Nghiên cứu hiệu chỉnh hóa trong bài toán cân bằng .pdf

Nghiên cứu hiệu chỉnh hóa trong bài toán cân bằng .pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HOÀNG THỊ KIM NGỌC

NGHIÊN CỨU HIỆU CHỈNH HÓA TRONG BÀI TOÁN CÂN BẰNG

Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 36

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS TSKH LÊ DŨNG MƯU

THÁI NGUYÊN - 2009

2.1 Phương pháp chiếu giải bài toán cân bằng 162.2 Phương pháp đạo hàm tăng cường giải bài toán cân bằng 25Chương 3 Phương pháp hàm đánh giá 403.1 Hàm đánh giá A.Auslender 423.2 Hàm đánh giá M.Fukushima 48

Mở đầu

Bài toán cân bằng có nhiều ứng dụng trong khoa học, kĩ thuật và đời sốngnhư: vật lí (đặc biệt là cơ học), hoá học, sinh học, quân sự, nông nghiệp,kinh tế, viễn thông Bài toán cân bằng là bài toán tổng quát, nó bao gồmcác trường hợp riêng như: bài toán tối ưu, bài toán bất đẳng thức biến phân,bài toán bù phi tuyến, bài toán Nash trong trò chơi hợp tác Do có ứngdụng thực tế rộng rãi nên việc quy về bài toán cân bằng và đưa ra các thuậttoán giải bài toán cân bằng là cần thiết Ngày nay với sự phát triển nhanhchóng của kĩ thuật tin học nên phạm vi và khả năng ứng dụng của bài toáncân bằng ngày càng mở rộng.

Luận văn này nhằm giới thiệu về bài toán cân bằng và một số phươngpháp hiệu chỉnh cho bài toán cân bằng Luận văn gồm mục lục, ba chương,phần kết luận và tài liệu tham khảo.

Chương 1 trước hết nhắc lại khái niệm và kết quả cơ bản nhất về tập lồivà hàm lồi sẽ được dùng ở các chương sau Tiếp theo là giới thiệu về bàitoán cân bằng và các trường hợp riêng của nó Phần này được coi là cơ sởlí thuyết cho các phương pháp sẽ dùng đến ở các chương sau.

Chương 2 trình bày hai phương pháp hiệu chỉnh bài toán cân bằng, đólà phương pháp chiếu và phương pháp đạo hàm tăng cường.

Chương 3giới thiệu hai loại hàm đánh giá là hàm đánh giá Auslender vàhàm đánh giá Fukushima Các thuật toán tương ứng với hai loại hàm đánhgiá này được trình bày chi tiết trong chương 3.

Để hoàn thành luận văn này, tác giả đã nhận được sự giúp đỡ và hướngdẫn tận tình của GS.TSKH Lê Dũng Mưu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơnsâu sắc đến thày của mình.

Tác giả xin chân thành cảm ơn các thày cô trong Bộ môn toán, TrườngĐại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên, cùng các bạn học viên lớp caohọc toán K1 đã luôn tạo điều kiện thuận lợi, động viên, khích lệ để luận

văn được hoàn thành.

Mặc dù tác giả đã cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếusót, hạn chế Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thàycô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.

Thái Nguyên, 10/2009Học viên

Hoàng Thị Kim Ngọc

Chương 1

Bài toán cân bằng

Chương này nhằm giới thiệu một số khái niệm và kiến thức cơ bản về bàitoán cân bằng và các trường hợp riêng của nó Trước tiên ta khái quát lạimột số kiến thức về giải tích lồi sẽ dùng đến trong các phần của luận văn.1.1 Các kiến thức chuẩn bị

Giải tích lồi đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu, phân tích vàxây dựng các thuật toán giải bài toán cân bằng Mục đích chính của phầnnày là nhắc lại một số kiến thức về giải tích lồi, các định lý không đượcchứng minh có thể xem trong [4].

Kí hiệu R là tập số thực, Rn là không gian Euclid n chiều.

Định nghĩa 1.1.1 [4] Cho hai điểm a, b trong không gian Euclid n-chiềuRn.

Đường thẳng đi qua hai điểm a, b là tập hợp các điểm x trong Rn có dạng:x = λa + (1 − λ)b, ∀λ ∈ R.

Đoạn thẳng nối a, b là tập hợp tất cả các điểm x trong Rn có dạng:x = λa + (1 − λ)b = λ(a − b) + b, 0 ≤ λ ≤ 1.

Định nghĩa 1.1.2 [4] Tập A ⊆ Rn gọi là tập lồi, nếu nó chứa trọn đoạnthẳng nối hai điểm bất kì thuộc nó.

Ví dụ 1.1.1 Hình 1.1 cho ta ví dụ đơn giản về tập lồi và tập không lồi

(a) (b) (c) (d)Hình 1.1 (a), (c)- Tập lồi; (b), (d)- Tập không lồi

Định lý 1.1.1 [1]Tập lồi là đóng với phép giao, phép hợp, phép cộng, phépnhân với một số và phép lấy tổ hợp tuyến tính Tức là, nếu A và B là haitập lồi trong Rn thì các tập sau cũng là tập lồi:

là một nón lồi đóng hay là nón pháp tuyến ngoài của A tại x0.

Định nghĩa 1.1.5 [3] Cho tập lồi khác rỗng A ⊆ Rn Vecto d 6= 0 đượcgọi là phương lùi xa của A nếu với mỗi x ∈ A có:

{x + λd | λ ≥ 0} ⊂ A.

Nhận xét [3]

?Mọi nửa đường thẳng song song với một phương lùi xa d xuất phát từ mộtđiểm bất kì của A đều nằm trọn trong A Rõ ràng, tập A không bị chặn khi

và chỉ khi A có một phương lùi xa.

? Tập tất cả các phương lùi xa của tập lồi A ⊆ Rn cùng vecto 0 tạo thànhnón lồi Nón lồi được gọi là nón lùi xa của tập A và kí hiệu là recA.

? Ta nói hai phương d1 và d2 là khác biệt nếu d1 6= αd2, α > 0 Phương lùixa d của tập A được gọi là phương cực biên của A nếu không tồn tại cácphương lùi xa khác biệt d1 và d2 của A sao cho d = λ1d1+ λ2d2, λ1, λ2 > 0.Định nghĩa 1.1.6 [1] Một tập hợp là giao của một số hữu hạn các nửakhông gian đóng được gọi là tập lồi đa diện hay gọi là khúc lồi.

Định nghĩa 1.1.7 [1] Tập con B của khúc lồi A được gọi là một diện củaA nếu hễ B chứa một điểm trong của một đoạn thẳng nào đó của A thì Bchứa cả đoạn thẳng đó của A Tức là,

∀a, b ∈ A nếu x = λa + (1 − λ)b ∈ B, 0 < λ < 1 ⇒ a, b ∈ B.Một diện có thứ nguyên bằng 0 được gọi làmột đỉnhhay một điểm cực biên.

Định nghĩa 1.1.8 [5] Cho M, K là các tập lồi khác rỗng của Rn, M ⊆ Kvà f : K ì K → R ∪ {+∞} Khi đó:

a, Hàm f đơn điệu mạnh trên M với hằng số τ > 0 nếu với mỗi cặpx, y ∈ M ta có:

f (x, y) + f (y, x) ≤ −τ k x − y k2 b, Hàm f đơn điệu chặt trên M nếu với mọi x, y ∈ M ta có:

f (x, y) + f (y, x) < 0.

c, Hàm f đơn điệu trên M nếu với mỗi cặp x, y ∈ M ta có:f (x, y) + f (y, x) ≤ 0.

d, Hàm f giả đơn điệu trên M nếu với mỗi cặp x, y ∈ M thì:f (x, y) ≥ 0 ⇒ f (y, x) ≤ 0.

Định nghĩa 1.1.9 [4] a, Hàm f là hàm lồi xác định trên tập lồi X ⊆ Rn,nếu:

fλx + (1 − λ)y ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y),với bất kì x, y ∈ X và số thực λ ∈ [0, 1].

b, Hàm f là hàm lồi chặt trên tập lồi X, nếu:

fλx + (1 − λ)y < λf (x) + (1 − λ)f (y),với bất kì x, y ∈ X, x 6= y và λ ∈ (0, 1).

c, Hàm f là hàm lồi mạnh với hệ số β > 0 trên tập lồi X nếu:

fλx + (1 − λ)y ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) − β(1 − λ)λ k x − y k2,với bất kì x, y ∈ X và λ ∈ (0, 1).

d, Hàm f được gọi là hàm tựa lồi trên tập lồi X, nếu với ∀α ∈ R, tập mứcdưới Lα(f ) = {x ∈ X : f (x) ≤ α} là tập lồi.

Định lý 1.1.3 [1]Cho f là hàm lồi trên tập lồi A và g là hàm lồi trên tậplồi B Khi đó, các hàm sau là hàm lồi trên tập lồi A ∩ B:

a, λf + βg, ∀λ, β ≥ 0,b, max(f, g).

Định lí 1.1.3 nhìn chung không đúng cho hàm tựa lồi Một hàm lồi có thểkhông liên tục tại một điểm trên biên miền xác định của nó Tuy nhiên, nólại liên tục tại mọi điểm trong của tập đó theo định lí sau:

Định lý 1.1.4 [1] Một hàm lồi xác định trên tập lồi A thì liên tục tại mọiđiểm trong của tập A.

Định lý 1.1.5 [4] Cho hàm f lồi, khả vi trên tập lồi A Khi đó với mọix, y ∈ A có:

Định nghĩa 1.1.10 [1] Cho f là một hàm lồi trên tập lồi A Một vectoy∗ ∈ Rn được gọi là dưới vi phân của f tại x∗ ∈ A nếu:

f (x) ≥ f (x∗) + ∗, x − x∗, ∀x ∈ A.

Tập hợp tất cả các điểm y∗ thoả mãn bất đẳng thức trên được kí hiệu ∂f(x∗).Tập ∂f(x∗) nhìn chung thường chứa nhiều điểm Trong trường hợp ∂f(x∗)chỉ chứa duy nhất một điểm ta nói rằng f khả vi tại x∗.

Ví dụ 1.1.2 f(x) =k x k khả vi tại mọi điểm x 6= 0 do ∂f(x) = k x k−1

Định nghĩa 1.1.11 [3] Cho D ⊂ Rn

, D 6= ∅, f : D → R Một điểmx∗ ∈ D được gọi là cực tiểu địa phương của f trên D, nếu tồn tại một lâncận mở U của x∗, sao cho f(x∗) ≤ f (x), ∀x ∈ D ∩ U Điểm x∗ được gọilà cực tiểu tuyệt đối của f trên D nếu f(x∗) ≤ f (x), ∀x ∈ D.

Định lý 1.1.7 [1] a, Mọi điểm cực tiểu địa phương của một hàm lồi trênmột tập lồi đều là điểm cực tiểu tuyệt đối.

b, Nếu x∗ là điểm cực tiểu của hàm lồi f trên tập lồi D và x∗ ∈ intD thì0 ∈ ∂f (x∗).

Định lý 1.1.8 [1] Cực đại của một hàm lồi (nếu có ) trên một tập lồi cóđiểm cực biên bao giờ cũng đạt tại một điểm cực biên.

1.2 Bài toán cân bằng và các trường hợp riêng

Bài toán cân bằng có ý nghĩa quan trọng trong kinh tế và nhiều lĩnh vựcthực tiễn khác Hơn nữa, bài toán cân bằng là sự mở rộng của nhiều bàitoán khác như: bài toán tối ưu, bài toán bất đẳng thức biến phân, bài toáncân bằng Nash Vì lí do đó mà lớp các bài toán cân bằng được nhiều nhàtoán học quan tâm, nghiên cứu Phần này sẽ giới thiệu dạng toán học củabài toán cân bằng và một số bài toán tương đương với bài toán cân bằng.Nội dung chủ yếu của phần này được tham khảo trong [2].

Trong toàn bộ luận văn này ta luôn giả thiết K là tập lồi đóng khác rỗngtrong Rn.

Định nghĩa 1.2.1 [2] Cho hàm f : K ì K → R thoả mãn f(x, x) =0, ∀x ∈ K Khi đó, bài toán cân bằng được phát biểu như sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho f(x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K (1.1)

Hàm số f thoả mãn tính chất f(x, x) = 0, ∀x ∈ K được gọi là hàm cânbằng trên K.

Như đã nói ở trên, các bài toán quan trọng có thể đưa về bài toán cân bằng.Dưới đây ta trình bày sự tương đương của bài toán cân bằng với các bàitoán khác.

Bài toán tối ưu [2]

Cho J : K → R là một hàm số xác định trên K Khi đó, bài toán tối ưu

được phát biểu như sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho J(x∗) ≤ J (y), ∀y ∈ K (1.2)Nếu ta đặt f(x, y) := J(y) − J(x) với ∀x, y ∈ K thì bài toán tối ưu tươngđương với bài toán cân bằng.

Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.2) nên theo định nghĩata có:

J (x∗) ≤ J (y), ∀y ∈ K.Mặt khác,

f (x, y) = J (y) − J (x), ∀x, y ∈ K.Do đó,

f (x∗, y) = J (y) − J (x∗) ≥ 0, ∀y ∈ K.Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.1).

Ngược lại, cho x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.1) nên ta có:f (x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K.

Theo cách đặt ta có:

f (x∗, y) = J (y) − J (x∗) ≥ 0, ∀y ∈ K⇒ J(y) ≥ J(x∗), ∀y ∈ K.

Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.2).

Bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát [2]

Cho T : K → 2R là ánh xạ nửa liên tục trên từ một điểm vào một tập hợpsao cho T (x) là tập compact, ∀x ∈ K Khi đó, bài toán bất đẳng thức biếnphân tổng quát được phát biểu như sau:

Tìm x∗ ∈ K, ξ∗ ∈ T (x∗) ∗, y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ K (1.3)Nếu ta đặt f(x, y) := maxξ∈T (x) thì bài toán cânbằng (1.1) tương đương với bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát.Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.3) nên có:

∗, y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ K, ξ∗ ∈ T (x∗).Mặt khác theo cách đặt ta có:

f (x∗, y) = max

ξ∗∈T (x∗)

∗, y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ K.Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.1).

Ngược lại, cho x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.1) nênf (x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K.

Theo cách đặt ta có:

f (x∗, y) = max

ξ∗∈T (x∗)

∗, y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ K.Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.3).

• Nếu T là ánh xạ đơn trị thì bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát làbài toán bất đẳng thức biến phân sau:

Tìm x∗ ∈ K ∗), y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ K (1.4)trên bài toán (1.4) tương đương với bài toán cân bằng (1.1).

Bài toán bù phi tuyến [2]

Cho K ⊆ Rn là một nón lồi đóng, K∗

= {x ∈ Rn |là nón đối cực của nón K.

Cho ánh xạ T : K → Rn liên tục Khi đó, bài toán bù phi tuyến được phátbiểu như sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho T (x∗

) ∈ K ∗), x∗ = 0 (1.5)

(1.5) sẽ tương đương với bài toán cân bằng (1.1).

Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.5) nên ta có:T (x∗) ∈ K ∗), x∗ = 0.

Mặt khác theo cách đặt ta có:

f (x∗, y) = ∗), y − x∗

= ∗), y ∗), x∗= ∗), y ≥ 0, ∀y ∈ K.Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng (1.1).

Ngược lại, cho x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.1) ta có:f (x∗, y) ≥ 0 ∀y ∈ K.

Theo cách đặt ta có:

f (x∗, y) = ∗), y − x∗, ∀y ∈ K.

Do K là nón nên 0 ∈ K và 2x∗ ∈ K Trong đẳng thức trên nếu lấyy = 0 ∈ K ∗), −x∗ ≥ 0 ∗), x∗ ≤ 0, còn nếu lấyy = 2x∗ ∈ K ∗), 2x∗ − x∗

≥ 0 ∗), x∗ ≥ 0.Vậy

∗), x∗ = 0.Hơn nữa, do

0 ≤ ∗), y − x∗ ∗), y ∗), x∗ ∗), y, ∀y ∈ K.

∗), y ≥ 0, ∀y ∈ K nên T (x∗) ∈ K Do đó, x∗ ∈ K là nghiệmcủa (1.5).

Chú ý Khi K là nón lồi đóng thì bài toán bất đẳng thức biến phân (1.4)

chính là bài toán bù phi tuyến (1.5).

Bài toán điểm bất động Kakutani [2]

Cho T : Rn → 2Rn với K ∩T (x) là tập compact lồi, khác rỗng, với ∀x ∈ K.Khi đó, bài toán điểm bất động Kakutani được phát biểu như sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho x∗ ∈ T (x∗) (1.6)Nếu ta đặt f(x, y) := maxξ∈T (x) thì bài toán cânbằng (1.1) tương đương với bài toán điểm bất động (1.6).

Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của (1.6) nênT (x∗) = x∗.Mặt khác theo cách đặt ta có

f (x∗, y) = ∗ − T (x∗), y − x∗, ∀y ∈ K.Do đó, x∗ ∈ K là nghiệm của (1.1).

Ngược lại, cho x∗ ∈ K là nghiệm của (1.1) nênf (x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K.Theo cách đặt có

f (x∗, y) = ∗ − T (x∗), y − x∗, ∀y ∈ K.Chọn y = T (x∗) ∈ K ta có

f (x∗, y) = ∗ − T (x∗), T (x∗) − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ K⇒ − k x∗ − T (x∗) k≥ 0, ∀y ∈ K

⇒k x∗ − T (x∗) k≤ 0, ∀y ∈ K⇒ x∗ = T (x∗), ∀y ∈ K.

Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của (1.6).

• Nếu T là ánh xạ đơn trị thì bài toán điểm bất động Kakutani trở thànhbài toán điểm bất động Brouwer sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho x∗

= T (x∗) (1.7)

như trên chỉ ra được rằng bài toán (1.7) tương đương với bài toán cân bằng.

Bài toán cân bằng Nash (trong trò chơi không hợp tác) [2]

• Cho I = {1, 2, , p} là tập chỉ số hữu hạn (tập p−người chơi ).• Ki là tập lồi khác rỗng của Rn

i (tập chiến lược của người chơi thứ i ).•Hàm fi : K1ì ì Kp → R cho trước (hàm tổn thất của người chơi thứi khi vi phạm chiến lược của những người chơi với ∀i ∈ I )

Cho x = (x1, , xp) ∈ K1 ì Kp và y = (y1, , yp) ∈ K1 ì KpTa định nghĩa vecto x[yi] ∈ K1 ì ì Kp như sau:

x[yi]j =

xj, ∀j 6= iyi, ∀j = iĐặt K = K1 ì ì Kp

Khi đó, bài toán cân bằng Nash được phát biểu như sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho fi(x∗) ≤ fi(x∗[yi]), ∀i ∈ I, ∀y ∈ K (1.8)Điểm thoả mãn (1.8) gọi là điểm cân bằng Nash Về ý nghĩa kinh tế, điểmcân bằng này nói lên rằng bất kì đối thủ nào chọn phương án ra khỏi điểmcân bằng trong khi các đối thủ còn lại vẫn giữ phương án điểm cân bằngthì đối thủ ra khỏi điểm cân bằng sẽ bị thua thiệt.

Nếu ta đặt f : KìK → R được xác định bởi f(x, y) := Pp

{fi(x[yi]) − fi(x)}với ∀x, y ∈ K thì bài toán cân bằng Nash (1.8) tương đương với bài toáncân bằng (1.1).

Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (1.8) nên:fi(x∗) ≤ fi(x∗[yi]), ∀i ∈ I, ∀yi ∈ Ki

Theo cách đặt có:

f (x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K.Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của (1.1).

Ngược lại, cho x∗ ∈ K là nghiệm của (1.1) mà không là nghiệm của (1.9).Do x∗ ∈ K là nghiệm của (1.1) nên ta có:

Kết luận chương

Chương này trước tiên nhắc lại một số kết quả cơ bản của giải tích lồi sẽdùng đến trong các chương sau Tiếp theo là trình bày dạng toán học củabài toán cân bằng, đồng thời thông qua các phép biến đổi phù hợp chỉ ra sựtương đương giữa bài toán cân bằng với bài toán tối ưu, bài toán bất đẳngthức biến phân, bài toán bù phi tuyến, bài toán điểm bất động, bài toán cânbằng Nash.

2.1 Phương pháp chiếu giải bài toán cân bằng

Phương pháp chiếu là phương pháp cơ bản nhất để giải bài toán đối ngẫucủa bài toán cân bằng Trước tiên ta định nghĩa bài toán đối ngẫu.

Định nghĩa 2.1.1 [2] Bài toán đối ngẫu của bài toán cân bằng được phátbiểu như sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho : f(y, x∗) ≤ 0, ∀y ∈ K (2.1)Trong đó, f : K ì K → R là hàm liên tục thoả mãn:

Chứng minhCho x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán đối ngẫu, lấy y ∈ K, ∀λ ∈[0, 1] ta định nghĩa zλ ∈ K như sau:

zλ := λy + (1 − λ)x∗.Với mỗi λ ∈ [0, 1] ta có

0(a)=f (zλ, zλ) = f (zλ, λy + (1 − λ)x∗)

≤λf (zλ, y) + (1 − λ)f (zλ, x∗) (2.2)Do x∗ là nghiệm của bài toán đối ngẫu nên:

Do đó, ∀λ ∈ [0, 1], ∀y ∈ K và từ (2.1) ta có:

0 ≤ λf (zλ, y) ≤ f (λy + (1 − λ)x∗, y) = f (x∗ + λ(y − x∗), y).Cho λ → 0, do tính liên tục của f nên:

a, f (x, y) = (x − y)2 ⇒ S1 = ∅, S2 = [0, 2] ⇒ S1 * S2.

b, f (x, y) = max{0, | x − y | −1} ⇒ S1 = {1}, S2 = [0, 2] ⇒ S1 * S2.? Khi f là giả đơn điệu, nghĩa là ∀x, y ∈ K : f(x, y) ≥ 0 ⇒ f(y, x) ≤ 0,mệnh đề đảo của 2.1.1 đúng Khi đó, bài toán đối ngẫu và bài toán cânbằng có cùng tập nghiệm.

Ta có thuật toán chiếu 2.1 sau để giải bài toán đối ngẫu.

Thuật toán chiếu 2.1 [2]

Bước 1: Cho k = 0, x0 ∈ K và r0 = k x0 k.

Bước 2: Lấy xk và rk

(i) Định nghĩa:

Kk = {x ∈ K : k x k ≤ rk + 1} (2.1a)

(ii) Tìm yk ∈ Kk có tính chất:max

f (y, xk) − k ≤ f (yk, xk), (2.1b)

với {k}k≥0 ⊂ [0, +∞] là dãy thoả mãn lim

k→+∞k = 0.(iii) Tính xk+1 dạng:

xk+1 = xk + tkPLf(yk)(xk) − xk, (2.1c)trong đó, PLf(yk)(xk) là phép chiếu trực giao của xk lên Lf (yk), vàLf (yk) = {x ∈ K | f (yk, x) ≤ 0} là tập lồi, {tk}k≥0 ⊂ [α, 2 − α] vớiα ∈ [0, 1].

là tập lồi, đóng Do đó,

xk+1 = xk + tkPLf(yk)(xk) − xkđược xác định duy nhất.

(2.4)Ta lại có:

2 tk k − x∗, PLf(yk)(xk) − xk =

= 2 tk k − PLf(yk)(xk) + PLf(yk)(xk) − x∗, PLf(yk)(xk) − xk

= −2 tk k xk − PLf(yk)(xk) k2 +2 tkLf(yk)(xk) − x∗, PLf(yk)(xk) − xk (2.5)Từ (2.4) và (2.5) ta có:

k xk+1 − x∗ k2 = k xk − x∗ k2 + tk2 k PLf(yk)(xk) − xk k2 −− 2 tk k xk − PLf(yk)(xk) k2 +

+ 2 tk Lf(yk)(xk) − x∗, PLf(yk)(xk) − xk

(2.6)

Do tính chất của phép chiếu trực giao và x∗ ∈ Lf(yk) nên số hạng cuốicùng của (2.6) không dương, tức là:

2 tkLf(yk)(xk) − x∗, PLf(yk)(xk) − xk ≤ 0 (2.7)Từ (2.6), (2.7) và ∀k ∈ N ta suy ra:

k xk+1 − x∗ k2 ≤ k xk− x∗ k2 + tk2 k PLf(yk)(xk) − xk k2 −− 2 tk k xk − PLf(yk)(xk) k2

= k xk − x∗ k2 −tk(2 − tk) k xk − PLf(yk)(xk) k2≤ k xk− x∗ k2

Vậy dãy {k xk − x∗ k}k≥0 không tăng và do đó hội tụ.b, Theo kết quả a, ta có dãy {k xk − x∗ k}k≥0 hội tụ.

Mặt khác, k xk k= k xk − x∗ + x∗ k≤ k xk − x∗ k + k x∗ k.⇒ {xk}k≥0 bị chặn.

c, Ta viết lại (2.8) dạng:

tk(2 − tk) k xk− PLf(yk)(xk) k2≤ k xk − x∗ k2 − k xk+1 − x∗ k2 (2.9)Vì 0 < α ≤ tk ≤ 2 − α với 0 < α < 1 ta có 0 < α(2 − α) ≤ tk(2 − tk).Từ (2.9) ta suy ra:

α(2 − α) k xk − PLf(yk)(xk) k2≤ k xk − x∗ k2 − k xk+1 − x∗ k2 (2.10)Từ (2.10), 0 < α(2 − α) và tính hội tụ của {k xk − x∗ k}k≥0 ta có:

= 0.

Vì 0 < α ≤ tk ≤ 2−αnên (xk+1−xk) → 0khi k → +∞ Mệnh đề 2.1.3 [3] Giả sử:

i, Dãy {xk}k≥0 bị chặn,ii, lim

k→+∞ k xk+1 − xk k= 0.

Khi đó, dãy {xk}k≥0 hội tụ tới nghiệm x∗ của bài toán cân bằng.

k→+∞{xk − PL

f (yk )(xk)} = 0.• Chứng minh {yk}k≥0 bị chặn?

Theo giả thiết ta có dãy {xk}k≥0 bị chặn, do vậy ∃ r > 0 sao cho:k xk

k≤ r, ∀k ∈ N.

Từ công thức (2.1d) của thuật toán chiếu 2.1: rk+1 = max{rk, k xk+1 k}tacó:

rk = max{k x0 k, , k xk k}.Do đó, rk ≤ r, ∀k ∈ N.

Lại từ (2.1a) ta có Kk = {x ∈ K : k x k≤ rk+ 1} nên Kk ⊂ B(0, r + 1).Từ (2.1b) ta có max

f (y, xk) − k ≤ f (yk, xk), yk ∈ Kk, ∀k ∈ N, do vậy:k yk k≤ r + 1.

k→+∞{xk− PL

f (yk )(xk)} = 0nên lim

f (yk )(xk) = x.

Do tính liên tục của f nên suy ra:f (y, x) = f lim

kn→+∞ykn, lim

kn→+∞PLf (ykn )(xkn)
= lim

kn→+∞f ykn, PL

Trong đó, PLf (ykn )(xkn) ∈ Lf(ykn) = {x ∈ K | f (ykn, x) ≤ 0}.Từ (2.1a), (2.1d) có xk ∈ Kk, ∀k ∈ N.

Từ định nghĩa 2.1.1 và (2.1b), với ∀k ∈ N ta có:0 = f (xk, xk) ≤ max

f (y, xk) ≤ f (yk, xk) + k (2.13)Do lim

k→+∞k = 0 và f liên tục nên từ (2.12) suy ra:0 ≤ lim

kn→+∞{f (ykn, xkn) + kn}= f ( lim

kn→+∞ykn, lim

kn→+∞xkn) + lim

kn→+∞kn= f (y, x).

(2.14)Kết hợp (2.12), (2.14) suy ra:

f (y, x) = 0 (2.15)• Với mọi 0 < δ < 1, x ∈ intB(0, r∗ + 1 − δ) ∩ K, với r∗ = sup

rk?Do rk bị chặn nên r∗ = sup

rk là hữu hạn.Với 0 < δ < 1 xét B(0, r∗ + 1 − δ) ≡ B(δ)

Từ (2.1d) có k xk k≤ rk ≤ r∗ < r∗+1−δ, ∀k ∈ N, nên suy ra x ∈ intB(δ).Vậy x ∈ intB(0, r∗ + 1 − δ) ∩ K.

• Cho B(δ) = B(δ) ∩ Kb , xét bài toán cân bằng ([EPδ) với hàm f và tậpchấp nhận B(δ)b :

rk0 ≥ r∗ − δ Khi đó:

r∗ + 1 − δ ≤ rk + 1, ∀k ≥ k0.Do đó,

B(δ) ⊂ Kk, ∀k ≥ k0.Lấy z ∈ B(δ)b , ta có z ∈ Kk, ∀k ≥ k0 Vì vậy,

f (z, xk) ≤ max

f (y, xk) ≤ f (yk, xk) + k, ∀k ≥ k0 (2.16)Do tính liên tục của f , công thức (2.14), (2.15), (2.16) ta có:

f (z, x) = f (z, lim

kn→+∞xkn)= lim

kn→+∞f (z, xkn)

≤ lim

kn→+∞{f (ykn, xkn) + kn}= f (y, x) = 0.

Tức là,

f (z, x) ≤ 0, ∀z ∈ bB(δ) (2.18)Từ (2.18), do x ∈ K, với mỗi 0 < δ < 1 ta có:

→ R ∪ {+∞} có dạng:g(y) =

f (x, y) si y ∈ K,+∞ si y 6∈ K.

Với hàm g vừa định nghĩa ta có thể viết lại (2.19) như sau:min

Ta đã chứng minh được x là điểm cực tiểu của g trên B(δ), thuộc phầntrong của B(δ).

Lại do g là hàm lồi, nên x là điểm cực tiểu không ràng buộc của g.

Tức là, g(x) ≤ g(y), ∀y ∈ Rn, trong đó g(x) = f(x, x) = 0 ≤ g(y) =f (x, y), ∀y ∈ K.

Vậy x là nghiệm của bài toán cân bằng 1.1.•Ta chứng minh lim

k→+∞xk = x ?Ta đã chứng minh được x ∈ T

Theo mệnh đề 2.1.2a, ta có {k xk− x}k≥0 hội tụ.

Vì thế dãy con {k xkn−x}kn≥0hội tụ về 0, nên {k xk−x}k≥0 hội tụ về 0, tứclà lim

Định lí sau đây sẽ chỉ ra tính chất hội tụ thuật toán chiếu liên tiếp 2.1.Định lý 2.1.2 [2]Cho {xk}k≥0 và {yk}k≥0 ⊂ K là dãy được tính từ thuậttoán 2.1 Khi đó:

b, Nếu bài toán cân bằng vô nghiệm thì {xk}k≥0 không hội tụ.

k→+∞{xk+1 − xk} = 0.

Phần còn lại của chứng minh được lập luận như trong chứng minh mệnhđề 2.1.3 Do đó, x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng 1.2.1 Mâu thuẫn với giảthiết Vậy bài toán cân bằng vô nghiệm Hệ quả 2.1.1 [2] Nếu bài toán đối ngẫu có nghiệm thì {xk}k≥0 hội tụ tớinghiệm của bài toán cân bằng.

Lf(yk) 6= ∅ Theo định lí 2.1.2 suy ra điều phải chứng minh 

2.2 Phương pháp đạo hàm tăng cường giải bài toán cân bằng

Phương pháp đạo hàm tăng cường lần đầu tiên được Korpelevich đề xuấtđể giải bài toán tìm điểm yên ngựa, sau đó được phát triển cho bài toán bất

đẳng thức biến phân Phương pháp đạo hàm tăng cường giải bài toán cânbằng là sự mở rộng của nguyên lí bài toán cân bằng phụ Nhưng ở phươngpháp đạo hàm tăng cường cho phép giải các bài toán không cần giả thiếtđơn điệu mạnh cho hàm f mà chỉ yêu cầu hàm này thoả mãn điều kiệnLipschitz Trước tiên ta định nghĩa bài toán cân bằng phụ.

Định nghĩa 2.2.1 [2] Cho L : K ì K → R và  > 0, ta xét bài toán cânbằng phụ sau:

Tìm x∗ ∈ K sao cho : f(x∗, y) + L(x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K (2.21)Mệnh đề 2.2.1 [2] Cho f : K ì K → R với f(x, x) = 0, ∀x ∈ K và chox∗ ∈ K Giả sử f(x∗

, ) : K → R là hàm lồi khả vi.

Cho L : K ì K → R là hàm lồi, khả vi, không âm trên tập lồi K theo biếnthứ hai y (∀x ∈ K) và thoả mãn:

a, L(x, x) = 0, ∀x ∈ K;b, ∇yL(x, x) = 0, ∀y ∈ K.

Khi đó, x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng khi và chỉ khi nó lànghiệm của bài toán cân bằng phụ (2.21).

(⇐⇐⇐) Cho x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng phụ, ta sẽ chứng minhx∗ ∈ K cũng là nghiệm của bài toán cân bằng.

Do x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng phụ nên nó cũng là nghiệm