Phương pháp chiếu siêu phẳng cải biên giải bài toán cân bằng nash suy rộng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN VŨ THỊ LUYẾN PHƯƠNG PHÁP CHIẾU SIÊU PHẲNG CẢI BIÊN GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG NASH SUY RỘNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Hà Nội – Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI VŨ THỊ LUYẾN PHƯƠNG PHÁP CHIẾU SIÊU PHẲNG CẢI BIÊN GIẢI BÀI TỐN CÂN BẰNG NASH SUY RỘNG Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS.NGUYỄN VĂN QUÝ Hà Nội – Năm 2016 LỜI CẢM ƠN Lời luận văn xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn TS Nguyễn Văn Quý, người thầy định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tơi suốt q trình làm hồn thiện luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, thầy giáo giảng dạy chun ngành Tốn giải tích, Trường Đại học sư phạm Hà Nội giúp đỡ tơi suốt q trình học tập trường Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè ln cổ vũ, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Tác giả Vũ Thị Luyến LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan, bảo hướng dẫn TS Nguyễn Văn Quý, luận văn chuyên ngành Tốn giải tích với đề tài: “ Phương pháp chiếu siêu phẳng cải biên giải toán cân Nash suy rộng ” hoàn thành nhận thức tìm hiểu thân tác giả Trong trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả kế thừa kết nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 12 năm 2016 Tác giả Vũ Thị Luyến Mục lục LỜI MỞ ĐẦU 1 Kiến thức Tập lồi hàm lồi không gian Rn 1.1.1 Tập lồi 1.1.2 Hàm lồi 1.1.3 Dưới vi phân hàm lồi 14 1.1.4 Hàm lồi khả vi 18 1.1.5 Cực trị hàm lồi 21 1.2 Phép chiếu trực giao tập lồi 26 1.3 Tính liên tục Lipschitz tính đơn điệu ánh xạ 31 1.4 Tính liên tục ánh xạ đa trị 34 1.5 Bài toán bất đẳng thức biến phân toán tối ưu 35 1.5.1 Phát biểu toán 35 1.5.2 Bài toán tối ưu 36 1.5.3 Sự tồn nghiệm tính chất tập nghiệm 1.1 toán bất đẳng thức biến phân 1.6 Bài toán bất đẳng thức tựa biến phân Phương pháp chiếu siêu phẳng để giải toán cân i 38 44 Nash suy rộng 2.1 46 Bài toán cân Nash tổng quát toán bất đẳng thức tựa biến phân 46 2.1.1 Bài toán cân Nash tổng quát 46 2.1.2 Bài toán cân Nash tổng quát với toán bất đẳng thức tựa biến phân 2.2 50 Phương pháp chiếu siêu phẳng cải biên giải toán cân Nash tổng quát 52 2.2.1 Các giả thiết 52 2.2.2 Các bổ đề liên quan đến thuật toán 53 2.2.3 Nội dung thuật toán chiếu 61 2.2.4 Giải thích tính chất hội tụ Thuật tốn 2.1 62 2.2.5 Ví dụ minh họa Thuật tốn 71 Kết luận 81 Tài liệu tham khảo 82 ii LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bài toán cân Nash-Cournot lớp toán ứng dụng rộng nhiều lĩnh vực kinh tế, kỹ thuật Vì việc nghiên cứu cấu trúc nghiệm phương pháp giải toán nhiều nhà tốn học ngồi nước quan tâm Bài tốn cân Nash suy rộng hình thành nhiều mơ hình kinh tế - kỹ thuật, tập chiến lược người chơi trò chơi không hợp tác không độc lập phụ thuộc số điều kiện khách quan Bài toán cân Nash suy rộng dẫn tới lớp toán bất đẳng thức tựa biến phân hay toán cân Đây lớp toán khó giải có thuật toán để giải lớp toán Đề tài luận văn đề cập tới thuật toán giải toán cân Nash suy rộng đề tài có ý nghĩa khoa học thực tiễn cao Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu, nghiên cứu mơ hình tốn cân Nash, cân Nash suy rộng dạng bất đẳng thức tựa biến phân, tồn nghiệm, thuật toán phương pháp chiếu siêu phẳng cải biên để giải toán bất đẳng thức tựa biến phân Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu toán cân Nash suy rộng dạng toán bất đẳng thức tựa biến phân thuật toán phương pháp chiếu siêu phẳng cải biên Đối tượng phạm vi nghiên cứu Trong luận văn sử dụng kiến thức bổ trợ chủ yếu giải tích lồi ứng dụng, lý thuyết tối ưu lồi, phép chiếu trực giao tập lồi, toán bất đẳng thức biến phân Đối tượng áp dụng phương pháp chiếu siêu phẳng cải biên giải toán bất đẳng thức tựa biến phân Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu từ giảng viên hướng dẫn Tìm tịi thu thập tài liệu từ sách, internet, , từ xắp xếp hình thành nội dung đề tài Đóng góp luận văn Luận văn trình bày cách hệ thống mơ hình cân Nash suy rộng thực tế, toán bất đẳng thức tựa biến phân đặc biệt phương pháp chiếu siêu phẳng cải biên Chương Kiến thức 1.1 Tập lồi hàm lồi không gian Rn 1.1.1 Tập lồi Định nghĩa 1.1 [1] Tập D ⊂ Rn gọi lồi đoạn thẳng qua hai điểm nằm D thuộc D Tức là, với x, y ∈ D với ≤ λ ≤ ta có: λx + (1 − λ)y ∈ D Định nghĩa 1.2 [1] Ta nói x tổ hợp lồi véc tơ x1 , , xk ∈ Rn nếu: k x= λj xj , j=1 k λj ≥ với j = 1, 2, , n λj = j=1 Mệnh đề suy trực tiếp từ định nghĩa Mệnh đề 1.1 [1] (i) Giao họ hữu hạn vô hạn tập lồi tập lồi (ii) Tích Đề-Các họ hữu hạn tập lồi tập lồi (iii) Cho A B hai tập lồi khơng gian Rn Khi đó, tổng đại số A B định nghĩa ký hiệu bởi: A + B := {x + y : x ∈ A, y ∈ B} tập lồi (iv) Cho C tập lồi không gian Rn λ số thực Khi đó, tập: Cλ := {λx : x ∈ C} tập lồi (v) Ảnh nghịch ảnh tập lồi qua ánh xạ tuyến tính tập lồi Định nghĩa 1.3 [1] Cho D tập khác rỗng không gian Rn Tập hợp tất tổ hợp lồi số hữu hạn điểm thuộc D gọi bao lồi D ký hiệu CoD Mệnh đề 1.2 [1] Cho D tập khác rỗng không gian Rn (i) CoD tập lồi (ii) CoD tập lồi nhỏ chứa D (iii) D lồi D = CoD Định nghĩa 1.4 [1] Cho a ∈ Rn véc tơ khác b ∈ R (a) Tập {x ∈ Rn | aT x ≥ b (≤ b)} gọi nửa khơng gian đóng (b) Tập {x ∈ Rn | aT x > b (< b)} gọi nửa không gian mở thứ hai, < αi < thì: < rK (xi , 1) ≤ rK (xi , αi ) αi ≤ rK (xi , αi ) , {1, αi } cịn αi > thì: rK (xi , αi ) ≥ rK (xi , 1) ≥ {αi , 1} rK (xi , 1) Từ (2.24) kết hợp với (2.21) suy ra: lim rK (xi , 1) = i→∞,i∈I Trường hợp 2: Nếu infi∈I {αi } = Theo định nghĩa, tồn tập số I ⊂ I cho: lim αi = (2.25) i→∞,i∈I Từ cơng thức tính αi suy αi τ −1 = γτ mi −1 theo điều kiện Armijo thì: αi τ −1 F (xi ) − F (zi (mi − 1)), rK (xi , αi τ −1 ) > σ rK (xi , αi τ −1 ) Từ đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz với i ∈ I đủ lớn < αi τ −1 < ta suy ra: rK (xi , αi τ −1 ) F (xi ) − F (zi (mi − 1)) > σ αi τ −1 69 ≥ rK (xi , 1) (2.26) Mặt khác phép chiếu tốn tử khơng giãn nên ta có: xi − zi (m − 1) ≤ xi − zi + zi − zi (m − 1) ≤ xi − zi + (xi − αi F (xi )) − (xi − αi τ −1 F (xi )) ≤ xi − zi +αi (τ −1 − 1) F (xi ) Theo (2.21), (2.25) {F (xi )} bị chặn nên ta suy ra: xi − zi (mi − 1) = lim (2.27) i→∞,i∈I Kết hợp với (2.22) ta suy ra: lim zi (mi − 1) = x (2.28) i→∞,i∈I Mặt khác, từ F liên tục ta lại thu được: ≤ F (xi ) − F (zi (mi − 1)) ≤ F (xi ) − F (x) F (zi (mi − 1)) − F (x) + → (i → ∞, i ∈ I) Vậy, kết hợp với (2.26) ta thu được: lim rK (xi , 1) = i→∞,i∈I Do K nửa liên tục dưới, xi → x (i ∈ I, i → ∞), nên với y ∈ K(x) tồn νi ∈ K(xi ) cho: lim νi = y i→∞,i∈I 70 (2.29) Vì νi ∈ K(xi ), theo tính chất phép chiếu Bổ đề 2.7 suy ra: ΠK(xi ) (xi − F (xi )) − (xi − F (xi )), νi − ΠK(xi ) (xi − F (xi )) ≥ (2.30) Do rK (xi , 1) = xi − ΠK(xi ) (xi − F (xi )), nên (2.30) tương đương với: F (xi ), νi −xi + F (xi ), rK (xi , 1) − rK (xi , 1), νi −xi − rK (xi , 1) ≥ Qua giới hạn sử dụng kết (2.22), (2.29) {F (xi )} bị chặn ta có: F (x), y − x ≥ Điều với y ∈ K(x) nên suy x nghiệm (QVIP(X,K,F )) Định lý chứng minh xong 2.2.5 ✷ Ví dụ minh họa Thuật tốn Có hai đối thủ tham gia trị chơi khơng hợp tác, người chơi chọn số xi thỏa mãn: ≤ xi ≤ 10 (i = 1, 2) với x1 + x2 ≤ 15 71 Hàm chi phí f i ánh xạ K i cho bởi: f (x1 , x2 ) = (x1 )2 + x1 x2 − 34x1 f (x1 , x2 ) = (x2 )2 + x1 x2 − 24.5x2 K (x−2 ) = {0 ≤ x1 ≤ 10, x1 ≤ 15 − x2 } K (x−1 ) = {0 ≤ x2 ≤ 10, x2 ≤ 15 − x1 } Trong ví dụ này, ta giả sử S tập nghiệm tốn Ta có: X = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : ≤ x1 ≤ 10; ≤ x2 ≤ 10} K(x) = [0, 10] × [0, 10] S= x∈X K(x) = [0, 5] × [0, 5] S= x∈X    2x1 + x2 − 34  F (x1 )  = F (x) =   2 F (x ) x + 2x − 24.5  Bước chuẩn bị: Chọn ba tham số γ = 1, = 0.5, σ = 0.99 Lấy điểm x1 = (5, 5) ∈ X K(x) = K(5, 5) = [0, 10] × [0, 10] Chọn điểm x0 = (3, 3) ∈ K(5, 5) Đặt i = Bước lặp 1: 72 Ta có: K(3, 3) = [0, 10] × [0, 10]   −20  F (x0 ) = F (3, 3) =  −14.75 Công việc 1: Tính:  −7 rK (x0 , 1) = x0 − ΠK(x0 ) (x0 − F (x0 ) =   √ rK (x0 , 1) = =  Ta chuyển sang Công việc Công việc 2: Đặt z0 (m) := ΠK(x0 ) (x0 − γτ m F (x0 )) Lấy mi số nguyên không âm nhỏ m thỏa mãn: γαm F (xi ) − F (zi (m)), rK (xi , γ Với m = m ) ≤σ rK (xi , γ m (2.31)   10 z0 (0) = ΠK(x0 ) (x0 − F (x0 )) =   10 Kiểm tra điều kiện (2.31): V T = 1.(0.5)0 F (x0 ) − F (z0 (0)), rK (x0 , 1) = 387.917 V P = 0.99 rK (x0 , 1) = 97.02 Ta thấy 387.917 > 97.02 nên VP>VT (khơng thỏa mãn (2.31)) Tính 73 tiếp m = Với m =   10 z0 (1) = ΠK(x0 ) (x0 − 0.5F (x0 )) =   10 Kiểm tra điều kiện (2.31): V T = 0.5 F (x0 ) − F (z1 (1)), rK (x0 , 0.5 = 193.959 V P = 0.99 rK (x0 , 0.5 = 97.02 Ta thấy 139.959 > 97.02 nên VP>VT (khơng thỏa mãn (2.31)) Tính tiếp với m = Với m =    z0 (2) = ΠK(x0 ) (x0 − 1.(0.5)2 F (x0 )) =  6.688 Kiểm tra điều kiện (2.31): V T = 1.(0.5)2 F (x0 ) − F (z0 (2)), rK (x0 , 0.25 = 37.357 V P = 0.99 rK (x0 , 0.25 = 38.215 Ta thấy 37.357 < 38.215 nên VP 40.677 nên VT>VP (không thỏa mãn (2.32)) Tính tiếp với m = Với m =   7.26  z1 (1) = ΠK(x1 ) (x1 − 0.5F (x1 )) =  76 Ta kiểm tra điều kiện (2.32): V T = 1.(0.5)1 F (x1 ) − F (z1 (1)), rK (x1 , 0.5 = 18.617 V P = 0.99 rK (x1 , 0.5 = 13.537 Ta thấy 18.617 > 13.537 nên VT>VP (khơng thỏa mãn (2.32)) Tính tiếp với m = Với m =   3.444  z1 (2) = ΠK(x1 ) (x1 − 0.25F (x1 )) =  Kiểm tra điều kiện (2.32): V T = 1.(0.5)2 F (x1 ) − F (z1 (2)), rK (x1 , 0.25 = 3.126 V P = 0.99 rK (x1 , 0.25 = 3.743 Ta thấy 3.126 < 3.743 nên VT 57.574 nên VT>VP (khơng thỏa mãn (2.33)) Tính tiếp với m = Với m =   6.462  z2 (1) = ΠK(x2 ) (x2 − 0.5F (x2 )) =  7.1 Kiểm tra điều kiện (2.33): V T = 1.(0.5)1 F (x2 ) − F (z2 (1)), rK (x2 , (0.5) = 0.176 V P = 0.99 rK (x2 , (0.5) = 25.378 Ta thấy 0.176 < 25.378 nên VT