6. Cấu trúc của luận án
3.4. Áp dụng vào phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov
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.
(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.
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.
3.3. Hàm đánh giá và hướng giảm
Một trong những công cụ hữu hiệu nổi tiếng để giải bài toán bất đẳng thức biến phân và bài toán cân bằng là phương pháp hàm đánh giá (gap function method). Ý tưởng chính của phương pháp hàm đánh giá đó là tìm cách chuyển việc giải bài toán bất đẳng thức biến phân hay bài toán cân bằng về giải một bài toán tối ưu tương ứng của một hàm số thích hợp được gọi là hàm đánh giá. Hàm đánh giá đầu tiên cho bất đẳng thức biến phân được giới thiệu bởi A. Auslender trong [8]. Hàm đánh giá hiệu chỉnh cho bài toán bất đẳng thức biến phân được đề xuất bởi M. Fukushima trong [30] và một cách độc lập bởi
G. Auchumuty trong [7] và được G. Mastroeni mở rộng ra cho bài toán cân bằng [42]. Trong mục này, chúng tôi sử dụng hàm đánh giá hiệu chỉnh cho bài toán cân bằng phạt PEP(C, fǫ). Như chúng tôi đã đề cập ở trên, ngay cả với khi hàm f là giả đơn điệu và hàm g là đơn điệu mạnh, thì bài toán cân bằng hai cấp BEP(C, f, g) vẫn còn rất khó để giải.
Trong mục này, chúng tôi giả thiết rằng các hàm f và g là nửa liên tục dưới, lồi trên C theo biến thứ hai. Trước tiên, chúng tôi nhắc lại khái niệm về hàm đánh giá cho bài toán cân bằng (xem [42]).
Định nghĩa 3.1. Hàm ϕ : C → R ∪ {+∞} được gọi là một hàm đánh giá (gap function) cho bài toán PEP(C, fǫ) nếu
(a) ϕ(x)≥0 ∀x ∈C;
(b) ϕ(¯x) = 0 khi và chỉ khi x¯ là nghiệm của bài toán PEP(C, fǫ).
Hàm ϕ(x) = −miny∈Cfǫ(x, y) rõ ràng là một hàm đánh giá cho bài toán PEP(C, fǫ). Hàm đánh giá này có thể không xác định hữu hạn và trong trường hợp tổng quát, nó không khả vi. Để có được hàm đánh giá hữu hạn và khả vi, chúng tôi sử dụng kỹ thuật hiệu chỉnh được giới thiệu trong [7, 30] cho bài toán bất đẳng thức biến phân, và gần đây được sử dụng bởi Mastroeni trong [42] cho bài toán cân bằng. Từ Mệnh đề 2.1 và Định lý 2.1 trong [42] ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 3.2. Giả sử l : C ×C → R là hàm số khả vi, không âm, lồi mạnh theo biến thứ hai trên C và thỏa mãn các điều kiện sau
(a) l(x, x) = 0 ∀x∈ C;
(b) ∇yl(x, x) = 0 ∀x ∈ C. Khi đó, hàm
ϕǫ(x) = −min
y∈C[f(x, y) +ǫ[g(x, y) +l(x, y)]]
là một hàm đánh giá hữu hạn cho bài toán PEP(C, fǫ). Nếu thêm vào đó, các song hàm cân bằngf vàg là khả vi theo biến thứ nhất sao cho∇xf(x, y),∇xg(x, y)
là hàm liên tục trên C ×C, thì ϕǫ(x) là hàm khả vi trên C và ∇ϕǫ(x) = −∇xf(x, yǫ(x))−ǫ∇x[g(x, yǫ(x)) +l(x, yǫ(x))] =−∇xgǫ(x, yǫ(x)), ở đó gǫ(x, y) = f(x, y) +ǫ[g(x, y) +l(x, y)] và yǫ(x) =argmin y∈C{gǫ(x, y)}. Chú ý rằng hàm l(x, y) = 12hM(y−x), y −xi, với M là một ma trận đối xứng xác định dương cấp n thỏa mãn tất cả các giả thiết về hàm l.
Ta cần các định nghĩa sau về tính ∇-đơn điệu.
Định nghĩa 3.2. Song hàm cân bằng khả vi f : C ×C → R được gọi là: (a) ∇-đơn điệu mạnh (strongly ∇-monotone) trên C nếu tồn tại hằng số
τ > 0 sao cho:
h∇xf(x, y) +∇yf(x, y), y−xi ≥τ||y−x||2 ∀x, y ∈ C;
(b) ∇-đơn điệu chặt (strictly ∇-monotone) trên C nếu
h∇xf(x, y) +∇yf(x, y), y−xi> 0 ∀x, y ∈C và x 6=y;
(c) ∇-đơn điệu (∇-monotone) trên C nếu
h∇xf(x, y) +∇yf(x, y), y−xi ≥0 ∀x, y ∈ C;
(d) giả ∇-đơn điệu chặt (strictly pseudo ∇-monotone) trên C nếu
h∇xf(x, y), y−xi ≤0 =⇒ h∇yf(x, y), y −xi> 0 ∀x, y ∈C, x 6= y;
(e) giả ∇-đơn điệu (pseudo ∇-monotone) trên C nếu
h∇xf(x, y), y −xi ≤ 0 =⇒ h∇yf(x, y), y−xi ≥ 0 ∀x, y ∈C.
Nhận xét 3.3. Các định nghĩa (a), (b), (c) có thể được tìm thấy trong các công trình, chẳng hạn [14, 42]. Các định nghĩa (d) và (e), như sự hiểu biết của chúng tôi, chưa được đưa ra trước đây. Từ các định nghĩa trên, ta thấy
(a)⇒ (b)⇒ (c)⇒ (e) và (a)⇒ (b)⇒(d)⇒ (e).
Tuy nhiên, (c) có thể không kéo theo (d) và ngược lại, (d) có thể không suy ra (c) như trong các ví dụ sau.
Ví dụ 3.2. Xét song hàm f(x, y) = ex2(y2 − x2) xác định trên C ×C với
C =R. Song hàm này không là ∇-đơn điệu trên C, vì ta có
h∇xf(x, y) +∇yf(x, y), y−xi= 2ex2(y−x)2(x2+xy+ 1) ∀x, y,
nên
h∇xf(−1,3) +∇yf(−1,3),−1−3i= −32e < 0.
Nhưng f(x, y) là giả ∇-đơn điệu chặt trên C. Thật vậy, xét h∇xf(x, y), y−xi= 2xex2(y2−x2−1)(y−x)≤0
⇔ x(y2−x2−1)(y−x)≤0,
h∇yf(x, y), y−xi= 2yex2(y−x)>0⇔ y(y−x)> 0.
Rõ ràng
x(y2−x2−1)(y−x)≤ 0⇒ y(y−x)> 0 với mọi x6= y.
Do đó, hàm f là giả ∇-đơn điệu chặt, nhưng không là ∇-đơn điệu trên C. Ngược lại, với song hàm f(x, y) = (y−x)TM(y−x) xác định trên C×C với
C =Rn và M là ma trận thực cấp n×n. Ta có
(a) f là ∇-đơn điệu trên C, bởi vì h∇xf(x, y) +∇yf(x, y), y −xi
=h−(M +MT)(y−x) + (M +MT)(y−x), y−xi= 0 ∀x, y.
Suy ra f không là ∇-đơn điệu chặt trên C.
(b) f là ∇-giả đơn điệu chặt trên C khi và chỉ khi
h∇xf(x, y), y−xi=−h(M +MT)(y−x), y−xi ≤0 kéo theo
h∇yf(x, y), y−xi=h(M +MT)(y−x), y−xi>0 ∀x, y, x6=y.
Bất đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi M +MT là ma trận xác định dương cấp n×n. Do đó, nếu M +MT không phải là ma trận xác định dương thì hàm f(x, y) = (y−x)TM(y−x) là ∇-đơn điệu trên Rn nhưng không là giả ∇-đơn điệu chặt trên đó.
Nhận xét 3.4. Như đã chỉ ra trong công trình [14] khi f(x, y) = hF(x), y−xi với F là một ánh xạ khả vi trên C, thì f là đơn điệu trên C khi và chỉ khi F
là đơn điệu trên C, và trong trường hợp này, tính đơn điệu của f trên C và tính ∇-đơn điệu của f trên C là trùng nhau.
Ví dụ dưới đây chỉ ra rằng, tính giả đơn điệu có thể không kéo theo tính giả ∇-đơn điệu.
Ví dụ 3.3. Xét hàm f(x, y) = −ax(y−x), xác định trên R+ ×R+, (a > 0). Khi đó
f(x, y)≥ 0 =⇒ f(y, x)≤0 ∀x, y ≥0.
Do vậy f là giả đơn điệu trên R+. Ta có
h∇xf(x, y), y−xi= −a(y−x)(y−2x)<0 ∀y > 2x > 0.
Nhưng
h∇yf(x, y), y−xi= −ax(y−x)<0 ∀y >2x >0.
Do đó f không là giả ∇-đơn điệu trên R+.
Từ định nghĩa của hàm đánh giá ta suy ra một điểm cực tiểu toàn cục của hàm đánh giáϕǫ trênC là một nghiệm của bài toán cân bằng phạt PEP(C, fǫ). Do ϕǫ không phải là hàm lồi, nên trong trường hợp tổng quát việc tìm cực tiểu toàn cục của nó trên C là rất khó khăn. Do đó, để có thể tìm được cực tiểu toàn cục của nó, người ta thường cần thêm một số tính chất bổ sung áp đặt lên song hàm cân bằng. Trong bài báo [14] các tác giả đã chỉ ra rằng, nếu song hàm cân bằng là ∇-đơn điệu chặt thì bất kì một điểm dừng (stationary point) của hàm đánh giá cũng là nghiệm cực tiểu toàn cục của nó. Bằng phản ví dụ, các tác giả đó cũng đã chỉ ra rằng tính chất này không còn đúng trong trường hợp song hàm là ∇-đơn điệu. Định lý sau đây sẽ chỉ ra rằng tính chất dừng này (stationary property) vẫn còn đúng nếu song hàm là giả ∇-đơn điệu chặt.
Định lí 3.2. Giả sử gǫ là giả ∇-đơn điệu chặt trên C và x¯ là một điểm dừng của hàm đánh giá ϕǫ trên C, tức là
thì x¯ là nghiệm của bài toán phạt PEP(C, fǫ).
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Nếu x¯ không phải là nghiệm của bài toán PEP(C, fǫ), thì yǫ(¯x)= ¯6 x. Do x¯ là điểm dừng của ϕǫ trênC, nên từ định nghĩa của hàm ϕǫ, ta có
h∇ϕǫ(¯x), yǫ(¯x)−x¯i= −h∇xgǫ(¯x, yǫ(¯x)), yǫ(¯x)−x¯i ≥0
Do gǫ là giả ∇-đơn điệu chặt trên C nên
h∇ygǫ(¯x, yǫ(¯x)), yǫ(¯x)−x¯i > 0. (3.10) Mặt khác, vì yǫ(¯x) là điểm cực tiểu của hàm gǫ(¯x, .) trên C, ta suy ra
h∇ygǫ(¯x, yǫ(¯x)), yǫ(¯x)−x¯i ≤ 0,
điều này mâu thuẫn với (3.10). Do đó,x¯là nghiệm của bài toán PEP(C, fǫ). Để tìm điểm dừng của một hàm khả vi trên một tập lồi đóng, ta có thể sử dụng các thuật toán đã có trong quy hoạch toán học, như các thuật toán hướng giảm (descent direction algorithms) (xem [12, Section 2]). Mệnh đề sau đây chỉ ra rằng nếu y(x) là nghiệm của bài toán tối ưu miny∈Cgǫ(x, y), thì y(x)−x là một hướng giảm của hàm ϕǫ trên C tại x.
Mệnh đề 3.3. Giả sử gǫ là giả ∇-đơn điệu chặt trên C và x không phải là nghiệm của bài toán PEP(C, fǫ), thì
h∇ϕǫ(x), yǫ(x)−xi <0.
Chứng minh. Đặt dǫ(x) =yǫ(x)−x. Do x không phải là nghiệm của bài toán PEP(C, fǫ), nên dǫ(x) 6= 0. Do đó, nếu dǫ(x) không phải là một hướng giảm của hàm ϕǫ tại x trên C, thì
h∇ϕǫ(x), yǫ(x)−xi ≥0 ⇔ −h∇xgǫ(x, yǫ(x)), yǫ(x)−xi ≥ 0, kết hợp với gǫ là giả ∇-đơn điệu chặt trên C, ta suy ra
h∇ygǫ(x, yǫ(x)), yǫ(x)−xi> 0. (3.11) Mặt khác, yǫ(x) là điểm cực tiểu của hàm gǫ(x, .) trên C, nên theo điều kiện tối ưu, ta có
điều này mâu thuẫn với (3.11). Vậy ta phải có
h∇ϕǫ(x), yǫ(x)−xi <0.
Mệnh đề 3.4. Giả sử C là tập com pắc, f, g là các song hàm khả vi liên tục trên C×C sao cho f(x, .) là lồi chặt trên C với mỗi x ∈C và f là giả ∇-đơn điệu chặt trên C. Khi đó, nếu x ∈ C không là nghiệm của bài toán EP(C, f), thì tồn tại số ¯ǫ > 0 sao cho yǫ(x)−x là một hướng giảm của hàm ϕǫ trên C