Về hiệu chỉnh tikhonov cho bài toán cân bằng đơn điệu

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THUẬN VỀ HIỆU CHỈNH TIKHONOV CHO BÀI TOÁN CÂN BẰNG ĐƠN ĐIỆU Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60.46.01.12 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH LÊ DŨNG MƯU THÁI NGUYÊN - NĂM 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Giới thiệu kiến thức toán cân 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Bài toán cân 11 1.2.1 Giới thiệu toán 11 1.2.2 Các dạng tương đương 12 1.2.3 Các trường hợp riêng 13 Về hiệu chỉnh Tikhonov cho toán cân đơn điệu 2.1 2.2 2.3 19 Sự tồn nghiệm nguyên lý toán phụ 19 2.1.1 Sự tồn nghiệm tính chất 19 2.1.2 Phương pháp toán phụ 26 Hiệu chỉnh Tikhonov cho toán cân 31 2.2.1 Trường hợp song hàm đơn điệu 32 2.2.2 Trường hợp song hàm giả đơn điệu 35 Ứng dụng cho bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu đa trị 40 Kết luận chung 44 Tài liệu tham khảo 45 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ii Lời cảm ơn Trong suốt trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ GS TSKH Lê Dũng Mưu (Viện Tốn học Việt Nam) Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Tơi xin cảm ơn q thầy, giảng dạy lớp cao học khóa (2011 - 2013) mang đến cho nhiều kiến thức bổ ích khoa học sống Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, bạn đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Du tạo điều kiện tốt để tơi hồn thành luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp q thầy, bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, tháng năm 2013 Người viết luận văn Nguyễn Thị Thuận Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Trong toán học ứng dụng, tốn cân đóng vai trị quan trọng Nó bao hàm nhiều toán quan trọng khác toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, toán điểm bất động Kakutani, cân Nash trị chơi khơng hợp tác, tốn điểm n ngựa Nói chung, tốn cân có nhiều ứng dụng thực tế đề tài quan tâm nghiên cứu Phần trọng tâm luận văn trình bày phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov, mục đích phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov để xử lý toán đặt khơng chỉnh, tức tốn khơng có nghiệm nghiệm không ổn định theo liệu đầu vào Luận văn trình bày kiến thức toán cân bằng, cụ thể tồn nghiệm, tính chất nghiệm, nguyên lý tốn phụ Trong trọng tâm giới thiệu phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho toán cân trường hợp đơn điệu giả đơn điệu Bố cục luận văn gồm chương: Chương 1: Giới thiệu kiến thức toán cân bằng, trường hợp riêng quan trọng toán cân toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, toán điểm bất động Kakutani, cân Nash trị chơi khơng hợp tác, tốn điểm n ngựa Chương 2: Là chương luận văn nhằm trình bày phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho toán cân trường hợp song hàm đơn điệu giả đơn điệu Cuối chương trình bày ứng dụng phương pháp cho toán bất đẳng thức biến phân đa trị với toán tử giả đơn điệu Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Giới thiệu kiến thức toán cân Trong luận văn này, làm việc khơng gian Hilbert thực X , với tích vơ hướng kí hiệu , chuẩn tương ứng kí hiệu ||.|| Dưới đây, ta nhắc lại số khái niệm tính chất giải tích lồi như: Tập lồi, hàm lồi, hội tụ mạnh (yếu), Các kiến thức chương lấy chủ yếu từ tài liệu [1], [2], [3] 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1) X không gian vectơ trường số thực 2) Trên X có tích vơ hướng , : X × X → R thỏa mãn tiên đề sau: ∀x, y ∈ X i) x, y = y, x , ∀x, y, z ∈ X ii) x + y, z = x, z + y, z , iii) αx, y = α x, y , iv) x, x > 0, ∀x, y ∈ X, α ∈ R ∀x = x, x = x = 3) X trở thành không gian Banach với chuẩn định nghĩa bởi: x = x, x Trên X có hai kiểu hội tụ sau: Định nghĩa 1.1 Xét dãy {xn }n≥0 x thuộc không gian Hilbert thực X Dãy {xn } gọi hội tụ mạnh tới x, kí hiệu xn → x, như: lim n→+∞ xn − x = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Dãy {xn } gọi hội tụ yếu tới x, kí hiệu xn lim n→+∞ x như: ∀w ∈ X w, xn = w, x , Điểm x gọi điểm tụ mạnh (yếu) dãy {xn } từ dãy trích dãy hội tụ mạnh (yếu) tới x Ta nhắc lại kết quen thuộc giải tích hàm liên quan đến hai loại hội tụ này: Mệnh đề 1.1 (i) Nếu {xn } hội tụ mạnh đến x hội tụ yếu đến x (ii) Nếu {xn } hội tụ mạnh đến x lim n→+∞ xn = x {xn } hội tụ mạnh đến x (iii) Mọi dãy hội tụ mạnh (yếu) bị chặn giới hạn theo hội tụ mạnh (yếu) tồn (iv) Nếu không gian Hilbert X không gian hữu hạn chiều hội tụ mạnh hội tụ yếu tương đương (v) Nếu dãy {xn }n≥0 dãy bị chặn khơng gian Hilbert X ta trích dãy hội tụ yếu (vi) Nếu {xn }n≥0 dãy bị chặn không gian Hilbert hữu hạn chiều X ta trích dãy hội tụ mạnh Tiếp theo, ta nêu số định nghĩa kết giải tích lồi: Định nghĩa 1.2 Tập K không gian Hilbert X gọi lồi với x, y ∈ K λ ∈ (0, 1) ta có: λx + (1 − λ) y ∈ K Định nghĩa 1.3 Xét hàm f : X → R ∪ {+∞} Khi đó: Hàm f gọi lồi nếu: f (λx + (1 − λ) y) ≤ λf (x) + (1 − λ) f (y) , ∀x, y ∈ X, ∀λ ∈ [0, 1] Hàm f gọi lồi chặt nếu: f (λx + (1 − λ) y) < λf (x) + (1 − λ) f (y) , ∀x = y ∈ X, ∀λ ∈ [0, 1] Hàm f gọi lồi mạnh với hệ số η > nếu: f (λx + (1 − λ) y) ≤ λf (x)+(1 − λ) f (y)−η Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên λ (1 − λ) x − y , ∀x, y ∈ X, ∀λ ∈ [0, 1] http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 1.1 1) Mọi hàm affine f (x) = aT x + b hàm lồi Nó thỏa mãn đẳng thức: f (λx + (1 − λ) y) = λf (x) + (1 − λ) f (y) , ∀x, y Do khơng lồi chặt 2) Xét K tập X Hàm δK định nghĩa sau: δK := x ∈ K, x ∈ / K +∞ Khi đó, K tập lồi δK hàm lồi 3) Trong khơng gian Hilbert thực ta có khai triển: λ x =λ + (1 − λ) x y λx + (1 − λ) y − 2 + (1 − λ) y x − λ2 2 = λ (1 − λ) = λ (1 − λ) x − y 2 Do hàm f (x) = x x 2 + y 2 − (1 − λ)2 y − λ (1 − λ) x, y − x, y hàm lồi mạnh với hệ số 4) Giả sử K tập khác rỗng Hàm khoảng cách dK (x) định nghĩa sau: dK (x) = inf x − y y∈K Khi đó, K tập lồi dK hàm lồi Thực vậy, xét x, y ∈ X λ ∈ (0, 1) Đặt z = λx + (1 − λ) y Theo định nghĩa, tồn dãy {xk } , {yk } K cho: lim x − xk = dK (x) v` a lim y − yk = dK (y) k→∞ k→∞ Do K lồi nên zk := λxk + (1 − λ) yk ∈ K Ta có: dK (z) ≤ z − zk = λ (x − xk ) + (1 − λ) (y − yk ) ≤ λ x − xk +(1 − λ) y − yk Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Cho k → ∞ ta có: dK (z) ≤ λdK (x) + (1 − λ) dK (y) Nếu tồn π ∈ K cho x − π = dK (x) π gọi hình chiếu khoảng cách x lên K Khi π nghiệm toán tối ưu: x−y y∈K Mệnh đề sau cho ta điều kiện cần đủ để π hình chiếu x lên K trường hợp K lồi: Mệnh đề 1.2 Giả sử K tập lồi đóng khác rỗng X Đặt: NK (x) = {w ∈ X | w, y − x ≤ 0, ∀y ∈ K } Khi π hình chiếu x lên K x − π ∈ NK (π) Chứng minh Giả sử π hình chiếu x lên K Lấy y thuộc K Đặt: yλ = λy + (1 − λ) π Do K lồi nên yλ ∈ K với λ ∈ (0, 1) Theo định nghĩa hình chiếu ta có: x−π ≤ yλ − x = (π − x) + λ (y − π) Khai triển vế phải giản ước ta thu được: λ y−π + π − x, y − π ≥ Cho λ tiến tới ta thu bất đẳng thức x − π, y − π ≤ Điều với y ∈ K nên suy x − π ∈ NK (π) Ngược lại, giả sử x − π ∈ NK (π) Khi với y ∈ K ta có: x−y = (x − π) + (π − y) = x−π 2 ≥ x − π ≥ x−π + π−y + π−y + x − π, π − y ✷ Suy π hình chiếu x K Từ mệnh đề ta có nhận xét, K lồi đóng hình chiếu x lên K Thực vậy, giả sử π π hình chiếu x lên K Chọn y = π mệnh đề ta có: x − π, π − π ≤ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Thay đổi vai trò π π ta được: x − π ,π − π ≤ Cộng hai bất đẳng thức suy π − π ≤ Điều xảy π=π Trong trường hợp K tập đóng khác rỗng khơng gian Hilbert, với x ln tồn hình chiếu x lên K Thực vậy, theo định nghĩa tồn dãy {xk } K thỏa mãn: lim k→+∞ xk − x = dK (x) Suy dãy {xk } bị chặn, trích dãy {xnk } hội tụ yếu Mặt khác, K lồi đóng nên giới hạn phải điểm thuộc K , kí hiệu π Ta có: x − π = lim k→+∞ xnk − x = dK (x) Vậy π hình chiếu x K Phép tương ứng điểm x với hình chiếu K kí hiệu PK gọi phép chiếu Euclide Theo chứng minh mệnh đề trên, ta có tính chất sau hình chiếu khoảng cách: x−y ≥ x − PK (x) + y − PK (x) , ∀y ∈ K Tiếp theo ta nêu khái niệm liên quan đến tính liên tục hàm số: Định nghĩa 1.4 Xét hàm G : X → R Khi đó: i) Hàm G gọi nửa liên tục điểm x ∈ X như: G (x) ≤ lim inf G (xn ) xn→ x Hàm G gọi nửa liên tục nửa liên tục điểm ii) Hàm G gọi khả vi Frechét điểm x ∈ X tồn phần tử, kí hiệu G (x) ∈ X ∗ thỏa mãn: G (y) − G (x) − G (x) , y − x = y−x →0 lim y−x Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Phần tử G (x) gọi đạo hàm Frechét G điểm x Hàm G gọi khả vi K khả vi điểm thuộc K Ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 1.3 Xét hàm G : X → R Khi đó: i) Nếu G liên tục G nửa liên tục ii) Nếu G khả vi G liên tục và: G (x + ty) − G (x) = G (x) , y , t→0 t ∀x, y ∈ X lim Chứng minh i) Hiển nhiên ii) Giả sử G khả vi Xét x = y thuộc X Ta có: G (y) − G (x) − G (x) , y − x + G (x) , y − x , y−x G (y) − G (x) = y − x do: G (y) − G (x) − G (x) , y − x = y−x →0 lim y−x lim y−x →0 G (x) , y − x = nên suy ra: lim y−x →0 (G (y) − G (x)) = Vậy G liên tục Đặt xt = x + ty Với t > 0, ta có: G (x + ty) − G (x) − G (x) , ty G (x + ty) − G (x) − G (x) , y = t t = G (xt ) − G (x) − G (x) , xt − x t = G (xt ) − G (x) − G (x) , xt − x xt − x y (1.1) Do lim xt − x = nên: t→0 G (xt ) − G (x) − G (x) , xt − x = t→0 xt − x lim Từ (1.1) (1.2) suy điều phải chứng minh (1.2) ✷ Mệnh đề sau cho ta mối quan hệ hệ số lồi hàm đạo hàm nó: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 32 Để xây dựng toán hiệu chỉnh cho toán cân EP (K, f ) , chọn song hàm cân đơn điệu mạnh g : K × K → R gọi song hàm hiệu chỉnh Sau đó, kết hợp với toán EP (K, f ) để xây dựng tốn hiệu chỉnh, xác định sau: Tìm x ∈ K, cho EP (K, fε ) fε (x, y) := f (x, y) + εg (x, y) ≥ 0, ∀y ∈ K với ε > tham số hiệu chỉnh Một đường cong {x (ε) : ε > 0} , x (ε) tập nghiệm toán hiệu chỉnh EP (K, fε ) gọi quỹ đạo Tikhonov 2.2.1 Trường hợp song hàm đơn điệu Trong mục xét trường hợp f đơn điệu K Khi phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov mở rộng cho toán cân EP (K, f ) Dưới đây, giả sử song hàm cân g đơn điệu mạnh K thỏa mãn điều kiện: ∃δ > : |g (x, y)| ≤ δ x − xg y − x , ∀x, y ∈ K (2.1) xg ∈ K (đóng vai trị lời giải đốn trước) cho trước Một ví dụ song hàm thỏa mãn điều kiện (2.1) là: g (x, y) := F (x) − F (xg ) , y − x , (2.2) với F Lipschitz K Một trường hợp riêng song hàm khoảng cách cho : g (x, y) := x − xg , y − x Chúng ta có kết sau: Định lí 2.6 Giả sử: (i) f đơn điệu K thỏa mãn giả thiết (A1 ) & (A2 ) (ii) g song hàm cân đơn điệu mạnh K với hệ số γ thỏa mãn giả thiết (A1 ) , (A2 ) (2.1) Khi với ε > 0, toán EP (K, fε ) có nghiệm x (ε) thỏa mãn tính chất tương đương sau: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 33 (a) ∃ lim+ x (ε) , ε→0 (b) lim+ sup x (ε) < ∞, ε→0 (c) SEP (K, f ) = ∅ Hơn nữa, có tính chất lim+ x (ε) = x∗ nghiệm ε→0 ˜ g K ˜ := SEP (K, f ) Ngồi tốn cân EP K, ra, g song hàm khoảng cách, x∗ hình chiếu Euclide xg lên tập nghiệm EP (K, f ) Chứng minh Có thể nhận thấy toán song hàm fε := f + εg thỏa mãn giả thiết (A1 ) & (A2 ) Hơn nữa, f đơn điệu K g đơn điệu mạnh K song hàm fε đơn điệu mạnh K Thật vậy, theo Mệnh đề 2.6(a) toán cân EP (K, fε ) tồn nghiệm (a) ⇒ (b) Hiển nhiên (b) ⇒ (c) Dãy bị chặn {x (ε)} ε → 0+ hiểu sau, với dãy hội tụ 0, để đơn giản xét dãy nghiệm xk := {x (εk )} phải có dãy hội tụ tới điểm x∗ Để dơn giản kí hiệu ln dãy xk Khi xk nghiệm tốn EP (K, fεk ) với k Do có: fεk xk , y ≥ 0, ∀y ∈ K Do f (., y) g (., y) nửa liên tục trên, nên qua giới hạn ta được: ≤ lim fεk xk , y ≤ lim f xk , y ≤ f (x∗ , y) , ∀y ∈ K k→∞ k→∞ Có nghĩa x∗ ∈ SEP (K, f ) Do đó, SEP (K, f ) = ∅ (c) ⇒ (a) Cho x¯ nghiệm EP (K, f ) {εk } dãy hội tụ tới Để đơn giản, viết xk := x (εk ) Do x¯ ∈ SEP (K, f ) xk nghiệm toán hiệu chỉnh, nên với giá trị k ta có: f x¯, xk ≥ 0, fεk xk , x¯ = f xk , x¯ + εk g xk , x¯ ≥ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 34 Thêm bất đẳng thức: f x¯, xk + f xk , x¯ + εk g xk , x¯ ≥ Từ tính đơn điệu f , nên f x¯, xk + f xk , x¯ ≤ Vậy: g xk , x¯ ≥ (2.3) Mặt khác, g đơn điệu mạnh với γ > 0, có: g xk , x¯ + g x¯, xk ≤ −γ xk − x¯ (2.4) Từ (2.3) (2.4): g x¯, xk ≤ −γ xk − x¯ ⇔ −g x¯, xk ≥ γ xk − x¯ Dựa vào bất đẳng thức điều kiện (2.1), từ ta suy ra: δ x¯ − xg xk − x¯ ≥ −g x¯, xk ≥ γ xk − x¯ Vậy: xk − x¯ ≤ Do dãy xk δ x¯ − xg , ∀k γ (2.5) bị chặn, giả sử mà khơng làm tính tổng quát, xk → x∗ ∈ K k → ∞ Do xk nghiệm EP (K, fεk ) với k , nên: fεk xk , y ≥ 0, ∀y ∈ K Cho k → +∞, f (., y) g (., y) nửa liên tục nên: ≤ lim fεk xk , y ≤ lim f xk , y ≤ f (x∗ , y) , ∀y ∈ K k→∞ k→∞ ˜ := SEP (K, f ) Hơn nữa, sử dụng (2.3) tính đơn điệu mạnh Do x∗ ∈ K g (., y) x¯, nhận thấy rằng: g (x∗ , x¯) ≥ lim g xk , x¯ ≥ k→∞ ˜ , nên x∗ nghiệm EP K, ˜ g Do Do x¯ điểm tùy ý tập K ˜, g đơn điệu mạnh K (K tập con, lồi, đóng, khác rỗng tập K ˜ g có nghiệm Mệnh đề 2.6(a) Do đó, tốn EP K, Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 35 điểm giới hạn dãy xk nghiệm ˜ g Do đó, tồn dãy xk phải hội tụ tới toán EP K, điểm x∗ Nhìn vào phần cuối định lý, lưu ý theo Mệnh đề 2.6(b), tập nghiệm SEP (K, f ) lồi, đóng, khác rỗng Do đó, hình chiếu Euclide xg SEP (K, f ) xác định Khi g song hàm khoảng cách ta có: g (x, y) = x − xg , y − x ˜ g Có thể chứng minh nghiệm toán EP K, ˜ tốn EP (K, f ) hình chiếu xg lên tập nghiệm K 2.2.2 ✷ Trường hợp song hàm giả đơn điệu Trong phần nghiên cứu hiệu chỉnh Tikhonov cho toán cân EP (K, f ) với f giả đơn điệu K Những khó khăn phát sinh trường hợp tốn hiệu chỉnh khơng đơn điệu mạnh, chí khơng phải giả đơn điệu (xem ví dụ 2.2 đây) Tuy nhiên chứng minh quỹ đạo Tikhonov hội tụ tới điểm tập nghiệm toán ban đầu Chúng ta xét bổ đề sau liên quan đến nghiệm toán EP (K, f ) Bổ đề 2.1 Giả sử f thỏa mãn giả thiết (A1 ) & (A2 ) Ta xét điều sau: (a) Tồn vectơ y0 ∈ K cho tập: L (y0 ) := {x ∈ K : f (x, y0 ) ≥ 0} bị chặn; (b) Tồn tập compact, khác rỗng B ⊂ Rn vectơ y0 ∈ K ∩ B cho: f (x, y0 ) < 0, ∀x ∈ K\B; (c) Tập nghiệm SEP (K, f ) compact khác rỗng Khi (a) ⇒ (b) ⇒ (c) Ngồi ra, f giả đơn điệu K , SEP (K, f ) lồi tập: L> (y0 ) := {x ∈ K : f (x, y0 ) > 0} , Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 36 rỗng với y0 ∈ SEP (K, f ) Chứng minh (a) ⇒ (b) : Lấy B := L (y0 ) Theo giả thiết (a) tính nửa liên tục f (., y0 ) , B compact Do suy (b) (b) ⇒ (c) : Theo Mệnh đề 2.5(c) có SEP (K, f ) = ∅ Vì K đóng f (., y) nửa liên tục K , tập SEP (K, f ) đóng Hơn nữa, từ (b) dựa vào định nghĩa L (y0 ) ta có: SEP (K, f ) ⊆ L (y0 ) ⊆ K ∩ B ✷ Do SEP (K, f ) compact Giả sử y0 ∈ SEP (K, f ) f (y0 , x) ≥ với x ∈ K f giả đơn điệu, nên f (x, y0 ) ≤ với x ∈ K Hơn nữa, L> (y0 ) = ∅ Theo Mệnh đề 2.6 SEP (K, f ) tập lồi Ở phần trước, có g đơn điệu mạnh K thỏa mãn giả thiết (A1 ) & (A2 ) điều kiện (2.1) Chúng ta có định lý sau đây: Định lí 2.7 Giả sử f song hàm cân giả đơn điệu K thỏa mãn giả thiết (A1 ) & (A2 ) Khi ba điều sau tương đương : (a) SEP (K, fε ) = ∅ với ε > lim+ x (ε) tồn tại, với x (ε) chọn ε→0 tùy ý SEP (K, fε ) (b) SEP (K, fε ) = ∅ với ε > lim+ sup x (ε) < ∞, với x (ε) chọn ε→0 tùy ý SEP (K, fε ) (c) SEP (K, f ) = ∅ Hơn nữa, điều thỏa mãn, lim+ x (ε) = x∗ , ε→0 x∗ ˜ g với K ˜ := SEP (K, f ) nghiệm toán cân EP K, Ngoài ra, g song hàm khoảng cách, x∗ hình chiếu Euclide xg tập nghiệm toán EP (K, f ) Chứng minh Nhận thấy fε thỏa mãn giả thiết (A1 ) & (A2 ) (a) ⇒ (b) : Hiển nhiên (b) ⇒ (c) : Tập SEP (K, fε ) = ∅, dãy {x (ε)} bị chặn, chứng minh phần chứng minh (b) ⇒ (c) Định lý 2.6 Giả sử εk > 0, εk ↓ Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 Gọi xk := x (εk ) Do xk bị chặn, nên ta giả sử xk → x∗ , x∗ ∈ K xk ∈ SEP (K, fεk ), nên: fεk xk , y ≥ 0, ∀y ∈ K Vì f (., y) g (., y) nửa liên tục với y ∈ K εk ↓ 0, nên ta có: ≤ lim fεk xk , y ≤ lim f xk , y ≤ f (x∗ , y) , ∀y ∈ K k→∞ Hơn nữa, x∗ k→∞ ∈ SEP (K, f ) (c) ⇒ (a) : Để chứng minh SEP (K, fε ) = ∅ với ε > 0, ta áp dụng Bổ đề 2.1, xác định vectơ y0 ∈ K cho: Lε (y0 ) := {x ∈ K : fε (x, y0 ) = f (x, y0 ) + εg (x, y0 ) ≥ 0} bị chặn Theo điều kiện (c) lấy y0 ∈ SEP (K, f ) Dựa vào khẳng định cuối Bổ đề 2.1 có L> (y0 ) = ∅ Với x ∈ Lε (y0 ) ta có: fε (x, y0 ) = f (x, y0 ) + εg (x, y0 ) ≥ ⇔ f (x, y0 ) ≥ −εg (x, y0 ) Ta rằng: g (x, y0 ) ≥ với x ∈ Lε (y0 ) Thật vậy, g (x, y0 ) < 0, f (x, y0 ) > Hơn x ∈ L> (y0 ) = ∅ Đây mâu thuẫn Từ g (x, y0 ) ≥ 0, tính đơn điệu mạnh với hệ số γ g , ta có: g (y0 , x) ≤ −γ y0 − x Sử dụng điều kiện (2.1) thấy x − y0 ≤ δ γ xg − y0 với x ∈ Lε (y0 ) Do đó, Lε (y0 ) bị chặn Vậy tốn EP (K, fε ) ln tồn nghiệm với ε > Bây giờ, lấy x¯ nghiệm EP (K, f ) {εk } dãy hội tụ đến Chọn dãy tùy ý xk với xk ∈ SEP (K, fεk ) Khi với k ta có: f x¯, xk ≥ (2.6) fεk xk , x¯ := f xk , x¯ + εk g xk , x¯ ≥ (2.7) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 Do tính giả đơn điệu f (2.6) ta có f xk , x¯ ≤ Hơn nữa, sử dụng (2.7) ta có: g xk , x¯ ≥ (2.8) Bây giờ, chứng minh tương tự Định lý 2.6, ta có: xk − x¯ ≤ δ x¯ − xg , ∀k γ (2.9) Vậy dãy xk bị chặn Lấy x∗ điểm giới hạn dãy Để đơn giản, cho xk → x∗ ∈ K k → ∞ Sau đó, theo (2.9) qua giới hạn, ta có: x∗ − x¯ ≤ δ x¯ − xg γ (2.10) Tương tự phần chứng minh cuối (c) ⇒ (a) Định lý 2.6 Chúng ta có: g (x∗ , x¯) ≥ 0, ˜ Vậy x∗ nghiệm tốn x¯ giá trị tùy ý K ˜ g Do g đơn điệu mạnh nên x∗ nghiệm EP K, ˜ g EP K, Do tồn dãy xk phải hội tụ tới x∗ Phần lại định lý chứng minh tương tự phần chứng ✷ minh Định lý 2.6 Nhận xét 2.2 Như thấy phần chứng minh Định lý 2.6 2.7 điều kiện: ∃δ > : |g (x, y)| ≤ δ x − xg y − x , ∀x, y ∈ K, sử dụng để chứng minh quỹ đạo Tikhonov hội tụ tới nghiệm tốn ban đầu, nghiệm toán cân đơn điệu mạnh xác định với song hàm hiệu chỉnh g Nhận xét 2.3 Theo Định lý 2.6 2.7, việc tìm nghiệm phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov, đưa cách giải toán cân đơn ˜ g với K ˜ tập nghiệm toán ban đầu EP (K, f ) điệu mạnh EP K, Khi g song hàm khoảng cách, tốn trở việc tìm cực tiểu hàm x − xg ˜ K Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Nhận xét 2.4 Như thấy, f đơn điệu K , song hàm fε toán hiệu chỉnh EP (K, fε ) đơn điệu mạnh, EP (K, fε ) có nghiệm Khi f giả đơn điệu, song hàm fε nói chung khơng giả đơn điệu tập nghiệm tốn EP (K, fε ) khơng lồi, ví dụ sau đây: Ví dụ 2.2 Giả sử a > 0, K = [−3; +∞) f (x, y) := x + (y − x) ; a g (x, y) := x (y − x) Dễ dàng nhận thấy f giả đơn điệu không đơn điệu K Cho ε = a3 , song hàm: fε (x, y) = a x2 + 3x + (y − x) , giả đơn điệu, cho x ∈ (−2, −1) ; y ∈ [−3, −2) có fε (x, y) > fε (y, x) > Hơn nữa, tốn hiệu chỉnh EP (K, fε ) có nghiệm phân biệt x = −1 x = −2 Định lý cung cấp số thông tin hữu ích tập nghiệm tốn EP (K, fε ), f thỏa mãn tính Định lí 2.8 Giả sử f giả đơn điệu K thỏa mãn giả thiết (A1 ) − (A3 ) Khi đó: (a) Với ε > bất kỳ, tập nghiệm SEP (K, fε ) compact khác rỗng (b) lim+ diamSEP (K, fε ) = 0, diamSEP (K, fε ) := ε→0 x−y sup x,y∈SEP (K,fε ) Chứng minh (a) Theo giả thiết định lý, theo Mệnh đề 2.6(c), tốn EP (K, f ) có nghiệm Lấy y0 ∈ SEP (K, f ) Theo Bổ đề 2.1, ta cần chứng minh tập: Lε (y0 ) := {x ∈ K : fε (x, y0 ) = f (x, y0 ) + εg (x, y0 ) ≥ 0} , bị chặn Thật vậy, với x ∈ Lε (y0 ) , ta có: f (x, y0 ) ≥ −εg (x, y0 ) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.11) http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 Do y0 ∈ SEP (K, f ) , nên f (y0 , x) ≥ Do f giả đơn điệu, ta có f (x, y0 ) ≤ Hơn nữa, từ (2.11) ta có g (x, y0 ) ≥ Do tính đơn điệu mạnh g ta có: −g (y0 , x) ≥ γ x − y0 Sử dụng điều kiện (2.1), tương tự Định lý 2.7, ta có: x − y0 ≤ δ g x − y0 , ∀x ∈ Lε (y0 ) γ Do Lε (y0 ) bị chặn (b) dựa vào phần (a), ε > 0, tập nghiệm SEP (K, fε ) compact khác rỗng Do đó, tồn x (ε) , y (ε) ∈ SEP (K, fε ) cho: x (ε) − y (ε) = diamSEP (K, fε ) Theo kết luận cuối Định lý 2.7 có: lim x (ε) = lim+ y (ε) = x∗ ε→0+ ε→0 Do đó: ✷ lim diamSEP (K, fε ) = ε→0+ 2.3 Ứng dụng cho bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu đa trị n Chúng ta nhớ lại ánh xạ đa trị φ : Rn → 2R với K ⊆ domφ, gọi là: (a) Đơn điệu mạnh K với hệ số γ nếu: u − v, x − y ≥ γ x − y , ∀x, y ∈ K, ∀u ∈ φ (x) , ∀v ∈ φ (y) ; (b) Đơn điệu K nếu: u − v, x − y ≥ 0, ∀x, y ∈ K, ∀u ∈ φ (x) , ∀v ∈ φ (y) ; (c) Giả đơn điệu K nếu: u, x − y ≤ ⇒ v, y − x ≥ 0, ∀x, y ∈ K, ∀u ∈ φ (x) , ∀v ∈ φ (y) ; Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 Xét toán bất đẳng thức biến phân đa trị sau đây: x∗ ∈ K, v ∗ , x − x∗ ≥ 0, Tìm V I (K, F ) v ∗ ∈ F (x∗ ) ∀x ∈ K cho n F : Rn → 2R với K ⊆ domF Như thường lệ nói tốn V I (K, F ) thỏa mãn tính điều kiện sau thỏa mãn: (CO): Tồn tập compact B y0 ∈ K ∩ B cho: sup u, y0 − x < 0, ∀x ∈ K\B u∈F (x) Giả sử rằng: f (x, y) := sup u, y − x (2.12) u∈F (x) Có thể nhận thấy nghiệm toán V I (K, F ) nghiệm toán EP (K, f ) với f xác định (2.12) Điều ngược lại F có giá trị lồi compact Bây giả sử rằng, F nửa liên tục trên K đơn điệu, F (x) tập compact, lồi với x ∈ K Theo định lý cực đại Berge ta thấy f (., y) nửa liên tục Hơn nữa, x cố định x ∈ K , song hàm f (x, ) cực đại họ song hàm afin, hàm lồi nửa liên tục Vậy f thỏa mãn giả thiết (A1 ) & (A2 ) Ta thấy rằng, f đơn điệu K F đơn điệu K Thật vậy, do: f (x, y) = max u, y − x u∈F (x) và: f (y, x) = max v, x − y , v∈F (y) F (x) F (y) compact, ta có: f (x, y) = u, y − x , với u ∈ F (x), và: f (y, x) = v, x − y , với v ∈ F (y), đó: f (x, y) + f (y, x) = u − v, y − x , ∀x, y ∈ K, Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 đó: f (x, y) + f (y, x) ≤ ⇔ u − v, x − y ≥ 0, ∀x, y ∈ K Tương tự thấy f đơn điệu mạnh F đơn điệu mạnh Bây áp dụng hiệu chỉnh Tikhonov với song hàm hiệu chỉnh g (x, y) = x − xg , y − x với ε > 0, có: Fε (x) := F (x) + ε (x − xg ) , và: u, y − x fε (x, y) := max u∈Fε (x) Cũng trên, xg coi nghiệm dự đoán trước Đặt Fε (x) := F (x) + ε (x − xg ) Chúng ta viết: u, y − x fε (x, y) := max u∈Fε (x) = max v, y − x + ε x − xg , y − x v∈F (x) = w + ε (x − xg ) , y − x , w ∈ F (x), cho max v, y − x = w, y − x Do đó: v∈F (x) fε (x, y) = f (x, y) + ε x − xg , y − x , với: f (x, y) := max v, y − x v∈F (x) Trong trường hợp này, toán bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh có dạng sau: V I (K, Fε ) x∗ ∈ K, v ∗ , x − x∗ ≥ 0, Tìm v ∗ ∈ Fε (x∗ ) ∀x ∈ K cho Từ phân tích trên, áp dụng Định lý 2.6 2.7 cho toán V I (K, F ) để có hiệu chỉnh Tikhonov cho tốn bất đẳng thức biến phân thu kết sau: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 Hệ 2.4 Giả sử F nửa liên tục trên, giả đơn điệu với giá trị compact, đóng, lồi, khác rỗng K Khi ta có điều kiện sau tương đương: (a) Với ε > 0, toán V I (K, Fε ) có nghiệm tồn lim+ x (ε), ε→0 x (ε) nghiệm tùy ý V I (K, Fε ) (b) Với ε > 0, toán V I (K, Fε ) có nghiệm lim+ sup x (ε) < ∞, ε→0 x (ε) nghiệm tùy ý V I (K, Fε ) (c) V I (K, F ) có nghiệm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 Kết luận chung Trong luận văn đề cập đến vấn đề sau: • Giới thiệu tốn cân bao gồm tính chất tồn nghiệm, tính nghiệm toán liên quan toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, toán điểm bất động Kakutani, cân Nash trị chơi khơng hợp tác, tốn điểm n ngựa Trình bày ngun lý tốn phụ để giải tốn cân • Trình bày chi tiết phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho toán cân đơn điệu giả đơn điệu đồng thời nói vê việc áp dụng dụng phương pháp cho toán bất đẳng thức biến phân đa trị với tốn tử giả đơn điệu Do cịn nhiều hạn chế kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học nên luận văn chắn không tránh khỏi thiếu xót nội dung trình bày Rất mong nhận phê bình, đánh giá ý kiến đóng góp q báu thầy, Xin chân thành cám ơn! Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Tài liệu tham khảo [1] N I Akhiezer, I M Glazman, (1993) , Theory of Linear Operators in Hillbert Space, Dover Publication, New York [2] E Blum, W Oettli, From optimization and variational inequalities to equilibrium problems,Math Student 62 (1994) 127 – 169 [3] N Hadjisavvas, S Komlosi, S Schaible, (2005), Handbook of Generalized Convexity and Generalized Monotonicity, Springer [4] P G Hung, L D Muu, The Tikhonov regularization extended to equilibrium problems involving pseudomontone bifunctions, Nonlinear Analysis 74 (2011) 6121 – 6129 [5] I V Konnov, Application of the proximal point method to nonmonotone equilibrium problems, J Optim Theory Appl 119 (2003) 317 – 333 [6] I V Konov, (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Springer [7] I V Konnov, Regularization methods for nonmonotone equilibrium problems, J Nonlinear Convex Anal 10 (2009) 93 – 101 [8] L D Muu, T D Quoc, Regularization algorithms for solving monotone Ky Fan inequalities with application to a Nash-Cournot Equilbria Model, J Optimization Theory and Application (to appear) 142 (2009) 185 – 204 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 [9] L D Muu, N V Quy, V.H Nguyen, On Nash-Cournot oligopolistic market equilibrium models with concave cost functions, J.Global Optim 41 (2007) 351 – 364 [10] L D Muu, W Oettli, Convergence of an adaptive penalty scheme for finding constrained equilibria, Nonlinear Anal TMA 18 (1992) 1159 – 1166 [11] R T Rockafellar, (1972), Convex Analysis, Princeton university press, New Jersey Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... đơn điệu, giả đơn điệu hay tựa đơn điệu K F (x) compact với x ∈ K Khi song hàm: f (x, y) := max u, y − x u∈F (x) tương ứng đơn điệu mạnh, đơn điệu chặt, đơn điệu, giả đơn điệu hay tựa đơn điệu. .. Để xây dựng toán hiệu chỉnh cho toán cân EP (K, f ) , chọn song hàm cân đơn điệu mạnh g : K × K → R gọi song hàm hiệu chỉnh Sau đó, kết hợp với toán EP (K, f ) để xây dựng toán hiệu chỉnh, xác... kiến thức tốn cân bằng, cụ thể tồn nghiệm, tính chất nghiệm, nguyên lý toán phụ Trong trọng tâm giới thiệu phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho toán cân trường hợp đơn điệu giả đơn điệu Bố cục luận