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