(Luận văn) bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH HIẾU lu an va n BÀI TOÁN CÂN BẰNG to p ie gh tn VỚI SONG HÀM GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH HIẾU lu BÀI TOÁN CÂN BẰNG an n va VỚI SONG HÀM GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH ie gh tn to p Chuyên ngành: Toán ứng dụng oa nl w Mã số: 60 46 01 12 d LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu lm ul Người hướng dẫn khoa học: z at nh oi GS TSKH LÊ DŨNG MƯU z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si i Mục lục lu iii Danh sách ký hiệu iv Mở đầu an Lời cảm ơn n va tn to Bài toán cân 1.1 p ie gh Bài toán cân trường hợp riêng Bài toán tối ưu 1.1.2 Bài toán điểm bất động Brouwer Bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát Bài toán cân Nash 1.2 Định nghĩa tính đơn điệu, giả đơn điệu mạnh song hàm 1.3 Sự tồn nghiệm toán cân z at nh oi lm ul nf va 1.1.4 an lu 1.1.3 d oa nl w 1.1.1 Thuật toán chiếu giải toán cân giả đơn điệu mạnh 13 z Thuật toán chiếu cho toán cân giả đơn điệu mạnh 2.2 Các thuật toán tốc độ hội tụ chúng 17 2.2.1 co 13 Thuật toán hội tụ tuyến tính 17 2.2.2 Thuật tốn khơng cần biết số Lipschitz 23 2.2.3 Thuật tốn khơng có điều kiện Lipschitz 25 l gm @ 2.1 m an Lu n va ac th si ii 2.3 Ví dụ áp dụng 29 Kết luận Đề nghị 33 Tài liệu tham khảo 34 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy lu GS TSKH Lê Dũng Mưu (Viện Tốn học, Viện Hàn lâm Khoa học Cơng an n va nghệ Việt Nam), người trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên em Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới thầy, cô khoa gh tn to suốt thời gian nghiên cứu viết luận văn vừa qua p ie Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên giảng dạy nl w giúp đỡ tác giả suốt trình học tập trường d oa Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên an lu lớp cao học Toán ứng dụng K7A quan tâm, động viên, giúp đỡ nf va thời gian học tập trình làm luận văn lm ul Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu xót thể bạn đọc z at nh oi hạn chế, mong nhận đóng góp quý báu q thầy, tồn z @ l gm NGUYỄN THỊ MINH HIẾU m co Học viên Cao học Toán K7A, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên an Lu n va ac th si iv Danh sách ký hiệu Trong toàn luận văn, ta dùng ký hiệu với ý nghĩa xác định đây: lu an tập số tự nhiên R tập hợp số thực H khơng gian Hilbert ha, bi tích vô hướng vectơ a b n va N p ie gh tn to PC (x) hình chiếu (theo chuẩn) x lên tập C d oa nl w ∂f (x) vi phân hàm f x nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Bài toán cân hay gọi bất đẳng thức Ky Fan đề tài quan tâm nghiên cứu, tốn có nhiều ứng dụng lu lĩnh vực khác Hơn nhiều toán quan trọng toán tối ưu, an n va bất đẳng thức biến phân, điểm bất động Brouwer, toán cân Nash Một hướng nghiên cứu quan tâm nhiều phương gh tn to trị chơi khơng hợp tác mơ tả tốn cân p ie pháp giải thông thường Để xây dựng phương pháp giải, người ta phải nl w có điều kiện đặt lên song hàm toán, điều kiện thường d oa sử dụng tính đơn điệu song hàm an lu Bản luận văn nhằm mục đích tổng hợp kiến thức nf va toán cân Luận văn nghiên cứu toán cân với song hàm giả lm ul đơn điệu mạnh Cụ thể luận văn đề cập tới tồn nghiệm toán cân z at nh oi giả đơn điệu mạnh, luận văn giới thiệu số thuuật toán để giải toán đơn điệu mạnh Cuối giới thiệu mơ hình sản xuất điện z an Lu Email: ntmhieu.gv08@tuyenquang.edu.vn m Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên co Chuyên ngành Toán ứng dụng l Học viên Cao học Toán K7A gm Nguyễn Thị Minh Hiếu @ Thái Nguyên, tháng 05 năm 2015 n va ac th si Chương Bài toán cân Trong chương giới thiệu tốn cân trình bày số lu an trường hợp riêng điển hình tốn Tiếp đến ta khảo sát số tính n va chất đơn điệu, đặc biệt song hàm giả đơn điệu mạnh Cuối chương xét tn to đến tồn nghiệm toán cân với song hàm giả đơn điệu p ie gh mạnh Các kết chương tổng hợp từ tài liệu [1], [2], [3], [4], Bài toán cân trường hợp riêng d oa 1.1 nl w [5], [6], [7] lu nf va an Cho H không gian Hilbert thực với Tôpô yếu xác định tích vơ lm ul hướng h.i ứng với chuẩn k.k Giả sử C tập lồi đóng khác rỗng không z at nh oi gian Hilbert H song hàm f : C × C → R thỏa mãn f (x, x) = với x ∈ C Một hàm f gọi song hàm cân Chúng ta xét toán cân định nghĩa sau: z @ Tìm x∗ ∈ C cho f (x∗ , x) ≥ 0, ∀x ∈ C co l gm (EP) m Bài toán lần đưa vào năm 1955 H Nikaido, K an Lu Isoda nhằm tổng qt hóa tốn cân Nash trị chơi khơng hợp tác n va vào năm 1972, Ky Fan giới thiệu năm 1972 thường gọi bất ac th si đẳng thức Ky Fan Bài tốn (EP ) cịn đặt tên toán cân tác giả L D Muu W Oettli năm 1992, E Blum W Oettli giới thiệu năm 1994; Bài toán cân (EP ) bao gồm số toán như: toán tối ưu hóa, điểm yên ngựa, bất đẳng thức biến phân, điểm bất động mơ hình cân Nash lý thuyết trị chơi khơng hợp tác v.v 1.1.1 Bài toán tối ưu lu an Xét toán {ϕ (x) : x ∈ C} Đặt va n f (x, y) = ϕ (y) − ϕ (x) tn to p ie gh Khi oa nl w ϕ (x) ≤ ϕ(y), ∀y ∈ C ⇔ f (x, y) ≥ 0, ∀y ∈ C d Vậy toán tối ưu trường hợp riêng toán (EP ) an lu Bài toán điểm bất động Brouwer nf va 1.1.2 lm ul Giả sử C ⊂ H tập lồi compact khác rỗng ánh xạ đơn trị F : C → z at nh oi C Khi tốn điểm bất động có dạng sau: Tìm x∗ ∈ C cho x∗ = F (x∗ ) (FP) z co l gm @ Đặt m f (x, y) = hx − F (x), y − xi , ∀x, y ∈ C an Lu Khi tốn (F P ) trở thành toán cân (EP ) n va ac th si Tổng quát hơn, toán điểm bất động ánh xạ đa trị (M F P ) tốn: Tìm x∗ ∈ C cho x∗ ∈ F (x∗ ), với F : C → 2C ánh xạ đa trị có giá trị lồi compact khác rỗng Khi đó, x∗ ∈ C nghiệm toán (M F P ) x∗ nghiệm toán cân (EP ) 1.1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát lu n an Cho T : C → 2R ánh xạ nửa liên tục cho T (x) tập compact, lồi n va ∀x ∈ C Khi đó, toán bất đẳng thức biến phân tổng quát phát biểu p ie gh tn to sau: Tìm x∗ ∈ C, ξ ∗ ∈ T (x) cho hξ ∗ , y − xi ≥ 0, ∀y ∈ C (1.1) f (x, y) := max hξ, y − xi , ∀x, y ∈ C d oa nl w Nếu ta đặt an lu ξ∈T (x) lm ul tổng qt nf va tốn cân (EP ) tương đương với toán bất đẳng thức biến phân z at nh oi Thật vậy, x∗ ∈ C nghiệm tốn (1.1) nên ta có: hξ ∗ , y − x∗ i ≥ 0, ∀y ∈ C, ξ ∗ ∈ T (x∗ ) z l gm @ Mặt khác theo cách đặt ta được: m ξ ∈T (x ) co f (x∗ , y) = ∗max∗ hξ ∗ , y − x∗ i ≥ 0, ∀y ∈ C an Lu Vậy x∗ ∈ C nghiệm toán (EP ) Ngược lại, cho x∗ ∈ C nghiệm n va toán (EP ), nghĩa ac th si 21    1 −1 x1  Thật vậy, ta có: F (x) =     = F1 (x) + F2 (x), 1 x2    1 0 x1  F1 (x) =     toán tử đơn điệu mạnh x2    0 −1 x1  Toán tử F2 (x) =     đơn điệu, nên F (x) đơn điệu mạnh, x2 đó: lu f (x, y) = hF (x), y − x)i an n va đơn điệu mạnh 10 ρ = 12 Tính L1 tn to Lấy ε = ie gh Bước 1: Giải toán p Lấy x0 = (0, 1) ∈ C , ta có:    
 −1     −1  F x0 =    =   1 1 d oa nl w  lu nf va an Suy  lm ul

 f x0 , y = F x0 , y − x0 = (−1 1)   y1 z at nh oi y2 −   = −y1 + y2 − z gm @ y − x0 : y ∈ C  m co l Khi ta giải toán dạng: 
f x0 , y +  an Lu hay n va  i 1h 2 (−y1 + y2 − 1) + y + (y2 − 1) : y ∈ C 2 ac th si 22 Ta có 1 ∂f
x = − + y1 = ⇔ y1 = ∂y1 2 ∂f
1 x = + y2 = ⇔ y2 = − ∂y2 2 lu Ta thấy y12 + y22 < nên (y1 , y2 ) nghiệm toán n h i o 12 (−y1 + y2 − 1) + 12 y12 + (y2 − 1)2 : y ∈ C
T Vậy x1 = 21 , − 12 an Trở Bước với x0 thay x1 tiếp tục Ta dừng thuật toán va n Bước k tn to p ie gh k+1 x − xk ≤ ε d Tính L1 :  oa nl w Khi xk ε- nghiệm toán  nf va an lu  −1  Với A =  , ta có 1 lm ul kF (x) − F (y)k ≤ L1 kx − yk z at nh oi ⇔ kA (x − y)k ≤ L1 kx − yk z l gm @    1 0 0 −1 Do A =    nên ta có 1 m co F (x) − F (y) = x − y + x − y = 2(x − y) = kx − yk ≤ L1 kx − yk an Lu Vậy L1 ≥ n va ac th si 23 2.2.2 Thuật tốn khơng cần biết số Lipschitz Thuật tốn có nhược điểm là, để xác định quy tắc, yêu cầu phải biết trước số Lipschitz Thuật tốn tránh nhược điểm Thuật toán Khởi đầu: Chọn dung sai ε ≥ dãy {ρk }k≥0 ⊂ (0, ∞) ccác số dương thỏa mãn ∞ X ρk = +∞, lim ρk = x→∞ lu k=0 an n va Lấy x0 ∈ C k = tn to Bước 1: Giải toán lồi mạnh p ie gh  
k k ρk f x , y + y − x y∈C để có nghiệm xk+1 Nếu xk+1 − xk ≤ ε, kết thúc Trái lại, oa nl w tăng k đơn vị quay trở lại Bước d an lu nf va Định lí 2.2 Giả sử f giả đơn điệu mạnh C với hệ số β thỏa mãn z at nh oi k > k0 , ta có lm ul điều kiện Lipschitz với L2 < β Khi tồn số k0 ∈ N cho k+1 x − x∗ ≤ qQ k (2.21) [1 + 2ρk (β − L2 )] z i=k0 k x − x∗ , @ an Lu  xk hội tụ mạnh tới x∗ [1 + 2ρk (β − L2 )] (2.22) = 0, m i=k0 co lim qQ k→∞ k l gm n va ac th si 24 Chứng minh Sử dụng lập luận tương tự chứng minh trên, cho k có 2 [1 + 2ρk (β − L2 )] xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ − (1 − 2ρk L1 ) xk+1 − xk Vì limk→∞ ρk = 0, nên tồn k0 ∈ N cho − 2ρk L1 > 0, ∀k ≥ k0 Do 2 [1 + 2ρk (β − L2 )] xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ , ∀k ≥ k0 lu hay an va n k+1 x − x∗ ≤ p 1 + 2ρk (β − L2 ) tn to k x − x∗ , ∀k ≥ k0 ; p ie gh w k+1 x − x∗ ≤ qQ k k x − x∗ [1 + 2ρk (β − L2 )] oa nl i=k0 d Theo (2.2), để αk := 2ρk (β − L2 ) > 0, lu αk = (β − L2 ) nf va an ∞ X Nghĩa i=k0 (1 + αi ) ≤ z at nh oi Qk 1+ ρk = +∞, k=k0 lm ul k=k0 ∞ X Pk i=k0 αi → 0, k → ∞ z gm @ Do từ (2.21) thấy xk → x∗ k → +∞ co l Ví dụ sau cho thấy Thuật tốn khơng hội tụ tuyến tính m Xét C = H = R f (x, y) = x (y − x) Rõ ràng, f (x, y) đơn điệu mạnh an Lu với hệ số C thỏa mãn loại điều kiện Lipschitz với L1 = L2 = 21 Bài n va tốn (EP ) có nghiệm x∗ = ac th si 25 Lấy {ρk }k≥0 ⊂ (0, 1) cho ρk → k → +∞ Xuất phát từ điểm x0 6= Theo thuật toán   k x = argmin ρk f x , y + y − x y∈C  
k k k = argmin ρk x y − x + y − x = (1 − ρk ) xk y∈C  Kết hợp với limk→∞ ρk = xk 6= cho k ∈ N, suy xk không k+1 k
hội tụ tuyến tính tới nghiệm x∗ = lu an 2.2.3 Thuật tốn khơng có điều kiện Lipschitz va n Thuật tốn khơng có điều kiện Lipschitz, hội tụ tn to gh cần điều kiện Lipschitz Trong tiểu mục chúng tơi đề xuất thuật p ie tốn hội tụ mạnh mà không yêu cầu f thỏa mãn điều kiện Lipschitz Bổ đề oa nl w biết sau sử dụng để chứng minh kết hội tụ d Bổ đề 2.3 Giả sử {ak }∞ k=0 dãy vô hạn số dương thỏa mãn nf va an lu ak+1 ≤ ak + ξk , ∀k P∞ k=0 ξk lm ul Nếu < ∞ dãy {ak } hội tụ z at nh oi Thuật toán Chọn sai số ε > dãy số {ρk } số dương cho (2.23) ρ2k < ∞ k=1 m co Bước (Tìm hướng đi) Tìm g k ∈ H cho l Lấy x1 ∈ C k := gm @ k=1 ρk = ∞, ∞ X z ∞ X an Lu (2.24) n va
f xk , y + g k , xk − y ≥ −ρk , ∀y ∈ C; ac th si 26 a) Nếu g k = ρk ≤ ε dừng: xk ε− nghiệm; b) Nếu g k = ρk > ε, quay lại Bước với k thay k+1; c) Nếu không chuyển sang Bước
Bước (Phép chiếu) Tính xk+1 := PC xk − ρk g k a) Nếu xk+1 = xk ρk ≤ ε, dừng: xk ε− nghiệm; b) Nếu không, quay lại Bước với k thay k + lu Định lí 2.3 Giả sử giả thiết (A1) (A2) thỏa mãn Khi an n va (i) Nếu thuật tốn dừng bước k , xk ε− nghiệm k+1 2 x − x∗ ≤ (1 − 2βρk ) xk − x∗ + 2ρ2k + 2ρ2k g k , ∀k gh tn to (ii) Ta có p ie (2.25) d oa nl w x∗ nghiệm (EP ) Hơn nữa, thuật tốn khơng   dừng, dãy xk hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ với điều kiện g k bị chặn lu nf va an Chứng minh (i) Nếu thuật toán kết thúc Bước 1, g k = ρk ≤ ε Sau
đó, biểu thức (2.24), f xk , y ≥ −ρk ≥ −ε với y ∈ C Vì thế, xk lm ul ε− nghiệm Nếu thuật toán kết thúc Bước 2, với cách, ta z at nh oi thấy xk ε− nghiệm
(ii) Từ xk+1 = PC xk − ρk g k ta có z @ l gm k+1 2 x − x∗ ≤ xk − ρk g k − x∗ 2 = xk − x∗ − 2ρk g k , xk − x∗ + ρ2k g k (2.26) an Lu n va
f xk , y + g k , xk − x∗ ≥ −ρk , m co Áp dụng (2.24) với y = x∗ có ac th si 27 Nghĩa
− g k , xk − x∗ ≤ f xk , y + ρk (2.27) Sau đó, từ (2.26), ta k+1 2

x − x∗ ≤ xk − x∗ + 2ρk f xk , x∗ + ρk + ρ2k g k (2.28) Vì x∗ nghiệm, f (x∗ , xk ) ≥ 0, nên từ β− giả đơn điệu mạnh f , kéo theo lu 2
f xk , x∗ ≤ −β xk − x∗ an va n Kết hợp bất đẳng thức trước với (2.28) có p ie gh tn to k+1 2 2 x − x∗ ≤ xk − x∗ − 2βρk xk − x∗ + 2ρ2k + ρ2k g k 2 = (1 − 2βρk ) xk − x∗ + 2ρ2k + ρ2k g k (2.29) w d oa nl Bây giả sử thuật tốn khơng kết thúc, g k ≤ C với mọik nf va an lu Thì kéo theo từ (2.29) Khi λk := 2βρk Vì P∞ z at nh oi lm ul k+1 2
x − x∗ ≤ (1 − 2βρk ) xk − x∗ + + C ρ2k 2
= xk − x∗ − λk xk − x∗ + 2ρ2k + + C ρ2k , (2.30) < ∞ hiệu Bổ đề (2.2.4), n o k ∗ kết luận dãy x − x hội tụ Để chứng minh giới hạn k=1 ρk z @ l gm dãy 0, ta áp dụng bất đẳng thức (2.30) với k = 1, , j + tổng từ m co tới j + để có k=1 an Lu j j j+1 X k
X ∗ ∗ ∗ 2 x −x ≤ x −x − λk x − x + 2+C ρ2k , k=1 n va ac th si 28 nghĩa j j X k j+1
X ∗ ∗ x − x∗ + + 2+C ρ2j λk x − x ≤ x −x (2.31) k=1 k=1 Từ (2.31) λk := 2βρk , có ∞ X λk = 2β ∞ X (2.32) ρk = ∞ k=1 k=1  P Chú ý xj bị chặn ∞ k=0 ρk < ∞ suy luận từ (2.31) (2.32) xj − x∗ → j → ∞ lu an va Dưới ví dụ song hàm giả đơn điệu mạnh n Ví dụ: Cho < R K = B (r) := {x ∈ H : kxk ≤ r} xác định tn to p ie gh cách lấy f nl w f (x, y) := h (x, y) + (R − kxk) g (x, y) , d oa cho h g thỏa mãn điều kiện: nf va an lu (i) h (x, y) ≤ 0, ∀x, y ∈ K g β− đơn điệu mạnh K ;

(ii) ∃y ∈ K : h 0, y + h y , = lm ul


Rg 0, y + R − y g y , > z at nh oi Để thấy f giả đơn điệu mạnh K , giả sử f (x, y) ≥ z Vì h (x, y) ≤ 0, ta có g (x, y) ≥ 0, đơn điệu mạnh g, nghĩa @ co l gm g (y, x) ≤ −βkx − yk2 Nên theo định nghĩa f (y, x) có f (y, x) = h (y, x) + (R − kyk) g (y, x) m an Lu ≤ − (R − r) βky − xk2 , ∀x, y ∈ K n va ac th si 29 Vì f giả đơn điệu mạnh K Để thấy f không đơn điệu K sử dụng (ii) để có




f 0, y + f y , = h 0, y + Rg 0, y + h y , +

+ R − y g y , > Như f không đơn điệu Một ví dụ cụ thể cho song hàm g h có đủ điều kiện (i) (ii)  2 lu g (x, y) := hx, y − xi + m kyk − kxk  , với m > 0, an va n tn to p ie gh h (x, y) := (x − y)T A (y − x) , w A : H → H tốn tử tuyến tính khơng dương, không suy biến Rõ d oa nl ràng g đơn điệu mạnh với m > Ta thấy nf va an lu Rg (0, y) + (R − kyk) g (y, 0) = [mR − (m + 1) R + (m + 1) kyk] kyk2 y T Ay = gm @ Ví dụ áp dụng z 2.3 R m+1 , (ii) thỏa mãn cho y ∈ K = B (r) với z at nh oi kyk > R−r r lm ul Như vậy, m > = [(m + 1) kyk − R] kyk2 co l Chúng xét số mơ hình cân thị trường bán độc quyền Trong m mơ hình này, có nc cơng ty sản suất điện, công ty thứ i (i = 1, 2, , nc ) sở hữu an Lu Ii nhà máy phát điện Gọi x vectơ có thành phần xi , với xi lượng n va điện sản xuất nhà máy phát điện thứ i Tiếp theo, giả sử ac th si 30 rằng, giá điện p hàm affin không tăng σ , với σ = Png i=1 xi , ng tổng số tất nhà máy phát điện, cụ thể g p (x) = a0 − n X xi = p (σ) , i=1 với a0 > số (nhìn chung lớn) Khi đó, lợi nhuận công ty thứ i cho fi (x) = p (σ) P xj − j∈Ii P cj (xj ), j∈Ii lu an với cj (xj ) chi phí nhà máy j sản xuất lượng điện mức xj va n Ta giả sử hàm chi phí cj (xj ) cho tn to p ie gh  cj (xj ) = max c0j (xj ) , c1j (xj ) , nl w βj1 αj0 1 0 1 γ −1/βj (xj )(βj +1)/βj , := xj + βj xj + γj , cj (xj ) := αj xj + βj + d oa c0j (xj ) an lu nf va αjk , βjk , γjk (k = 0, 1) tham số cho trước lm ul Gọi xmin xmax lượng điện nhỏ lớn sản j j z at nh oi nhà máy phát điện thứ j Khi tập chiến lược mơ hình xác định dạng z n o max g C = x = (x1 , , xng )T : xmin ≤ x ≤ x ∀j = 1, 2, , n j j j , B := n X i=1 qi qi
T (2.33) , an Lu i=1 − qj q
i T m A := c
i co c n X l gm @ Định nghĩa ma trận A B công thức n va ac th si 31 gọi q i = qi1 , , qni g
T với    1 i qj :=   0 j ∈ Ii ; trường hợp khác c a := −a0 n X g q i , c (x) := i=1 n X (2.34) cj (xj ) j=1 Khi mơ hình cân bán độc quyền đưa toán cân lu an sau n va p ie gh tn to     Tìm x ∈ C cho :    

(EP ) f (x, y) := A + B x + By + a T (y − x) + c (y) − 2       −c (x) ≥ 0, ∀y ∈ C w d oa nl Lưu ý: f (x, y) + f (y, x) = −(y − x)T A(y − x)T Do đó, A khơng xác nf va định nghĩa sau an lu định dương nên f đơn điệu C Tuy nhiên, thay f f1 z at nh oi lm ul f1 (x, y) := f (x, y) − (y − x)T B (y − x) , f1 giả đơn điệu mạnh C , thật vậy, do: z m co l f1 (x, y) ≥ gm @ f1 (x, y) + f1 (y, x) = −(y − x)T (A + B) (y − x , an Lu f1 (x, y) ≤ −(y − x)T (A + B) (y − x) ≤ −λky − xk2 , n va với λ ac th si 32 Bổ đề 2.4 Bài tốn Tìm x∗ ∈ C : f1 (x∗ , y) ≥ 0, ∀y ∈ C tương đương với toán Tìm x∗ ∈ C : f1 (x∗ , y) + (y − x∗ )T B (y − x∗ ) ≥ , ∀y ∈ C (EP1) nghĩa tập nghiệm hai toán trùng lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 33 Kết luận Bài toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh có vai trị quan trọng thực tiễn, có nhiều ứng dụng thực tế chẳng hạn vật lý, lu ngành kỹ thuật, lý thuyết trò chơi, giao thơng vận tải, kinh tế tài Bài tốn an n va cân bao gồm toán quan trọng như: Bài toán tối ưu, điểm bất động tn to Brouwer, bất đẳng thức biến phân tổng quát, mơ hình cân Nash Vì gh việc nghiên cứu tìm phương pháp giải cho tốn cần thiết p ie Luận văn mục đích nhằm tìm hiểu tốn cân phương nl w pháp giải toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh Cụ thể luận văn d oa đề cập đến vấn đề sau: an lu Trình bày tốn cân số tốn quy tốn lm ul nf va cân bằng; tính đơn điệu mạnh song hàm; tồn nghiệm tốn cân z at nh oi Trình bày thuật toán chiếu giải toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh; khảo sát hội tụ tốc độ hội tụ chúng z m co l gm @ an Lu n va ac th si 34 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Dũng Mưu (sẽ ra), Bài toán cân bằng, NXB Khoa học tự nhiên Công lu nghệ an va n [2] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến, to ie gh tn NXB ĐHQG Hà Nội p [3] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, NXB ĐHQG Hà Nội nl w d oa Tiếng Anh an lu lm ul Pisa nf va [4] Bigi G (2014), "Twelve monotonicity conditions", Preprint, University of ities, Springer z at nh oi [5] Konnov I (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequal- z gm @ [6] Muu L D., Quy N V (2015), "On existence and solution methods m Mathematics, 43, pp 229 - 238 co l for strongly pseudomonotone equilibrium problems", Vietnam Journal of an Lu n va ac th si 35 [7] Muu L D., Duc P M., Quy N V (sẽ ra), "Solution - existence and algorithms with their convergence rate for strongly pseudomonotone equilibrium problems", Pacific Journal of Optimization lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si