Upload
dam-thanh-tuan
View
243
Download
0
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Â
Citation preview
LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Lê Dũng Mưu người đã tận tình hướng
dẫn và giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu để em có
thể hoàn thành khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới quý thầy, cô giáo
Viện Toán học, Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam đã giảng dạy
và giúp đỡ em hoàn thành khóa học.
Hà Nội, ngày...... tháng ...... năm ......
Tác giả
Đàm Thanh Tuấn
1
Mục lục
Lời cảm ơn 1
1 Bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp 31.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Phát biểu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến
phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.3 Hàm Đánh Giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp . . . . . . . 11
2 Mô hình cân bằng Nash-Cournot 212.1 Giới thiệu mô hình Nash-Cournot . . . . . . . . . . . . 212.2 Trường hợp cước phí tuyến tính . . . . . . . . . . . . . 232.3 Trường hợp cước phí lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3.1 Cước phí lõm tuyến tính từng khúc . . . . . . . 262.3.2 Cước phí là lõm trong trường hợp tổng quát -
Phương pháp tìm điểm dừng. . . . . . . . . . . . 39
Kết luận 50
Tài liệu tham khảo 51
2
Chương 1
Bài toán bất đẳng thức biến phânhỗn hợp
Bài toán bất đẳng thức biến phân là công cụ để nghiên cứu phương
trình đạo hàm riêng và ứng dụng của nó trong kỹ thuật. Còn bài toán
bất đẳng thức biến phân hỗn hợp lại có ý nghĩa quan trọng trong kinh
tế. Sau đây ta xem xét kỹ hơn bài toán bất đẳng thức biên phân hỗn
hợp. Các kiến thức này được lấy từ tài liệu [1,2,4,9,10,11]
1.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân
Trong luận văn này ta luôn xét H là không gian Hilbert thực, K là
tập con lồi đóng khác rỗng của H, F : K → H là ánh xạ đơn điệu.
1.1.1 Phát biểu bài toán
Định nghĩa 1.1. Cho K là tập con lồi đóng khác rỗng của H và ánh
xạ F : K → H là liên tục. Bài toán bất đẳng thức biến phân được định
nghĩa như sau:
Tìm x∗ ∈ K : 〈F (x∗), x− x∗〉 ≥ 0 ∀x ∈ K. (1.1)
Bài toán bất đẳng thức biến phân được kí hiệu là VIP(K; F).
Tập các lời giải của VIP(K;F) kí hiệ là SOL-VIP(K;F).
3
Nhận thấy rằng K là tập đóng và F ánh xạ liên tục nên SOL-
VIP(K;F) luôn là tập đóng.
Ta đã biết, nón pháp tuyến ngoài của K tại x là:
NK(x) = {w ∈ H|〈w, x− x〉 ≤ 0 ∀x ∈ K}.
Vec tơ w được gọi là vectơ pháp tuyến của K tại x.
Nhận xét rằng
(1.1)⇐⇒ 〈−F (x∗), x− x∗〉 ≤ 0 ∀x ∈ K.
Tức là − F (x∗) là vectơ pháp tuyến của K tại x∗.
Hay 0 ∈ F (x∗) +NK(x∗).
Trong trường hợp K là toàn bộ không gian Rn. Ta có:
x∗ ∈ SOL− V IP (Rn, F )⇐⇒ F (x∗) = 0.
Trường hợp K là nón lồi trong Rn, ta có định nghĩa sau:
Định nghĩa 1.2. Cho nón K và ánh xạ F : K → Rn. Bài toán bù phi
tuyến, được kí hiệu là NCP(K; F) được định nghĩa như sau:
Tìm x∗ ∈ K : K 3 x∗ ⊥ F (x∗) ∈ K∗, (1.2)
trong đó K∗ là nón đối ngẫu của K, tức là:
K∗ = {y ∈ Rn|〈y, x〉 ≥ 0 ∀x ∈ K}.
Ta có nếu x∗ ∈ K;F (x∗) ∈ K∗ thì 〈F (x∗), x∗〉 = 0 .
Mệnh đề 1.1. Khi K là một nón lồi trong Rn ta luôn có
SOL− V IP (K;F ) = SOL−NCP (K;F ).
Chứng minh:
4
Giả sử x∗ ∈ SOL-VIP(K;F).
Cho x = 0 ∈ K thì (1.1) cho ta 〈F (x∗),−x∗〉 ≥ 0.
Cho x = 2x∗ ∈ K thì (1.1) cho ta 〈F (x∗), x∗〉 ≥ 0.
Nên ta có 〈F (x∗), x∗〉 = 0. Thế vào (1.1) ta có :
〈F (x∗), x− x∗〉 = 〈F (x∗), x〉 − 〈F (x∗), x∗〉 = 〈F (x∗), x〉 ≥ 0 ∀x ∈ K.
Vì thế F (x∗) ∈ K∗. Suy ra x∗ ∈ SOL−NCP (K;F ).
Ngược lại, giả sử x∗ ∈ SOL-NCP(K;F).
Vì F (x∗) ∈ K∗ nên 〈F (x∗), x〉 ≥ 0. Đồng thời 〈F (x∗), x∗〉 = 0 ∀x ∈K. Kết hợp hai điều trên ta có:
〈F (x∗), x− x∗〉 = 〈F (x∗), x〉 − 〈F (x∗), x∗〉 ≥ 0.
Suy ra x∗ ∈ SOL− V IP (K;F ). �
Từ bài toán VIP(K,F) ta có:
〈F (x∗), x− x∗〉 ≥ 0 ∀x ∈ K,
=⇒〈F (x∗), x〉 ≥ 〈F (x∗), x∗〉 ∀x ∈ K.
Nên một vectơ x∗ là lời giải của VIP(K,F) khi và chỉ khi x∗ là lời giải
của bài toán tối ưu :
minx∈K〈F (x∗), x〉.
Định lý 1.1. Xét bài toán tối ưu ràng buộc:
minx∈K
f(x), (1.3)
trong đó f là hàm khả vi liên tục trên tập K, K là tập lồi đóng khác
rỗng trong H. Khi đó x∗ ∈ K là nghiệm của bài toán trên phải thỏa
mãn :
〈5f(x∗), x− x∗〉 ≥ 0 ∀x ∈ K (1.4)
Thật vậy,
Cho φ(t) = f(x∗ + t(x− x∗)),∀t ∈ [0; 1]. Vì φ(t) đạt giá trị cực tiểu
tại t = 0, 0 ≤ φ′(0) = 〈5f(x∗), x− x∗〉, tức là x∗ là lời giải của (1.4)
5
1.1.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biếnphân
Định nghĩa 1.3. Cho K 6= ∅ (không nhất thiết lồi) và x là một vectơ
bất kỳ, đặt
dK(x) := infz∈K‖z − x‖.
Ta nói dK(x) là khoảng cách từ x đến K.
Nếu tồn tại y ∈ K sao cho dK(x) = ‖y − x‖, thì ta nói y là hình chiếu
vuông góc của x trên K. Kí hiệu là y = PK(x).
Mệnh đề 1.2. Cho K là tập lồi đóng khác rỗng trong Rn. Khi đó:
i) Với mọi x ∈ Rn, y ∈ K, y = PK(x) tương đương với x−y ∈ NK(y)
ii) Với x ∈ Rn, hình chiếu vuông góc của x trên K luôn tồn tại và
duy nhất.
iii) Phép chiếu PK là không giãn, nghĩa là:
‖PKx− PKx′‖ ≤ ‖x− x′‖,∀x, x′ ∈ Rn.
Chứng minh:
i) Giả sử có y = PK(x). Lấy z ∈ K và λ ∈ (0, 1). Đặt
zλ := λz + (1− λ)y
Do z, y ∈ K và K lồi, nên zλ ∈ K. Hơn nữa, do y là hình chiếu của x
nên
‖y − x‖ ≤ ‖x− zλ‖.
Hay
‖y − x‖2 ≤ ‖λ(z − y) + (y − x)‖2.
Khai triển vế phải, ước lược và chia hai vế cho λ > 0, ta có:
λ‖z − y‖2 + 2〈z − y, y − x〉 ≥ 0.
6
Điều này đúng với mọi z ∈ (0, 1). Do đó khi cho λ tiến dần đến 0, ta
được:
〈y − x, z − y〉 ≥ 0 z ∈ K.
Vậy x− y ∈ NK(y). Ngược lại, giả sử x− y ∈ NK(y). Với mọi z ∈ K,
ta có
0 ≥ (x− y)T (z − y) = (x− y)T (z − x+ x− y)
= ‖x− y‖2 + (x− y)T (z − x).
Dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
‖x− y‖2 ≤ (x− y)T (x− z) ≤ ‖x− y‖.‖x− z‖.
Suy ra ‖x− y‖ ≤ ‖x− z‖, ∀z ∈ K. Do đó y = PK(x).
ii) Do dK(x) = infx∈K‖z − x‖, nên theo định nghĩa của cận dưới
đúng (infimum), tồn tại dãy zk ∈ K sao cho:
limk‖zk − x‖ = dK(x) <∞.
Vậy dãy {zk} bị chặn, do đó nó có một dãy con {zkj} hội tụ đến một
điểm y nào đó. Do K đóng nên y ∈ K. Vậy
‖y − x‖ = limj‖zkj − x‖ = lim
k‖zk − x‖ = dK(x) < +∞.
Chứng tỏ y là hình chiếu của x trên K.
Bây giờ ta chỉ ra tính duy nhất của hình chiếu. Thật vậy, nếu tồn tại
hai điểm y và y1 là hình chiếu của x trên K, thì:
x− y ∈ NK(y), x− y1 ∈ NK(y1).
Tức là:
〈y − x, y1 − y〉 ≥ 0,
và
〈y1 − x, y − y1〉 ≥ 0.
7
Cộng hai bất đẳng thức này ta suy ra ‖y − y1‖2 ≤ 0, do đó y = y1.
iii) Cho x, x, ∈ Rn, cho y = PKx và y′= PKx
′. Thì theo ( i ) ta có
Với y ∈ K : 〈y, z − y〉 ≥ 〈x, z − y〉,∀z ∈ K. (1.5)
Với y′ ∈ K : 〈y′, z − y′〉 ≥ 〈x′, z − y′〉,∀z ∈ K. (1.6)
Đặt z = y′trong (1.5) và z = y trong (1.6). Cộng hai bất đẳng thức ta
thu được:
‖y − y′‖2 = (y − y′)T (y − y′) ≤ (x− x′)T (y − y′)
≤ ‖x− x′‖.‖y − y′‖.
(dựa vào bất đẳng thức Shwaz). Suy ra,
‖y − y′‖ ≤ ‖x− x′‖.
Định lý 1.2. Giả sử K là tập lồi đóng. Thì x∗ ∈ K là lời giải của bài
toán bất đẳng thức biến phân VIP(K;F) nếu và chỉ nếu mọi γ > 0, x∗
là điểm bất động của ánh xạ
PK(I − γF ) : K → K;
tức là :
x∗ = PK(x∗ − γF (x∗)). (1.7)
Chứng minh:
Giả sử rằng x∗ là lời giải của bất đẳng thức biến phân, nghĩa là
〈F (x∗), (x− x∗)〉 ≥ 0,∀x ∈ K.
Nhân bất đẳng thức trên với −γ < 0, và cộng 〈x∗, (x − x∗)〉 vào 2 vế
của bất đẳng thức ta thu được:
〈x∗, x− x∗〉 ≥ 〈x∗ − γF (x∗), (x− x∗)〉,∀x ∈ K. (1.8)
8
Từ mệnh đề 1.2 ta có: x∗ = PK(x∗ − γF (x∗)).
Ngược lại, nếu x∗ = PK(x∗ − γF (x∗)) ∀γ > 0 thì
〈x∗, x− x∗〉 ≥ 〈x∗ − γF (x∗), (x− x∗)〉,∀x ∈ K.
Vì thế 〈(x∗), y − x∗〉 ≥ 0 ∀y ∈ K.
Định lý 1.3. Nếu K là tập lồi compact và F (x) liên tục trên K thì bài
toán bất đẳng thức biến phân có ít nhất một lời giải x∗.
Chứng minh:
Theo định lý điểm bất động Brower, cho ánh xạ P : K → K, với P liên
tục, thì tồn tại ít nhất một điểm x∗ ∈ K thỏa mãn x∗ = Px∗.
Đặt Φ(x) := PK(I − γF )(x), ta có Φ : K → K và liên tục vì toán tử
chiếu PK liên tục và (I − γF ) liên tục.
Suy ra tồn tại x∗ = Φ(x∗). Theo định lý (1.2), x∗ là lời giải của bài
toán bất đẳng thức biến phân VIP(K;F).
1.1.3 Hàm Đánh Giá
Định nghĩa 1.4. Hàm γ : K → R ∪ {±∞} được gọi là hàm đánh giá
của bài toán bất đẳng thức biến phân nếu thỏa mãn các tính chất sau:
(i) g(x) ≥ 0, ∀x ∈ K;
(ii) g(x) = 0⇐⇒ x ∈ SOL− V I(K;F ).
Định nghĩa 1.5. (Hàm đánh giá Auslender)
Hàm đánh giá Auslender của VIP(K;F) được kí hiệu là gA(x) và được
cho bởi công thức:
gA(x) := maxy∈K〈F (x), x− y〉 ∀x ∈ K. (1.9)
9
Nhận thấy rằng gA(x) ≥ 0 ∀x ∈ K, đồng thời x∗ là lời giải của bài
toán VIP(K;F) nếu và chỉ nếu x∗ là lời giải của bài toán đánh giá cực
tiểu gA(x∗):
minx∈K
gA(x∗) và giá trị tối ưu = 0.
Thật vậy:
Nếu gA(x∗) = 0 thì: maxy∈K〈F (x∗), x∗ − y〉 = 0.
Đồng thời
〈F (x∗), x∗ − y〉 ≤ 0∀y ∈ K,
suy ra
〈F (x∗), x− x∗〉 ≥ 0∀x ∈ K.
Hay x∗ là nghiệm của bài toán VIP(K;F).
Ngược lại, nếu x∗ là nghiệm của bài toán VIP(K;F) thì:
miny∈K〈F (x∗), y − x∗〉 ≥ 0,
hay
maxy∈K〈F (x∗), y − x∗〉 = gA(x∗) ≤ 0.
Phương trình này đúng khi y = x∗, tức gA(x∗) = 0.
Hàm Auslender có nhược điểm là bài toán tối ưu xác định giá trị
của hàm đánh giá có thể không tồn tại nghiệm hoặc nếu có nghiệm thì
thường không duy nhất. Do đó để khắc phục nhược điểm này ta xét đến
hàm đánh giá có hiệu chỉnh Fukushima.
Định nghĩa 1.6. (Hàm đánh giá có hiệu chỉnh Fukushima)
Hàm đánh giá có hiệu chỉnh Fukushima của bài toán VIP(K;F) được xác
định như sau:
g1(x) := −miny∈K{〈F (x), y − x〉+
1
2〈y − x,G(y − x)〉}, (1.10)
10
trong đó G là ma trận đối xứng xác định dương.
Do hàm mục tiêu là lồi mạnh và K là tập lồi đóng nên bài toán xác
định giá trị tối ưu của hàm g1 luôn tồn tại và duy nhất nghiệm.
Tương tự như hàm đánh giá Auslender, ta cũng thấy rằng g1(x) ≥0 ∀x ∈ K và x∗ là lời giải của bài toán VIP(K;F) nếu và chỉ nếu x∗ là
lời giải của bài toán đánh giá có hiệu chỉnh g1(x∗).
1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp
Cho H là không gian Hilbert thực, K là tập con lồi đóng khác rỗng
của H, F : K → H là ánh xạ đơn điệu và ϕ là hàm lồi chính thường
của H. Ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân tổng quát( sau còn
được gọi là bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp):
Tìm x∗ ∈ K : 〈F (x∗), x− x∗〉+ ϕ(x)− ϕ(x∗) ≥ 0;∀x ∈ K, (1.11)
trong đó 〈., .〉 là tích vô hướng trong H. Chuẩn của tích vô hướng được
định nghĩa bằng ‖.‖.Nhận xét rằng khi ϕ là hàm khả vi, bất đẳng thức (1.11) tương đương
bất đẳng thức tìm x∗ ∈ K thoả mãn:
〈F (x∗) +∇ϕ(x∗), x− x∗〉 ≥ 0;∀x ∈ K. (1.12)
Với bài toán (1.11) ta xét hàm đánh giá sau:
g(x) = −min{〈F (x), y − x〉+1
2〈y − x,G(y − x)〉
+ ϕ(y)− ϕ(x)|y ∈ K},(1.13)
trong đó G là toán tử tuyến tính giới nội xác định dương từ H vào chính
nó. Trong trường hợp ϕ là khả vi ta thu được hàm đánh giá chiếu:
g1(x) = −min{〈F (x) +∇ϕ(x), y − x〉
+1
2〈y − x,G(y − x)〉|y ∈ K}.
(1.14)
11
Chú ý rằng hàm mục tiêu trong bài toán đánh giá g1(x) là toàn
phương lồi mạnh. Vì K là lồi đóng và hàm mục tiêu là lồi mạnh, nên
bài toán quy hoạch (1.13) và (1.14) luôn giải được với x ∈ K. Cho h(x)
và h1(x) tương ứng là lời giải duy nhất của bài toán (1.13) và (1.14).
Cả h và h1 là ánh xạ bị chặn trên K.
Nhận thấy rằng khi ϕ là hàm hằng, thì hai ánh xạ h(x) và h1(x)
là trùng nhau và trở thành ánh xạ bị chặn. Vì thế, trong trường hợp
này h(x) = h1(x),∀x ∈ K. Trong trường hợp tổng quát ta chỉ xét
h 6= h1. Ngoài ra, cả h và h1 có tính chất chung là nếu một điểm x∗
là lời giải của bài toán bất đẳng thức biến phân (1.11) nếu và chỉ nếu
h(x∗) = h1(x∗) = x∗.
Bổ đề 1.1. Giả sử bất đẳng biến phân (1.11) có lời giải với ϕ là hàm
khả dưới vi phân, thì điểm x∗ là lời giải của bài toán (1.11) nếu và chỉ
nếu x∗ là điểm bất động của h. Khẳng định này cũng đúng cho h1
Chứng minh:
Cho x∗ là lời giải của (1.11) và h(x∗) là lời giải duy nhất của bài toán
xác định g(x∗). Khi đó,
〈F (x∗), h(x∗)− x∗〉+ ϕ(h(x∗))− ϕ(x∗) ≥ 0. (1.15)
Vì h(x∗) là lời giải của bài toán xác định g(x∗) và bài toán này lồi, do
đó tồn tại z∗ ∈ ∂ϕ(h(x∗)) thỏa mãn:
〈F (x∗) +G(h(x∗)− x∗) + z∗, y − h(x∗)〉 ≥ 0;∀y ∈ K. (1.16)
Thay y = x∗ trong bất đẳng thức này ta có
〈F (x∗) +G(h(x∗)− x∗) + z∗, x∗ − h(x∗)〉 ≥ 0. (1.17)
Cộng hai bất đẳng thức (1.15) và (1.17) ta được
〈G(h(x∗)− x∗), x∗ − h(x∗)〉+ 〈z∗, x∗ − h(x∗)〉
+ ϕ(h(x∗))− ϕ(x∗) ≥ 0.(1.18)
12
Vì z∗ ∈ ∂ϕ(h(x∗)), ta có
〈z∗, x∗ − h(x∗)〉 ≤ ϕ(x∗)− ϕ(h(x∗)).
Vì thế
〈z∗, x∗ − h(x∗)〉+ ϕ(h(x∗))− ϕ(x∗) ≤ 0. (1.19)
Từ bất đẳng thức (1.18) và (1.19) ta suy ra
〈G(h(x∗)− x∗), x∗ − h(x∗)〉 ≥ 0.
Suy ra h(x∗) = x∗. Vì G là tự liên hợp và dương.
Ngược lại, giả sử h(x∗) = x∗. Thì theo (1.16) ta có
〈F (x∗) + z∗, y − x∗〉 ≥ 0;∀y ∈ K.
Vì z∗ ∈ ∂ϕ(h(x∗))nên
〈z∗, y − x∗〉 ≤ ϕ(y)− ϕ(x∗);∀y ∈ K.
Cộng hai bất đẳng thức ta được
〈F (x∗), y − x∗〉+ ϕ(y)− ϕ(x∗) ≥ 0;∀y ∈ K.
Điều này có nghĩa x∗ là lời giải của bài toán (1.11). Có thể chứng minh
h1 tương tự bằng cách sử dụng công thức (1.12) là trường hợp đặc biệt
của (1.11).
Định nghĩa 1.7. Một ánh xạ đa trị Φ : K → H được gọi là đơn điệu
trên K nếu
〈z − z′, x− x′〉 ≥ 0 ∀x, x′ ∈ K, z ∈ Φ(x), z′ ∈ Φ(z′).
Φ được gọi là đơn điệu mạnh trên Kvới hệ số β > 0 nếu
〈z − z′, x− x′〉 ≥ β‖x− x′‖2 ∀x, x′ ∈ K, z ∈ Φ(x), z′ ∈ Φ(z′).
13
Một ánh xạ Φ : K → H được gọi là liên tục Lipschitz trên K với hệ
số δ ≥ 0 nếu
‖Φ(x)− Φ(x′)‖ ≤ δ‖x− x′‖ ∀x, x′ ∈ K. (1.20)
Nếu (1.20) thỏa mãn với δ < 1 thì ánh xạ Φ được gọi là co trên K,
nó được gọi là không giãn trên K nếu δ = 1. Ánh xạ Φ được gọi là tự
bức với hệ số δ > 0 trên K nếu
〈Φ(x)− Φ(x′), x− x′〉 ≥ δ‖Φ(x)− Φ(x′)‖2 ∀x, x′ ∈ K.
Số δ được gọi là hệ số bức.
Một hàm giá trị thực f được gọi là bức với hệ số δ trên K nếu đạo
hàm ∇f là tự bức với hệ số δ trên K, nghĩa là:
〈∇f(x)−∇f(x′), x− x′〉 ≥ δ‖∇(x)−∇(x′)‖2;∀x, x′ ∈ K.
Bổ đề 1.2. Nếu h(x) là lời giải duy nhất của bài toán quy hoạch tối
(1.13), thì
‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ ‖x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′))‖2. (1.21)
Chứng minh
Vì G là xác định dương và ϕ là lồi trên K, bài toán (1.13) là lồi
mạnh. Vì thế h(x) là xác định duy nhất như lời giải của bài toán không
ràng buộc.
min{12〈y − x,G(y − x)〉+ 〈F (x), y − x〉
+ ϕ(y)− ϕ(x) + δK(y)|y ∈ H},
trong đó δK(y) là giá trị hàm chỉ của K. Chú ý rằng dưới vi phân hàm
chỉ của K là nón pháp tuyến ngoài của K, ta có
0 ∈ G(h(x)− x) + F (x) +NK(h(x)) + ∂ϕ(h(x)).
14
Điều này suy ra tồn tại z1 ∈ NK(h(x)) và z2 ∈ ∂ϕ(h(x)) thỏa mãn
G(h(x)− x) + F (x) + z1 + z2 = 0.
Trong đó NK(h(x)) được định nghĩa là nón pháp tuyến ngoài của K tại
h(x). Vì G = αI, nên G(h(x)− x) = α(h(x)− x). Suy ra:
h(x) = x− 1
αF (x)− 1
αz1 −
1
αz2.
Bằng cách tương tự ta có
h(x′) = x′ − 1
αF (x′)− 1
αz′
1 −1
αz′
2. (1.22)
Từ (1.21) và (1.22) ta có thể viết
‖h(x)− h(x′)‖2 = 〈h(x)− h(x′), h(x)− h(x′)〉
= 〈x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′))− 1
α(z1 − z
′
1)−1
α(z2 − z
′
2), h(x)− h(x′)〉.
Vì dưới vi phân của một hàm lồi là đơn điệu nên ta có
〈z1 − z′
1, h(x)− h(x′)〉 ≥ 0;∀z1 ∈ NK(h(x)), z′
1 ∈ NK(h(x′)),
〈z2 − z′
2, h(x)− h(x′)〉 ≥ 0;∀z2 ∈ ∂ϕK(h(x)), z′
2 ∈ ∂ϕK(h(x′)).
(1.23)
Từ (1.23) ta thu được
‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ 〈x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′)), h(x)− h(x′)〉
≤ ‖x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′))‖.‖h(x)− h(x′)‖.
Suy ra
‖h(x)− h(x′)‖ ≤ ‖x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′))‖.
Ta đi xét bất đẳng thức biến phân (1.11) trong đó F là đơn điệu
mạnh hoặc ϕ là lồi mạnh trên K.
15
Định lý 1.4. (i) Nếu F là đơn điệu mạnh với hệ số β và lipschitz liên
tục trên K với hệ số L thì h là co trên K với hệ số δ =√
1− 2βα + L2
α2
trong đó α > L2
2β .
(ii) Nếu ϕ là ρ - lồi mạnh thì h là co được trên K với hệ số
α =
√L2 + α2
α + ρ.
Chứng minh
(i) Giả sử F là β- đơn điệu mạnh và L-lipschitz liên tục trên K. Từ
‖x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′))‖2
= ‖x− x′‖2 − 2
α〈x− x′, F (x)− F (x′)〉+
1
α2‖F (x)− F (x′)‖2.
(1.24)
Theo bổ đề (1.2) ta có
‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ ‖x− x′‖2 − 2
α〈x− x′, F (x)− F (x′)〉
+1
α2‖F (x)− F (x′)‖2.
Vì F là β- đơn điệu mạnh và L-lipschitz liên tục trên K nên ta có
〈x− x′, F (x)− F (x′)〉 ≥ β‖x− x′‖2,
và
‖F (x)− F (x′)‖2 ≤ L2‖x− x′‖2.
Vì thế
‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ ‖x− x′‖2 − 2β
α‖x− x′‖2 +
L2
α2‖x− x′‖2
= (1− 2β
α+L2
α2)‖x− x′‖2.
(1.25)
Suy ra
‖h(x)− h(x′)‖ ≤√
1− 2β
α+L2
α2‖x− x′‖.
16
Rõ ràng, nếu α > L2
2β , thì δ =√
1− 2βα + L2
α2 ∈ (0; 1). Suy ra h là ánh
xạ co trên K với hệ số δ.
Như vậy theo nguyên lý ánh xạ co, nghiệm của bài toán bất đẳng
thức biến phân hỗn hợp (1.11) có thể được xấp xỉ bởi quá trình lặp sau:
xk+1 = h(xk); k = 0, 1, 2, ...
với x0 là một điểm tùy ý của K. Ánh xạ h(xk) được xác định là nghiệm
duy nhất của bài toán (1.13).
(ii) Bây giờ giả sử ϕ là ρ- lồi mạnh trên K. Từ (1.21) và (1.22) trong
chứng minh của bổ đề (1.2), suy ra
‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ 〈x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′)), h(x)− h(x′)〉
− 1
α〈z2 − z
′
2, h(x)− h(x′)〉,(1.26)
trong đó z2 ∈ ∂ϕ(h(x)), z′
2 ∈ ∂ϕ(h(x′)).
Theo tính chất ρ- lồi mạnh của ϕ, từ (1.26) ta có
‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ 〈x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′)), h(x)− h(x′)〉
− ρ
α‖h(x)− h(x′)‖2.
Hay
(1 +ρ
α)‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ 〈x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′)), h(x)− h(x′)〉
≤ ‖x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′))‖.‖h(x)− h(x′)‖.
Suy ra
(1 +ρ
α)2‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ ‖x− x′ − 1
α(F (x)− F (x′))‖2
= ‖x− x′‖2 +1
α2‖F (x)− F (x′)‖2 − 2
α〈x− x′, F (x)− F (x′)〉.
(1.27)
17
Vì F là Lipschitz liên tục trên K với hệ số L > 0, và đơn điệu trên
K, nên ta có
‖F (x)− F (x′)‖ ≤ L‖x− x′‖;∀x, x′ ∈ K,
〈F (x)− F (x′), x− x′〉 ≥ 0;∀x, x′ ∈ K.
Kết hợp với (1.27) ta có
(1 +ρ
α)2‖h(x)− h(x′)‖2 ≤ ‖x− x′‖2 +
L2
α2‖x− x′‖2
= (1 +L2
α2)‖x− x′‖2.
Suy ra
‖h(x)− h(x′)‖ ≤√L2 + α2
α + ρ‖x− x′‖.
Rõ ràng, 0 < δ =√L2+α2
α+ρ < 1 khi α > L2−ρ22ρ .
Bây giờ giả sử ϕ khả vi trên một tập mở nào đó chứa K. Hàm mục
tiêu của bài toán (1.14) trong đánh giá g1 luôn là hàm toàn phương,
trong đó hàm mục tiêu của bài toán (1.13) trong trường hợp tổng quát
không phải là hàm toàn phương. Chú ý rằng việc sử dụng ánh xạ bị
chặn h1 có thể được xem xét trên K, ϕ là hàm hằng và H là không
gian Euclid hữu hạn chiều thì h1 là co khi G = αI với một số thích hợp
α > 0.
Cho φ = F +∇ϕ thì theo (1.14), h1(x) là lời giải duy nhất của bài
toán quy hoạch toàn phương lồi mạnh:
min{〈φ(x), y − x〉+α
2‖y − x‖2|y ∈ K}.
Bài toán này có thể được viết lại là
min{‖y − (x− 1
αφ(x))‖2|y ∈ K}.
18
Suy ra h1(x) = PrK(x − 1αφ(x)), trong đó PrK được định nghĩa là
toán tử chiếu trên K. Toán tử chiếu có một tính chất quan trọng là
không giãn, nghĩa là:
‖PrK(x)− PrK(x′)‖ ≤ ‖x− x′‖;∀x, x′ ∈ H.
Hệ quả 1.1. Giả sử rằng F là đơn điệu mạnh hoặc ϕ là lồi mạnh, và
F +ϕ là L-lipschitz liên tục trên K thì có thể chọn một thông số chuẩn
tắc α thỏa mãn h1 là co trên K. Cụ thể là:
(i) Nếu F là β- đơn điệu mạnh trên K thì h1 là co trên K khi α > L2
2β .
(ii) Nếu ϕ là ρ- lồi mạnh trên K thì h1 là co trên K khi α > L2
2ρ .
Chứng minh
(i) Giả sử F là đơn điệu mạnh. Để đơn giản ta viết h1 thay cho h1(x),
h′
1 thay cho h′
1(x), và quy ước luôn đúng cho F , ∇ϕ và φ. Sử dụng tính
chất không giãn của phép chiếu ta có
‖h1 − h′
1‖2 ≤ ‖x− 1
α(F +∇ϕ)− (x′ − 1
α(F ′ +∇ϕ′))‖2
= ‖x− x′‖2 − 2
α〈x− x′, F − F ′〉
− 2
α〈x− x′,∇ϕ−∇ϕ′〉+
1
α2‖F − F ′ +∇ϕ−∇ϕ′‖2.
(1.28)
Vì F là β− đơn điệu mạnh và F +∇ϕ là L - lipschitz liên tục, ta có
〈x− x′, F − F ′〉 ≥ β‖x− x′‖2
và ‖(F +∇ϕ)− (F ′ −∇ϕ′)‖2 ≤ L2‖x− x′‖2.
Vì thế theo tính đơn điệu của ∇ϕ, từ (1.28) suy ra
‖h1 − h′
1‖2 ≤ ‖x− x′‖2 +L2
α2‖x− x′‖2 − 2β
α‖x− x′‖2
= (1 +L2
α2− 2β
α)‖x− x′‖2.
19
Suy ra h1 là co khi α > L2
2β .
(ii) Giả sử ϕ là ρ- lồi mạnh trên K thì với mọi x, x′ ∈ K ta có
ϕ(x) ≥ ϕ(x′) + 〈∇ϕ(x′), x− x′〉+ρ
2‖x− x′‖2,
ϕ(x′) ≥ ϕ(x) + 〈∇ϕ(x), x′ − x〉+ρ
2‖x− x′‖2.
Cộng hai bất đẳng thức ta có ∇ϕ là ρ - đơn điệu mạnh trên K.
20
Chương 2
Mô hình cân bằng Nash-Cournot
Mô hình cân bằng kinh tế thị trường Nash-Cournot liên quan tới n
hãng sản xuất, họ cùng tham gia sản suất một loại sản phẩm. Mỗi hãng
đều có một hàm lợi nhuận, họ luôn mong muốn lợi nhuận của hãng mình
được cực đại. Bài toán đặt ra là tối đa hóa lợi nhuận của các hãng bằng
cách chọn một mức sản lượng phù hợp cho tất cả các hãng. Các khái
niệm và kết quả của chương này được tham khảo trong [6,7].
2.1 Giới thiệu mô hình Nash-Cournot
Giả sử trong mô hình cân bằng kinh tế thị trường có n hãng sản xuất
cùng một loại hàng hóa và pi là giá của hãng thứ i, phụ thuộc vào tổng
số lượng σ :=∑n
i=1 xi của thị trường hàng hóa. Cho hi(xi) là chi phí
của hãng thứ i khi nó sản xuất một số lượng sản phẩm xi. Giả sử rằng
lợi nhuận của mỗi hãng được cho bởi :
fi(x1, x2, ..., xn) := xipi(n∑i=1
xi)− hi(xi)(i = 1, 2, ..., n). (2.1)
Cho Ui ∈ R, (i = 1, 2, ..., n) là tập chiến lược của hãng thứ i. Như vậy,
mỗi hãng i chỉ được lựa chọn phương án sản xuất thuộc tập Ui. Mỗi
hãng đều muốn có lợi nhuận cho mình là lớn nhất bằng cách chọn số
lượng sản phẩm để sản xuất. Giả sử tập chiến lược U của mô hình cân
21
bằng thị trường kinh tế là tích Cartesian các tập chiến lược của mỗi
hãng. Tức là: U = U1 × ... × Un. Ta sẽ gọi miền này là miền khả thi(
hay tập chiến lược) của mô hình và x∗ = (x∗1, ..., x∗n) là điểm cân bằng
của thị trường kinh tế này nếu:
fi(x∗[yi]) ≤ fi(x
∗1, .., x
∗n);∀yi ∈ Ui, i = 1, .., n, (2.2)
trong đó fi(x∗[yi]) được xác định bằng cách tại vị trí thứ i của hàm
f(x∗) ta thay x∗i bằng yi. Điểm cân bằng cho biết tại đó lợi nhuận của
các hãng là lớn nhất, và nếu có một hãng rời bỏ vị trí cân bằng mà các
hãng khác vẫn giữ ở chiến lược thì lợi nhuận của hãng này chỉ có thể bị
thiệt đi chứ không bao giờ tăng lên. Do đó tất cả các hãng đều muốn
mình ở vị trí cân bằng.
Cho :
Ψ(x, y) = −n∑i=1
fi(x[yi]), (2.3)
và
Φ(x, y) = Ψ(x, y)−Ψ(x, x). (2.4)
Khi đó, bài toán tìm điểm cân bằng của mô hình Nash-Cournot tương
đương bài toán cân bằng sau:
Tìm x∗ ∈ U thỏa mãn Φ(x∗, y) ≥ 0 ∀y ∈ U. (2.5)
Thật vậy, ta có
fi(x∗[yi]) ≤ fi(x
∗) ∀i = 1, ..., n.
Suy ran∑i=1
fi(x∗[yi]) ≤
n∑i=1
fi(x∗) ∀i = 1, ..., n.
Hay
−n∑i=1
fi(x∗[yi]) ≥ −
n∑i=1
fi(x∗) ∀i = 1, ..., n.
22
Tức là ta có
Ψ(x∗, y) ≥ Ψ(x∗, x∗).
Khi đó
Φ(x∗, y) = Ψ(x∗, y)−Ψ(x∗, x∗) ≥ 0. �
2.2 Trường hợp cước phí tuyến tính
Trong mô hình cân bằng kinh tế thị trường Nash-Cournot cổ điển,
hàm giá và hàm chi phí của mỗi hãng được giả sử là hàm aphin, có dạng
sau:
p(σ) := α0 − βσ;α0 ≥ 0, β > 0, σ =n∑i=1
xi,
hi(xi) := µixi + ξi;µi ≥ 0, ξi ≥ 0(i = 1, ...., n)
(2.6)
Như vậy hàm giá là chung cho mọi hãng.
Sử dụng (2.1), (2.3), (2.4) ta được
Φ(x, y) = Ψ(x, y)−Ψ(x, x)
=n∑i=1
fi(x)−n∑i=1
fi(x[yi])
=n∑i=1
{xipi(n∑i=1
)− hi(xi)− yipi(n∑
j 6=i,j=1
xj[yi]) + hi(yi)}
=n∑i=1
{xi(α0βn∑i=1
xi)− (µixi + ξi)− yi(α0βn∑
j 6=i,j=1
xj[yi]) + µiyi + ξi}
=n∑i=1
{(xi − yi)α0 − βn∑i=1
x2i + µi(yi − xi) + βyi
n∑j 6=i,j=1
xj + βy2i=1}
23
Φ(x, y) = Ψ(x, y)−Ψ(x, x)
=n∑i=1
{(yi − xi)(βn∑
j 6=i,j=1
xj − α0 + µi) + βy2i − βx2
i}
=n∑i=1
((yi − xi)(βn∑
j 6=i,j=1
xj − α0 + µi)) + βn∑i=1
y2i − β
n∑i=1
x2i
= 〈Ax+ µ− α, y − x〉+ yTAy − xTAx,
trong đó:
A :=
β 0 0 . . . 0
0 β 0 . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . β
A :=
0 β β . . . β
β 0 β . . . β
. . . . . . . . . . . . . . .
β β β . . . 0
và
αT = (α0, α0, ..., α0);µT = (µ1, ..., µn).
Bài toán (2.5) lúc này có thể viết lại thành bài toán bất đẳng thức
biến phân hỗn hợp sau:
Tìm x ∈ U : 〈Ax+ µ− α, y − x〉+ yTAy − xTAx ≥ 0 ∀y ∈ U.
Cho
Q :=
2β β β . . . β
β 2β β . . . β
. . . . . . . . . . . . . . .
β β β . . . 2β
Do β > 0, ma trận A và A là đối xứng và 2A + A = Q,Q là ma
trận đối xứng xác định dương, nên bài toán bất đẳng thức biến phân
này tương đương với bài toán quy hoạch lồi toàn phương:
minx∈U{1
2xTQx+ (µ− α)Tx}. (2.7)
24
Thật vây, do U lồi và Q xác định dương nên bài toán này có duy
nhất một lời giải tối ưu, cũng là điểm cân bằng duy nhất của lớp mô
hình cân bằng thị trường kinh tế Nash-Cournot cổ điển.
Hiển nhiên lời giải tối ưu của bài toán (2.7 ) cũng giải tối ưu được
bài toán :
maxx∈U{αTx− µTx− 1
2xTQx}. (2.8)
Điều này có nghĩa là điểm cân bằng Nash là điểm có tổng lợi ích của
các hãng là lớn nhất với ma trận hệ số giá :
1
2Q :=
β 1
2β12β . . . 1
2β
12β β 1
2β . . . 12β
. . . . . . . . . . . . . . .
12β
12β
12β . . . β
.
Theo (2.1) và (2.5), tổng lợi ích của các hãng là :
f(x) :=n∑i=1
fi(x) = αTx− µTx− xTGx.
Ta có thể giải bài toán quy hoạch toàn phương lồi mạnh:
maxx∈U{αTx− µTx− xTGx}, (2.9)
theo các phương pháp đã có của quy hoạch toán học. Ở đây:
G :=
β β β . . . β
β β β . . . β
. . . . . . . . . . . . . . .
β β β . . . β
được gọi là ma trận hệ số giá.
25
2.3 Trường hợp cước phí lõm
2.3.1 Cước phí lõm tuyến tính từng khúc
Ở mô hình cân bằng kinh tế Nash-Cournot cổ điển, hàm cước phí
đã được giả thiết là hàm tăng, aphin theo số lượng sản xuất. Tuy nhiên
trong thực tế, giá ban đầu của sản phẩm và hệ số giảm giá do tăng số
lượng sản phẩm của các hãng là khác nhau. Thật vậy, giả sử hàm chi phí
hi, (i = 1, 2, ..., n) là tăng trên từng đoạn lõm và hàm giá p(∑n
j=1 xj)
thay đổi theo từng hãng. Hàm giá có công thức sau:
pi(σ) := pi(n∑i=1
xi) = αi − βi(n∑i=1
xi), αi ≥ 0, βi ≥ 0, (i = 1, n) (2.10)
Ta có:
Φ(x, y) = Ψ(x, y)−Ψ(x, x) =n∑i=1
fi(x)−n∑i=1
fi(x[yi])
=n∑i=1
{xipi(n∑i=1
xi)− h(x)− yipi(n∑
j 6=i,j=1
xj[yi]) + h(y)}
=n∑i=1
{xi(αi − βin∑i=1
xi)− h(x)− yi(αi − βin∑
j 6=i,j=1
xj[yi]) + h(y)}
=n∑i=1
((yi − xi)(βin∑
j 6=i,j=1
xj − αi)) + βi
n∑i=1
y2i − βi
n∑i=1
x2i + h(y)− h(x).
Φ(x, y) := 〈Bx− α, y − x〉+ yTBy − xTBx+ h(y)− h(x), (2.11)
trong đó
B =
β1 0 0 . . . 0
0 β2 0 . . . 0
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . βn
B =
0 β1 β1 . . . β1
β2 0 β2 . . . β2
. . . . . . . . . . . . . . .
βn βn βn . . . 0
(2.12)
26
và
h(x) :=n∑i=1
hi(xi),
với hi(i = 1, ..., n) là hàm lõm.
Rõ ràng, B là ma trận đối xứng nửa xác định dương. Cho
F (x) := Bx− α, (2.13)
ϕ(x) := xTBx+ h(x). (2.14)
Thì bài toán cân bằng trở thành bài toán bất đẳng thức biến phân
hỗn hợp: Tìm điểm x∗ ∈ U thỏa mãn :
Φ(x∗, y) = 〈F (x∗), y − x∗〉+ ϕ(y)− ϕ(x∗) ≥ 0 ∀y ∈ U.
Trong đó F (.) là hàm aphin và ϕ(.) là hàm d.c. Chú ý rằng vì ϕ không
lồi nên (2.5) không cần tương đương với bài toán tìm điểm x∗ ∈ U thỏa
mãn:
Φ(x∗, y) = 〈F (x∗), y − x∗〉+ ϕ(y)− ϕ(x∗) ≥ 0 ∀y ∈ U∗ ∩ U, (2.15)
trong đó U∗ là lân cận của x∗.
Sự tồn tại lời giải
Định lý 2.1. (Định lý điểm bất động Kakutani) Cho U là tập lồi, com-
pact trong Rn và H : U → 2U là ánh xạ nửa liên tục trên trên U . Giả
sử H(x) là tập lồi compact, khác rỗng với mọi x ∈ U . Thì H có điểm
cố định, nghĩa là: x ∈ H(x).
Ta định nghĩa:
θ(x) = miny∈U{φ(x, y)} = 〈F (x), y − x〉+ ϕ(y)− ϕ(x),
H(x) = argminy∈U{〈F (x), y〉+ ϕ(y)}.
(2.16)
Vì U là tập compact và ϕ(.) là liên tục nên θ(.) là hữu hạn, và H(x) 6= ∅với mọi x.
27
Bổ đề 2.1. (i): Nếu F và ϕ liên tục, thì θ(.) là liên tục và H là nửa
liên tục trên trên U .
(ii) x∗ ∈ U là lời giải của (2.5) nếu và chỉ nếu một trong các điều kiện
sau đúng:
(a) θ(x∗) = 0.
(b) x∗ ∈ H(x∗) nghĩa là x∗ là điểm bất động của ánh xạ đa trị H.
Chứng minh
(i) Mệnh đề được suy ra từ định lý maximal [xem 8].
(ii) Dễ dàng kiểm tra rằng nếu θ(x∗) = 0 hoặc x∗ ∈ H(x∗), thì x∗ là lời
giải của (2.5). Theo định nghĩa ta có
〈F (x∗), y − x∗〉+ ϕ(y)− ϕ(x∗) ≥ 0 ∀y ∈ U,
và θ(x∗) = (x∗, x∗) = 0. Nói cách khác:
〈F (x∗), x∗〉+ ϕ(x∗) ≤ 〈F (x∗), y〉+ ϕ(y).
Điều này có nghĩa x∗ là lời giải của của bài toán :
miny∈U{〈F (x∗), y〉+ ϕ(y)}.
Theo định nghĩa của h, suy ra x∗ ∈ H(x∗).
Vì θ(x) ≤ 0 và theo bổ đề (2.1), x∗ là lời giải của (2.5) nếu và chỉ
nếu x∗ ∈ U, θ(x∗) = 0, hàm này có thể xét như là hàm đánh giá của
bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp (2.5). Tiêu chuẩn dừng của
thuật toán được nói ở phần sau:
Cho x−i = (xj)nj 6=i ∈ Rn−1, nghĩa là x−i là vec tơ có n -1 chiều thu
được từ x ∈ Rn bỏ đi thành phần thứ i. Cho U−i = {x−i|x ∈ U}, vớimỗi yi ∈ U và x−i ∈ U−i, ta định nghĩa
fi(x−i, yi) = αiyi − (βi
n∑j 6=i
xj)yi − βiy2i − hi(yi). (2.17)
28
Đây là lợi nhuận của hãng i khi mặt hàng sản xuất thứ i của nó là
yi và mặt hàng sản xuất của n− 1 hãng còn lại là x−i. Chúng ta tối ưu
hóa mặt hàng sản xuất của hãng i bằng giải bài toán tối ưu 1 biến:
maxyi∈Ui
{fi(x−i, yi) = (αi − βin∑j 6=i
xj)yi − βiy2i − hi(yi)}(i = 1, ..., n).
Ta có thể viết lại tương đương
−minyi∈Ui
{(βin∑j 6=i
xj − αi)yi + βiy2i + hi(yi)}(i = 1, ..., n). (2.18)
Bổ đề 2.2. Nếu với mỗi x ∈ U bất động, tập các lời giải của bài toán
(2.18) là lồi với mọi i = 1, ..., n thì (2.5) có ít nhất một lời giải.
Chứng minh:
Vì tất cả các phần tử chéo của ma trận B bằng 0, với mỗi điểm cố
định x ∈ U , ta có:
〈F (x), y〉+ ϕ(y) = 〈Bx− α, y〉+ yTBy + h(y) =n∑i=1
fi(x−i, yi),
trong đó fi(x−i, yi) cho bởi (2.17). Vì thế, H(x) là lồi nếu và chỉ nếu tập
lời giải của (2.18) là lồi với mọi i. Theo bổ đề (2.1), H là nửa liên tục
trên và vì U là compact, theo định lý điểm bất động Kakutani, H có 1
điểm bất động là lời giải của bất đẳng thức biến phân hỗn hợp (2.5).
Cuối cùng, giả sử tập chiến lược Ui = [ηi0, ηini
] của hãng i được chia
thành ni khoảng 0 ≤ ηi0 < ηi1 < ... < ηini < ∞(ni ≥ 1) và trên mỗi
đoạn, hàm chi phí hi là aphin. Thì hi(xi) là lõm trên Ui và cho bởi công
thức:
hi(xi) =
ai0xi + bi0 nếu ηi0 ≤ xi ≤ ηi1,
ai1xi + bi1 nếu ηi1 ≤ xi ≤ ηi2
. . .
ainixi + bini nếu ηini ≤ xi ≤ ηini
(2.19)
29
Suy ra,
hi(xi) = min0≤j≤ni
{aijx+ bij}.
Giả sử
0 < aini−1 < ... < ai1 < a0 < +∞;αi ≥ aij∀j = 0, ..., ni, i = 1, ..., n
(2.20)
Chú ý rằng ni = 1 nghĩa là hi là aphin trên đoạn Ui
Dễ dàng thấy rằng, nếu ni > 1 thì (2.19) có thể viết lại thành
hi(xi) = ai0xi + bi0 −ni−1∑j=1
max{0, (aij−1 − aij)xi − (aij−1 − aij)ηij}.
(2.21)
Vì với mỗi số thực a ∈ R,max{a, 0} = 12(a+ |a|), sử dụng (2.20) , (2.21)
ta có:
hi(xi) =(ai0 −1
2
ni−1∑j=1
(aij−1 − aij))xi + bi0 +1
2
ni−1∑j=1
(aij−1 − aij)ηij
− 1
2
ni−1∑j=1
(aij−1 − aij)|xi − ηij|
=δi + γixi −ni−1∑j=1
dij|xi − ηij|,
(2.22)
trong đó
δi = bi0 +1
2
ni−1∑j=1
(aij−1 − aij)ηij > 0;
γi = ai0 −1
2
ni−1∑j=1
(aij−1 − aij) =1
2(ai0 + aini−1) > 0;
dij =1
2(aij−1 − aij) > 0.
(2.23)
Chú ý rằng nếu hi(.) được định nghĩa theo (2.19) thì ϕ(.) được định
30
nghĩa bởi (2.14) trở thành :
ϕ(x) =n∑j=1
ϕi(xi), (2.24)
trong đó
ϕi(xi) = βix2i + γixi + δi −
ni−1∑j=1
dij|xi − ηij|. (2.25)
Mệnh đề 2.1. Cho I = {i : ni > 1, βi > 0(i = 1, ..., n)} Giả sử rằng
hàm lợi ích fi cho bởi (2.17) với hàm chi phí hi cho bởi (2.22) . Đồng
thời giả sử điều kiện sau đúng:
αi ≥ ai0 + βi(2ηini−1 +
n∑k 6=i
ηknk)∀i ∈ I. (2.26)
Thì bài toán (2.5) có ít nhất một lời giải.
Chứng minh:
Ta sẽ chứng minh rằng nếu cố định x ∈ U , thì bài toán (2.18) có duy
nhất một lời giải.
Thật vậy, ta có
fi(x−i, yi) = βiy
2i + (βi
n∑k 6=i
xk + γi − αi)yi −ni−1∑j=1
dij|yi − ηij|+ δi.
(2.27)
Nếu i /∈ I và βi > 0 thì fi(xi, .) là lồi chặt trên Ui. Vì thế có duy
nhất một lời giải ứng với i.
Nếu i /∈ I và βi = 0 thì theo định nghĩa fi ta có:
fi(yi, x−i) = (γi − αi)yi −
ni−1∑j=1
dij|yi − ηij|+ δi.
Xét 2 đoạn liên tiếp nhau [ηij−1, ηij] và [ηij, η
ij+1]. Trong đoạn [ηij−1, η
ij], f(x−i, yi)
31
cho bởi công thức:
fi(yi, x−i) = (γi − αi)yi −
ni−1∑j=1
dij|yi − ηij|+ δi
= (γi − αi)yi −j−1∑k=1
dik(yi − ηik) +ni−1∑k=j
dik(yi − ηik) + δi
= (γi − αi)yi − 2
j−1∑k=1
dikyi +ni−1∑k=1
dikyi + 2
j−1∑k=1
dikηik −
ni−1∑k=1
dikηik + δi
= [ai0 − 2
j−1∑k=1
1
2(aik−1 − aik)− αi]yi + 2
j−1∑k=1
dikηik −
ni−1∑k=1
dikηik + δi
fi(x−i, yi) = (aij−1 − αi)yi −
ni−1∑k=1
dikηik + 2
j−1∑k=1
dikηik + δi.
Còn trong đoạn [ηij, ηij+1], nó có công thức:
fi(x−i, yi) = (aij − αi)yi −
ni−1∑k=1
dikηik + 2
j∑k=1
dikηik + δi.
Theo (2.20) ta có αi ≥ aij−1 > aij, từ đó suy ra aij − αi < aij−1 − αi ≤0∀j = 1, 2, ..., n. Nên hàm fi(x
−i, yi) giảm trên [ηi0, ηini
], cực tiểu của nó
ở điểm cuối của đoạn [ηi0, ηini
].
Nếu i ∈ I. Với mỗi j = 1, ..., ni−1, ta xét hàm lồi mạnh toàn phương
1 biến
gij(x−i, yi) = βiy
2i + (βi
n∑k 6=i
xk + aij−1 − αi)yi −ni−1∑k=1
dikηik + 2
j−1∑k=1
dikηik + δi.
Dễ dàng kiểm tra rằng điểm cực tiểu duy nhất của hàm này là:
yji = − 1
2βi(βi(
n∑k 6=i
xk) + aij−1 − αi).
Chú ý rằng theo định nghĩa của fij(x−i, .) thì fij(x
−i, yi) = gij(x−i, yi)∀y ∈
32
[ηij−1, ηij]. Trên đoạn [ηij, η
ij+1] ta có:
fi(yi) = βiy2i + (βi
n∑k 6=i
xk + aij − αi)yi −ni−1∑k=1
dikηik + 2
j∑k=1
dikηik + δi.
Hơn nữa, điểm nhỏ nhất của hàm
gij+1(x−i, yi) = βiy
2i + (βi
n∑k 6=i
xk + aij − αi)yi −ni−1∑k=1
dikηik + 2
j∑k=1
dikηik + δi,
là
yj+1i = − 1
2βi(βi(
n∑k 6=i
xk) + aij − αi) = yji +1
βidij > yji .
Bằng cách này, nếu ta kí hiệu yij(j = 1, ..., n) là điểm nhỏ nhất duy nhất
của gij trong R, vì aij−1 > aij∀j nên ta có
y1i < y2
i < ... < yni−1i
(2.28)
Vì thế, với mọi x ∈ U ta có: xk < ηknk∀k = 1, 2, ..., n. Điều này cùng với
(2.26) suy ra
αi ≥ ai0 + βi(2ηini−1 +
n∑k 6=i
xk).
Tương đương với
y1i = − 1
2βi(βi(
n∑k 6=i
xk) + ai0 − αi) ≥ ηini−1.
Kết hợp với (2.28) ta suy ra fi(x−i, .) giảm trên đoạn [ηi0, η
ini−1] Vì thế
hàm này đạt giá trị nhỏ nhất duy nhất tại yni−1i nếu yni−1
i < ηin1 và tại
ηin1 nếu yni−1i > ηin1 Suy ra ánh xạ H là đơn trị. Theo bổ đề (2.1) bất
đẳng thức biến phân hỗn hợp (2.5) có ít nhất một lời giải.
Phương pháp giải và thuật toán
Bổ đề 2.3. Giả sử βi0 = 0. Cho xi0 là lời giải tối ưu của bài toán :
min{hi0(y)i0 − αi0yi0|yi0 ∈ Ui0} (2.29)
33
và cho x−i0 là lời giải của bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp
(n-1) chiều (P−i0): Tìm x−i0 ∈ U−i0 thỏa mãn
〈F−i0(x−i0), y−i0 − x−i0〉+ ϕ−i0(y−i0)− ϕ−i0(x−i0) ≥ 0∀y−i0 ∈ U−i0,
trong đó
F−i0(x−i0) = B−i0x−i0 − (α−i0 − xi0β−i0)
ϕ−i0(x−i0) =n∑
i6=i0
ϕi(xi).(2.30)
Với B−i0 là ma trận cỡ (n − 1) × (n − 1) thu được từ ma trận B bằng
cách xóa đi dòng i0 và cột i0.
Thì x = (x−i0, xi0) là lời giải của bài toán biến phân hỗn hợp (2.5).
Ngược lại, mọi lời giải x của (2.5) có công thức x = (x−i0, xi0) với x−i0
và xi0 là lời giải tương ứng của (2.29) và (2.30)
Chứng minh
Bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp (2.5) có thể viết lại thành:
Tìm x ∈ U thỏa mãn:
n∑i=1
(βi
n∑j 6=i
xj)(yi − xi) +n∑i=1
βi(y2i − x2
i )
+n∑i=1
(hi(yi)− hi(xi)) ≥ 0,∀y ∈ U.(2.31)
Giả sử rằng x = (x1, ..., xn)T ∈ U là lời giải của bài toán. Cố định i và
cho yj = xi với j 6= i. Vì U = U1 × U2 × ...× Un, ta có:
(βi
n∑j 6=i
xj − αi)(yi − xi) + βi(y2i − x2
i )
+ (hi(yi)− hi(xi)) ≥ 0,∀yi ∈ Ui.
(2.32)
Điều này đúng với mỗi i = 1, 2, ..., n.
34
Ngược lại, nếu (2.32) đúng với mỗi i = 1, 2, ..., n thì rõ ràng, (2.31)
cũng đúng.
Với βi0 = 0, từ (2.32) suy ra:
−αi0(yi0 − xi0) + (hi0(yi0)− hi0(xi0)) ≥ 0,∀yi0 ∈ Ui0.
Suy ra xi0 là lời giải tối ưu của bài toán (2.29).
Với xi0 = xi0, bất đẳng thức (2.32) là rút gọn của
(βi
n∑j 6=i,i0
xj − αi + βixi0)(yi − xi) + βi(y2i − x2
i )
+ (hi(yi)− hi(xi)) ≥ 0.
(2.33)
Điều này đúng với mọi yi ∈ Ui; i = 1, ..., n; i 6= i0. Bằng cách tương tự,
ta thấy x−i0 thỏa mãn (2.33) nếu và chỉ nếu x−i0 là lời giải của bài toán
(P−i0). Suy ra, x = (x−i0; xi0) là lời giải của bài toán (2.5). Theo bổ đề
(2.3), không mất tính tổng quát ta giả sử βi > 0∀i. Vì Ui = [ηi0, ηi1] với
i = 1, 2, ..., n, ta có:
U = [η10, η
1n1
]× [η20, η
2n2
]× ...× [ηn0 , ηnnn
]. (2.34)
Cho Γi là họ tất cả các đoạn con liền nhau của Ui(i = 1, n), nghĩa là:
Γi = {[ηij−1, ηij]|j = 1, 2, ..., n}.
Cho∑
= {I|I = I1 × I2 × ...× In : Ii ∈ Γi, i = 1, ..., n}.Rõ ràng, với mọi i = 1, 2, ..., n ta có Ui =
⋃I∈Γi
I và U =⋃I∈
∑I.Với mỗi I ∈
∑, ta giải bài toán bất đẳng thức biến phân:
TìmxI ∈ I : Φ(xI , y) = 〈F (xI , y − xI)〉+ ϕ(y)− ϕ(xI) ≥ 0∀y ∈ I.(2.35)
Mệnh đề 2.2. (i) Với mỗi I ∈∑
, bài toán (2.35) có lời giải duy nhất.
35
(ii) Bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp (2.5) có lời giải nếu
và chỉ nếu tồn tại I∗ ∈∑
thỏa mãn θ(xI∗) = 0, trong đó θ được định
nghĩa theo (2.16)
Chứng minh
Giả sử I = I1 × I2 × ...× In với Ii = {[ηiji−1, ηiji
](i = 1, 2, ..., n)}.(i) Dễ dàng kiểm tra rằng :
ϕi(xi) = βix2i − `i(xi)∀xi ∈ Ii,
trong đó
`i(xi) = aiji−1xi + bi0 + 2.
ji−1∑k=1
dikηik. (2.36)
là hàm aphin.
Bài toán con (2.35) được đưa vào bài toán : Tìm xI ∈ I thỏa mãn:
〈BxI − α, y − xI〉+ yTBy + `(y)− (xI)TBxI − `(xI) ≥ 0∀y ∈ I(2.37)
Vì `(x) =∑n
i=1 `i(xi) là aphin và B là đối xứng xác định dương, yTBy−`(y) là lồi chặt. vì thế bài toán (2.37) có lời giải duy nhất.
(ii) Giả sử tồn tại xI∗ ∈ U thỏa mãn θ(xI∗) = 0. Theo bổ đề (2.1)
xI∗ là lời giải của (2.5).
Ngược lại, giả sử x∗ ∈ U là lời giải của U . Vì U =⋃I∈
∑ I, nên tồn
tại I∗ ∈∑
thỏa mãn x∗ ∈ I∗. Theo (i), x∗ phải bằng xI∗. Cũng theo bổ
đề (2.1) ta có θ(x∗) = 0.
Chú ý rằng bài toán (2.35) có thể được viết lại là:
Tìm xI ∈ I thỏa mãn 〈QxI + q, y − xI〉 ≥ 0 ∀y ∈ I, (2.38)
36
trong đó
Q =
2β1 β1 β1 . . . β1
β2 2β2 β2 . . . β2
. . . . . . . . . . . . . . .
βn βn βn βn 2βn
(2.39)
và qT = (q1, q2, ..., qn) với
qi = γi − αi + aiji−1 −1
2(ai0 + aini−1) = aiji−1 − αi(i = 1, 2, ..., n).
(2.40)
Bổ đề 2.4. (2.38) tương đương với bài toán lồi toàn phương sau:
minx∈I{1
2xTCx+ cTx}, (2.41)
trong đó
C =
2 1 1 . . . 1
1 2 1 . . . 1
. . . . . . . . . . . . . . .
1 1 1 1 2
(2.42)
là ma trận đối xứng xác định dương và cT = (c1, c2, ..., cn) với ci =
qi/βi(i = 1, 2, ..., n) và qi được định nghĩa bởi (2.40).
Chứng minh:
Để đơn giản ta giả sử I = {x ∈ Rn|ai ≤ xi ≤ bi∀i = 1, 2, ..., n}.Thì (2.38) có thể viết lại là:
Tìm x∗ ∈ I thỏa mãn 〈Qx+ q, y − x〉 ≥ 0 ∀y ∈ I. (2.43)
Ta thấy x là lời giải của (2.43) nếu và chỉ nếu x là lời giải của bài toán
quy hoạch tuyến tính sau:
miny{yT Qx+ qTy : ai ≤ yi ≤ bi∀i = 1, 2, ..., n}. (2.44)
37
Theo định lý Kuhn-Tucker, x là lời giải của (2.44) nếu và chỉ nếu nó giả
được hệ sau:
βi(xi +∑n
j=1 xj) + qi + λ2i−1 − λ2i = 0
λ2i−1(xi − ai) = 0
λ2i(−xi + bi) = 0
ai ≤ xi ≤ bi
λ2i−1 ≥ 0;λ2i ≥ 0.
Vì βi > 0 ∀i = 1, ..., n. Hệ này tương đương với:
(xi +∑n
j=1 xj) + 1βiqi + 1
βiλ2i−1 − 1
βiλ2i = 0
1βiλ2i−1(xi − ai) = 0
1βiλ2i(−xi + bi) = 0
ai ≤ xi ≤ bi
1βiλ2i−1 ≥ 0; 1
βiλ2i ≥ 0.
(2.45)
Đặt : ci = 1βiqi; ν2i−1 = 1
βiλ2i−1; ν2i = 1
βiλ2i∀i = 1, 2, ..., n
Lúc này, (2.45) viết lại thành:
(xi +∑n
j=1 xj) + ci + ν2i−1 − ν2i = 0
ν2i−1(xi − ai) = 0
ν2i(−xi + bi)
ai ≤ xi ≤ bi = 0
ν2i−1 ≥ 0; ν2i ≥ 0; (i = 1, 2, ..., n).
(2.46)
Sử dụng định lý Kuhn-Tucker, ta thấy (2.46) là điều kiện cần để x là
lời giải của bài toán tối ưu toàn phương (2.41). Điều kiện này cũng là
điều kiện đủ cho tối ưu của x ở bài toán (2.41) vì C là ma trận xác định
dương.
38
Trong thuật toán mà ta thảo luận sau đây, với mỗi I ∈∑
ta có lời
giải của bài toán lôi toàn phương (2.41). Giả sử I = I1 × I2 × ... × Invới Ii = [ηiji−1; η
iji
]; (i = 1, 2, ..., n).
Thuật toán
Chọn ε > 0.
Bước 1: Chọn I ∈∑
.
Bước 2: Giải bài toán lồi toàn phương (2.41) ta thu được lời giải duy
nhất xI .
Bước 3: Giải bài toán tối ưu (n− 1) chiều thu được f ∗i (i = 1, ..., n).
Cho
θ(xI) =n∑i=1
f ∗i .
(a) Nếu θ(xI) ≥ −ε, thì ta gọi xI là điểm cân bằng.
(b) Nếu θ(xI) < ε và∑
= ∅, thì mô hình không có điểm cân bằng.
2.3.2 Cước phí là lõm trong trường hợp tổng quát - Phươngpháp tìm điểm dừng.
Cho ∅ 6= K ⊆ Rn và ϕ là hàm giá trị thực được định nghĩa trên Rn,
ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp:
Tìm x∗ ∈ K : F (x∗)T (y − x∗) + ϕ(y)− ϕ(x∗) ≥ 0 ∀y ∈ K. (2.47)
Điểm x∗ được gọi là lời giải toàn cục với x∗ ∈ K, điểm x∗ được gọi là
lời giải địa phương nếu thỏa mãn:
Tìm x∗ ∈ K : F (x∗)T (y − x∗) + ϕ(y)− ϕ(x∗) ≥ 0 ∀y ∈ K ∩ U.(2.48)
Trong đó U là lân cận mở của x∗. Chú ý rằng khi ϕ lồi trên K thì một
lời giải địa phương cũng là lời giải toàn cục.
39
Ánh xạ S : Rn → 2K và hàm m : Rn → R. Gọi
SU(x) = argmin{F (x)T (y − x) + ϕ(y) : y ∈ K ∩ U},
mU(x) = min{F (x)T (y − x) + ϕ(y)− ϕ(x) : y ∈ K ∩ U}.
Với U là lân cận của x.
Mệnh đề 2.3. Giả sử rằng SU(x) 6= ∅,∀x ∈ K ∩ U . Thì các mệnh đề
sau là tương đương:
a) x∗ là lời giải địa phương của (2.47).
b) x∗ ∈ K, x∗ ∈ SU(x∗).
c) x ∈ K,mU(x∗) = 0.
Chứng minh
( a)⇐⇒ b)) Giả sử x∗ ∈ K và x∗ ∈ SU(x) thì
0 = F (x∗)T (x∗ − x∗) + ϕ(x∗)− ϕ(x∗)
≤ F (x∗)T (y − x∗) + ϕ(y)− ϕ(x∗), ∀y ∈ K ∩ U.
Suy ra, x∗ là lời giải địa phương của bài toán (2.47).
Ngược lại, nếu
F (x∗)T (y − x∗) + ϕ(y)− ϕ(x∗) ≥ 0, ∀y ∈ K ∩ U.
thì rõ ràng x∗ ∈ SU(x∗).
Ta thấymU(x) ≤ 0 với mọi x ∈ K∩U. Vì thế x ∈ K∩U vàmU(x∗) = 0
nếu và chỉ nếu F (x∗)T (y − x∗) + ϕ(y) − ϕ(x∗) ≥ 0,∀y ∈ K ∩ U . Có
nghĩa là (a) và (c) tương đương.
Định nghĩa 2.1. Một điểm x ∈ K được gọi là điểm bất động của bài
toán (2.47) nếu
0 ∈ F (x) + ∂g(x)− ∂(h(x)) +NK(x), (2.49)
40
trong đó
NK(x) = {w : wT (y − x) ≤ 0,∀y ∈ K} = δK(x),
là nón pháp tuyến ngoài của K tại x ∈ K và ∂g và ∂(h(x)) lần lượt là
dưới vi phân tại x của hàm lồi g và h.
Vì NK là nón lồi, với mọi c > 0, (2.49) tương đương với
0 ∈ c{F (x) + ∂g(x)− ∂(h(x))}+NK(x). (2.50)
Ta định nghĩa g1(x) = g(x) + δK(x) trong đó ∂δK(x) được gọi là dưới
vi phân của hàm chỉ δK của K tại x.
Theo định lý Morean-Rokafellar, ∂g1(x) = ∂g(x)+∂δ(x). Vì thế theo
định nghĩa x là điểm bất động nếu và chỉ nếu:
0 ∈ c(F (x) + ∂g(x)− ∂(h(x))) + ∂δK(x), (2.51)
trong đó c > 0 là hướng của tham số chuẩn tắc.
Từ mệnh đề ( 2.3) giống như trong tối ưu suy ra mọi lời giải địa
phương của bài toán (2.47) là điểm bất động. Cho g1(x) = g(x)+δK(x).
Vì cả g và δK là lồi đích thực và đóng và hàm g1 cũng vậy. Suy ra,
∂g1(x) = ∂g(x) +NK(x) với mọi x ∈ K.
Mệnh đề 2.4. Điều kiện cần và đủ cho x là điểm bất động của bài toán
(2.47) là
x ∈ (I + c∂g1)−1(x− cF (x) + c∂h(x)),
trong đó c > 0 và I là ánh xạ đồng nhất.
Chứng minh
Vì g1 là lồi đóng chính thường nên ánh xạ (I + ∂g1)−1 là đơn trị tại mọi
điểm. Suy ra, x thỏa mãn điều kiện này khi và chỉ khi
x− cF (x) + cv(x) ∈ (I + cg1)(x)vớiv(x) ∈ ∂h(x).
41
Vì NK(x) là nón và
∂g1(x) = ∂g(x) + ∂δK(x) = ∂g(x) +NK(x),
nên
x− cF (x) + cv(x) ∈ (I + c∂g1)(x).
Tương đương với
0 ∈ F (x) + ∂g(x)− ∂h(x) +NK(x).
Thuật toán và độ hội tụ của thuật toán tìm lời giải địa
phương.
Mệnh đề (2.4) đề xuất tìm điểm bất động của bài toán (2.47). Theo
sườn của phương pháp điểm gần, ta có thể xây dựng dãy lặp sau:
*) Cho bất kì x0 ∈ K và đặt k = 0.
*) Với mỗi k = 0, 1, 2, ... cho xk, tính xk+1 theo công thức :
xk+1 = (I + ck∂g1)−1(xk − ckF (xk) + ckv(xk)), (2.52)
trong đó v(xk) ∈ ∂h(xk).
Nếu định nghĩa yk = xk−ckF (xk)+ckv(xk) thì tìm xk+1 sẽ trở thành
tìm lời giải của bài toán quy hoạch lồi mạnh:
min{g(x) +1
2ck‖x− yk‖2 : x ∈ K}. (2.53)
Thật vậy, theo điều kiện tối ưu cho quy hoạch lồi, xk+1 là lời giải tối ưu
của bài toán lồi (2.53) nếu và chỉ nếu:
0 ∈ ∂g(xk+1) +1
ck(xk+1 − yk) +NK(xk+1).
Chú ý rằng khi F = 0 và h = 0 thì quy trình (2.52) trở thành thuật
toán phân tích điểm cho bài toán quy hoạch lồi, khi F = 0 thì nó là
phương pháp phân tích cho tối ưu DC.
42
Mệnh đề 2.5. Giả sử rằng tập các điểm bất động S∗ của bài toán (2.47)
là khác rỗng, F là bức với hệ số σ, g là lồi mạnh trên K với hệ số τ > 0
và h là khả vi L-Lipschitz trên K. Thì với mỗi x∗ ∈ S∗, ta có
αk‖xk − x∗‖2 − βk‖xk+1 − x∗‖2 ≥ ck(2σ − ck)‖F (xk)− F (x∗)‖2,
(2.54)
trong đó αk = 1 + ckLt, βk = (1 + 2ckτ − ck Lt ) và t > 0.
Chứng minh
Trước hết cần chú ý rằng vì g là chính thường, lồi đóng và K là lồi đóng
khác rỗng nên ánh xạ (I + ck∂g1)−1 là đơn trị và được định nghĩa trên
mọi ck > 0. Vì thế dãy {xk} có thể được xây dựng bởi (2.52).
Từ (2.52) suy ra:
xk+1 = xk − ckF (xk) + ckvk − ckzk+1, (2.55)
trong đó vk = ∇h(xk) và zk+1 ∈ ∂g1(xk+1) = ∂g(xk+1) +NK(xk+1).
Theo định nghĩa, nếu x∗ là điểm bất động của bài toán bất đẳng thức
biến phân hỗn hợp (2.47) thì 0 = z∗+F (x∗)−v∗, trong đó z∗ ∈ ∂g1(x∗)
và v∗ = ∇h(x∗). Theo tính chất bức của F trên K suy ra
0 ≤ (F (xk)− F (x∗))T (xk − x∗)− σ‖F (xk)− F (x∗)‖2
= (F (xk)− F (x∗))T (xk − x∗ − ckF (xk) + ckF (x∗))−∆k,
trong đó ∆k = (σ − ck)‖F (xk)− F (x∗)‖2.
Vì F (x∗) = v∗−z∗ và xk+1 = xk− ckF (xk)+ ckvk− ckzk+1, ta thu được
từ bất đẳng thức trên:
0 ≤ (F (xk)− F (x∗))T (xk − ckF (xk) + ckvk − ckzk+1 − x∗)
− ck(F (xk)− F (x∗))T (vk − v∗ − zk+1 + z∗)−∆k
= (F (xk)− F (x∗))T (xk+1 − x∗)
− ck(F (xk)− F (x∗))T (vk − v∗ − zk+1 + z∗)−∆k.
(2.56)
43
Ta lại có, vì g là lồi mạnh với hệ số τ > 0, thu được ∂g là đơn điệu
mạnh với hệ số τ . Suy ra ánh xạ ∂g1 = ∂g+NK cũng là đơn điệu mạnh
với hệ số τ . Vì thế, từ zk+1 ∈ ∂g1(xk+1), ta có thể viết
(xk+1 − x∗)(zk+1 − z∗)− τ‖xk+1 − x∗‖2 ≥ 0. (2.57)
Cộng (2.56) và (2.57), sử dung z∗ + F (x∗) = v∗ và (2.55), ta có :
0 ≤ (F (xk)− F (x∗) + zk+1 − z∗)T (xk+1 − x∗)
− ck(F (xk)− F (x∗))T (vk − v∗ − zk+1 + z∗)− τ‖xk+1 − x∗‖2 −∆k
= (xk+1 − x∗)T (vk +(xk − x∗)− (xk+1 − x∗)
ck− v∗)
− ck(F (xk)− F (x∗))T (vk − v∗ − zk+1 + z∗)− τ‖xk+1 − x∗‖2 −∆k.
Bây giờ ta định nghĩa xk = xk−x∗, xk+1 = xk+1−x∗; vk = vk−v∗; zk+1 =
zk+1− z∗ và F (xk) = F (xk)−F (x∗). Ta có thể viết bất đẳng thức trên
thành :
2ck(xk+1)T vk − 2(xk+1)T (xk+1 − xk)− 2c2
k(Fk)T (vk − zk+1)
− 2ckτ‖xk+1‖2 − 2ck∆k ≥ 0.(2.58)
Từ ( 2.55) ta có:
‖xk+1 − xk‖2 = c2k‖F k‖2 + c2
k‖zk+1 − vk‖2 − 2c2k(F
k)T (vk − zk+1).
Đồng thời ta có
2(xk+1)T (xk+1 − xk) = ‖xk+1 − xk‖2 + ‖xk+1‖2 − ‖xk‖2.
Ta thu được từ (2.58)
2ck(xk+1)T vk − (1 + 2ckτ)‖xk+1‖2 + ‖xk‖2 − c2
k‖F k‖2
− c2k‖vk − zk+1‖2 − 2ck∆k ≥ 0.
(2.59)
44
Vì ∇h là L-Lipschitz liên tục, nên ta có ‖vk‖ ≤ L‖xk‖. Sử dụng bất
đẳng thức Chebyshev dễ dàng chứng minh được:
2(xk+1)T vk ≤ 2‖xk+1‖‖vk‖ ≤ 2L‖xk‖‖xk+1‖
≤ L(t‖xk‖2 +‖xk+1‖2
t),∀t > 0.
(2.60)
Ta có thể thay 2(xk+1)T vk bằng L(t‖xk‖2 + ‖xk+1‖2t ) vào (2.59) và sử
dụng định nghĩa của ∆k ta có:
αk‖xk‖2 − βk‖xk+1‖2 ≥ ck(2σ − ck)‖F k‖2 + c2k‖vk − zk+1‖2, (2.61)
trong đó αk = 1 + ckLt, βk = (1 + 2ckτ − ck Lt ) và t > 0. Mệnh đề được
chứng minh.
Hệ quả 2.1. Sau những giả thiết của mệnh đề trên, ta giả sử thêm
τ ≥ L. Thì dãy {xk} sinh bởi ( 2.52) hội tụ đến điểm bất động của bài
toán (2.47). Hơn nữa, nếu τ > L hoặc F là µ - đơn điệu mạnh thì dãy
{xk} hội tụ tuyến tính đến điểm bất động của bài toán (2.47).
Phương pháp tìm lời giải toàn cục.
Trong phần này, ta sẽ đề xuất phương pháp giải cho lời giải bài toàn
cục của bài toán MIP, trong đó hàm giá ϕ có thể không lồi. Trước tiên,
phương pháp sử dụng bao lồi của hàm giá để biến đổi bài toán MIP
không lồi thành lồi. Thứ hai, ta xét trường hợp ϕ là hàm lõm. Trong
trường hợp một lời giải toàn cục đạt được tại một điểm rất xa của của
miền khả dụng. Việc đề nghị này làm cho xấp xỉ rộng hơn bằng cách sử
dụng lời giải cho tối ưu toàn cục ứng dụng cho bài toán MIP toàn cục.
Bao lồi của hàm φ trên một tập lồi K là một hàm lồi convφ trên K
thỏa mãn điều kiện sau:
i) convφ < φ(x) ∀x ∈ K,
45
ii) Nếu l là hàm lồi trên K và l(x) ≤ φ(x), x ∈ K, thì l(x) ≤convφ(x).
Ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 2.5. Cho φ := l + φ1 với l là hàm aphin. Thì bao lồi convφ của
φ trên K là l+ convφ1, trong đó convφ1 được định nghĩa là bao lồi của
φ1 trên K.
Sử dụng bổ đề trên ta có thể chứng minh được mệnh đề sau để biểu
diễn bài toán (2.47) tương đương với bài toán bất đẳng thức biến phân
hỗn hợp lồi trong đó nó thừa nhận một lời giải.
Mệnh đề 2.6. Giả sử bài toán (2.47) là giải được.Thì một điểm x, trong
đó convϕ(x) = ϕ(x) là lời giải toàn cục của bài toán (2.47) nếu và chỉ
nếu nó là lời giải của bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp lồi.
Tìm x ∈ K : F (x)T (y − x) + convϕ(y)− convϕ(x) ≥ 0∀y ∈ K.(2.62)
Chứng minh
Để chứng minh, ta định nghĩa song hàm của bài toán (2.47) bằng f ,
nghĩa là:
f(x, y) = F T (x)(y − x) + ϕ(y)− ϕ(x),
và f là song hàm của ( 2.61). Nghĩa là:
f(x, y) = F (x)T (y − x) + convϕ(y)− convϕ(x).
Theo giả thiết
f(x, y) = F (x)T (y − x) + convϕ(y)− ϕ(x).
Vì với mỗi x cố định hàm F T (x)(. − x) là aphin. Theo bổ đề (2.5),
f(x) là bao lồi của f(x, .). Giả sử x∗ là lời giải toàn cục của (2.47) thì
46
f(x∗, y) ≥ 0∀y ∈ K. Hệ quả của mệnh đề trên là:
m(x∗) = min{f(x∗, y) : y ∈ K} = 0.
Vì thế m(x∗) ≤ f(x∗, y),∀y ∈ K. Vì hàm hằng m(x∗) tương ứng với
biến y là lồi, ta có f(x∗, y) ≥ m(x∗) = 0,∀y ∈ K. Nghĩa là x∗ là lời giải
toàn cục của bài toán (2.62).
Ngược lại, nếu x∗ là lời giải của bài toán (2.61) thì theo mệnh đề
(2.3) ta có:
0 = m(x∗) = miny∈K
f(x∗, y).
Vì f(x∗, y) ≤ f(x∗, y) vàm(x∗) = miny∈Kf(x∗, y), nên 0 = m(x∗) ≤m(x). Bất đẳng thức này cùng với m(x∗) ≤ 0, nên ta có m(x∗) = 0.
Mệnh đề (2.6) chỉ ra rằng ta có thể thay lời giải không lồi của bài
toán (2.47) bằng lời giải bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp lồi
(2.61). Tuy nhiên, tính toán bao lồi của một hàm trên một tập lồi tổng
quát là khó ngoại trừ một số trường hợp đặc biệt. Một ví dụ ta thấy
quan trọng trong trường hợp đặc biệt khi ϕ = g−h với g là hàm aphin,
−h lõm. Trong trường hợp này bao lồi của f(x, .) là
convf(x, y) = F (x)T (y − x) + g(y) + conv(−h(y))− (g(x)− h(x)).
Vì −h là lõm nên bao lồi của nó trên tập đa diện lồi có thể được tính
toán với kết quả chấp nhận được, thậm chí kết thúc khi đa diện là đơn
hình.
Một lời giải khác được chấp nhận cho bài toán (2.47) trong đó ϕ là
hàm lõm có thể xấp xỉ ngoài được sử dụng nhiều trong tối ưu. Việc xấp
xỉ này là cơ sở để một lời giải toàn cục bài toán (2.47) đạt được điểm
cực biên của tập khả thi K. Thật vậy, theo mệnh đề (2.3), x là lời giải
toàn cục của bài toán MIP (2.47) nếu và chỉ nếu
miny{F (x)T (y − x) + ϕ(y)− ϕ(x), y ∈ K}. (2.63)
47
Vì ϕ là lõm, thì bài toán trên đạt được lời giải tối ưu của nó tại điểm
cực biên của K. Vì thế với x bất động, bài toán (2.62) có lời giải tại
điểm cực biên của K.
Giả sử rằng K là tập lồi compact, ta có thể biểu diễn một xấp xỉ
ngoài cho lời giải toàn cục của bài toán (2.47). Tương tự trong tối ưu
toàn cục, trong thủ tục xấp xỉ ngoài này bắt đầu từ một tập đơn giản
đa diện lồi S0 chứa miền khả thi K, một chuỗi xếp bằng nhau {Sk} củacác tập lồi đa diện thỏa mãn :
S0 ⊃ S1 ⊃ ...... ⊃ Sk ⊃ ....... ⊇ K.
Tại mỗi k, ta giải bài toán nới lỏng:
Tìm vk ∈ Sk : F (vk)T (y − vk) + ϕ(y)− ϕ(vk) ≥ 0∀y ∈ Sk. (2.64)
Nếu nó xảy ra vk ∈ K thì ta dừng. Trong trường hợp khác ta tiếp tục
xây dựng một tập đa diện mới Sk+1 chứa K nhưng không chứa vk và
giải bài toán nới lỏng mới. Ta có thể diễn tả thuật toán chi tiết ở phần
sau:
Thuật toán:
Lúc đầu: Cho một tập đa diện lồi S0, ví dụ đơn hình chứa K. Cho V (S0)
được định nghĩa là tập đỉnh của S0.
Bước lặp k( k = 0, 1, 2, 3, .....): Để bắt đầu mỗi bước lặp k, ta có tập
đa diện lồi Sk với đỉnh Vk đã biết. Với mỗi v ∈ Vk, giải bài toán tối ưu:
mSk(v) = min{F (v)T (y − v) + ϕ(y)− ϕ(v) : y ∈ Vk}. (2.65)
Cho vk ∈ Vk thỏa mãn mSk(vk) = maxv∈VkmSk
(v).
Nếu vk ∈ K thì kết thúc: vk là lời giải toàn cục của (2.47). Trong trường
hợp khác, xây dựng một lát cắt đa diện lk(y) thỏa mãn lk(vk) > 0 và
lk(y) ≤ 0 với mỗi y ∈ K và định nghĩa:
Sk+1 = {y ∈ Sk : lk(y) ≤ 0}. (2.66)
48
Tính Vk+1, tập đỉnh của Sk+1. Tăng dần k từ 1 và lặp lại. Độ hội tụ của
thuật toán phụ thuộc vào việc xây dựng lát cắt đa diện. Ví dụ, khi K
được định nghĩa bởi K = {y : c(y) ≤ 0} với c là hàm dưới vi phân, lồi
đóng. Định rõ lát cắt đa diện theo:
lk(y) = c(vk) + (pk)T (y − vk), (2.67)
trong đó pk ∈ ∂c(vk).Trong trường hợp K có một điểm trong ta có thể sử dụng mặt cắt
được định ra ở trong bổ đề.
Bổ đề 2.6. Cho vk ⊂ Rn\K là dãy bị chặn. Cho v0 ∈ intK, yk ∈[v0, vk]\intK, pk ∈ ∂c(yk) và 0 ≤ αk ≤ c(yk). Nếu với mỗi k, hàm
aphin lk(x) = (pk)T (x− yk) + αk thỏa mãn
lk(vk) > 0, lk(x) ≤ 0,∀x ∈ K,
thì mọi điểm tụ của dãy {vk} thuộc K.
Định lý tiếp theo biểu diễn độ hội tụ của thuật toán xấp xỉ ngoài.
Định lý 2.2. Giả sử bài toán (2.47) là giải được. Giả sử trong phép
cộng, F và ϕ là liên tục trên S0 và lát cắt đa diện sử dụng trong thuật
toán xấp xỉ ngoài đưa ra trong bổ đề (2.6). Thì mọi điểm tụ của dãy
{vk} là lời giải toàn cục của bài toán (2.47).
Việc chứng minh định lý này tương tự như trong xấp xỉ ngoài của
tối ưu toàn cục.Ta nhận thấy rằng số đỉnh mới được sinh ra của một
đa diện được xây dựng bằng việc thêm một siêu phẳng có thể tăng lên
rất nhanh trong những không gian có số chiều lớn. Vì vậy phương pháp
xấp xỉ ngoài này hoàn toàn có thể áp dụng tốt đối với những bài toán
trong không gian có số chiều vừa phải.
49
KẾT LUẬN
Luận văn này trình bày các kiến thức cơ bản nhất về bài toán bất
đẳng thức biến phân, bất đẳng thức biến phân hỗn hợp và bài toán cân
bằng Nash-Cournot. Tác giả chứng minh lại một cách cụ thể về sự tồn
tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp, đồng thời kết
hợp với thuật toán nguyên lý ánh xạ co để từ đó đưa ra một số phương
pháp giải bài toán Nash-Cournot trong một số trường hợp cụ thể:
1) Trường hợp cước phí tuyến tính : lúc này ta đưa bài toán về dạng bài
toán quy hoạch lồi toàn phương.
2) Trường hợp cước phí lõm tuyến tính từng khúc: Ta đưa ra điều kiện
để mô hình có điểm cân bằng.
3) Trường hợp cước phí lõm trong trường hợp tổng quát: Sử dụng phương
pháp tìm điểm dừng để chứng minh bài toán có nghiệm.
50
Tài liệu tham khảo
[1] Lê Dũng Mưu và Nguyễn Văn Hiền, Nhập môn Giải tích lồi ứng dụng
(sẽ ra), NXB Khoa học tự nhiên và Công nghệ.
[2] Nguyen Văn Hien, Optimization and Applied Mathematics, bài giảng
ở Đại học Cần Thơ, 2003.
[3] Igor Konnov, Combined Relaxation Method for Variational Inequal-
ities, Springer, 2001.
[4] Andrew Eberhard, Nicolas Hadjisavvas and Dinh The Luc, General-
ized Convexity Generalized Monotonicity and Applications , Springer,
2005.
[5] Mokhtta S. Bazaraa, Hanif D. Sherali, C.M.Shetty Nonlinear Pro-
gramming, Wiley-Interscience, 2006.
[6] Le Dung Muu, Van Hien Nguyen, Nguyen Van Quy, On the Nash-
Cournot oligopolistic market equilibrium model with concave cost
function, J.of Global Optimization (41), 351-364,2008.
[7] Le Dung Muu and Tran Dinh Quoc Ond step from DC optimization
to DC mixed variational inequalities, Optimization,(59),63 -76,2010.
[8] Berge C, Topological Spaces, MacMilan, New York, 1968.
[9] Auslender.A, Optimization Method Numeriques, Masson, Pais, 1976.
51
[10] Chen. G.Y; Goh. C.J; Yang. X.Q, On gap funtion and duality of
variational Inequalities, Optimization theory and applications, v.2,
London: Taylor and Francis, 2002.
[11] Fukushima. M, Merit funtions for variational inequality and com-
plemntarity problems, Nonlinear optimization and applications. Pro-
ceedings of the 21st workshop, Plenum Press. 155-170,1996
52