoặc chỉ ra rằng(LPCC) không có phương án chấp nhận được hoặc cho một nghiệm chấp nhậnđược của (LPCC) Điểm dừng này có thể được tính bởi một thuật toán quyhoạch phi tuyến địa phương.

Định lý 2.2 ([7], tr 568).

(i) LPCC (2.1) không có phương án chấp nhận được tuyến tính nếu và chỉ

nếu bài toán (2.13) không có phương án chấp nhận được.

(ii) (¯x, ¯y, ¯w) là một phương án chấp nhận được của LPCC (2.1) nếu và chỉ

nếu (¯x, ¯y, ¯w) là một nghiệm toàn cục của bài toán (2.13) và ¯xTw = 0.¯

Tìm một phương án chấp nhận được của LPCC (2.1) hoặc chỉ ra bài toánnày không có phương án chấp nhận được có thể được giải bằng bài toán quyhoạch nguyên 0 − 1 Xét GLCP (2)-(5) và Ky được viết dưới dạng:

Ky = {y ∈ Rm : Cy = b, y > 0} (2.15)

ở đó C ∈ Rt×m và b ∈ Rt Nếu có ¯y ∈ Ky sao cho N ¯y = −q thì

(¯x = 0, ¯y, ¯w = 0) là một phương ấn chấp nhận được của LPCC (2.1) Ngượclại, xét bài toán quy hoạch nguyên 0 − 1 sau:

α, ¯y =

¯v

¯α

là một phương án chấp nhận được của LPCC (2.1).

Từ định lý này, suy ra rằng (LPCC) không có phương án chấp nhận đượcnếu và chỉ nếu LIP (2.16) có nghiệm toàn cục (¯γ, ¯α, ¯u, ¯v, ¯z) với ¯α = 0 Chú ýrằng, định lý này khẳng định tìm phương án chấp nhận được cho một bài toán(LPCC) dễ hơn chỉ ra rằng nó không có phương án chấp nhận được Thật ra,tính một phương án chấp nhận được của bài toán LIP (2.16) với ¯α > 0 là đủ

để tìm nghiệm chấp nhận được của (LPCC) trong khi tính không có phương

án chấp nhận được yêu cầu tính nghiệm cực đại toàn cục của LIP (2.16)

2.3 Tìm một điểm dừng

Xét bài toán LPCC (2.1) và đặt f (x, y, w) = cTx + dTy + xTw Theo [7],nếu (¯x, ¯y, ¯w) là nghiệm toàn cục của LPCC (2.1) thì

∇f (¯x, ¯y, ¯w)Td > 0 (2.17)với mọi hướng chấp nhận được d = [dx, dy, dw] trong đó ∇f (¯z) kí hiệu gradi-ent của f tại ¯z = (¯x, ¯y, ¯w) và dx ∈ Rn, dy ∈ Rm

và dw ∈ Rn

chứa các thànhphần của d liên kết với x, y và w tương ứng Trong trường hợp này, vectơ ¯zđược gọi là điểm dừng của f trên tập chấp nhận được K của LPCC (2.1).Như trong các bài toán tối ưu [7], điều quan trọng là chuyển hóa đặc trưngcủa các điểm dừng để tìm nghiệm địa phương giải (LPCC) Để đưa ra điều