dùng hàm D-GAP giải bài toán cân bằng, chương 3

Chương 3 DUNG HAM D-GAP GIAI BAI TOAN
CAN BANG
3.1 Hàm D-gap của bài toán cân bằng
Định nghĩa 3.2.1

Hàm gạg(x): 9” —
Khi đó, ta có

9, với 0 < œ < B, được gọi là D-gap nếu

#ap(X) = hạ(x) — hạ(x).

Eap(x) = max{- F(x, y)~ H(x, y)}-max{- f(x,y) — BH(x, y)}
min{f(x, y) + BH(x,y)}~ min{f(x, y) + a(x, y)}

f(x, yp(x)) + BH(x, yg(x)) — f{x, ya(x)) = œHÉx, ya(x))
fx, yp()) — Ñx, ya(x)) + BH(X, yp(x)) = œH(x, ya(X)).
Định lí 3.1.1
Giả sử H thoả (C1) - (C4) và các giả thiệt ở Định lí 2.5.1 thoả. Khi đó ,
#ap(.) khả vi liên tục và

8 ae) = Ÿ.(x, yạ()) + BH”,Œ, yp(X)) — [Ÿs(X, ya(x)) + œH”(x, va())]

Chứng minh
Áp dụng Định lí 2.5.1, ta thấy h„(x) và h(x) khả vi liên tục và

Wax) = -P A(X, YalX)) — HAP (X, YalX)),
h’a(x) = -Fx(% yp(x)) — BH’xs ya(x)).
Vi gap(X) = hạ(x) — hg(x) nên g„;(x) khả vi liên tục và

8 ap(x) = h'a(x) — h'a(x).

Từ đây dễ thay dpem.

a

Trang 30


Mệnh đề 3.1.1

Giả sử H thoả (C1) - (C4). Khi đó, V x e 9”,
(B - co) H(x, yp(x)) S gap(x) < (B - œ) H(, ya(x)).

Chimg minh

Ta có

ha(x) = - Í, va(x)) — œH(x, Yo(x)) =
= max{-

‹

Đơng thời,

f(x,y)— œH(x, y)} 2

2 - f(x, yp(x)) -— G(x, yp(x)).

hg(x) = - f(x, ya(x)) — BH(x, yg(x)) =

= max{-f(x, y)—BH(,y)} >
2 -f(x, Yo(x)) — BH(x, y«(%)).

Mat khac, vi gag(x)

Do đó
Tức là

= he(x) — he(x) nén

- Í{x, yp()) = œH(x, yp(X)) — hạ(x) < ha(X) — hạ(x) = gap().
- Ñx, yp(x)) — A(x, yp(x)) + f(x ye(x)) + BHC, ya(x)) S$ gap(x).

;

(B - œ)H(x, yp()) < gag(X),

va

(12)

ap(X) = ha(x) — p(x) < hạ(x) + f{x, vu(x)) + BH(x, ya(x)).
Điều này tương đương với

hay

#ap(X) Š -Ñx, ya(x)) — œH(x, ya(x)) + f{x, ya(x)) + BH(x, ya(x)),

#ap(x) < (B - œ)HỌx, Yalx))

Kết hợp (12) và (13) ta có đpem.

(13)
a

Định lí 3.1.2

Giả sử (C1) — (C4) và các giả thiết của Định lí 3.1.1 thoả mãn. Khi đó

gap(x) khơng âm, V x e 9†”, và gas(x*) =0 khi và chỉ khi x* là nghiệm của (EP).
Chứng minh

Theo Mệnh đề 3.1.1 ta có, V x e 9†",

g„ (x) 2 (B-a)H(% y, (x)).
Trang 31


Do (C2) và 0 < œ< B nên, V x e 9”,
#ap(X) >0.

Nếu g„g(x*)= 0 thì theo Mệnh đề 3.1.1,

0 <(@ - ơ)H(x*, yp(x*)) < gap(x*) = 0.

Do d6, H(x*, yp(x*)) = 0. Theo (C4) thi x* = yp(x*). Ap dung Bé dé 2.5.3 ta
thây x* là nghiệm cuả (EP). Ngược lại, nêu x* là nghiệm của (EP) thì ,theo Bơ

đề 2.5.3 ,ta có y„(x*) = x*. Theo (C4) thi H(x*, ya(x*)) = 0.Theo Ménh dé 3.1.1
thì

gu; (X*) <(B— œ)HŒ*,y„(x*)) =0,

hay g„; (x*)<0. Vậy g„ (x*)= 0.

a

Từ các kết quả trên bài toán cân bằng được chuyển thành bai toán

Min gap (X)

Ta thêm điều kiện mới cho hàm H(,, .)

(C5) V x, y € 8", H’x(x, y) + Hy(x, y) =0.

Bồ đề 3.1.1

;

Giả sử H thoả (C1) — (CS) và f thoả các giả thiết ở Định lí 2.5.1. Khi đó,
Vxe9%t,

p(x) - ya(x), BH",(x, y(x)) ~ œH”,(, ya(x)) ) > 0.

Chứng minh
Theo quan hệ giữa y„(x) và hạ(x) (xem Định nghĩa 3.I.1), ta có ,V z eK,

(œ, ya(x)) + œH”,(x, ya(X)), Z— ya(X) ) = 0.

Tương tự, với yp(x) và hạ(x), ta có, V z e K,

@(x, ya(x)) + BH”y(x, yp()), Z— yg(X) } > 0.

(15)

Thay z = ys(x) ở (14), ta được

Œ$(, yu(X)) + œH'(x, ya(X)), Ye(ŒX) — ya(®) ) > 0.

Thay z= ya(x) 6 (15),

ta duge

(Py, ya(x)) + BH”(x, yp()), ya(X) — yp(X)

Cộng về theo về của (16) và (17), ta có
Trang 32

(14)

> 0

(16)
q7)


(PyO% Yalx)) = f0, yp()) + œH”(x, ye(x)) - BH”y(, yp(X)), Yạ(X) — ya(X) ) >0.
Do đó

(f”y(x, ya()) — Ê”yŒX, yp()), yp(X) — Ye(X) ) >

> -(œH”,(x, ya(x)) - BHỶy(x, yp(X)), yp(X) — Ya(X) ).

(18)

Mat khác theo (C5), ta có

H¿(x, ya(x)) + H?y(x, ya(x)) = 0,
H0, yp@)) + H’y(x, yp(x)) = 0.

Vi vay

~ HX, Ya(X)) = H's ya(X)),

~ H’y(x, yp(x)) = H”,(, yp(*)).
Từ đây và (18) , ta được

(P(X, Ya(x)) — PX Yp(X)), YeŒ) — ya@S) ) >
> (œH,(x, ya(x)) = BH”,(x, yp(X)), yp(X) — Ya(X) )-

Vì f(x,.) lồi nên

Œ y(x, ya(X)), Yp(X) — ya(X) ) Š fỌX, ya(x)) — ÍX, ye(X)),
Œ(x, yạ(X)). Ya(X) — yg(X) ) < Ñx, ya(X)) — Í{x, yp(x)).

Cộng về theo về của (20) và (21), ta có

Œ”y(X, ya(X)) — fy@X, ypĨ@©), Ya(X) — Ya(X) ) $ 0.

(19)
(20)

(21)
(22)

Từ (19) và (22), ta có
,

ay

0 > (œH”,(x, yu(x)) — BH”x(x, yạ()), yp(X) — ya(X) ),

<yp(x) — Ya(x), BH’x(x, yp(x)) — œH”„(, ya()) ) > 0.

@

Định lí 3.1.3
Giả sử H thoả (C1) - (C5) và giả sử g'4;(x*) = 0. Nêu ,V x e K, P;(x, .)
đơn điệu chặt trên K thì x* là nghiệm của (EP).

Chứng minh
Ta có

8)ap(XŠ)E P(X%,yp(X®)) — P@X*, ya(x*)) + BH2(X*, yạ(X*)) — œH”2(X*, ye(X*)).
Do đó

(gu; (X#), yp(XŠ)— ya(x®)) = (PxGÈ}, ve(XŠ)) — Fv(X*, yo(XŠ)), yeXŠ) — Yo(X*))
Trang 33


+ @H',(X*, yg(@X*)) — HH? x(x", Yo(X*)), yạ(XŠ) — ya(X#))
Vi f(x, .) đơn điệu chặt trên K, V x e K, nên, V ys(x*) # yu(x*),

(Px(X*, yp(x*)) — P(X*, Yo(X*)), Ye(X*) — Ya(x*)) > 0.

(23)

Mặt khác
, theo Bồ dé 3.1.1, ta có
@H”.(x*, yg(x*)) = œH”,(x*, yu(x*)), yp(x*) — ya(x*)) > 0.
Cộng về theo về ta được, V yp(x*) # y„(x*),

gu; (X*), Yp(X*) — Ya(X*)) > 0.
Vi vay, khi g',, (x*)=0 thi
(gi (X*), Yp(X*) — Ya(x*)) = 0.
Do đó yp(x*) = yo(x*). Vì vay
Slug (X*) = (B - ø)H”,(x*, yp(x*)) = 0,
hay H”„(x*, yg(x*)) = 0. Từ (C5) ,ta có H”y(x*, yp(x*)) = 0. Theo Bồ đề 2.5.2, ta
có x* = yp(x*). Đến đây Bồ đề 2.5.3 suy ra x* là nghiệm của (EP).
m
3.2. Giới hạn toàn cục
Ta chứng minh H',(x, .) là đơn điệu mạnh với hằng số 22.

Từ (C3) ta có, V y¡, y; e 9,

H(x, y¡) — HŒx, y;) > (Hy, y2), yì — y2) # Alyi — y2|,

H(x, yo) — H(x, yi) = (H’y(x, y1), yo -y1) + Ally2—yill’.
Cong về theo về , ta được
tức là

0. = (H’\(x, yo)

H'y, y), — y2) + 2A|lyi — v3ÍŸ,

(H(, yị) = Hy, y2), yị — y›) = 2Ally1 — yall’.
Bây giờ ta thêm điều kiện mới cho H(,, .)
‹C6)H”y(x, .) liên tục Lipschitz, tức là 3 L > 0 sao cho, V yi, y2 € R",

IH? y(x, yi) — Hy, y2)ll $ Llly: — yall-

Trang 34


Bo dé 3.2.1

Giả sử H thoả (C1) — (C4) va (C6). Gia str f thoa các giả thiết của Bồ đề

3.1.1 va f(.,.) là liên tục Lipschitz với hằng số Lự, có nghĩa là, V(x, y) & (z, t)
c9?x 9t,

II, y) — Ÿy, Đ|| < LÍ, y) — œ, ĐI.
Khi đó, 3 e > 0 sao cho | x — x*|| < e||yp(x) - x||, V x e 9”, ở đây x* là

nghiệm duy nhât của (EP).
Chứng minh

Vì f là đơn điệu mạnh với hằng số ö > 0 nên, V x, y e K,

fix, y) + fly, x) $ -8l|x- yl)’,

tức là

f(x, y)— Ñy, x) > ð||x — y|.

Do d6 ,V x,y EK,

fix, x) — f(x, y) - fly, x) + fly, y) 28 |x — yl.

Trước hết ta cần chứng mỉnh rằng

Œ$@, x)— fyỚ, y), x—y) > ð | — y|Ÿ.

That vậy, vì f(x,.) lồi theo y ứng với mỗi x nên

f(x, y) — f(x, x) > (y(, x), y — X),

tức là

-f(x, y) + f(x, x) < Py(x, X), X— y),

va

(24)

fly, x) - fly, y) 2 (Py(y, y), xy),

tức là

-f{y, x) + fly, y) $ CPyQ, y), X-y).

(25)

Cộng về theo về của (24) và (25) , ta được
f(x, x) — f(x, y) — fly, x) + fly, y) < (Py(x, x) — Ÿy(, y), X— yÒ.
Do

do,
V x, y € K,

3 |Ix—yll < (Py(x, x) — Pyly, y), X-y).
Viet = argmin f(x*,y) nên, V z e K,

ye

P(x", x*), Z xs

Trang 35

0:

(26)


Thay z = yp(x) ta được

Œy(x*, x*), yp(x) — x} > 0.

(27)

Theo quan hệ giữa yg(x) và hạ(x) ta có, V z e K,

(Py(X, yp(x)) + BHỶy(x, yg(%)), Z— yạ(x) ) > 0.

Thay z = x*, ta được

Py ya(x)) + BH V(x, yp(x)), x* - yp(x) ) = 0.

(28)

Cộng về theo về của (27) và (28) dẫn đến

;

ay

(Py(X, yp(x)) — fy(x*, x*), x* - yp(x) ) + BCH’ (x, yg(X)), x* - yp(X) ) > 0,

(Py(x, yp(x)) — Py(x, x), x* - yp(x) ) + (Py, x) — Py(*, x*), x* = yp(x) ) +
+ BH’ s(x, yp(x)), x* - yp(x) ) > 0.
(29)

Theo (26), ta có

ð||x — x*| < Œy(X*, x*) — y(x, x), XỶ - X).

(30)

Cộng về theo về của (29) và (30), ta có

ð||x — x*|Ủ < fy(x*, x*) - Py(x, x), yp(x) — x) +

+ €0, yeŒ)) — ŸJÚX, X), XẾ - x) +
+ Py Ye) — Py, x), X — Yg(X) } +
* (BEDS, yp(x)), x* - x) + ( BH’y(x, yes), x — ya(x) ). G1)
Mặt khác, vì f(x, y) lồi theo y ứng với mỗi x nên

f(x, yp(x)) — f(x, x) 2 (P(x, x), yp(x) — x),
f(x, x) — f(x, ya(x) 2 (Py, yp(x)), x — yp(X) ).
Cộng về theo về ta được

0> (P4(x, yạ(X)) — Ÿy(X, X), X — yp(X) ).

(32)

Theo Bé dé 2.5.2 , tacd

(Hy, yp()), X— yp(X) ) = (H’ (x, yp(x)) — H’y(x, x), x — yg(X) ).

Vì H”y(x, .) đơn điệu mạnh nên

=>

(H’y(x, ye(x)), x — yp(x) ) = H?, yp(x)) — Hy, x), x— yg(x))<0.

Trang 36

33)


Từ (31), (32) và (33), ta có

ð||x— x*| < Œy(x*, x*) — Fy(, x), ypŒ) — x) +

+P y(X; yp(x)) — f(x, x), x* - x) +
+ BCH (x, ya(x)), x* - x).

Ta lại có

(34)

€y(X*, x*)
— Ÿy(x, x), yp(x)— X) < ||Py(x*, x*)— Ÿy(, x)|| llysŒ)- x||,
€y(x, yp(x))— Ÿy(x, x), x*— x) < ||Fy(x, ys(x))— Py(x, x)|| lx*—xt,
B‹4H”,(x, y¿(x)), x* - x) < B|IH”y(x, yp(%))|| ||x* - x||.

Mặt khác, vì P¿(.,.) lién tue Lipschitz với hằng số L;> 0 nên

I|Py(x*, x*) = Ÿy(x, x)|| < 2Li|x* - x||,
lIPyGx, yo(x)) — PyCx, x)I] $ Lallyp(x) — x\.

(35)
(36)

Vì (C6) và Bồ đề 2.5.2 nên

IIH x, y;(@))|| = ||H”;(x, yạ(x)) — H’yCx, x)|| < L|x — yp@)||.

37)

Từ (34), (35), (36) và (37), ta được

ð||x — x*|Ÿ < 3Ldlyg(x) — xỊ| [lx — x*|| + BLllx — yạ()|l ll* - x||.

Tức là

ð||x — x*|| < @L¿+ BL)||x — yạ(x)|l.
Chọn HE

HH. EE

ta có,
V x e 9,

llx — x*ll < e|lx
~ ys()|l-

i

Bỗ đề 3.2.2

Giả sử H thoả (C1) ~(C4) và (C6). Khi đó, V x e 9i",
A|x- yu()| < HQ, a(x)) < L/2 |Ìx — ya(X)|Ï,

ở đây À.> 0 và L > 0 là các hằng số ở (C3) và (C6).
Hơn nữa, V x e 9†”,

A(B - œ)|lx = yạ(X)|lỦ < g„ạ (x) < 1⁄2 (B - œ)||x — ya(x)|Í.
Chứng minh
Vì (C3) và (C4) nên, V x e %°, Vœ>0,

H(x, ya(x)) = HO, ya(x)) — H(x, x) 2 (A? y(X, x), ya(x) — x) + Allya(x) — xI|?. (38)

Trang 37


Vì Bồ đề 2.5.2 nên H'y(x, x) = 0. Từ (38) ta có, V x e 9, V œ>0,

H(x, ya(x)) > A||x — ya()|Ứ.

Ta lại có

(39)

A(x, Yo(x)) = HỌC, Ya(x)) — H(x, x) =

II

= fx H', (x,x + t(y, (x) —x)), y,(x) — x > dt
fe Hy (x,x+t(y„(x)—x))— H, (x,x),y„(x)—x >dt

< [LIx~y,G9IÊ tứt=ZIx=y,@9)l,

— 0)

Kết hợp (39) và (40), ta suy ra, V x e 9‡",V œ>0,

AJ|x — ya(@)|Ÿ < HŒ, ya(%)) < 1/2 lÌx — ya(%)|Í.

Kết hợp với Mệnh đề 3.1.1 ,ta suy ra, V x e 9",

MB - œ)|x— yạ(%)| < gạy (x) < L⁄2 (B - ø)|x— ya(®)|É.

Dinh lí 3.2.1

(41)
a

oe

Gia sit H thoa (C1) — (C4) va (C6). Giả sử f thoả các giả thiết ở Bổ đề

3.2.1. Khi đó, Vxe9"

và x* là nghiệm duy nhất của (EP),

Ix—x*|l
(x).

Chứng minh

Vì Bồ đề 3.2.1 và (41) nên, V x e 9i,
€

ya(x)| < ——————
| x— x*||l << c||x
e|Ix —- ya()||
Boa ves ( X):)
Hệ qua 3.2.1

a

Gia str H thoa (C1) — (C4) và (C6) và f thoả các giả thiết ở Bồ dé 3.2.1.

Khi đó

lim g„„ (x) =+œ

lIxl->+e

và tập mức của g„„

Trang 38

là compact.


3.3 Thuật toán dùng hàm D-gap giải bài toán cân bằng
Ham H(x, y) = ; ||x—y|?

thoa ede giả thiết (C1) — (C6). Từ chứng minh của

Định lí 3.1.3 ta nhận thay d(x) = ya(x) — yp(x) là hướng giảm của E„; tại x, tỨc

là d(x) #0 va néu g',, (x) #0 thi

C8, (X), d(X)) = -đvŒ, yp(X)) — FxŒX, Ya(X)), ypŒX)— Ya(X))- ا(%) = ya(x), BH„(x, yp(x)) = œH”„(x, ya(X)) ) < 0,
do Bỏ đề 3.1.1 và tính đơn điệu chặt trên K của f„(x, .).

Như vậy, ta có thê xây dựng phương pháp tìm ra dãy {x*}hội tụ về x* sao

cho x! ;= xÊ + t.d(x5) và d(x*) = yo(x*) — yp(x*) = 0. Tuy nhién, véi y(x*) =

yp(x*), x* cũng chưa chắc là nghiệm của (EP). Theo Định lí 3.1.3 , nếu Yo(x*) =
yp(x*) va x* là điểm dừng của g„; thì x* mới là nghiệm của (EP).

Để khắc phục ,ta xây dựng d(x) := r(x) + p s(x), voi p > 0 đủ nhỏ và

r(X) = ya(X) — yp(%),

8(x) = OH?x(X; Ya(x)) — BH’x(x, yp(x)).
Bo dé 3.3.1

Giả sử H và f thoả các giả thiết ở Định lí 3.2.1 và ,V x e 9" ,f,(x,.) liên

tuc Lipschitz với hằng số I' > 0 và đơn điệu mạnh với p> 0. Giả sử x” là điểm
bất

kì

trong

9°

Khi

đó,

3

p >

0

sao

cho

Sap (X) S Sag (X°)} va VOI d(x) =1(x) + p s(x), ta cd

,V

xe

T(x’)

=

{x

(d(x), 81 (x))< al r(x)|| +P|| s@9 ||)’.
Chimg minh

Từ Định lí 3.1.1, ta có

(d(x), Slap CD) =O), POX ye()) — Px(X, ya(X))) - Œ(X), (x) ) +
+ p (s(x), P(X a(x) — Px(, va(X)) ) - pIls@S)|Ẻ.

Vi f’,(x, .) liên tục Lipschitz với hằng số F > 0 nên

lf(, ye@)) = Pxœ, ya(@))|| < TlysŒ) — ya(X)|| = Tlr(®)||.

Vi f.(x, .) là đơn điệu mạnh với p > 0 nén

((x), P(, ya(%)) — PX; yp@®)) ) > H||r(x)|Í.

(42)

/


>

((x), P(x, yp(x)) — Ÿs(, ya(%)) } < - Hllr@)|Ủ.

(43)

Theo Bồ đề 3.1.1 thì

-(r(x), s(x) ) <0.

(44)

Ta lại có

(s(), P(, ya(x)) = Ÿ, ya(X)) ) < Jls(*)| IIPxC Ye) — Px

Do (42), (43), (44) và (45), ta được

(d@), g„ (x)) < -lif@x)|? +T plirGx)l lls©ll - pllsG)lÊ-

Về phải của (46) có thê viết lại như sau

-wll(x)IÊ +E plies) Iso - pl(x)|Ê =
= “ (Ir@)lI+plIs(x)IŸ -2Đu Ii r(x) | -

y«(x))||

(45)

(46)

IIs() lŸ +

+5 p-Dpl s(x)|? +Vp(u/p +P/p — VII rx) I-80) 1-47)
Thé thi chon p thoa man

be in

Ta có

1à

(we (wey? J

up-1<0,

up

+P Vp -p

(48)

Từ (46), (47) và (48), ta có

(đ@), g„ @))< —“(Ir@)lI+plIs@)l.

=

Ta xây dựng thuật toán với hàm f thoả các giả thiết sau:
(A1) f đơn điệu mạnh trên 9” với hằng số 8 > 0;
(A2) V x e 9†", F,(x, .) đơn điệu mạnh trên K với hằng số p1 > 0; va liên tục

Lipschitz trén K với hằng số Lipschitz I >0;

(A3) F,(.,.) liên tục Lipschitz trên 9‡" với hằng số L¿> 0 ;
(A4) fx, y) là hàm lồi theo y, với mỗi x.
Trang 40


Thuật toán 3.3.1
Bước I

Chọn x? e 9" và tham số p > 0,y € (0, 1) và Q > 0. Đặtk := 0.

Bước 2
Nêu Sa (X" )= 0 thì dừng . Ngược lại thì qua Bước 3.

Bước 3
Dat d* = r(x*) + p s(x‘).

Bước 4

-

-

Tìm m là sơ ngun khơng âm nhỏ nhât sao cho

8¿¿ (XẺ +y”đ*)—=g„ (x") <—y”.Q(|[r(x*)|| +p ||s(x*)|DŸ
và đặt xT = x8 +t dk voit =y".
Trở về Bước 2 với k: =k+ l.

Mệnh đề 3.3.1
Chọn tham số p thoả Bổ đề 3.3.1 và Q < w2. Khi đó, ln tồn tại số
ngun khơng âm m thoả bât đăng thức ở Bước 4 của Thuật toán 3.3.l.
Chứng minh
Giả sử ,V m e WN

thi

Bap (X* +d")
— Bay (XP) >-y".Q(Irœ®)| + p|ls(x9)|ÙŸ.
Khi đó, Vm
Sap

=
Ta lại có

e
(x*

7

+y"d")-g.5

(x*)

> Qin + plsce'))?

fig Ta

> Q(t + liste)?

re=(0,

nên
lim+y” =0.

moo

Trang 41


Do đó

(dg! (x"))

= lim
mc

Bap (XS + Yd")
— Sag (XS) .
Y m

> -Q((jr@')]| + plis&IIY.
Mặt khác theo Bồ đề 3.3.1 ta có

ty oye „ (hú

| + pls(x)|ÙŸ.

Vi vay:

> (Ir(x)J+ plls$x9J) > -Q(r(x9J| + plls(9|JŸ.
Vì xŸ chưa là nghiệm của (EP) nên

>

:
lIr(x9)| + pls(9J| > 0.

trái với giả thiết.

=> đpem.

a

Định lí 3.3.1
Giả sử H thoả (C1) ~ (C6) và f thoả (A1) — (A4). Giả sử p thoả Bồ dé 3.3.1

và Q < 1⁄2. Khi đó {x"} của Thuật tốn 3.3.1 hội tụ về nghiệm x* duy nhất của

(EP).

Chứng minh

Do cách xây dựng dãy

={X/ Bap (X)S Sag (X")}-

{x"}

của Thuật toán 3.3.1 nên

{x*}\CT(@&°) =

Theo Hé qua 3.2.1 thi tap mite T(x°) 1a compact. Do do ,tén tai day con của dãy
{x") hội tụ. Vì {Bop (x*)} la dãy khơng âm và giảm nên hội tụ về g*,,2 0 nao
do. Gia str x

là giới hạn của dãy con {x }. Vì Yal- ) va ya(.) liên tục nên giới

hạn của ix } dẫn đến giới hạn của {r(x*)} và {s(x9)}. Từ đó, dẫn đến giới hạn

của {d(x9}.

Ta có thể giả sử d(xŠ) —> d*. Khi đó, do r(.) và s(.) liên tục,
d(x*) = r(x*) + p s(x*) = d*.
Theo Thuat toan 3.3.1 , ta cé

Sap (X* + td) —gap (x*) St, QU] r(x") |] +9 I] s(K*) I).
Trang 42


Do đó

{ wqIr&9)| + pIls(x9|Ù?} — 0.

Ta xét hai trường hợp
(a) Gia su t, > 0. Khi do
Sap

(*

+ ty d‘ ) — Đạp

5

(x*)

k

>~Q(J|r(x*)||+p IIs(x*) |ÙẺ,

ở đây, t „ = tựy. Vì t, —> 0 nên t„ —> 0. Do đó từ (49) dẫn đến

(g„ (x5), đ*) > -Q(Ir@œ*)|| + p|ls(x*)|)Ÿ.

(49)

(50)

Vì d* =r(x*) + p.s(x*) nên theo Bồ để 3.3.1 và (50) ta có

-Q(lr&*)||+ p|ls(x*)|ÙŸ < s
Vì Q < H/2 nén tu (51),

r(x*) | +p | s(x*) |)’.

ta cd

lIr(x*)|| + pIls(x*)|| = 0

(b) Nếu. ty -0 thì rõ ràng |Ir(x9J| + plls(x9)|l —> 0.

Do đó. Jlr(x*)|| + p|ls(x*)||=0

Cả hai trường hợp (a) và (b) đều suy ra được |Ir(x*)|| + p|ls(x*)||= 0,
tức là r(x*) = 0 và s(x*) = 0. Vì vậy

Ta có

Ya(X*) = yp(x*).

0 =s(x*) = œ H”,(x*, ya(x*)) — B H?x(x*, ya(x))
= (œ

~ B)H’(x*,

Eup

(x*) =0.

Do đó, theo Định lí 3.1.1, ta có

Yo(x*)).

Theo Dinh lí 3.1.3, x* là nghiệm của (EP).

Trang 43

G1)


3.4. Áp dụng vào bất đẳng thức biến phân
Bài toán bất đăng thức biến phân phát biểu như sau :
(VIP): Tim x € S CR" sao cho, Vy € S,

(F(x), yx) 20,

ở đây F: 9‡" —> 9” khả vi liên tục và S c 9† là tập lồi đóng khác rỗng.
Đặt

WA(x, y) = (F(x), X—y)- œ HỌC, y),

f, (x)= max W(x, 'y)Ta có các tinh chất sau

(a) Ê,(x)>0,VxeS;

(B) f. (x*) =0 va x* € S khi và chỉ khi x* là nghiệm cua (VIP);

(y) f,() kha vi lién tuc va

£', (8) = F(x) + F°(x)( = YalX)) - OH? CX, Yol)),

ở đây y„(x) là nghiệm duy nhất của bài toán min— W(x, y).

ye

Ham

g,, : 2"

duge định nghĩa nhu sau , với 0 < œ << B,

Bay (x)= f(x) -f,)

= max 'Y, (x, y)—max ¥, (x, y)

yes

yeS

= (F(X), ya(X) — yalx) ) + B Hx, yp(x)) — & HX, ya(x)).

Trang 44


Các kết quả sau đây là hệ quả trực tiếp của các kết quả tổng quát tương ứng
cho bài toán cân bằngở các mục trước. Vì vậy, ta chỉ phát biểu mà khơng trình

bày chứng minh.

Định lí 3.4.1
Giả sử H thoả (C1) ~ (C4). Khi dé ,g,, kha vi va
uy (X) =F’) Yp(X) — Vax) + BHA, yp(X)) — CHC Ye(X)).
Định lí 3.4.2
Giả sử H thoả (C1) - (C4). Khi đó,g„

khơng âm trên 9". Hơn nữa

g„¿ (x*) = 0 khi và chỉ khi x* là nghiệm của (VIP).

Định lí 3.4.3
/
;
Giả sử H(...) thoả các giả thiết (C1) - (C5). Giả sử g'„„ (x*) =0. Nếu F”(x)
là xác định dương thì x* là nghiệm của (VIP).

Ví dụ 3.4.1
Giả sử F: 9† —> 9† xác định bởi F@) = & - 3Ÿ + 1, S = [0, +00) va

HQy)=2 |x~y :

F đơn điệu chặt trên S nhưng F”(x) không phải là xác định dương khi x = 3.
Với œ= ⁄ và B = 2 thì g'„ (3)=0 nhưng x = 3 khơng phải là nghiệm

(VIP), x =2 mới là nghiệm của (VIP).

Bồ đề 3.4.1

Giả sử H(.,.) thoả (C1) — (C4) và (C6). Giả sử F đơn điệu mạnh trên 9ï”.

Nếu F liên tục Lipschitz trên 9†" hoặc nếu S compact thi ton tai hằng số c > 0
sao cho, V x e 9,

IIx —x*|| < cllyp(x)
— xl],

ở đây x* là nghiệm duy nhat cua (VIP).


Định lí 3.4.4
Cho H(., .) thoả (C1) — (C4) và (C6). Giả sử F đơn điệu mạnh trên 9". Nếu
F liên tục Lipschitz trên 9†" hoặc nếu S compact, thì

ø„,;

tạo nên một cận trên

toàn cục cho (VIP).

Bồ đề 3.4.2

Giả sử H thoả (C1)— (C6). Giả sử F đơn điệu ae với modul k trên 9†” và
F liên tục Lipschitz trên 9” hoặc S compact. Cho x” là điểm bắt kì thuộc R".Khi
đó, tồn tại hằng số p>0 sao cho với mọi x trong tập mức

T(x"): = {x/ g„y (X) < gạy (x9)} ;và d(x) = r(x) + p.s(x) thoả
(d(x), Bip (X))
roo + plls(x)|)).

Định lí 3.4.5

Giả sử H thoả (C1) — (C6). Giả sử F đơn điệu mạnh với modul p trén 8" va

F la lién tuc Lipschitz trén " hoặc § compact. Giả sử p đủ nhỏ thoả Bỏ đề
3.4.1 và Q < p/2. Khi do ,day {x"} của Thuật toán 3.3.1 sẽ hội tụ về nghiệm duy
nhất của (VIP).

Trang 46