Về một bài toán cân bằng tách và ứng dụng trong thị trường điện

Về một bài toán cân bằng tách và ứng dụng trong thị trường điện Về một bài toán cân bằng tách và ứng dụng trong thị trường điện Về một bài toán cân bằng tách và ứng dụng trong thị trường điện luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỖ THỊ VUI VỀ MỘT BÀI TOÁN CÂN BẰNG TÁCH VÀ ỨNG DỤNG TRONG THỊ TRƯỜNG ĐIỆN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2018 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỖ THỊ VUI VỀ MỘT BÀI TOÁN CÂN BẰNG TÁCH VÀ ỨNG DỤNG TRONG THỊ TRƯỜNG ĐIỆN Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS TSKH Lê Dũng Mưu Hà Nội - Năm 2018 Mục lục Lời cảm ơn ii Danh mục ký hiệu Lời nói đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Hilbert 1.2 Tập lồi hàm lồi không gian Hilbert 1.3 Tốn tử chiếu khơng gian Hilbert 14 Chương Bài toán cân tách ứng dụng 2.1 Bài toán cân 17 17 2.1.1 Bài tốn tối ưu hóa 21 2.1.2 Bất đẳng thức biến phân 21 2.1.3 Bài toán điểm bất động Kakutani 23 2.1.4 Cân Nash trò chơi không hợp tác 24 2.1.5 Bài toán điểm yên ngựa 25 2.1.6 Sự tồn nghiệm toán cân 26 2.2 Bài toán cân tách 29 2.3 Ứng dụng vào toán sản xuất điện 41 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 i 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 Lê Dũng Mưu Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn Khoa Tốn - Cơ - Tin học, Phịng Sau đại học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN, q thầy tham gia giảng dạy khóa cao học 2016 - 2018 có cơng lao giảng dạy tơi suốt thời gian học tập Trường Nhận dịp này, 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 30 tháng 11 năm 2018 Học viên Đỗ Thị Vui ii Danh mục ký hiệu domf Miền hữu dụng song hàm f EP (f, C) Bài toán cân liên kết f C liminf Giới hạn cận limsup Giới hạn cận max Giá trị lớn Giá trị nhỏ 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) Toán tử gần kề f SEO Bài toán cân tách SF P Bài toán chấp nhận tách Sol(f, C) Tập nghiệm toán 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, xét toán cân EP (f, C) sau Tìm x∗ ∈ C cho f (x∗ , y) ≥ ∀y ∈ C Bài toán cân EP (f, C) gọi bất đẳng thức Ky Fan để ghi nhận đóng góp ông lĩnh vực Bất đẳng thức sử dụng lần Nikaido Isoda (1955) cho trị chơi bất hợp tác Sau cơng bố Blum Oettli (1994)(xem phần tài liệu trích dẫn [6]), toán cân EP (f, C) thu hút nhiều ý nhà nghiên cứu số lượng lớn viết công bố Điểm thú vị toán cân EP (f, C) chỗ, có cơng thức đơn giản bao hàm lớp tốn quan trọng tốn tối ưu hóa, bất đẳng thức biến phân, toán điểm yên ngựa, tốn cân Nash lý thuyết trị chơi khơng hợp tác, toán điểm bất động, Chính 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 điện, Một số phương pháp giải đề xuất cho toán cân bằng, phương pháp chiếu thường sử dụng Tuy nhiên, toán cân đơn điệu, phương pháp phép chiếu khơng hội tụ Để khắc phục nhược điểm này, phương pháp đạo hàm tăng cường (hai phép chiếu) đề xuất Korpelevich (1976) cho toán điểm yên ngựa mở rộng cho toán cân giả đơn điệu Gần phương pháp chiếu vi phân khơng xác phát triển cho tốn song hàm cân tiền đơn điệu không gian Euclid hữu hạn chiều Phương pháp dùng phép chiếu vịng lặp, đảm bảo tính hội tụ Nói ngắn gọn, vịng lặp k, xk+1 định nghĩa phép chiếu xấp xỉ xk − αk gk lên C gk xấp xỉ đường chéo đạo hàm hàm lồi f (xk , ) xk Với cách chọn cỡ bước αk phù hợp, dãy lặp hội tụ tới nghiệm toán cân EP (f, C) Bài tốn chấp nhận tách khơng gian Hilbert hữu hạn chiều giới thiệu Censor Elving (1994) cho mơ hình tốn ngược, xuất phát từ việc tái tạo khơi phục lại hình ảnh y tế (Byrne 2002) Gần đây, người ta phát tốn sử dụng để điểu chỉnh cường độ xạ Về mặt tốn học, tốn chấp nhận tách khơng gian Hilbert thực phát biểu sau: cho H1 H2 hai không gian Hilbert thực C ⊆ H1 , Q ⊆ H2 tập lồi, đóng, khác rỗng, A : H1 → H2 tốn tử tuyến tính bị chặn Bài tốn chấp nhận tách định nghĩa sau Tìm x∗ ∈ C cho Ax∗ ∈ Q ∀y ∈ C Bài toán chấp nhận tách ký hiệu SF P Gần đây, tốn C Q tập nghiệm bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động nghiên cứu số thuật toán sử dụng phép chiếu kết hợp với ánh xạ gần kề, điển Kraikaew Saejung (2014)(xem phần tài liệu trích dẫn [6]), Lopezetal (2012), Moudafi (2011)(xem phần tài liệu trích dẫn [6]), Moudafi Thakur (2014) Tang et al (2014)(xem phần tài liệu trích dẫn [6]) Luận án Tiến sĩ Trần Việt Anh [1], Đặng Xuân Sơn [5] nhiều tác giả khác Trong luận văn này, ta xét trường hợp mở rộng phương pháp Santos Scheimberg (2011) cho toán chấp nhận tách với C tập nghiệm toán cân tiền đơn điệu H1 Q tập nghiệm toán lồi H2 Về mặt toán học, toán phát biểu sau Tìm x∗ ∈ C cho f (x∗ , y) ≥ ∀y ∈ C g(Ax∗ ) ≤ g(u) ∀u ∈ H2 , g hàm lồi nửa liên tục H2 Thuật tốn đề xuất nhóm tác giả Lê Dũng Mưu, Lê Hải Yến Nguyễn Thị Thanh Huyền, kết hợp phép chiếu phương pháp Santos Scheimberg (2011) cho toán cân với sơ đồ lặp Mann - Kranoselskii cho toán tử gần kề xác định toán tối ưu hóa, thuật tốn đảm bảo hội tụ mạnh Để minh họa cho tốn, ta xét mơ hình cần với chi phí mơi trường tối thiểu phát sinh sản xuất điện Luận văn gồm hai chương Chương nhắc lại số kiến thức không gian Hilbert, tập lồi, hàm lồi tốn tử chiếu khơng gian Hilbert Chương hai, phần đầu tìm hiểu tốn cân với lớp tốn nó, tồn nghiệm toán cân Tiếp theo, tìm hiểu tốn chấp nhận tách với trường hợp suy rộng toán cân tách Thuật toán cho toán cân tách ví dụ sản xuất điện tài liệu [6] trình bày chi tiết Hà Nội, ngày 30 tháng 11 năm 2018 Học viên Đỗ Thị Vui Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, nhắc lại số khái niệm kết sử dụng chương luận văn Phần đầu chương trình bày số kiến thức không gian Hilbert, hàm lồi vi phân hàm lồi Mục liên quan tới tốn tử chiếu khơng gian Hilbert tính chất Phần cuối chương nói số bổ đề, kết sử dụng chứng minh kết chương tiếp 1.1 Không gian Hilbert Định nghĩa 1.1.1 (Xem [3]) Cho H không gian trường K Tích vơ hướng xác định H định nghĩa sau , : H × H → K (x, y) → x, y , thỏa mãn điều kiện sau a) x, y = y, x ∀x, y ∈ H; b) x + y, z = x, z + y, z ∀x, y, z ∈ H; c) λx, y = λ x, y ∀x, y ∈ H, λ ∈ K; d) x, x ≥ ∀x, y ∈ H x, x = ⇐⇒ x = Số x, y gọi tích vơ hướng hai vectơ x y Cặp H, , gọi không gian tiền Hilbert (hay cịn gọi khơng gian Unita) Từ định nghĩa, ta thấy tích vơ hướng , dạng song tuyến tính xác định dương H Khi đó, H gọi khơng gian tiền Hilbert thực Định lý 1.1.1 (Xem [3]) Cho H không gian tiền Hilbert Với x, y ∈ H, ta ln có bất đẳng thức sau x, y ≤ x, x y, y Nhận xét 1.1.1 (Xem [3]) Bất đẳng thức Định lý 1.1.1 gọi bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Schwarz đấu ” = ” xảy x, y phụ thuộc tuyến tính Định lý 1.1.2 (Xem [3]) Cho H khơng gian tiền Hilbert Khi đó, x = x, x , x ∈ H xác định chuẩn H Một không gian tiền Hilbert, xem khơng gian định chuẩn, đầy đủ không đầy đủ Định nghĩa 1.1.2 (Xem [3]) Một không gian tiền Hilbert đầy đủ với chuẩn cảm sinh từ tích vơ hướng gọi khơng gian Hilbert Ví dụ 1.1.1 Ta xét số ví dụ khơng gian Hilbert a) Rn khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng x, y = n xi yi , i=1 x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn b) Xét không gian ∞ |xn |2 < +∞ l = x = (xn )n ∈ K : n=1 Ta biết l2 không gian Banach với chuẩn x = ∞ kiểm tra x, y = ∞ |xn |2 Dễ dàng n=1 xi yi xác định tích vơ hướng l2 n=1 ∞ cảm sinh chuẩn x = |xn |2 Vậy l2 không gian Hilbert n=1 P (u) với u = Ax Chú ý rằng, trí g khơng khả vi, h khả vi h(x) = A∗ (I − proxλg )Ax Do đó, h(x) = h(x) = Sau đây, ta xét thuật toán hội tụ thuật toán đề xuất tài liệu [6] Giả sử tham số dương δ, ξ dãy số thực {ak }, {δk }, {βk }, { k }, {ρk } thỏa mãn điều kiện sau < a < ak < b < 1, < ξ ≤ ρk ≤ − ξ ∀k ∈ N; (2.1) δk > δ > 0, βk > 0, k ≤ ∀k ∈ N; lim ak = ; k→∞ ∞ ∞ βk = +∞, βk < +∞; δk (2.2) k=1 ∞ k=1 (2.3) (2.4) k=1 βk k < +∞ δk (2.5) Thuật toán ([5]) Bước Chọn x1 ∈ C đặt k := Bước k Từ xk tính gk ∈ ∂2k f (xk , xk ) định nghĩa αk = βk γk = max{δk , gk } γk Tính y k = PC (xk − αk gk ), tức y k − xk + αk gk , x − y k ≥ ∀x ∈ C Đặt µk :=   0  ρk h(y k ) = 0, h(y k ) = k h(y ) h(y k ) (2.6) tính z k = PC (y k − µk A∗ (I − proxλg )(Ay k )) Tính xk+1 = αk xk + (1 − αk )z k Nhận xét 2.2.1 Chú ý g ≡ 0, toán (SEO) trở thành toán (EP ) 32 Nhận xét 2.2.2 Nếu chọn k = 0, xk = y k h(xk ) = 0, hay nói cách khác xk nghiệm Từ thực tế này, ta gọi xk -nghiệm k ≤ xk − y k ≤ , |h(xk )| ≤ Định lý 2.2.1 ([6]) Giả sử tốn (SEO) có nghiệm Khi đó, với điều kiện (A1) − (A4), dãy {xk } xác định Thuật toán hội tụ yếu tới nghiệm toán (SEO) Ta cần bổ đề để chứng minh hội tụ thuật toán Bổ đề 2.2.1 (Xem [6]) Cho S tập nghiệm toán (SEO) z ∈ S Nếu h(y k ) = ta có k z −z k ≤ y −z h2 (y k ) − ρk (4 − ρk ) h(y k ) (2.7) Bổ đề 2.2.2 (Xem [6]) Với k, bất đẳng thức sau thỏa mãn i) αk gk ≤ βk ; ii) y k − xk ≤ βk Bổ đề 2.2.3 (Xem [6]) Cho z ∈ S Khi đó, với k cho h(y k ) = ta có xk+1 − z ≤ xk − z − ρk (4 − ρk ) h2 (y k ) h(y k ) + 2(1 − ak )αk f (xk , z) + Ak với k cho xk+1 − z (2.8) h(y k ) = 0, ta có ≤ xk − z Ak = 2(1 − ak )(αk k + 2(1 − ak )αk f (xk , z) + Ak , (2.9) + βk ) Chứng minh Do định nghĩa xk+1 sử dụng Bổ đề 1.3.2, ta có xk+1 − z = ak xk + (1 − ak )z k − z ≤ ak xk − z Ta xét hai trường hợp sau 33 2 + (1 − ak ) z k − z (2.10) h(y k ) = 0, theo Bổ đề 2.2.1, ta có Trường hợp 1: Nếu x k+1 −z k ≤ ak x − z k + (1 − ak ) y − z h2 (y k ) − ρk (4 − ρk ) h(y k ) (2.11) Hơn nữa, ta lại có yk − z = z − xk + xk − y k = xk − z − xk − y k + xk − y k , z − xk ≤ xk − z + xk − y k , z − xk Trong Thuật toán 1, y k chọn cho y k − xk + αk gk , x − y k ≥ ∀x ∈ C x = z, ta có y k − xk + αk gk , z − y k ≥ ⇐⇒ αk gk , z − y k ≥ xk − y k , z − y k Do yk − z ≤ xk − z + xk − y k , z − xk = xk − z + αk gk , z − xk + αk gk , xk − y k (2.12) Từ gk ∈ ∂2k f (xk , xk ) suy f (xk , z) − f (xk , xk ) ≥ gk , z − xk − ⇐⇒f (xk , z) + k k ≥ gk , z − xk (2.13) Mặt khác, từ Bổ đề 2.2.2, ta có αk gk , xk − y k ≤ αk gk xk − y k ≤ βk Từ (2.12) (2.13) αk > suy yk − z ≤ xk − z + 2αk f (xk , z) + 2αk k + 2βk Kết hợp (2.11) (2.15), ta có xk+1 − z xk − z + 2(1 − ak )f (xk , z) 34 (2.14) − ρk (4 − ρk ) Ak = 2(1 − ak )(αk k h2 (y k ) h(y k ) + Ak , + βk ) h(y k ) = 0, từ định nghĩa xk+1 , ta viết Trường hợp 2: Nếu xk+1 − z ≤ ak xk − z + (1 − ak ) z k − z Lập luận tương tự Trường hợp 1, ta có yk − z ≤ xk − z + 2αk f (xk , z) + 2αk k + 2βk Khi đó, ta thu xk+1 − z ≤ xk − z Ak = 2(1 − ak )(αk k + 2(1 − ak )f (xk , z) + Ak , + βk ) Tiếp theo, ta chứng minh Định lý 2.2.1 Chứng minh Khẳng định Dãy { xk − z } hội tụ với z ∈ S Thật vậy, lấy z ∈ S Do z ∈ Sol(f, C) f giả đơn điệu C với nghiệm tốn cân (EP ), ta có f (xk , z) ≤ Nếu h(y k ) = yk − z − ρk (4 − ρk ) h2 (y k ) h(y k ) ≥0 nên theo Bổ đề 2.2.3, ta có xk+1 − z ≤ xk − z + Ak , Ak = 2(1 − ak )(αk k + βk ) βk Do đó, αk = với γk = max{δk , gk }, γk +∞ +∞ αk k=1 k = k=1 βk γk +∞ k ≤ k=1 35 βk δk k < +∞ (2.15) +∞ Chú ý βk2 < +∞ < a < ak < b < 1, ta có k=1 +∞ +∞ Ak < 2(1 − a) k=1 (ak k + βk2 ) < +∞ k=1 Sử dụng Bổ đề 1.3.3, ta thấy { xk − z } hội tụ với z ∈ S Do đó, {xk } bị chặn Vì theo Bổ đề 2.2.2, ta nhìn thấy {y k } bị chặn Khẳng định lim sup f (xk , z) = với z ∈ S k→+∞ Theo Bổ đề 2.2.3, với k, ta có −2(1 − ak )αk f (xk , z) ≤ xk − z − xk+1 − z + Ak (2.16) Lấy tổng ta +∞ −2(1 − ak )αk f (xk , z) < +∞ (2.17) k=1 Mặt khác, sử dụng điều kiện (A2) {xk } bị chặn, ta nhận thấy { g k } bị chặn Khi đó, tồn L > δ cho g k ≤ L với k Vì gk δk βk = max δk ≤ L δ Do αk = βk δ βk ≥ γk L γk Do z nghiệm, sử dụng tính giả đơn điệu f , ta có −f (xk , z) ≥ Điều kết hợp với < a < ak < b < 1, ta nhận +∞ (1 − b) k=1 +∞ Nhưng (1 − b) k=1 βk [−f (xk , z] < +∞ δk βk = +∞ nên ta có δk lim sup f (xk , z) = z ∈ S k→+∞ 36 Khẳng định Với z ∈ S bất kỳ, giả sử {xkj } dãy {xk } cho lim sup f (xk , z) = lim sup f (xkj , z) (2.18) j→+∞ k→+∞ x∗ điểm tụ yếu {xkj } Khi đó, x∗ ∈ Sol(f, C) Khơng tính tổng qt, ta giả sử {xkj } hội tụ yếu tới x∗ j → +∞ Do f (., z) nửa liên tục trên, sử dụng Khẳng định 2, ta có f (x∗ , z) ≥ lim sup f (xkj , z) = j→+∞ Do z ∈ S f giả đơn điệu, ta có f (x∗ , z) ≤ Như vậy, f (x∗ , z) = Một lần theo tính giả đơn điệu ta nhận f (z, x∗ ) ≤ Vì f (x∗ , z) = f (z, x∗ ) = Khi đó, sử dụng tính tiền đơn điệu (A3), ta kết luận x∗ nghiệm toán EP (f, C) Khẳng định Mọi điểm tụ yếu x dãy {xk } thỏa mãn x ∈ C Ax ∈ argming Lấy x điểm tụ yếu {xk } {xkj } dãy {xk } hội tụ yếu tới x Khi đó, x ∈ C Mặt khác, ta biết y k − xk ≤ βk +∞ βk2 < +∞ Do k=1 y k − xk = lim k→+∞ Vì {y kj } hội tụ yếu tới x Từ Bổ đề 2.2.3, h(y k ) = (1 − ak )ρk (4 − ρk ) h2 (y k ) h(y k ) − xk+1 − z − xk+1 − z + Ak + Ak h(y k ) = ≤ xk − z Đặt N1 := {k : h(y k ) = 0} lấy tổng ta viết sau (1 − ak )ρk (4 − ρk ) k∈N1 ≤ xk − z f h2 (y k ) ≤ xk − z h(y k ) 37 − xk+1 − z + Ak < +∞ Kết hợp với giả sử ξ ≤ ρk ≤ − ρ < a < ak < b < 1, ta kết luận k∈Nk Hơn nữa, h2 (y k ) h(y k ) < +∞ (2.19) h liên tục Lipschitz với số A , ta có h(y k ) bị chặn Bởi h(y k ) → với k ∈ N1 k → +∞ Chú ý h(y k ) = với k ∈ / N1 Tương đương lim h(y k ) = (2.20) k→+∞ Bởi tính nửa liên tục yếu h, ta có ≤ h(x) ≤ lim inf h(y kj ) = lim inf h(y k ) = j→+∞ k→+∞ (2.21) Điều kéo theo Ax điểm cố định toán tử gần kề g Do đó, Ax ∈ argming Khẳng định lim xk = lim y k = lim P (xk ) = x∗ , x∗ k→+∞ k→+∞ k→+∞ điểm tụ yếu dãy thỏa mãn 2.18 Từ Khẳng định Khẳng định 4, ta suy x∗ ∈ S Bởi Khẳng định 1, ta giả sử lim k→+∞ xk − x∗ = c < +∞ Do Bổ đề 1.3.3, ta có z k − x∗ ≤ y k − x∗ ≤ xk − x∗ + y k − xk ≤ xk − x∗ + βk , điều kéo theo lim sup z k − x∗ ≤ lim sup( xk − x∗ + βk ) = c k→+∞ k→+∞ Mặt khác lim k→+∞ ak (xk − x∗ ) + (1 − ak )(z k − x∗ ) = lim k→+∞ 38 xk+1 − x∗ = c Sử dụng Bổ đề 1.3.4 với v k := xk − x∗ wk := z k − x∗ , ta có lim sup z k − xk = (2.22) k→+∞ Kết hợp 2.22 với x∗ điểm tụ dãy {xk }, ta thấy x∗ điểm tụ yếu dãy {z k } Giả sử {z kj } hội tụ yếu tới x∗ Chú ý xkj +1 − PS (xkj +1 ) ≤ xkj − PS (xkj ) ≤ akj xkj − PS (xkj ) + (1 − akj ) z kj − PS (xkj ) Mặt khác z kj − PS (xkj ) = z kj − x kj xkj +1 − PS (xkj ) − z kj − PS (xkj ), PS (xkj ) − xkj Do xkj +1 − PS (xkj +1 ) ≤ (2akj − 1) xkj − PS (xkj ) + (1 − akj ) z kj − xkj − 2(1 − akj ) z kj − PS (xkj ), PS (xkj ) − xkj ≤ (2akj − 1) xkj − PS (xkj ) + (1 − akj ) z kj − xkj − 2(1 − akj ) z kj − x∗ ), PS (xkj ) − xkj − 2(1 − akj ) x∗ − PS (xkj ), PS (xkj ) − xkj Do x∗ ∈ S nên x∗ − PS (xkj ), PS (xkj ) − xkj ≥ Dãy {xkj } bị chặn nên dãy {xkj −PS (xkj } bị chặn Sử dụng lim j→+∞ xkj = z kj − lim akj = , ta kết luận j→+∞ lim j→+∞ xkj +1 − PS (xkj +1 ) = (2.23) Bây giờ, ta chứng minh {PS (xkj } dãy Cauchy Thật vậy, với m > j, ta có PS (xkm − PS (xkj ) = xkm − PS (xkm ) + xkm − PS (xkj − xkm − (PS (xkm +1 ) + PS (xkj +1 )) 2 39 ≤ xkm − PS (xkm ) + xkm − PS (xkj ) − xkm − PS (xkm ) = xkm − PS (xkj 2 − xkm − PS (xkm ) (2.24) Do đó, áp dụng Bổ đề 1.3.1 với z = PS (xkj ), ta nhận xkm − PS (xkj ) ≤ xkm − − PS (xkm ) + Akm −1 km −1 kj kj ≤ x − PS (x ) + Ai (2.25) i=kj Từ 2.24 2.25, ta thu km −1 PS (x km kj − PS (x ) kj kj ≤ x − PS (x Ai − xkm − PS (xkm ) +2 i=kj km −1 Từ 2.23 lim j→+∞ i=k j kj Ai = 0, ta kết luận {PS (xkj } dãy Cauchy Do đó, {PS (x )} hội tụ mạnh tới x∗ ∈ S Do lim j→+∞ xkm +1 + PS (xkj +1 = 0, nên dãy {xkj } hội tụ mạnh tới x∗ Cuối cùng, sử dụng Khẳng định 1, ta kết luận lim xk = lim y k = lim P (xk ) = x∗ k→+∞ k→+∞ k→+∞ Nhận xét 2.2.3 Trong trường hợp, tốn khơng tồn nghiệm dãy phép lặp xác định Thuật tốn không bị chặn Ta thấy, H1 = H2 = R2 , A toán tử đơn vị, }, u Q = {x = (u, v) ∈ R2 : u ≥ 1, v = 0}, K = {x = (u, v) ∈ R2 : u ≥ 1, v ≥ f (x, y) = iK (y) − iK (x) g(x) = iQ (x), đó, iM viết tắt hàm tập M Rõ ràng, trường hợp tốn SEO rút gọn thành tìm điểm S := K ∩ Q = ∅ 40 Ta chọn, với k ∈ N, k = 0, βk = 1 , δk = 1, ρk = 2, ak = k Do f (x, y) = iK (y) − iK (x), ta có (0, 0) ∈ ∂2 f (u, u) với x = (u, u) ∈ K.Vì vậy, vịng lặp k, ta ln có gk (0, 0) = xk = y k với k Do S := K ∩ Q = ∅ nên hk (y k ) = Chú ý proxλg (x) = PQ (x) với λ > Bằng phép tính tốn bản, sử dụng y k = xk , ta chứng minh z k = PK (y k − µk (I − proxλg )(y k )) = PK (PQ (xk )) Lấy xk := (uk , v k ) Ta thấy lim uk = +∞ Thật vậy, định nghĩa k→+∞ Q K, hình chiếu xk = (uk , v k ) lên Q (uk , 0), hình chiếu (uk , 0) lên K nằm biên K Giả sử (ak , ) hình chiếu ak k (u , 0) lên K Khi ak nghiệm tối ưu tốn ϕk (a), a≥1 ϕk (a) = (uk − a)2 + lồi mạnh [1, +∞) Do uk ≥ nên a ϕk uk + 16[uk ]3 < Vì ak ≥ uk + Do z k = PK (uk , 0) = (ak , 16[uk ]3 (2.26) 1 ) xk+1 := (uk+1 , v k+1 ) = (xk + z k ), từ 2.26 ta ak có uk+1 ≥ uk + 32[uk ]3 Do uk ≥ với k nên ta kết luận lim uk = +∞ k→+∞ 2.3 Ứng dụng vào toán sản xuất điện Trong phần này, xét mơ hình cân tối ưu, coi trường hợp mở rộng mơ hình độc quyền Nash - Cournot hệ thống mạng điện Trong mơ hình cân này, ta giả sử có n cơng ty Cơng ty thứ i có Ii đơn vị (mi y) sản xuất điện Ký hiệu x vectơ với tọa độ xj lượng sinh đơn vị j Chúng ta giả sử giá điện pi (s) 41 N hàm affin tăng với s = xj , N tổng nhà máy sản xuất điện, j=1 pi (s) = α − βi s Khi đó, lợi nhuận cơng ty thứ i tính theo cơng thức xj ) − fi (x) = pi (s)( cj (xj ), j∈Ii j∈Ii cj (xj ) chi phí để sản xuất xj đơn vị j Giả sử Ki tập chiến lược công ty thứ i, tức điều kiện sau thỏa mãn với i xj ∈ Ki j∈Ii Khi đó, tập chiến lược mơ hình K := K1 × K2 × · · · × Kn Trên thực tế, cơng ty tìm cách tối đa hóa lợi nhuận cách chọn mức sản xuất tương ứng theo giả định việc sản xuất công ty khác tham số đầu vào Cách tiếp cận cho mô hình dựa khái niệm cân Nash Ta nhớ lại điểm x∗ ∈ K = K1 × K2 × · · · × Kn điểm cân mơ hình fi (x∗ ) ≥ fi (x∗ [xi ]) ∀xi ∈ Ki ∀i = 1, 2, , n, vectơ x∗ [xi ] viết tắt cho vectơ đạt từ x∗ cách thay x∗i với xi Bằng cách đặt f (x, y) := ψ(x, y) − ψ(y, x) với n ψ(x, y) := − fi (x[yi ]), (2.27) i=1 tốn tìm điểm cân Nash mơ hình viết biểu thức sau Tìm x∗ ∈ K : f (x∗ , x) ≥ ∀x ∈ K (EP) Ta mở rộng mơ hình cân cách giả định thêm để sản xuất điện, đơn vị sản xuất sử dụng m−loại vật liệu Kí hiệu al,j số lượng vật liệu thứ l (l = 1, m) để sản xuất đơn vị điện đơn vị sản xuất thứ j (j = 1, N ) Đặt A ma trận với phần tử al,j Khi đó, phần tử thứ 42 l vectơ Ax số lượng vật liệu thứ l để sản xuất x Sử dụng vật liệu để sản xuất gây nhiễm mơi trường mà cơng ty phải trả chi phí mơi trường Giả sử g(Ax) tổng chi phí môi trường để sản xuất x Câu hỏi đặt tìm x∗ cho điểm cân Nash với tối thiểu hóa chi phí mơi trường Bài tốn biểu diễn tốn cân tách sau Tìm x∗ ∈ K : f (x∗ , x) ≥ ∀x ∈ K, g(Ax∗ ) ≤ g(Ax) ∀x ∈ K (SEO) Như thường lệ, ta giả sử với j, chi phí sản xuất cj chi phí mơi trường g hàm lồi tăng Giả thiết lồi có nghĩa chi phí sản xuất chi phí môi trường để sản xuất đơn vị điện tăng lên tăng số lượng điện sản xuất Với giả thiết lồi, khơng khó để thấy tốn EP với f cho cơng thức (2.27) biểu diễn sau Tìm x∗ ∈ K : f (x∗ , x) := B x∗ −a, x−x∗ +ϕ(x)−ϕ(x∗ ) ≥ ∀x ∈ K, (2.28) a := (α, α, , α)T ,     β1 0 0 β1 β1 β1       β2   β2 0β2 β2 ,  , B :=  B1 :=          0 βn βn βn βn n T ϕ(x) := x B1 x + cj (xj ) j=1 Chú ý cj lồi, khả vi với j tốn (2.28) bất đẳng thức biến phân Tìm x∗ ∈ K : B x∗ − a + ϕ(x∗ ), x − x∗ ≥ ∀x ∈ K (2.29) Tiếp theo, ta xét ví dụ cụ thể Giả sử có hai cơng ty điện lực Cơng ty thứ có hai nhà máy sản xuất điện, x1 x2 Cơng ty thứ hai có nhà máy sản xuất điện x3 Hàm chi phí c1 (x1 ) = 2x21 , 43 c2 (x2 ) = x22 − x2 , c3 (x3 ) = x23 , x1 , x2 ∈ K1 = [0, 10], x3 ∈ K2 = [5, 15] Chọn α = 100 hệ số giảm giá βj = β = 0.1, j = 1, Khi đó, hàm giá xác định sau p(x1 , x2 , x3 ) = 100 − 0.1(x1 + x2 + x3 ) Do đó, lợi nhuận hai cơng ty tính theo cơng thức f1 (x1 , x2 , x3 ) = [100 − 0.1(x1 + x2 + x3 )](x1 + x2 ) − (2x21 + x22 − x2 ), f2 (x1 , x2 , x3 ) = [100 − 0.1(x1 + x2 + x3 )]x3 − x23 Giả sử a1j , j = 1, lượng than để sản xuất đơn vị điện nhà máy thứ j Đặt A = a11 a12 a13 Khi đó, tổng số lượng than cần dùng để sản xuất x1 + x2 + x3 đơn vị điện xác định biểu thức Ax = a11 a12 a13   x1   x2  = a11 x1 + a12 x2 + a13 x3   x3 Đặt g(u) := τ u2 , τ > chi phí mơi trường dùng lượng than u để sản xuất điện Do đó, tổng chi phí mơi trường để sản xuất x = x1 + x2 + x3 tính sau g(Ax) = τ (a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 )2 Bài tốn đặt tìm x∗ ∈ K = K1 × K2 × K3 cho f (x∗ , x) ≥ ∀x ∈ K, g(Ax∗ ) ≤ g(Ax) ∀x ∈ K 44 Kết luận Luận văn đề cập đến vấn đề sau: Nhắc lại số kiến thức không gian Hilbert, tập lồi, hàm lồi toán tử chiếu khơng gian Hilbert Tìm hiểu tốn cân với lớp toán tồn nghiệm tốn cân Trình bày lại chi tiết thuật toán ứng dụng thị trường điện toán cân tách 45 Tài liệu tham khảo [1] Trần Việt Anh, Phương pháp giải bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán chấp nhận tách suy rộng, Luận án Tiến sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội (2018) [2] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải, Giải tích lồi, NXB Khoa học Kỹ thuật Hà Nội (2000) [3] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dững Mưu, Nguyễn Hữu Điển Nhập mơn giải tích ứng dụng, NXB Khoa học Tự nhiên Công nghệ (2015) [4] Hồng Tụy, Lý thuyết tối ưu, Viện Tốn học (2006) [5] Đặng Xuân Sơn, Một số phương pháp giải toán cân tách suy rộng, Luận án Tiến sĩ Toán học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội (2018) [6] Yen, L.H., Muu, L.D., Huyen, N.T.T., An algorithm for a class of split feasibility problems: application to a model in electricity production, Mathematical Methods of Operations Research (2016) 46 ...ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỖ THỊ VUI VỀ MỘT BÀI TOÁN CÂN BẰNG TÁCH VÀ ỨNG DỤNG TRONG THỊ TRƯỜNG ĐIỆN Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60460112 LUẬN VĂN... − ωk = 16 Chương Bài toán cân tách ứng dụng Trong chương này, tìm hiểu tốn cân lớp toán liên quan Tiếp theo toán chấp nhận tách trường hợp mở rộng toán chấp nhận tách toán cân tách Ta tìm hiểu... nghiệm toán bất đẳng thức biến phân, tập nghiệm toán cân bằng, 30 ta khơng thể tìm hình chiếu chúng Bài toán chấp nhận tách trường hợp gọi toán chấp nhận tách suy rộng Một dạng toán chấp nhận tách