Thông tin tài liệu
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ TUYẾT TRÂM BAO HÀM THỨC VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU CỰC ĐẠI PHỤ THUỘC THỜI GIAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020 download by : skknchat@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ TUYẾT TRÂM BAO HÀM THỨC VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU CỰC ĐẠI PHỤ THUỘC THỜI GIAN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 46 01 02 Người hướng dẫn: TS LÊ QUANG THUẬN download by : skknchat@gmail.com Mục lục Lời cam đoan i Lời mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian vectơ Euclide n-chiều 1.2 Khoảng cách hai tập hợp 1.3 Ánh xạ đa trị 1.4 Ánh xạ đa trị đơn điệu 1.4.1 Định nghĩa số ví dụ 1.4.2 Một số tính chất ánh xạ đa trị đơn điệu 1.5 Ánh xạ đa trị đơn điệu cực đại 10 1.5.1 Định nghĩa số ví dụ 10 1.5.2 Một số tính chất ánh xạ đa trị đơn điệu cực đại 11 1.6 Khoảng cách hai ánh xạ đơn điệu cực đại 13 1.7 Không gian hàm hội tụ hàm 15 Bao hàm thức vi phân với ánh xạ đơn điệu cực đại biến i download by : skknchat@gmail.com ii thiên thời gian 20 2.1 Bao hàm thức vi phân 20 2.2 Sự tồn nghiệm 21 2.3 Một số mở rộng 33 2.4 Hệ tuyến tính ánh xạ đơn điệu cực đại 39 2.5 Hệ bù tuyến tính 46 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 download by : skknchat@gmail.com LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn thạc sĩ đề tài " Bao hàm thức vi phân với toán tử đơn điệu cực đại phụ thuộc thời gian " kết trình đọc tài liệu, nghiên cứu làm rõ hướng dẫn TS Lê Quang Thuận Trường Đại học Quy Nhơn Luận văn không trùng lặp với luận văn thạc sĩ khác chuyên ngành Bình Định, ngày tháng năm 2020 Học viên Huỳnh Thị Tuyết Trâm download by : skknchat@gmail.com LỜI NÓI ĐẦU Các bao hàm thức vi phân đối tượng toán học tập trung nghiên cứu nhiều từ năm 60 kỉ XX khả ứng dụng lớn khía cạnh lý thuyết ứng dụng thực tế lý thuyết Việc nghiên cứu tính chất nghiệm bao hàm thức vi phân cần thiết quan trọng Tương tự phương trình vi phân thường, toán cho bao hàm thức vi phân tồn nghiệm cho điều kiện ban đầu Bài toán tập trung nghiên cứu vào năm 1970 thu nhiều kết rực rỡ Với mong muốn tìm hiểu điều kiện cho tồn nghiệm nghiệm bao hàm thức vi phân kết hợp với ánh xạ đa trị đơn điệu cực đại biến thiên thời gian, học viên chọn đề tài "Bao hàm thức vi phân với toán tử đơn điệu cực đại phụ thuộc thời gian" để nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ Trong luận văn này, mục lục, mở đầu kết luận, nội dung luận văn trình bày hai chương: Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị để làm sở cho lập luận chứng minh chương sau Chương Bao hàm thức vi phân với ánh xạ đơn điệu cực đại biến thiên thời gian Trong chương này, chúng tơi trình bày tồn download by : skknchat@gmail.com nghiệm bao hàm thức vi phân với ánh xạ đơn điệu cực đại biến thiên thời gian Luận văn hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn thầy TS Lê Quang Thuận Nhân đây, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy hướng dẫn Thầy không hướng dẫn tơi nghiên cứu khoa học mà cịn thơng cảm tạo điều kiện, động viên suốt q trình làm đề tài Tơi xin chân thành cảm ơn khoa Tốn, phịng Đào tạo sau đại học, Trường Đại học Quy Nhơn giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành khóa học với luận văn Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, người thân quan tâm, giúp đỡ sát cánh bên tơi Trong q trình viết luận văn chắn khơng tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong nhận góp ý quý thầy cơ, q bạn đồng nghiệp để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn Bình Định, ngày tháng năm 2020 Học viên Huỳnh Thị Tuyết Trâm download by : skknchat@gmail.com Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong phần này, giới thiệu số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho lập luận chương sau 1.1 Không gian vectơ Euclide n-chiều Định nghĩa 1.1 Xét không gian véc tơ Euclide n-chiều Rn Với x y 1 1 x2 y n ∈ R , y = ∈ Rn , x= . . xn yn tích vơ hướng hai vectơ x y Rn xác định x, y := x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn Chuẩn vectơ x ∈ Rn định nghĩa x = cầu đơn vị Rn định nghĩa Bn := {x ∈ Rn : x Cho λ ∈ R Khi λA := {λa : a ∈ A} download by : skknchat@gmail.com x, x Hình 1} Cho A, B ⊂ Rn Khi A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B} Bao đóng cl(A) phần int(A) định nghĩa sau: (A + Bn ) , int(A) := {a ∈ A : ∃ > 0, a + Bn ⊂ A} cl(A) = >0 Biên tập A định nghĩa bd(A) = cl(A) \ int(A) 1.2 Khoảng cách hai tập hợp Định nghĩa 1.2 Cho S ⊆ Rn Hàm khoảng cách dist (·, S) : Rn → R định nghĩa dist (x, S) = inf { x − a : a ∈ S} , x ∈ Rn Nếu tập S đóng lồi với x ∈ Rn tồn điểm y ∈ S cho x − y = dist(x, S) Một điểm y gọi hình chiếu x lên tập S ký hiệu proj(x, S) Định nghĩa 1.3 Khoảng cách Hausdorff hai tập khác rỗng S1 S2 Rn định nghĩa bởi: dH (S1 , S2 ) := max inf dist (z1 , S2 ) , inf dist (z2 , S1 ) z1 ∈S1 z2 ∈S2 Vì dist(x, S) = dist(x, cl(S)) với điểm x tập S khác rỗng nên khoảng cách Hausdorff bất biến, tức dH (S1 , S2 ) = dH (cl(S1 ), cl(S2 )) Ngoài ra, y = proj(x, cl(S2 )) với x ∈ cl(S1 ) ta có x−y ≤ sup dist(z, S2 ) ≤ dH (S1 , S2 ) z∈S1 download by : skknchat@gmail.com (1.1) 1.3 Ánh xạ đa trị Định nghĩa 1.4 Một ánh xạ đa trị F từ Rn vào Rm ánh xạ biến phần tử x ∈ Rn thành tập hợp F (x) ⊂ Rm Ta kí hiệu ánh xạ đa trị F : Rn ⇒ Rm Chú ý định nghĩa ta không loại trừ khả có phần tử x ∈ Rn cho F (x) tập hợp rỗng Nếu với x ∈ Rn mà F (x) tập hợp có phần tử Rm F trở thành ánh xạ đơn trị kí hiệu thơng thường F : Rn → Rm Định nghĩa 1.5 Đồ thị ánh xạ đa trị F : Rn ⇒ Rm kí hiệu graphF xác định graphF = {(x, y) ∈ Rn × Rm | y ∈ F (x)} Miền F kí hiệu domF xác định domF = {x ∈ Rn | F (x) = ∅} Ảnh F kí hiệu imF xác định imF = {y ∈ Rm | ∃x ∈ Rn , y ∈ F (x)} Ánh xạ ngược F −1 : Rm ⇒ Rn ánh xạ đa trị F : Rn ⇒ Rm xác định công thức F −1 (y) = {x ∈ Rn |y ∈ F (x)} Định nghĩa 1.6 Cho F : Rn ⇒ Rm ánh xạ đa trị (a) Nếu graphF tập đóng khơng gian Rn × Rm F gọi ánh xạ đa trị đóng (b) Nếu graphF tập lồi khơng gian Rn × Rm F gọi ánh xạ đa trị lồi download by : skknchat@gmail.com 39 với t ∈ Γ := t ∈ [0, T ]|x , L, x, ψ khác thời điểm t Cho t∗ ∈ Γ Bằng cách xây dựng, ta có (x (t∗ ) , −x˙ (t∗ )) ∈ graph G (t∗ , x (t∗ )) tương đương, ˙ x (t∗ ) , −ψ (t∗ ) y (t∗ ) ∈ graph G (t∗ , x (t∗ )) Nói cách khác, y (t∗ ) thuộc tập hợp lồi Mệnh đề 1.38 với S (t) = −1 ˙ G ψ(t) −1 ˙ ∗ G ψ(t ) (t∗ , x (t∗ )) Sử dụng ˙ (t, x (t)) , nhớ lại ψ (t) với t ∈ [0, T ], ta thấy ˙ x˙ (t∗ ) = ψ (t∗ ) y (t∗ ) ∈ cl conv lim sup S (t∗ ) ⊆ −G (t∗ , x (t∗ )) →∞ cho hầu hết t∗ ∈ [0, T ] 2.4 Hệ tuyến tính ánh xạ đơn điệu cực đại Một lớp hệ đặc biệt thú vị sinh từ kết nối hệ tuyến tính thụ động với ánh xạ đơn điệu cực đại Để thiết lập, xét hệ tuyến tính sau: x(t) ˙ = Ax(t) + Bz(t) + u(t) (2.45) w(t) = Cx(t) + Dz(t) + v(t) (2.46) x ∈ Rn trạng thái, u ∈ Rn v ∈ Rm điều khiển bên ngoài, (z, w) ∈ Rm+m biến ngoài, thỏa mãn (−z(t), w(t)) ∈ graph(M) với ánh xạ đa trị M : Rm ⇒ Rm download by : skknchat@gmail.com (2.47) 40 Bằng cách giải z từ (2.46), (2.47) thay vào (2.45), nhận bao hàm thức vi phân x(t) ˙ ∈ −H(t, x(t)) + u(t) (2.48) H(t, x) = −Ax + B(M + D)−1 (Cx + v(t)) (2.49) dom H(t, ·) = C −1 (im(M + D) − v(t)) Phần lại phần dành cho điều kiện, điều kiện ánh xạ đa trị phụ thuộc thời gian H(t, ·) thỏa mãn Định lý 2.2 Để thiết lập điều kiện vậy, trước tiên chúng tơi giới thiệu tính thụ dộng hệ tuyến tính Một hệ tuyến tính Σ(A, B, C, D) x(t) ˙ = Ax(t) + Bz(t) (2.50) w(t) = Cx(t) + Dz (t) gọi thụ động, tồn hàm không âm V : Rn → R+ cho bất đẳng thức t2 V (x (t1 )) + z T (τ )w(τ )dτ V (x (t2 )) t1 với t1 , t2 với t1 < t2 với nghiệm (z, x, w) ∈ L2 ([t1 , t2 ] , Rm )× AC ([t1 , t2 ] , Rn ) × L2 ([t1 , t2 ] , Rm ) hệ (2.50) Theo Bổ đề Kalman-Yakubovich-Popov nói hệ tuyến tính (2.50) thụ động bất đẳng thức ma trận tuyến tính T T A K + KA KB − C K = KT T T B K −C − D +D download by : skknchat@gmail.com (2.51) 41 có nghiệm K Hơn nữa, V (x) = T x Kx định nghĩa hàm Lyapunov trường hợp K nghiệm hệ (2.51) Trong mệnh đề sau, tóm tắt số hệ thụ động sử dụng sau Mệnh đề 2.9 ([5]) Nếu Σ(A, B, C, D) thụ động với hàm Lyapunov x → 21 xT Kx ta có điều kiện sau đúng: i D ma trận nửa xác định dương ii KB − C T ker D + DT = {0} Định lý sau nêu điều kiện đảm bảo giả thiết Định lý 2.7 cho ánh xạ phụ thuộc thời gian H định nghĩa (2.49) Định lý 2.10 ([5]) Cho T > Giả sử i Σ(A, B, C, D) thụ động với hàm Lyapunov x → 12 xT x, ii M đơn điệu cực đại, iii Với t ∈ [0, T ], ta có im C∩ ri (im(M + D) − v(t)) = ∅, iv v bị chặn [0, T ], v Tồn hàm không giảm liên tục tuyệt đối θ : [0, T ] → R cho dist(w, im C ∩ (im(M + D) − v(t))) sup θ(t) − θ(s) w∈im C∩(im(M+D)−v(s) với s, t với s t T vi Với số dương ρ cho Bm (ρ) ∩ dom(M + D)−1 = ∅, tồn số dương αρ cho B (M + D)−1 (η) αρ (1 + η ) với η ∈ Bm (ρ) ∩ dom(M + D)−1 Khi đó, H thỏa giả thiết (A1) − (A4) download by : skknchat@gmail.com 42 Chứng minh Ta định nghĩa W (t) := im(M + D) − v(t) với t ∈ [0, T ] Lưu ý dom H(t, ·) = C −1 W (t) với t ∈ [0, T ] (A1): Theo [2] điều kiện (i.)-(iii.) thỏa, biết H(t, ·) ánh xạ đơn điệu tối đa với t ∈ [0, T ] Như vậy, H thỏa mãn giả thiết (A1) (A2): Đặt t s cho s T Ngoài ra, cho x ∈ C −1 W (s) t y = proj x, C −1 W (t) Hơn nữa, cho ζ = proj(Cx, im C ∩ W (t)) Do đó, tồn ξ cho ζ = Cξ Khơng tính tổng qt, ta giả sử x − ξ ∈ im C T Rn = im C T ⊕ ker C Bây giờ, ta thấy Cx ∈ im C ∩ W (s) ζ = Cξ ∈ cl(im C ∩ W (t)) Từ (v.), ta Cx − Cξ θ(t) − θ(s) Vì x − ξ ∈ im C T , nên tồn số dương α cho x−ξ α(θ(t) − θ(s)) Vì ξ ∈ C −1 W (t), ta nhận x−y x−ξ α(θ(t) − θ(s)) dist x, C −1 W (t) α(θ(t) − θ(s)) Do đó, ta thấy Suy sup dist x, C −1 W (t) α(θ(t) − θ(s)) x∈C −1 W (s) Vì dom H(t, ·) = C −1 W (t), ta giả sử H thỏa giả thiết (A2) (A3): Cho r số dương Bn (r) ∩ dom H (t∗ , ·) = ∅ với t∗ ∈ [0, T ] Cho Γ = {t ∈ [0, T ] : Bn (r) ∩ dom H(t, ·) = ∅} Nếu Γ = ∅, H thỏa mãn giả thiết (A3) Giả sử Γ = ∅ nên (C Bn (r) + v(t)) ∩ (W (t) + v(t)) = ∅ download by : skknchat@gmail.com (2.52) 43 với t ∈ Γ Vì v bị chặn [0, T ] giả thiết (iv.), ta tìm số dương ρ cho C Bn (r) + v(t) ⊆ Bm (ρ) (2.53) với t ∈ Γ Từ (2.52) ta thấy Bm (ρ) ∩ dom(M + D)−1 = ∅ W (t) + v(t) = im(M + D) = dom(M + D)−1 Từ (vi.), ta biết tồn số dương αρ cho B (M + D)−1 (η) αρ (1 + η ) (2.54) với η ∈ Bm (ρ) ∩ dom(M + D)−1 Cho x ∈ Bn (r) ∩ dom H(t, ·) với t ∈ [0, T ] Vì Ax−Bz ∈ H(t, x) z ∈ (M + D)−1 (Cx+v(t)), ta có H (t, x) Ax − Bz Ax + Bz (2.55) Vì t ∈ Γ x ∈ Bn (r) ∩ dom H(t, ·), ta thấy từ (2.53) suy Cx + v(t) ∈ Bm (ρ) ∩ dom(M + D)−1 Khi đó, từ (2.54), (2.55) giới hạn v suy H (t, x) Ax + αρ (1 + Cx + v(t) ) β(1 + x ) với số dương β không phụ thuộc vào t Do đó, ta có H (t, x) β(1 + x ) với x ∈ Bm (ρ) ∩ dom H(t, ·) với t ∈ [0, T ] Nói cách khác, H thỏa mãn giả thiết (A3) (A4): Cho (t , x , y ) ∈N ⊆ [0, T ] × Rn × Rn dãy cho y ∈ H (t , x ) lim ↑∞ (t , x , y ) = (t, x, y) với t ∈ [0, T ], x, y ∈ Rn Điều cần chứng minh y ∈ H(t, x) download by : skknchat@gmail.com 44 Lưu ý với tồn z ∈ (M + D)−1 (Cx + v (t )) cho y = −Ax + Bz Khi đó, dãy (Bz ) ∈N hội tụ Cho W không gian song song với bao affine im(M + D) = dom(M + D)−1 Xuất phát từ tính đơn điệu cực đại (M + D)−1 với ζ + z ∈ (M + D)−1 (Cx + v (t )) (2.56) với ζ ∈ W ⊥ Bây giờ, cho z = z + z z ∈ ker B ∩ W ⊥ z ∈ ker B ∩ W ⊥ ⊥ = im B T + W (2.57) Lưu ý Bz = Bz (2.58) Từ (2.56) cách lấy ζ = −z , ta có z ∈ (M + D)−1 (Cx + v (t )) Giả sử z ∈N bị chặn Do đó, z ∈N (2.59) hội tụ dãy N, theo z Khi đó, ta thấy từ (x , y ) = (x , −Ax + Bz ) (x , y ) ∈N hội tụ đến (x, y) = (x, −Ax + Bz) Vì H(t, ·) đơn điệu cực đại đóng đồ thị graph(H(t, ·)), nên kết luận (x, y) ∈ graph(H(t, ·)), tương đương y ∈ H(t, x) Do đó, đủ để chứng minh z ∈N bị chặn Giả sử ngược lại z khơng bị chặn Khơng tính tổng quát, giả sử dãy z2 z2 hội tụ Định nghĩa ζ∞ z2 = lim →∞ z Từ (2.58) thực tế (Bz ) ∈N hội tụ, ta có lim Bz = Bζ →∞ download by : skknchat@gmail.com (2.60) 45 Như vậy, ta ζ∞ ∈ ker B (2.61) Cho (¯ x, y¯) ∈ graph H(t, ·) Khi đó, y¯ = −A¯ x + B z¯ z¯ ∈ (M + D)−1 (C x¯ + v(t)) (2.62) Do tính phụ thuộc với K = I tính đơn điệu (M + D)−1 , từ (2.59) (2.62) mà x − x¯, −A (x − x¯) + B z − z¯ z − z¯, C (x − x¯) − D z − z¯ − z − z¯, v (t ) − v(t) Bằng cách chia cho zt2 , ta lấy giới hạn tiến vơ sử dụng tính bị chặn v, ta thu ζ∞ , Dζ∞ Vì D nửa xác định dương Mệnh đề 1.29, kết dẫn đến ζ∞ ∈ ker D + DT Khi đó, từ (2.61), K = I , ý thứ hai Mệnh đề 1.29 suy ζ∞ ∈ ker C T (2.63) Cho η ∈ im(M + D) − v(t) ζ ∈ (M + D)−1 (η + v(t)) Theo quan điểm tính đơn điệu (M + D)−1 ta z2 − ζ , Cx + v (t ) − η − v(t) z2 0, tiến đến vơ cùng, sử dụng tính bị chặn v , từ (2.59) Lấy giới hạn sử dụng (2.63), ta ζ∞ , Cx − η = ζ∞ , −η download by : skknchat@gmail.com (2.64) 46 Từ (2.63) (2.64), ta thấy không gian siêu phẳng span ({ζ∞ })⊥ tách tập imC im(M+ D) − v(t) Theo quan điểm imC = ri( im C) (iii.) từ [10] im C im(M + D) − v(t) khơng thể tách rời Vì thế, hai im C im(M + D) − v(t) phải chứa không gian siêu phẳng span ({ζ∞ })⊥ Do đó, ta thấy im (M+D) chứa v(t)+span ({ζ∞ })⊥ Vì W khơng gian affine im(M+D), ta W ⊆ span ({ζ∞ })⊥ ngụ ý ζ∞ ∈ W ⊥ Cùng với (2.61), ta ζ∞ ∈ ker B ∩ W ⊥ Theo quan điểm (2.57) (2.60) suy ζ∞ = Tuy nhiên mâu thuẫn với (2.60) Do đó, zt2 phải bị chặn Tiếp theo, tập trung vào kết Định lý 2.10 để nguyên cứu hệ bù tuyến tính sau 2.5 Hệ bù tuyến tính Các hệ bù tuyến tính trường hợp quan trọng bao hàm thức vi phân (2.48) với M mô tả gọi mở rộng Trong phần này, chúng tơi hướng đến việc trình bày điều kiện phù hợp cho tồn nghiệm hệ bù tuyến tính Xét hệ bù tuyến tính x(t) ˙ = Ax(t) + Bz(t) + u(t) w(t) = Cx(t) + Dz(t) + v(t) x ∈ Rn trạng thái, u ∈ Rn v ∈ Rm đầu vào bên (z, w) ∈ Rm+m biến thỏa mãn (−z(t), w(t)) ∈ graph(P) download by : skknchat@gmail.com 47 P : Rm ⇒ Rm ánh xạ đơn điệu cực đại cho P(ζ) = {η : η 0, ζ 0, η, ζ = 0} Tiếp theo, giới thiệu vấn đề tuyến tính mở rộng Cho véc tơ q ∈ Rm ma trận M ∈ Rm×m , tốn mở rộng tuyến tính LCP(q, M ) tìm véc tơ z ∈ Rm cho z q + Mz (2.65) (2.66) z, q + M z = (2.67) Ta nói LCP(q, M ) khả thi tồn z thỏa mãn (2.65) (2.66) Nếu véc tơ z khả thi thỏa mãn (2.67) ta nói z giải pháp LCP(q, M ) Tập hợp tất giải pháp LCP(q, M ) kí hiệu SOL(q, M ) Trong phần quan tâm đến LCP(q, M ) M ma trận nửa xác định dương (khơng thiết phải đối xứng) Cho ma trận vuông M, ta định nghĩa QM := SOL(0, M ) = {z : z 0, M z 0, z, M z = 0} hình nón kép Q+ M = ζ : ζ, z với z ∈ QM Khi M ma trận nửa xác định dương (không thiết phải đối xứng), tập QM hình nón lồi cho bởi: QM = z : z 0, M z 0, M + M T z = download by : skknchat@gmail.com 48 Mệnh đề sau mô tả điều kiện theo LCP có giá trị dương ma trận M nửa xác định dương Mệnh đề 2.11 Gọi M ma trận nửa xác định dương Khi đó, mệnh đề sau tương đương: i q ∈ Q+ M ii LCP(q, M ) khả thi iii LCP(q, M ) giải Hơn nữa, mệnh đề sau đúng: ∗ iv Với q ∈ Q+ M , tồn nghiệm z (q) ∈ SOL(q, M ) theo nghĩa z ∗ (q) z với z ∈ SOL(q, M ) v Tồn số dương α cho z ∗ (q) α q ∀q ∈ Q+ M Bây giờ, ta định nghĩa HP (t, x) = −Ax + B(P + D)−1 (Cx + v(t)) (2.68) Lưu ý dom HP (t, ·) = C −1 (im(P + D) − v(t)) Hơn nữa, q ∈ (P + D)(z) −z ∈ SOL(q, D) Điều có nghĩa q ∈ (P+D)(z) q ∈ Q+ D theo quan điềm Mệnh đề 2.11 Nói cách khác dom HP (t, ·) = C −1 Q+ D − v(t) Định lý sau cung cấp điều kiện hợp lý để đảm bảo giả thiết Định lý 2.10 cho ánh xạ đa trị phụ thuộc thời gian HP định nghĩa (2.68) Định lý 2.12 Cho T > Giả sử i Σ(A, B, C, D) phụ thuộc với hàm x → 21 xT x download by : skknchat@gmail.com 49 ii im C∩ ri (im(P + D) − v(t)) = ∅ với t ∈ [0, T ] iii v ∈ AC ([0, T ], Rm ), Khi đó, HP thỏa mãn giả thiết (A1) − (A4) Chứng minh Điều kiện đủ để HP thỏa mãn giả thiết (i.)-(vi.) Định lý 2.10 Bốn giả thiết Định lý 2.10 dễ dàng thỏa mãn Cho giả thiết (v.) Định lý 2.10, cần phiên cận Hoffman’s tập đa diện Để giải thích, cho ∅ = R ⊆ Rm tập hợp đa diện cho R = {ζ : Rζ = Qζ q} R, Q ma trận q véc tơ với kích thước phù hợp Cận Hoffman’s (xem [6] ) khẳng định tồn số dương α phụ thuộc R cho dist(x, R) α( Rx + | max(0, Qx − q)|) (2.69) với x ∈ Rm max biểu thị tối đa thành phần Theo định nghĩa + m Q+ D nón đa diện Do đó, ta có QD = {η ∈ R : Qη 0} với ma trận Q Cho E ma trận cho im C = ker E Khi đó, ta có im C ∩ (im(P + D) − v(t)) = im C ∩ Q+ D − v(t) = ζ ∈ Rm : Eζ = Qζ −Qv(t) (2.70) với t ∈ [0, T ] Cho s, t cho s t T w ∈ im C ∩ (im(P + D) − v(s)) Từ (2.68), ta thấy Ew = Qw −Qv(s) download by : skknchat@gmail.com (2.71) 50 Bây giờ, ta có (2.71) dist(w, im C ∩ (im(P + D) − v(t))) α( Ew + | max(0, Qw + Qv(t))|) (2.71) α| max(0, −Qv(s) + Qv(t))| β v(s) − v(t) (2.72) β số dương Vì v liên tục tuyệt đối, ta có t t v(s) − v(t) = t v(τ ˙ ) dτ − v(τ ˙ ) dτ = v(τ ˙ )dτ s s s v(τ ˙ ) dτ Khi đó, (2.74) tương đương sup dist(w, im C ∩ (im(P + D) − v(t))) θ(t) − θ(s) w∈im C∩(im(P+D)−v(s) với s, t với s t T θ(t) = β t v(τ ˙ ) dτ với t ∈ [0, T ] Rõ ràng, θ không tăng liên tục tuyệt đối Cho giả thiết (vi.) Định lý 2.10, lưu ý ζ ∈ (P + D)−1 (η) −ζ ∈ SOL(η, D) Do Mệnh đề 1.29, D bán tự nhiên Khi đó, theo Mệnh đề 2.11 tồn số dương α cho (P + D)−1 (η) α η với η ∈ dom(P + D)−1 Do đó, HP thỏa mãn giả thiết (vi.) Định lý 2.10 download by : skknchat@gmail.com KẾT LUẬN Luận văn trình bày số vấn đề sau: - Trình bày số tính chất ánh xạ đa trị đơn điệu cực đại không gian hữu hạn chiều đặc trưng tương đương loại ánh xạ - Trình bày tồn nghiệm bao hàm thức vi phân kết hợp với ánh xạ đa trị đơn điệu cực đại biến thiên thời gian - Áp dụng nghiên cứu tồn nghiệm số hệ điều khiển tuyến tính hệ vi phân bù tuyến tính Bên cạnh kết đạt được, luận văn tránh khỏi hạn chế thiếu sót Rất mong nhận phản hồi quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện 51 download by : skknchat@gmail.com Tài liệu tham khảo [1] H.Brézis Opérateurs Maximaux Monotones et Semi-Groupes des Contractions dans les Espaces de Hilbert North-Holland, Mathematics Studies, 1973 [2] M.K Camlibel and J.M.Schumacher, Linear passive systems and maximal monotone mappings, Math Program., Ser B, 157:397-420, 2016 [3] M.K Camlibel, L Iannelli, A Tanwani, Evolution inclutions with timedependent maximal monotone operators, arXiv:1903.10803, 2019 [4] M.K.Camlibel, W.P.M.H Heemels, and J.M.Schumacher Consistency of a time-stepping method for a class of piecewise-linear networks IEEE Transactions on Circuits and Systems I: Fundamental Theory and Applications, 49(3):349-357, 2002 [5] M.K Camlibel, L Iannelli, and F Vasca Passivity and complementarity Mathematical Programming-A, 145:531-563, 2014 [6] F Facchinei and J-S.Pang Finite-Dimensional Variational Inequalities and Complemen-tarity Problems I, Springer, New York, 2003 [7] M Kunze and M.D.P Monteiro Marques BV solutions to evolution problems with time-dependent domains Set-Valued Analysis, 5:5772,1997 52 download by : skknchat@gmail.com 53 [8] R.T Rockafellar and J.-B Wets Variational Analysis A Series of Comprehensive Studies in Mathematics 317 Springer, 1998 [9] W Rudin Principles of Mathematical Analysis International Series in Pure and Applied Mathematics McGraw-Hill Book Co., New Your, third edition, 1976 [10] R.T.Rockafellar Conex Analysis Princeton University Press, Princeton, New Jersey, 1970 [11] A.A Vladimirov Nonstationary dissipative evolution equations in a Hilbert space Nonlinear Analysis, 17:499-518, 1991 download by : skknchat@gmail.com ... nghiệm nghiệm bao hàm thức vi phân kết hợp với ánh xạ đa trị đơn điệu cực đại biến thiên thời gian, học vi? ?n chọn đề tài "Bao hàm thức vi phân với toán tử đơn điệu cực đại phụ thuộc thời gian" để... Chương Bao hàm thức vi phân với ánh xạ đơn điệu cực đại biến thiên thời gian Trong chương này, tìm hiểu tồn nghiệm bao hàm thức vi phân có vế phải ánh xạ đối ánh xạ đa trị đơn điệu cực đại biến... Chương Bao hàm thức vi phân với ánh xạ đơn điệu cực đại biến thiên thời gian Trong chương này, chúng tơi trình bày tồn download by : skknchat@gmail.com nghiệm bao hàm thức vi phân với ánh xạ đơn điệu
Ngày đăng: 03/04/2022, 15:06
Xem thêm:
