Về sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THỊ NGỌC BÍCH VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 8460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CÁN BỘ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Song Hà THÁI NGUYÊN - 2020 i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn Tiến sĩ Nguyễn Song Hà Tôi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới người thầy dành nhiều thời gian trực tiếp hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt q trình làm hồn thiện luận văn Qua đây, xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình giảng dạy giúp đỡ tơi hồn thành khóa học Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, tập thể giáo viên trường THPT Nam Phù Cừ, nơi công tác động viên tạo điều kiện thuận lợi cho thời gian học tập làm luận văn tốt nghiệp Tác giả Hà Thị Ngọc Bích ii Mục lục ❚r❛♥❣ ❜➻❛ ♣❤ư ✐ Lời cảm ơn ii Mục lục iii Danh mục ký hiệu chữ viết tắt iv Danh sách bảng v Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số vấn đề điểm bất động phép chiếu mêtric 2 1.2 Dưới vi phân hàm lồi 1.3 Ánh xạ đơn điệu liên tục 1.4 Ánh xạ KKM 12 16 21 Chương Sự tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân Rn 24 2.1 Mơ hình toán 24 2.2 Sự tồn nghiệm trường hợp miền ràng buộc tập compact 28 2.3 Sự tồn nghiệm trường hợp miền ràng buộc không compact 31 2.4 Một vài phương pháp xấp xỉ nghiệm toán (VIP) 40 Kết luận chung đề nghị 51 Tài liệu tham khảo 52 iii Danh mục ký hiệu chữ viết tắt Rn Không gian thực hữu hạn chiều co(C) Bao lồi tập C cl(C) Bao đóng tập C C\D Phần bù tập hợp D C x, y Tích vơ hướng hai véctơ x y x Chuẩn véctơ x ∀x Với x F :X→Y Ánh xạ đơn trị từ X vào Y F :X⇒Y Ánh xạ đa trị từ X vào Y PC (x) Phép chiếu mêtric phần tử x lên tập C α↓0 α giảm dần ∇f (x) Gradient ánh xạ f x ∂f (x) Dưới vi phân ánh xạ f x xn → x Dãy {xn } hội tụ đến x n → +∞ (VIP) Bài toán bất đẳng thức biến phân (MVIP) Bài toán bất đẳng thức biến phân Minty Fix(T ) Tập điểm bất động ánh xạ T KKM Knaster-Kuratowski-Mazurkiewicz iv Danh sách bảng 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) với ρ = 1/4 Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) tương ứng với 43 giá trị ρ thay đổi Kết tính tốn cho phương pháp (2.16) tương ứng với giá trị λ thay đổi Kết tính tốn cho phương pháp (2.17) với τ = 1/4 Kết tính toán cho phương pháp (2.17) tương ứng với giá trị τ thay đổi 43 45 49 50 Mở đầu Bài toán bất đẳng thức biến phân hình thành từ cơng trình nghiên cứu Lion, Stampacchia Minty [1, 6] vào năm 50 kỉ trước Bài toán có liên hệ mật thiết với nhiều tốn lí thuyết như: toán tối ưu, toán cân bằng, toán điểm bất động, toán minimax, toán điểm n ngựa, phương trình với tốn tử đơn điệu, tốn biên có dạng phương trình đạo hàm riêng đóng vai trị quan trọng nghiên cứu nhiều lĩnh vực thực tiễn như: công nghệ thông tin truyền thông, giao thông, kinh tế, y học, qn Vì lẽ đó, suốt 70 mươi năm qua, toán thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà tốn học ngồi nước Những nghiên cứu tốn chủ yếu theo ba hướng chính: Một là, nghiên cứu tính chất định tính tốn tồn tính nghiệm, tính ổn định nghiệm, độ nhạy nghiệm hay tính chất tôpô tập nghiệm Hai là, nghiên cứu đề xuất thuật toán phương pháp giải số hữu hiệu tìm nghiệm xấp xỉ tốn Ba là, nghiên cứu ứng dụng lí thuyết tốn vào giải mơ hình thực tiễn Mục đích luận văn nghiên cứu trình bày lại có hệ thống tồn nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian hữu hạn chiều số phương pháp xấp xỉ nghiệm Với mục tiêu vậy, phần mở đầu, luận văn gồm có hai chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1, hệ thống lại số kiến thức giải tích lồi giải tích hàm nhằm phục vụ cho việc trình bày nội dung phần sau luận văn Chương 2, dành để giới thiệu lớp toán nghiên cứu kết tồn nghiệm xây dựng tính chất loại đơn điệu ánh xạ mục tiêu cấu trúc tôpô miền ràng buộc Phần cuối chương, chúng tơi trình bày ba phương pháp chiếu (phương pháp chiếu gradient, phương pháp chiếu lai ghép phương pháp chiếu tăng cường) tìm nghiệm xấp xỉ tốn ví dụ số minh họa cụ thể Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, hệ thống lại số kiến thức phục vụ cho việc trình bày nội dung phần sau luận văn Cấu trúc chương chia thành ba phần: Mục 1.1 chúng tơi trình bày số nội dung lý thuyết điểm bất động phép chiếu mêtric tập lồi khác rỗng không gian hữu hạn chiều Mục 1.2 trình bày số khái niệm tính chất vi phân hàm lồi Các khái niệm ánh xạ loại đơn điệu liên tục cụ thể hóa Mục 1.3 Phần cuối chương, Mục 1.4 dùng để giới thiệu lớp ánh xạ đa trị KKM nguyên lí ánh xạ KKM Đây cơng cụ để chứng minh kết tồn nghiệm Chương 1.1 Một số vấn đề điểm bất động phép chiếu mêtric Giả sử Rn không gian Euclide n chiều, tích vơ hướng chuẩn khơng gian kí hiệu , Tích vơ hướng hai véctơ x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn xác định x, y = x1 y1 + x2 y2 + + xn yn chuẩn véctơ x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn tương ứng sinh tích vơ hướng x = x21 + x22 + + x2n Định nghĩa 1.1 Tập C ⊆ Rn gọi tập lồi với x, y ∈ C với λ ∈ [0, 1] ta có λx + (1 − λ)y ∈ C Hay nói cách khác, tập C ⊆ Rn tập lồi chứa đoạn thẳng nối hai điểm thuộc Ví dụ 1.1 Trong không gian Rn , tập hợp S = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn : x − x0 ≤ r}, Hα = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn : a, x ≤ α}, ∆ = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn : A, x ≤ b}, x0 ∈ Rn , r số thực dương, a ∈ Rn , α ∈ R, A ma trận thực cỡ m × n b ∈ Rm , tương ứng hình cầu tâm x0 với bán kính r, nửa khơng gian đóng, hình đa diện Các tập hợp tập lồi Ví dụ 1.2 Một số ví dụ đơn giản tập hợp không tập lồi không gian R2 R3 C1 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x21 + x22 > 1}, C2 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 x2 > 1}, C3 = {x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x3 = x21 + x22 }, C4 = {x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : |x1 | + |x2 | + |x3 | = 1} Một số tính chất tập lồi phát biểu mệnh đề sau Mệnh đề 1.1 Trong khơng gian Rn , ta có khẳng định sau: (i) Giao họ tùy ý tập lồi tập lồi (ii) Nếu C tập lồi αC tập lồi với số thực α (iii) Tổng hai tập lồi tập lồi (iv) Tích Descartes hai tập lồi tập lồi (v) Ảnh nghịch ảnh tập lồi qua phép biến đổi tuyến tính tập lồi Chứng minh (i) Giả sử {Ci }, i ∈ I họ tùy ý tập lồi, I tập số Khi đó, với x, y ∈ Ci với λ ∈ [0, 1] ta có: i∈I x, y ∈ Ci , ∀i ∈ I Vì Ci tập lồi nên λx + (1 − λ)y ∈ Ci , ∀i ∈ I Từ suy λx + (1 − λ)y ∈ Ci i∈I Ci tập lồi Hay nói cách khác, i∈I (ii) Lấy tùy ý hai phần tử x, y ∈ αC λ ∈ [0, 1] Khi đó, x y tương ứng có dạng x = αu y = λv với u, v ∈ C Do C lồi nên λu + (1 − λ)v ∈ C Điều dẫn đến λx + (1 − λ)y = λ(αu) + (1 − λ)(αv) = α[λu + (1 − λ)v] ∈ αC Do đó, αC tập lồi (iii) Giả sử C D hai tập lồi Lấy tùy ý hai phần tử x, y ∈ C + D λ ∈ [0, 1] Khi đó, x y có dạng x = u + v y = w + z, u, w ∈ C v, z ∈ D Do C, D lồi nên λu+(1−λ)w ∈ C λv +(1−λ)z ∈ D Từ suy λx + (1 − λ)y = λ(u + v) + (1 − λ)(w + z) = [λu + (1 − λ)w] + [λv + (1 − λ)z] ∈ C + D Vì vậy, C + D tập lồi (iv) Giả sử H K hai tập lồi Lấy tùy ý hai phần tử x = (u, v) ∈ H × K, y = (w, z) ∈ H × K λ ∈ [0, 1] Từ tính lồi H, K suy λu + (1 − λ)w ∈ H λv + (1 − λ)z ∈ K Mặt khác, để ý λx + (1 − λ)y = (λu, λv) + ((1 − λ)w, (1 − λ)z) = (λu + (1 − λ)w, λv + (1 − λ)z) ∈ H × K Vì thế, ta có H × K tập lồi (v) Giả sử f tốn tử tuyến tính, C D tập lồi Khi đó, ∀x, y ∈ f (C), ∀λ ∈ [0, 1] ta có λx + (1 − λ)y = λf (u) + (1 − λ)f (v) = f (λu + (1 − λ)v), đây, u, v ∈ C x = f (u), y = f (v) ∈ f (C) Vì C lồi nên λu + (1 − λ)v ∈ C suy λx + (1 − λ)y ∈ f (C) Hay nói cách khác ảnh C qua phép biến đổi f tập lồi Bây giờ, x, y ∈ f −1 (D) f (x) ∈ D f (y) ∈ D Vì D lồi nên f (λx + (1 − λ)y) = λf (x) + (1 − λ)f (y) ∈ D Điều dẫn đến λx + (1 − λ)y ∈ f −1 (D) Do đó, f −1 (D) tập lồi Định nghĩa 1.2 Véctơ x ∈ Rn gọi tổ hợp lồi véctơ xi ∈ Rn m (i = 1, 2, · · · , m) tồn λi ≥ (i = 1, 2, · · · , m) với λi = cho i=1 m x= λi x i i=1 Mệnh đề 1.2 Cho C ⊂ Rn tập lồi x1 , x2 , · · · , xm ∈ C Khi đó, C chứa tất tổ hợp lồi x1 , x2 , · · · , xm Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Trường hợp m = 2, ta có λ1 x1 + λ2 x2 ∈ C, C tập lồi Do đó, kết luận mệnh đề trường hợp Giả sử khẳng định mệnh đề với m = k ≥ Ta cần chứng minh k+1 λi xi ∈ C x= i=1 k+1 với λi ≥ 0, i = 1, 2, · · · , k + 1, λi = i=1 Thật vậy, λk+1 = λi = với ≤ i ≤ k Do đó, ta nhận x = λk+1 xk+1 = xk+1 ∈ C Bây giờ, giả sử λk+1 < Khi đó, ta thấy − λk+1 = λ1 + · · · + λk > 0, k i=1 λi ≥ 0, − λk+1 λi = 1 − λk+1 ∀i = 1, 2, · · · , k 38 Định lí 2.9 [1] Cho C tập lồi, khác rỗng Rn F : C → Rn B-giả đơn điệu cho với tập A hữu hạn C, ánh xạ x → F (x), y − x nửa liên tục trên co(A) Khi đó, tồn tập compact khác rỗng D C phần tử y˜ ∈ D thỏa mãn F (x), y˜ − x < ∀x ∈ C\D, Sol(VIP(F, C)) = ∅ Chứng minh Với x ∈ C, ta xét ánh xạ đa trị P : C ⇒ C xác định P (x) = {y ∈ C : F (x), y − x < 0} Dễ thấy, với x ∈ C, P (x) tập lồi Giả sử A tập hữu hạn C Khi đó, với y ∈ co(A), ta thấy c P −1 (y) ∩ co(A) = {x ∈ co(A) : F (x), y − x ≥ 0} tập đóng co(A) giả thiết tính nửa liên tục ánh xạ x → F (x), y − x co(A) Do đó, tập P −1 (y) ∩ co(A) mở co(A) Tiếp theo, giả sử x, y ∈ co(A) {xn } dãy C mà hội tụ tới x thỏa mãn F (xn ), λy + (1 − λ)x − xn ≥ 0, ∀n ∈ N, ∀λ ∈ [0, 1] Với λ = ta có F (xn ), x − xn ≥ 0, ∀n ∈ N lim inf F (xn ), x − xn ≥ n→∞ Từ tính chất B-giả tính đơn điệu F dẫn đến F (x), y − x ≥ lim sup F (xn ), x − xn (2.10) n→∞ Mặt khác, với λ = 1, ta lại có F (xn ), y − xn ≥ 0, ∀n ∈ N lim inf F (xn ), y − xn ≥ n→∞ (2.11) 39 Từ bất đẳng thức (2.10) (2.11), ta nhận F (x), y − x ≥ 0, Điều suy y ∈ P (x) Bây giờ, giả sử với x ∈ D, tập P (x) khác rỗng Khi đó, giả thiết Bổ đề 2.4 thỏa mãn Do đó, tồn xˆ ∈ C cho xˆ ∈ P (ˆ x), tức là, = F (ˆ x), xˆ − xˆ < Mâu thuẫn Do vậy, tồn x¯ ∈ D ⊆ C cho P (¯ x) = ∅ Điều dẫn đến F (¯ x), y − x¯ ≥ ∀y ∈ C Hay nói cách khác x¯ nghiệm tốn (VIP) Từ Định lí 2.9 ta có hệ sau Hệ 2.2 [1] Cho C tập lồi, khác rỗng Rn F : C → Rn B-giả đơn điệu cho với tập A hữu hạn C, ánh xạ x → F (x), y − x nửa liên tục trên co(A) Giả sử tồn y˜ ∈ C thỏa mãn lim x →∞, x∈C F (x), y˜ − x < (2.12) Khi đó, Sol(VIP(F, C)) = ∅ Chứng minh Ta đặt α= lim x →∞, x∈C F (x), y˜ − x Từ bất đẳng thức (2.13) suy α < Giả sử r > cho y˜ ≤ r α F (x), y˜ − x < , ∀x ∈ C mà x > r Để ý Sr = {x ∈ C : x ≤ r} tập đóng, bị chặn, khác rỗng (˜ y ∈ Sr ) C tập compact khác rỗng C Mặt khác, với x ∈ C\Sr , ta thấy α F (x), y˜ − x < < Do đó, cách chọn D = Sr giả thiết Định lý 2.9 thỏa mãn Vì thế, áp dụng Định lí 2.9 ta có điều cần chứng minh 40 Hệ 2.3 [1] Cho C tập lồi, khác rỗng Rn F : C → Rn B-giả đơn điệu cho với tập A hữu hạn C, ánh xạ x → F (x), y − x nửa liên tục co(A) Giả sử tồn y˜ ∈ C thỏa mãn lim x →∞, x∈C x − F (x), y˜ − x < (2.13) Khi đó, tồn x¯ ∈ C điểm bất động ánh xạ F Chứng minh Ta xét ánh xạ S : C → Rn xác định S(x) = x − F (x) ∀x ∈ C Khi đó, dễ thấy S thỏa mãn điều kiện giả thiết Hệ 2.2 Do đó, tồn x¯ ∈ C cho S(¯ x), y − x¯ ≥ 0, ∀y ∈ C Trong bất đẳng thức trên, lấy y = F (¯ x) ta có x¯ − F (¯ x) ≤ Điều suy F (¯ x) = x¯ Ta có điều cần chứng minh 2.4 Một vài phương pháp xấp xỉ nghiệm tốn (VIP) Để ứng dụng toán bất đẳng thức biến phân vào thực tiễn, đòi hỏi tất yếu phải có phương pháp giải số hiệu cho tốn Vì lẽ đó, hướng nghiên cứu quan trọng dành quan tâm nhiều nhà tốn học ngồi nước việc đề xuất phương pháp tìm nghiệm toán (2.1) cải tiến hiệu nhiều phương pháp có Cho đến nay, người ta thiết lập nhiều kĩ thuật giải bất đẳng thức biến phân dựa phương pháp chiếu Goldstein hay Polyak, phương pháp điểm gần kề Martinet, nguyên lý toán phụ Cohen dựa số kĩ thuật tìm điểm bất động phương pháp lặp Krasnosel’skii-Mann, phương pháp lặp Halpern phương pháp xấp xỉ mềm Tuy nhiên, khuôn khổ nghiên cứu luận văn, chúng tơi trình bày lại ba số kết biết phương pháp xấp xỉ nghiệm cho toán (VIP) với việc xây dựng ví số cụ thể minh họa cho 41 phương pháp Các ví dụ phần lập trình tính tốn phần mềm Matlab 7.0 chạy thử nghiệm máy tính ASUSPRO, CPU Intel Core i5-4210U, 1.7 GHz upto 2.4 GHz., RAM 4G Khi hàm mục tiêu có tính đơn điệu mạnh, phương pháp lặp điển hình để giải toán (2.1) phương pháp chiếu gradient [5, 9] mô tả sau:  x ∈ C, (2.14) x = P (I − ρF )(x ), k = 0, 1, 2, k+1 C k PC phép chiếu mêtric từ Rn lên C, I ánh xạ đơn vị Rn ρ số dương cố định Sự hội tụ thuật tốn phát biểu định lí Định lí 2.10 [9] Cho C tập lồi đóng khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ xác định Rn Giả sử điều kiện sau thỏa mãn: (i) F ánh xạ L-liên tục Lipschitz η-đơn điệu mạnh, (ii) ρ ∈ (0, 2η/L2 ) Khi đó, dãy lặp (2.14) hội tụ tới nghiệm x∗ tốn (2.1) Chứng minh Vì F ánh xạ L-liên tục Lipschitz η-đơn điệu mạnh nên toán (VIP) có nghiệm x∗ (Nhận xét 2.6) Hơn nữa, ta có x∗ = PC (x∗ − ρF (x∗ )) Từ tính khơng giãn PC giả thiết đặt lên F ta có ước lượng sau xk+1 − x∗ = PC (I − ρF )(xk ) − x∗ = PC (I − ρF )(xk ) − PC (x∗ − ρF (x∗ )) ≤ [xk − ρF (xk )] − [x∗ − ρF (x∗ )] = (xk − x∗ ) − ρ(F (xk ) − F (x∗ )) = xk − x∗ − 2ρ xk − x∗ , F (xk ) − F (x∗ ) + ρ2 F (xk ) − F (x∗ ) ≤ xk − x∗ 2 − 2ρη xk − x∗ 42 + ρ2 F (xk ) − F (x∗ ) ≤ (1 − 2ρη + ρ2 L2 ) xk − x∗ Từ suy xk+1 − x∗ ≤ β xk − x∗ , đó, β = ∀k ≥ 0, − 2ρη + ρ2 L2 Mặt khác, < ρ < 2η/L2 nên ta có β ∈ (0, 1) ≤ xk+1 − x∗ ≤ β k x0 − x∗ → Do đó, ta nhận xk → x∗ Tiếp theo, chúng tơi trình bày ví dụ đơn giản vận dụng phương pháp chiếu gradient tìm nghiệm xấp xỉ toán bất đẳng thức biến phân có hàm mục tiêu gradient hàm khả vi liên tục Ví dụ 2.3 Tìm x∗ ∈ C cho ϕ(x∗ ) = ϕ(x) x∈C (2.15) đó, hàm mục tiêu ϕ : R2 → R có dạng ϕ(x) := x = x21 + x22 với x = (x1 , x2 ), C cho C = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 + x2 ≥ 0} Trong trường hợp này, dễ thấy x∗ = (0; 0) nghiệm toán Mặt khác, gradient ∇ϕ : R2 → R2 hàm ϕ ∇ϕ(x) = 2x, điều kiện tối ưu cho toán (2.15) bất đẳng thức biến phân ∇ϕ(x∗ ), y − x∗ ≥ ∀y ∈ C Áp dụng phương pháp (2.14) cho ví dụ với hàm F (x) = ∇ϕ(x) Để ý rằng, ánh xạ F 1-đơn điệu mạnh 2-liên tục Lipschitz R2 Thật vậy, với x, y ∈ R2 ta có F (x) − F (y) = x − y 43 F (x) − F (y), x − y = x − y Bây giờ, chọn điểm ban đầu x0 = (10, 2) tham số ρ ∈ (0, 1/2) Khi đó, (k) (k) nghiệm xấp xỉ xk = (u1 , u2 ) cho bảng sau: (k) k (k) u1 u2 k (k) (k) u1 u2 2.500000000 0.500000000 12 0.002441406 0.000488281 0.625000000 0.125000000 14 0.000610351 0.000122070 0.156250000 0.031250000 16 0.000152587 0.000030517 0.039062500 0.007812500 18 0.000038146 0.000007629 10 0.009765625 0.001953125 20 0.000009536 0.000001907 Bảng 2.1: Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) với ρ = 1/4 Kết cho thấy phương pháp (2.14) hội tụ nhanh đến nghiệm xác toán Tiếp theo, để thấy rõ tác động tham số ρ đến hội tụ phương pháp (2.14), với điểm ban đầu x0 = (10, 2), ta có bảng kết tính tốn sau đây: (k) u1 (k) ρ k u2 499/1000 20 0.10485759 × 10−52 0.02097152 × 10−52 49/100 20 0.10486000 × 10−32 0.02097152 × 10−32 4/10 20 0.10486000 × 10−12 0.02097152 × 10−12 1/10 20 0.11529215046068 0.02305843009214 1/10 50 0.14272476 × 10−3 0.02854495 × 10−3 1/100 20 6.67607971755095 1.33521594351019 1/100 500 0.41023985 × 10−3 0.08204797 × 10−3 1/1000 20 9.60750957026343 1.92150191405269 1/1000 5000 0.44947592 × 10−3 0.44947592 × 10−3 Bảng 2.2: Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) tương ứng với giá trị ρ thay đổi Ta thấy rằng, tham số ρ gần giá trị 1/2 tốc độ hội tụ nhanh gần ngược lại 44 Nếu hàm mục tiêu F đơn điệu ta sử dụng phương pháp chiếu lai ghép đề xuất năm 2019 Dương Việt Thơng cộng Định lí sau Hệ trực tiếp Định lí 3.2 [8] Định lí 2.11 [8] Cho C tập lồi đóng khác rỗng Rn Cho Cho F : Rn → Rn ánh xạ đơn điệu L-liên tục Lipschitz Giả sử {αk } dãy số thực thỏa mãn ≤ αk < α < λ ∈ (0, 1/L) Khi đó, dãy lặp {xk } xác định    x0 ∈ Rn ,       yk = PC (xk − λF (xk )),     t = α x + (1 − α )(y − λ(F (y ) − F (x ))), k k k k k k k (2.16) n   Ck = {z ∈ R : tk − z ≤ xk − z },       Qk = {z ∈ Rn : xk − z, xk − x0 ≤ 0},     x k+1 = PCk ∩Qk (x0 ), k ≥ 0, hội tụ tới nghiệm x∗ = PSol(VIP(F,C)) (x0 ) toán (2.1) k → ∞ Ví dụ 2.4 Xét tốn (2.1) với hàm mục tiêu F : R2 → R2 xác định F (x) = Ax với A ma trận vng cấp hai có dạng A= −1 −1 miền ràng buộc C = R2 Ta có ước lượng sau F (x) − F (y), x − y = A(x) − A(y), x − y = A(x − y), x − y = ((x1 − y1 ) − (x2 − y2 ))2 ≥ 0, với x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) ∈ C Suy ra, F ánh xạ đơn điệu C Ngồi ra, F khơng đơn điệu mạnh C Thật vậy, chẳng hạn, chọn x = (1, 1) y = (2, 2) Khi đó, ta thấy √ F (x) − F (y), x − y = < 2η = η x − y , ∀η > 45 Mặt khác, ta lại có F (x) − F (y) = A(x − y) ≤ x − y Do đó, F ánh xạ liên tục Lipschitz với L = Bây giờ, để ý F (x), y − x ≥ 0, ∀y ∈ R2 ⇔ F (x) = ⇔ Ax = Do đó, ta nhận Sol(VIP(F, C)) = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 = x2 } Với phân tích trên, phương pháp chiếu gradient khơng áp dụng cho ví dụ Tuy nhiên, áp dụng phương pháp chiếu lai ghép (2.16) tìm nghiệm xấp xỉ toán Ta lấy điểm ban đầu x0 = (2, 4) Khi đó, nghiệm cần tìm x∗ = PSol(VIP(F,C)) (x0 ) = (3, 3) Bây giờ, chọn tham số lặp k+2 thỏa mãn điều kiện hội tụ Định lí 2.11 Với số giá trị λ ∈ (0, 1/2), ta có bảng tính tốn tìm nghiệm xấp xỉ αk = đây: λ TOL= xk − x∗ 1/100 0.00991555542645 509 10−2 1/1000 0.00999783127775 4967 10−2 1/4 0.00887254509932 41 10−2 98/200 0.00991555542508 509 10−2 988/2000 0.00999782970937 4967 10−2 Số bước lặp k Sai số Bảng 2.3: Kết tính tốn cho phương pháp (2.16) tương ứng với giá trị λ thay đổi Kết cho thấy, tham số λ xa giá trị trung tâm (0, 1/2) số bước lặp tính tốn cần thiết lớn 46 Trong trường hợp hàm mục tiêu F giả đơn điệu, ta sử dụng phương pháp chiếu gradient tăng cường tìm nghiệm xấp xỉ toán (2.1) Phương pháp kiểu loại [7] giới thiệu Korpelevich năm 1976 nghiên cứu toán điểm yên ngựa tốn liên quan Định lí 2.12 [4] Cho C tập lồi đóng khác rỗng Rn Cho Cho F : C → Rn ánh xạ giả đơn điệu tương ứng với tập nghiệm Sol(VIP(F, C)) (tức là, F (x), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C, ∀x∗ ∈ Sol(VIP(F, C))) L-liên tục Lipschitz Giả sử < τ < 1/L Khi đó, dãy lặp {xk } xác định    x ∈ C,   (2.17) yk = PC (xk − τ F (xk )),    x = P (x − τ F (y )), k ≥ 0, k+1 C k k hội tụ tới nghiệm toán (2.1) k → ∞ Chứng minh Định lí dược chứng minh thơng qua số bước sau Bước Nếu x∗ ∈ Sol(VIP(F, C)) xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ − (1 − τ L2 ) yk − xk , ∀k ≥ (2.18) Trước hết, yk ∈ C nên ta có F (x∗ ), yk − x∗ ≥ 0, ∀k ≥ Vì F giả đơn điệu tương ứng với tập Sol(VIP(F, C)) nên suy F (yk ), yk − x∗ ≥ 0, ∀k ≥ Điều dẫn đến F (yk ), x∗ − xk+1 + xk+1 − yk ≤ 0, ∀k ≥ 0, hay tương đương với F (yk ), x∗ − xk+1 ≤ F (yk ), yk − xk+1 , Áp dụng Mệnh đề 1.5 ta có đánh giá sau xk+1 − yk ,xk − τ F (yk ) − yk ∀k ≥ (2.19) 47 = xk+1 − yk , xk − τ F (xk ) − yk + τ xk+1 − yk , F (xk ) − F (yk ) = xk+1 − PC (xk − τ F (xk )), xk − τ F (xk ) − PC (xk − τ F (xk )) + τ xk+1 − yk , F (xk ) − F (yk ) ≤ τ xk+1 − yk , F (xk ) − F (yk ) Đặt zk = xk − τ F (yk ) Từ (2.19) đánh giá ta có ước lượng xk+1 − x∗ = PC (zk ) − x∗ = PC (zk ) − zk + zk − x∗ = zk − x ∗ + zk − PC (zk ) ≤ zk − x∗ − zk − PC (zk ) 2 + PC (zk ) − zk , zk − x∗ = xk − τ F (yk ) − x∗ − xk − τ F (yk ) − xk+1 = xk − x∗ − τ F (yk ) − xk − xk+1 − τ F (yk ) − 2τ xk − x∗ , F (yk ) + τ F (yk ) = xk − x∗ − xk − xk+1 + 2τ xk − xk+1 , F (yk ) − τ F (yk ) = xk − x∗ − xk − xk+1 + 2τ x∗ − xk+1 , F (yk ) ≤ xk − x∗ − xk − xk+1 + 2τ yk − xk+1 , F (yk ) = xk − x∗ − xk − yk + yk − xk+1 = xk − x∗ − x k − yk 2 + 2τ yk − xk+1 , F (yk ) − yk − xk+1 + xk+1 − yk , xk − τ F (yk ) − yk xk − x∗ 2 − xk − yk − yk − xk+1 + τ xk+1 − yk , F (xk ) − F (yk ) ≤ xk − x∗ − xk − yk + 2τ L xk+1 − yk − yk − xk+1 x k − yk , ∀k ≥ Từ ta có xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ − x k − yk − yk − xk+1 + 2τ L xk+1 − yk = xk − x∗ 2 x k − yk − (1 − τ L2 ) xk − yk − [τ L xk − yk − xk+1 − yk ]2 48 ≤ xk − x∗ − (1 − τ L2 ) xk − yk , ∀k ≥ Bước Chứng minh dãy {xk } bị chặn Đặt ρ = − τ L2 Vì < τ < 1/L nên suy ρ ∈ (0, 1) Từ chứng minh Bước 1, ta có xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ , ∀k ≥ Điều chứng tỏ {xk } bị chặn Hơn nữa, tính bị chặn {xk } nên tồn dãy {xkj } hội tụ Giả sử xkj → x¯ Ta có x¯ ∈ C C tập đóng Bước Chứng minh x¯ ∈ Sol(VIP(F, C)) Từ đánh giá (2.18) ta suy ∞ x k − yk ≤ x − x ∗ ρ k=0 Vì ρ > nên bất đẳng thức dẫn đến xk − yk → Mặt khác, xkj → x¯ nên ta có ykj → x¯ Từ cách xác định yk , tính liên tục hàm F phép chiếu PC , ta có x¯ = lim ykj j→∞ = lim PC (xkj − τ F (xkj )) j→∞ = PC (¯ x − τ F (¯ x)) = PC (I − τ F )(¯ x) Đẳng thức chứng tỏ x¯ nghiệm toán (2.1) Bước Chứng minh xk → x¯ Sử dụng (2.18) với x∗ = x¯ ta suy dãy { xk − x¯ } dãy đơn điệu giảm hội tụ Vì lim xk − x¯ = lim xkj − x¯ = k→∞ nên suy điều cần chứng minh j→∞ 49 Ví dụ 2.5 Xét tốn nêu Ví dụ 2.3 Chọn điểm ban đầu x0 = (10, 2), tham số τ = ρ ∈ (0, 1/2) sử dụng phương pháp (2.17), ta có bảng kết tính tốn sau đây: (k) k u1 (k) u2 (k) k u1 (k) u2 5.625000000 1.125000000 12 0.316763520 0.063352704 3.164062500 0.632812500 14 0.178179480 0.035635896 1.779785156 0.355957031 16 0.100225957 0.020045191 1.001129150 0.200225830 18 0.056377101 0.011275420 10 0.563135147 0.112627029 20 0.031712119 0.006342423 Bảng 2.4: Kết tính tốn cho phương pháp (2.17) với τ = 1/4 Kết cho thấy phương pháp (2.17) hội tụ đến nghiệm xác tốn chậm nhiều so với phương pháp (2.14) Ví dụ 2.6 Xét tốn (2.1) với hàm mục tiêu F : C → R2 xác định F (x) = Ax với A ma trận vng cấp hai có dạng A= −1 miền ràng buộc C = R2 Khi đó, dễ thấy F (x)−F (y), x−y = A(x)−A(y), x−y = A(x−y), x−y = 0, ∀x, y ∈ C nên F ánh xạ đơn điệu C giả đơn điệu C Hơn nữa, đẳng thức suy F không ánh xạ đơn điệu mạnh C Mặt khác, ta lại có F (x) − F (y) = A(x − y) = x − y Do đó, F ánh xạ liên tục Lipschitz với L = Dễ thấy rằng, với giả thiết tốn (2.1) có nghiệm x∗ = (0, 0) F (x), y − x ≥ 0, ∀y ∈ R2 ⇔ F (x) = ⇔ Ax = ⇔ x = 50 Ngồi ra, ta ln có F (x), x − x∗ = Ax, x = 0, ∀x ∈ R2 Rõ ràng, phương pháp chiếu gradient khơng áp dụng cho ví dụ Tuy nhiên, áp dụng phương pháp chiếu tăng cường tìm nghiệm xấp xỉ tốn Với điểm ban đầu x0 = (1, 2), ta có bảng kết tính tốn số sau đây: τ TOL= xk − x∗ 1/100 0.00999959689087 108204 10−2 1/2 0.00911599960976 53 10−2 1/3 0.00951637762850 105 10−2 2/3 0.00887072093096 39 10−2 1/4 0.00993318320306 180 10−2 3/4 0.00906093894948 39 10−2 99/100 0.00993318320306 550 10−2 Số bước lặp k Sai số Bảng 2.5: Kết tính tốn cho phương pháp (2.17) tương ứng với giá trị τ thay đổi Kết cho thấy tham số τ ảnh hưởng lớn đến hội tụ phương pháp Tốc độ hội tụ tốt tham số gần giá trị trung tâm khoảng (0, 1) hội tụ chậm tham số gần giá trị 51 KẾT LUẬN Luận văn nghiên cứu trình bày lại có hệ thống số vấn đề sau đây: Một là, trình bày lại kết giải tích lồi giải tích hàm không gian hữu hạn chiều Chương nhằm phục vụ cho việc chi tiết hóa nội dung luận văn Chương Hai là, trình bày mơ hình tốn bất đẳng thức biến phân (VIP) mối liên hệ với toán bất đẳng thức biến phân Minty (MVIP) Bên cạnh đó, chúng tơi giới thiệu số lớp toán liên quan tốn giải phương trình (hệ phương trình), tốn cực trị, toán điểm bất động với giải thích chi tiết Ba là, trình bày kết tồn nghiệm toán nghiên cứu dựa tính chất loại đơn điệu hàm mục tiêu miền ràng buộc có khơng có tính chất compact Bốn là, trình bày phương pháp chiếu gradient, phương pháp chiếu lai ghép phương pháp chiếu tăng cường để tìm nghiệm xấp xỉ tốn (VIP) ví dụ số minh họa cụ thể Tài liệu tham khảo [1] Ansari Q.H., Lalitha C.S, Mehta M (2014), Generalized Convexity, Nonsmooth Variational Inequalities, and Nonsmooth Optimization, Springer [2] Bauschke H H., Combettes P L (2010), Convex Analysis and Monotone Operator Theory in Hilbert Spaces, Springer [3] Fan K.(1961), "A generalization of Tychonoffs fixed point theorem", Math Ann., 142, pp 305-310 [4] Facchinei F., Pang J-Sh (2003), Finite Dimensional Variational Inequalities and Complementarity Problems, Volume II, Springer [5] Goldstein A A (1964), "Convex programming in Hilbert space", Bull Am Math Soc., 70, pp 709-710 [6] Kinderlerhrer D., Stampacchia G (1980), An introduction to variational inequalities and their applications, Academic Press, NewYork [7] Korpelevich G.M (1976), "The extragradient method for finding saddle points and other problems",Ekon Mat Metody, 12, pp 747–756 [8] Thong D.V., Vinh N.T., Hieu D.V (2019), "Accelerated hybrid and shrinking projection methods for variational inequality problems",Optimization, 68 (5), pp 981–998 [9] Zeidler E (1990), Nonlinear functional analysis and its applications, II/B, Springer ... lí xem tài liệu [3] 24 Chương Sự tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân Rn Trong chương này, chúng tơi trình bày số kết tồn nghiệm cho toán bất đẳng thức biến phân (VIP) Cấu trúc chương gồm... f x ∂f (x) Dưới vi phân ánh xạ f x xn → x Dãy {xn } hội tụ đến x n → +∞ (VIP) Bài toán bất đẳng thức biến phân (MVIP) Bài toán bất đẳng thức biến phân Minty Fix(T ) Tập điểm bất động ánh xạ T... 12 16 21 Chương Sự tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân Rn 24 2.1 Mơ hình tốn 24 2.2 Sự tồn nghiệm trường hợp miền ràng buộc tập compact 28 2.3 Sự tồn nghiệm trường