Hàm đánh giá và ứng dụng trong bài toán cân bằng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2








TRỊNH THỊ LUẬN







HÀM ĐÁNH GIÁ VÀ ỨNG DỤNG
TRONG BÀI TOÁN CÂN BẰNG

Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01 02



LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS. TSKH. LÊ DŨNG MƯU









HÀ NỘI, 2014
LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình thực hiện đề tài “Hàm đánh giá và ứng dụng trong
bài toán cân bằng”, tôi đã nhận được rất nhiều sự giúp đỡ, tạo điều kiện
của tập thể Ban Giám hiệu, ban chủ nhiệm phòng Sau Đại học, giảng
viên Trường Đại học sư phạm Hà Nội 2. Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân
thành về sự giúp đỡ đó.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS. TSKH Lê Dũng Mưu –
thầy giáo trực tiếp hướng dẫn và chỉ bảo cho tôi trong suốt quá trình
hoàn thành luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn các anh chị, các bạn học viên cao học, bạn
bè và gia đình đã động viên, khích lệ, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi trong
quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những
thiếu sót, hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của
quý thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, ngày 16 tháng 5 năm 2013
Tác giả

TRỊNH THỊ LUẬN
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan các số liệu và kết quả nêu trong luận văn là trung
thực và không trùng lặp với các đề tài khác.
Hà Nội, ngày 16 tháng 5 năm 2013
Tác giả
TRỊNH THỊ LUẬN
ii
Mục lục
Mở đầu 1
1 Bài toán cân bằng 3
1.1. Phát biểu bài toán và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1. Phát biểu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2. Ví dụ điển hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Sự tồn tại nghiệm của bài toán . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3. Một số phương pháp giải bài toán cân bằng . . . . . . . 13
1.3.1. Phương pháp điểm bất động . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2. Phương pháp nguyên lý bài toán phụ . . . . . . . 16
1.3.3. Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov . . . . . . . . 18
1.4. Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Phương pháp hàm đánh giá 28
2.1. Phương pháp hàm đánh giá Auslender . . . . . . . . . . 29
2.2. Phương pháp hàm đánh giá Fukushima . . . . . . . . . . 33
2.3. Phương pháp hàm đánh giá không ràng buộc . . . . . . . 36
iii
2.4. Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
Kết luận chung 46
Tài liệu tham khảo 47
iv
MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Cho E là tập lồi đóng trong R
n
, khác rỗng và f : E × E → R ∪ {+∞}
là hàm thỏa mãn f(x, x) = 0 với mọi x ∈ E. Xét bài toán:
Tìm điểm x
∗
∈ E sao cho f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E.
Bất đẳng thức này lần đầu tiên được đưa ra vào năm 1955 bởi H.
Nikaido, K. Isoda để nghiên cứu bài toán cân bằng Nash. Đến năm
1972, nó đã được Ky Fan xét đến dưới dạng một bất đẳng thức minimax
nên được gọi là bất đẳng thức Ky Fan. Do bài toán này thường được
sử dụng để thiết lập điểm cân bằng trong Lý thuyết trò chơi nên đến
năm 1992, nó đã được các tác giả L.D. Muu và W. Oettli gọi là bài toán
cân bằng cổ điển hay bài toán cân bằng vô hướng. Sau công trình của
E. Blum và W. Oettli [4], bài toán này được rất nhiều người quan tâm
nghiên cứu.
Nhiều bài toán quan trọng, nhiều mô hình thực tế, trong đó có các
bài toán rất khó về mặt tính toán như bài toán tìm điểm bất động
Kakutani,. . . đều có thể quy về dạng của bài toán cân bằng (xem [Muu]
và [4]). Do đó vấn đề giải bài toán cân bằng là một đề tài hấp dẫn, thu
hút sự quan tâm của nhiều người.
1
2. Mục đích nghiên cứu
Giới thiệu một số phương pháp giải bài toán cân bằng đặc biệt là
phương pháp hàm đánh giá.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu ứng dụng của hàm đánh giá để giải bài toán cân bằng.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Luận văn nghiên cứu bài toán cân bằng, các hàm đánh giá Auslender,
Fukushima, hàm đánh giá không ràng buộc và ứng dụng của nó trong
việc giải bài toán cân bằng.
5. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng các phương pháp nghiên cứu trong Giải tích lồi, Lý thuyết
tối ưu.
6. Dự kiến đóng góp
Tổng hợp lại một cách hệ thống và tương đối đầy đủ về bài toán cân
bằng và phương pháp hàm đánh giá để giải bài toán này.
Làm tài liệu tham khảo cho những người quan tâm đến bài toán cân
bằng và phương pháp giải bài toán này.
2
Chương 1
Bài toán cân bằng
Trong chương này, ta sẽ giới thiệu bài toán cân bằng và một số bài
toán có thể mô tả được dưới dạng của bài toán cân bằng. Phần tiếp theo
sẽ nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của nó và cuối cùng ta sẽ trình bày một
số cách tiếp cận cơ bản để giải bài toán này. Nội dung của chương chủ
yếu được lấy từ các tài liệu [1] - [7].
1.1. Phát biểu bài toán và ví dụ
1.1.1. Phát biểu bài toán
Định nghĩa 1.1.1. Cho E là tập lồi đóng trong R
n
, khác rỗng và
f : E × E → R ∪ {+∞} là hàm thỏa mãn f(x, x) = 0 với mọi x ∈ E.
Bài toán cân bằng là bài toán:
Tìm điểm x
∗
∈ E sao cho f(x

∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E. (1.1)
Điểm x
∗
được gọi là điểm cân bằng. Bài toán này thường được kí hiệu
là (EP).
3
1.1.2. Ví dụ điển hình
Bài toán tối ưu. [5]
Cho E là tập đóng, khác rỗng trong không gian R
n
. Xét hàm số
ϕ : E → R. Bài toán tối ưu là bài toán:
Tìm x
∗
∈ E sao cho ϕ(x
∗
) ≤ ϕ(y), ∀y ∈ E,
hay ta có thể viết dưới dạng
min {ϕ(x)|x ∈ E} . (1.2)
Đặt f(x, y) := ϕ(y) − ϕ(x), ∀x, y ∈ E thì tập nghiệm của bài toán tối
ưu sẽ trùng với tập nghiệm của bài toán cân bằng.
Thật vậy, giả sử x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán (1.2), khi đó ta có:
ϕ(x
∗
) ≤ ϕ(y), ∀y ∈ E
⇒ ϕ(y) − ϕ(x
∗

) ≥ 0, ∀y ∈ E
⇒ f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E,
tức là x
∗
là nghiệm của bài toán (EP).
Ngược lại, nếu x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán cân bằng (1.1), khi đó:
f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E
⇒ ϕ(y) − ϕ(x
∗
) ≥ 0, ∀y ∈ E
⇒ ϕ(x
∗
) ≤ ϕ(y), ∀y ∈ E,
suy ra x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán (1.2).
Vậy bài toán tối ưu trên là một trường hợp riêng của bài toán (EP).
Bài toán bất đẳng thức biến phân. [5]
Cho E là tập lồi đóng, khác rỗng trong R
n
, F : E → R
n
là một ánh
xạ đơn trị. Bài toán bất đẳng thức biến phân là bài toán:

(V I) : Tìm x
∗
∈ E sao cho F (x
∗
), y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E.
4
Ta đặt
f(x, y) := F(x), y − x ,
khi đó tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân sẽ trùng với
tập nghiệm của bài toán cân bằng.
Thật vậy, giả sử x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán (VI), khi đó:
F (x
∗
), y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E,
suy ra f(x
∗
, y) := F (x
∗
), y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E. Điều này tương đương
với x
∗
là nghiệm của bài toán (EP).

Ngược lại, nếu x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán cân bằng, khi đó:
f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E.
Theo cách đặt ta có:
f(x
∗
, y) := F (x
∗
), y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E,
hay x
∗
là nghiệm của bài toán (VI).
Vậy bài toán bất đẳng thức biến phân là một trường hợp riêng của
bài toán cân bằng.
Bài toán bù. [5]
Cho E là nón lồi, đóng trong R
n
. Gọi E
∗
là nón cực của C. Xét
F : E → R
n
. Bài toán bù là bài toán:
Tìm x
∗

∈ E sao cho F x
∗
∈ E
∗
, F x
∗
, x
∗
 = 0.
Đặt f (x, y) = F x, y − x , ∀x, y ∈ E. Khi đó tập nghiệm của bài toán
bù sẽ trùng với tập nghiệm của bài toán cân bằng.
Thật vậy, nếu x
∗
là nghiệm của bài toán bù thì
f (x
∗
, y) = F x
∗
, y − x
∗
 = F x
∗
, y ≥ 0, ∀y ∈ E,
5
suy ra x
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng.
Ngược lại, nếu x
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng. Khi đó

f (x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E
⇒ F x
∗
, y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E.
Do E là nón nên 0 ∈ E và 2x
∗
∈ E.
Với y = 2x
∗
ta có F x
∗
, 2x
∗
− x
∗
 ≥ 0 hay F x
∗
, x
∗
 ≥ 0.
Với y = 0 ta có F x
∗
, −x
∗
 ≥ 0 hay F x
∗

, x
∗
 ≤ 0.
Vậy F x
∗
, x
∗
 = 0.
Mặt khác,
0 ≤ F x
∗
, y − x
∗
 = F x
∗
, y − F x
∗
, x
∗
 = F x
∗
, y ,
suy ra F x
∗
∈ E
∗
.
Điều này tương đương với x
∗
là nghiệm của bài toán bù.

Bài toán điểm bất động Brouwer. [5]
Cho E là tập lồi đóng khác rỗng, F : E → E là ánh xạ đơn trị. Bài
toán điểm bất động Brouwer là bài toán:
Tìm x
∗
∈ E sao cho F (x
∗
) = x
∗
.
Điểm x
∗
được gọi là điểm bất động của ánh xạ F .
Ta đặt f(x, y) := x − F (x), y − x , ∀x, y ∈ E. Khi đó tập nghiệm của
bài toán điểm bất động Brouwer sẽ trùng với tập nghiệm của bài toán
cân bằng.
Thật vậy, giả sử x
∗
là nghiệm của bài toán điểm bất động Brouwer, ta
có
f (x
∗
, y) = x
∗
− F (x
∗
) , y − x
∗
 = 0 ≥ 0, ∀y ∈ E.
Suy ra x

∗
là nghiệm của bài toán cân bằng.
Ngược lại, giả sử x
∗
là nghiệm của bài toán (EP), ta có
f (x
∗
, y) = x
∗
− F (x
∗
) , y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E.
6
Lấy y = F (x
∗
), ta được
0 ≤ x
∗
− F (x
∗
) , F (x
∗
) − x
∗
 = −x
∗
− F (x
∗

)
2
.
Suy ra x
∗
= F (x
∗
).
Bài toán cân bằng Nash. [5]
Cho E
i
∈ R
n
, i ∈ I là các tập con khác rỗng trong R
n
với I là tập
hữu hạn các phần tử, I = {1, 2, , n}. Đặt E =

i∈I
E và xét các hàm
f
i
: E → R. Với mỗi x = (x
i
)
i∈I
∈ E, y = (y
i
)
i∈I

∈ E ta định nghĩa
vectơ x [y
i
] ∈ E như sau:
x[y
i
]
j
:=



x
j
, ∀j = i
y
i
, ∀j = i.
Khi đó bài toán cân bằng Nash được phát biểu như sau:
Tìm x
∗
∈ E sao cho: f
i
(x
∗
) ≤ f
i
(x
∗
[y

i
]), ∀i ∈ I, ∀y ∈ E.
Điểm x
∗
được gọi là điểm cân bằng Nash.
Xây dựng hàm f : E × E → R bằng cách đặt
f(x, y) :=

i∈I
{f
i
(x [y
i
]) − f
i
(x)}.
Nếu x
∗
là một điểm cân bằng Nash thì f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E, hay x
∗
là
nghiệm của bài toán cân bằng.
Ngược lại, giả sử x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán (EP), khi đó f(x
∗
, y) ≥
0, ∀y ∈ E. Theo cách đặt, ta có


i∈I
{f
i
(x
∗
[y
i
]) − f
i
(x
∗
)} ≥ 0, ∀i ∈ I, ∀y ∈ E. (1.3)
Nếu x
∗
∈ E không là nghiệm của bài toán cân bằng Nash thì ∃i
0
∈ I
sao cho
f
i
(x
∗
) > f
i
(x
∗
[y
i
]) , ∀i ∈ I. (1.4)

7
Lấy x
∗
[y
i
] = x
∗
, ∀j = i
0
ta suy ra
f
i
(x
∗
[y
i
]) − f
i
(x
∗
) = 0. (1.5)
Từ (1.4) và (1.5) suy ra

i∈I
{f
i
(x
∗
[y
i

]) − f
i
(x
∗
)} < 0, ∀i ∈ I, ∀y ∈ E.
Điều này mâu thuẫn với (1.3). Vậy x
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng
Nash.
Bài toán điểm yên ngựa. [5]
Cho E
1
⊆ R
n
, E
2
⊆ R
m
và ϕ : E
1
× E
2
→ R. Bài toán điểm yên ngựa
là bài toán:



Tìm (x
∗
, y

∗
) ∈ E
1
× E
2
sao cho
ϕ(x
∗
, y) ≤ ϕ (x
∗
, y
∗
) ≤ ϕ(x, y
∗
), ∀ (x, y) ∈ E
1
× E
2
.
(1.6)
Điểm (x
∗
, y
∗
) ∈ E
1
× E
2
thỏa mãn bất đẳng thức trên được gọi là điểm
yên ngựa của ϕ trên E

1
× E
2
.
Đặt E = E
1
× E
2
, ta định nghĩa f : E × E → R thỏa mãn:
f(u, v) = ϕ(x, y
1
) − ϕ(x
1
, y),
với u = (x
1
, y
1
); v = (x, y).
Khi đó nếu điểm u
∗
= (x
∗
1
, y
∗
1
) là nghiệm của (1.6), ta có
ϕ(x
∗

1
, y) ≤ ϕ (x
∗
1
, y
∗
1
) ≤ ϕ(x, y
∗
1
), ∀v ∈ E
⇒ ϕ(x
∗
1
, y) ≤ ϕ(x, y
∗
1
)
⇒ ϕ(x, y
∗
1
) − ϕ(x
∗
1
, y) ≥ 0,
hay f(u
∗
, v) ≥ 0, ∀v ∈ E, tức là u
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng.

Ngược lại, nếu u
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng, ta có
f(u
∗
, v) ≥ 0, ∀v ∈ E.
8
Theo cách đặt, ta có
ϕ(x, y
∗
1
) − ϕ(x
∗
1
, y) ≥ 0,
suy ra ϕ(x
∗
1
, y) ≤ ϕ(x, y
∗
1
).
Với y = y
∗
1
, x = x
∗
1
, ta có
ϕ(x

∗
1
, y) ≤ ϕ (x
∗
1
, y
∗
1
) ≤ ϕ(x, y
∗
1
),
với mọi (x, y) ∈ E
1
× E
2
.
Điều này tương đương với u
∗
là nghiệm của bài toán (1.6).
1.2. Sự tồn tại nghiệm của bài toán
Ta xét định lý quan trọng sau:
Định lý minimax. [3] Cho C ⊆ R
n
, D ⊆ R
m
là các tập lồi, đóng khác
rỗng và f : C × D → R. Giả sử với mọi y ∈ D, hàm f(., y) tựa lồi, nửa
liên tục dưới trên C và với mọi x ∈ C, hàm f(x, .) tựa lõm, nửa liên tục
trên trên D. Khi đó nếu có một trong hai điều kiện sau:

(A) Có một tập hữu hạn N
∗
⊂ D và một số α
∗
> λ sao cho tập
C(N
∗
) :=

x ∈ C , max
y∈N
∗
f(x, y) ≤ α
∗

compact
(B) Có một tập hữu hạn M
∗
⊂ C và một số β
∗
> η sao cho tập
D(M
∗
) :=

y ∈ D , min
x∈M
∗
f(x, y) ≥ β
∗


compact.
Khi đó
sup
y∈D
inf
x∈C
f(x, y) = inf
x∈C
sup
y∈D
f(x, y).
9
Cụ thể hơn, ta có
sup
y∈D
min
x∈C(N
∗
)
f(x, y) = inf
x∈C
sup
y∈D
f(x, y)
nếu có (A) và
inf
x∈C
sup
y∈D

f(x, y) = max
y∈D(M
∗
)
inf
x∈C
f(x, y)
nếu có (B).
Mệnh đề 1.2.1. [3] Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng và song hàm
cân bằng φ có các tính chất: φ(x, .) là hàm tựa lồi, nửa liên tục dưới trên
C, φ(., y) là hàm tựa lõm, nửa liên tục trên trên C. Giả sử
(A
1
) Có một tập hữu hạn N
∗
⊂ C sao cho tập
C(N
∗
) :=

x ∈ C , min
y∈N
∗
φ(x, y) ≥ 0

compact, hoặc
(B
1
) Có một tập hữu hạn M
∗

⊂ C sao cho tập
D(M
∗
) :=

y ∈ C , max
x∈M
∗
φ(x, y) ≤ 0

compact. Khi đó bài toán (EP) có nghiệm.
Chứng minh. Đặt f(x, y) := −φ(x, y) và D ≡ C. Khi đó hàm f thỏa
mãn mọi điều kiện của Định lý minimax. Ta có
sup
y∈C
inf
x∈C
f(x, y) = inf
x∈C
sup
y∈C
f(x, y). (1.7)
Ta sẽ chứng tỏ rằng
inf
x∈C
sup
y∈C
f(x, y) = 0. (1.8)
Thật vậy, ta có
inf

x∈C
sup
y∈C
f(x, y) ≥ inf
x∈C
f(x, x) = 0
10
do f(x, x) = 0.
Mặt khác
sup
y∈C
inf
x∈C
f(x, y) ≤ sup
y∈C
f(y, y) = 0. (1.9)
Từ (1.7), (1.8), (1.9) ta suy ra
sup
y∈C
inf
x∈C
f(x, y) = inf
x∈C
sup
y∈C
f(x, y) = 0.
Giả sử điều kiện (A
1
) thỏa mãn, theo Định lý minimax tồn tại x ∈
C(N

∗
) ⊂ C sao cho
min
x∈C(N
∗
)
sup
y∈C
f(x, y) = 0.
Đặt s(x) := sup
y∈C
f(x, y). Do f(., y) nửa liên tục dưới trên C, nên s cũng
nửa liên tục dưới trên C. Do C(N
∗
) là tập compact, nên tồn tại x
∗
∈
C(N
∗
), sao cho s(x
∗
) = min
x∈C(N
∗
)
s(x) = 0. Hay s(x
∗
) = sup
y∈C
f(x

∗
, y) = 0
⇒ f(x
∗
, y) ≤ 0 với mọi y ∈ C. Vậy φ(x
∗
, y) = −f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ C.
Chứng tỏ x
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng (EP).
Định lý Ky Fan. Cho f : E × E → R ∪ {+∞} là một song hàm cân
bằng có các tính chất sau:
(i) f(., y) nửa liên tục trên trên E với mọi y ∈ E;
(ii) f(x, .) tựa lồi trên E với mọi x ∈ E.
Khi đó bài toán cân bằng có nghiệm, nếu như E compact hoặc điều kiện
bức sau thỏa mãn:
Tồn tại tập compact B sao cho
E ∩ B = ∅, ∀x ∈ E\B, ∃y ∈ E : f(x, y) < 0.
Ta xét mệnh đề sau là một trường hợp riêng của định lý Ky Fan.
Mệnh đề 1.2.2. Cho E là một tập lồi, compact khác rỗng và song hàm
cân bằng f : E × E → R ∪ {+∞} có các tính chất:
11
(i) f(., y) nửa liên tục trên trên E với mọi y ∈ E;
(ii) f(x, .) lồi, nửa liên tục dưới và khả dưới vi phân trên E với mọi
x ∈ E.
Khi đó bài toán cân bằng (EP) có nghiệm.
Chứng minh. Với mỗi x ∈ E, gọi S(x) là tập nghiệm của bài toán
min {f(x, y) : y ∈ E} .

Vì E là compact và f(x, .) nửa liên tục dưới, nên theo định lý Weistrass,
bài toán này tồn tại nghiệm. Mặt khác, do E lồi, compact, f(x, .) lồi nên
S(x) lồi, compact. Theo định lý cực đại của Berge, ánh xạ S nửa liên
tục trên suy ra S là ánh xạ từ E vào E. Theo định lý điểm bất động
Kakutani, tồn tại x
∗
∈ E thỏa mãn x
∗
∈ S(x
∗
).
Do f(x, .) lồi, khả dưới vi phân, theo điều kiện cần và đủ tối ưu của quy
hoạch lồi, ta có
0 ∈ ∂
2
f(x
∗
, x
∗
) + N
E
(x
∗
).
Theo định nghĩa của dưới vi phân và nón pháp tuyến, ta có v
∗
∈
∂
2
f(x

∗
, x
∗
) thỏa mãn
v
∗
, y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E.
Do v
∗
∈ ∂
2
f(x
∗
, x
∗
), nên
v
∗
, y − x
∗
 ≤ f(x
∗
, y) − f(x
∗
, x
∗
) = f(x
∗

, y), ∀y ∈ E,
suy ra f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E chứng tỏ x
∗
là nghiệm của bài toán (EP).
Mệnh đề đã được chứng minh.
12
1.3. Một số phương pháp giải bài toán cân bằng
Trong phần này, ta sẽ trình bày một vài cách tiếp cận cơ bản để giải
bài toán cân bằng. Đó là phương pháp điểm bất động, phương pháp
nguyên lý bài toán phụ và phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov. Trước
tiên ta đi vào phương pháp điểm bất động.
1.3.1. Phương pháp điểm bất động
Mệnh đề 1.3.1. [5] Giả sử φ đơn điệu mạnh trên E với hệ số ε và
thỏa mãn điều kiện Lipschitz



∃T
1
> 0, T
2
> 0 : ∀x, y, z ∈ E, ta có
φ (x, y) + φ (y, z) ≥ φ (x, z) − T
1
x − y
2
− T
2

y − z
2
.
Khi đó với bất kỳ x
0
∈ E, dãy

x
k

được xác định theo công thức
x
k+1
:= s

x
k

:= arg min
y∈C

ρφ

x
k
, y

+
1
2



y − x
k


2

, (1.10)
có tính chất


x
k+1
− x
∗


2
≤ r


x
k
− x
∗


2
, ∀k ≥ 0,

với 0 < ρ ≤
1
2T
2
, trong đó x
∗
là nghiệm duy nhất của bài toán cân bằng
và r := 1 − 2ρ (ε − T
1
).
Chứng minh. Đặt
f
k
(x) := ρφ

x
k
, x

+
1
2


x − x
k


2
, ∀k ≥ 0.

Do φ

x
k
, .

lồi nên hàm f
k
là lồi mạnh trên E với hệ số 1
⇒ f
k

x
k+1

+

ω
k
, x − x
k+1

+
1
2


x − x
k+1



2
≤ f
k
(x) , ∀x ∈ E, (1.11)
13
trong đó ω
k
∈ ∂f
k

x
k+1

.
Do x
k+1
là nghiệm của bài toán (1.10) nên ta có

ω
k
, x − x
k+1

≥ 0, ∀x ∈
E. Ta có
f
k

x

k+1

+
1
2


x − x
k+1


2
≤ f
k
(x) , ∀x ∈ E
⇔


x
k+1
− x


2
≤ 2f
k
(x) − 2f
k

x

k+1

≤ 2ρφ

x
k
, x

+


x − x
k


2
− 2ρφ

x
k
, x
k+1

−


x
k+1
− x
k



2
≤ 2ρ

φ

x
k
, x

− φ

x
k
, x
k+1

+


x − x
k


2
−


x

k+1
− x
k


2
.
Thay x = x
∗
, ta được


x
k+1
− x
∗


2
≤ 2ρ

φ

x
k
, x
∗

− φ


x
k
, x
k+1

+


x
k
− x
∗


2
−


x
k+1
− x
k


2
.
(1.12)
Do φ đơn điệu mạnh với hệ số ε nên
φ


x
k
, x
∗

≤ −φ

x
∗
, x
k

− ε


x
k
− x
∗


2
.
Thay vào (1.12), ta có


x
k+1
− x
∗



2
≤ 2ρ

−φ

x
∗
, x
k

− ε


x
k
− x
∗


2
− φ

x
k
, x
k+1



+


x
∗
− x
k


2
−


x
k+1
− x
k


2
≤ (1 − 2ρε)


x
k
− x
∗


2

− 2ρφ

x
∗
, x
k

− 2ρφ

x
k
, x
k+1

−


x
k+1
− x
k


2
≤ (1 − 2ρε)


x
k
− x

∗


2
+ 2ρ

−φ

x
∗
, x
k

− φ

x
k
, x
k+1

−


x
k+1
− x
k


2

.
(1.13)
Áp dụng tính Lipschitz với x = x
∗
, y = x
k
, z = x
k+1
, ta có
−φ

x
k
, x
k+1

− φ

x
∗
, x
k

≤ −φ

x
∗
, x
k+1


+ T
1


x
∗
− x
k


2
+T
2


x
k
− x
k+1


2
≤ T
1


x
∗
− x
k



2
+ T
2


x
k
− x
k+1


2
.
14
Thay vào (1.13), ta có


x
k+1
− x
∗


2
≤ (1 − 2ρε)


x

k
− x
∗


2
+2ρ

T
1


x
∗
− x
k


2
+ T
2


x
k
− x
k+1


2


−


x
k+1
− x
k


2
≤ [1 − 2ρ (ε − T
1
)]


x
k
− x
∗


2
− (1 − 2ρT
2
)


x
k+1

− x
k


2
.
Theo giả thiết 0 < ρ ≤
1
2T
2
⇒ 2ρT
2
≤ 1. Vậy


x
k+1
− x
∗


2
≤ [1 − 2ρ (ε − T
1
)]


x
k
− x

∗


2
.
Mệnh đề đã được chứng minh.
Ta có hệ quả sau:
Hệ quả 1.3.1. Cho T
1
< ε, 0 < ρ ≤
1
2T
2
. Khi đó


x
k+1
− x
∗


≤ r


x
k
− x
∗



, ∀k ≥ 0,
trong đó 0 < r :=

1 − 2ρ (ε − T
1
) < 1.
Nhận xét. Do ε ≤ T
1
+ T
2
, 0 < ρ ≤
1
2T
2
, nên ta có 2ρ (ε − T
1
) < 1. Vậy
r đạt giá trị nhỏ nhất tại ρ =
1
2T
2
.
Từ mệnh đề và hệ quả trên ta có thuật toán sau giải bài toán cân
bằng khi φ đơn điệu mạnh và thỏa mãn điều kiện Lipschitz.
Thuật toán 1.3.1. [5]
Bước 1. Chọn sai số ε ≥ 0 và 0 < ρ ≤
1
2T
2

. Lấy x
0
∈ E.
Bước 2. Tính x
k+1
bằng cách giải quy hoạch lồi mạnh
x
k+1
:= arg min
y∈E

ρφ

x
k
, y

+
1
2


y − x
k


2

,
với k = 0, 1,

Nếu


x
k+1
− x
k


≤
ε(1−r)
r
với r :=

1 − 2ρ (ε − T
1
), thì dừng lại và x
k+1
là một nghiệm ε-xấp xỉ của bài toán cân bằng.
Trái lại tăng k thêm 1 và thực hiện lại Bước 2.
15
1.3.2. Phương pháp nguyên lý bài toán phụ
Để giải một bài toán đôi khi ta phải quy nó về bài toán khác đơn giản
hơn mà ta dễ dàng tìm được nghiệm. Ở đây, ta sẽ quy việc giải bài toán
cân bằng về giải bài toán cân bằng phụ.
Định nghĩa 1.3.1. Cho R : E × E → R, bài toán:
Tìm x
∗
∈ E sao cho: ϕ (x
∗

, y) := ρf (x
∗
, y) + R (x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E,
trong đó ρ > 0, được gọi là bài toán cân bằng phụ.
Mệnh đề 1.3.2. [5] Cho f : E × E → R là song hàm cân bằng thỏa
mãn điều kiện:
(1) f (., y) nửa liên tục trên trên tập E;
(2) f (x, .) lồi, nửa liên tục dưới và khả dưới vi phân trên E.
R : E × E → R là một song hàm cân bằng, không âm và thỏa mãn các
tính chất:
(3) R khả vi trên E và ∇
2
R (x, x) = 0, ∀x ∈ E;
(4) R (x, .) lồi mạnh trên E với ∀x ∈ E.
Khi đó x
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng khi và chỉ khi nó là nghiệm
của bài toán cân bằng phụ.
Chứng minh. (⇒) Do R là song hàm cân bằng, không âm thỏa mãn
(3),(4) nên ta có
R (x
∗
, y) ≥ 0, ∀x
∗
, y ∈ E.
Mặt khác, do x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán cân bằng nên f (x

∗
, y) ≥
0, ∀y ∈ E.
Ta có ε > 0
⇒ εf (x
∗
, y) ≥ 0, ∀y, x
∗
∈ E.
⇒ εf (x
∗
, y) + R (x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E.
16
Vậy x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán cân bằng phụ.
(⇐) Giả sử x
∗
∈ E là nghiệm của bài toán cân bằng phụ. Khi đó, ta có
x
∗
là nghiệm tối ưu của bài toán:
min
y∈E
{ρf (x
∗
, y) + R (x
∗

, y)} .
Theo điều kiện cần và đủ tối ưu của quy hoạch lồi và ∇
2
R (x, x) =
0, ∀x ∈ E, ta có:
0 ∈ ∂
2
ϕ (x
∗
, x
∗
) + N
E
(x
∗
)
= ∂
2
f (x
∗
, x
∗
) + ρ∇
2
R (x
∗
, x
∗
) + N
E

(x
∗
)
= ∂
2
f (x
∗
, x
∗
) + N
E
(x
∗
) ,
suy ra ∃u
∗
∈ ∂
2
f (x
∗
, x
∗
) thỏa mãn
u
∗
, y − x
∗
 ≥ 0, ∀y ∈ E.
Do tính chất dưới vi phân của hàm lồi, f (x
∗

, .) , ∀y ∈ E, ta có:
u
∗
, y − x
∗
 ≤ f (x
∗
, y) − f (x
∗
, x
∗
) = f (x
∗
, y) .
Suy ra f (x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E. Hay x
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng.
Thuật toán sau đây sẽ giúp ta giải bài toán cân bằng phụ.
Thuật toán 1.3.2. [5]
Bước 1. Lấy x
0
∈ E, ε > 0 và k := 0;
Bước 2. Giải bài toán:
min
y∈E

εf


x
k
, y

+ R (y) −

∇R

x
k

, y − x
k

có nghiệm tối ưu duy nhất y
k
.
Nếu y
k
= x
k
thì thuật toán dừng lại, x
k
là nghiệm của bài toán cân bằng.
Trái lại, ta tiếp tục Bước 3.
17
Bước 3. Giải bài toán:
min
y∈E


εf

y
k
, y

+ R (y) −

∇R

x
k

, y − x
k

tìm nghiệm duy nhất x
k+1
.
Lấy k := k + 1 và quay lại Bước 1.
Như vậy, từ việc giải bài toán cân bằng ta có thể quy về giải bài toán
cân bằng phụ, bài toán này có thể dễ dàng tìm được nghiệm dựa vào
Thuật toán 1.3.2, từ đó ta suy ra nghiệm của bài toán cân bằng.
1.3.3. Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov
Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov là một phương pháp cơ bản thường
được sử dụng để giải các bài toán đặt không chỉnh. Tuy nhiên hiện nay
người ta đã mở rộng phương pháp này để giải các bài toán cân bằng.
Xét bài toán cân bằng:
Tìm điểm x
∗

∈ E sao cho f(x
∗
, y) ≥ 0, ∀y ∈ E. (1.14)
Bài toán cân bằng sẽ được hiệu chỉnh bởi bài toán:



Tìm x ∈ E sao cho
f
ε
(x, y) := f (x, y) + εg (x, y) ≥ 0, ∀y ∈ E
với ε > 0, g (x, y) := x − x
g
, y − x.
Giả sử x (ε) là nghiệm của bài toán hiệu chỉnh với mỗi ε > 0, khi đó
{x (ε) : ε > 0} được gọi là một quỹ đạo nghiệm của bài toán.
Ta có các giả thiết sau
(A
1
) f (., y) nửa liên tục trên với mỗi y ∈ E.
(A
2
) f (x, .)nửa liên tục dưới và lồi với mỗi x ∈ E.
Định lý 1.3.1. [6] Giả sử
(i) f đơn điệu trên E và thỏa mãn các giả thiết (A
1
), (A
2
).
18

(ii) g là song hàm cân bằng đơn điệu trên E với hệ số γ > 0 thỏa mãn
các giả thiết (A
1
), (A
2
) và
|g (x, y)| ≤ δ x − x
g
 y − x , ∀x, y ∈ E,
trong đó δ > 0 là hằng số.
Khi đó với mỗi ε > 0 bài toán hiệu chỉnh luôn có duy nhất nghiệm x (ε)
và các khẳng định sau là tương đương:
(a) lim
ε→0
+
x (ε) tồn tại.
(b) lim
ε→0
+
sup x (ε) < ∞.
(c) Tập nghiệm của bài toán cân bằng khác rỗng.
Hơn nữa, nếu một trong ba khẳng định trên được thỏa mãn thì lim
ε→0
+
x (ε)
chính là nghiệm duy nhất của bài toán EP

˜
E, g


, với
˜
E := SEP (E, f),
g (x, y) := x − x
g
, y − x, (SEP (E, f) là tập nghiệm của bài toán cân
bằng).
Chứng minh. Do f, g đơn điệu trên E suy ra f
ε
(., y) cũng đơn điệu trên
E và thỏa mãn điều kiện (A
1
),(A
2
). Do đó bài toán EP(E, f
ε
) luôn có
duy nhất nghiệm với ε > 0.
(a) ⇒ (b): Hiển nhiên.
(b) ⇒ (c): Do {x (ε)} bị chặn khi ε → 0
+
suy ra với mỗi dãy các số
dương {ε
k
} hội tụ về 0, dãy nghiệm

x
k

:= {x (ε

k
)} phải có ít nhất
một dãy con

x
k
j

hội tụ tới x
∗
. Vì

x
k
j

là nghiệm duy nhất của bài
toán EP

E, f
ε
k
j

với ∀k
j
∈ N nên ta có
f
ε
k

j

x
k
, y

≥ 0, ∀y ∈ E.
Do f (., y) và g (., y) nửa liên tục trên với ∀y ∈ E nên
0 ≤ lim
k
j
→∞
f
ε
k
j

x
k
j
, y

= lim
k
j
→∞
f

x
k

j
, y

≤ f (x
∗
, y) , ∀y ∈ E.
19
Điều này chứng tỏ rằng x
∗
là nghiệm của bài toán cân bằng. Vậy
SEP(E, f) = φ.
(c) ⇒ (a): Giả sử ¯x là một nghiệm tùy ý của bài toán cân bằng và
{ε
k
} là dãy bất kỳ các số dương hội tụ về 0. Đặt

x
k

:= {x (ε
k
)} là
nghiệm của bài toán EP(E, f
ε
). Khi đó với mỗi k ∈ N, ta có



f


¯x, x
k

≥ 0,
f
ε
k

x
k
, ¯x

= f

x
k
, ¯x

+ ε
k

x
k
− x
g
, ¯x − x
k

≥ 0.
Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên ta có

f

¯x, x
k

+ f

x
k
, ¯x

+ ε
k

x
k
− x
g
, ¯x − x
k

≥ 0.
Do f đơn điệu nên
f

¯x, x
k

+ f


x
k
, ¯x

≤ 0.
Vậy
g

x
k
, ¯x

:=

x
k
− x
g
, ¯x − x
k

=

x
k
− x
g
, (¯x − x
g
) −


x
k
− x
g

≥ 0.
(1.15)
Mặt khác, vì g là đơn điệu với hệ số γ > 0 nên ta có
g

x
k
, ¯x

+ g

¯x, x
k

≤ −γ


x
k
− ¯x


2
. (1.16)

Suy ra
g

¯x, x
k

≤ −γ


x
k
− ¯x


2
,
hay
−g

¯x, x
k

≥ γ


x
k
− ¯x



2
.
Theo giả thiết ta có được
δ ¯x − x
g



x
k
− ¯x


≥


−g

¯x, x
k



≥ γ


x
k
− ¯x



2
.
Từ đó suy ra


x
k
− ¯x


≤
δ
γ
¯x − x
g
 , ∀k.
20