Một phương pháp hiệu chỉnh cơ bản để giải bài toán cân bằng là phương pháp hàm đánh giá. Tức là, ta quy việc giải bài toán cân bằng về việc giải bài toán cực trị. Cách tiếp cận theo hàm đánh giá được nghiên cứu và áp dụng rộng rãi để giải bài toán cân bằng. Chương này trình bày cơ sở lí thuyết và thuật toán hiệu chỉnh bài toán cân bằng theo phương pháp hàm đánh giá của Auslender và Fukushima. Nội dung chủ yếu của chương được tham khảo trong [2],[9].
Chúng ta vẫn xét bài toán cân bằng:
Tìm x∗ ∈ K sao cho f(x∗, y) ≥0, ∀y ∈ K, (1.1)
trong đó, f :K ìK →R là một hàm thoả mãn f(x, x) = 0, ∀x ∈ K.
Như ta đã biết (chương 1), bài toán cân bằng (1.1) tương đương với nhiều bài toán quan trọng khác như: bài toán tối ưu, bài toán bất đẳng thức biến phân, bài toán bù,... Bổ đề sau đây cho ta dạng minimax của bài toán cân bằng (1.1).
Bổ đề 3.0.4. [2] Cho f : K ìK → R với f(x, x) = 0,∀x ∈ K. Khi đó, các mệnh đề sau là tương đương:
a, ∃x∗ ∈ K sao cho f(x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K. b, min x∈K n sup y∈K −f(x, y) o = 0.
c, x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán:min
y∈K f(x∗, y).
Chứng minh
(a ⇒ b) Theo giả thiết ta có f(x, x) = 0,∀x ∈ K.
⇒ inf
⇒ sup x∈K
{inf
y∈Kf(x, y)} ≤ 0.
Mặt khác, có x∗ ∈ K nên ta suy ra được sup x∈K
{inf
y∈Kf(x, y)} ≥ inf
y∈Kf(x∗, y).
Theo phần a, ta lại có f(x∗, y) ≥ 0, ∀y ∈ K ⇒ inf
y∈Kf(x∗, y) ≥ 0 ⇒ 0≤ inf y∈Kf(x∗, y) ≤ sup x∈K {inf y∈Kf(x, y)} ⇒ max x∈K {inf y∈Kf(x, y)} = sup x∈K {inf y∈Kf(x, y)} = 0 Vậy min x∈K {sup y∈K [−f(x, y)]} = 0. (b ⇒ a) Do min x∈K{sup y∈K [−f(x, y)]} = 0 ⇒ ∃x∗ ∈ K : sup y∈K [−f(x∗, y)] = min x∈K{sup y∈K [−f(x, y)]} = 0 ⇒ −f(x∗, y) ≤ 0,∀y ∈ K ⇒ f(x∗, y) ≥0,∀y ∈ K.
(c ⇔ a) Do x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán min
y∈K f(x∗, y)
⇔ f(x∗, y) ≥f(x∗, x∗) = 0 (do f(x, x) = 0,∀x ∈ K),∀y ∈ K
⇔ f(x∗, y) ≥0,∀y ∈ K. Nhận xét Theo bổ đề trên thìx∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng (1.1)
khi và chỉ khi nó là nghiệm của bài toán tối ưu:
min x∈K n sup y∈K −f(x, y o . (3.1)
Xuất phát từ nhận xét trên, người ta đã đưa ra khái niệm hàm đánh giá và hướng tới việc xây dựng thuật toán hàm đánh giá giải bài toán cân bằng. Định nghĩa 3.0.2. [9] ChoK là tập đóng củaRn. Khi đó, hàm g :K →R
được gọi là hàm đánh giá của bài toán cân bằng nếu và chỉ nếu:
a, g(x) ≥0, ∀x ∈ K,
b, x∗ ∈ K, g(x∗) = 0 ⇔x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng.
Nhận xét
? Từ định nghĩa 3.0.2 ta thấy hàm:
g(x) := sup y∈K
là hàm đánh giá của bài toán cân bằng (1.1).
? Đối với bài toán bất đẳng thức biến phân, ta có hàm đánh giá:
g(x) := sup y∈K − T(x), y−x = sup y∈K T(x), x−y (3.3) hàm đánh giá (3.3)gọi là hàm đánh giá A.Auslender [6]. Trong trường hợp tổng quát hàm đánh giá này nhìn chung không khả vi.
Vấn đề xây dựng hàm đánh giá khả vi, liên tục cho bài toán bất đẳng thức biến phân đã được đề xuất đầu tiên bởi M.Fukushima [8] và được phát triển tiếp theo bởi D.L.Zhu và P.Marcotte. D.L.Zhu và P.Marcotte đã chứng minh được rằng: g(x) := max y∈K T(x), x −y− L(x, y) (3.4) là hàm đánh giá khả vi, liên tục cho bài toán bất đẳng thức biến phân, với điều kiện L : K ìK → R là một hàm không âm, khả vi liên tục và lồi mạnh trên tập lồi K theo biến y và thoả mãn:
a,L(x, x) = 0, ∀x ∈ K,
b,∇yL(x, x) = 0, ∀y ∈ K.
Trong trường hợp đặc biệt, L(x, y) := 12x −y, M(x −y) với M là ma trận đối xứng xác định dương cấpn, thì đó chính là hàm đánh giá được chỉ ra bởi Fukushima [9].
3.1. Hàm đánh giá A.Auslender
Nhìn chung, hàm đánh giá Auslender thường không khả vi [9]. Do đó, để có thể áp dụng phương pháp hàm đánh giá giải bài toán cân bằng ta cần các điều kiện để một hàm đánh giá là khả vi liên tục.
Mệnh đề sau đây sẽ đưa ra điều kiện để một hàm đánh giá có dạng(3.2)là khả vi liên tục và cho công thức tường minh để tính đạo hàm của nó.
Mệnh đề 3.1.1. [2] Giả sử rằng f(x, .) : K → R là hàm lồi mạnh với
∀x ∈ K, khả vi với biến x và ∇xf(., .) liên tục trên K ìK. Khi đó,
g(x) := sup y∈K
{−f(x, y)}
là hàm đánh giá khả vi liên tục của bài toán cân bằng và đạo hàm của nó được cho bởi công thức:
∇g(x) := ∇xf(x, y(x)), (3.5) trong đó, y(x) := argminy∈Kf(x, y).
Chứng minh Do f(., .) lồi mạnh với biến y, nên tồn tại duy nhất điểm cực tiểu y(x) của bài toán:
min
y∈K f(x, y)
Theo định lí 4.3.3 của B.Bank, ta suy ra được y(x) là nửa liên tục trên tại
x theo nghĩa Berge và là hàm đơn trị tại y(x). Do đó suy ra y(x) liên tục tại x.
Lại do ∇xf(., .)liên tục trên KìK, từ định lí1.7chương 4của Auslender [6] ta có:
∇g(x) := −∇xf(x, y(x))
Do tính liên tục của∇xf(., .)vày(x)nên∇g(x)liên tục tạix.
Thuật toán sau đây được xây dựng dựa vào việc cực tiểu hàm đánh giá g
cho ở dạng (3.2).
Thuật toán 3.1 [9] Cho g(x) := sup y∈K
{−f(x, y)}.
Bước 1 Cho k = 0, x0 ∈ K.
Bước 2 Cho xk+1 = xk +tkdk với k = 1,2, . . . trong đó:
dk := y(xk)−xk y(xk) là nghiệm của bài toán tối ưu:
min
y∈K f(xk, y)
và tk là nghiệm của bài toán:
min
y∈K{g(xk+ tdk)}
Bước 3 Nếu k xk+1 −xk k≤ à với à > 0 thì thuật toán dừng. Ngược lại, thay k bởi k+ 1 và quay lại bước 2.
• Nhắc lại rằng, dk là hướng giảm của hàm đánh giá g tại xk nếu:
∇g(xk), dk < 0.
Ta cần chứng minhdk = y(xk)−xk là hướng giảm của hàm đánh giá g tại
xk.
Để khẳng định điều đó ta cần giả thiết thêm:
5x f(x, y) +5yf(x, y), y −x ≥ 0, ∀x, y ∈ K. (3.6) Giả thiết (3.6)thoả mãn trong trường hợp bài toán bất đẳng thức biến phân:
f(x, y) =T(x), y −x
nếu ∇T(x) là ma trận xác định dương với mọi x ∈ K.
Mệnh đề 3.1.2. [11] Giả sử rằng giả thiết của mệnh đề 3.1.1 là đúng và giả thiết (3.6) thoả mãn. Khi đó,
d(x) := y(x)−x
là hướng giảm của hàm đánh giá g tại x ∈ K, với điều kiện y(x) 6= x.
Chứng minh
Ta thấy rằng x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng khi và chỉ khiy(x∗) =x∗. Mặt khác y(x) là nghiệm của bài toán:
min
và f(x, .) lồi mạnh nên bất đẳng thức sau luôn đúng: ∇yf(x, y(x)), z −y(x) > 0, ∀z ∈ K, z 6= y(x) (3.7) Đặt z := x ta có: ∇yf(x, y(x)), x−y(x) > 0
điều này tương đương với:
∇yf(x, y(x)), y(x)−x < 0
Kết hợp với (3.6) ta có:
0 > ∇yf(x, y(x)), y(x)−x−
∇xf(x, y(x)), y(x)−x
Theo công thức đạo hàm ta có:
∇g(x) = −∇xf(x, y(x)),
ta suy ra được:
∇g(y), y −x < 0.
Tức là, d(x) =y(x)−x là hướng giảm của g tạix.
Định lí sau đây chỉ ra tính hội tụ của dãy điểm được sinh từ thuật toán 3.1. Định lý 3.1.1. [9]Cho K là tập lồi và compact củaRn. Giả sử rằng f(x, .)
là hàm lồi chặt (với biến y) ∀x ∈ K, khả vi theo biến x và ∇xf liên tục trên K ìK. Hơn nữa, giả thiết (3.6) thoả mãn.
Khi đó, với ∀x0 ∈ K, dãy {xk}k∈N được tìm từ thuật toán 3.1 là thuộc K
và mọi điểm tụ của dãy {xk}k∈N đều là nghiệm của bài toán cân bằng.
Chứng minh Vì K là tập lồi và 0≤ tk ≤1, nên {xk}k∈N ⊂ K. Hàm d(x) = y(x)−x liên tục trênK do y(x) liên tục.
Ta lại có ánh xạ:
U(x, d) = y :y = x+tkd, g(x+tkd) = min
t∈[0,1]g(x+td)
là đóng khi hàm g là hàm liên tục.
Theo định lí hội tụ của Zangwill suy ra bất kì điểm tụ nào của dãy {xk}k∈N
được tìm từ thuật toán 3.1 là nghiệm của bài toán cân bằng.
Mệnh đề 3.1.3. [9] Giả sử rằng K là tập lồi và compact của Rn. Giả sử:
∇xf(x, y) +∇yf(x, y), y −x ≥ à kx−y k2, ∀x, y ∈ K (3.8) thoả mãn với à > 0. Khi đó,
∇g(x), d(x) ≤ −à kd(x) k2
trong đó, d(x) := y(x)−x.
Nhận xét Trong thuật toán 3.1, việc giải bài toán:
min y∈K
g(xk +tdk)
để tìm tk đôi khi rất phức tạp. Để khắc phục nhược điểm này ta đưa ra thuật toán 3.2 để giải bài toán cân bằng trong trường hợp hàm đánh giá g được cho bởi (3.2) và hàm f thoả mãn điều kiện (3.8).
Thuật toán 3.2 [9] Cho g(x) := sup y∈K
{−f(x, y)}.
Bước 1 Cho k = 0, x0 ∈ K.
Bước 2 Nếu g(xk) = 0, thì lấy x∗ = xk và thuật toán dừng. Trái lại, ta tiếp tục thực hiện bước 3.
Bước 3 Cho xk+1 = xk +tkdk với k = 1,2, . . . trong đó:
dk := y(xk)−xk.
Chọn số nguyên không âm m nhỏ nhất thoả mãn:
g(xk)−g(xk +αmdk) ≥ tαm k dk k2
với αm = tk; t, α ∈ [0,1].
Bước 4 Nếu k xk+1 −xk k≤ à với à > 0 thì thuật toán dừng. Trái lại, thay k bởi k + 1 và quay lại bước 2.
Định lí sau đây khẳng định sự hội tụ của dãy điểm được sinh từ thuật toán
3.2.
Định lý 3.1.2. [9] Cho {xk}k∈N là dãy được tính từ thuật toán 3.2. Giả sử
K là tập lồi và compact của Rn, f(x, .) lồi mạnh với ∀x ∈ K và giả sử
(3.8) thoả mãn với à > 0 và t < à/2.
Khi đó, với mọi x0 ∈ K, dãy {xk}k∈N ⊂ K và hội tụ đến nghiệm của bài toán cân bằng.
Chứng minh Do tính lồi của tập K và với mọi tk ∈ [0,1] nên ta suy ra
{xk}k∈N ⊂ K. Lại do tính compact của tậpK nên từ dãy {xk}k∈N ta có thể trích ra được một dãy con {xkn}kn∈N, dãy này hội tụ đến điểmx∗.
Ta sẽ chứng minh y(x∗) = x∗ vì thế nên x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng.
Chod(x) := y(x)−x, vìy(x)liên tục (xem chứng minh của mệnh đề3.1.1) nên suy rad(x)liên tục. Vì vậy, ta có thể khẳng định d(xkn) → d(x∗) := d∗
và g(xkn) →g(x∗) := g∗. Ta có: g(xk)−g(xk+1) ≥tαk k dk k2, Do đó, αkn k d(xkn) k2→0, vậy {αkn} ⊆ {αk}. Nếu αkn > γ > 0, γ ∈ R, ∀k ∈ R thì k d(xkn) k→ 0 nên y(x∗) = x∗. Trái lại, giả sử tồn tại dãy {αkp} ⊆ {αkn}, αkp → 0. Ta có,
g(xkp)−g(xkp + αkpd(xkp)
αkp < t k d(xkp) k2, (3.9) trong đó, αkp = αkp/α.
Cho (3.9) qua giới hạn với kp → 0, do αkp → 0 và g khả vi liên tục nên suy ra:
−
Mệnh đề 3.1.3 ta có:
−
∇g(x∗), d∗ ≥ à kd∗ k2 .
Vìt < à/2nên kd∗ k= 0, từ đó suy ra y(x∗) = x∗.
3.2. Hàm đánh giá M.Fukushima
ở phần trên Auslender đã xây dựng thuật toán hàm đánh giá giải bài toán cân bằng khi f(x, .) lồi mạnh. Nhưng không phải lúc nào giả thiết về tính lồi mạnh cũng được thoả mãn. Chẳng hạn, bài toán bất đẳng thức biến phân khi f(x, .) là hàm tuyến tính. Để khắc phục nhược điểm này Fukushima đã chuyển bài toán cân bằng về bài toán cân bằng phụ và đưa ra thuật toán hàm đánh giá giải bài toán cân bằng.
Định lý 3.2.1. [2] Giả sử f(x, .) : K → R là hàm lồi với ∀x ∈ K, khả vi với biến x và ∇xf(., .) liên tục trên K ìK.
Cho L(., .) không âm, khả vi liên tục trên K ìK, lồi mạnh với biến y,
∀x ∈ K thoả mãn: a, L(x, x) = 0, ∀x ∈ K, b, ∇yL(x, x) = 0, ∀x ∈ K. Khi đó, g(x) := max y∈K{−f(x, y)− L(x, y)} (3.11) là hàm đánh giá khả vi liên tục của bài toán cân bằng và đạo hàm của nó được cho bởi công thức:
∇g(x) := −∇xf(x, y(x))− ∇xL(x, y(x)) (3.12) trong đó, y(x) := arguminy∈K{f(x, y) + L(x, y)}.
Chứng minh Từ bổ đề 3.0.5và hệ quả 2.2.1(chương 2), ta suy ra bài toán cân bằng tương đương với bài toán cân bằng phụ sau:
min
Lấy= 1và áp dụng mệnh đề3.1.1cho bài toán cân bằng phụ ta suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét Khi f(x, y) := T(x), y−x thì g(x) := sup y∈K {−f(x, y)− L(x, y)}
là hàm đánh giá cho bài toán bất đẳng thức biến phân. áp dụng thuật toán
3.1 cho bài toán cân bằng ta có thuật toán cho bài toán cân bằng phụ.
Thuật toán 3.3 [9] Cho g(x) := max
y∈K{−f(x, y)− L(x, y)}.
Bước 1 Cho k = 0, x0 ∈ K.
Bước 2 Cho xk+1 = xk +tkdk với k = 1,2, . . . trong đó,
dk = y(xk)−xk y(xk) là nghiệm của bài toán tối ưu:
min
y∈K{f(xk, y) +L(xk, y)},
và tk là nghiệm của bài toán:
min
y∈K{g(xk+ tdk)}.
Bước 3 Nếu k xk+1 −xk k≤ à với à > 0 thì thuật toán dừng. Trái lại, thay k bởi k + 1 và quay lại bước 2.
Trong thuật toán3.3thay thế giả thiết(3.6)của thuật toán3.1bởi điều kiện sau:
∇xf(x, y) +∇xL(x, y) +∇yf(x, y) +∇yL(x, y), y−x ≥0, ∀x, y ∈ K.
(3.13) Dễ thấy rằng nếu ta giả thiết ∇xL(x, y) +∇yL(x, y) = 0, ∀x, y ∈ K thì giả thiết (3.13) chính là giả thiết (3.6).
Định lý 3.2.2. [2] Cho K là tập lồi và compact của tập Rn. Giả sử rằng
f(x, .) là hàm lồi ∀x ∈ K, khả vi với biến x và ∇xf liên tục trên K ìK. Cho L(., .) : K ìK → R không âm, khả vi liên tục trên K ìK, L(x, .)
lồi chặt với ∀x ∈ K và thoả mãn:
a, L(x, x) = 0, ∀x ∈ K,
b, ∇yL(x, x) = 0, ∀x ∈ K.
Hơn nữa, giả sử điều kiện (3.13) thoả mãn.
Khi đó, với mọi điểm x0 ∈ K, dãy {xk}k∈N được tìm từ thuật toán 3.3 là thuộc K và hội tụ tới nghiệm của bài toán cân bằng.
Chứng minh Theo mệnh đề 3.0.5, bài toán cân bằng tương đương với bài toán cân bằng phụ. Lấy= 1và áp dụng định lí3.2.1cho bài toán cân bằng phụ ta suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét Chúng ta nhận thấy rằng điều kiện lồi mạnh của hàm f(x, .) trên
K trong thuật toán 3.2 làm hạn chế phạm vi ứng dụng. Điều kiện này có thể bỏ được nếu ta thay thế giả thiết (3.8) bởi giả thiết sau [11]:
∇xf(x, y) +∇xL(x, y) +∇yf(x, y) +∇yL(x, y), y−x ≥ àk x−y k2 .
(3.14) Thuật toán sẽ trình bày sau đây có thể áp dụng ngay cả trong trường hợp
f(x, .) là hàm lồi, nhưng không nhất thiết là lồi mạnh [9].
Thuật toán 3.4 [9] Cho g(x) := max
y∈K{−f(x, y)− L(x, y)}.
Bước 1 Cho k = 0, x0 ∈ K.
Bước 2 Nếu g(xk) = 0 thì thuật toán dừng. Trái lại ta tiếp tục thực hiện bước 3.
Bước 3 Cho xk+1 = xk +tkdk với k = 1,2, . . . trong đó:
dk := y(xk)−xk.
g(xk)−g(xk +αmdk) ≥ tαm k dk k2
với αm = tk; t, α ∈ [0,1].
Bước 4 Nếu k xk+1 −xk k≤ à với à > 0 thì thuật toán dừng. Trái lại, thay k bởi k + 1 và quay lại bước 2.
Sự hội tụ của dãy điểm được sinh từ thuật toán 3.4được khẳng định bởi hệ quả (của định lí 3.1.2) sau:
Hệ quả 3.2.1. [9] Cho {xk} là dãy được tìm từ thuật toán3.4. Giả sử rằng
K là tập lồi và compact của Rn và giả thiết(3.14) thoả mãn với à > 0 và
t < à/2.
Khi đó, với mọi x0 ∈ K dãy {xk} ⊂ K và hội tụ tới nghiệm của bài toán cân bằng.
Người ta chứng minh được rằng có thể giảm nhẹ điều kiện về tính compact của tập chấp nhận được K trong trường hợp hàmf đơn điệu mạnh và ∇xL
liên tục Lipschitz trên K [11].
Mệnh đề sau cho phép ta đánh giá sai số toàn cục khi giải bài toán cân bằng theo hàm đánh giá g trong trường hợp f đơn điệu mạnh.
Mệnh đề 3.2.1. [9] Cho f đơn điệu mạnh trên K với hệ số b. Khi đó,
g(x) ≥ b k x−x∗ k2, ∀x ∈ K (3.15) với x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng.
Chứng minh Vì với ∀y ∈ K ta có g(x) ≥ −f(x, y).
Khi đó dựa vào giả thiết về tính đơn điệu mạnh theo hệ số b của hàm f và tính chất f(x, x) = 0, ∀x ∈ K ta có:
g(x) ≥ −f(x∗, x)−f(x, x∗) + f(x, x∗)
≥ b k x−x∗ k2 +f(x, x∗)
Ta có thể mở rộng kết quả nêu trong mệnh đề 3.2.1 đối với hàm đánh giá
g := maxy∈K−f(x, y)− L(x, y) và cần xét thêm điều kiện về tính liên tục Lipschitz cho hàm ∇yL(x, y).
Mệnh đề 3.2.2. [11] Cho f đơn điệu mạnh trên K với hệ số b, L(x, .) lồi và ∇yL(x, .) liên tục Lipschitz với hệ số L <2b, ∀x ∈ K. Khi đó,
g(x) ≥ (b−L/2) k x−x∗ k2, ∀x ∈ K (3.16) với x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng.
Chứng minh Với ∀x, y ∈ K có g(x) ≥ −f(x, y)− G(x, y). Do đó, với x∗ = y có g(x) ≥ −f(x∗, x)− L(x∗, x)−f(x, x∗) +f(x, x∗) ≥ b kx−x∗ k2 +f(x, x∗)− L(x∗, x). Có g(x) ≥ b k x−x∗ k2 − G(x∗, x). (3.17) Do ∇yL(x, .) liên tục Lipschitz nên bất đẳng thức sau đúng
L(x∗, x) =L(x∗, x)− L(x, x) (do L(x, x) = 0)
≤(L/2) k x∗ −x k2, ∀x ∈ K.