3 Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho bài toán cân bằng trong
3.3Hiệu chỉnh Tikhonov cho BTCB giả đơn điệu
điệu
Như đã thấy, nếu f đơn điệu thì song hàm cân bằng fε của bài toán hiệu chỉnh E(K, fε) là đơn điệu mạnh nên bài tốn này có duy nhất nghiệm. Cịn khi f giả đơn điệu, nói chung, fε là khơng giả đơn điệu và do đó tập nghiệm của bài tốn E(K, fε) có thể khơng cịn duy nhất nghiệm nữa, thậm chí là khơng lồi, như ta thấy ở ví dụ sau đây.
Ví dụ 3.3.1. Cho a là một số dương tùy ý, K = [−3,+∞) và các song hàm cân bằng f(x, y) := 1a(x2+ 2)(y−x), g(x, y) :=x(y−x).
Theo Nhận xét 2.2.1 và Ví dụ 2.2.3,g là đơn điệu mạnh và f là giả đơn điệu. Khi đó, với ε= a3, hàm
fε(x, y) = 1
a
(x2+ 3x+ 2)(y−x) là khơng giả đơn điệu theo Ví dụ 2.2.5. Mặt khác, ta có
fε(−1, y) = fε(−2, y) = 0 và fε(−3, y)≥0, ∀y∈K.
Điều này chứng tỏ x=−1, x=−2 vàx=−3là ba nghiệm phân biệt của bài toán E(K, fε). Có thể thấy rằng, bài tốn này chỉ có ba nghiệm đã nêu nên
SE(K, fε) là không lồi.
Định lý dưới đây cho thấy, khi song hàm cân bằng f giả đơn điệu, bài tốn hiệu chỉnhE(K, fε)có nghiệm khi và chỉ khi bài tốn gốcE(K, f)có nghiệm. Mặc dù bài tốn hiệu chỉnh E(K, fε)khơng cịn duy nhất nghiệm nữa nhưng mọi quỹ đạo nghiệm của nó đều hội tụ đến nghiệm của bài tốn gốc E(K, f)
gần với nghiệm phỏng đoán xg nhất. Điều này có nghĩa là, phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov là ổn định đối với BTCB giả đơn điệu theo nghĩa nghiệm của bài toán phụ thuộc liên tục theo các dữ kiện ban đầu.
Định lý 3.3. Giả sử f giả đơn điệu trên K và các giả thiết (A1),(A2) được thỏa. Khi đó, các khẳng định sau đây là tương đương nhau:
a) SE(K, fε)khác rỗng với mỗiε >0và limε→0+x(ε)tồn tại, trong đó x(ε)
là phần tử được chọn tùy ý trong SE(K, fε).
b) SE(K, fε) khác rỗng với mỗi ε >0 và limε→0+supkx(ε)k <+∞, trong
đó x(ε) là phần tử được chọn tùy ý trong SE(K, fε).
c) SE(K, f)6=∅.
Hơn nữa, nếu một trong ba khẳng định trên được thỏa thì limε→0+x(ε) chính là hình chiếu x∗ của xg trên tậpSE(K, f)và cũng là nghiệm duy nhất của bài tốn E(K, g), trong đóe
e
K :=SE(K, f) và g(x, y) :=hx−xg, y−xi.
Chứng minh. Dễ thấy fε thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2).
a) ⇒ b) và b) ⇒ c): Chứng minh tương tự như trong phần chứng minh Định lý 3.1.
c) ⇒ a): Để chứng minh SE(K, fε) 6= ∅ với mỗi ε > 0, theo Định lý 2.4,
chỉ cần tìm một vectơ y0 ∈K sao cho tập
L(y0, fε) := {x∈K :fε(x, y0) =f(x, y0) +ε
x−xg, y0−x
≥0}
bị chặn. Thật vậy, bởi SE(K, f)6=∅nên có thể lấy y0 ∈SE(K, f). Khi đó,
f(y0, x)≥0, ∀x∈K.
Suy ra
f(x, y0)≤0, ∀x∈K (3.8) bởi tính giả đơn điệu của f. Lưu ý rằng, do y0 ∈L(y0, fε) nên L(y0, fε)6= ∅.
Với mọi x∈L(y0, fε), ta có
fε(x, y0) =f(x, y0) +εx−xg, y0−x≥0 hay f(x, y0)≥εx−xg, x−y0. (3.9) Từ (3.8) và (3.9), ta nhận được 0≥ x−xg, x−y0 =(x−y0) + (y0−xg), x−y0
hay
kx−y0k2 ≤
xg−y0, x−y0
.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz vào vế trái của bất đẳng thức này, ta có
kx−y0k ≤ kxg−y0k, ∀x∈L(y0, fε)
Vì vậy,
kxk ≤ ky0k+kxg−y0k, ∀x∈L(y0, fε).
Chứng tỏL(y0, fε)bị chặn và do đó bài tốnE(K, fε)có nghiệm với mọiε >0.
Bây giờ, lấy x¯ là một nghiệm tùy ý củaE(K, f)và {εk}là một dãy bất kỳ các số dương hội tụ về 0. Chọn tùy ý dãy {xk} ⊂SE(K, fεk). Với mỗi k ∈N, ta có
f(¯x, xk)≥0 (3.10) và
fεk(xk,x) :=¯ f(xk,x) +¯ εkxk−xg,x¯−xk≥0 (3.11) Do f giả đơn điệu trên K nên từ (3.10) suy ra f(xk,x)¯ ≤0. Vì vậy, từ (3.11)
ta nhận được
g(xk,x) :=¯ xk−xg,x¯−xk =xk−xg,(¯x−xg)−(xk−xg)≥0.
Suy ra
xk−xg,x¯−xg ≥ kxk−xgk2.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz vào vế phải của bất đẳng thức này, ta được
kxk−xgk ≤ k¯x−xgk, ∀k.
Chứng tỏ dãy{xk}bị chặn. Lấy x∗ là điểm giới hạn tùy ý của dãy này. Khơng mất tính tổng quát, giả sử xk →x∗ ∈K khi k → ∞. Lập luận tương tự như
trong phần chứng minh Định lý 3.1, ta có limε→0+x(ε) = x∗, và hơn nữa, x∗
là hình chiếu của xg lên tập Ke = SE(K, f) và cũng là nghiệm duy nhất của bài toán E(K, g)e với g(x, y) := hx−xg, y−xi.
Định lý tiếp theo cung cấp một vài thơng tin hữu ích về tập nghiệm của bài tốn hiệu chỉnh E(K, fε) khif giả đơn điệu trênK và thỏa điều kiện bức
Định lý 3.4. Giả sử f giả đơn điệu trên K và thỏa mãn các giả thiết (A1)−
(A3). Khi đó
a) Với ε >0 bất kỳ, tập nghiệm SE(K, fε) compắc và khác rỗng.
b) limε→0+diamSE(K, fε) = 0, trong đó diamSE(K, fε) := sup
x,y∈SE(K,fε)
kx−yk.
Chứng minh. a) Với các giả thiết của định lý, tậpSE(K, f)là compắc và khác rỗng theo Định lý 2.2.c). Lấyy0 ∈SE(K, f)bất kỳ. Để chứng minhSE(K, fε)
compắc và khác rỗng, theo Định lý 2.4, chỉ cần chứng tỏ tập
L(y0, fε) := {x∈K :fε(x, y0) =f(x, y0) +εx−xg, y0−x ≥0}
bị chặn. Tuy nhiên, điều này đã được chỉ ra trong phần chứng minh c)⇒ a) của Định lý 3.3.
b) Theo khẳng định a), với mỗi ε >0, tập nghiệmSE(K, fε) là compắc và khác rỗng. Khi đó sẽ có x(ε), y(ε)∈SE(K, fε)sao cho
kx(ε)−y(ε)k=diamSE(K, fε).
Khẳng định cuối của Định lý 3.3 chứng tỏ
lim
ε→0+x(ε) = lim
ε→0+y(ε) = x∗,
trong đó x∗ là nghiệm duy nhất của bài toán E(K, g)e với e K :=SE(K, f)và g(x, y) :=hx−xg, y−xi. Suy ra lim ε→0+diamSE(K, fε) = 0. Định lý được chứng minh.
Dựa vào cách chứng minh các Định lý 3.2, 3.3 và 3.4, tương tự như trường hợp f đơn điệu, ta có thể tổng quát hóa các Định lý 3.3 và 3.4 như sau.
i) f giả đơn điệu trên K và thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2).
ii) g :K×K →R là song hàm cân bằng đơn điệu mạnh trên K với hằng số
γ >0, thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2) và điều kiện (3.5).
Khi đó, các khẳng định sau đây là tương đương nhau:
a) Với mọi ε >0, bài toán E(K, f+εg) có nghiệm và limε→0+x(ε) tồn tại, trong đó x(ε) là nghiệm tùy ý của E(K, f +εg).
b) Với mọi ε >0, bài tốn E(K, f+εg)có nghiệm và limε→0+supkx(ε)k<
∞, trong đó x(ε) là nghiệm tùy ý của E(K, f +εg).
c) SE(K, f)6=∅.
Hơn nữa, nếu một trong các khẳng định trên được thỏa thì limε→0+x(ε) chính là nghiệm duy nhất của bài tốn E(K, g)e với Ke := SE(K, f). Ngoài ra, nếu
bài tốn E(K, f) thỏa mãn điều kiện bức (A3) thì tập nghiệm SE(K, f +εg)
của bài toán E(K, f+εg) là compắc khác rỗng với mọi ε >0 và
lim
ε→0+diamSE(K, f +εg) = 0.
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh c) ⇒ a) và khẳng định cuối về giới hạn
limε→0+x(ε); phần còn lại được chứng minh tương tự như chứng minh các
Định lý 3.2, 3.3 và 3.4.
Để chứng minh SE(K, fε)6=∅với mỗiε >0, theo Định lý 2.4, chỉ cần tìm
một vectơ y0 ∈K sao cho tập
L(y0, fε) :={x∈K :fε(x, y0) :=f(x, y0) +εg(x, y0)≥0}
bị chặn. Bởi giả thiết c), có thể lấy y0 ∈SE(K, f). Khi đó
f(y0, x)≥0, ∀x∈K.
Suy ra
f(x, y0)≤0, ∀x∈K (3.12) bởi tính giả đơn điệu của f. Do y0 ∈ L(y0, fε) nên L(y0, fε) 6= ∅. Với mọi
x∈L(y0, fε), ta có
Từ (3.12) và (3.13), ta nhận được
g(x, y0)≥0, ∀x∈L(y0, fε). (3.14) Do g đơn điệu mạnh với hệ số γ >0 nên
g(x, y0) +g(y0, x)≤ −γkx−y0k2. (3.15) Từ (3.14) và (3.15) suy ra
−g(y0, x)≥γkx−y0k2+g(x, y0)≥γkx−y0k2.
Sử dụng điều kiện (3.5), ta thấy
kx−y0k ≤ L
γkxg−y0k, ∀x∈L(y0, fε).
Điều này chứng tỏ tập L(y0, fε) bị chặn.
Cho x¯ là một nghiệm tùy ý của E(K, f) và {εk} là một dãy số dương hội tụ về 0. Lấy tùy ý một dãy {xk} với xk ∈SE(K, fεk). Khi đó, với mỗi k ∈N, ta có
f(¯x, xk)≥0 (3.16) và
fεk(xk,x) :=¯ f(xk,x) +¯ εkg(xk,x)¯ ≥0. (3.17) Bởi tính giả đơn điệu củaf và từ (3.16) suy ra f(xk,x)¯ ≤0. Vì vậy, từ (3.17),
ta có
g(xk,x)¯ ≥0.
Lập luận tương tự như trong chứng minh của Định lý 3.2, ta chỉ ra được dãy
{xk}bị chặn và có một điểm giới hạnx∗ chính là nghiệm duy nhất của BTCB
E(K, g)e với Ke =SE(K, f). Do đó limε→0+x(ε) =x∗.
Các ví dụ dưới đây nhằm minh họa cho những kết quả đã đạt được trong các Định lý 3.1 và 3.3 khi áp dụng phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov vào BTCB đơn điệu và giả đơn điệu.
Ví dụ 3.3.2. ChoK =R2
+ = [0,+∞)×[0,+∞)và hàmf :K×K →Rđược xác định bởi
Có thể thấy tập nghiệm của bài toán E(K, f) là e K =SE(K, f) ={(0, x2) :x2 ∈R+}. Ta có f(x, y) +f(y, x) = x21(y1−x1) +y12(x1−y1) =−(x1 +y1)(x1 −y1)2 ≤0, ∀x, y ∈K
nên f đơn điệu trên K.
Nếu áp dụng phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho bài toán E(K, f), với
việc chọn xg,0 = (0,0) ∈ K làm vai trị nghiệm phỏng đốn của E(K, f) thì song hàm cân bằng của bài tốn hiệu chỉnh sẽ là
fε0(x, y) =x21(y1−x1) +εx−xg,0, y−x
=x21(y1−x1) +εx1(y1−x1) +εx2(y2−x2) =x1(x1+ε)(y1−x1) +εx2(y2−x2).
BTCB đơn điệu mạnh E(K, fε0) có duy nhất nghiệm x(ε) := (0,0) (lưu ý
x(ε) = (−ε,0) bị loại). Hiển nhiên x(ε)→x∗,0 := (0,0)∈Ke khiε→0 vàx∗,0
cũng là nghiệm duy nhất của BTCB đơn điệu mạnh E(K, g)e với
g(x, y) = hx, y−xi=x1(y1−x1) +x2(y2−x2).
Còn nếu chọnxg,1 = (1,2)∈K làm vai trị nghiệm phỏng đốn củaE(K, f)
thì song hàm cân bằng của bài tốn hiệu chỉnh tương ứng với nghiệm này sẽ là
fε1(x, y) =x21(y1 −x1) +εx−xg,1, y−x
=x21(y1 −x1) +ε(x1−1)(y1−x1) +ε(x2−2)(y2−x2) = (x21+εx1−ε)(y1−x1) +ε(x2−2)(y2−x2).
Bài toán E(K, f1
ε) có duy nhất nghiệm x(ε) := (−ε+ √
ε2+4ε
2 ,2) ∈ K. Rõ ràng x(ε)→x∗,1 := (0,2)∈Ke khi ε→0. Ta thấy x∗,1 chính là hình chiếu củaxg,1
trên Ke và nó cũng là nghiệm duy nhất của bài toán E(K, g)e với
g(x, y) =x−xg,1, y−x= (x1−1)(y1−x1) + (x2−2)(y2−x2). Ví dụ 3.3.3. Cho K :=R2 + và hàm sốf :K ×K →R được xác định bởi f(x, y) = x1(y1−x1) nếu x1 6= 1 2x1(y1−x1) nếu x1 = 1 = x1(y1−x1) nếu x1 6= 1 2(y1−1) nếu x1 = 1
với x= (x1, x2), y = (y1, y2)∈K. Tập nghiệm của bài toán E(K, f) là e K =SE(K, f) ={(0, x2) :x2 ∈R+}. Với x= (1, x2), y = (32, y2),∀x2, y2 ∈R+, ta có f(x, y) +f(y, x) = 2 3 2 −1 +3 2 1− 3 2 = 1 4 >0
nên f không đơn điệu trên K. Ta sẽ chứng minh f giả đơn điệu trên K. Thật
vậy, xét các trường hợp sau đây:
• x1 = 1, y1 = 1 :f(x, y) = 0⇒f(y, x) = 0,∀x, y ∈K.
• x1 = 1, y1 6= 1 : f(x, y) = 2(y1 − 1) ≥ 0 ⇒ f(y, x) = y1(1− y1) ≤
0,∀x, y ∈K.
• x1 6= 1, y1 = 1 : f(x, y) = x1(1−x1)≥ 0 ⇒ x1 = 0 hoặc 1−x1 ≥ 0⇒
f(y, x) = −2≤0hoặc f(y, x) = 2(x1−1)≤0,∀x, y ∈K.
• x1 6= 1, y1 6= 1 :f(x, y) =x1(y1−x1)≥ 0⇒ x1 = 0hoặc y1−x1 ≥ 0⇒
f(y, x) = −y2
1 ≤0 hoặc f(y, x) = y1(x1−y1)≤0,∀x, y ∈K.
Như vậy, ta ln có
f(x, y)≥0⇒f(y, x)≤0, ∀x, y ∈K.
Chứng tỏ f giả đơn điệu trênK.
Bây giờ ta sẽ áp dụng phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho bài toán
E(K, f) với việc chọn xg = (a, b) ∈ K làm vai trị nghiệm phỏng đốn của
E(K, f). Khi đó, song hàm cân bằng của bài toán hiệu chỉnh sẽ là
fε(x, y) =
(x1(1 +ε)−aε)(y1−x1) +ε(x2−b)(y2−x2) nếu x1 6= 1
(2 +ε−aε)(y1−1) +ε(x2−b)(y2−x2) nếu x1 = 1.
Bài toán E(K, fε) có nghiệm x(ε) := 1+εaε , b → x∗ := (0, b)∈ Ke khi ε → 0.
Dễ thấy x∗ chính là hình chiếu của xg trên Ke và nó cũng là nghiệm duy nhất của bài tốn E(K, g)e với