Định nghĩa 3.1.1[8] Cho H : K ìK −→ R và ε > 0, ta xét bài toán cân bằng phụ sau:
Tìm x∗ ∈ K sao cho:
εF(x∗, y) +H(x∗, y) ≥ 0,∀y ∈ K. (AEP)
Mệnh đề 3.1.1[7] Cho F : KìK −→ Rvới F(x, x) = 0,∀x ∈ K và cho x∗ ∈ K. Giả sử F(x∗, .) : K ìK −→ Rlà hàm lồi khả vi.
Cho H : K ìK −→ X là hàm lồi, khả vi, không âm trên tập lồi K theo biến thứ hai y và thỏa mãn:
i) H(x, x) = 0,∀x ∈ K.
ii) H20(y, y) = 0,∀y ∈ K, với H20(x, y) là đạo hàm theo biến thứ hai tại điểm y của hàm H(x, .). Khi đó, x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng (EP) khi và chỉ khi nó là nghiệm của bài toán (AEP).
Chứng minh.
(⇒) Do x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng nên:
F(x∗, y) ≥ 0,∀y ∈ K.
Ta có:
ε > 0 ⇒εF(x∗, y) ≥0,∀y ∈ K.
Vì H : K ìK −→ X là hàm lồi, khả vi, không âm trên tập lồi K thỏa mãn:
i) H(x, x) = 0,∀x ∈ K.
ii) H20(y, y) = 0,∀y ∈ K,
nên
H(x∗, y) ≥ 0,∀y ∈ K ⇒εF(x∗, y) +H(x∗, y) ≥ 0,∀y ∈ K.
Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán (AEP).
(⇐)Chox∗ ∈ K là nghiệm của bài toán(AEP), ta sẽ chứng minhx∗ ∈ K
cũng là nghiệm của bài toán (EP). Thật vậy, ∀y ∈ K ta có:
εF(x∗, y) +H(x∗, y) ≥ 0 =εF(x∗, x∗) +H(x∗, x∗).
Vậy x∗ là nghiệm của bài toán:
miny∈K{εF(x∗, y) +H(x∗, y)}.
Ta có:
hεF20(x∗, x∗) +H20(x∗, x∗), y−x∗i ≥ 0,∀y ∈ K,
hay
hεF20(x∗, x∗), y−x∗i ≥ 0,∀y ∈ K.
Chia hai vế cho ε > 0 ta được:
hF20(x∗, x∗), y−x∗i ≥ 0,∀y ∈ K.
Do hàm F(x∗, .) lồi nên ta có:
Ta có hệ quả trực tiếp sau đây:
Hệ quả 3.1.1[7] Điểm x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng (EP) nếu và chỉ nếu nó là nghiệm của bài toán cực trị:
miny∈K{εF(x∗, y) +H(x∗, y)}.
trong đó ε > 0 bất kỳ cho trước. Dễ thấy rằng khi ta chọn:
H(x, y) =G(y)−G(x)− hG0(x), y −xi
trong đó G : K −→ R là hàm lồi mạnh, khả vi trên K, thì H thỏa mãn các điều kiện nêu trong mệnh đề trên. Vì vậy ta xét thuật toán sau:
Thuật toán 3.1.1[7]
i) Lấy x0 ∈ K, ε > 0, k = 0
ii) Giải bài toán:
miny∈K{εF(xk, y) +G0(xk), y+G(y)},
tìm nghiệm tối ưu duy nhất yk.
Nếu yk = xk thì thuật toán dừng và kết luận xk là nghiệm của bài toán cân bằng. Trái lại, ta chuyển sang bước iii).
iii) Gán nghiệm yk vừa tìm làxk+1. Lấy k = k+ 1và quay lại bước ii). Định lý sau đây cho ta khẳng định về sự hội tụ của dãy xấp xỉ xây dựng bởi Thuật toán 3.1.1 khi F và G thỏa mãn một số điều kiện nhất định.
Định lý 3.1.1[7] Giả sử các điều kiện sau đây được thỏa mãn: i) F(x, .) là hàm lồi chặt, khả vi với mọi x ∈ K.
ii) F có tính chất bán liên tục trên. iii) F đơn điệu mạnh trên K với hệ số τ. iv) G lồi mạnh trên K với hệ số η.
v) F thỏa mãn điều kiện tựa Lipschitz, tức là tồn tại các hằng số
L1, L2 > 0 thỏa mãn:
F(x, y) +F(y, z)
≥ F(x, z)−L1kx−yk2 −L2ky−zk2,∀x, y, z ∈ K.
Khi đó, nếu ε < η
2L2 và L1 < τ thì dãy xấp xỉ {xk} xây dựng bởi thuật toán trên hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất của bài toán cân bằng (EP).
Chứng minh. Từ các điều kiện i), ii), iii) và áp dụng Định lý 2.1.1 ta suy ra bài toán cân bằng (EP) có nghiệm duy nhất, ký hiệu là x∗. Xét hàm số:
Λ(x) =G(x∗)−G(x)− hG0(x), x∗ −xi.
Do G lồi mạnh với hệ số η nên Λ(x) ≥ η
2kx∗ −xk2 ≥0,∀x ∈ K. Xét hiệu: Λ(xk)−Λ(xk+1) = [G(x∗)−G(xk)−G0(xk), x∗ −xk] −[G(x∗)−G(xk+1)− G0(xk+1), x∗ −xk+1] = G(xk+1)−G(xk)− G0(xk), x∗ −xk+ G0(xk+1), x∗ −xk+1 = G(xk+1)−G(xk)− G0(xk), xk+1 −xk +G0(xk+1)−G0(xk), x∗ −xk+1.
Do G lồi mạnh với hệ số η nên:
G(xk+1)−G(xk)−
G0(xk), xk+1 −xk ≥ η
2kxk+1−xkk2.
Do xk+1 là nghiệm của bài toán (AEP) nên ta có: εF20(xk, xk+1) +G0(xk+1)−G0(xk), y−xk+1 ≥ 0,∀y ∈ K. Chọn y = x∗ ta suy ra: G0(xk+1)−G0(xk), x∗ −xk+1 ≥ εF20(xk, xk+1), xk+1−x∗. Do F(xk, .) lồi nên ta có: F20(xk, xk+1), xk+1−x∗ ≥ F(xk, xk+1)−F(xk, x∗).
Mặt khác, theo điều kiện định lý và tính chất nghiệm của bài toán cân bằng (EP) ta có: F(xk, xk+1)−F(xk, x∗) = [F(x∗, xk) +F(xk, xk+1)−F(x∗, xk+1)] −[F(xk, x∗) +F(x∗, xk)] +F(x∗, xk+1) ≥ −L1kx∗ −xkk2 −L2kxk−xk+1k2 +τkx∗ −xkk2 = (τ −L1)kx∗ −xkk2 −L2kxk−xk+1k2. Vậy ta có: Λ(xk)−Λ(xk+1) ≥ η 2kxk+1−xkk2
+ε(τ −L1)kx∗ −xkk2 −εL2kxk −xk+1k2 = (η
2 −εL2)kxk+1−xkk2 +ε(τ −L1)kx∗ −xkk2 ≥0.
Như vậy, dãy Λ(xk) là dãy giảm, bị chặn dưới (bởi 0). Do đó hội tụ, suy ra:
lim
k→+∞(Λ(xk)−Λ(xk+1)) = 0.
Điều này kéo theo
lim
k→0kx∗ −xkk2 = 0.
Biểu thức trên chứng tỏ dãy {xk} hội tụ mạnh tới x∗. Bây giờ ta xét trường hợp đặc biệt, G(x) = kxk2
2 , khi đó G lồi mạnh với hệ số 1 và sự hội tụ của dãy {xk} là tuyến tính.
Định lý 3.1.2[7] Với các điều kiện của định lý trên, khi 0 < ε ≤ 1 2L2
và L1 < τ thì dãy {xk} xác định bởi công thức truy hồi:
xk+1 = arg miny∈K εF(xk, y) + ky −xkk2 2 , thỏa mãn bất đẳng thức: kxk+1−x∗k2 ≤ αkxk −x∗k2,∀k ≥0. trong đó α = 1−2ε(τ −L1). Chứng minh. Thay G(x) = kxk2
2 vào biểu thức tính Λ ta được:
Λ(x) = kx∗k2
2 − kxk
2
2 − hx, x∗ −xi = kx∗ −xk2
2 .
Lập luận tương tự chứng minh trên ta có:
kx∗ −xkk2 2 − kx ∗ −xk+1k2 2 ≥ (1 2 −εL2)kxk+1 −xkk2 +ε(τ −L1kx∗ −xkk2) ≥ε(τ −L1kx∗ −xkk2).
Nhận xét. Thay z = x vào điều kiện tựa Lipschitz của F, ta được:
F(x, y) +F(y, x) ≥ −(L1 +L2)kx−yk2.
Như vậy, giữa các hệ số đơn điệu và các hệ số của điều kiện tựa Lipschitz có ràng buộc: L1+L2 ≥ τ. Rõ ràng với điều kiện này thì khi 0< ε ≤ 1
2L2
và L1 < τ ta có:
0≤ α = 1−2ε(τ −L1) < 1.
Do đó: 0≤ r = p1−2ε(τ −L1) < 1 và ta có bất đẳng thức:
kxk+1−x∗k ≤ rkxk −x∗k,∀k ≥0.
Bất đẳng thức này khẳng định sự hội tụ tuyến tính của dãy {xk}. Từ bất đẳng thức trên ta suy ra:
kxk+1−x∗k ≤ r 1−rkxk+1−xkk,∀k ≥0 và kxk+1 −x∗k ≤ r k+1 1−rkx1 −x0k,∀k ≥ 0.
Định nghĩa 3.1.2[7] Điểm x ∈ K được gọi là ε− nghiệm của bài toán cân bằng (EP) nếu như kx−x∗k < ε.
Từ hai bất đẳng thức này ta xây dựng được thuật toán tìm ε−nghiệm của bài toán cân bằng (EP) như sau:
Thuật toán 3.1.2[7]
i) Khởi tạo k = 0, xuất phát từ x0 ∈ K. ii) Xác định xk+1 bởi công thức:
xk+1 = arg miny∈K εF(xk, y) + ky −xkk2 2 . iii) Nếu kxk+1−xkk ≤ 1−r r ε hoặc rk+1 1−rkx1 −x0k ≤ ε,
thì thuật toán dừng và xk+1 là ε− nghiệm của bài toán cân bằng (EP). Nếu không, gán k = k + 1 và quay lại bước ii).
Ta sẽ dùng nguyên lý bài toán phụ để giải bài toán phụ trong phương pháp điểm gần kề ở mục dưới đây: