Trong bài báo này, chúng tôi kết hợp phương pháp hàm phạt [2] và phương pháp chiếu để giải một lớp các bài toán bất đẳng thức biến phân, kí hiệu VIPD, F , trong đóDlà một tập con lồi đón
Trang 1Kết hợp phương pháp chiếu và hàm phạt giải bài toán bất
đẳng thức biến phân đơn điệu
Đậu Xuân Lương(a)
Tóm tắt Trong bài báo này, chúng tôi kết hợp phương pháp hàm phạt ([2]) và phương pháp chiếu để giải một lớp các bài toán bất đẳng thức biến phân, kí hiệu VIP(D, F ), trong đóDlà một tập con lồi đóng khác rỗng củaRn,F : K → Rnlà một hàm đơn điệu
và liên tục Lipschitz trên miềnKchứaD Trước tiên, bài toán ban đầu được đưa về một dãy các bài toán bất đẳng thức biến phân trên miềnK chứaD, trong đóK thỏa mãn tính chất hình chiếu Euclid của một điểm bất kỳ lênKcó công thức tính đơn giản Tiếp
đó, sử dụng phương pháp chiếu để giải dãy các bài toán này Khi đó, nếu miềnDthỏa mãn một vài giả thiết nhất định, thì điểm giới hạn bất kỳ của dãy nghiệm của các bài toán này là một nghiệm của bài toán ban đầu Bằng cách này, ta loại bỏ được khó khăn khi tính toán hình chiếu trong các thuật toán chiếu giải bất đẳng thức biến phân Chúng tôi cũng đưa ra một vài ví dụ để minh họa phương pháp này.
1 Giới thiệu
Cho D ⊂ Rn là một tập lồi đóng khác rỗng và một ánh xạ F : Rn → Rn Xét bài toán bất đẳng thức biến phân sau:
Tìm x∗∈ D,sao cho hF (x∗), x − x∗i > 0 ; ∀x ∈ D (V IP (D, F )) Tập nghiệm của VIP(D, F ) được kí hiệu là SOL-VIP(D, F )
Nếu F là đạo hàm của một hàm lồi f, thì bài toán VIP(D, F ) tương đương với bài toán tìm cực tiểu của f trên D Tuy nhiên không phải mọi bài toán bất đẳng thức biến phân VIP(D, F ) đều tương đương với bài toán quy hoạch lồi
Bất đẳng thức biến phân có nhiều ứng dụng rộng rãi trong thực tế: các bài toán cân bằng mạng giao thông ([5]), các bài toán cân bằng kinh tế ([6]), các bài toán cân bằng di cư ([7]), các bài toán cân bằng tài chính, mạng kiến thức ([8]), v.v đều có thể mô tả dưới dạng một bất đẳng thức biến phân
Phương pháp chiếu ([1]) là một phương pháp cơ bản và khá hiệu quả để giải các bài toán bất đẳng thức biến phân với giả thiết F giả đơn điệu và liên tục Trở ngại chính trong phương pháp này là việc tính toán hình chiếu lên một tập lồi bất kỳ không
hề đơn giản Đó là một bài toán quy hoạch toàn phương với miền xác định lồi Nếu D không có hình dạng đặc biệt thì việc xác định hình chiếu lên D sẽ gặp khó khăn Một cách tiếp cận để giải quyết khó khăn này là kỹ thuật hàm phạt cho phép
đưa bài toán bất đẳng thức biến phân trên miền lồi đóng bất kỳ về các bài toán bất
đẳng thức trên một miền K chứa miền lồi ban đầu
ýtưởng của chúng tôi là đối với VIP(D, F ) trong đó D là một miền lồi đóng bất
1 Nhận bài ngày 08/8/2008 Sửa chữa xong 30/9/2008.
Trang 2kỳ, trước tiên dùng phương pháp hàm phạt để đưa nó về một dãy các bài toán trên một miền K chứa D, sau đó dùng phương pháp chiếu để giải mỗi bài toán trên K Miền K
được xác định sao cho việc tính toán hình chiếu của một điểm lên K là dễ dàng Trong trường hợp K là hình hộp, hình cầu hay không gian con, vì phép chiếu của một điểm lên K có công thức hiển đơn giản nên trở ngại chính của phương pháp được khắc phục
2 Kiến thức chuẩn bị 2.1 Các kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán VIP(D,F)
Định lý 1.([1]) (i) Nếu D là tập lồi compăc khác rỗng và F liên tục trên D thì VIP(D, F )
có ít nhất một nghiệm
(ii) Nếu F thoả mãn điều kiện bức lim
x∈D;||x||→∞
hF (x) − F (x), x − xi
||x − x|| = ∞ với x ∈ D nào đó, thì bài toán VIP(D, F ) luôn có nghiệm
Định nghĩa 1.([1]) (i) Cho F : D → Rn, F được gọi là đơn điệu trên D nếu
hF (x) − F (y), x − yi > 0 ; ∀x, y ∈ D
(ii) F được gọi là đơn điệu ngặt trên D nếu
hF (x) − F (y), x − yi > 0 ; ∀x, y ∈ D; x 6= y
(iii) F được gọi là đơn điệu mạnh trên D nếu tồn tại α > 0 sao cho
hF (x) − F (y), x − yi > α||x − y||2; ∀x, y ∈ D
(iv) F được gọi là liên tục Lipschitz trên D nếu tồn tại L > 0 sao cho
||F (x) − F (y)|| 6 L.||x − y|| ; ∀x, y ∈ D
(v) F được gọi là giả đơn điệu trên D ứng với SOL-VIP(D, F ) nếu SOL-VIP(D, F ) 6= ∅ và
∀x∗ ∈ SOL − V IP (D, F )thoả hF (x), x − x∗
i > 0; ∀x ∈ D
trong đó x∗ là nghiệm của bài toán VIP(D, F )
Định lý 2.([1]) (i) Giả sử F đơn điệu ngặt trên D Khi đó nghiệm của VIP(D, F ) nếu
có là duy nhất
(ii) Giả sử F đơn điệu mạnh trên D Khi đó VIP(D, F ) có đúng một nghiệm
2.2 Phép chiếu và mối quan hệ với VIP
Định nghĩa 2.([1]) Cho D là tập con lồi đóng, khác rỗng của Rn, với x ∈ Rn ta đặt d(D, x) = inf
y∈D||x − y||.Hàm d(D, ) được gọi là hàm khoảng cách theo chuẩn Euclid từ
Trang 3điểm trong Rn đến D Nếu tồn tại y ∈ D sao cho d(D, x) = ||y − x|| thì y được gọi là hình chiếu vuông góc hay hình chiếu theo chuẩn Euclid của x trên D và được kí hiệu
là PD(x)
Như ta đã biết nếu D là tập lồi đóng, khác rỗng thì hình chiếu vuông góc bao giờ cũng tồn tại duy nhất
Trong trường hợp K là hình hộp, với chuẩn Euclid, vấn đề tính toán hình chiếu của một điểm lên K trở lên đơn giản Thật vậy, giả sử K là hình hộp sau
K = {x = (x1, x2, , xn)T ∈ Rn|ai6 xi 6 bi ; i = 1, 2, , n},
a = (a1, a2, , an)T ; b = (b1, b2, , bn)T ∈ Rn Khi đó hình chiếu của x lên K được xác định như sau
(PK(x))i=
ai, xi < ai
xi, xi ∈ [ai; bi]
bi, xi > bi Giả sử C là hình cầu tâm I(a1, a2, , an) ∈ Rn, bán kính R, có phương trình
C = {x ∈ Rn|
n
X
i=1
(xi− ai)2 6 R2}
và b = (b1, b2, , bn)T ∈ Rn Cần tìm hình chiếu vuông góc PC(b)của b lên C Nếu b ∈ C thì PC(b) ≡ b Nếu b nằm ngoài C, hình chiếu của b lên C là giao điểm của đường thẳng nối b và tâm I của C với mặt cầu S = {x ∈ Rn|
n
P
i=1
(xi− ai)2= R2} Phương trình tham số của đường thẳng này như sau:
∆ = {x ∈ Rn|xi = ai+ t(bi− ai) ; i = 1, 2, , n ; t ∈ R}
Thay xi = ai+ t(bi− ai)vào phương trình S, ta có t2Pn
i=1
(bi− ai)2 = R2
Do đó
n
P
i=1
(bi− ai)2
Vậy hình chiếu PC(b)của b lên C có toạ độ
xi = ai+ (bi− ai)s R
n
P
i=1
(bi− ai)2
Khi L ⊂ Rnlà không gian con k chiều với cơ sở B = {η1, η2, , ηk} Giả sử b ∈ Rnlà một
điểm bất kì, a = Pk
j=1
cjηj ∈ L ; cj là các hằng số thực, sao cho f = b − a thoả hf, ηji = 0,
Trang 4với mọi j = 1, 2, , k Khi đó a là hình chiếu vuông góc của b lên L.
Thật vậy, giả sử c ∈ L, vì f vuông góc với mọi véctơ trong cơ sở của L, nên nó vuông góc với mọi véctơ thuộc L Do đó
||b − c||2= hb − a + a − c, b − a + a − ci
= hb − a, b − ai + ha − c, a − ci + 2hb − a, a − ci
= ||b − a||2+ ||a − c||2
> ||b − a||2
Do đó a là hình chiếu vuông góc của b lên L
Giờ ta tìm a; với mọi i = 1, , k, ta có: hf, ηii = 0,
hb −
k
X
j=1
cjηj, ηii = 0,
k
X
j=1
hηi, ηjicj = hb, ηii
Đặt Aij = hηi, ηji ; Di = hb, ηii ; i = 1, 2, , k ; j = 1, 2, , k Khi đó ta thu được một hệ phương trình tuyến tính k phương trình, k ẩn
Ac = D ,trong đó A = (Aij),
c = (c1, c2, , ck)T ; D = (D1, D2, , Dk)T Hơn nữa, do cách xác định A, đây là một ma trận xác định dương, suy ra det(A) 6= 0, nghĩa là hệ trên luôn cho nghiệm duy nhất Vì a = Pk
j=1
cjηj, sau khi tính được ci, ta tính
được a Nếu chọn B là cơ sở trực chuẩn nghĩa là hηi, ηji = 0nếu i 6= j ; =1 nếu i = j, thì
Alà ma trận đơn vị, do đó có thể tính ngay được nghiệm ci = Di = hb, ηii
Liên quan đến hình chiếu và bất đẳng thức biến phân ta có định lý sau
Mệnh đề 1.([1]) Giả sử D ⊂ Rnlà một tập lồi đóng và F : Rn→ Rnlà một ánh xạ Khi
đó ta có x∗∈ SOL − V IP (D, F ) ⇔ Fnat
D (x∗) = 0,trong đó Fnat
D (x∗) ≡ x − PD(x − ξF (x)) với ξ > 0 nào đó
3 Phương pháp kết hợp phương pháp hàm phạt và phương pháp chiếu 3.1 Phương pháp chiếu
ở đây ta chỉ đề cập đến phương pháp chiếu hai lần (extragradient method) vì phương pháp này tuy cần hai lần chiếu trong mỗi bước lặp nhưng có thể áp dụng cho VIP(D, F ) với F giả đơn điệu và liên tục Lipschitz Trong khi đó phương pháp chiếu
Trang 5một lần đòi hỏi F đơn điệu mạnh, liên tục Lipschitz; phương pháp chiếu ba lần (hyper-plane projection method) tuy áp dụng được cho VIP(D, F ) với F giả đơn điệu và liên tục (thay vì liên tục Lipschitz như hai phương pháp đầu), nhưng khối lượng tính toán trong mỗi bước lặp lại tăng lên đáng kể do phải sử dụng thêm thuật toán tìm kiếm Việc phân loại các phương pháp chiếu có thể tham khảo trong ([1]) Nếu ta sử dụng phương pháp chiếu hai lần cho VIP với ràng buộc hộp hoặc hình cầu, hoặc không gian con, thì khối lượng tính toán trong mỗi vòng lặp tăng lên không đáng kể so với phương pháp chiếu một lần, vì hình chiếu của một điểm lên các tập kiểu này có công thức hiển như trên đã thấy Trong khi đó, phương pháp chiếu một lần còn đòi hỏi việc tính toán các hệ số đơn điệu α của hàm F Đồng thời, để thuật toán hội tụ, các hệ số bước tkphải nhỏ hơn α/L2, trong đó L là hằng số Lipschitz của F (xem [1]) Trong nhiều trường hợp, L trở lên khá lớn khi số chiều của bài toán tăng lên, mẫu số L2 lớn sẽ làm bước
tk trở nên rất nhỏ Điều này thường ảnh hưởng tới tốc độ hội tụ và độ chính xác của thuật toán chiếu
Thuật toán 1 ([1]) Lấy x0 ∈ K và chọn η > 0
Bước 0: Đặt k = 0
Bước 1: Nếu xk= PD(xk− ηF (xk)), thì xk∈ SOL − V IP (D, F ): dừng thuật toán với nghiệm thu được là xk
Bước 2: Nếu xk6= PD(xk− ηF (xk))thì tính
xk+12 = PD(xk− ηF (xk)),
xk+1 = PD(xk− ηF (xk+12))
Cho k := k + 1 và quay lại bước 1
Sự hội tụ của thuật toán này được bảo đảm bởi định lý sau
Định lý 3.([1]) (i) Giả sử D ⊂ Rn lồi đóng và F : D → Rn là một ánh xạ giả đơn
điệu trên D tương ứng với SOL-VIP(D, F ) và L-Lipschitz liên tục trên D Giả sử x∗ ∈ SOL − V IP (D, F ) Khi đó, với mọi k ∈ N
||xk+1− x∗||2 6 ||xk− x∗||2− (1 − η2L2)||xk+12 − xk||2 (ii) Giả sử F : D → Rn giả đơn điệu trên D tương ứng với SOVIP(D, F ) và L-Lipschitz trên D Nếu 0 < η < 1/L thì dãy {xk} sinh bởi thuật toán 1 hội tụ về một nghiệm của VIP(D, F )
3.2 Phương pháp hàm phạt
Phương pháp hàm phạt trình bày sau đây được đề xuất trong ([2])
3.2.1 Xây dựng hàm phạt khả vi
Xét bài toán bất đẳng thức biến phân sau:
Trang 6Tìm x∗∈ Dsao cho
hF (x∗), x − x∗i > 0 , ∀x ∈ D (1) Giả sử D lồi, đóng, bị chặn; K là một hình hộp (hay một hình cầu đóng) chứa D Xây dựng một hàm lồi khả vi P : K → R thoả mãn
Chú ý là khi D = {x ∈ Rn|gi(x) 6 0 , i = 1, 2, , m},trong đó gi : Rn→ Rlà các hàm lồi khả vi, hàm phạt P có thể lấy như sau:
P (x) :=
m
X
i=1
Dễ thấy P thoả mãn (2), hơn nữa P khả vi Thật vậy, xét
hi(x) = [max(0, gi(x))]2 = (α ◦ g)(x),
trong đó α(x) := [max(0, x)]2=
(
x2, x > 0
0, x 6 0
Dễ thấy với x > 0, α0(x) = x2 ; với x < 0, α0(x) = 0 Tại x = 0, đạo hàm bên phải bằng 0
lim
∆x→0 +
α(0 + ∆x) − α(0)
∆x =∆x→0lim+
(∆x)2
∆x = 0.
và bằng đạo hàm bên trái Do đó, α(x) khả vi Vì gikhả vi, do đó hilà hợp của hai hàm khả vi, cũng khả vi, nghĩa là P (x) khả vi; hoặc có thể lấy
P (x) = max
16i6m(gi(x)) (4) Chú ý rằng trong nhiều trường hợp, m = 1, khi đó P ≡ g1 và do đó nếu g1khả vi thì P cũng khả vi
3.2.2 Dùng hàm phạt để chuyển bài toán ban đầu về một dãy các bài toán với ràng buộc đơn giản
Với mỗi t > 0 xét bài toán phạt VIP(K, tF + ∇P ) sau
Tìm xt∈ K sao cho
htF (xt) + ∇P (xt), x − xti > 0 , ∀x ∈ K, (1t) trong đó K ⊃ D là một tập lồi, đóng đơn giản (hình hộp, quả cầu) sao cho hình chiếu vuông góc lên K có thể tính được một cách dễ dàng, thậm chí có thể tính được theo một công thức hiển; ∇P (xt)là đạo hàm của P tại xt Kí hiệu S(t) là tập nghiệm của (1t)và
đặt t∗=sup{t > 0 : S(t) ⊂ D}
Bổ đề 1.([2]) Giả sử F là hàm đơn điệu, P là hàm lồi, khả vi, thoả mãn (2) và bị chặn dưới Khi đó
(i) S(t) ∩ D = ∅ nếu t > t∗;
Trang 7(ii) S(t) ⊂ D nếu 0 < t < t∗;
(iii) S(t∗)nằm trong tập nghiệm của bài toán ban đầu (1) nếu 0 < t∗ < ∞và ánh xạ S(.)nửa liên tục dưới tại t∗;
(iv) Nếu t∗ = ∞thì bất kì dãy {xn}nào đó với xn ∈ S(tn) và tn → t∗ có một điểm tụ
và bất kì điểm tụ nào của {xn}đều là một nghiệm của (1)
Nhận xét: Hàm P lấy như (3) bị chặn dưới bởi 0 nên hiển nhiên thoả điều kiện trong
bổ đề trên
Thuật toán 2.([2]) Xây dựng hàm lồi P thoả mãn điều kiện của bổ đề 1
Lấy t0là một số dương tuỳ ý Lấy a = 0; b = ∞ và chuyển sang bước k với k = 0 Bước k (k = 0, 1, )
Giải bài toán (1t k)thu được nghiệm xk
a) Nếu xk∈ D, đặt a := tkvà
tk+1=
a + b
2 , b < ∞ 2a, b = ∞
Chuyển sang bước k với k := k + 1
b) Nếu xk∈ D/ , đặt b := tk và tk:= a + b
2 Đặt k := k + 1 và quay lại bước k
Định lý 4.([2]) Giả sử {xk}là dãy thu được từ thuật toán trên Dưới các giả thiết của
bổ đề 1, ta có
(i) Nếu xk ∈ D với k nào đó thì dãy {xk} có một dãy con hội tụ, trong đó tất cả các phần tử của dãy con đó là chấp nhận được (tức là thuộc D) và một điểm tụ bất kì của {xk}là nghiệm của (1)
(ii) Trường hợp còn lại, một điểm tụ bất kì của {xk}là một nghiệm của (1)
Chú ý: Dễ thấy rằng nếu P (x) ≡ 0, với mọi x ∈ D thì xklà nghiệm của bài toán ban
đầu khi xk∈ D
3.3 Phương pháp hàm phạt và chiếu hai lần giải VIP(D, F )
Trong thuật toán 2 ở mỗi bước lặp k ta giải bài toán (1t k) là một bài toán bất
đẳng thức biến phân Do miền ràng buộc của bài toán này đơn giản nên sẽ sử dụng phương pháp chiếu hai lần để giải bài toán phạt này Bằng cách điều chỉnh tham số phạt tk ở mỗi bước lặp k, dãy nghiệm của bài toán phạt sẽ hội tụ đến nghiệm của bài toán ban đầu khi tk → t∗ Đây chính là ý tưởng của phương pháp kết hợp giữa chiếu
và phạt sẽ trình bày dưới đây
Trang 8Xét VIP(D, F ) với D là tập lồi đóng, bị chặn của Rn Giả sử F là một ánh xạ liên tục, xác định trên một tập lồi, compăc K chứa D, trong đó K là một quả cầu đóng hoặc
là một hình hộp compăc
ýtưởng chính của phương pháp kết hợp như sau: Trước tiên, ta dùng phương pháp hàm phạt để đưa bài toán trên miền lồi đóng bất kỳ D về một dãy các bài toán phạt trên miền K chứa D Mỗi bài toán phạt sẽ được giải một cách xấp xỉ bằng phương pháp chiếu
Thuật toán kết hợp gồm 2 bước chính sau:
Bước 1: Dùng phương pháp hàm phạt chuyển VIP(D, F ) về một dãy các bài toán trên miền K chứa D, V IP (K, tF + ∇P ) trong đó P là một hàm lồi xác định, khả vi liên tục trên K và thoả mãn P (x) 6 0 khi và chỉ khi x ∈ D
Bước 2: Giải bài toán VIP(K, tF + ∇P ) bằng một trong các phương pháp chiếu trong ([1])
Theo tính chất của hàm lồi, P khả vi liên tục và Lipschitz (xem hệ quả 25.5.1, [4]) Kết hợp với giả thiết F liên tục, ta suy ra Ft:= tF + ∇P liên tục Dùng phương pháp chiếu hai lần để giải bài toán V IP (K, tF + ∇P )
Thuật toán cụ thể được mô tả như sau:
Thuật toán 3 (Kết hợp phạt và chiếu hai lần) Xây dựng một siêu hộp (hoặc một hình cầu đóng) K chứa D và một hàm lồi P thoả mãn điều kiện của bổ đề 1
Lấy t0 là một số dương tuỳ ý Chọn k> 0, sao cho k→ 0khi k → ∞
Lấy a = 0 , b = ∞ và chuyển sang bước k với k = 0
Bước k0: Chọn các hằng số λ > 0 , η ∈ (0; 1/Lt k), trong đó Lt k là hằng số Lipschitz của Fk:= tkF + ∇P
Khởi tạo j := 0, chọn điểm xuất phát y0 ∈ K
Bước k1: a) Nếu ||yj− PK(yj − λ.Fk(yj))|| 6 k, thì dừng, đặt xk:= yj Tăng k thêm
1 và trở lại bước k
b) Nếu ||yj− PK(yj− λ.Fk(yj))|| > k, thì qua bước k2
Bước k2: Tính
yj+12 := PK(yj− ηFk(yj)),
yj+1:= PK(yj− ηFk(yj+12)),
đặt j := j + 1 và quay lại bước k1, ở đây PK(x) là hình chiếu vuông góc của x lên K Hình chiếu này được tính dễ dàng theo công thức hiển, khi K là siêu hộp hoặc là một quả cầu đóng
Trang 9Sau các vòng lặp j trên của phương pháp chiếu, ta thu được nghiệm xấp xỉ xk của bài toán (1tk) Xét hai trường hợp
a) Nếu xk∈ D, đặt a := tkvà
tk+1 :=
a + b
2 , b < ∞ 2a, b = ∞
Chuyển sang bước k với k := k + 1
b) Nếu xk∈ D/ , đặt b := tk và tk:= a + b
2 Đặt k := k + 1 và quay lại bước k
Từ định lý 3 và định lý 4, do k→ 0, ta có định lý sau đây
Định lý 5 Giả sử F là hàm đơn điệu trên K ⊃ D, P là hàm lồi, khả vi thoả (2) và bị chặn dưới trên K Hơn nữa F và ∇P liên tục Lipschitz trên K Gọi {xk} là dãy sinh bởi thuật toán 3 Khi đó, một điểm tụ bất kì của {xk}là nghiệm của (1)
Chứng minh Gọi xk
∗ là nghiệm của bất đẳng thức biến phân VIP(K, tk+ ∇P ) Theo
Định lý 3, ta có yj → xk
∗ khi j → +∞ Do đó, vì k> 0, nên trong vòng lặp j, với mỗi k
cố định, bước k1 sẽ phải xảy ra sau một số hữu hạn bước lặp j Gọi x∗ là nghiệm của bất đẳng thức biến phân VIP(D, F ) Khi đó ta có
||xk− x∗|| 6 ||xk− xk
∗|| + ||xk
∗ − x∗||
Do xk= yj, nên ||xk− xk
∗|| 6 k Từ đấy và do k → 0, xk
∗ → x∗, nên suy ra ||xk− x∗|| → 0 khi k → +∞
4 Các ví dụ
Ví dụ 1 Miền D lấy như sau D = {x ∈ Rn|g(x) 6 0} ∩ K,trong đó
K = {x = (x1, x2, , xn) ∈ Rn|0 6 xi 6 ai , i = 1, 2, , n}, trong đó ai = 5 + i
3i − 1 ; g(x) :=
1
n2
P
iexi−e
5+ n − 1
n2
Dễ thấy g(x) là một hàm lồi trên Rn Chọn hàm phạt P (x) ≡ g(x) trên Rn Khi đó,
P (x) =
(
6 0, x ∈ D
> 0, x ∈ K \ D
Ta sẽ bao D bởi K nên P thoả mãn điều kiện của hàm phạt trên D Hơn nữa,
∇P (x) = 1
n2 ã (ex1, ex2, , exn)T
Do đó, ∇P (x) liên tục Lipschitz trên D với hằng số Lipschitz e6/n2 Ngoài ra, dễ thấy
∇P (x)còn đơn điệu mạnh với hằng số đơn điệu 1/n2 Như vậy, chỉ cần F đơn điệu thì
Trang 10tF + ∇P sẽ đơn điệu mạnh.
Hàm F được lấy theo mô hình Nash (xem [3], trang 129)
F (x) = H(x) − p(σx)e − p0(σx)x, trong đó
e = (1, , 1)T ∈ Rn, σx= hx, ei =X
j
xj,
H(x) = (α1x1+ β1, , αnxn+ βn)T, trong đó αi , βi lấy ngẫu nhiên trong khoảng [0; 10]
p(t) = γ
t + 1, trong đó γ lấy ngẫu nhiên trong [0; 15]
Khi đó, F lấy như trên là một hàm đơn điệu (xem, chẳng hạn [3]) Ngoài ra ta có thể chứng minh rằng F liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz Ln=p2(α2+ 4n2γ2) Như vậy, ví dụ này thoả mãn các giả thiết của định lý 5, do đó, áp dụng thuật toán 3 cho
ta một dãy số trong đó bất kỳ điểm tụ nào của dãy đó đều là một nghiệm của bài toán Sau đây là kết quả chạy chương trình Sai số cho phép của thuật toán chiếu là ε = 10−6
Bảng 1
5 [15 - 18] - 1s [15 - 28] - 1s [13 - 24] - 8s
10 [17 - 25] - 1s [15 - 25] - 3s [10 - 24] - 9s
15 [19 - 25] - 2s [14 - 24] - 5s [14 - 22] - 12s
Bảng 2
5 [13 - 15] - 10s [15 - 25] - 28s [10 - 24] - 70s
10 [15 - 22] - 50s [12 - 22] - 60s [13 - 21] - 210s
15 [17 - 22] - 90s [13 - 21] - 225s [13 - 20] - 420s Dữ liệu trong hai bảng trên được đọc như sau: Chẳng hạn, lấy ô nằm ở hàng 3, cột 3, bảng 1, tương ứng với n = 10 và γ = 10: Thuật toán chạy mất 3 giây để đến được vòng lặp thứ 25 ( giải hết bài toán phạt thứ 25), trong đó, các vòng lặp từ 15 đến 25 cho cùng một nghiệm xk(tính đến 6 chữ số thập phân)
Ta xét 2 ví dụ tiếp theo, trong đó hàm phạt P sẽ được lấy theo công thức (??)
Xét D = {x = (x1, x2)T ∈ R2|g1(x) 6 0 , g2(x) 6 0},
trong đó g1(x) = x2− x1 , g2(x) = −x2+ x21− 1là các hàm lồi trên R2 Ta xét hai ví dụ ứng với hai hàm F khác nhau
Ví dụ 2 F (x) = x1+ x2
x2+ ex42 − 1
!