15 tháng 06 năm 2014.

Size: px

Start display at page:

Download "15 tháng 06 năm 2014."

Blaze Chapman
5 years ago
Views:

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ HOÀI THANH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số : TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2014

2 Công trình được hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Phan Nhật Tĩnh Phản biện 1: PGS.TSKH. Trần Quốc Chiến. Phản biện 2: PGS.TS. Huỳnh Thế Phùng. Luận văn đã được bảo vệ tại hội đồng chấm luận văn tốt nghiệp thạc sĩ khoa học, họp tại Đại Học Đà Nẵng vào ngày 15 tháng 06 năm Có thể tìm hiểu luận văn tại: Trung tâm thông tin học liệu, Đại Học Đà Nẵng. Thư viện trường Đại học Sư Phạm, Đại Học Đà Nẵng.

3 1 MỞ ĐẦU 1. Tính cấp thiết của đề tài Bài toán bất đẳng thức biến phân, theo Harker và Pang ([12]), được giới thiệu lần đầu tiên vào năm 1966 bởi Hartman và Stampacchia. Một trong các hướng nghiên cứu quan trọng của bài toán bất đẳng thức biến phân là việc xây dựng các phương pháp giải. Thông thường, các phương pháp giải được chia thành những loại sau: Các phương pháp chuyển bài toán về hệ phương trình, các phương pháp có tính chất kiểu đơn điệu, các phương pháp dựa trên kỹ thuật hàm chắn. Với những lý do nêu trên, chúng tôi chọn đề tài: "Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức biến phân" làm đề tài luận văn thạc sĩ. 2. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài Luận văn nhằm nhắc lại các kiến thức cơ bản về bài toán bất đẳng thức biến phân, các ví dụ, một vài ứng dụng của bài toán và trình bày một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức biến phân. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu của đề tài là phương pháp chiếu, phương pháp phạt và kết hợp phương pháp phạt - chiếu. 4. Phương pháp nghiên cứu

4 2 Tham khảo các tài liệu của giáo viên hướng dẫn, tài liệu sưu tầm được từ bạn bè, đồng nghiệp, từ sách, báo khoa học có liên quan... Tham khảo các tài liệu liên quan có trên các website như: Bố cục đề tài Luận văn gồm có 3 chương: Chương 1: Bài toán bất đẳng thức biến phân. Chương 2: Phương pháp chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân. Chương 3: Phương pháp hàm phạt giải bài toán bất đẳng thức biến phân. 6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn Tổng quan và hệ thống lại một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức biến phân. Kết quả của luận văn nhằm giải quyết vần đề giải một số các dạng bài toán bất đẳng thức biến phân. Luận văn là tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên, học viên cao học khi tìm hiểu về bất đẳng thức biến phân.

5 3 CHƯƠNG 1 BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN 1.1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chúng ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản của giải tích lồi sẽ được dùng trong luận văn này. Định nghĩa Tập con D R n được gọi là: i) tập lồi nếu λx + (1 λ)y D, x, y D, λ (0, 1). ii) nón có đỉnh tại 0 nếu λx D, x D, λ 0. iii) nón có đỉnh tại x 0 nếu D x 0 là nón có đỉnh tại 0. Định nghĩa Cho D R n là một tập lồi và x D. i) Vecto x 0 được gọi là pháp tuyến của tập D tại x nếu x0, x x 0, x D. ii) Tập tất cả các vecto pháp tuyến của tập lồi D tại x, ký hiệu là N(x /D). N(x /D) = {x 0 R n : x 0, x x 0, x D}.

6 4 Định nghĩa Định nghĩa Giả sử f là một hàm lồi chính thường trên tập lồi D trong không gian R n. Khi đó vecto x R n được gọi là dưới gradient của hàm f tại x 0 D nếu f(x) f(x 0 ) x, x x 0, x D. Định nghĩa Mệnh đề Định lý (Định lý điểm bất động của Brouwer) Giả sử D là một tập lồi, compact, khác rỗng của R n, (n 1), và f : D D là một ánh xạ liên tục. Khi đó, f có một điểm bất động BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Phát biểu bài toán. Bài toán bất đẳng thức biến phân hữu hạn chiều V IP (D, F ) là bài toán tìm x D R n sao cho F (x ), x x 0, x D, trong đó D là tập con lồi đóng khác rỗng của R n, F : D R n là một hàm liên tục cho trước và, là tích vô hướng trong không gian Euclide n chiều. Tập D được gọi là miền chấp nhận được của bài toán. Tập hợp nghiệm của V IP (D, F ) được ký hiệu là SOL(D, F ). Ví dụ

7 Một số bài toán dẫn đến bài toán bất đẳng thức biến phân. Bài toán bù. Bài toán điểm bất động. Định lý ([5]) Cho D là tập con lồi đóng của R n và x, y R n. Khi đó y = P D (x) khi và chỉ khi y D : y, z y x, z y, z D hay y D : y x, z y 0, z D. (1.1) Hệ quả ([5]) Nếu D là một tập con lồi đóng khác rỗng của R n thì phép chiếu P D là không giãn, tức là: P D (x) P D (x ) x x, x, x R n. (1.2) Nhận xét Từ hệ quả suy ra phép chiếu P D là liên tục khi tập D lồi và đóng. Định lý ([5]) Giả sử D là một tập con lồi đóng của R n. Khi đó x D là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, F ) khi và chỉ khi với mọi γ > 0, x là điểm bất động của ánh xạ: P D (I γf ) : D D. Tức là x = P D (x γf (x )). (1.3)

8 SỰ TỒN TẠI DUY NHẤT NGHIỆM Lý thuyết bất đẳng thức biến phân là một công cụ mạnh để giải quyết các bài toán cân bằng. Bây giờ chúng ta đề cập đến các điều kiện cho sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán V IP (D, F ). Sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân được suy ra từ tính liên tục của hàm F với miền chấp nhận được D là compact. Định lý ([5]) Nếu D là tập con lồi compact của R n, F (x) liên tục trên D thì bài toán bất đẳng thức biến phân có ít nhất một nghiệm x. Trong trường hợp tập chấp nhận được D không bị chặn, lý thuyết điểm bất động của Brouwer không còn hiệu lực nữa. Tuy nhiên, sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân được thiết lập dưới điều kiện sau. R. sau: Ký hiệu B R (0) là hình cầu đóng trong R n với tâm 0, bán kính Đặt D R = D B R (0). Ta có D R là một tập đóng. Bài toán bất đẳng thức biến phân V IP R được định nghĩa như Xác định x R D R sao cho: F (x R ), x x R 0, x DR. Định lý ([5]) Bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, F ) có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại R > 0 sao cho bài toán V IP R có nghiệm x R với x R < R.

9 7 Sự tồn tại nghiệm của V IP (D, F ) còn được thiết lập dưới điều kiện bức, như trong hệ quả sau đây. Hệ quả ([5]) Nếu F thỏa mãn điều kiện bức, nghĩa là: F (x) F (x0 ), x x 0 x x 0 khi x, x D và với x 0 D nào đó thì V IP (D, F ) luôn có nghiệm. Hệ quả ([5]) Giả sử x là nghiệm của V IP (D, F ) và x D 0, với D 0 là phần trong của D, thì F (x ) = 0. Định lý ([5]) (Tính duy nhất nghiệm) Nếu F (x) đơn điệu ngặt trên D thì nghiệm của bài toán V IP (D, F ), nếu có, là duy nhất. Định lý ([5]) Giả sử F đơn điệu mạnh trên D thì bài toán bất đẳng thức V IP (D, F ) tồn tại duy nhất một nghiệm x. Định lý ([5]) Cho 0 < γ α, trong đó α và L tương L2 ứng là các hằng số trong định nghĩa đơn điệu mạnh và điều kiện Lipschitz. Khi đó: P D (x γf (x)) P D (y γf (y)) β x y (1.4) với mọi x, y D, (1 γα) 1/2 β < 1.

10 8 CHƯƠNG 2 PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN 2.1. MỐI QUAN HỆ GIỮA PHÉP CHIẾU VỚI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Như ta đã biết, nếu D là một tập lồi đóng khác rỗng thì hình chiếu của một điểm lên D luôn tồn tại và là duy nhất. Nếu D có hình dạng đặc biệt (chẳng hạn: hình hộp chữ nhật, hình cầu, hình lập phương...) ta có thể dễ dàng tìm hình chiếu của một điểm lên D. Thật vậy, giả sử D có dạng hình hộp chữ nhật D = {x = (x 1, x 2,..., x n ) R n : a i < x i < b i, i = 1, 2,..., n}, a = (a 1, a 2,..., a n ); b = (b 1, b 2,..., b n ) R n thì hình chiếu của x lên D được xác định như sau: a i nếu x i < a i (P D (x)) i = x i nếu x i [a i, b i ] (2.1) b i nếu x i > b i Giả sử D có dạng hình cầu với bán kính R và tâm A = (a 1, a 2,..., a n ) R n n C = {z R n : (z i a i ) 2 R 2 }. i=1

11 9 lên C. Bây giờ ta tìm hình chiếu y của điểm x = (x 1, x 2,..., x n ) R n Nếu x C, ta có y x. Nếu x / C, hình chiếu của x lên C là giao điểm của đường thẳng nối x với tâm A của hình cầu và mặt cầu n S = {z R n : (z i a i ) 2 = R 2 }. được: Ta có i=1 = {z R n : z i = a i + t(x i a i ); i = 1, 2,..., n; t R}. Thay z i = a i + t(x i a i ) vào phương trình mặt cầu S ta thu Suy ra t 2 t = n (x i a i ) 2 = R 2. i=1 R ( n i=1 (x i a i ) 2 ) 1/2. Do đó y có tọa độ như sau: R y i = a i + (x i a i )( n ) 1/2, i = 1, 2,..., n. i=1 (x i a i ) 2 Mệnh đề sau mô tả mối quan hệ giữa phép chiếu với bài toán bất đẳng thức biến phân. Mệnh đề ([10]) Cho D là tập con lồi đóng của R n và F : R n R n là một ánh xạ thì với ξ > 0 bất kỳ, ta có: x SOL(D, F ) F D (x ) = 0 trong đó F D (x) = x P D (x ξf (x)).

12 PHƯƠNG PHÁP CHIẾU Chúng ta bắt đầu với phương pháp hình chiếu cơ bản nhất. Thuật toán 1: ([15]) Dữ liệu: x 0 D. Bước 0: Cho k = 0. Bước 1: Nếu x k = P D (x k F (x k )) thì dừng lại và cho ra kết quả x k là một nghiệm. Bước 2: Trái lại, đặt x k+1 := P D (x k F (x k )). Gán k := k + 1 rồi trở lại bước 1. Định lý sau đây đảm bảo tính hội tụ của thuật toán 1. Định lý ([15]) Cho D R n là một tập lồi đóng. Giả sử tồn tại L > 0 và α > 0 sao cho: F (x) F (y), x y α x y 2, x, y D (2.2) (F đơn điệu mạnh trên D với hệ số α) và F (x) F (y) L x y, x, y D (2.3) (F liên tục Lipschitz trên D với hằng số L). Khi đó nếu L 2 < 2α thì ánh xạ x P D (x F (x)) : D D là một ánh xạ co trên D. Vì vậy dãy {x k } được tạo bởi thuật toán 1 hội tụ đến nghiệm duy nhất của V IP (D, F ).

13 11 Trong thuật toán 1, độ dài bước cố định là 1. Sau đây là một thuật toán cho phép thay đổi độ dài bước ở mỗi bước lặp. Thuật toán 2:([15]) Dữ liệu: x 0 D, t 0 > 0. Bước 0: Cho k = 0. Bước 1: Nếu x k = P D (x k t 0 F (x k )) thì dừng lại, kết luận x k là một nghiệm. Bước 2: Trái lại, chọn t k > 0, đặt x k+1 := P D (x k t k F (x k )) và gán k := k + 1 rồi trở lại bước 1. Sự lựa chọn {t k } là yếu tố quan trọng cho sự hội tụ của thuật toán 2. Định lý sau đảm bảo sự hội tụ của thuật toán 2. Định lý ([15]) Cho D R n là một tập lồi đóng khác rỗng và F : D R n là c - tự bức trên D. Giả sử SOL(D, F ). Nếu 0 < inf t k < sup t k < 2c k N k N thì thuật toán 2 tạo ra một dãy {x k } hội tụ tới một nghiệm của V IP (D, F ). Bây giờ ta xét phương pháp chiếu hai lần, đây là phương pháp còn có thể áp dụng cho bài toán V IP (D, F ) trong trường hợp F giả đơn điệu, hơn nữa nếu D có dạng đặc biệt thì số lượng phép toán trong mỗi bước lặp là ít nhất so với các phương pháp khác. Thuật toán 3:([10]) Dữ liệu: x 0 D và t > 0. Bước 0: Đặt k := 0. Bước 1: Nếu x k = P D (x k tf (x k )) thì dừng lại và cho ra kết quả

14 12 x k là một nghiệm. Bước 2: Tính x k+1/2 = P D (x k tf (x k )), x k+1 = P D (x k tf (x k+1/2 )). Gán k := k + 1 và quay lại bước 1. Bổ đề ([10]) Cho D R n là tập lồi đóng, F : D R n là giả đơn điệu trên D đối với SOL(D, F ) và liên tục L - Lipschitz trên D. Giả sử x SOL(D, F ). Khi đó, với mỗi k N ta có x k+1 x 2 x k x 2 (1 t 2 L 2 ) x k+1/2 x k 2. Sự hội tụ của thuật toán được đảm bảo bởi định lý sau. Định lý ([10]) Cho D là tập con lồi đóng của R n, F : R n R n là một ánh xạ giả đơn điệu trên D tương ứng với SOL(D, F ) và liên tục Lipschitz trên D với hằng số L > 0. Nếu 0 < t < 1 L thì dãy {xk } được tạo bởi thuật toán 3 hội tụ về một nghiệm của V IP (D, F ). Như vậy, để dãy {x k } hội tụ ta phải chọn 0 < t < 1 L. Tuy nhiên, không phải lúc nào ta cũng dễ dàng tìm được hằng số Lipschitz - L. Vì vậy gây khó khăn trong việc chọn t. Bây giờ ta trình bày phương pháp hình chiếu khác, phương pháp không sử dụng hằng số L.

15 13 Trước khi đi vào thuật toán sau, chúng ta chú ý rằng nghiệm của V IP (D, F ) trùng với không điểm của hàm sau: r(x) = x P D (x F (x)); tức là x SOL(D, F ) r(x) = 0. Thuật toán 4:([?], pp ) Dữ liệu: x 0 D và hai tham số γ (0, 1), σ (0, 1). Có x k, tính r(x k ). Nếu r(x k ) = 0, nghĩa là x k = P D (x k F (x k )) thì dừng lại và kết luận x k là một nghiệm. Ngược lại, ta tính z k = x k η k r(x k ), trong đó η k = γ i, với i là số nguyên không âm nhỏ nhất thỏa mãn: F (x k γ i r(x k )), r(x k ) σ r(x k ) 2. (2.4) Tính trong đó x k+1 = P D Hk (x k ), H k = {x R n : F (z k ), x z k 0}. Bổ đề ([16], pp ) Cho B là một tập con lồi đóng khác rỗng của R n. Với x, y R n và z B bất kỳ, ta có: i) x P B (x), z P B (x) 0. ii) P B (x) P B (y) 2 x y 2 P B (x) x + y P B (y) 2. Bổ đề ([16], pp ) Giả sử thủ tục tìm kiếm tuần tự trong thuật toán 4 được xác định tốt. Khi đó ta có: x k+1 = P D Hk (x k ),

16 14 trong đó x k = P Hk (x k ). Định lý Cho D là một tập con lồi đóng khác rỗng của R n và F (.) liên tục, SOL(D, F ). Khi đó dãy {x k } sinh bởi thuật toán 4 hội tụ đến một nghiệm của V IP (D, F ).

17 15 CHƯƠNG 3 PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN 3.1. PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT Xây dựng hàm phạt lồi khả vi. Xét bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, F ). Cho K là một tập con chứa D của R n, chúng ta xây dựng một hàm lồi khả vi P : K R thỏa mãn P (x) 0 x D. (3.1) Một hàm P như vậy được gọi là một hàm phạt của D. Chú ý rằng, nếu D = {x R n : g i (x) 0, i = 1, 2,..., m} trong đó g i (x) : R n R là những hàm lồi khả vi, thì hàm phạt P có thể là: m P (x) = [max{0, g i (x)}] 2. (3.2) i=1 Rõ ràng P thỏa mãn (3.1) và hơn nữa, P khả vi. Thật vậy, xét h i (x) = [max{0, g i (x)}] 2 = (α g i )(x),

18 16 trong đó α(x) = [max{0, g i (x)}] 2 x 2 nếu x > 0 = 0 nếu x 0 Dễ thấy, với x > 0 ta có α (x) = 2x và với x < 0 ta có α (x) = 0. Tại x = 0, đạo hàm bên phải của α bằng α(0 + x) α(0) ( x) 2 lim = lim x 0 + x x 0 + x = 0 và bằng đạo hàm bên trái. Do đó α(x) khả vi trên R. Vì g i khả vi, h i là hàm hợp của hai hàm khả vi, cũng khả vi, với mọi i = 1, 2,..., m nên P (x) khả vi trên R n Chuyển bài toán gốc về dãy các bài toán có miền ràng buộc đơn giản. Với mỗi t > 0 chúng ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân theo tham số V IP (K, tf + P ) (Bài toán phạt): Tìm x t K sao cho: tf (xt ) + P (x t ), x x t 0, x K. (3.3) Trong đó K D là tập con lồi đóng sao cho hình chiếu của mọi điểm trong R n lên K đều có thể được xác định dễ dàng, thậm chí là bởi một công thức hiển (ví dụ như K có thể là một hình hộp chữ nhật, một hình cầu hay một không gian con), P là gradient của P.

19 17 Gọi S(t) là tập nghiệm của (3.3) và đặt t := sup{t 0 : S(t) D}. Bổ đề sau đây đưa ra những điều kiện cho sự tồn tại nghiệm của bài toán (3.3). Bổ đề ([14]) Chúng ta thấy rằng, hàm P được định nghĩa trong công thức (3.2) bị chặn dưới bởi 0, vì thế nó hoàn toàn thỏa mãn các điều kiện của bổ đề trên. Thuật toán 5: ([7]) Xây dựng một hàm P thỏa mãn các điều kiện cần trong bổ đề Chọn t 0 > 0 tùy ý. Đặt a = 0, b = và chuyển sang bước k với k = 0. Bước k(k = 0, 1,...): Giải bài toán (3.3) ta thu được nghiệm x k. a) Nếu x k D, đặt a := t k và a + b nếu b < t k+1 = 2 2a nếu b =. Đặt k := k + 1 và quay lại bước k. b) Nếu x k / D, đặt b = t k và t k+1 = a + b 2. Gán k := k + 1 và quay lại bước k.

20 18 Định lý ([14]) Giả sử {x k } là dãy có được từ thuật toán trên, với các giả thiết cho ở bổ đề ta có: i) Nếu x k D với k nào đó thì dãy {x k } có một dãy con hội tụ trong đó tất cả các phần tử đều chấp nhận được (tức là thuộc D) và bất kỳ điểm giới hạn nào của {x k } đều là nghiệm của bài toán V IP (D, F ). ii) Ngược lại, bất kỳ điểm giới hạn nào của dãy {x k } cũng đều là nghiệm của bài toán V IP (D, F ). Chú ý rằng, nếu P (x) = 0, x D và x k là một nghiệm của bài toán (3.3) thỏa mãn x k D thì x k cũng là nghiệm của bài toán gốc V IP (D, F ) KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP CHIẾU PHẠT GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Xét bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, F ), trong đó D là một tập con lồi đóng khác rỗng của R n, F là một ánh xạ liên tục trên một tập lồi compact K D. Thuật toán 6: ([13]) Ta xây dựng một tập K D có dạng đặc biệt (chẳng hạn như hình hộp chữ nhật, hình cầu hay một không gian con) và một hàm phạt lồi P thỏa mãn các điều kiện trong bổ đề Lấy một số thực t 0 > 0 tùy ý. Chọn ɛ k > 0 sao cho ɛ k 0 khi k. Đặt a := 0, b := và chuyển sang bước k với k = 0. Bước k: (k = 0, 1, 2,...)

21 19 1 Bước k 0 : Chọn hằng số λ > 0, η (0, ), trong đó L tk L tk hằng số Lipschitz của hàm số F k = t k F + P. Đặt j := 0, chọn điểm khởi đầu y 0 K. là Bước k 1 : a) Nếu y j P K (y j λf k (y j )) ɛ k thì dừng lại, đặt x k := y j. Tăng k lên 1 đơn vị và quay trở lại bước k. b) Nếu y j P K (y j λf k (y j )) > ɛ k thì chuyển sang bước k 2. Bước k 2 : Tính y j+1/2 = P K (y j ηf k (y j )), y j+1 = P K (y j ηf k (y j+1/2 )). Đặt j := j + 1 và quay trở lại bước k 1. Ở đây P K (x) là hình chiếu của x lên K. Khi K có dạng đặc biệt, ta có thể dễ dàng tính P K (x) bằng cách dùng công thức hiển. Sau bước lặp thứ j của phương pháp chiếu nêu trên, ta thu được một nghiệm phù hợp x k của bài toán (3.3). Chúng ta xét hai trường hợp. a) Nếu x k D, ta đặt a := t k và a+b 2 nếu b < t k+1 := 2a nếu b = rồi quay trở lại bước k với k := k + 1.

22 20 b) Nếu x k / D, đặt b := t k và t k := a + b 2. Đặt k := k + 1 và quay trở lại bước k. Từ định lý và định lý 3.1.2, vì ɛ k + khi k + nên chúng ta có định lý sau. Định lý ([13]) Giả sử F là ánh xạ đơn điệu trên K D, P là một hàm lồi khả vi thỏa mãn (3.1) và bị chặn dưới trên K. Thêm nữa, ta giả sử rằng F và P là các hàm số liên tục Lipschitz trên K. Giả sử {x k } là dãy thu được trong thuật toán 5. Khi đó, bất kỳ một điểm giới hạn nào của dãy {x k } cũng là nghiệm của bài toán gốc V IP (D, F ). Chứng minh. Giả sử x k là nghiệm của bài toán phạt V IP (K, t kf + P ). Theo định lý 2.2.4, y j x k khi j +. Mặt khác, theo phương pháp chiếu hai lần và do ɛ > 0 nên vòng lặp j sẽ kết thúc sau một số hữu hạn bước và tại bước lặp cuối cùng của vòng lặp j, ta có y j = x k. Giả sử x là nghiệm của bài toán V IP (D, F ), chúng ta có: x k x x k x k + x k x. Vì x k = y j, x k x k ɛ k. Hơn nữa, ɛ k 0 và x k x nên x k x 0 khi k +.

23 ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢI BÀI TOÁN TỐI ƯU Mệnh đề ([12]) Giả sử x là nghiệm của bài toán tối ưu: min F (x) (3.4) x D trong đó, F là hàm khả vi liên tục và D là tập con lồi đóng của R n. Khi đó x cũng là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân: F (x ), x x 0, x D. (3.5) Chứng minh. Vì D là tập lồi nên ta có x + t(x x ) D, 0 t 1. Đặt φ(t) := F (x + t(x x )), t [0, 1]. Do φ(t) đạt cực tiểu tại t = 0 nên ta có: 0 φ (0) = F (x ), x x, tức là x là nghiệm của (3.5). Mệnh đề ([12]) Nếu F (x) là một hàm lồi và x là một nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, F ), thì x cũng là nghiệm của bài toán tối ưu (3.4). Chứng minh. Vì F (x) là hàm lồi nên ta có: F (x) F (x ) + F (x ), x x, x D. (3.6) Mặt khác, x là nghiệm của V IP (D, F ) nên F (x ), x x 0.

24 22 Do đó, từ (3.6) suy ra F (x) F (x ), x D. Tức là x là một điểm cực tiểu của bài toán quy hoạch (3.4). Định nghĩa ([12]) Ma trận n n M(x) trong đó các phần tử m ij (x) : i = 1, 2,..., n; j = 1, 2,..., n là các hàm xác định trên tập S R n được gọi là: nửa xác định dương trên S nếu v, M(x)v 0, v R n, x S. xác định dương trên S nếu v, M(x)v > 0, v 0, v R n, x S. xác định dương mạnh trên S nếu α > 0: v, M(x)v α v 2, v R n, x S. Định lý ([12]) Giả sử F (x) là hàm khả vi liên tục trên D và ma trận Jacobian F 1 x F (x) = F n x 1... F 1 x n F n x n là đối xứng và nửa xác định dương thì tồn tại hàm lồi có giá trị thực f : D R thỏa mãn f(x) = F (x)

25 23 với x là nghiệm của bài toán V IP (D, F ) cũng là nghiệm của bài toán quy hoạch min f(x) x D Trước khi đi vào ví dụ sau, ta xây dựng một bài toán phạt cho MOP (D, F ). Cố định một tập K D. Với t > 0 ta định nghĩa bài toán phạt như sau: MOP (K, F (t) ) : min F (t) = (F (t) (t) 1,..., F n ), x K trong đó F (t) i = F i + tp, i = 1,..., n và P là một hàm phạt của D. Định lý ([12]) Cho D là một tập con lồi đóng khác rỗng của R n. Giả sử F : R n R n lồi và khả vi. Giả sử thêm rằng một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: 1. K bị chặn, 2. K không bị chặn và tồn tại a D sao cho: lim Fi (y), y a > 0, i = 1..., n. y + Giả sử x (n) S(t n ) với mọi n N. Khi đó dãy {x (n) } n có ít nhất một điểm giới hạn và mỗi điểm giới hạn của dãy này là một nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán tối ưu đa mục tiêu MOP (D, F ): Ví dụ min F (x) = (F 1(x),..., F n (x)). x D

26 24 KẾT LUẬN Trong luận văn này, phần nội dung được trình bày thành 3 chương. Trong Chương 1, chúng tôi giới thiệu bài toán bất đẳng thức biến phân và một số bài toán quy về bài toán bất đẳng thức biến phân. Kết quả chính của luận văn nằm ở Chương 2 và Chương 3. Trong đó, chúng tôi trình bày một vài phương pháp phổ biến giải bất đẳng thức biến phân và ứng dụng của nó trong việc tìm ra lời giải của bài toán tối ưu. Cụ thể, trong Chương 2, ở mục 2.1, trình bày mối quan hệ giữa phép chiếu và bài toán bất đẳng thức biến phân. Trong mục 2.2, trình bày một số thuật toán chiếu để giải bài toán. Trong Chương 3, ở mục 3.1, chúng tôi trình bày phương pháp chuyển bài toán bất đẳng thức biến phân gốc về dãy các bài toán có miền ràng buộc đơn giản bằng phương pháp hàm phạt. Ở mục 3.2, chúng tôi giới thiệu phương pháp kết hợp phạt - chiếu để giải bài toán trong trường hợp miền ràng buộc của bài toán không có dạng đặc biệt. Trong mục 3.3, trình bày ứng dụng của các phương pháp giải bài toán bất đẳng thức biến phân ở trên vào bài toán tối ưu. Các kết quả bước đầu tuy chưa được nhiều nhưng đã góp phần giúp bản thân hiểu thêm về bất đẳng thức biến phân và những ứng dụng của nó. Tôi đã cố gắng rất nhiều trong quá trình làm luận văn, tuy nhiên do thời gian và năng lực còn hạn chế nên chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Do đó, tôi rất mong được quý thầy cô và bạn đọc góp ý để luận văn được hoàn thiện hơn.

27 25 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Phan Huy Khải, Đỗ Văn Lưu (2000), Giải tích lồi, Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội. [2] Nguyễn Thị Bạch Kim (2008), Giáo trình các phương pháp tối ưu, lý thuyết thuật toán, Nhà xuất bản Bách Khoa, Hà Nội. [3] Lê Dũng Mưu (1998), Nhập môn các phương pháp tối ưu, Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội. [4] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực và giải tích hàm, Viện toán học Hà Nội. Tiếng Anh [5] Anna Nagurney (2002), Variational inequalities, Isenberg School of Management, University of Massachusetts. [6] J. F. Bonnans (1976), Optimization Mesthodes Numériques, Masson, Paris. [7] R. W. Costtle, F. Giannessi and J. L. Lions (1980), Variational Inequalities and Complementary Problems: Theory and Applications, Wiley, New York.

28 26 [8] S. C. Daffermos (1983), An iterative sacheme for variational inequalities, Math. Programming, 26, pp [9] S. C. Daffermos (1980), Traffic equilibrium and variational inequalities, Transport. Sci. 14, [10] Fucchinei F., Pang J. S. (2003), "Finite Dimmensional Variational Inequalities and Complementarity Problems", Springer Series in Operations Research. [11] M. Fukushima (1992), Equivalent differentiable optimization problems and descent methods for asymmetric variational inequality problems, Math. Programming, 53, pp [12] Patrick T. Harker and Jong - Shi Pang (1989), Finite - dimmensional variational inequality and nonlinear complementarity problems: A survey of theory, algorithms and applications, Math. Programming, 48, pp [13] Dau Xuan Luong, Le Dung Muu (2010), "Combining the Projection Method and the Penalty Fuction to solve the Variational Inequalities with Monote Mappings", International Journal of Optimization: Theory, Methods and Applications, Vol. 2, No. 2, [14] Muu L. D. (1986), An Augmented Penalty Fuction Method for Solving a Class of Variational Inequalities, Soviet Computational Math. Phys. 2, [15] V. H. Nguyen (2003), Variational Inequality Elementary and Beyond, FUNDP Namur - Belgium (Baài giảng trường hè Cần Thơ 2003).

29 27 [16] E. H. Zarantonello (1971), Projections on convex sets in Hilbert space and spectral theory in Contributions to Nonlinear Fuctional Analysis.

PHÂN TÍCH DỮ LIỆU BẰNG PHẦN MỀM SPSS 12.0 * PHẦN 4

PHÂN TÍCH DỮ LIỆU BẰNG PHẦN MỀM SPSS 12.0 * PHẦN 4 Nội dung chính trong phần này: 1. Khai báo các thông số của biến 2. Tạo biến giả 3. Hồi quy OLS kết hợp với phương pháp Stepwise * SPSS 12.0 là sản phẩm