Cho J : K −→ R là một hàm số thực 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.
Nếu ta đặt:
F(x, y) =J(y)−J(x),∀x, y ∈ K
thì bài toán tối ưu tương đương bài toán cân bằng (EP).
Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán tối ưu nên theo định nghĩa ta 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 cân bằng (EP).
Ngược lại, cho x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng (EP) 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 tối ưu. 2.2.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân .
Cho T : K −→R là ánh xạ đơn trị, nửa liên tục trên thỏa mãn T(x) là tập lồi, đóng, bị chặn ∀x ∈ K. Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân được phát biểu như sau:
Tìm x∗ ∈ K sao cho hT(x∗), y−x∗i ≥ 0,∀y ∈ K.
Nếu ta đặt:
F(x, y) =hT(x), y−xi,∀x, y ∈ K.
khi đó bài toán bất đẳng thức biến phân tương đương với bài toán (EP). Thật vậy, vì x∗ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát nên:
hT(x∗), y−x∗i ≥ 0,∀y ∈ K.
Theo cách đặt trên ta có:
F(x∗, y) = hT(x∗), y−x∗i ≥ 0,∀y ∈ K.
Vậy x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng (EP).
Ngược lại, cho x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng (EP) nên:
F(x∗, y) ≥ 0,∀y ∈ K.
Theo cách đặt ta có:
Vậy x∗ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân. 2.2.4 Bài toán bù phi tuyến.
Cho K ⊆ X là một nón lồi đóng và
K∗ = {x ∈ X | hx, yi ≥ 0,∀y ∈ K}.
là nón đối cực của nón K.
Cho ánh xạ T : K −→ R liên tục. Khi đó, bài toán bù phi tuyến được phát biểu như sau:
Tìm x∗ ∈ K sao cho T(x∗) ∈ K và hT(x∗), x∗i = 0.
Nếu ta đặt:
F(x, y) =hT(x), y −xi,∀x, y ∈ K
thì bài toán bù phi tuyến sẽ tương đương với bài toán (EP).
Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán bù phi tuyến nên ta có:
T(x∗) ∈ K,hT(x∗), x∗i = 0.
Mặt khác theo cách đặt ta có:
F(x∗, y) = hT(x∗), y−x∗i = hT(x∗), yi − hT(x∗), x∗i = hT(x∗), yi ≥ 0,∀y ∈ K.
Vậy x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng (EP).
Ngược lại, cho x∗ ∈ K là nghiệm bài toán (EP) ta có:
F(x∗, y) ≥ 0,∀y ∈ K.
Theo cách đặt ta có:
F(x∗, y) = hT(x∗), y−x∗i,∀y ∈ K.
Do K là nón nên 0 ∈ K và 2x∗ ∈ K. Trong đẳng thức trên nếu lấy
y = 0 ∈ K, có hT(x∗),−x∗i ≥ 0 hay hT(x∗), x∗i ≤ 0, còn nếu lấy
y = 2x∗ ∈ K ta có hT(x∗),2x∗ −x∗i ≥ 0hay hT(x∗), x∗i ≥ 0. Vậy hT(x∗), x∗i = 0.
Hơn nữa, do
= hT(x∗), yi,∀y ∈ K.
VìhT(x∗), yi ≥ 0,∀y ∈ K nên T(x∗) ∈ K. Do đó x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán bù phi tuyến.
2.2.5 Bài toán điểm bất động Kakutani.
Cho T : K ⇒ R với K ∩T(x) là tập lồi, đóng, bị chặn và 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∗).
Nếu ta đặt:
F(x, y) = maxξ∈T(x)hx−ξ, y−xi,∀x, y ∈ K
thì bài toán cân bằng(EP) tương đương bài toán điểm bất động Kakutani. Thật vậy, giả sử x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán điểm bất động nên:
T(x∗) 3 x∗.
Mặt khác, theo cách đặt ta có:
F(x∗, y) =hx∗ −T(x∗), y−x∗i,∀y ∈ K.
Do đó, x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng (EP).
Ngược lại cho x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán cân bằng (EP) nên:
F(x∗, y) ≥ 0,∀y ∈ K.
Theo cách đặt nói trên:
F(x∗, y) =hx∗ −T(x∗), y−x∗i,∀y ∈ K.
Chọn y = T(x∗) ∈ K, khi đó:
F(x∗, y) =hx∗ −T(x∗), T(x∗)−x∗i ≥ 0,∀y ∈ K. ⇒ −kx∗ −T(x∗)k ≥ 0,∀y ∈ K
⇒ x∗ = T(x∗),∀y ∈ K.
Vậy x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán điểm bất động Kakutani.
Nếu T là ánh xạ đơn trị thì bài toán điểm bất động Kakutani trở thành bài toán điểm bất động Browder sau:
Nếu ta đặt F(x, y) = hx−T(x), y−xi,∀x, y ∈ K thì với cách lập luận như trên, ta chỉ ra được bài toán điểm bất động Browder tương đương bài toán cân bằng (EP).
2.2.6 Bài toán điểm yên ngựa.
Cho K1, K2 ⊂ K và ϕ : K1 ì K2 −→ X. Điểm (x∗1, x∗2) được gọi là điểm yên ngựa của ϕ nếu (x∗1, x2∗) ∈ K1 ìK2 và
ϕ(x∗1, x∗2) ≤ ϕ(x∗1, y2) ≤ ϕ(y1, x∗2),∀(y1, y2) ∈ K1 ìK2.
Xét ánh xạ F : K1 ìK2 −→ X xác định bởi
F(x, y) =ϕ(y1, x2)−ϕ(x1, y2).
Với x = (x1, x2), y = (y1, y2), điểm x = (x∗1, x∗2) là nghiệm của bài toán điểm yên ngựa nếu và chỉ nếu:
F(x∗, y) ≥0,∀y = (y1, y2) ∈ K1 ìK2.
Tức là x∗ là nghiệm của bài toán (EP).
Để ý rằng, trong tất cả các trường hợp riêng của bài toán cân bằng (EP)
nêu ở trên. Ta đều có:
Chương 3
Phư ơng pháp hiệu chỉnh điểm gần kề
Ta nhắc lại bài toán cân bằng:Tìm x¯ ∈ K sao cho:
F(¯x, y) ≥ 0,∀y ∈ K. (EP)
Việc giải chính xác nghiệm của một bài toán cân bằng nói chung không đơn giản vì với giả thiết F đơn điệu trênK thường dẫn tới nghiệm của bài toán cân bằng (EP) không là duy nhất và tính chất các nghiệm không ổn định theo nghĩa sai số nhỏ dẫn tới sai lệch lớn về nghiệm.
Một phương pháp tương đối tự nhiên được đưa ra là phương pháp bài toán phụ. Với ý tưởng là thay vì phải giải bài toán cân bằng ban đầu tương đối khó, ta xây dựng và giải một dãy các bài toán đơn giản hơn sao cho nghiệm của chúng xấp xỉ nghiệm của bài toán cân bằng (EP). Cụ thể là ta thêm vào song hàm F một song hàm đơn điệu mạnh H(x∗, y) để có được một bài toán cân bằng đơn điệu mạnh, với mục đích là tính ổn định và duy nhất nghiệm. Tuy nhiên, đối với mỗi họ bài toán phụ (AEP) đưa ra, để có được xấp xỉ đủ tốt ta cần hiệu chỉnh các tham số cần thiết. Nội dung chính của phương pháp hiệu chỉnh này là xây dựng dãy {xk} xấp xỉ nghiệm của bài toán cân bằng (EP) trong đó xk là nghiệm của bài toán phụ đơn giản hơn. Trước hết ta xét bài toán cân bằng phụ (AEP) sau:
3.1 Phương pháp bài toán phụ
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:
3.2 Hiệu chỉnh theo phương pháp điểm gần kề.
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.
