(LUẬN văn THẠC sĩ) tính ổn định nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân afin suy rộng và ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Trang Anh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN AFIN SUY RỘNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2018 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Trang Anh TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN AFIN SUY RỘNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Năng Tâm Hà Nội - 2018 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Lời cảm ơn Lời luận văn em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Năng Tâm Thầy tận tình quan tâm hướng dẫn em trình hoàn thành luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới thầy giáo mơn Tốn Ứng Dụng, tồn thể thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình em học tập trường Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập hồn thành luận văn TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Lời nói đầu Bài toán bất đẳng thức biến phân (Variational Inequality Problem) đời vào năm 1960, gắn liền với cơng trình G Stampacchia, J L Lions Hiện nay, toán bất đẳng thức biến phân phát triển thành nhiều dạng khác nhau, ví dụ: bất đẳng thức biến phân vector, tựa bất đẳng thức biến phân, giả bất đẳng thức biến phân, bất đẳng thức biến phân ẩn Bài toán thu hút quan tâm nhiều nhà tốn học mơ hình chứa nhiều tốn quan trọng số lĩnh vực khác tốn học, ví dụ: tối ưu hóa, lý thuyết trị chơi, cân Nash, cân mạng giao thơng Nghiên cứu tính ổn định nghiệm toán bất đẳng thức biến phân afin đề tài thú vị có nhiều ứng dụng thực tế Trong luận văn này, ta xem xét nghiệm toán biến đổi tham số thay đổi Sự ổn định đòi hỏi xáo trộn nhỏ sai số nhỏ đo đạc (cũng đồng nghĩa với việc xáo trộn nghiệm tốn ít) Nhiều báo thảo luận tính ổn định ánh xạ nghiệm của toán bất đẳng thức biến phân afin Gowda and Pang [5] thu vài điều kiện đủ cho nghiệm bị chặn ổn định toán bất đẳng thức biến phân afin Trong [15], Robinson nghiên cứu tính ổn định tốn biến phân afin với tập nghiệm khác rỗng bị chặn Vài chủ đề tương tự nghiên cứu Gowda and Seidman [6] Lee et al [3] điều kiện cho nửa liên lục nửa liên tục ánh xạ nghiệm toán Trong luận văn này, em xin đề cập tới vài ứng dụng toán bất đẳng thức biến phân afin Cùng với vài kết mở rộng từ [3] [8] Đặc biệt, em vài kết tổng quát [3] trường hợp tập ràng TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com buộc đa diện lồi xác định nhiều hàm lồi toàn phương hữu hạn Luận văn gồm hai phần Phần đưa khái niệm mở đầu toán bất đẳng thức biến phân afin Phần hai nói tính ổn định nghiệm toán biến phân afin suy rộng có tham số Do thời gian thực khơng nhiều, kiến thức hạn chế nên làm luận văn khơng tránh khỏi sai sót Em mong nhận góp ý phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Mục lục Bất 1.1 1.2 1.3 1.4 đẳng thức biến phân afin Bất đẳng thức biến phân Bài toán bù Bất đẳng thức biến phân afin Bài tốn bù tuyến tính Tính ổn định nghiệm toán bất đẳng thức biến phân afin suy rộng có tham số 2.1 Bất đẳng thức biến phân afin suy rộng 2.2 Tính nửa liên tục ánh xạ nghiệm 2.3 Tính nửa liên tục ánh xạ nghiệm 2.4 Vài kết ổn định 2.5 Ứng dụng cho toán quy hoạch toàn phương với ràng buộc toàn phương TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com 6 12 14 22 25 25 28 33 40 47 Các ký hiệu viết tắt Ký hiệu VI V I(ϕ, Θ) Ý nghĩa Bài toán bất đẳng thức biến phân Bài toán bất đẳng thức biến phân xác định toán tử ϕ tập Θ Sol(V I(ϕ, Θ)) Tập nghiệm V I(ϕ, Θ) N CP Bài toán bù phi tuyến N CP (ϕ, Θ) Bài toán bù phi tuyến xác định toán tử ϕ tập Θ AV I Bài toán bất đẳng thức biến phân afin AV I(D, q, Θ) Bài toán bất đẳng thức biến phân afin xác định ma trận D, véc tơ q tập Θ Sol(AV I(D, q, Θ)) Tập nghiệm AV I(D, q, Θ) LCP Bài tốn bù tuyến tính LCP (D, q) Bài tốn bù tuyến tính xác định ma trận D véc tơ q GLCP Bài toán bù tuyến tính suy rộng GAV I Bài tốn bất đẳng thức biến phân afin suy rộng SCQ Điều kiện quy Slater MFCQ Điều kiện quy Mangasarian Fromovitz (MFCQ) QP Bài tốn quy hoạch tồn phương KKT Karush–Kuhn–Tucker TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Chương Bất đẳng thức biến phân afin Trước hết, đề cập tới khái niệm toán bất đẳng thức biến phân afin tốn bù tuyến tính 1.1 Bất đẳng thức biến phân Trong phần 1.1 tìm hiểu khái niệm tốn bất đẳng thức biến phân Sau nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm hai trường hợp tập ràng buộc compact không compact Cho f : Rn → R hàm C Θ ⊂ Rn tập lồi đóng, khác rỗng Đặt  ∂f (x)  ∂x1  ϕ(x) = ∇f (x) =  ∂f (x) ∂xn  n  với x ∈ R (1.1) Để đưa định nghĩa bất đẳng thức biến phân, trước hết ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 1.1 Nếu x ˆ nghiệm địa phương toán tối ưu TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com { f (x): x ∈ Θ} (1.2) ϕ(ˆ x), y − xˆ ≥ với y ∈ Θ (1.3) Chứng minh: Lấy x ∈ Θ nghiệm địa phương (1.2) Chọn γ > cho f (y) ≥ f (ˆ x) với y ∈ Θ ∩ B(ˆ x, γ) ¯ x, γ) với t ∈ (0, θ) Với y ∈ Θ\{ˆ x}, ∃θ > cho xˆ + t(y − xˆ) ∈ Θ ∩ B(ˆ Khi f (ˆ x + t(y − xˆ)) − f (ˆ x) = f (ˆ x, y − xˆ) t→0 t = ∇f (ˆ x), y − xˆ ≤ lim = ϕ(ˆ x), y − xˆ Ta có điều phải chứng minh (Đpcm) Từ ta có định nghĩa tốn bất đẳng thức biến phân Định nghĩa 1.1 Nếu Θ ⊂ Rn tập lồi đóng khác rỗng ϕ : Θ → Rn ánh xạ cho trước tốn tìm x ˆ thỏa mãn (1.3) gọi toán bất đẳng thức biến phân đơn giản bất đẳng thức biến phân ( viết tắt VI) Nó ký hiệu VI(ϕ, Θ) Tập nghiệm Sol(VI(ϕ, Θ)) VI(ϕ, Θ) tập x ˆ ∈ Θ thỏa mãn (1.3) Như vậy, ta tốn tối ưu dẫn tới toán bất đẳng thức biến phân, điểm khác biệt toán bất đẳng thức biến phân so với toán quy hoạch toán học khác gì? Mệnh đề sau giúp trả lời câu hỏi đó: Mệnh đề 1.2 Cho x ˆ ∈ Θ Nếu tồn γ > cho ¯ x, γ), ϕ(ˆ x), y − xˆ ≥ với y ∈ Θ ∩ B(ˆ (1.4) x ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)) TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Chứng minh: Giả sử tồn γ > thỏa mãn (1.4) Từ tính lồi Θ ta suy với y ∈ Θ tồn t = t(y) ∈ (0, 1) cho y(t) := x ˆ +t(y − xˆ) ¯ x, γ) thuộc vào Θ ∩ B(ˆ Từ (1.4) ta có ≤ ϕ(ˆ x), y − xˆ ⇒ ≤ ϕ(ˆ x), y(t) − xˆ ⇒ ≤ ϕ(ˆ x), xˆ + t(y − xˆ) − xˆ ⇒ ≤ t ϕ(ˆ x), y − xˆ ⇒ ϕ(ˆ x), y − xˆ ≥ với y ∈ Θ Vì x ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)) (đpcm) Mệnh đề cho thấy, không giống nghiệm toán quy hoạch toán học khác, nghiệm toán VI có tính địa phương Giờ ta nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm toán VI Cấu trúc tập nghiệm Sol(V I(ϕ, Θ)) định tính chất tập Θ tốn tử ϕ Định lý Hartman-Stampacchia sau làm rõ điều đó: Định lý 1.1 ([1]) Nếu Θ ⊂ Rn tập compact lồi khác rỗng ϕ : Θ → Rn liên tục tốn V I(ϕ, Θ) có nghiệm Định lý Hartman-Stampacchia áp dụng cho trường hợp Θ tập compact Vậy trường hợp tập không compact kết định lý cịn khơng? Câu trả lời với điều kiện thích hợp, kết định lý Cụ thể sau: Định lý 1.2 ([1]) Cho Θ ⊂ Rn tập lồi đóng khác rỗng ϕ : Θ → Rn toán tử liên tục Nếu tồn x∗ ∈ Θ cho ϕ(y) − ϕ(x∗ ), y − x∗ ||y − x∗ ||−1 → +∞ ||y|| → +∞, y ∈ Θ, (1.5) tốn V I(ϕ, Θ) có nghiệm TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Giờ ta {(λs , µsJ )} bị chặn Thật vậy, giả sử {(λs , µsJ )} khơng bị chặn µsJ λs ˆ → λ →µ ˆj , j ∈ J ||(λs , µsJ )|| ||(λs , µsJ )|| ˆ ≥ 0, µ ˆ µ s → +∞ với λ ˆj ≥ 0, j ∈ J ||(λ, ˆJ )|| = viết lại (2.18) ta có ˆ + λs I)xs + (D µsj AˆTj + q s = (2.22) j∈J Chia vế bất đẳng thức (2.22) cho ||(λs , µsJ )|| cho s → ∞, ta có ˆx + λˆ µ ˆj AˆTj = (2.23) j∈J ˆ ˆb) thỏa mãn (MFCQ) xˆ ∈ Từ (2.14) thỏa mãn (SCQ) (ˆ r, A, ˆ ˆb) Khi đó, tồn v ∈ Rn cho F(ˆ r, A, xˆT v < Aˆj v < với j ∈ J Điều có nghĩa ˆ xT v ≤ µ λˆ ˆAˆj v ≤ với j ∈ J ˆ = µ Kết hợp với (2.23) thu λ ˆJ = Điều mâu thuẫn với s s ˆ µ thật ||(λ, ˆJ )|| = Do đó, {(λ , µJ )} bị chặn ˜ µ ˜ µ Không tổng quát, ta giả sử (λs , µsJ ) → (λ, ˜J ) với (λ, ˜J ) ∈ R × R|J | Do đó, dãy bên phía phải (2.21) hội tụ Lấy giới hạn hai vế (2.21) s → ∞, ta suy x ˆ xác định J Từ xˆ ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) hữu hạn chọn tùy ý, Sol(D, Trường hợp 2: λs ∈ T với nhiều giá trị s Không tổng quát, ˆ với λs ∈ T với giả sử λs ∈ T với s Khi T hữu hạn, giả sử λs = λ s Từ (2.20) kéo theo −q s −bsj ˆ = M0J (λ) xs µs 37 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ˆ ∈ T thu (−q s , −bs ) ∈ C Điều nầy mâu thuẫn với thật Kết hợp với λ (−q s , −bs ) ∈ / C Do đó, trường hợp khơng xảy Trường hợp 3: λs = với nhiều giá trị s Không tổng quát, ta giả sử λs = với s Khi (2.18) − (2.19) biến đổi thành ˆ s + AˆT µs + q s = 0, Dx J J AˆJ xs + bsJ = 0, Và là, −q s −bsj = MJ xs µsJ (2.24) Điều có nghĩa (−q s , −bs ) ∈ CJ Nếu detMJ = (−q s , −bs ) ∈ C trái ngược với thật (−q s , −bs ) ∈ / C Do đó, detMJ = Từ (2.24), xs µsJ = (MJ )−1 −q s −bsj Điều có nghĩa µsJ hội tụ tới vài µ ˆJ ∈ R.Từ xs hội tụ đến xˆ, ta có xˆ µ ˆJ = (MJ )−1 −ˆ q −ˆbJ Điều kéo theo x ˆ xác định J Từ xˆ chọn tùy ý, ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) hữu hạn (Đpcm) Sol(D, Chú ý 2.2 So sánh với kết tồn tại, Định lý 3.2 trường hợp tổng quát với F(ˆ ω ) với tập lồi đa diện Từ Định lý 3.2, ta có hệ sau ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) ∈ Γ Giả sử Hệ 2.2 Xét toán V I(D, q, r, A, b) (D, ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) Aˆ có hạng đầy đủ Nếu hàm đa trị Sol(.) nửa liên tục (D, ˆ ˆb) Sol(D, ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) hữu biểu thức (2.14) thỏa mãn (SCQ) (ˆ r, A, hạn 38 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Ký hiệu m ˆ ˆb) := ∂F(ˆ r, A, ˆ ˆb) : (||x|| − rˆ) x ∈ F(ˆ r, A, (Aˆi x − ˆbi ) = i=1 Định lý đưa điều kiện đủ tính nửa liên tục hàm đa trị Sol(.) ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) ∈ Γ Giả sử Định lý 2.3 Xét toán V I(D, q, r, A, b) γˆ = (D, ˆ ˆb) = ∅ Nếu Sol(ˆ γ ) khác rỗng Sol(ˆ γ ) ∩ ∂F(ˆ r, A, điều kiện thỏa mãn: (i) Sol(ˆ γ ) hữu hạn; ˆ khơng suy biến, (ii) D Sol(.) nửa liên tục γˆ Chứng minh: Giả sử Sol(ˆ γ ) khác rỗng, để chứng minh Sol(.) nửa liên tục γˆ ta phải chứng minh với x ∈ Sol(ˆ γ ) với lân cận mở Ux x, tồn δ > cho Sol(¯ γ ) ∩ Ux = ∅ (2.25) với γ¯ ∈ Γ thỏa mãn ||¯ γ − γˆ || < δ Cố định x ∈ Sol(ˆ γ ) với nhân tử Lagrange tương ứng (λ, µ) Cho Ux lân cận mở x Giả sử hai điều kiện (i) - (ii) thỏa mãn ˆ + ˆb < Đầu tiên, ta xét trường hợp (i) thỏa mãn, nghĩa ||x|| < rˆ, Ax Sol(ˆ γ ) hữu hạn Điều kéo theo (λ, µ) = (0, 0) x nghiệm ˆ = −ˆ Dy q (2.26) ˆ + ˆb < 0, tồn δ > lân cận mở Vx ⊂ Ux Từ ||x|| < rˆ Ax ¯ ¯b) với (¯ ¯ ¯b) thỏa mãn ||(¯ ¯ ¯b) − (ˆ ˆ ˆb)|| ≤ cho Vx ⊂ F(¯ r, A, r, A, r, A, r, A, ||¯ γ − γˆ || < δ 39 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ˆ không suy Từ (2.26) giả thiết Sol(ˆ γ ) hữu hạn, ta thu D ˆ −1 qˆ biến x nghiệm (2.26) Điều cho ta x = −D ¯ −1 q¯ ∈ Vx với (D, ¯ q¯) thỏa mãn Khi đó, tồn δ > cho x ¯ = −D ¯ q¯) − (D, ˆ qˆ)|| ≤ ||¯ ||(D, γ − γˆ || < δ Lấy δ = min{δ , δ } lấy γ¯ cho ||¯ γ −ˆ γ || < δ Khi đó, x¯ ∈ Vx ⊂ F(¯ r, a ¯, ¯b) (λ, µ) = (0, 0) nhân tử Lagrange tương ứng với x ¯ Ta có ¯ x + q¯ = 0, x¯2 − r¯2 < 0, A¯ ¯x + ¯b < D¯ Do đó, (2.25) thỏa mãn với γ¯ ∈ Γ thỏa mãn ||¯ γ − γˆ || < δ Tiếp theo xét trường hợp (ii) thỏa mãn Lặp lại lý luận ˆ không suy biến dẫn đến (2.25) phần trước sử dụng giả thiết D (Đpcm) 2.4 Vài kết ổn định Trong phần này, ta dùng định lý Hartman - Stampacchia ([1], Định lý 3.1) nón lùi xa để thu vài kết ổn định toán VI(D,q,ω ) Định lý nội dung phần ˆ qˆ, ω Định lý 2.4 Xét toán VI(D,q,ω ) (D, ˆ ) ∈ P Giả sử biểu thức (2.1) thỏa mãn (SCQ) ω ˆ hai điều kiện sau thỏa mãn: ˆ h = (D ˆ +D ˆ T )h = : (a1 ) Với h ∈ rec F(ˆ ω ), Dh, (a2 ) Nếu F(ˆ ω ) khơng bị chặn ˆ k , xk Dx lim sup ≥0 ||xk ||2 k→∞ (2.27) với dãy {xk } ∈ F(ˆ ω ) thỏa mãn ||xk || → ∞ Thì bốn phát biểu sau tương đương: ¯ q¯, ω (b1 ) Tồn taị số γ > cho Sol(D, ¯ ) khác rỗng với ¯ q¯, ω ¯ q¯, ω ˆ qˆ, ω (D, ¯ ) ∈ P thỏa mãn ||(D, ¯ ) − (D, ˆ )|| < γ; 40 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ˆ qˆ, ω (b2 )Sol(D, ˆ ) khác rỗng bị chặn; ˆ + qˆ, h > ∀h ∈ rec F(ˆ (b3 ) x ∈ F(ˆ ω ) : Dx ω )\{0} = ∅; ˆ ω )) với (rec F(ˆ (b4 )ˆ q ∈ int((rec F(ˆ ω ))∗ − DF(ˆ ω ))∗ = {y ∈ Rn : y, h ≥ ∀h ∈ rec F(ˆ ω )}) Chứng minh: Bằng lý luận tương tự [[2], Bổ đề 7.2], ta thu (b3 ) ⇔ b4 Bây giờ, ta chứng minh (b1 ) ⇒ (b2 ), (b2 ) ⇒ (b3 ), (b3 ) ⇒ (b1 ) ¯ q¯, ω (b1 ) ⇒ (b2 ): Giả sử tồn số γ > cho Sol(D, ¯ ) khác ¯ q¯, ω ¯ q¯, ω ˆ qˆ, ω rỗng với (D, ¯ ) ∈ P thỏa mãn ||(D, ¯ ) − (D, ˆ )|| < γ Điều ˆ qˆ, ω có nghĩa Sol(D, ˆ ) = ∅ Để thu mâu thuẫn, giả sử ˆ qˆ, ω ˆ qˆ, ω Sol(D, ˆ ) khơng bị chặn, từ đó, tồn dãy {y k } ⊂ Sol(D, ˆ) ˆ với cho ||y k || → ∞ Không tổng quát, ta giả sử ||y k ||−1 y k → h ˆ ∈ Rn \{0} Từ Bổ đề 2.2, ta thu h ˆ ∈ rec F(ˆ h ω ) Với z ∈ F(ˆ ω ), ˆ qˆ, ω với k, từ y k ∈ Sol(D, ˆ ) ta có ˆ k + qˆ, z − y k ≥ Dy Điều kéo theo ˆ k + qˆ, z − Dy ˆ k + qˆ, y k ≥ Dy ˆ k + qˆ, z ≥ Dy ˆ k + qˆ, y k ⇒ Dy ˆ k + qˆ, z ≥ Dy ˆ k , y k + qˆ, y k ⇒ Dy (2.28) Chia hai vế (2.28) cho ||y k ||2 cho k → ∞ ta ˆ k + qˆ, z qˆ, y k Dy ˆ ˆ ˆ ≥ Dh, h + k ||y k ||2 ||y || →0 →0 ˆ h ˆ ≤ Từ giả thiết (a2 ) ta có D ˆ h ˆ ≥ Từ D ˆ h ˆ = ˆ h, ˆ h, ˆ h, Do D Từ giả thiết (a1 ), ta có ˆ = ˆ +D ˆ T )h (D (2.29) 41 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Nhân hai vế (2.28) cho ||y k ||−1 cho k → ∞ sử dụng giả thiết (a2 ) ta có ˆ k , yk ˆ k, z qˆ, z Dy qˆ, y k Dy + k ≥ + ||y k || ||y || ||y k || ||y k || ˆ z + qˆ, z ≥ Dh ˆ , y k + qˆ, h ˆ ˆ h, ⇒ D k ||y || =0 →0 ˆ z ≥ qˆ, h ˆ ˆ h, ⇒ D (2.30) Từ (2.29) (2.30) ta có ˆ ≤ D ˆ z ˆ h, qˆ, h ˆ ≤ D ˆ z ˆ − Dz, ˆ h ˆ h, ⇒ qˆ + Dz ˆ − Dz, ˆ ≤ D ˆ z ˆ + qˆ, h ˆ h ˆ h, ⇒ Dz ˆ ≤ Dz, ˆ + D ˆ z = D ˆ z + D ˆ z = ˆ + qˆ, h ˆ h ˆ h, ˆ T h, ˆ h, ⇒ Dz (2.31) Từ z chọn tùy ý, (2.31) thỏa mãn với z ∈ F(ω) Lấy ˆ ω ¯ q¯, ω ˆ qˆ + γ h, (D, ¯ ) = (D, ˆ ) ta có γ ¯ q¯, ω ˆ qˆ, ω ||(D, ¯ ) − (D, ˆ )|| = < γ Từ (2.31) kéo theo ˆ h ˆ < với z ∈ F(¯ ¯ = Dz ˆ − γ h, ¯ + q¯, h ˆ + qˆ, h Dz ω ) = F(ˆ ω ) ¯ q¯, ω Điều Sol((D, ¯ )) = ∅, mâu thuẫn với giả thiết (b1 ) Do đó, ˆ qˆ, ω Sol(D, ˆ ) bị chặn (b2 ) ⇒ (b3 ): Giả sử (b2 ) thỏa mãn (b3 ) khơng Khi đó, tồn ˆ ∈ rec F(ˆ phần tử h ω )\{0} cho ˆ ≤0 ˆ + qˆ, h Dz với z ∈ F(ˆ ω ) (2.32) 42 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ˆ với ˆ qˆ, ω ˆ qˆ, ω Do Sol(D, ˆ ) khác rỗng, tồn xˆ ∈ Sol(D, ˆ ) Lấy z k := xˆ + k h ˆ ∈ rec F(ˆ k = 1, 2, Do h ω ), ta có z k ∈ F(ˆ ω ) với k ||z k || → +∞ k → +∞ Từ (2.32) ta có ˆ = Dˆ ˆ +k D ˆ h ˆ ≤0 ˆ k + qˆ, h ˆ x + qˆ, h ˆ h, Dz với k ˆ h ˆ ≤ Mặt khác, ta có ˆ h, Bất đẳng thức ta thấy D ˆ xˆ ˆ h ˆ ˆ k, zk ˆ x, xˆ ˆ x, h ˆ h, ˆ h, Dz Dˆ k Dˆ k D k2 D = + + + ˆ ||ˆ ˆ ||ˆ ˆ ||ˆ ˆ ||z k ||2 ||ˆ x + k h|| x + k h|| x + k h|| x + k h|| ˆ h ˆ ≥ Do đó, ˆ h, Cho k → +∞ sử dụng giả thiết (a2 ), ta thu D ˆ h ˆ = Từ giả thiết (a1 ), ta có ˆ h, D ˆ = ˆ +D ˆ T )h (D (2.33) Với x ∈ F(ˆ ω ) từ (2.33), ta có ˆ + qˆ, x − xˆ − k h ˆ ˆ k + qˆ, x − z k = D(ˆ ˆ x + k h) Dz ˆ h ˆ +k D ˆ x − xˆ ˆ x + qˆ, x − xˆ −k D ˆ h, ˆ h, = Dˆ ˆ q ,ˆ ≥0 x ˆ∈Sol(D,ˆ ω) =0 ˆ ˆ x + qˆ, h − k Dˆ ˆ x − D ˆ xˆ − D ˆ xˆ − qˆ, h ˆ ) ˆ h, ˆ h, ˆ T h, ≥ k( D ˆ ˆ + qˆ, h = − k Dx = ˆ qˆ, ω ˆ qˆ, ω Từ đó, z k ∈ Sol(D, ˆ ) với k Điều dẫn đến Sol(D, ˆ ) không bị chặn, mâu thuẫn với giả thiết (b2 ) Do (b3 ) thỏa mãn (b3 ) ⇒ (b1 ): Giả sử (b3 ) thỏa mãn Để thu mâu thuẫn, giả sử (b1 ) không thỏa mãn, nghĩa tồn dãy ˆ qˆ, ω {(Dk , q k , ω k )} ⊂ P cho (Dk , q k , ω k ) → (D, ˆ ) Sol(Dk , q k , ω k ) = ∅ với k Từ giả thiết (2.1) thỏa mãn (SCQ) ω ˆ , F(.) nửa liên tục 43 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ω ˆ ta có với xˆ ∈ F(ˆ ω ), với > 0, tồn k0 cho F(ω k )∩B(ˆ x, ) = ∅ với k ≥ k0 Vì thế, tồn i0 cho Z i,k = F(ω k ) ∩ {x ∈ Rn : ||x|| ≤ i} (2.34) khác rỗng, compact lồi với i ≥ i0 Áp dụng định lý HartmanStampacchia cho V I(Dk , q k , Z i,k ) thu Sol(Dk , q k , Zi,k ) = ∅ với i ≥ i0 , k ≥ k0 Cố định xi,k ∈ Sol(Dk , q k , Z i,k ) ta có Dk xi,k + q k , z − xi,k ≥ với z ∈ Z i,k (2.35) Giờ ta chứng minh ||xi,k || = i Thật vậy, giả sử phản chứng ||xi,k || = i Khi đó, tồn taị α > cho ¯ k,i , α) := {x ∈ Rn : ||x − xi,k || ≤ α} ⊂ {x ∈ Rn : ||x|| ≤ i} B(x Từ (2.35), Dk xi,k + q k , z − xi,k ≥ ˆ i,k , α) với z ∈ F(ω k ) ∩ B(x (2.36) Do F(ω k ) lồi α > 0, với z ∈ F(ω k ) tồn t ∈ (0, 1) cho ¯ k,i , α) z(t) := xi,k + t(z − xi,k ) ∈ F(ω k ) ∩ B(x Thế z(t) vào z (2.36) ta có ≤ Dk xi,k + q k , z(t) − xi,k = t Dk xi,k + q k , z − xi,k Từ ta có Dk xi,k + q k , z − xi,k ≥ với z ∈ F(ω k ) Vì thế, xi,k ∈ Sol(Dk , q k , ω k ) mâu thuẫn với giả thiết Sol(Dk , q k , ω k ) = ∅ với k Do vậy, ||xi,k || = i với i ≥ i0 k ≥ k0 Cố định i ≥ i0 Khi {xi,k }, k ≥ k0 có dãy hội tụ Khơng tổng quát, giả sử limk→∞ xi,k = xi với xi ∈ F(ˆ ω ) ||xi || = i Cho k → ∞ biểu thức (2.35) ta ˆ i +ˆ Dx q , z−xi ≥ với z ∈ Z i := F(ˆ ω )∩{x ∈ Rn : ||x|| ≤ i} (2.37) 44 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ˆ với h ˆ ∈ Rn ||h|| = Do Không tổng quát, giả sử ||xi ||−1 xi → h ˆ ∈ rec F(ˆ {xi } ⊂ F(ˆ ω ) ||xi || → +∞ i → ∞ ta có h ω) Dễ thấy rằng, với z ∈ F(ˆ ω ) tồn iz ≥ i0 cho z ∈ Z i với i ≥ iz ˆ i + qˆ, z − xi ≥ với i ≥ iz Điều có nghĩa là: Từ (2.37) ta có Dx ˆ i + qˆ, z ≥ Dx ˆ i , xi + qˆ, xi Dx (2.38) ˆ h ˆ ≤ Từ ˆ h, Chia hai vế (2.38) cho ||xi ||2 cho i → ∞ thu D ˆ h ˆ = Từ giả thiết (a1 ) ta có ˆ h, giả thiết (a2 ) suy D ˆ = ˆ +D ˆ T )h (D (2.39) Nhân hai vế (2.38) cho ||y k ||−1 ,cho k → ∞ sử dụng giả thiết (a2 ) ˆ z ≥ qˆ, h ˆ Từ kết hợp với (2.39) ta ˆ h, ta D ˆ = Dz, ˆ + qˆ, h ≤ D ˆ z + D ˆ z = ˆ + qˆ, h ˆ h ˆ T h, ˆ h, Dz ˆ ∈ rec F(ˆ ˆ ≤ với z ∈ F(ˆ ˆ + qˆ, h Từ đó, ta thu h ω ) Dz ω ) Điều mâu thuẫn với (b3 ) (Đpcm) Ví dụ 2.4 Xét tốn VI(D,q,ω ) với n = 2, m = 1, ˆ= D −1 −2 , qˆ = −1 qˆ1 = ˆ1 = D , , 0 , cˆ1 = 0, ˆ , qˆ1 , cˆ1 ) ∈ Ω Ω = R2×2 ω ˆ = (D Θ+ × R × R Ta có F(ˆ ω ) tập nghiệm g1 (x, Dˆ1 , qˆ1 , cˆ1 ) = xT Dˆ1 x + qˆ1 T x + cˆ1 ≤ 45 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ⇒ x1 x2 0 x1 x2 ⇒ x1 x2 −1 + x1 x2 2x2 ≤0 − x1 ≤ ⇒ x1 ≥ x22 Vậy F(ˆ ω ) = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 ≥ x22 } Ta lại có ˆ h = 0, rec F(ˆ ω ) = {h = (h1 , h2 ) ∈ R2 : D ⇒ rec F(ˆ ω ) = {h = (h1 , h2 ) ∈ R2 : 0 −1 ⇒ rec F(ˆ ω ) = {h = (h1 , h2 ) ∈ R2 : qˆ1T h ≤ 0} 2h2 h1 h2 h1 h2 = 0, = 0, ≤ 0} −h1 ≤ 0} Vậy rec F(ˆ ω ) = {h = (h1 , h2 ) ∈ R2 : h1 ≥ 0, h2 = 0} ˆ h = −2h22 = từ Dễ thấy (SCQ) thỏa mãn ω ˆ Từ Dh, ˆ +D ˆ T )h = −4h2 = với h = (h1 , h2 ) ∈ rec F(ˆ (D ω ) điều kiện (a1 ) thoả mãn Với dãy {xk = (xk1 , xk2 )} ⊂ F(ˆ ω ) thỏa mãn ||xk || → ∞ ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: {xk2 } bị chặn Từ ||xk || → ∞ kéo theo ||xk1 || → ∞ Khi ˆ k , xk −(xk2 )2 Dx = lim sup = lim sup 2 k ||xk ||2 k→∞ (x1 ) + (x2 ) k→∞ 46 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Trường hợp 2: {xk2 } không bị chặn Khi đó, ˆ k , xk Dx −(xk2 )2 lim sup ≥ lim sup k = k ||xk ||2 k→∞ k→∞ (x2 ) + (x2 ) Từ trường hợp trên, ta có trường hợp (a2 ) thỏa mãn Ta lấy x ˆ = (ˆ x1 , xˆ2 ) = ( 21 , 12 ) ∈ F(ˆ ω ) Khi ˆ x + qˆ, h = (−ˆ Dˆ x2 + 1)h1 > với h = (h1 , h2 ) ∈ rec F(ˆ ω )\{0} Điều dẫn tới (b3 ) thỏa mãn Theo Định lý 2.4 ta suy (b1 ), (b2 ), (b3 ) thỏa mãn 2.5 Ứng dụng cho tốn quy hoạch tồn phương với ràng buộc tồn phương Xét tốn quy hoạch tồn phương với ràng buộc toàn phương sau f (x, D, q) = xT Dx + q T x : x ∈ F(ω) (QP(D,q,ω )) phụ thuộc vào tham số (D, q, ω) ∈ P với D đối xứng Một điểm x gọi điểm Karush–Kuhn–Tucker (KKT) QP (D, q, ω) tồn nhân tử Lagrange λ ∈ Rm tương ứng với x thỏa mãn (2.7−(2.9)) Tập điểm KKT QP (D, q, ω) ký hiệu KKTQP (D, q, ω) Với giả thiết (SCQ) từ Bổ đề 2.3 ta có KKTQP (D, q, ω) = Sol(D, q, ω) Bởi thế, từ Định lý 2.1 ta có hệ sau ˆ qˆ, ω Hệ 2.3 Nếu biểu thức (2.1) thỏa mãn (SCQ) (D, ˆ ) ∈ P ˆ ∩ rec F(ˆ kerD ω ) = {0}, ánh xạ tập điểm KKT toán QP(D,q,ω ) nửa liên tục ˆ qˆ, ω (D, ˆ ) 47 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Ta ký hiệu QP(D,q,r,A,b) cho tốn quy hoạch tồn phương sau min{f (x, D, q) : x ∈ F(r, A, b)} Tập điểm KKT QP(D,q,r,A,b) ký hiệu KKTQP (D, q, r, A, b) Hệ sau rút từ Định lý 2.2 2.3 ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) ∈ Γ Giả sử Aˆ Hệ 2.4 Xét toán QP(D,q,r,A,b) (D, ˆ , rˆ, A, ˆ ) nửa liên tục có hạng đầy đủ Nếu hàm đa trị KKTQP (D, ˆ ˆb) KKTQP (D, ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) (ˆ q , ˆb) biểu thức (2.14) thỏa mãn (SCQ) (ˆ r, A, hữu hạn ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) ∈ Γ Hệ 2.5 Xét toán QP(D,q,r,A,b) (D, ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) khác rỗng KKTQP (D, ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) ∩ Giả sử KKTQP (D, ˆ ˆb) = ∅ Nếu điều kiện sau thỏa mãn: ∂F(ˆ r, A, ˆ qˆ, rˆ, A, ˆ ˆb) hữu hạn; (i) KKTQP (D, ˆ không suy biến (ii) D Thì KKTQP (.) nửa liên tục γˆ Từ Định lý 2.4 ta có hệ sau ˆ qˆ, ω Hệ 2.6 Xét toán QP(D,q,ω ) (D, ˆ ) ∈ P Từ giả thiết Định lý 2.4 ta có bốn khẳng định sau tương đương: ¯ q¯, ω (i) Tồn số γ > cho KKTQP (D, ¯ ) khác rỗng với ¯ q¯, ω ¯ q¯, ω ˆ qˆ, ω (D, ¯ ) ∈ P thỏa mãn ||(D, ¯ ) − (D, ˆ )|| < γ ; ˆ qˆ, ω (ii) KKTQP (D, ˆ ) khác rỗng bị chặn; ˆ + qˆ, v > với v ∈ rec F(ˆ (iii) {x ∈ F(ˆ ω ) : Dx ω )\{0}} = 0; ˆ ω )) (iv) qˆ ∈ int((rec F(ˆ ω ))∗ − DF(ˆ 48 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Kết luận Sau thời gian học tập nghiên cứu giảng dạy, hướng dẫn tận tình PGS.TS Nguyễn Năng Tâm thầy giáo, giáo khoa Tốn - Cơ - Tin trường Đại học khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, em hoàn thành luận văn với tiêu đề: "Tính ổn định nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân afin suy rộng ứng dụng" Luận văn đạt số kết sau: Trình bày khái niệm tốn bất đẳng thức biến phân afin, đưa số ví dụ minh họa định lý, bổ đề để chuẩn bị cho phần Đưa kết ổn định nghiệm tốn ứng dụng Có thể xem luận văn bước tìm hiểu ban đầu tốn bất đẳng thức biến phân afin Em hy vọng có dịp tìm hiểu sâu tốn quan trọng tương lai Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình thầy PGS.TS Nguyễn Năng Tâm nghiên cứu làm việc nghiêm túc thân Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Nguyễn Năng Tâm toàn thể thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học giúp em hoàn thành luận văn 49 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Tài liệu tham khảo [1] D Kinderlehrer, G Stampacchia An Introduction To Variational Inequalities And Their Applications Philadelphia (PA): Society for Industrial and Applied Mathematics; (2000) [2] G M Lee, N N Tam, N D Yen Quadratic Programming And Affine Variational Inequalities: A Qualitative Study Vol 78, Nonconvex optimization and its application New York (NY): Springer-Verlag; (2005) [3] G M Lee, N N Tam, N D Yen Continuity of the solution map in parametric affine variational inequalities Set-Valued Anal 15:105–123.(2007) [4] J F Bonnans, A Shapiro Perturbation Analysis Of Optimization Problems New York (NY): Springer-Verlag; (2000) [5] M S Gowda , J S Pang On the boundedness and stability of the set of solutions to the affine variational inequality problem SIAM J Control Optim 32:421–441 (1994) [6] M S Gowda, T S Seidman Generalized linear complementarity problems Math Program.46:329–340 (1990) [7] M S Gowda, J S Pang : Stability analysis of variational inequalities and nonlinear complementarity problems, via the mixed linear complementarity problem and degree theory, Mathematics of Operations Research, 19, 831879 (1994b) 50 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com [8] N N Tam Some stability results for the semi-affine variational inequality problem Acta Math Vietnam 29:271–280 (2004) [9] N D Yen Parametric optimization problems and parametric variational inequalities Vietnam J Math 37:191–223 (2009) [10] N N Tam, T V Nghi On the solution existence and stability of quadratically constrained nonconvex quadratic programs Optim Lett DOI:10.1007/s11590-017-1163-4, (2017) [11] N D Yen, N X Hung: A Criterion For The Compactness Of The Solution Set Of A Linear Complementarity Problem, In Fixed Point Theory and Applications Vol (Y J Cho,J K Kim and S M Kang, Eds.), Nova Science Publishers, New York (2001) [12] P T Harker, J S Pang: Finite-dimensional variational inequality and nonlinear complementarity problems: A survey of theory, algorithms and applications, Mathematical Programming, 48, 161-220 (1990) [13] R W Cottle, J S Pang, R E Stone: The Linear Complementarity Problem, Academic Press, New York (1992) [14] R T Rockafellar: Convex Analysis, Princeton University Press, Princeton, New Jersey (1970) [15] S M Robinson Generalized equations and their solutions, part I : basic theory Math Program Study 10:128– 144 (1979) [16] T V Nghi, N.N Tam Continuity and directional differentiability of the value function in parametric quadratically constrained nonconvex quadratic programs Acta Math Vietnam 42:311–336 (2017) [17] T V Nghi: On stability of solutions to parametric generalized affine variational inequalities, Optimization DOI: 10.1080/02331934.2017;1394297 (2017) 51 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ... Tính ổn định nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân afin suy rộng có tham số 2.1 Bất đẳng thức biến phân afin suy rộng Trước hết ta đưa định nghĩa toán bất đẳng thức biến phân afin suy rộng sau Định. .. nay, toán bất đẳng thức biến phân phát triển thành nhiều dạng khác nhau, ví dụ: bất đẳng thức biến phân vector, tựa bất đẳng thức biến phân, giả bất đẳng thức biến phân, bất đẳng thức biến phân. .. Tính ổn định nghiệm toán bất đẳng thức biến phân afin suy rộng có tham số 2.1 Bất đẳng thức biến phân afin suy rộng 2.2 Tính nửa liên tục ánh xạ nghiệm 2.3 Tính nửa