Một số phương pháp phân rã giải bài toán cân bằng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGÔ THỊ THƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP PHÂN RÃ GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGÔ THỊ THƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP PHÂN RÃ GIẢI BÀI TỐN CÂN BẰNG Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 60460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS TSKH Phạm Kỳ Anh Hà Nội - Năm 2017 Mục lục Lời cảm ơn iii Danh mục ký hiệu iv Lời nói đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm 1.2 Bài toán cân 1.3 11 1.2.1 Bài tốn tối ưu hóa 12 1.2.2 Bất đẳng thức biến phân 13 1.2.3 Bài toán điểm bất động Kakutani 15 1.2.4 Cân Nash trò chơi khơng hợp tác 15 1.2.5 Bài toán điểm yên ngựa 16 Sự tồn nghiệm toán cân 17 Chương Một số phương pháp phân rã giải toán cân 21 2.1 Phương pháp phân rã dựa vào ánh xạ Combettes 21 2.1.1 Ánh xạ Combettes 21 2.1.2 Thuật toán hội tụ phương pháp phân rã dựa vào ánh xạ Combettes 26 Ứng dụng 32 Phương pháp đạo hàm tăng cường phân rã 33 2.2.1 Thuật toán đạo hàm tăng cường 33 2.2.2 Thuật toán hội tụ phương pháp đạo hàm tăng 2.1.3 2.2 cường phân rã 36 Ví dụ minh họa 48 Phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã 55 2.2.3 2.3 i 2.3.1 Phương pháp đạo hàm tăng cường suy rộng 2.3.2 Thuật toán hội tụ phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã 2.3.3 55 57 Ví dụ minh họa 63 Kết luận 67 Tài liệu tham khảo 68 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội hướng dẫn tận tình nghiêm khắc GS TSKH Phạm Kỳ Anh Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn Khoa Tốn - Cơ - Tin học, Phòng Sau đại học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN, q thầy tham gia giảng dạy khóa cao học 2015 - 2017 có cơng lao giảng dạy tơi suốt thời gian học tập Trường Nhận dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp bên cổ vũ, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn tốt nghiệp Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2017 Học viên Ngô Thị Thương iii Danh mục ký hiệu conv Bao lồi domf Miền hữu dụng song hàm f gphf Đồ thị song hàm f EP (f, C) Bài toán cân liên kết f C KKM Ánh xạ KKM M EP (f, C) Tập nghiệm toán cân hỗn hợp NC (x) Nón pháp tuyến C x ∈ C ∂f (x) Dưới vi phân f x P rC (x) Hình chiếu x lên C proxf (x) Tốn tử gần kề f Sol(f, C) Tập nghiệm tốn cân Lời nói đầu Cho H khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng , chuẩn tương ứng Cho C tập lồi, đóng, khác rỗng H song hàm f : C × C → R cho f (x, x) = với x ∈ C Trong luận văn này, chúng tơi xét tốn cân EP (f, C) sau Tìm x∗ ∈ C cho f (x∗ , y) ≥ ∀y ∈ C Bài tốn cân EP (f, C) gọi bất đẳng thức Ky Fan để ghi nhận đóng góp ơng lĩnh vực Bài tốn cân bao hàm lớp toán quan trọng tốn tối ưu hóa, bất đẳng thức biến phân, toán điểm yên ngựa, toán cân Nash lý thuyết trò chơi khơng hợp tác, tốn điểm bất động, Chính vậy, tốn cân có nhiều ứng dụng thực tiễn, chẳng hạn vật lý, ngành kỹ thuật, lý thuyết trò chơi, vận tải, kinh tế, hệ thống mạng, Tính ứng dụng cao lớp tốn động lực để nhà toán học nghiên cứu phương pháp giải Phương pháp giải tốn cân chia thành ba hướng tiếp cận phổ biến Hướng sử dụng hàm khoảng cách Thay giải tốn cân EP (f, C) trực tiếp, phương pháp sử dụng hàm khoảng cách chuyển toán gốc thành tốn tối ưu phù hợp Khi đó, phương pháp tối ưu hóa địa phương sử dụng để giải toán tối ưu Phương pháp dựa hàm khoảng cách Zhu Marcotte sử dụng cho bất đẳng thức biến phân Sau đó, Mastroeni phát triển cho toán cân Hướng tiếp cận thứ hai dựa nguyên lý toán phụ Bài toán cân EP (f, C) biến đổi tương đương toán bổ trợ, toán thường giải dễ dàng toán gốc Nguyên lý giới thiệu lần Cohen cho toán tối ưu sau ứng dụng vào bất đẳng thức biến phân Mastroeni sau mở rộng ngyên lý toán phụ cho toán cân EP (f, C) với song hàm đơn điệu mạnh thỏa mãn điều kiện Lipschitz cụ thể Hướng tiếp cận thứ ba phương pháp điểm gần kề Phương pháp điểm gần kề lần nghiên cứu Martinet để giải bất đẳng thức biến phân sau nghiên cứu sâu Rockafellar để tìm khơng điểm toán tử đơn điệu cực đại Gần đây, nhiều nhà nghiên cứu sử dụng phương pháp cho tốn cân EP (f, C), ví dụ tác giả Moudafi, L D Muu, T D Quoc, Theo ba hướng tiếp cận đó, số phương pháp giải toán cân EP (f, C) đề xuất phương pháp điểm bất động, phương pháp điểm gần kề, phương pháp đạo hàm tăng cường, Những phương pháp trên, vòng lặp, phải giải tốn với song hàm f , điều gặp khó khăn song hàm f phức tạp Một hướng tiếp cận khác phân rã song hàm f thành tổng hai song hàm nhiều Khi đó, tốn giải độc lập dễ dàng Người ta gọi chung phương pháp phương pháp phân rã giải toán cân EP (f, C) Trong luận văn này, chúng tơi tìm hiểu hai phương pháp phân rã có đề xuất phương pháp phân rã giải toán cân Hai phương pháp chúng tơi tìm hiểu phương pháp phân rã dựa vào ánh xạ Combettes đề xuất Moudafi [4] phương pháp đạo hàm tăng cường phân rã đề xuất tác giả P K Anh T N Hai [3] Bên cạnh đó, chúng tơi muốn đề xuất phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã Phương pháp dựa phương pháp đạo hàm tăng cường suy rộng [7] phương pháp đạo hàm tăng cường phân rã Thuật toán hội tụ phương pháp chúng tơi trình bày chi tiết luận văn Ngoài Lời mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày tóm tắt khái niệm liên quan nêu ví dụ song hàm, toán cân bằng, số lớp toán liên quan toán cân tồn nghiệm toán cân Chương 2: Một số phương pháp phân rã giải tốn cân Ở đây, chúng tơi trình bày lại hai phương pháp phương pháp phân rã dựa vào ánh xạ Combettes phương pháp đạo hàm tăng cường phân rã Thuật toán, hội tụ ví dụ minh họa phương pháp chúng tơi trình bày lại tính tốn chi tiết Cuối cùng, đề xuất phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã Thuật toán hội tụ phương pháp chứng minh cách rõ ràng Bên cạnh đó, chúng tơi có đưa ví dụ minh họa cho phương pháp với tính tốn chi tiết Mặc dù cố gắng vấn đề nghiên cứu phức tạp kinh nghiệm nghiên cứu hạn chế nên luận văn nhiều khiếm khuyết Trong trình đọc dịch tài liệu, viết luận văn xử lý văn chắn không tránh khỏi sai sót định Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp q thầy bạn để luận văn hoàn thiện Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2017 Học viên Ngô Thị Thương Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số khái niệm liên quan đến song hàm f , toán cân bằng, số trường hợp riêng quan trọng tồn nghiệm toán cân 1.1 Một số khái niệm Cho C tập lồi, đóng, khác rỗng không gian Hilbert H Định nghĩa 1.1.1 (Xem [3]) Ánh xạ F : C → H gọi γ-đơn điệu mạnh C tồn số γ > cho F (x) − F (y), x − y ≥ γ x − y ≥ ∀x, y ∈ C đơn điệu C F (x) − F (y), x − y ≥ ∀x, y ∈ C γ-giả đơn điệu mạnh C tồn số γ > cho với x, y ∈ C, ta có F (y), x − y ≥ ⇒ F (x), x − y ≥ γ x − y giả đơn điệu C với x, y ∈ C, ta có F (y), x − y ≥ ⇒ F (x), x − y ≥ Ví dụ 1.1.1 Cho ánh xạ F : C → Rn với F (x) = Ax Khi Hiệu suất độ xác ba thuật toán với giá trị bắt đầu x0 = (0, 0, 0, 0, 0, 0)T , x0 = (45, 35, 50, 30, 55, 25)T x0 = (90, 70, 100, 60, 110, 50)T thể Bảng 2.6 Thuật toán 8.5855 285 0.0337 11.1962 313 0.0307 10.6125 293 0.0328 Thuật toán 4.0017 172 0.0100 62.0161 1272 0.0212 70.4213 1493 0.0240 Extragrad 82.3999 1612 0.0233 81.4828 1472 0.0232 92.5237 1650 0.0233 Bảng 2.6: So sánh hiệu suất độ xác ba thuật tốn ([3]) Từ Bảng 2.6, nhận thấy Thuật tốn cần thời gian CPU thuật toán đạo hàm tăng cường Điều vòng lặp, Thuật tốn cần giải toán tối ưu lồi tổng quát tốn tồn phương thuật tốn đạo hàm tăng cường cần phải giải hai toán tối ưu lồi tổng quát Tiếp theo, giả sử ta khơng tính xác hàm chi phí (điều thay đổi thời tiết, mơi trường yếu tố bên ngồi khác) Thay hàm chi phí hj , ta có hàm hδj thỏa mãn hδj (t) = hj (t) + δt, δ > Đặt f1 (x, y) = (P + Q)x + Qy + q, y − x 2 f2 (x, y) = h(y) − h(x) Bây giờ, để giải toán cân EP (f1 + f2 , C) thay f2 , ta có song hàm nhiễu gδ N gδ (x, y) = f2 (x, y) − δ N yj − j=1 xj j=1 Dễ dàng thấy rằng, với x, y ∈ C, ta có √ |gδ (x, y) − f2 (x, y)| ≤ δ N y − x điều kiện (2.37) thỏa mãn Chọn λk = k+5 δk = , k2 +uk uk ∈ (0, 1) lấy ngẫu nhiên Tất điều kiện Định lý 2.2.3 55 thỏa mãn Áp dụng (2.38) để giải toán EP (f1 + f2 , C), sử dụng tiêu chuẩn dừng error = xk − proxf (xk ) ≤ 0.0337 x0 = (0, 0, 0, 0, 0, 0)T Chúng ta thử với ba mẫu δk , kết đưa Bảng 2.7 Mẫu x∗ Mẫu 27.2057 27.1220 26.4498 26.8309 26.4723 26.4875 346 Mẫu 27.0955 27.3637 26.4754 26.8651 26.4769 26.2921 385 Mẫu 27.0770 27.4158 26.4620 26.8353 26.3307 26.4570 325 k Bảng 2.7: Kết của thuật toán (2.38) với điểm bắt đầu x0 = (0, 0, 0, 0, 0, 0)T ([3]) Nhận thấy rằng, kết đạt Bảng 2.7 giống với trường hợp f đưa xác Tuy nhiên, để đạt nghiệm với độ xác giống Thuật tốn thuật tốn (2.38) u cầu nhiều vòng lặp 2.3 Phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã 2.3.1 Phương pháp đạo hàm tăng cường suy rộng Năm 2010, Zykina Melen’chuck đưa phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước để giải bất đẳng thức biến phân Từ xk ∈ C, véctơ x¯k , x˜k xk+1 tính sau   x¯k = P rC (xk − βf (xk )),    x˜k = P rC (¯ xk − βf (¯ xk )),    xk+1 = P r (xk − βf (˜ xk )) (2.45) C Tại vòng lặp, ta cần ba bước để tính xk+1 từ xk Đầu tiên, hai phép chiếu thực liên tiếp để tính f (˜ xk ) từ điểm xk , sau đó, điểm xk+1 tính từ f (˜ xk ) Định lý hội tụ hai tác giả đưa nhiên khơng có chứng minh, mà đưa kết tính tốn để chứng minh hiệu phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước giải toán tuyến tính với ma trận đầy đủ có số chiều từ 10 đến 50 Năm 2012, Zaporozhets, Zykina 56 Melen’chuck đề xuất chứng minh vài thử nghiệm số Nhóm tác giả chứng minh khoảng cách xk x∗ đủ giảm vòng lặp Điều cho phép chứng minh dãy {xk } nhận từ (2.45) hội tụ tới nghiệm bất đẳng thức biến phân f đơn điệu liên tục Lipschitz C với điều kiện số Lipschitz L thỏa mãn < β < L1 Hơn nữa, tác giả thu điều kiện đặt lên f để nhận hội tụ sau hữu hạn vòng lặp Và họ đề cập đến phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước cho bất đẳng thức biến phân có ứng dụng quản lý tài nguyên Để so sánh hiệu phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước với phương pháp đạo hàm tăng cường, nhóm tác giả [7] đề xuất vòng lặp sau cho bất đẳng thức biến phân   x¯k = P rC (xk − αk f (xk )),    x˜k = P rC (¯ xk − βk f (¯ xk )),    xk+1 = P r (xk − β f (˜ xk )) C k (2.46) βk > ≤ αk ≤ βk Chú ý rằng, αk = hai véctơ x¯k xk trùng nhau, phương pháp trùng với phương pháp đạo hàm tăng cường cổ điển Mặt khác, αk = βk = β > vòng lặp trùng với vòng lặp đạo hàm tăng cường hai bước cho bất đẳng thức biến phân Dựa phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước cho bất đẳng thức biến phân mở rộng phương pháp đưa (2.46), nhóm tác giả [7] đưa phương pháp đạo hàm tăng cường suy rộng phụ thuộc vào tham số αk βk giải toán cân EP (f, C) Nếu αk = với k phương pháp trùng với phương pháp đạo hàm tăng cường cổ điển Còn αk = βk = β > với k phương pháp trùng với phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước cho bất đẳng thức biến phân Nhóm tác giả [7] chứng minh hội tụ thuật toán có tính tốn số để chứng minh phương pháp đề xuất hiệu so với phương pháp đạo hàm tăng cường cổ điển sử dụng ma trận đầy đủ Để xét hội tụ thuật toán đạo hàm tăng cường suy rộng giải toán cân EP (f, C), ta cần số giả thiết cho song hàm f sau (i) Song hàm f nửa liên tục C × C f (., y) nửa liên tục với 57 y ∈ C (ii) Song hàm f giả đơn điệu C (iii) f (x, ) hàm lồi với x ∈ C (iv) Song hàm f thỏa mãn bất đẳng thức kiểu Lipschitz với số c1 > c2 > Sau thuật toán đạo hàm tăng cường suy rộng giải toán cân EP (f, C) Thuật toán (Thuật toán đạo hàm tăng cường suy rộng [7]) Bước Chọn x0 ∈ C, > gán k = Bước Chọn αk ≥ βk > Bước Tính y − xk k k x˜ = argmin βk f (¯ x , y) + y − x¯k x¯k = argmin αk f (xk , y) + :y∈C , :y∈C Bước Tính xk+1 = argmin βk f (˜ xk , y) + y − xk 2 :y∈C Bước Gán k := k + quay lại Bước Mệnh đề sau khẳng định hội tụ thuật toán đạo hàm tăng cường suy rộng giải toán cân EP (f, C) Mệnh đề 2.3.1 ([7]) Cho song hàm cân f : C ×C → R thỏa mãn giả thiết (i)-(iv) Khi đó, với k ≥ 0, < β∗ ≤ βk ≤ β ∗ < , , 6c1 4c2 2c1 +3c2 ≤ αk ≤ βk dãy {xk } nhận từ thuật toán đạo hàm tăng cường suy rộng hội tụ tới nghiệm x∗ toán cân EP (f, C) 2.3.2 Thuật toán hội tụ phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã Dựa phương pháp đạo hàm tăng cường suy rộng [7] phương pháp đạo hàm tăng cường phân rã [3], đề xuất phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã giải toán cân EP (f, C) 58 Trong phần này, giả sử song hàm f phân rã thành f = f1 + f2 + f3 Để chứng minh hội tụ thuật toán, cần giả thiết sau (A.1) Tập nghiệm Sol(f, C) khác rỗng (A.2) Song hàm f γ-giả đơn điệu mạnh (A.3) Với x ∈ C, song hàm fi (x, ) lồi, nửa liên tục fi (x, x) = 0, i = 1, Sau thuật toán đạo hàm tăng cường hai bước phân rã giải toán cân EP (f, C) Thuật toán (Thuật toán đạo hàm tăng cường hai bước phân rã) Bước Chọn x0 ∈ C, k = Bước Chọn λk ⊂ (0, +∞) Bước Tính y − xk : y ∈ C , x˜k = argmin λk f2 (¯ xk , y) + y − x¯k : y ∈ C , xk+1 = argmin λk f3 (˜ xk , y) + y − x˜k : y ∈ C x¯k = argmin λk f1 (xk , y) + Bước Gán k := k + quay lại Bước Định lý khẳng định hội tụ thuật toán Định lý 2.3.1 Cho f : C × C → R song hàm cân thỏa mãn giả thiết (A.1)-(A.3) f phân rã thành f = f1 + f2 + f3 Hơn nữa, giả sử f1 liên tục Lipschitz kiểu với số Q, fi liên tục τi -Holder phần, i = 2, Khi đó, với x0 ∈ C dãy {λk } thỏa mãn +∞ λk = +∞, (B.1) k=1 +∞ (B.3) (λk ) 2−τ < +∞, k=1 τ = min{τ2 , τ3 }, dãy {xk } nhận từ thuật toán hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ toán EP (f, C) 59 Chứng minh Do x¯k nghiệm toán λk (xk , y) + y − xk 2 :y∈C nên tồn ω k ∈ ∂f1 (xk , )(¯ xk ) q k ∈ NC (¯ xk ) cho = λk ω k k + x¯k − xk + q k Từ định nghĩa NC (.), ta có xk − x¯k − λk ω k , y − x¯k ≤ ∀y ∈ C (2.47) Từ định nghĩa ω k , ta nhận λk ω k , y − x¯k ≤ λk (f1 (xk , y) − f1 (xk , x¯k )) ∀y ∈ C (2.48) Kết hợp (2.47) (2.48), ta suy xk − x¯k , y − xk ≤ λk (f1 (xk , y) − f1 (xk , x¯k )) − xk − x¯k ∀y ∈ C (2.49) ∀y ∈ C, (2.50) Tương tự x˜k nghiệm toán λk f2 (¯ xk , y) + y − x¯k 2 :y∈C , nên ta có x¯k − x˜k , y − x¯k ≤ λk (f2 (¯ xk , y) − f2 (¯ xk , x˜k )) − x¯k − x˜k xk+1 nghiệm toán λk f3 (˜ xk , y) + y − x˜k 2 :y∈C , nên ta có x˜k −xk+1 , y − x˜k ≤ λk (f3 (˜ xk , y)−f3 (˜ xk , xk+1 ))− x˜k −xk+1 ∀y ∈ C (2.51) Trong (2.51), thay y = x˜k , ta thu xk+1 − x˜k ≤ −λk f3 (˜ xk , xk+1 ) ≤ λk |f3 (˜ xk , xk+1 )| (2.52) Do f3 liên tục τ3 -Holder phần f3 (x, x) = với x ∈ C nên tồn L3 > cho với mọi k ≥ 1, ta có |f3 (˜ xk , xk+1 )| ≤ L3 xk+1 − x˜k 60 τ3 (2.53) Kết hợp (2.52) (2.53), ta suy xk+1 − x˜k ≤ (L3 λk ) 2−τ3 (2.54) λk |f3 (˜ xk , xk+1 )| ≤ (L3 λk ) 2−τ3 (2.55) Tương tự (2.50), thay y = x¯k , f2 liên tục τ2 -Holder phần f2 (x, x) = với x ∈ C nên tồn L2 > cho với k ≥ 1, ta có x˜k − x¯k ≤ (L2 λk ) 2−τ2 (2.56) λk |f2 (¯ xk , x˜k )| ≤ (L2 λk ) 2−τ2 (2.57) Theo (2.49) tính liên tục Lipschitz kiểu với số Q f1 , ta nhận x¯k − y = x¯k − xk + xk − y + x¯k − xk , xk − y ≤ xk − y − x¯k − xk + 2λk (f1 (xk , y) − f1 (xk , x¯k )) ≤ xk − y − x¯k − xk + 2λk (f1 (¯ xk , y) + Q x¯k − xk x¯k − y ) ≤ xk − y − x¯k − xk + 2λk f1 (¯ xk , y) + (Qλk )2 x¯k − y = xk − y 2 + x¯k − xk + 2λk f1 (¯ xk , y) + (Qλk )2 x¯k − y (2.58) Tương tự theo (2.50), ta có x˜k − y ≤ x¯k − y − x˜k − x¯k + 2λk (f2 (¯ xk , y) − f2 (¯ xk , x˜k )) ≤ x¯k − y + 2λk (f2 (¯ xk , y) − f2 (¯ xk , x˜k )) ≤ x¯k − y + 2λk f2 (¯ xk , y) + 2λk |f2 (¯ xk , x˜k )| (2.59) Cũng tương tự theo (2.51), ta có xk+1 − y ≤ x˜k − y − xk+1 − x˜k + 2λk (f3 (˜ xk , y) − f3 (˜ xk , xk+1 )) ≤ x˜k − y + 2λk (f3 (˜ xk , y) − f3 (˜ xk , xk+1 )) = x˜k − y + 2λk f3 (¯ xk , y) − 2λk f3 (˜ xk , xk+1 ) + 2λk (f3 (˜ xk , y) − f3 (¯ xk , y)) 61 ≤ x˜k − y + 2λk f3 (¯ xk , y) + 2λk |f3 (˜ xk , xk+1 )| + 2λk |f3 (˜ xk , y) − f3 (¯ xk , y)| (2.60) Từ (2.54)-(2.60) tính liên tục τ3 -Holder phần f3 , ta suy xk+1 − y ≤ xk − y + 2λk f (¯ xk , y) + (Qλk )2 x¯k − y + 2λk |f2 (¯ xk , x˜k )| + 2λk |f3 (˜ xk , xk+1 )| + 2λk |f3 (˜ xk , y) − f3 (¯ xk , y)| ≤ xk − y + 2λk f (¯ xk , y) + (Qλk )2 x¯k − y 2 τ3 + 2(L2 λk ) 2−τ2 + 2(L3 λk ) 2−τ3 + 2λk (L3 λk ) 2−τ2 (2.61) Trong (2.61), thay y = x∗ sử dụng tính γ-giả đơn điệu mạnh f , ta thu xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ − λk (2γ − Q2 λk ) x¯k − x∗ + τ3 2 + 2(L2 λk ) 2−τ2 + 2(L3 λk ) 2−τ3 + 2λk (L3 λk ) 2−τ2 (2.62) Sử dụng bất đẳng thức a + b ≥ | a − b với a, b ∈ H, ta suy λk x¯k − x∗ ≥ λk ( x¯k − xk+1 − xk+1 − x∗ )2 ≥ (λk − 1) x¯k − xk+1 + λk (1 − λk ) xk+1 − x∗ (2.63) Ta có lim λk = Khơng giảm tổng qt ta giả sử − λk > 2γ − k→+∞ Q2 λk > với k ≥ Kết hợp (2.62) (2.63), ta nhận xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ 2 + (2γ − Q2 λk )(1 − λk ) x¯k − xk+1 + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) xk+1 − x∗ 2 2 τ3 + 2(L2 λk ) 2−τ2 + 2(L3 λk ) 2−τ3 + 2λk (L3 λk ) 2−τ2 (2.64) Mặt khác, ta có x¯k − xk+1 = x¯k − x˜k + x˜k − xk+1 2 + x˜k − xk+1 , x¯k − x˜k ≤ (L2 λk ) 2−τ2 + (L3 λk ) 2−τ3 + x˜k − xk+1 , x¯k − x˜k Trong (2.51), cho y = x¯k , ta suy x˜k − xk+1 , x¯k − x˜k ≤ 2λk (f3 (˜ xk , x¯k ) − f3 (˜ xk , xk+1 )) 62 (2.65) ≤ 2λk |f3 (xk , x¯k )| + 2λk |f3 (˜ xk , xk+1 )| ≤ 2λk L3 x˜k − x¯k τ3 + 2(L3 λk ) 2−τ3 τ3 ≤ 2λk L3 (L2 λk ) 2−τ2 + 2(L3 λk ) 2−τ3 (2.66) Kết hợp (2.64)-(2.66), ta có [1 + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk )] xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ 2 + 2(γ + 1)(L2 λk ) 2−τ2 + 2(2γ + 1)(L3 λk ) 2−τ3 τ3 2−τ2 + L3 L2 τ3 2−τ2 + L3 2+τ3 −τ2 2−τ2 λk Điều tương đương với xk+1 − x∗ ≤ (1 − Ak ) xk − x∗ + Bk + Ck + Dk , Ak = λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) , + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) 2(γ + 1)(L2 λk ) 2−τ2 , Bk = + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) 2(2γ + 1)(L3 λk ) 2−τ3 Ck = , + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) τ3 2−τ2 Dk = L3 L2 τ3 2−τ2 + L3 2+τ3 −τ2 2−τ2 λk + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) Ta có lim k→+∞ = lim k→+∞ λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) + λk (1 − λk )(2γ − Q λk ) λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) = 2γ, + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) +∞ λk = +∞ nên ta có k=1 +∞ +∞ Ak = k=1 k=1 λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) = +∞ + λk (1 − λk )(2γ − Q2 λk ) Mặt khác lim k→+∞ Bk 2−τ λk = 0, lim k→+∞ Ck 2−τ λk 63 = 0, lim k→+∞ Dk 2−τ λk =0 nên suy +∞ (Bk + Ck + Dk ) < +∞ k=1 Áp dụng Bổ đề 2.2.1, ta có lim k→+∞ xk − x∗ Nhận xét 2.3.1 (a) Do τ ∈ (0, 1], 2−τ = hay lim xk = x∗ k→+∞ ∈ (1, 2] nên ta chọn dãy {λk } thỏa mãn điều điện (B.1) (B.3), ví dụ λk = kα với α ∈ ( 2−τ , 1) (b) Thuật toán khơng đòi hỏi phải biết số Lipschitz Q song hàm f1 (c) Thuật toán tương tự với thuật toán đạo hàm tăng cường suy rộng theo nghĩa hai thuật tốn u cầu tính ba bước tốn tử gần kề vòng lặp Tuy nhiên, Thuật toán 8, phải làm việc với fi , i = 1, thay f phương pháp đạo hàm tăng cường suy rộng Do đó, phương pháp giảm chi phí trường hợp song hàm f phức tạp fi , i = 1, đơn giản Hơn nữa, với giả thiết Định lý 2.3.1, song hàm f không thiết phải thỏa mãn bất đẳng thức kiểu Lipschitz Nhận xét 2.3.2 Nếu f3 = Thuật toán trùng với thuật toán đạo hàm tăng cường phân rã, Định lý 2.3.1 trở thành Định lý 2.2.1 2.3.3 Ví dụ minh họa Ví dụ 2.3.1 Bất đẳng thức biến phân hỗn hợp Xét bất đẳng thức biến phân hỗn hợp sau Tìm x ∈ C cho F (x), y − x + ϕ(y) − ϕ(x) ≥ ∀y ∈ C, với tập khả thi C ⊂ R5 định nghĩa C := {x ∈ R5 : −5 ≤ xi ≤ ∀i = 1, 5}, ϕ : R5 → R, ϕ(x) = x F : R5 → R5 , F (x) = Rx + Qy + P (x) + q, 64 R = A + B, với ma trận A, B, Q q xác định sau  1     1 −1     A = 0 −1 −2 , B    1 −1   −2 −1  1.6 0   1.5 0   Q= 0 1.5  0 1.6  0 0  3.1  2   =  0    0   0 , q  0    3.6 0 0   3.5 0 ,  3.3 0  0     −2     = −1 ,   2   −1 P : R5 → R5 toán tử gần kề hàm h(x) := P (x) := argmin y 4 + y−x 2 0 x , tức : y ∈ R5 Chú ý rằng, khơng có biểu thức dạng hiển P (x) nên để tính giá trị toán tử ta cần giải toán lồi mạnh Đặt f1 (x, y) := Ax + P (x), y − x , f2 (x, y) := Bx + Qy + q, y − x , f3 (x, y) :=ϕ(y) − ϕ(x) nên f = f1 + f2 + f3 Ta chứng minh f giả đơn điệu mạnh Thật vậy, với x1 , x2 ∈ R5 , đặt y1 := P (x1 ) y2 := P (x2 ), ta có y1 y1 + y1 − x1 = 0, y2 y2 + y2 − x2 = Do đó, ta có P (x1 ) − P (x2 ), x1 − x2 = y1 − y2 , x1 − x2 = y1 − y2 , y1 y1 + y1 − y2 y2 − y2 = y1 − y2 + y1 65 + y2 − − y1 , y2 ( y1 ≥ y1 − y2 + y1 + y2 ) + y2 − − y1 y2 ( y1 + y2 ) = y1 − y2 + y1 ( y1 − y2 ) + y2 ( y2 − y1 ) = y1 − y2 + ( y − y )2 ( y + y1 y2 + y2 ) ≥ Như vậy, với x, y ∈ R5 , ta có f (x, y) + f (y, x) = f1 (x, y) + f1 (y, x) + f2 (x, y) + f2 (y, x) = Ax + P (x), y − x + Ay + P (y), x − y + + Bx + Qy + q, y − x + By + Qx + q, x − y = − (A + (B − Q))(y − x), y − x − P (y) − P (x), y − x Do A B − Q xác định dương nên f giả đơn điệu mạnh Hơn nữa, ta chứng minh fi , i = 1, 3, thỏa mãn giả thiết Định lý 2.3.1 Thật vậy, trước tiên ta chứng minh f1 liên tục Lipschitz kiểu Với x, y, z ∈ R5 , ta có |f1 (x, y) + f1 (y, z) − f1 (x, z)| = | Ax + P (x), y − z − Ay + P (y), y − z | = | A(x − y) + P (x) − P (y), y − z | ≤ | A(x − y), y − z | + | P (x) − P (y), y − z | ≤ A(x − y) y − z + P (x) − P (y) y − z = A(x − y) + P (x) − P (y) y−z ≤ A x − y + P (x) − P (y) y − z Do P (x) ánh xạ không giãn nên ta suy ta |f1 (x, y) + f1 (y, z) − f1 (x, z)| ≤ ( A + 1) x − y y − z Như vậy, f2 liên tục Lipschitz kiểu với số A + > Tiếp theo, ta chứng minh f2 liên tục 1-Holder phần Thật vậy, với x, y, x ∈ R5 , ta có |f2 (x, y) − f2 (z, y)| = | Bx + Qy + q, y − x − Bz + Qy + q, y − z | 66 = | B(x − z), y − z | + | Bx + Qy + q, x − z | ≤L x−z L := max {| B, y − z |, Bz + Qy + q } < +∞ Do đó, ta chứng x,y,z∈R minh f2 liên tục 1-Holder phần Hơn nữa, ta dễ dàng chứng minh f2 liên tục 1-Holder phần Như vậy, f , f1 , f2 f3 thỏa mãn tất giả thiết Định lý 2.3.1 nên ta áp dụng Thuật toán để giải toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp Nhận thấy rằng, thuật toán đạo hàm tăng cường suy rộng, vòng lặp, ta phải tính giá trị hàm P (x) nhiều lần Thuật tốn ta cần tính P (x) lần Như bình luận trên, thủ tục tính giá trị P (x) tốn mặt tính tốn Các tác giả [7] có tính tốn để chứng minh phương pháp đạo hàm tăng cường suy rộng hiệu phương pháp đạo hàm tăng cường cổ điển Chúng hy vọng thử nghiệm số sau chứng tỏ tính ưu việt thuật tốn đạo hàm tăng cường hai bước phân rã cho lớp toán cân xuất ứng dụng thực tế 67 Kết luận Luận văn đề cập đến vấn đề sau: Kiến thức chuẩn bị liên quan đến song hàm f toán cân EP (f, C) Các ví dụ phần kiến thức chuẩn bị Chương tính tốn cụ thể chi tiết Trình bày lại phương pháp phân rã dựa vào ánh xạ Combettes để giải toán cân EP (f, C) Thuật tốn hội tụ phương pháp trình bày lại rõ ràng chi tiết Trình bày lại phương pháp đạo hàm tăng cường phân rã giải tốn cân EP (f, C) Trong bao gồm thuật toán tuần tự, thuật toán phép chiếu, thuật toán song song thuật toán cho liệu có nhiễu Tất thuật tốn, hội tụ, ví dụ minh họa điểm khác biệt phương pháp so với phương pháp cũ trình bày cụ thể Đề xuất phương pháp đạo hàm tăng cường hai bước phân rã Chúng đưa thuật toán chứng minh chi tiết hội tụ thuật tốn Bên cạnh đó, chúng tơi đưa ví dụ minh họa cho phương pháp với hy vọng thử nghiệm số sau chứng tỏ tính ưu việt thuật tốn đạo hàm tăng cường hai bước phân rã cho lớp toán cân xuất ứng dụng thực tế 68 Tài liệu tham khảo [1] Đồn Thị Bích, Thuật toán đạo hàm tăng cường lai ghép giải toán cân đơn điệu, Luận văn Thạc sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên (2013) [2] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu, Nguyễn Hữu Điển, Giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội (2015) [3] Anh, P.K., Hai, T.N., Splitting extragradient-like algorithms for strongly pseudmonotone equilibrium problems, Numerical Algorithms, 76, pp 67-91 (2017) [4] Moudafi, A., On the covergence of splitting proximal methods for equilibrium problems in Hilbert spaces, Journal of Mathematical Analysis and Applications 359, pp 508-513 (2009) [5] Peng, J.W., Yao, J.C, A new hybrid-extragradient method for generalized mixed equilibrium problems, fixed point problems and variational inequality problems, Taiwanese Journal of Mathematics Vol 12, No 6, pp 1401-1432 (2008) [6] Quoc, T.D., Muu, L.D., Hien, N.V., Etragradient algorithms extended to equilibrium problems, Optimization 57(6), pp 749-776 (2008) [7] Strodiot, J.J., Dong, N.T.P., Van, N.T.T., Hien, N.V., A family of extragradient methods for solving equilibrium problems, Journal of Industrial and Management Optimization Vol 11, No 6, pp 619-630 (2015) 69 ... hàm, tốn cân bằng, số lớp toán liên quan toán cân tồn nghiệm toán cân Chương 2: Một số phương pháp phân rã giải tốn cân Ở đây, chúng tơi trình bày lại hai phương pháp phương pháp phân rã dựa vào... tìm hiểu hai phương pháp phân rã có đề xuất phương pháp phân rã giải tốn cân Hai phương pháp chúng tơi tìm hiểu phương pháp phân rã dựa vào ánh xạ Combettes đề xuất Moudafi [4] phương pháp đạo hàm... Chương Một số phương pháp phân rã giải toán cân 21 2.1 Phương pháp phân rã dựa vào ánh xạ Combettes 21 2.1.1 Ánh xạ Combettes 21 2.1.2 Thuật toán hội tụ phương pháp phân