PHƯƠNGPHÁPCHIA ĐÔI GIẢI BÀI TOÁN TỐI ƯU TRÊN TẬP PARETO TUYẾN TÍNH

Báo cáo trình bày một số cải tiến trong thuật toán chia đôi giải bài toán tối ưu một hàm tuyến tính trên tập Pareto [1].. Báo cáo trình bày các tính chất quan trọng của bài toán LP, cở s

PHƯƠNG PHÁP CHIA ĐÔI GIẢI BÀI TOÁN TỐI ƯU TRÊN TẬP

PARETO TUYẾN TÍNH

Nguyễn Lâm Tùng

Bộ môn Toán Đại học Thăng Long Email: nguyenlamtung01@gmail.com

Tóm tắt Báo cáo trình bày một số cải tiến trong thuật toán chia đôi giải bài

toán tối ưu một hàm tuyến tính trên tập Pareto [1] Bài toán được phát biểu như sau:

max

x ∈E(C,X) ⟨d, x⟩, (P)

trong đó d ∈ R n , E(C, X) là tập Pareto của bài toán tối ưu đa mục tiêu tuyến

tính:

V max

với C là ma trận p × n, p là số hàm mục tiêu tuyến tính, X là đa diện lồi bị

chặn trong Rn

Báo cáo trình bày các tính chất quan trọng của bài toán (LP), cở sở lý thuyết, điều kiện dừng của thuật toán chia đôi Cuối cùng báo cáo nêu một ví dụ minh họa cho thuật toán

Từ khóa: đa diện lồi, tập Pareto, tối ưu, hàm tuyến tính, thuật toán chia đôi,

nghiệm tối ưu

Định nghĩa 1 Cho Rn

+ = {x ∈ R n |x i ≥ 0, ∀i = 1, n} là nón các phần

tử không âm của Rn Ta nói điểm x ∈ X cực đại Pareto của bài toán (LP)

nếu: Cy −Cx / ∈ R n

+, ∀y ∈ X, y ̸= x, tập tất cả các điểm cực đại Pareto

của bài toán (LP) ký hiệu là E(C,X), gọi tắt là tập Pareto hay tập hữu hiệu.

Định lý 1.Tập Pareto E(C, X) của bài toán (LP) là đóng, liên thông đường

và bao gồm một số diện của X.

Định lý 2 Điểm x0 là điểm Pareto của bài toán tối ưu p mục tiêu tuyến tính (LP) khi và chỉ khi tồn tại ¯ λ ∈ Λ0

sao cho:

¯

λ T Cx0 ≥ ¯λ T Cx, ∀x ∈ X

với Λ = {λ = (λ1, , λ p) | λ1 +· · · + λ p = 1, λ i ≥ 0, ∀i = 1, p}

Λ 0 là phần trong tương đối của Λ.

Kỷ yếu công trình khoa học 2015 - Phần I

Nhận xét: Theo định lý trên, bài toán (P ) có thể mô tả thành bài toán sau:

max{d T

x |λ T

Cx ≥ g(λ), x ∈ X, λ ∈ Λ0}

trong đó g(λ) = max {λ T Cy |y ∈ X}.

Định lý 3.[Philip] Điểm x0là điểm Pareto của bài toán tối ưu p mục tiêu tuyến tính (LP) khi và chỉ khi tồn tại M > 0 và ¯ λ ∈ Λ M sao cho:

¯

λ T Cx0 ≥ ¯λ T Cx, ∀x ∈ X

với ΛM = {λ = (λ1, , λ p) | λ1 +· · ·+λ p ≤ M, λ i ≥ 1, ∀i = 1, p}.

Trong bài báo [1], tác giả đã sử dụng định lý 3 để đưa ra thuật toán tìm kiếm chia đôi, tuy nhiên thuật toán đó có nhược điểm là:

Thứ nhất, trong định lý 3 chỉ khẳng định sự tồn tại của M chứ không đưa cách

xác định M, do đó khi áp dụng vào ví dụ cụ thể, việc lấy giá trị M nào đó là thiếu chặt chẽ

Thứ hai, thuật toán hội tụ chậm và chưa đưa ra được nghiệm chính xác.

Bài báo cáo này chỉ dùng định lý 2, không sử dụng định lý 3 nên thuật toán chặt chẽ hơn, đồng thời đưa ra điều kiện dừng của thuật toán làm cho thuật toán dừng rất nhanh và có nghiệm chính xác

2 Thuật toán tìm kiếm chia đôi

Đặt: d ∗ = max

x ∈E(C,X) ⟨d, x⟩, γ0 = min

x ∈X ⟨d, x⟩, β0 = max

x ∈X ⟨d, x⟩

trong đó E(C, X) là tập Pareto của bài toán đa mục tiêu tuyến tính (LP), X là

đa diện lồi bị chặn

Dễ thấy γ0 ≤ d ∗ ≤ β0, ý tưởng của thuật toán là áp dụng một sơ đồ chia đôi

miền giá trị của hàm mục tiêu để định vị giá trị d ∗ Bắt đầu từ đoạn [γ0, β0

∗ , qua mỗi bước lặp k sẽ co ngắn đoạn γk , β k còn một nửa bằng cách giải bài toán:

Tìm x ∈ E(C, X) sao cho d T x ≥ α k với αk = (γ k + β k)/2 (Pk)

• Nếu bài toán (Pk) có nghiệm là x k thì đặt γk+1 = d T x k , β k+1 = β k

• Nếu bài toán (P k) vô nghiệm thì đặt γk+1 = γk , β k+1 = αk

Sau khi giải bài toán (Pk) ta có d ∗ ∈ [γ k+1 , β k+1], quá trình này sẽ kết thúc khi βk − γ k ≤ ϵ cho trước Cho α ∈ R , ký hiệu:

E α = {x ∈ E(C, X) | ⟨d, x⟩ ≥ α}

]

chứa d

Kỷ yếu công trình khoa học 2015 - Phần I

Ta có:

E α = {x ∈ X |∃λ ∈ Λ0 : λ T Cx ≥ λ T Cy, ∀y ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α}

= {x ∈ X |∃λ ∈ Λ0 : λ T Cx ≥ g(λ), ⟨d, x⟩ ≥ α}

trong đó g(λ) = max {λ T Cy | y ∈ X}.

Đặt: h α (λ) = max {λ T Cx | x ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α}.

Dễ dàng chứng minh được hα(λ) là hàm lồi theo λ.

Xây dựng các tập:

Λ = {(λ1, λ2, , λ p) | λ1+ λ2 +· · ·+λ p = 1, λ i ≥ 0, ∀i = 1, , p}

Λ 0 = {(λ1, λ2, , λ p) | λ1+λ2 +· · ·+λ p = 1, λ i > 0, ∀i = 1, , p}

Ω = {(λ, t) | λ ∈ Λ0, t ≥ g(λ)}

Ωα = {(λ, t) | λ ∈ Λ0, t > h α (λ) }

¯

Ωα = {(λ, t) | λ ∈ Λ0, t ≥ h α (λ) }

Mệnh đề 1 a Ω và Ωα là hai tập lồi,

b Ω ⊂ ¯Ωα,

c E α (C, X) ̸= ∅ khi và chỉ khi Ω \ Ω α ̸= ∅.

Chứng minh:

a Các Ω và Ωα lồi do nó là trên đồ thị của các hàm lồi g(λ) và hα(λ).

b Hiển nhiên do g(λ) ≥ h α(λ).

c Giả sử x ∈ E α (C, X) khi đó tồn tại λ ∈ Λ0 sao cho g(λ) ≤ λ T Cx.

Lấy t = g(λ) suy ra (λ, t) ∈ Ω Hơn nữa:

t ≤ λ T

Cx, x ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α

nên:

t ≤ max{λ T Cx | x ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α} = h α (λ)

do đó t − h α (λ) ≤ 0 suy ra (λ, t) / ∈ Ω α.

Do vậy (λ, t) ∈ Ω \ Ω α hay Ω \ Ω α ̸= ∅

Ngược lại, giả sử (λ, t) ∈ Ω \ Ω α, theo định nghĩa ta có:

t ≥ g(λ), λ ∈ Λ0

, t ≤ h α(λ)

Kỷ yếu công trình khoa học 2015 - Phần I

Gọi x ∗là nghiệm tối ưu của bài toán:

max{λ T

Cx | x ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α}

ta có:

t ≤ h α(λ) = λ T Cx ∗ , ⟨d, x ∗ ⟩ ≥ α, x ∗ ∈ X

suy ra g(λ) ≤ λ T Cx ∗ , λ ∈ Λ, ⟨d, x ∗ ⟩ ≥ α, x ∗ ∈ X, tức là

x ∗ ∈ E α (C, X) hay E α (C, X) ̸= ∅.

Giả sử x0 ∈ X và S k = {(λ, t) | λ ∈ Λ, t ≥ λ T Cx0, }, khi đó S k là

đa diện lồi chứa Ω và Sk có hướng lùi xa duy nhất là u = (0, , 0, 1) ∈

Rp × R Gọi V k là tập đỉnh của Sk và ta định nghĩa Wk như sau:

W k = {(λ, t) ∈ V k | t − h α(λ) ≤ 0}

Hệ quả 1 Nếu Wk = ∅ thì Ω \ Ω α = ∅.

Chứng minh: Do tập S k có hướng lùi xa duy nhất là vecto u nên hàm φ(λ, t) =

t − h α(λ) bị chặn dưới trên tập Sk, đồng thời φ(λ, t) là hàm lõm Do đó:

min{t − h α(λ) | (λ, t) ∈ S k } = min{t − h α(λ) | (λ, t) ∈ V k }

Do vậy nếu Wk = ∅ thì: min{t − h α (λ) | (λ, t) ∈ V k } > 0, tức là:

min{t − h α (λ) | (λ, t) ∈ S k } > 0

Vì Ω ⊂ S k nên ∀(λ, t) ∈ Ω ta có t − h α (λ) > 0 tức là (λ, t) ∈ Ω α , suy

ra Ω ⊂ Ω α, nghĩa là Ω \ Ω α = ∅.

Như vậy nếu Wk = ∅ thì E α (C, X) = ∅, tức là bài toán (P k) vô nghiệm. Ngược lại, nếu Wk ̸= ∅ ta có điểm (λ k , t k) ∈ W k.

Nhận xét:

• Nếu (λ k , t k) ∈ Ω, tức là λ k ∈ Λ và g(λ k) ≤ t k , thì (λ k , t k) ∈ Ω\Ω α. Gọi x k là một nghiệm tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính:

max{(λ k)T Cx | x ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α}

theo chứng minh mệnh đề 1, ta có x k ∈ E α (C, X).

• Nếu (λ k , t k) /∈ Ω, tức là g(λ k) − t k > 0, gọi y k là nghiệm tối ưu của bài toán quy hoạch tuyến tính:

max{(λ k)T Cy | y ∈ X}

suy ra g(λ k ) = (λ k)T Cy k , do đó (λ k)T Cy k − t k = g(λ k)− t k > 0.

Mặt khác,∀(λ, t) ∈ Ω ta có λ T Cy k − t ≤ g(λ) − t ≤ 0

Như vậy siêu phẳng{(λ, t) | λ T Cy k − t = 0} tách chặt đỉnh (λ k , t k)

với tập Ω Ta xây dựng đa diện Sk+1 chứa Ω như sau:

S k+1 = S k ∩ {(λ, t) | λ T Cy k − t ≤ 0}

Mệnh đề 2 Giả sử tất cả các đỉnh của S k là v1, v2, , v m, đồng thời φ(v1 ) =

0, φ(v2) > 0, , φ(v m ) > 0 Khi đó φ(x) > 0, ∀x ∈ S k , x ̸= v1.

Chứng minh: Do S k có hướng lùi xa duy nhất là u = (0, , 0, 1) nên với mọi x ∈ S k tồn tại các số thực không âm q1, q2, , q m , r sao cho

q1 + q2 + · · · + q m = 1 và x − r.u = q1v1 + · · · + q m v m Do

φ(x) = φ(λ, t) = t − h α(t) là hàm lõm và tăng theo t nên φ(x) ≥ φ(x − ru) ≥ q1φ(v1 ) +· · · + q m φ(v m) ≥ 0, dễ thấy dấu bằng xẩy ra chỉ

khi x = v1, do đó ta có điều phải chứng minh

Hệ quả 2 Giả sử (λ1, t1), , (λ m , t m ) là tất cả các đỉnh của Sk, đồng thời

φ(λ1, t1) = 0, φ(λ2, t2) > 0, φ(λ m , t m ) > 0, (λ1, t1 ) /∈ Ω Khi đó φ(λ, t) > 0, ∀(λ, t) ∈ Ω.

Chứng minh: Suy ra trực tiếp từ mệnh đề 2 do Ω ⊂ S k và (λ1, t1 ) /∈ Ω.

Từ các tính chất và nhận xét trên ta có thủ tục OA như sau:

Khởi tạo: Lấy v ∈ X sao cho Cv ̸= 0 Đặt S0 = {(λ, t) | λ ∈

Λ, λ T Cv ≤ t}, V0là tập đỉnh của S0 và đặt k = 0.

Vòng lặp k:

Bước 1: Giải bài toán: θ = min {t−h α (λ) | (λ, t) ∈ V k } ta được θ, λ k , t k

• TH1: Nếu θ > 0 hoặc θ = 0 nhưng φ(λ, t) > 0, ∀(λ, t) ∈

V (S k), (λ, t) ̸= (λ k , t k ) thì dừng thuật toán: E α (C, X) = ∅, nói

cách khác bài toán Pk không có nghiệm

• TH2: Nếu θ < 0 hoặc θ = 0 và có λ k ∈ Λ0

thì chuyển sang bước 2

• TH3: Nếu θ = 0 và không thuộc TH1 và TH2 thì chọn ε > 0 đủ nhỏ và

đặt:

S k ε = S k ∩ {(λ, t)|λ i ≥ ε}, V ε

k = V (S k ε)

Giải bài toán:

θ = min {t − h α (λ) | (λ, t) ∈ V ε

k }

ta được nghiệm θε , λ k ε , t k ε

– Nếu θε > 0 thì dừng thuật toán, bài toán P k không có nghiệm

– Nếu θε = 0 đặt λ k = λ k ε , t k = t k ε, chuyển sang bước 2

Kỷ yếu công trình khoa học 2015 - Phần I

Bước 2: Giải bài toán quy hoạch tuyến tính: max{(λ k)T Cy | y ∈ X} được

nghiệm tối ưu y k và giá trị tối ưu η = g(λ k).

• Nếu η ≤ t k ta có (λ k , t k) ∈ Ω \ Ω α, gọi x ∗ là nghiệm tối ưu của bài toán:

max{(λ k

)T Cx | x ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α}

tức là x ∗ ∈ E α (C, X), dừng thuật toán.

• Nếu η > t k, chuyển sang bước 3

Bước 3: Xây dựng tập:

S k+1 = S k ∩ {(λ, t) | λ T Cy k − t ≤ 0}

xác định tập đỉnh Vk+1 của Sk+1, gán k := k + 1, quay về bước 1.

Mệnh đề 3 Thủ tục OA dừng sau hữu hạn vòng lặp và cho nghiệm của bài toán (P k) hoặc chỉ ra bài toán (Pk) vô nghiệm.

Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh bước 3 của thuật toán không thể lặp vô

hạn lần Thật vậy, theo cách xây dựng trong thủ tục, Sk+1 có được từ Sk bằng

cách thêm vào một siêu phẳng cắt t = λ T Cy k, do có siêu phẳng này nên điểm

(λ, t k) ∈ S k bây giờ không thuộc Sk+1, tức là Sk+1 là tập con thực sự của Sk nhờ có siêu phẳng cắt t = λ T Cy k, như vậy sau mỗi bước lặp các siêu phẳng cắt này phải khác nhau Mặt khác mỗi siêu phẳng này được xác định duy nhất

theo y k Tóm lại, ở mỗi bước lặp giá trị y k phải khác nhau mà y k là một đỉnh

của đa diện X có hữu hạn đỉnh Vậy bước 3 của thuật toán lặp lại nhiều nhất là bằng số đỉnh của X.

Do bước 3 hữu hạn nên thuật toán dừng ở bước 1 hoặc bước 2

Nếu thuật toán dừng ở bước 1 thì bài toán (Pk) vô nghiệm.

Nếu thuật toán dừng ở bước 2 thì bài toán (Pk) có nghiệm.

Nhận xét

• Nghiệm tối ưu x k của bài toán quy hoạch tuyến tính:

max{(λ k)T Cx | x ∈ X, ⟨d, x⟩ ≥ α}

chưa chắc đã phải đỉnh của X Tuy nhiên nhờ thủ tục tìm kiếm của Benson

ta có thể tìm được điểm Pareto x ∗ thuộc tập đỉnh V (X) của X mà tốt hơn

x k(theo nghĩa ⟨d, x ∗ ⟩ ≥ ⟨d, x k ⟩).

• Vậy khi X là đa diện lồi thì bài toán (P) luôn có nghiệm tại một đỉnh nào

đó của X.

Kỷ yếu công trình khoa học 2015 - Phần I

• Tại vòng lặp thứ k, đặt:

u k = min{⟨d, x⟩ − ⟨d, x k ⟩ |x ∈ V (X), ⟨d, x⟩ > ⟨d, x k ⟩}

khi đó nếu βk − γ k < u k thì x k chính là điểm Pareto cần tìm bởi vì

nếu ¯x ̸= x k là đỉnh của X và là nghiệm của bài toán (P) thì ⟨d, ¯x⟩ −

⟨d, x k ⟩ ≤ β k − γ k < u k, vô lý.

Thuật toán tìm kiếm chia đôi giải bài toán tối ưu tuyến tính trên tập Pareto:

Khởi tạo: Tìm V (X) và v ∈ V (X) sao cho Cv ̸= 0 Đặt:

γ0 = min{⟨d, x⟩ | x ∈ V (X)}, β0 = max{⟨d, x⟩ | x ∈ V (X)},

S0 = {(λ, t) | λ ∈ Λ, λ T Cv ≤ t},

tìm các đỉnh V0 của S0, chọn u0 = β0 − γ0 và gán x opt = x0 = v, k = 0.

Vòng lặp k:

1 Bước k.1:

• Nếu β k − γ k < u k, dừng thuật toán, x opt là nghiệm của (P)

• Nếu βk − γ k ≥ u k, chuyển sang bước k.2.

2 Bước k.2: Đặt αk = (β k + γ k )/2, V k = V (S k) và giải bài toán:

θ = min {t − h α k (λ) | (λ, t) ∈ V k }

tìm các giá trị θ, λ k , t k là nghiệm của bài toán trên, chuyển sang bước k.3

3 Bước k.3:

• Nếu θ > 0 hoặc θ = 0 nhưng φ(λ, t) > 0, ∀(λ, t) ∈ V (S k ), (λ, t) ̸=

(λ k , t k) đặt:

S k+1 = S k , β k+1 = α k , γ k+1 = γ k , u k+1 = u k , k := k + 1

rồi về bước k.1.

• Nếu θ < 0 hoặc θ = 0 và có λ k ∈ Λ0

, chuyển sang bước k.4.

• Nếu θ = 0 và không thuộc 2 trường hợp trên thì chọn ε > 0 đủ nhỏ

và đặt:

S k ε = S k ∩ {(λ, t)|λ i ≥ ε}, V ε

k = V (S k ε)

Giải bài toán:

θ = min {t − h α k (λ) | (λ, t) ∈ V ε

k }

ta được nghiệm θε , λ k ε , t k ε

– Nếu θε > 0 thì đặt:

S k+1 = Sk , β k+1 = αk , γ k+1 = γk , u k+1 = uk , k := k+1

rồi về bước k.1.

– Nếu θε = 0 đặt λ k = λ k ε , t k = t k ε, chuyển sang bước k.4

4 Bước k.4: Tìm nghiệm tối ưu y k và giá trị tối ưu η của bài toán:

η = max {(λ k

)T Cy | y ∈ X}

• Nếu η ≤ t k

, chọn x opt = argmax {(λ k)T Cx | ⟨d, x⟩ ≥ α k }.

u k+1 = min{⟨d, x⟩−⟨d, x opt ⟩ |x ∈ V (X), ⟨d, x⟩ > ⟨d, x opt ⟩}

S k+1 = S k , β k+1 = β k , γ k+1 = ⟨d, x opt ⟩, k := k + 1

rồi về bước k.1.

• Nếu η > t k chuyển sang bước k.5.

5 Bước k.5:

S k+1 = Sk ∩ {(λ, t) | λ T

Cy k ≤ t}, β k+1 = βk , γ k+1 = γk

u k+1 = uk , k := k + 1, trở về bước k.2.

Xét bài toán: max{x1 − x2 + x3 |(x1, x2, x3 ) ∈ E(C, X)}

trong đó E(C, X) là điểm Pareto của bài toán:

V max

x ∈X {x1 − x3, x2}

với: X = {(x1, x2, x3 ) | x1 + x2 ≤ 3, 0 ≤ x1, x2, x3 ≤ 2}.

Khởi tạo:

Với giả thiết của bài toán ta có:

X = {(x1, x2, x3 )|x1 + x2 ≤ 3, 0 ≤ x1, x2, x3 ≤ 2}, d = (1, −1, 1),

C =

(

1 0 −1

)

Các đỉnh của X là: A(0, 0, 0), B(2, 0, 0), C(2, 1, 0), D(1, 2, 0), E(0, 2, 0),

F (0, 2, 2), G(0, 0, 2), H(2, 0, 2), I(2, 1, 2), K(1, 2, 2).

Đặt f (x1, x2, x3) = x1 − x2 + x3, ta có:

f (A) = 0, f (B) = 2, f (C) = 1, f (D) =3 −1, f(E) = −2,

f (F ) = 0, f (G) = 2, f (H) = 4, f (I) = 3, f (K) = 1.

β0 = max{⟨d, x⟩ |x ∈ V (X)} = 4 tại điểm x0 = (2, 0, 2)

γ0 = min{⟨d, x⟩ |x ∈ V (X)} = −2 tại điểm x = (0, 2, 0)

Chọn v = (1, 2, 0), Cv =

(

x1− x3

x2

)

, Cx0 =

(

1 2

)

Đặt: Λ = {(λ1, λ2 ) | λ1, λ2 ≥ 0, λ1 + λ2 = 1}

S0 = {(λ, t)|λ ∈ Λ, t ≥ Cx0} = {(λ, t)|λ ∈ Λ, t ≥ λ1 + 2λ2}

Chọn u0 = 4− (−2) = 6, x opt = x0 = v(chưa phải điểm pareto), k = 0 Vòng lặp 0: Do u0 ≤ β0 − γ0nên V0 = V (S0 ) = {(1, 0, 1), (0, 1, 2)}

α0 = 1/2(β0 + γ0) = 1, φ(λ, t) = t − h α0(λ) trong đó hα0(λ) = max {λ T Cx |x ∈ X, x1 − x2 + x3 ≥ 1}

giải bài toán: θ = min {φ(λ, t) | (λ, t) ∈ V0}

h α0(1, 0) = max {x1 − x3|x ∈ X, x1 − x2+ x3 ≥ 1} = 2,

h α0(0, 1) = max {x2|x ∈ X, x1 − x2 + x3 ≥ 1} = 2.

θ = min {φ(1, 0, 1), φ(0, 1, 2)} = −1 khi λ0 = (1, 0), t0 = 1.

η = max {λ0Cy |y ∈ X} = max{y1 − y3|y ∈ X} = 2

đạt được tại y0 = (2, 0, 0), do η = 2 > t0 = 1 nên đặt:

S1 = S0∩{(λ, t) |λ T

Cy0 ≤ t} = {(λ, t)|λ ∈ Λ, λ1+2λ2 ≤ t, 2λ1 ≤ t}

Đặt: β1 = β0, γ1 = γ0, u1 = u0

Vòng lặp 1: Do 6 = u1 ≤ β1 − γ1 = 4− (−2) nên đặt:

V1 = V (S1 ) = {(1, 0, 2), (0, 1, 2), (2/3, 1/3, 4/3)},

α1 = 1/2(β1 + γ1) = 1, φ(λ, t) = t − h α1(λ)

trong đó hα1(λ) = max {λ T Cx |x ∈ X, x1 − x2 + x3 ≥ 1}

h α1(1, 0) = 2, h α1(0, 1) = 2

h α1(2/3, 1/3) = max {2

3(x1 − x3 ) + 1 3x2 )|x ∈ X, x1 − x2 + x3 ≥

1} = 5/3 khi x = (2, 1, 0)

θ = min {φ(λ, t) | (λ, t) ∈ V1} = −1/3, tại λ1 = (2/3, 1/3), t1 = 4 3

η = max {λ1Cy |y ∈ X} = max{2

3(y1 − y3 ) + 1 3y2|y ∈ X} = 5/3,

tại y1 = (2, 1, 0).

Do η = 5/3 ≤ t1 = 4/3 nên đặt: S2 = S1 ∩ {(λ, t) |λ T Cy1 ≤ t} =

{(λ, t) |λ ∈ Λ, λ1 + 2λ2 ≤ t, 2λ1+ λ2 ≤ t}

β2 = β1, γ2 = γ1, u2 = u1 Vòng lặp 2: Do 6 = u2 ≤ β2 − γ2 = 4− (−2) nên đặt:

V2 = V (S2 ) = {(1, 0, 2), (0, 1, 2), (1/2, 1/2, 3/2)},

α2 = 1/2(β2+ γ2) = 1, φ(λ, t) = t − h α2(λ)

trong đó: h α2(λ) = max {λ T Cx |x ∈ X, x1 − x2 + x3 ≥ 1}

h α2(1, 0) = 2, h α2(0, 1) = 2, hα2(1/2, 1/2) = 3/2, khi x = (2, 1, 0)

Khi đó: θ = min {φ(λ, t) | (λ, t) ∈ V2} = 0 đạt được tại λ2 =

(1/2, 1/2) ∈ Λ0nên ta được điểm hữu hiệu là x opt = (2, 1, 0).

Ta đặt: β3 = β3 = 4, γ3 = ⟨d, x opt ⟩ = 1, S3 = S2

u3 = min{⟨d, x⟩ − ⟨d, x opt ⟩ |x ∈ V (X), ⟨d, x⟩ > ⟨d, x opt ⟩} = 1

Vòng lặp 3: Do 1 = u3 ≤ β3 − γ3 = 4− 1 nên đặt:

V3 = V (S3 ) = {(1, 0, 2), (0, 1, 2), (1/2, 1/2, 3/2)},

α3 = 1/2(β3+ γ3 ) = 5/2, φ(λ, t) = t − h α3(λ)

trong đó: h α3(λ) = max {λ T Cx |x ∈ X, x1 − x2 + x3 ≥ 5/2}

h α3(1, 0) = 3/2, h α3(0, 1) = 5/4, h α3(1/2, 1/2) = 3/4

Khi đó: θ = min {φ(λ, t) | (λ, t) ∈ V3} = 3/4 > 0 nên

E α3(C, X) = {x ∈ EC(X) | ⟨d, x⟩ ≥ 5/2} = ∅.

Ta đặt: β4 = α3 = 5/2, γ4 = γ3 = 1, u4 = u3 = 1, S4 = S3

Vòng lặp 4: Do 1 = u4 ≤ β4 − γ4 = 5/2− 1 nên đặt:

V4 = V (S4 ) = {(1, 0, 2), (0, 1, 2), (1/2, 1/2, 3/2)},

α4 = 1/2(β4+ γ4 ) = 7/4, φ(λ, t) = t − h α4(λ)

trong đó: h α4(λ) = max {λ T Cx |x ∈ X, x1 − x2 + x3 ≥ 7/4}

h α4(1, 0) = 2, hα4(0, 1) = 13/8, hα4(1/2, 1/2) = 9/8

θ = min {φ(λ, t) | (λ, t) ∈ V3} = 0 đạt được tại (1, 0, 2) / ∈ Ω

nhưng φ(0, 1, 2) > 0, φ(1/2, 1/2, 3/2) > 0 nên theo hệ quả 2 φ(λ, t) >

0, ∀(λ, t) ∈ Ω, tức là:

E α2(C, X) = {x ∈ EC(X) | ⟨d, x⟩ ≥ 7/4} = ∅.

Ta đặt: β5 = α4 = 7/4, γ5 = γ4 = 1, u5 = u4 = 1, S5 = S4

Vòng lặp 5: Do 1 = u5 > β5 − γ5 = 7/4 − 1 nên thuật toán dừng Ta có

điểm tối ưu Pareto chính xác là x opt = (2, 1, 0) với giá trị lớn nhất của hàm

mục tiêu là⟨d, x opt ⟩ = 1.

Kỷ yếu công trình khoa học 2015 - Phần I