Nội dung của phương pháp hiệu chỉnh theo điểm gần kề là chuyển việc giải bài toán cân bằng đơn điệu (có thể không duy nhất nghiệm), về việc giải một dãy các bài toán cân bằng phụ với song hàm đơn điệu mạnh. Do tính đơn điệu mạnh nên bài toán cân bằng phụ luôn tồn tại và duy nhất nghiệm. Ta nghiên cứu phương pháp do Moudafi đề xuất trong [8]:
Định lý 3.2.1[8] Giả sử các điều kiện sau đây được thỏa mãn: i) F(x, .) lồi chặt, nửa liên tục dưới với mọi x ∈ K.
ii) F(., y) có tính chất bán liên tục trên và đơn điệu chặt trên K. iii) H : K −→ R lồi mạnh với hệ số α và đạo hàm H0 thỏa mãn điều kiện Lipschitz với hệ số β, ε > 0là tham số cho trước, dãy{xk} xác định bởi quy tắc: xk+1 là nghiệm của bài toán (AEP):
εF(xk+1, x) +H0(xk+1)−H0(xk), x −xk+1 ≥ 0,∀x ∈ K.
Khi đó {xk} hội tụ yếu tới nghiệm duy nhất của bài toán cân bằng (EP). Ta cần tới hai bổ đề sau đây:
Bổ đề 3.2.1[8] Giả sử dãy {xn}là dãy bị chặn trongX và các tập điểm tụ yếu của nó chỉ có đúng một điểmx∗. Khi đó dãy{xn}hội tụ yếu tớix∗. Chứng minh. Xétw bất kỳ thuộc X. Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử hw, xni 6−→ hw, xi. Khi đó, theo định nghĩa giới hạn, tồn tại ε > 0
và dãy con {xnk}, với k đủ lớn sao cho:
| hw, xnki − hw, xi |> ε,∀k ≥ 0. (5)
Mặt khác, do dãy {xnk} bị chặn nên ta trích ra được một dãy con {xn0 k}
hội tụ yếu. Theo giả thiết, giới hạn này phải là x∗, do đó ta có:
lim k→+∞ D w, xn0k E = hw, xi. (6)
Ta thấy (5) và (6) là mâu thuẫn, tức là:
lim
Điều này đúng với bất kỳ w ∈ X nên ta có điều cần chứng minh.
Bổ đề 3.2.2[8] Giả sử f : K −→ R∪ {+∞} là hàm lồi, nửa liên tục dưới. Khi đó nếu dãy {xk} hội tụ yếu tới x thì ta có:
f(x) ≤ lim
n→+∞inff(xn).
Chứng minh. Theo giả thiết, f nửa liên tục dưới ⇔ tập mức dưới
Lf(α) := {x | f(x) ≤ α}
là tập đóng.
Do f là tập lồi nên Lf(α) cũng là tập lồi, suy ra Lf(α) là tập đóng yếu. Vì vậy f là hàm nửa lên tục dưới yếu. Nên nếu xk * x thì
f(x) ≤ lim
n→+∞inff(xn).
Chứng minh. ( Định lý 3.2.1)
Từ điều kiện i), ii) 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 : K −→ R xác định bởi:
Λ(x) =H(x∗)−H(x)− hH0(x), x∗ −xi.
Từ giả thiết H lồi mạnh với hệ số α, ta suy ra:
Λ(x) ≥ α 2kx∗ −xk2 ≥0. (7) Ta có: Λ(xk)−Λ(xk+1) = H(xk+1)−H(xk)− H0(xk), x∗ −xk+H0(xk+1), x∗ −xk+1 = H(xk+1)−H(xk)− H0(xk), xk+1 −xk +H0(xk+1)−H0(xk), x∗ −xk+1. (8)
Do H lồi mạnh với hệ số α nên :
H(xk+1)−H(xk)− H0(xk), xk+1−xk ≥ α 2kxk+1−xkk2. (9) Theo cách xác định xk+1 ta có: H0(xk+1)−H0(xk), x∗ −xk+1 ≥ −εF(xk+1, x∗). (10)
Mặt khác, do hàmF đơn điệu vàx∗ là nghiệm của bài toán cân bằng(EP) nên: F(xk+1, x∗) = F(x∗, xk+1)−[F(x∗, xk+1) +F(xk+1, x∗)] ≥0. (11) Kết hợp (8),(9),(10),(11) ta được: Λ(xk)−Λ(xk+1) ≥ α 2kxk+1−xkk2.
Dãy Λ(xk) là dãy giảm và bị chặn dưới (bởi 0) nên giới hạn:
l(x∗) = lim k→+∞Λ(xk), tồn tại hữu hạn. Ta có: lim k→+∞kxk+1−xkk= 0. Mặt khác, từ (7): kxk −x∗k2 ≤ 2 αΛ(x k).
Vì vậy, suy ra dãy {xk} bị chặn.
Gọix là một điểm tụ yếu bất kỳ của dãy{xk}, tức là tồn tại dãy con{xki}
hội tụ yếu đến x. Do xk+1 là nghiệm của bài toán phụ (AEP) và do tính đơn điệu của F ta có:
εF(x, xk+1) ≤ −εF(xk+1, x) ≤H0(xk+1)−H0(xk), x−xk+1.
Lại do tính liên tục Lipschitz của hàm H0 nên:
H0(xk+1)−H0(xk), x−xk+1 ≤ kx−xk+1k ã kH0(xk+1)−H0(xk)k ≤βkx−xk+1k ã kxk+1 −xkk.
Kết hợp hai bất đẳng thức trên ta suy ra:
εF(x, xk+1) ≤ βkx−xk+1k ã kxk+1 −xkk.
Điều này đúng với mọi k nên đúng với dãy con ki, tức là:
εF(x, xk+1) ≤ βkx−xki+1k ã kxki+1 −xkik.
Vế phải tiến dần tới 0 khi ki −→+∞, áp dụng bổ đề thứ hai ta thu được:
F(x, x) ≤ lim
Đặt xt = tx+ (1−t)x với 0< t ≤ 1 ta được:
0 = F(xt, xt) ≤ tF(xt, x) + (1−t)F(xt, x) ≤ tF(xt, x).
Do vậy F(xt, x) ≥ 0,∀t > 0. Cho t ↓ 0 thì xt → x, do tính bán liên tục trên của F ta có:
F(x, x) ≥ 0,∀x ∈ K.
hay x là nghiệm của bài toán cân bằng (EP). Do F đơn điệu chặt nên nghiệm của bài toán cân bằng (EP) là duy nhất hay x = x∗. Vậy dãy
{xk} thỏa mãn các điều kiện của bổ đề thứ nhất và do đó nó hội tụ yếu đến x∗. Mệnh đề được chứng minh.
Trong mệnh đề trên nếu thay điều kiện đơn điệu của F bởi điều kiện đơn điệu mạnh, ta sẽ có được sự hội tụ mạnh. Thật vậy, giả sử F đơn điệu mạnh với hệ số τ, khi đó ta có:
F(xk+1, x∗) =F(x∗, xk+1)−[F(x∗, xk+1) +F(xk+1, x∗)] ≥τkxk+1−x∗k2.
Lập luận tương tự chứng minh trên ta được:
Λ(xk)−Λ(xk+1) ≥ α
2kxk+1 −xkk2 +ετkxk+1 −x∗k2.
Từ đó và sự hội tụ của dãy Λ(xk) ta suy ra:
lim
k→+∞kxk −x∗k = 0.
Chọn H(x) = kxk2
2 thì H0(x) = x và H lồi mạnh với hệ số 1. Khi đó sự hội tụ tuyến tính của dãy {xk} được phát biểu trong định lý sau:
Định lý 3.2.2[8] Giả sử các điều kiện sau đây được thỏa mãn: i) F(x, .) lồi chặt, nửa liên tục dưới ∀x ∈ K.
ii) F có tính chất bán liên tục trên và đơn điệu mạnh với hệ số τ. Xây dựng dãy {xk} bởi quy tắc: xk+1 là nghiệm của bài toán (AEP(k)):
εF(xk+1, x) +xk+1 −xk, x −xk+1 ≥ 0,∀x ∈ K
Khi đó dãy {xk} thỏa mãn bất đẳng thức:
Với:
0< r = √ 1
1 + 2ετ < 1.
Chứng minh. ThayH vào biểu thức tínhΛta đượcΛ(x) = 1
2kx−x∗k2, Do đó: kxk−x∗k2 2 − kx k+1 −x∗k2 2 ≥ α 2kxk+1−xkk2 +ετkxk+1 −x∗k2. Suy ra: kxk −x∗k2 ≥ (1 + 2ετ)kxk+1 −x∗k2.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Định nghĩa 3.2.1[8] Ta nói F là đồng liên tục Lipschitz địa phương (với hệ số a) tại 0 đối với Λ, nếu với bất kỳ nghiệm x∗ nào của bài toán cân bằng (EP) và cho một số τ > 0, ta có:
2Λ(x) ≤a2| w |2.
khi
F(x, y) +hw, y −xi ≥ 0,∀y ∈ K,| w |≤ τ.
Định lý 3.2.3[8] Giả sử {xk} là nghiệm của bài toán cân bằng phụ
(AEP). Nếu ngoài các giả thiết của Định lý 3.2.1 được thỏa mãn vàF là đồng liên tục Lipschitz địa phương tại 0 đối với Λ, thì {xk} hội tụ mạnh tới x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng (EP). Hơn thế nữa, tồn tại một chỉ số k0 sao cho ∀k ≥k0, với ε > βa
α √ β −α. Ta có: | xk+1 −x¯ |≤θ r β α | xk −x¯| . trong đó θ = p βa β2a2 +αε2.
Chứng minh. Gọi w = H0(xk+1)−H0(xk), trong chứng minh Định lý 3.2.1 ta đã có:
≥
H0(xk+1)−H0(xk), x−xk+1 ≥εF(x, xk+1).
và do tính liên tục Lipschitz của H0 ta có:
lim
k→+∞ | wk |= 0.
Chọn k0 thỏa mãn ε−1 | wk |< τ,∀k ≥ k0. Từ bài toán (AEP) và tính đồng liên tục Lipschitz của F tại 0 ta suy ra:
2Λ(xk+1) ≤a2| ε−1wk |2.
Mặt khác, với
Λ(xk)−Λ(xk+1) ≥ α
2 | xk+1−xk |2 .
và do tính Lipschitz của H0 nên:
Λ(xk+1) ≤ β 2a2 β2a2 +αγ2Λ(xk). Do đó: lim k→+∞Λ(xk) = 0. và lim k→+∞ | xk −x∗ |= 0. vì θ < 1 và | xk−x∗ |2≤ 2 αΛ(x k). Ta có thể suy ra: | xk −x∗ |2≤ 2 αΛ(x k) ≤ 2 αθ 2Λ(xk+1) ≤ β αθ 2 | xk+1 −x∗ |2 . Định lý được chứng minh.
Như vậy, ở thuật toán do Moudafi đưa ra trong [8], tại mỗi bước lặp phải giải bài toán (AEP(k)):
εF(xk+1, x) +hxk+1 −xk, x−xk+1i ≥ 0,∀x ∈ K.
Nếu đặt:
Fk(x, y) =εF(x, y) +hx−xk, y−xi,
thì xk+1 trở thành nghiệm của bài toán:
Fk(xk+1, x) ≥ 0,∀x ∈ K.
Thực chất đây cũng là một bài toán cân bằng. Tuy nhiên mệnh đề sau đây chỉ ra rằng hàm Fk sẽ có các tính chất tốt hơn F:
Mệnh đề 3.2.1[8] Nếu F đơn điệu và thỏa mãn điều kiện tựa Lipschitz với hệ số dương L1, L2 thì:
i) Fk đơn điệu mạnh với hệ số 1.
ii) ∀t > 0, Fk thỏa mãn điều kiện tựa Lipschitz với hệ số:
L1(k) = εL1 + 1
4t và L2(k) = εL2 +t.
Chứng minh. Khai triển Fk theo F ta có:
Fk(x, y) +Fk(y, x)
= εF(x, y) +hx−xk, y −xi+εF(y, x) + hy −xk, x−yi = ε(F(x, y) +F(y, x)) +hx−y, y−xi
= ε(F(x, y) +F(y, x))− kx−yk2 ≤ −kx−yk2.
Bất đẳng thức cuối có được do tính đơn điệu của F. Vậy i) được chứng minh. Đặt Gk(x, y) := hx−xk, y−xi, ta có: Gk(x, y) +Gk(y, z) +Gk(x, z) = hx−xk, y−xi+ hy −xk, z −yi − hx−xk, z −xi = hx−xk, y−zi − hx−xk, z −xi+hy −xk, z −yi − hx−xk, z −xi = hx−xk, y−zi+hy −xk, z −yi = hx−y, y−zi ≥ −kx−yk ã ky −zk. Từ bất đẳng thức: kx−yk ã ky−zk ≤ 1 4tkx−yk2 +tky −zk2.
Ta suy ra, Gk thỏa mãn điều kiện tựa Lipschitz:
Gk(x, y) + Gk(y, z) ≥Gk(x, z)− 1
4tkx−yk2 −tky −zk2.
DoFk(x, y) =F(x, y) +Gk(x, y)mà F thỏa mãn điều kiện tựa Lipschitz với hệ số L1, L2 nên ta có ii).