6. Cấu trúc của luận án
3.2.Phương pháp hàm phạt
Phương pháp hàm phạt (penalty function method) là một trong những công cụ cơ bản được sử dụng rộng rãi trong lý thuyết tối ưu để chuyển bài toán tối ưu có ràng buộc về bài toán tối ưu không ràng buộc hoặc có các ràng buộc
nhưng đơn giản hơn. Phương pháp này đã được áp dụng cho bài toán bất đẳng thức biến phân bởi tác giả L. D. Mưu (xem [50]) và cho bài toán cân bằng bởi L. D. Mưu và W. Oetli (xem [49]). Trong mục này, chúng tôi sử dụng phương pháp hàm phạt cho bài toán cân bằng hai cấp BEP(C, f, g) với f là song hàm giả đơn điệu theo tập nghiệm Sf của nó. Trước hết, để tiện theo dõi, ta nhắc lại rằng song hàm cân bằng ϕ: C×C → R được gọi là đơn điệu mạnh trên C với hệ số β >0 nếu
ϕ(x, y) +ϕ(y, x)≤ −β||x−y||2 ∀x, y ∈C,
và được gọi là thỏa mãn điều kiện bức (hay ngắn gọn là bức) trên C nếu tồn tại một tập con com pắc B ⊂Rn và một véc tơ y0 ∈ B∩C sao cho
ϕ(x, y0)<0, ∀x ∈C \B.
Mệnh đề sau đây cho ta mối quan hệ giữa tính đơn điệu mạnh và tính bức của song hàm cân bằng ϕ.
Mệnh đề 3.1. Giả sử song hàm cân bằng ϕ là đơn điệu mạnh trên C với hệ số β >0, sao cho ϕ(x, .) là lồi và nửa liên tục dưới theo biến thứ hai với mọi
x ∈ C, khi đó, với mỗi y ∈ C tồn tại một tập com pắc B sao cho y ∈ B và
ϕ(x, y)< 0 ∀x∈ C\B.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Thật vậy, nếu kết luận của mệnh đề trên là không đúng thì tồn tại một phần tử y0 ∈ C sao cho với mọi tập com pắc B có một phần tử xB ∈ C \B sao cho ϕ(xB, y0) ≥ 0. Chọn B = B[y0;r] là hình cầu đóng tâm tại điểm y0 và bán kính r với r > 1, suy ra, có điểm xr ∈ C\B[y0;r] sao cho
ϕ(xr, y0)≥ 0 (3.3) Gọi x là giao điểm của đoạn thẳng [y0, xr] với mặt cầu đơn vị S(y0; 1) có tâm tại y0 và bán kính 1. Khi đó ta có, xr = y0+t(r)(x−y0), với t(r) > r. Do ϕ là đơn điệu mạnh trên C với hệ số β và kết hợp với (3.3) ta được
ϕ(y0, xr)≤ −ϕ(xr, y0)−β||xr −y0||2 = −ϕ(xr, y0)−βt(r)2||x−y0||2 ≤ −βt(r)2||x−y0||2.
Mặt khác ϕ(y0, .) là hàm lồi trên C, nên ϕ(y0, x) = ϕ(y0, 1 t(r)xr + (1− 1 t(r))y0) ≤ t(1r)ϕ(y0, xr) + t(r)−1 t(r) ϕ(y0, y0) = 1 t(r)ϕ(y0, xr), kết hợp với (3.4) ta suy ra ϕ(y0, x)≤ −βt(r)||x−y0||2 ≤ −βr. Do đó ϕ(y0, x)→ −∞ khi r→ ∞. (3.5) Theo giả thiết ϕ(y0, .) là hàm số nửa liên tục dưới trên C nên theo Định lý Weierstrass, ϕ(y0, .) đạt cực tiểu trên tập compắc S(y0; 1)∩C. Điều này là mâu thuẫn với (3.5).
Từ Mệnh đề trên, ta rút ra các hệ quả sau
Hệ quả 3.1. ([36, Proposition 2.1.16]) Nếu song hàm cân bằng ϕ là đơn điệu mạnh trên C, và ϕ(x, .) là lồi, nửa liên tục dưới theo biến thứ hai với mỗi
x∈ C, thì ϕ là bức trên C.
Hệ quả 3.2. Giả sử song hàm cân bằng g là đơn điệu mạnh trên C sao cho
g(x, .) là lồi, nửa liên tục dưới theo biến thứ hai với mỗi x ∈ Cvà song hàm cân bằng f là bức trên C, thì với mọi số ǫ > 0, song hàm cân bằng f +ǫg là bức đều theo ǫ trên C, tức là, tồn tại một điểm y0 ∈ C và một tập com pắc B
không phụ thuộc vào ǫ sao cho
f(x, y0) +ǫg(x, y0)<0 ∀x∈ C\B.
Chứng minh. Theo giả thiết, hàm f bức trên C, nên tồn tại tập com pắc B1 và điểm y0 ∈C sao cho f(x, y0) <0 ∀x∈ C \B1. Do g là đơn điệu manh, lồi và nửa liên tục dưới trên C nên bằng cách chọn y = y0, từ Mệnh đề 3.1, ta suy ra tồn tại com pắcB2 sao cho g(x, y0)< 0∀x ∈C\B2. Đặt B = B1∪B2. Khi đó, B là tập com pắc và ta có f(x, y0) +ǫg(x, y0)<0 ∀x∈ C\B.
Nhận xét 3.1. Hai song hàm cân bằng f và g là bức và giả đơn điệu trên C, thì tổng của nó f +g không nhất thiết là bức và giả đơn điệu trên C.
Ví dụ 3.1. Xét hai song hàm cân bằng f(x, y) = (x2y1−x1y2)ex2 g(x, y) = (x1y2−x2y1)ex1 xác định trên tập C ×C với C = {(x1, x2)T ∈R2 : −1≤ x1, 1 10(x1−9) ≤x2 ≤10x1+ 9}. Khi đó, ta có
(a) f(x, y), g(x, y) là giả đơn điệu và bức trên C;
(b) Với mọi số ǫ > 0 hàm fǫ(x, y) =f(x, y) +ǫg(x, y) không là giả đơn điệu và cũng không thỏa mãn điệu kiện bức trên C.
Thật vậy,
(a) Nếu (x, y)∈ C×C và f(x, y)≥0 thì rõ ràng ta có f(y, x)≤ 0, do đó f là giả đơn điệu trên C.
Bằng cách chọn y0 = (0, y20)T, (0 < y20 ≤ 1) và tập B = {(x1, x2)T :
x21+x22 ≤ r} (r >1) thì B là tập compắc và ta có
f(x, y0) = −x1y20ex1 <0 ∀x ∈C\B. Vậy f thỏa mãn điều kiện bức trên C.
Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được hàm g là giả đơn điệu và bức trên C. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(b) Với mỗi số ǫ >0, theo định nghĩa của hàm fǫ, ta có
fǫ(x, y) = (x2y1−x1y2)(ex2 −ǫex1).
Chọn x(t) = (t, kt)T, y(t) = (kt, t)T với 1 < k < 10 thì x(t), y(t) ∈
C, ∀t >0vàfǫ(x(t), y(t)) = (k2−1)t2(ekt−ǫet)>0, nhưngfǫ(y(t), x(t)) = −(k2−1)t2(et −ǫekt)> 0 với t đủ lớn. Do đó fǫ không là giả đơn điệu
trên C.
Bây giờ ta sẽ chỉ ra song hàm fǫ(x, y) = (x2y1−x1y2)(ex2−ǫex1) không thỏa mãn điều kiện bức trênC. Thật vậy, bằng phản chứng, nếu fǫ là bức ở trên C thì phải tồn tại một tập com pắc B và y0 = (y10, y20)T ∈B∩C sao cho
fǫ(x, y0) = (x2y10−x1y20)(ex2 −ǫex1)< 0 ∀x∈C \B. (3.6) Bằng cách chọn x =x(t) = (t, kt)T thì (3.6) trở thành
fǫ(x(t), y0) =t(ky01 −y02)(ekt−ǫet)<0 ∀x(t)∈C \B. (3.7) Ta xét các khả năng sau:
- Nếu y10 =y02 thì bằng cách chọn k = 1 suy ra x(t)∈C\B với t đủ lớn và (3.7) trở thành 0<0 vô lý.
- Nếuy01 < 0vày20 > 0thì bằng cách chọn 1
10 < k <1suy rax(t)∈C\B và fǫ(x(t), y0)> 0với tđủ lớn, điều này mâu thuẫn với (3.7). Hoàn toàn tương tự nếu y20 < 0 và y10 >0 ta cũng suy ra mâu thuẫn.
- Nếu y10 > y20 > 0, thì từ 1< k <10 suy ra x(t)∈C và fǫ(x(t), y0)>0
với t đủ lớn, điều này mâu thuẫn với (3.7). - Nếu 0 < y10 < y20 , thì bằng cách chọn 1
10 < k < 1 ta được x(t)∈ C và fǫ(x(t), y0)>0 với t đủ lớn. Mâu thuẫn với (3.7).
- Nếu y10 < y02 < 0 hoặc y20 < y01 < 0 thì tương tự như trên ta cũng suy ra mâu thuẫn.
Vậy fǫ không thỏa mãn điều kiện bức ở trên C.
Bây giờ với mỗi số ǫ > 0cố định, đặt fǫ = f+ǫg, ta xét bài toán cân bằng phạt (penalized equilibrium problem), viết tắt là PEP(C, fǫ) được xác định như sau
Tập nghiệm của bài toán phạt PEP(C, fǫ) được kí hiệu là Sfǫ.
Định lý sau đây cho ta mối liên hệ giữa bài toán phạt và bài toán ban đầu.
Định lí 3.1. Giả sử các song hàm cân bằng f, g là giả đơn điệu, nửa liên tục trên theo biến thứ nhất và nửa liên tục dưới, lồi theo biến thứ hai trên C. Khi đó bất kì điểm tụ nào của dãy {xk} với xk ∈ Sfǫk với mọi k, khi ǫk → 0 đều là nghiệm của bài toán cân bằng hai cấp ban đầu. Thêm vào đó, nếu hàm g
là đơn điệu mạnh và hàm f là bức ở trên C, thì với mỗi ǫk >0 bài toán phạt
PEP(C, fǫk) có nghiệm và bất kì dãy {xk} với xk ∈Sfǫk đều hội tụ tới nghiệm duy nhất của bài toán hai cấp (3.1) khi ǫk → 0.
Chứng minh. Giả sử {xk} là một dãy bất kì với {xk} ∈Sfǫk và x¯ là một điểm tụ bất kì của dãy {xk}. Không giảm tổng quát, ta giả sử xk → x¯ khi ǫk → 0. Vì xk là nghiệm của bài toán phạt PEP(C, fǫk) nên ta có
f(xk, y) +ǫkg(xk, y)≥ 0 ∀ y ∈C. (3.9) Với mỗiz ∈Sf, ta có f(z, y)≥0∀y ∈C, đặc biệt là,f(z, xk)≥0. Màf là giả đơn điệu trên C theo tập Sf nên suy ra f(xk, z)≤ 0. Thay thế y bởi z trong (3.9) ta thu được
f(xk, z) +ǫkg(xk, z)≥0, từ đây suy ra
ǫkg(xk, z)≥ −f(xk, z)≥ 0⇒ g(xk, z)≥0.
Chuyển qua giới hạn khi ǫk → 0, do tính nửa liên tục trên của g, ta thu được
g(¯x, z)≥ 0 ∀z ∈Sf.
Để hoàn thành chứng minh ta còn phải chỉ ra x¯ ∈ Sf. Thật vậy, với bất kỳ y cố định thuộc C ta có
f(xk, y) +ǫkg(xk, y)≥ 0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Cũng giống như trên, do f và g là nửa liên tục trên, nên chuyển qua giới hạn bất đẳng thức trên khiǫk →0, ta suy raf(¯x, y)≥0. Do đóf(¯x, y)≥0∀y ∈ C hay x¯∈Sf.
Giả sử thêm rằng hàm g là đơn điệu mạnh và hàm f là bức ở trên C, thì theo Hệ quả 3.2, hàm fǫk là bức đều trên C. Do đó, bài toán PEP(C, fǫk) luôn
có nghiệm với mọi ǫk > 0, hơn nữa, tập nghiệm của những bài toán phạt này được chứa trong một tập com pắc B cố định với mọi ǫk. Do đó, bất kì dãy vô hạn {xk} nào (với xk là nghiệm của bài toán phạt PEP(C, fǫk )) cũng có điểm tụ, chẳng hạn, x. Không mất tính tổng quát, ta giả sử¯ xk → x¯ khi ǫk → 0. Mặt khác, từ các giả thiết của hàm f ta suy ra, tập nghiệm Sf của bài toán cân bằng cấp dưới EP(C, f) là một tập lồi, đóng, com pắc và hàmg là nửa liên tục dưới, lồi theo biến thứ hai và đơn điệu mạnh trên Sf, do đó bài toán cân bằng hai cấp BEP(C, f, g) có nghiệm duy nhất. Theo chứng minh trên, nghiệm duy nhất này phải là điểm giới hạn của bất kì dãy {xk} với xk là nghiệm của bài toán phạt PEP(C, fǫk). Tức là, limǫk→0xk = ¯x.
Nhận xét 3.2. Định lý 3.1 giúp ta chuyển việc giải bài toán cân bằng hai cấp BEP(C, f, g) về giải một dãy các bài toán phạt PEP(C, fǫ). Một trường hợp riêng của bài toán cân bằng hai cấp BEP(C, f, g) được A. Moudafi xét đến trong [45], khi cả hai hàm f và g là đơn điệu, khi đó bài toán phạt PEP(C, fǫ)
cũng là đơn điệu. Trong trường hợp này, bài toán phạt PEP(C, fǫ) có thể được giải bởi các phương pháp hiện có chẳng hạn như trong các công trình [44, 46, 47, 55, 56, 68] và các tài liệu trích dẫn trong đó. Tuy nhiên, nếu một trong hai song hàm này là giả đơn điệu thì bài toán phạt PEP(C, fǫ) , trong trường hợp tổng quát, không thừa hưởng bất kì tính chất đơn điệu nào từ f
và g. Do vậy, trong trường hợp này, Bài toán phạt PEP(C, fǫ) không thể giải được bằng những phương pháp có sử dụng tính chất đơn điệu như đã đề cập ở trên.