Tập lồi và hàm lồi trong không gian Euclid hữu hạn chiều
Một tập C ⊆ R n được gọi là tập lồi nếu nó chứa mọi đoạn thẳng nối giữa hai điểm bất kỳ trong tập Điều này có nghĩa là tập C lồi khi và chỉ khi điều kiện này được thỏa mãn.
Ta nói x là tổ hợp lồi của các điểm (vectơ) x 1 , , x k nếu x Xk j=1 λjx j , λj >0 ∀j = 1, , k
Tương tự, x là tổ hợp aphin của các điểm (vectơ) x 1 , , x k nếu x Xk j=1 λ j x j ,
Tập hợp của các tổ hợp aphin của x 1 , , x k thường được gọi là bao aphin của các điểm này.
Mệnh đề 1.1 Tập hợp C là lồi khi và chỉ khi nó chứa mọi tổ hợp lồi của các điểm của nó Tức là tập C lồi khi và chỉ khi
Để chứng minh điều kiện cần, ta sử dụng phương pháp quy nạp theo số điểm Đối với k = 2, điều cần chứng minh có thể suy ra trực tiếp từ định nghĩa của tập lồi và tổ hợp lồi Giả sử mệnh đề đúng với k−1 điểm, nhiệm vụ còn lại là chứng minh nó đúng với k điểm.
Giả sử x là tổ hợp lồi của k điểm x 1 , , x k ∈ C Tức là x Xk j=1 λ j x j , λ j >0 ∀j = 1, , k
Xk j=1 λ j = 1. Đặt ξ Xk−1 j=1 λ j Khi đó 0 < ξ < 1 và xXk−1 j=1 λ j x j +λ k x k = ξ
Với λ ξ j > 0 với mọi j = 1, , k−1, nên theo giả thiết quy nạp, điểm y :Xk−1 j=1 λ j ξ x j ∈C.
Nếu ξ > 0, λk > 0 và ξ + λk = 1, thì x là một tổ hợp lồi của hai điểm y và xk, với cả hai điểm này thuộc tập C Do đó, x cũng thuộc tập C Định nghĩa 1.2: Một tập C được gọi là tập affine nếu nó chứa đường thẳng đi qua bất kỳ hai điểm nào của nó.
Tập aphin là một trường hợp đặc biệt của tập lồi, với ví dụ tiêu biểu là các không gian con và siêu phẳng Siêu phẳng trong không gian R n được định nghĩa là tập hợp các điểm có dạng nhất định.
{x∈ R n |a T x= α}, trong đó a∈ R n là một vectơ khác 0 và α ∈ R.
Vectơ a được biết đến như vectơ pháp tuyến của siêu phẳng, mà siêu phẳng này chia không gian thành hai nửa không gian Nửa không gian được định nghĩa là tập hợp có dạng {x|a^T x ≥ α}, với a khác 0 và α thuộc R, tạo thành nửa không gian đóng Ngược lại, tập hợp {x|a^T x > α} là nửa không gian mở Các điểm x₀, x₁, , xₖ trong Rⁿ được gọi là độc lập affine nếu bao affine của chúng có thứ nguyên k Cuối cùng, một tập hợp được coi là tập lồi đa diện khi nó là giao của một số hữu hạn các nửa không gian đóng.
Theo định nghĩa, tập lồi đa diện là tập hợp các nghiệm của một hệ thống hữu hạn các bất phương trình tuyến tính Dạng tường minh của tập lồi đa diện được trình bày như sau:
Hoặc nếu ta ký hiệu A là ma trận có m hàng là các vectơ a j (j = 1, , m) và vectơ b T = (b 1 , , b m ), thì hệ trên viết được là
Lưu ý rằng phương trình ha, x= bi có thể được chuyển đổi thành hai bất phương trình tương đương là ha, xi ≤ b và h−a, xi ≤ b Do đó, tập nghiệm của một hệ thống hữu hạn các phương trình và bất phương trình sẽ tạo thành một tập lồi đa diện.
Một số tính chất quan trọng của tập lồi đa diện sẽ được trình bày trong các phần sau Định nghĩa 1.7: Cho C khác rỗng (không nhất thiết phải lồi) và y là một vectơ bất kỳ, ta định nghĩa d C (y) bằng cách lấy giá trị nhỏ nhất của ||x−y|| với x thuộc C.
Khoảng cách dC(y) từ điểm y đến tập hợp C được xác định bởi công thức dC(y) := ||π−y||, trong đó π là hình chiếu vuông góc của y trên C Hình chiếu pC(y) của y trên C được xem là nghiệm của bài toán tối ưu minx {1.
2||x−y|| 2 |x ∈C} Vậy việc tìm hình chiếu của y trên C có thể đưa về việc tìm cực tiểu của hàm toàn phương ||x−y|| 2 trên C.
Ta sẽ ký hiệu π = PC(y), hoặc đơn giản hơn là p(y) nếu không cần nhấn mạnh đến tập chiếu C Chú ý rằng, nếu C 6=⊘, thì dC(y) hữu hạn, vì 0 ≤ d C (y) ≤ ||y −x|| với mọi x∈ C.
Cho C ⊆ R n , x 0 ∈C Nhớ lại là nón pháp tuyến (ngoài) của tập C tại x 0 là tập hợp
Mệnh đề 1.2 Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng Khi đó:
(i) Với mọi y ∈ R n , π ∈ C hai tính chất sau là tương đương: a) π = P C (y), b) y−π ∈ NC(π).
(ii) Với mọi y ∈ R n , hình chiếu PC(y) của y trên C luôn tồn tại và duy nhất.
(iii) Nếu y /∈ C, thì hP C (y)−y, x−PC(y)i = 0 là siêu phẳng tựa của C tại P C (y) và tách hẳn y khỏi C, tức là hPC(y)−y, x−PC(y)i ≥ 0, ∀x∈ C, và hP C (y)−y, y−P C (y)i < 0.
(iv) Ánh xạ y ֒→ P C (y) có các tính chất sau: a) ||PC(x)−PC(y)|| ≤ ||x−y|| ∀x,∀y ( tính không giãn); b) hP C (x)−PC(y)i, x−y ≥ ||P C (x)−PC(y)|| 2 ,(tính đồng bức). Chứng minh (i) Giả sử có a) Lấy x ∈C và λ ∈ (0,1) Đặt xλ := λx+ (1−λ)π.
Do x, π ∈ C và C lồi, nên x λ ∈ C Hơn nữa do π là hình chiếu của y, nên
||π−y|| 2 ≤ ||λ(x−π||+ (π−y)|| 2 Khai triển vế phải, ước lược và chia hai vế cho λ >0, ta có λ||x−π|| 2 + 2hx−π, π −yi ≥ 0. Điều này đúng với mọi x ∈ C và λ ∈ (0,1) Do đó khi cho λ tiến đến 0, ta được hπ−y, x−πi ≥ 0 ∀x∈ C.
Bây giờ giả sử có b) Với mọi x∈ C, có
Từ đây và b), dùng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz ta có:
Suy ra ||(y−π)|| ≤ ||y−x|| ∀x∈ C, và do đó π = p(y).
(ii) Do dC(y) = inf x∈C ||x−y||, nên theo định nghĩa của cận dưới đúng (infimum), tồn tại một dãy x k ∈ C sao cho limk ||x k −y|| = dC(y) < +∞
Vậy dãy {x k } bị chặn, do đó nó có một dãy con {x kj } hội tụ đến một điểm π nào đó Do C đóng, nên π ∈ C Vậy
Chứng tỏ π là hình chiếu của y trên C.
Bây giờ ta chỉ ra tính duy nhất của hình chiếu Thật vậy, nếu tồn tại hai điểm π và π 1 đều là hình chiếu của y trên C, thì y −π ∈NC(π), y −π 1 ∈ NC(π 1 ).
Cộng hai bất đẳng thức này ta suy ra ||π−π 1 || ≤ 0, và do đó π = π 1 (iii) Do y−π ∈ N C (π), nên hπ−y, x−πi ≥ 0 ∀x∈ C.
Vậyhπ−y, xi = hπ−y, πi là một siêu phẳng tựa củaC tai π Siêu phẳng này tách y khỏi C vì y 6= π, nên hπ−y, y−πi = −||π−y|| 2 < 0.
(iv) Theo phần (ii) ánh xạ x ֒→ p(x) xác định khắp nơi.
Do z−p(z) ∈ NC(p(z)) với mọi z, nên áp dụng với z = x và z = y, ta có: hx−p(x), p(y)−p(x)i ≤ 0 và hy−p(y), p(x)−p(y)i ≤ 0.
Cộng hai bất đẳng thức lại sẽ được hp(y)−p(x), p(y)−p(x) +x−yi ≤ 0.
Từ đây và theo bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, suy ra
||p(x)−p(y)|| ≤ ||x−y||. Để chứng mnh tính đồng bức, áp dụng tính chất b của (i), lần lượt với p(x) và p(y), ta có hp(x)−x, p(x)−p(y)i ≤ 0. hy−p(y), p(x)−p(y)i ≤ 0.
Cộng hai bất đẳng thức ta được hp(x)−p(y) +y−x, p(x)−p(y)i ≤ 0
Chuyển vế, ta có hp(x)−p(y), x−yi ≥ ||p(x)−p(y)|| 2, đây là tính đồng bức cần chứng minh Định nghĩa 1.8 cho biết một ánh xạ F :C −→ R n được gọi là đơn điệu trên C nếu hF(x)−F(y), x−yi ≥ 0 với mọi x, y ∈C Ánh xạ F được xem là đơn điệu mạnh trên C với hệ số β > 0 nếu hF(x)−F(y), x−yi ≥ β||x−y|| 2 cho mọi x, y ∈ C Đối với tập lồi C ⊆ R n và hàm f : C ֒→ R, ta ký hiệu domf :={x∈ C| f(x) 0, nếu ∀x, y ∈ C,∀λ ∈ (0,1) có: f(λx+ (1−λ)y) ≤ λf(x) + (1−λ)f(y)− 1
2ηλ(1−λ)||x−y|| 2 Kiểm tra được rằng, f lồi mạnh trên C với hệ số η > 0 khi và chỉ khi hàm h(.) := f(.)− η
Nếu hàm f có giá trị hữu hạn trên tập lồi C, thì với mọi số tự nhiên m và mọi x1, , xm thuộc C, thỏa mãn điều kiện λ1 ≥ 0, , λm ≥ 0 và tổng Pm j=1λj = 1, ta có thể chứng minh rằng f đạt được giá trị cần thiết.
Xm j=1 λjf(x j ) (bất đẳng thức Jensen).
Hàm f được gọi là một hàm lõm trên C, nếu −f lồi trên C.
Dưới đây là một điều kiện cần và đủ về hàm lồi, rất tiện ích trong nhiều trường hợp.
Mệnh đề 1.3 Một hàm f : C → R là lồi trên C khi và chỉ khi
Chứng minh Chứng minh điều kiện cần Giả sử f lồi Chọn x, y, α, β như đã nêu trong mệnh đề Chọn α ′ ∈ (f(x), α) và β ′ ∈ (f(y), β) Vậy (x, α ′ ) và (y, β ′ ) thuộc epif Do epif lồi, nên;
Chứng minh điều kiện đủ Chọn (x, à) và (y, ν) thuộc epif và λ ∈ (0,1). Thế thì với mọi ε > 0, ta có f(x)< à+ε, f(y)0, thì f lồi mạnh trên C với hệ số η.
Một hàm f được gọi là chính thường nếu miền xác định của nó không rỗng và giá trị của hàm luôn lớn hơn âm vô cực với mọi x Hàm f được coi là đóng nếu tập giá trị cực tiểu của nó là một tập đóng trong không gian R n+1 Nếu f là một hàm lồi trên một tập lồi C, ta có thể mở rộng hàm f lên toàn bộ không gian bằng cách định nghĩa hàm f e (x) như sau: f e (x) = f(x) nếu x thuộc C, và f e (x) = +∞ nếu x không thuộc C.
Hiển nhiênfe(x) =f(x) với∀x∈ C vàfe lồi trênR n Hơn nữa fe là chính thường khi và chỉ khi f chính thường Tương tự f e đóng khi và chỉ khi f đóng.
Chú ý rằng, nếu f là một hàm lồi trên R n thì domf là một tập lồi, vì domf chính là hình chiếu trên R n của epif, tức là: domf = {x|∃à ∈ R : (x, à)∈ epif}.
Sau đây là một số ví dụ về hàm lồi.
Ví dụ 1.1 1 Hàm aphin f(x) := a T x+ α, trong đó a ∈ R n , α ∈ R.
Hàm f được xác định là vừa lồi vừa lõm trên toàn không gian, và khi α = 0, nó trở thành hàm tuyến tính Xét một tập lồi C khác rỗng (C ≠ ∅).
2 Hàm chỉ Đặt δC(x) :( 0, nếu x∈ C, +∞, nếu x ∈/ C.
Ta nói δC là hàm chỉ của C Do C lồi nên δC là một hàm lồi.
3 Hàm mặt cầu Cho S := {x ∈ R n | ||x|| = 1} là một mặt cầu và h :S → R + là một hàm bất kỳ Định nghĩa hàm f như sau: f(x) :
Hàm này được gọi là hàm mặt cầu Dễ thấy rằng f là một hàm lồi trên R n , mặc dù h là một hàm không âm bất kỳ trên mặt cầu S.
4 Hàm tựa Hàm dưới đây được gọi là hàm tựa của C.
5 Hàm khoảng cách Cho C lồi đóng, hàm khoảng cách đến tập C được định nghĩa bởi dC(x) := min y∈C ||x−y||.
Hàm chuẩn được định nghĩa bằng hai cách: f(x) = ||x||_1 = max_j |x_j| hoặc f(x) = ||x|| = (x_1^2 + + x_n^2)^{1/2} Định nghĩa 1.11 cho biết rằng với hàm f: R^n → R ∪ {+∞} và một điểm x_0 ∈ R^n với f(x_0) < +∞, nếu tồn tại giới hạn lim_{λ↓0} (f(x_0 + λy) - f(x_0)) / λ cho một vectơ y ∈ R^n, thì hàm f được coi là có đạo hàm theo hướng y tại điểm x_0.
Ta sẽ ký hiệu giới hạn này là f ′ (x 0 , y).
Ví dụ sau đây cho thấy hàm f ′ (x, ) có thể không phải là hàm chính thường mặc dù f là hàm chính thường và x∈ domf Cho f(x) :
Ta thấy f là hàm lồi, chính thường, domf = (−∞,0) Dễ thấy rằng f ′ (0,−1) = −∞, f ′ (0,0) = 0, f ′ (0,1) = +∞.
Từ định nghĩa của hàm ξ ở trên, ta có f ′ (x 0 , y) = lim λ↓0 ξ(λ)−ξ(0) λ
Vậy f ′ (x 0 , y) chính là đạo hàm phải của ξ tại 0 nếu f ′ (x 0 , y) hữu hạn.
Hàm f được xem là thuần nhất dương (bậc 1) khi thỏa mãn điều kiện f(tx) = tf(x) với mọi t > 0 và mọi x trong miền xác định của f Đồng thời, hàm f được gọi là dưới cộng tính nếu f(x+y) ≤ f(x) + f(y) với mọi x, y trên miền xác định Một hàm được coi là dưới tuyến tính khi nó vừa thuần nhất dương, vừa dưới cộng tính Để định nghĩa rõ hơn, ta có thể đặt ϕ(λ) := f(x+λy)−f(x) / λ.
Mệnh đề 1.4 Cho f : R n → R∪ {+∞} lồi Khi đó với mọi x ∈ domf và mọi y ∈ R n , ta có.
(i) ϕ là hàm đơn điệu không giảm trên (0,+∞);f ′ (x, y) tồn tại với mọi y ∈ R n và f ′ (x, y) := inf λ>0 f(x+λy)−f(x) λ
Một tiếp cận cân bằng tách cho mô hình Nash-
Một thuật toán giải mô hình Nash–Cournot có ràng buộc chung 22 1.Thuật toán
Chúng ta sẽ dùng các giả thiết sau cho thuật toán và sự hội tụ của nó sẽ được trình bày dưới đây.
(A1) Với mỗi x∈ K và f(x, x) = 0 và f(x, ) là lồi nửa liên tục dưới trên K.
(A2) ∂ 2 ǫ f(x, x) khác rỗng với mọi ǫ > 0 và x ∈ K và bị chặn trên mỗi tập con bị chặn của C, trong đó ∂ 2 ǫ f(x, x) kí hiệu là ǫ− dưới vi phân của hàm lồi f(x, ) có nghĩa là
Hàm f là giả đơn điệu trên K cho mọi lời giải của bài toán (EP), tức là f(x, x ∗ ) ≤ 0 với mọi x ∈ K và x ∗ ∈ Sol(EP) Hơn nữa, hàm f còn thỏa mãn điều kiện tiền đơn điệu: nếu x ∗ ∈ Sol(EP và y ∈ K, thì f(x ∗ , y) = f(y, x ∗ ) = 0 dẫn đến y ∈ Sol(EP).
(A4) Với mọi x∈ K, f(., x) là nửa liên tục trên K.
Nhắc lại rằng toán tử gần kề của hàm g với tham số λ > 0 được định nghĩa bởi prox λg (u) := argmin{g(v) + 1 λ||vưu|| 2 : v ∈ H 2 } (P(u))
Với λ > 0 cố định, định nghĩa h(x) = 1/2 k(I − proxλgAxk)² cho thấy h(x) = 0 khi và chỉ khi Ax là lời giải tối ưu Hơn nữa, đạo hàm của h(x) được tính là ∇h(x) = A*(I − proxλg)Ax, từ đó suy ra h(x) = 0 khi và chỉ khi ∇h(x) = 0.
Chọn các tham số dươngδ, ξ và các dãy có{a k },{δ k },{β k },{ǫ k },{ρ k } thỏa mãn điều kiện
Tính gk ∈ ∂ 2 ǫ k f(xk, xk) và lấy αk = βk γ k trong đó γk = max{δ k ,||g k ||}. Tính yk =PK(xk −αkgk), tức là hy k −x k +α k g k , x−y k i ≥ 0,∀x∈ K.
Tính zk = PK(yk−àkA ∗ (I −proxλg)(Ay k)) Đặt x k+1 = akxk + (1−ak)zk.
Nếu chọn ǫk = 0, thì xk = yk và h(xk) = 0, dẫn đến việc xk là nghiệm của bài toán Do đó, xk được gọi là ε-nghiệm khi ǫk ≤ ǫ, ||xk − yk|| ≤ ǫ và |h(xk)| ≤ ǫ Để chứng minh tính đúng đắn và sự hội tụ của thuật toán, các bổ đề sau đây sẽ được cần đến.
Bổ đề 2.1 (Moudafi and Thakur 2014) Cho S là tập nghiệm của bài toán (SEO) và z ∈ S Nếu đạo hàm của h tại y k khác 0 thì ta có
Bổ đề 2.2 (Santos and Scheimberg 2011) Với mọi k thì các bất đẳng thức sau thỏa mãn
Bổ đề 2.3 (xem [4]) Cho z ∈ S Khi đó với mọi k sao cho ∇h(y k ) 6= 0, ta có
||x k+1 −z|| 2 ≤ ||x k −z|| 2 −(1−ak)ρk(4−ρk) h 2 (yk) k∇h(ykk 2 +2(1−ak)αkf(xk, z) +Ak, (9) và với mọi k sao cho ∇h(y k ) 6= 0, ta có
Trong bài toán SEO, Ak được định nghĩa là 2(1−ak)(αkǫk+β k 2 ) Theo định lý 2.1, nếu bài toán này có nghiệm và thỏa mãn các giả thiết (A1)–(A4), thì dãy xk được tạo ra bởi thuật toán sẽ hội tụ tới một nghiệm của bài toán SEO.
Ta sẽ sử dụng các bổ đề trong Mục 2.2 để chứng minh sự hội tụ của thuật toán.
Chứng minh Từ định nghĩa của x k+1 , theo Bổ đề 1.1 ta có
Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu ∇h(y k 6= 0, theo Bổ đề 2.1, ta có
≤ ||xk−z|| 2 + 2hxk−yk, z−yki. Trong thuật toán trên, từ cách xác định yk ta được hy k −xk +αkgk, x−yki ≥ 0,∀x∈ K.
Bằng cách lấy x =z, ta có hy k −x k +α k g k , z −y k i ≥ 0
||xk−z|| 2 + 2hαkgk, z−xki+ 2hαkgk, xk −yki (2.9)
Từ điều kiện gk ∈ ∂ 2 ǫ k f(xk, xk) ta có f(xk, z)−f(xk, xk) ≥ hg k , z−xki −ǫk
Mặt khác theo Bổ đề 2.2(ii), ta lại có hαkgk, xk −yki ≤ αk||gk|| ||xk−yk|| ≤β k 2
||y k −z|| 2 ≤ ||x k −z|| 2 + 2α k f(x k , z) + 2α k ǫ k + 2β k 2 (2.11) Kết hợp bất đẳng thức (2.11) cùng với (2.8) ta thu được
||x k+1 −z|| 2 ≤ ||xk−z|| 2 +2(1−ak)αkf(xk, z)−(1−ak)ρk(4−ρk) h 2 (yk)
Trường hợp 2: Nếu ∇h(y k ) = 0 thì theo cách xác định x k+1 , ta có thể viết
||x k+1 −z|| 2 ≤ ak||xk −z|| 2 + (1−ak)||yk−z|| 2 Bây giờ, bằng cách suy luận như Trường hợp 1 ta có
||x k+1 −z|| 2 ≤ ||x k −z|| 2 + 2(1−ak)αkf(xk, z) +Ak, trong đó Ak = 2(1−ak)(αkǫk + 2β k 2 ).
Chứng minh khẳng định 1: ||x k −z|| 2 là hội tụ với mọi z ∈ S Thật vậy, đặt z ∈ S Từ z ∈ Sol(EP) và f là giả đơn điệu trên K với tập nghiệm của (EP), ta có f(x k , z) ≤ 0.
||∇h(y k )|| 2 ≥ 0, Theo Bổ đề 2.3 ta có
Trong đó Ak = 2(1−ak)(αkǫk+β k 2 ) Vì αk = β γ k k với γk = max{δ k ,||g k ||}, nên X+∞ k=1 αkǫk X+∞ k=1 βk γk ǫk ≤
Chú ý P+∞ k=1β k 2 < +∞ và 0 < a < ak < b < 1, ta được
Theo Bổ đề 1.3, dãy ||xk - z||² hội tụ với mọi z ∈ S, cho thấy xk bị chặn Từ đó, theo Bổ đề 2.2, dãy {yk} cũng bị chặn Hơn nữa, limsup k→+∞ f(xk, z) = 0 với mọi z ∈ S.
Theo Bổ đề 2.3, với mọi k, ta có
Lấy tổng từ 1 đến vô cùng ta được
Mặt khác dùng giả thiết (A2) và tính bị chặn của dãy xk, ta thấy rằng dãy {||g k ||} cũng bị chặn Do đó, tồn tại một số L > δ thỏa mãn chuẩn
Do z là nghiệm và f là giả đơn điệu nên ta có −f(xk, z) ≥ 0 điều này cùng với 0 < a < a k < b < 1 kéo theo
Nhưng từ P∞ k=1 β k δ k = +∞ ta lại có limsup k→+∞ f(x k , z) = 0,∀z ∈S.
Khẳng định 3: Đối với mọi z ∈ S, nếu {x k j } là dãy con của dãy {x k } thỏa mãn limsup k→+∞ f(x k , z) = lim j→+∞ f(x k j , z), và x ∗ là điểm hội tụ của x k, thì x ∗ là nghiệm của bài toán (EP).
Không làm mất tính tổng quát, chúng ta giả sử xk j hội tụ tới x ∗ khi j → ∞ Do f(., z) là nửa liên tục nên theo Khẳng định 2 ta được f(x ∗ , z) ≥ limsup j→+∞ f(xk j, z) = 0.
Từ z ∈ S và giả đơn điệu của f, ta có f(x ∗ , z) ≤ 0, do đó f(x ∗ , z) = 0 Điều này cho thấy rằng f(x ∗ , z) cũng là giả đơn điệu, dẫn đến f(x ∗ , z) = f(z, x ∗ ) = 0 Theo điều kiện tiền đơn điệu (giả thiết (A3)), x ∗ được xác định là nghiệm của bài toán (EP).
Khẳng định rằng mọi điểm tụ x̄ của dãy {x k} đều thuộc K và Āx nằm trong argmin g Giả sử x̄ là điểm tụ của dãy {x k} và {x k j} là dãy con hội tụ tại x Do đó, x̄ thuộc K Hơn nữa, ta có ||y k − x k || ≤ β k và tổng P +∞ k=1 β k² hội tụ Từ đó, suy ra rằng lim k→+∞ ||y k − x k || = 0.
Do đó, {y k } cũng hội tụ đến x.¯
Từ Bổ đề 2.3, nếu ∇h(y k )6= 0 thì
(1−ak)ρk(4−ρk) h 2 (yk) k∇h(ykk 2 ≤ ||xk−z|| 2 − ||x k+1 −z|| 2 +Ak, và nếu ∇h(y k ) = 0 thì
0 ≤ ||x k −z|| 2 − ||x k+1 −z|| 2 +Ak. Đặt N 1 :={k :∇h(y k 6= 0} và lấy tổng ta có
Kết hợp điều này với giả thiết ξ ≤ ρ k ≤ 4 − ξ (với mỗi ξ > 0) và
0 < a < ak < b < 1, ta có khẳng định
X k∈N 1 h 2 (y k ) k∇h(y k k 2 ≤ +∞ (20) Hơn nữa, do ∇h là liên tục Lipschitz với hằng số ||A|| 2 , ta thấy rằng
||∇h(y k )|| 2 là bị chặn Vậy h(y k ) −→ 0 khi k ∈ N 1 và k −→ ∞ Lưu ý rằng h(yk) = 0 với k /∈ N 1 Ta được k→+∞lim h(yk) = 0 (21)
Theo tính nửa liên tục và tính dương của h ta có
0 ≤ h(¯x) ≤ lim inf j→+∞ h(yk j) = lim k→+∞h(yk) = 0 (22)
Do đó kéo theo Ax¯ là điểm bất động của toán tử gần kề của g Vậy, Ax¯ là điểm cực tiểu của g Định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.1 Ví dụ sau chứng tỏ rằng khi bài toán không có nghiệm thì dãy {x k } có thể không bị chặn.
Lấy H 1 = H 2 = R 2 , A là một toán tử đồng nhất;
Q x = (u, v) ∈R 2 | u ≥ 1, v ≥ v = 0 ; f(x, y) = i K (y)−i K (x), và g(x) = i Q (x), iK và iQ là các hàm chỉ của tập K và Q Tức là
Rõ ràng trong trường hợp này thì bài toán trở thành việc tìm một điểm trong tập S := K ∩Q.
Theo thuật toán, nếu ta chọn k ∈ N ǫk = 0, βk = 1 k, δk = 1, ρk = 2, ak = 1
Dof(x, y) = iK(y)−iK(x) và ta có (0,0) ∈ ∂²f(u, u) với mọi x = (u, u) ∈ K Ở mỗi bước lặp k, ta luôn có gk = (0,0), dẫn đến xk = yk cho mọi k Do K ∩ Q = ∅, ta suy ra h k (y k ) 6= 0 Lưu ý rằng prox λ g (x) = P Q (x) với mọi λ > 0 Một tính toán đơn giản cho thấy z k = P K (y k − à k (I − prox λ g )(y k )) = P K (P Q (x k )).
Chọn xk = (uk, vk) và nhận thấy rằng limk→+∞uk = +∞ Theo định nghĩa của Q và K, hình chiếu của xk trên Q là (uk, 0), trong khi hình chiếu của (uk, 0) trên K nằm trên biên của K.
(ak, a 1 k ) là hình chiếu của (uk,0) trên K Khi đó ak là lời giải tối ưu của bài toán min a≥1 ϕ k (a), trong đó ϕ k (a) (u k −a) 2 + a 1 2 là một hàm lồi mạnh trên [1,+∞) Do uk ≥ 1,
Do zk = PK(uk,0) = (ak,1/ak) và x k+1 := (u k+1 , v k+1 ) = 1/2(xk+zk), từ
Do u k ≥ 1 với mọi k, ta có thể khẳng định rằng lim k→+∞ u k = +∞.
2.2.2 Một mô hình thực tế
Trong phần này chúng ta xét một mô hình cân bằng và tối ưu dựa trên mô hình cân bằng Nash - Cournot trong thị trường điện.
Giả sử có n công ty sản xuất điện Công ty thứ i (i = 1,2, , n) có Ii nhà máy điện.
Tổng lượng điện sản xuất từ các nhà máy được tính bằng công thức P = ∑(xj) với j thuộc tập hợp I, trong đó xj là lượng điện do công ty thứ i sản xuất Giá điện phụ thuộc vào tổng lượng điện của tất cả các công ty, được biểu diễn bằng công thức pi(s) = α - βis, với s là tổng lượng điện sản xuất, α là hằng số dương và β là hệ số giảm giá nhỏ hơn 0.
Chi phí sản xuất cho công ty thứ i là P j∈I i cj(xj) Vậy lợi nhuận của công ty thứ i là fi(x) = p(s)(X j∈I i xj)−X j∈I i cj(xj)
Mỗi công ty đều xác định xem mỗi nhà máy của mình cần sản xuất lượng điện là bao nhiêu để lợi nhuận là cao nhất Giả sử
Kj = [0,100] ∀j là tập chiến lược của công ty thứ i, với P j∈I i xj ∈ Ki (ví dụ Ki [10,1000]) Lợi nhuận của các công ty phụ thuộc lẫn nhau, do đó cần tìm một phương án cân bằng mà mọi công ty đều chấp nhận, gọi là phương án cân bằng Nash Định nghĩa 2.1: Một điểm x ∗ ∈ K = K 1 × K 2 × × K n là điểm cân bằng nếu thỏa mãn điều kiện fi(x ∗ ) ≥ fi(x ∗ [xi]) ∀x i ∈ Ki, ∀i = 1,2, , n, trong đó x ∗ [xi] là vector thu được từ x ∗ bằng cách thay tọa độ thứ i của vector x bằng x i.
Xn i=1 f i (x[y i ]) thì bài toán cân bằng Nash của mô hình có thể được mô tả dưới dạng bài toán cân bằng (EP) x ∗ ∈ K :f(x ∗ , x) ≥ 0 ∀x ∈K (EP)
Trong quá trình sản xuất điện, các nguyên vật liệu như than được sử dụng, với kí hiệu a l,j đại diện cho lượng nguyên vật liệu thứ l cần thiết để sản xuất một đơn vị điện tại nhà máy thứ j Tổng lượng nguyên vật liệu cần thiết để sản xuất lượng điện x được biểu thị bằng Ax Việc sử dụng nguyên vật liệu này có thể gây ô nhiễm môi trường, dẫn đến việc phải trả phí môi trường, được ký hiệu là g(Ax) Bài toán đặt ra là tìm điểm cân bằng Nash trong mô hình nhằm giảm thiểu phí môi trường trong sản xuất điện Cụ thể, cần tìm x ∗ thuộc K sao cho f(x ∗ , x) ≥ 0 với mọi x thuộc K và g(Ax ∗ ) ≤ g(Ax) với mọi x thuộc K.
Với p(s) = α−βs thì bài toán (SEP) được viết dưới dạng
Cj(xj) Sau khi biến đổi ta được bài toán
Có hai công ty, trong đó công ty thứ nhất sở hữu ba nhà máy và công ty thứ hai có một nhà máy Điện năng tiêu thụ của công ty thứ nhất được ký hiệu là x1, x2, x3, trong khi điện năng của công ty thứ hai là x4 Giá điện được xác định bởi công thức p(x1 + x2 + x3 + x4) = α - 0,1(x1 + x2 + x3 + x4).
Chi phí công ty thứ nhất: C1(x1), C2(x2), C3(x3) Chi phí công ty thứ hai: C 4 (x 4 ).
Lợi nhuận của công ty thứ nhất: f 1 (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = p(x 1 +x 2 +x 3 +x 4 )(x 1 +x 2 +x 3 )−C 1 (x 1 )−C 2 (x 2 )−C 3 (x 3 ) Lợi nhuận của công ty thứ hai f 2 (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = p(x 1 +x 2 +x 3 +x 4 )x 4 −C 4 (x 4 )
Trong quá trình sản xuất điện, các công ty sử dụng nguyên liệu như than, với lượng than cần thiết để sản xuất một đơn vị điện năng tại nhà máy j được ký hiệu là gọia1,j Tổng lượng than cần thiết để sản xuất ra (x1 + x2 + x3 + x4) đơn vị điện là a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 Tuy nhiên, việc sử dụng than trong sản xuất điện cũng gây ô nhiễm môi trường Do đó, chi phí phải trả cho ô nhiễm môi trường liên quan đến lượng than sử dụng được tính bằng hàm g(a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4).
Vậy bài toán (SEP) trong ví dụ này sẽ có f(x ∗ , x) = D
Với K được chọn là: K = K 1 ×K 2 ×K 3 ×K 4 Trong đó Ki = [0,100] g(Ax ∗ ) ≤ g(Ax),∀x ∈K g(Ax) =g(a 11 x 1 +a 12 x 2 +a 13 x 3 +a 14 x 4 )
Bản luận văn này đề cập đến các vấn đề sau:
1 Tổng hợp lại các kiến thức cơ bản nhất về tập lồi, hàm lồi.
2 Giới thiệu một số bổ đề cơ bản liên quan đến hình chiếu và tích vô hướng.