Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)

Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)Bài toán cân bằng với song hàm giả đơn điệu mạnh (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH HIẾU BÀI TOÁN CÂN BẰNG VỚI SONG HÀM GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH HIẾU BÀI TOÁN CÂN BẰNG VỚI SONG HÀM GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH LÊ DŨNG MƯU Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn iii Danh sách ký hiệu iv Mở đầu 1 Bài toán cân 1.1 Bài toán cân trường hợp riêng 1.1.1 Bài toán tối ưu 1.1.2 Bài toán điểm bất động Brouwer 1.1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát 1.1.4 Bài toán cân Nash 1.2 Định nghĩa tính đơn điệu, giả đơn điệu mạnh song hàm 1.3 Sự tồn nghiệm toán cân Thuật toán chiếu giải toán cân giả đơn điệu mạnh 2.1 Thuật toán chiếu cho toán cân giả đơn điệu mạnh 2.2 Các thuật toán tốc độ hội tụ chúng 13 13 17 2.2.1 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 ii 2.3 Ví dụ áp dụng 29 Kết luận Đề nghị 33 Tài liệu tham khảo 34 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 GS TSKH Lê Dũng Mưu (Viện Toán học, Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam), người trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên em suốt thời gian nghiên cứu viết luận văn vừa qua Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới thầy, cô khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên giảng dạy giúp đỡ tác giả suốt trình học tập trường Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên lớp cao học Toán ứng dụng K7A quan tâm, động viên, giúp đỡ tơi thời gian học tập q trình làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu xót hạn chế, mong nhận đóng góp quý báu q thầy, tồn thể bạn đọc NGUYỄN THỊ MINH HIẾU Học viên Cao học Toán K7A, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên iv Danh sách ký hiệu Trong toàn luận văn, ta dùng ký hiệu với ý nghĩa xác định đây: N tập số tự nhiên R tập hợp số thực H khơng gian Hilbert a, b tích vơ hướng vectơ a b ∂f (x) vi phân hàm f x PC (x) hình chiếu (theo chuẩn) x lên tập C Mở đầu Bài tốn cân hay gọi bất đẳng thức Ky Fan đề tài quan tâm nghiên cứu, tốn có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác Hơn nhiều toán quan trọng toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, điểm bất động Brouwer, tốn cân Nash trò chơi khơng hợp tác mơ tả tốn cân Một hướng nghiên cứu quan tâm nhiều phương pháp giải thông thường Để xây dựng phương pháp giải, người ta phải có điều kiện đặt lên song hàm toán, điều kiện thường sử dụng tính đơn điệu song hàm Bản luận văn nhằm mục đích tổng hợp kiến thức toán cân Luận văn nghiên cứu toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh Cụ thể luận văn đề cập tới tồn nghiệm toán cân giả đơn điệu mạnh, luận văn giới thiệu số thuuật tốn để giải toán đơn điệu mạnh Cuối giới thiệu mơ hình sản xuất điện Thái Ngun, tháng 05 năm 2015 Nguyễn Thị Minh Hiếu Học viên Cao học Toán K7A Chuyên ngành Toán ứng dụng Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: ntmhieu.gv08@tuyenquang.edu.vn Chương Bài toán cân Trong chương giới thiệu tốn cân trình bày số trường hợp riêng điển hình tốn Tiếp đến ta khảo sát số tính chất đơn điệu, đặc biệt song hàm giả đơn điệu mạnh Cuối chương xét đến tồn nghiệm toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh Các kết chương tổng hợp từ tài liệu [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7] 1.1 Bài toán cân trường hợp riêng Cho H không gian Hilbert thực với Tơpơ yếu xác định tích vô hướng ứng với chuẩn Giả sử C tập lồi đóng khác rỗng khơng 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 tốn cân định nghĩa sau: Tìm x∗ ∈ C cho f (x∗ , x) ≥ 0, ∀x ∈ C (EP) Bài toán lần đưa vào năm 1955 H Nikaido, K Isoda nhằm tổng qt hóa tốn cân Nash trò chơi khơng hợp tác vào năm 1972, Ky Fan giới thiệu năm 1972 thường gọi bất đẳng thức Ky Fan Bài tốn (EP ) đặt tên tốn 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 tốn như: tốn tối ưu hóa, điểm yên ngựa, bất đẳng thức biến phân, điểm bất động mơ hình cân Nash lý thuyết trò chơi khơng hợp tác v.v 1.1.1 Bài tốn tối ưu Xét toán {ϕ (x) : x ∈ C} Đặt f (x, y) = ϕ (y) − ϕ (x) Khi ϕ (x) ≤ ϕ(y), ∀y ∈ C ⇔ f (x, y) ≥ 0, ∀y ∈ C Vậy toán tối ưu trường hợp riêng toán (EP ) 1.1.2 Bài toán điểm bất động Brouwer Giả sử C ⊂ H tập lồi compact khác rỗng ánh xạ đơn trị F : C → C Khi tốn điểm bất động có dạng sau: Tìm x∗ ∈ C cho x∗ = F (x∗ ) Đặt f (x, y) = x − F (x), y − x , ∀x, y ∈ C Khi tốn (F P ) trở thành toán cân (EP ) (FP) 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 tốn (M F P ) x∗ nghiệm toán cân (EP ) 1.1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát n Cho T : C → 2R ánh xạ nửa liên tục cho T (x) tập compact, lồi ∀x ∈ C Khi đó, tốn bất đẳng thức biến phân tổng quát phát biểu sau: Tìm x∗ ∈ C, ξ ∗ ∈ T (x) cho ξ ∗ , y − x ≥ 0, ∀y ∈ C (1.1) Nếu ta đặt f (x, y) := max ξ, y − x , ∀x, y ∈ C ξ∈T (x) tốn cân (EP ) tương đương với toán bất đẳng thức biến phân tổng quát Thật vậy, x∗ ∈ C nghiệm tốn (1.1) nên ta có: ξ ∗ , y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ C, ξ ∗ ∈ T (x∗ ) Mặt khác theo cách đặt ta được: f (x∗ , y) = ∗max∗ ξ ∗ , y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ C ξ ∈T (x ) Vậy x∗ ∈ C nghiệm toán (EP ) Ngược lại, cho x∗ ∈ C nghiệm toán (EP ), nghĩa 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: f (x, y) = F (x), y − x) đơn điệu mạnh Lấy ε = 10 ρ = 12 Tính L1 Bước 1: Giải toán Lấy x0 = (0, 1) ∈ C , ta có:       −1     −1  F x0 =    =   1 1 Suy   f x0 , y = F x0 , y − x0 = (−1 1)   y1 y2 −   = −y1 + y2 − Khi ta giải tốn dạng: 1 f x0 , y + y − x0 2 :y∈C hay 1 (−y1 + y2 − 1) + y1 + (y2 − 1)2 : y ∈ C 2 22 Ta có 1 ∂f x = − + y1 = ⇔ y1 = ∂y1 2 ∂f 1 x = + y2 = ⇔ y2 = − ∂y2 2 Ta thấy y12 + y22 < nên (y1 , y2 ) nghiệm toán (−y1 + y2 − 1) + Vậy x1 = y12 + (y2 − 1)2 : y ∈ C 1 T , − 2 Trở Bước với x0 thay x1 tiếp tục Ta dừng thuật toán Bước k xk+1 − xk ≤ ε Khi xk ε- nghiệm tốn Tính L1 :    −1  Với A =  , ta có 1 F (x) − F (y) ≤ L1 x − y ⇔ A (x − y) ≤ L1 x − y    1 0 0 −1 Do A =    nên ta có 1 F (x) − F (y) = x − y + x − y = 2(x − y) = x − y ≤ L1 x − y Vậy L1 ≥ 23 2.2.2 Thuật toán 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 ∞ ρk = +∞, lim ρk = x→∞ k=0 Lấy x0 ∈ C k = Bước 1: Giải toán lồi mạnh ρk f xk , y + y∈C y − xk 2 để có nghiệm xk+1 Nếu xk+1 − xk ≤ ε, kết thúc Trái lại, tăng k đơn vị quay trở lại Bước Định lí 2.2 Giả sử f giả đơn điệu mạnh C với hệ số β thỏa mãn điều kiện Lipschitz với L2 < β Khi tồn số k0 ∈ N cho k > k0 , ta có xk+1 − x∗ ≤ k i=k0 xk0 − x∗ , (2.21) = 0, (2.22) [1 + 2ρk (β − L2 )] lim k→∞ k i=k0 xk hội tụ mạnh tới x∗ [1 + 2ρk (β − L2 )] 24 Chứng minh Sử dụng lập luận tương tự chứng minh trên, cho k có [1 + 2ρk (β − L2 )] xk+1 − x∗ 2 ≤ xk − x∗ − (1 − 2ρk L1 ) xk+1 − xk Vì limk→∞ ρk = 0, nên tồn k0 ∈ N cho − 2ρk L1 > 0, ∀k ≥ k0 Do [1 + 2ρk (β − L2 )] xk+1 − x∗ 2 ≤ xk − x∗ , ∀k ≥ k0 hay xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ , ∀k ≥ k0 ; + 2ρk (β − L2 ) xk+1 − x∗ ≤ k i=k0 xk − x∗ [1 + 2ρk (β − L2 )] Theo (2.2), để αk := 2ρk (β − L2 ) > 0, ∞ ∞ αk = (β − L2 ) k=k0 ρk = +∞, k=k0 Nghĩa k i=k0 (1 + αi ) ≤ 1+ k i=k0 αi → 0, k → ∞ Do từ (2.21) thấy xk → x∗ k → +∞ Ví dụ sau cho thấy Thuật tốn khơng hội tụ tuyến tính Xét C = H = R f (x, y) = x (y − x) Rõ ràng, f (x, y) đơn điệu mạnh với hệ số C thỏa mãn loại điều kiện Lipschitz với L1 = L2 = 21 Bài tốn (EP ) có nghiệm x∗ = 25 Lấy {ρk }k≥0 ⊂ (0, 1) cho ρk → k → +∞ Xuất phát từ điểm x0 = Theo thuật toán xk+1 = argmin ρk f xk , y + y∈C = argmin ρk xk y − xk y∈C y − xk + y − xk 2 = (1 − ρk ) xk Kết hợp với limk→∞ ρk = xk = cho k ∈ N, suy xk khơng hội tụ tuyến tính tới nghiệm x∗ = 2.2.3 Thuật tốn khơng có điều kiện Lipschitz Thuật toán khơng có điều kiện Lipschitz, hội tụ cần điều kiện Lipschitz Trong tiểu mục chúng tơi đề xuất thuật tốn hội tụ mạnh mà không yêu cầu f thỏa mãn điều kiện Lipschitz Bổ đề biết sau sử dụng để chứng minh kết hội tụ Bổ đề 2.3 Giả sử {ak }∞ k=0 dãy vô hạn số dương thỏa mãn ak+1 ≤ ak + ξk , ∀k Nếu ∞ k=0 ξk < ∞ dãy {ak } hội tụ Thuật toán Chọn sai số ε > dãy số {ρk } số dương cho ∞ ∞ ρ2k < ∞ ρk = ∞, k=1 (2.23) k=1 Lấy x1 ∈ C k := Bước (Tìm hướng đi) Tìm g k ∈ H cho f xk , y + g k , xk − y ≥ −ρk , ∀y ∈ C; (2.24) 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 + Định lí 2.3 Giả sử giả thiết (A1) (A2) thỏa mãn Khi (i) Nếu thuật tốn dừng bước k , xk ε− nghiệm (ii) Ta có xk+1 − x∗ ≤ (1 − 2βρk ) xk − x∗ 2 + 2ρ2k + 2ρ2k g k , ∀k (2.25) x∗ nghiệm (EP ) Hơn nữa, thuật tốn khơng dừng, dãy xk hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ với điều kiện g k bị chặn 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 ε− nghiệm Nếu thuật toán kết thúc Bước 2, với cách, ta thấy xk ε− nghiệm (ii) Từ xk+1 = PC xk − ρk g k ta có xk+1 − x∗ ≤ x k − ρk g k − x ∗ = xk − x∗ 2 − 2ρk g k , xk − x∗ + ρ2k g k Áp dụng (2.24) với y = x∗ có f xk , y + g k , xk − x∗ ≥ −ρk , (2.26) 27 Nghĩa − g k , xk − x∗ ≤ f xk , y + ρk (2.27) Sau đó, từ (2.26), ta xk+1 − x∗ 2 ≤ 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 f xk , x∗ ≤ −β xk − x∗ Kết hợp bất đẳng thức trước với (2.28) có xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ − 2βρk xk − x∗ = (1 − 2βρk ) xk − x∗ 2 + 2ρ2k + ρ2k g k 2 (2.29) + 2ρ2k + ρ2k g k Bây giả sử thuật tốn khơng kết thúc, g k ≤ C với mọik Thì kéo theo từ (2.29) xk+1 − x∗ ≤ (1 − 2βρk ) xk − x∗ = xk − x∗ Khi λk := 2βρk Vì + + C ρ2k − λk xk − x∗ ∞ k=1 ρk kết luận dãy + 2ρ2k + + C ρ2k , (2.30) < ∞ hiệu Bổ đề (2.2.4), xk − x∗ hội tụ Để chứng minh giới hạn dãy 0, ta áp dụng bất đẳng thức (2.30) với k = 1, , j + tổng từ tới j + để có j j+1 x −x ∗ ∗ ≤ x −x j k − ∗ λk x − x k=1 + 2+C ρ2k , k=1 28 nghĩa j j x j+1 −x ∗ k λk x − x + ∗ ≤ x −x ∗ + 2+C ρ2j (2.31) k=1 k=1 Từ (2.31) λk := 2βρk , có ∞ ∞ ρk = ∞ λk = 2β k=1 k=1 Chú ý xj bị chặn và (2.32) xj − x∗ (2.32) ∞ k=0 ρk < ∞ suy luận từ (2.31) → j → ∞ Dưới ví dụ song hàm giả đơn điệu mạnh Ví dụ: Cho < R K = B (r) := {x ∈ H : x ≤ r} xác định cách lấy f f (x, y) := h (x, y) + (R − x ) g (x, y) , cho h g thỏa mãn điều kiện: (i) h (x, y) ≤ 0, ∀x, y ∈ K g β− đơn điệu mạnh K ; (ii) ∃y ∈ K : h 0, y + h y , = Rg 0, y + R − y g y , > Để thấy f giả đơn điệu mạnh K , giả sử f (x, y) ≥ Vì h (x, y) ≤ 0, ta có g (x, y) ≥ 0, đơn điệu mạnh g, nghĩa g (y, x) ≤ −β x − y Nên theo định nghĩa f (y, x) có f (y, x) = h (y, x) + (R − y ) g (y, x) ≤ − (R − r) β y − x , ∀x, y ∈ K 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 − y0 g y , > Như f không đơn điệu Một ví dụ cụ thể cho song hàm g h có đủ điều kiện (i) (ii) g (x, y) := x, y − x + m y − x , với m > 0, h (x, y) := (x − y)T A (y − x) , A : H → H tốn tử tuyến tính khơng dương, khơng suy biến Rõ ràng g đơn điệu mạnh với m > Ta thấy Rg (0, y) + (R − y ) g (y, 0) = [mR − (m + 1) R + (m + 1) y ] y = [(m + 1) y − R] y Như vậy, m > y > 2.3 R m+1 , R−r r (ii) thỏa mãn cho y ∈ K = B (r) với y T Ay = Ví dụ áp dụng Chúng tơi xét số mơ hình cân thị trường bán độc quyền Trong mơ hình này, có nc cơng ty sản suất điện, công ty thứ i (i = 1, 2, , nc ) sở hữu Ii nhà máy phát điện Gọi x vectơ có thành phần xi , với xi lượng điện sản xuất nhà máy phát điện thứ i Tiếp theo, giả sử 30 ng i=1 xi , rằng, giá điện p hàm affin không tăng σ , với σ = ng tổng số tất nhà máy phát điện, cụ thể ng p (x) = a0 − xi = p (σ) , i=1 với a0 > số (nhìn chung lớn) Khi đó, lợi nhuận công ty thứ i cho cj (xj ), xj − fi (x) = p (σ) j∈Ii j∈Ii với cj (xj ) chi phí nhà máy j sản xuất lượng điện mức xj Ta giả sử hàm chi phí cj (xj ) cho cj (xj ) = max c0j (xj ) , c1j (xj ) , c0j (xj ) βj1 αj0 1 0 1 γ −1/βj (xj )(βj +1)/βj , := xj + βj xj + γj , cj (xj ) := αj xj + βj + αjk , βjk , γjk (k = 0, 1) tham số cho trước Gọi xmin xmax lượng điện nhỏ lớn sản j j nhà máy phát điện thứ j Khi tập chiến lược mơ hình xác định dạng C = x = (x1 , , xng )T : xmin ≤ xj ≤ xmax ∀j = 1, 2, , ng j j Định nghĩa ma trận A B công thức nc nc − qji q i A := i=1 T qi qi , B := i=1 T , (2.33) 31 T gọi q i = qi1 , , qni g với    1 i qj :=   0 j ∈ Ii ; trường hợp khác nc ng q i , c (x) := a := −a0 i=1 cj (xj ) (2.34) j=1 Khi mơ hình cân bán độc quyền đưa toán cân sau     Tìm x ∈ C cho :     (EP ) f (x, y) := A + B x + By + a 2       −c (x) ≥ 0, ∀y ∈ C T (y − x) + c (y) − Lưu ý: f (x, y) + f (y, x) = −(y − x)T A(y − x)T Do đó, A khơng xác định dương nên f khơng thể đơn điệu C Tuy nhiên, thay f f1 định nghĩa sau f1 (x, y) := f (x, y) − (y − x)T B (y − x) , f1 giả đơn điệu mạnh C , thật vậy, do: f1 (x, y) + f1 (y, x) = −(y − x)T (A + B) (y − x , f1 (x, y) ≥ f1 (x, y) ≤ −(y − x)T (A + B) (y − x) ≤ −λ y − x , với λ 32 Bổ đề 2.4 Bài tốn Tìm x∗ ∈ C : f1 (x∗ , y) ≥ 0, ∀y ∈ C tương đương với tốn Tìm x∗ ∈ C : f1 (x∗ , y) + (y − x∗ )T B (y − x∗ ) ≥ , ∀y ∈ C nghĩa tập nghiệm hai toán trùng (EP1) 33 Kết luận Bài toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh có vai trò quan trọng thực tiễn, có nhiều ứng dụng thực tế chẳng hạn vật lý, ngành kỹ thuật, lý thuyết trò chơi, giao thơng vận tải, kinh tế tài Bài tốn cân bao gồm toán quan trọng như: Bài toán tối ưu, điểm bất động Brouwer, bất đẳng thức biến phân tổng qt, mơ hình cân Nash Vì việc nghiên cứu tìm phương pháp giải cho tốn cần thiết Luận văn mục đích nhằm tìm hiểu tốn cân phương pháp giải toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh Cụ thể luận văn đề cập đến vấn đề sau: Trình bày tốn cân số tốn quy tốn cân bằng; tính đơn điệu mạnh song hàm; tồn nghiệm toán cân Trình bày thuật tốn chiếu giải tốn cân với song hàm giả đơn điệu mạnh; khảo sát hội tụ tốc độ hội tụ chúng 34 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Dũng Mưu (sẽ ra), Bài toán cân bằng, NXB Khoa học tự nhiên Công nghệ [2] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình tối ưu phi tuyến, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, NXB ĐHQG Hà Nội Tiếng Anh [4] Bigi G (2014), "Twelve monotonicity conditions", Preprint, University of Pisa [5] Konnov I (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Springer [6] Muu L D., Quy N V (2015), "On existence and solution methods for strongly pseudomonotone equilibrium problems", Vietnam Journal of Mathematics, 43, pp 229 - 238 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 ... 1.1.4 Bài toán cân Nash 1.2 Định nghĩa tính đơn điệu, giả đơn điệu mạnh song hàm 1.3 Sự tồn nghiệm toán cân Thuật toán chiếu giải toán cân giả đơn điệu mạnh 2.1... (iii) Ngoài ra, f đơn điệu mạnh (tương ứng giả đơn điệu) với hệ số β > 0, đơn điệu mạnh (tương ứng giả đơn điệu) với hệ số β cho < β ≤ β Sau ví dụ cho song hàm giả đơn điệu mạnh Giả sử f (x, y)... hình tốn Tiếp đến ta khảo sát số tính chất đơn điệu, đặc biệt song hàm giả đơn điệu mạnh Cuối chương xét đến tồn nghiệm toán cân với song hàm giả đơn điệu mạnh Các kết chương tổng hợp từ tài liệu