(LUẬN văn THẠC sĩ) về sự tồn tại nghiệm và phương pháp chiếu giải bài toán cân bằng đơn điệu mạnh

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MỸ LƯƠNG VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM VÀ PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG ĐƠN ĐIỆU MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MỸ LƯƠNG VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM VÀ PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG ĐƠN ĐIỆU MẠNH Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH LÊ DŨNG MƯU Thái Nguyên - 2015 download by : skknchat@gmail.com i Mục lục Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Danh sách ký hiệu iv Danh sách hình vẽ Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Hilbert 1.2 Tập lồi hàm lồi Bài toán cân 15 2.1 Phát biểu tốn ví dụ 15 2.2 Sự tồn nghiệm 20 Thuật toán giải toán cân đơn điệu mạnh 25 3.1 Thuật toán với tốc độ hội tụ tuyến tính 25 3.2 Thuật tốn khơng cần điều kiện kiểu Lipschitz 28 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 download by : skknchat@gmail.com ii Lời cam đoan Luận văn thạc sỹ: "Về tồn nghiệm phương pháp chiếu giải toán cân đơn điệu mạnh" thực tác giả Phạm Thị Mỹ Lương - học viên lớp Cao học Toán Ứng Dụng 2014 - 2016, hướng dẫn GS.TSKH Lê Dũng Mưu - Viện Toán học - Viện Hàm lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu tơi, khơng trùng với nghiên cứu khác Thái Nguyên, ngày 24 tháng 11 năm 2015 Học viên Phạm Thị Mỹ Lương download by : skknchat@gmail.com iii Lời cảm ơn Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình bảo nghiêm khắc GS.TSKH Lê Dũng Mưu Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Trong trình học tập, nhận quan tâm giúp đỡ giảng dạy nhiệt tình PGS Lê Thị Thanh Nhàn, PSG Tạ Duy Phượng, GS Trần Vũ Thiệu, TS Nguyễn Thị Thu Thủy thày, cô giáo tham gia giảng dạy khóa học 2014 - 2016, người tâm huyết giảng dạy trang bị cho nhiều kiến thức sở Xin chân thành cảm ơn TS Nguyễn Thị Thu Thủy động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập Xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho sướt trình học tập trường Xin chân thành cảm ơn anh chị, bạn học viên cao học, bạn bè, đồng nghiệp quan tâm, động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập q trình làm luận văn Tuy thân có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp quý báu thày, cô bạn đọc Thái Nguyên, 2015 Phạm Thị Mỹ Lương Học viên Cao học Toán K7Y, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên download by : skknchat@gmail.com iv Danh sách ký hiệu R không gian số thực H khơng gian Hilbert thực NC (x) nón pháp tuyến điểm x tập C F ix(S) tập điểm bất động ánh xạ S phép chiếu trực giao điểm x tập C PC (x) tích vô hướng hai vectơ x y x, y hàm C δC (.) chuẩn vectơ x x xn → x dãy {xn } hội tụ mạnh tới x xn x dãy {xn } hội tụ yếu tới x x := y x gán y ∀x x ∃x tồn x ∅ tập rỗng download by : skknchat@gmail.com Danh sách hình vẽ 2.1 Hình vẽ minh họa 18 3.1 Hình vẽ minh họa 33 download by : skknchat@gmail.com Mở đầu Cho H không gian Hilbert thực với tích vơ hướng chuẩn Giả sử C tập lồi, đóng, khác rỗng f : C × C → R cho f (x, x) = với x ∈ C Đối tượng luận văn cao học toán cân (còn gọi bất đẳng thức Ky Fan) Bài tốn phát biểu sau: Tìm x∗ ∈ C : f (x∗ , y) 0, ∀y ∈ C (EP ) Bài toán (EP) toán tổng quát với ý nghĩa toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, toán điểm yên ngựa, tốn điểm bất động Kakutani, mơ hình cân Nash cho trị chơi khơng hợp tác, trường hợp đặc biệt Khi f hàm lồi khả vi theo biến thứ tập C từ phương pháp giải tốn tối ưu ta phát triển để giải tốn (EP) Trong năm gần đây, phương pháp giải toán (EP) thu hút nghiên cứu Một phương pháp phổ biến phương pháp điểm gần kề Phương pháp Martinet giới thiệu cho bất đẳng thức biến phân mở rộng Rockafellar cho việc tìm kiếm khơng điểm tốn tử đơn điệu cực đại Moudafi Konnov tiếp tục mở rộng phương pháp điểm gần kề cho toán (EP) với song hàm f đơn điệu đơn điệu yếu Một phương pháp giải khác cho toán (EP) nguyên lý toán phụ Nguyên lý Cohen giới thiệu cho tốn tối ưu sau mở rộng cho bất đẳng thức biên phân Gần đây, Mastreni tiếp tục mở rộng nguyên lý toán phụ cho toán (EP) song hàm f đơn điệu mạnh thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz Còn Noor sử dụng nguyên lý toán phụ để phát triển thuật toán lặp giải toán download by : skknchat@gmail.com (EP) với song hàm f đơn điệu mạnh phần Các phương pháp bó, đạo hàm mở rộng phương pháp phát triển ngành toán học, bất đẳng thức biến phân gần mở rộng cho tốn (EP) Mục đích luận văn trình bày kiến thức toán cân (EP) Đặc biệt, luận văn sâu vào trình bày tồn nghiệm phương pháp chiếu giải toán (EP) trường hợp song hàm đơn điệu mạnh Bản luận văn gồm nội dung sau: - Giới thiệu điểm tốn cân bằng: • Phát biểu tốn • Các trường hợp riêng • Định lý tồn nghiệm tổng quát - Trình bày tồn nghiệm toán cân đơn điệu - Giới thiệu hai thuật toán để giải toán cân đơn điệu mạnh Dù nghiêm túc nghiên cứu cố gắng thực luận văn, với trình độ hạn chế nhiều lý khác, luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong góp ý Thầy Cơ, bạn anh chị đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh nhiều ý nghĩa Thái Nguyên, ngày 24 tháng 11 năm 2015 Phạm Thị Mỹ Lương Học viên Cao học Tốn lớp Y, khóa 2013-2015 Chuyên ngành Toán ứng dụng Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: Myluonghnue@gmail.com download by : skknchat@gmail.com Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức về: không gian Hilbert; tập lồi, hàm lồi số ví dụ Các kiến thức chương trích từ tài liệu [1 − 4] 1.1 Không gian Hilbert Định nghĩa 1.1.1 Không gian định chuẩn thực gọi khơng gian tuyến tính thực X với phần tử x ∈ X ta có số x (được gọi chuẩn x), thỏa mãn điều kiện: với x = 0, x = ⇔ x = 0, i) x x + y với x, y ∈ X, ii) x + y iii) αx |α| · x với x ∈ X, α ∈ R Định nghĩa 1.1.2 Cho H không gian tuyến tính thực H × H → R thỏa mãn (x,y)→ x,y điều kiện: i) x, x với x ∈ H, x, x = ⇔ x = 0, ii) x, y = y, x với x, y ∈ H, iii) λx, y = λ x, y với x, y ∈ H, λ ∈ R, iv) x + y, z = x, z + y, z với x, y, z ∈ H download by : skknchat@gmail.com 21 i) Hàm giá trị tối ưu g (x) = max {f (x, y) : y ∈ F (x)} nửa liên tục trên, ii) Ánh xạ tập nghiệm tối ưu S (x) = {y ∈ F (x) : f (x, y) = g (x)} nửa liên tục Mệnh đề 2.2.1 Cho C tập lồi, compact, khác rỗng song hàm cân f : C × C → R ∪ {+∞} có tính chất: i) f (., y) nửa liên tục trên, với y ∈ C, ii) f (x, ) lồi, nửa liên tục khả vi phân C, với x ∈ C Khi đó, tốn (EP ) có nghiệm Chứng minh Với x ∈ C, ta kí hiệu S(x) tập nghiệm tốn {f (x, y) : y ∈ C} (CO) Vì C tập compact f (x, ) nửa liên tục nên theo định lý Weistrass, tốn có nghiệm Vì C tập lồi, compact f (x, ) lồi nên S(x) lồi, compact Theo định lý cực đại Berge, ánh xạ S : C → 2C nửa liên tục Theo định lý điểm bất động Kakutani, tồn x∗ ∈ C thỏa mãn x∗ ∈ S(x∗ ) Suy x∗ nghiệm toán (EP ) Thật vậy, f (x, ) lồi, khả vi phân C nên theo điều kiện cần đủ tối ưu quy hoạch lồi, ta có: ∈ ∂2 f (x∗ , x∗ ) + NC (x∗ ) suy download by : skknchat@gmail.com 22 = u∗ + v ∗ , với u∗ ∈ ∂2 f (x∗ , x∗ ) , v ∗ ∈ NC (x∗ ) Theo định nghĩa đạo hàm hàm lồi: u∗ ∈ ∂2 f (x∗ , x∗ ) ⇔ u∗ , y − x∗ + f (x∗ , x∗ ) f (x∗ , y) , ∀y hay u∗ , y − x∗ f (x∗ , y) , ∀y Mặt khác, u∗ + v ∗ = 0, nên u∗ = −v ∗ Thay vào ta có: −v ∗ , y − x∗ Nhưng v ∗ ∈ NC (x∗ ) nên v ∗ , y − x∗ f (x∗ , y) , ∀y 0, ∀y ∈ C Vậy f (x∗ , y) 0, với y ∈ C hay x∗ nghiệm toán (EP ) Hệ 2.2.1 Cho C tập lồi, đóng f : C × C → R ∪ {+∞} song hàm cân thỏa mãn tính chất Mệnh đề 2.2.1 Giả sử điều kiện sau thỏa mãn: Tồn tập compact W cho: ∀x ∈ C\W, ∃y ∈ C : f (x, y) < Khi đó, tốn (EP ) có nghiệm Chứng minh Theo Mệnh đề 2.2.3 toán cân tập compact C ∩ W với hàm cân f có nghiệm, nghĩa tồn x∗ ∈ C ∩ W Từ điều kiện tính lồi tập C, suy x∗ nghiệm toán (EP ) Định lí 2.2.3 Cho f β - đơn điệu mạnh thỏa mãn: i) f (., y) nửa liên tục dưới, với y ∈ C, ii) f (x, ) đóng, lồi khả vi phân C, với x ∈ C Khi đó, tốn (EP ) có nghiệm download by : skknchat@gmail.com 23 Chứng minh Giả sử C tập không bị chặn Khi đó, theo Hệ 2.2.1 ta chứng minh điều kiện bức: Tồn hình cầu đóng B : ∀x ∈ C\B, ∃y ∈ C ∩ B : f (x, y) < (CO) Thật vậy, trái lại, với hình cầu đóng Br , tâm O, bán kính r ln tồn xr ∈ C\Br cho f (x, y) 0, với y ∈ C ∩ Br Cố định r0 > Khi đó, với r > r0 , tồn xr ∈ C\Br cho f x, y 0, với y ∈ C ∩ Br Do đó, từ giả thiết f β - đơn điệu mạnh, ta có: f y , xr + β xr − y 0, ∀r (1) Mặt khác, C tập lồi f y , lồi C, với εr = 1r , tồn x0 ∈ C cho ∂2εr f y , x0 = ∅, ∂2εr f y , x0 εr −dưới đạo hàm hàm lồi f y , x0 Lấy w∗ ∈ ∂2εr f y , x0 , theo định nghĩa εr −dưới đạo hàm, với εr = f y , xr + β xr − y + r r ta có: f y , x0 + w∗ , xr − x0 + β xr − y f y , x0 − w∗ 2 xr − x0 + β xr − y Cho r → ∞, từ x → ∞ ta thu f y , xr + β xr − y → ∞ Điều mâu thuẫn với (1) Do điều kiện (CO) Theo kết Hệ 2.2.1., toán có nghiệm Trong trường hợp C bị chặn, mệnh đề hệ định lý Ky Fan Ta nghiệm Thật vậy, giả sử tốn có hai nghiệm x, y thỏa mãn yêu cầu đề Khi ta có: f (x, y) f (y, x) Suy f (x, y) + f (x, y) Mà f β− đơn điệu mạnh nên f (x, y) + f (x, y) −β x − y download by : skknchat@gmail.com 24 Do x − y = Vì x = y download by : skknchat@gmail.com 25 Chương Thuật toán giải toán cân đơn điệu mạnh Chương dự kiến trình bày hai thuật tốn chiếu, thuật tốn với tốc độ hội tụ tuyến tính thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz thuật tốn khơng cần điều kiện kiểu Lipschitz Các kiến thức chương chủ yếu trích từ tài liệu [6] 3.1 Thuật toán với tốc độ hội tụ tuyến tính Mệnh đề 3.1.1 Giả sử f đơn điệu mạnh C với module β, với Định lí 2.2.3 điều kiện kiểu Lipschitz, dãy xk với x0 ∈ C định nghĩa k>0 bởi: xk+1 := arg ρf xk , y + y − xk 2 (1) thỏa mãn [1 + 2ρ (β − L2 )] xk+1 − x∗ 2 xk − x∗ , < ρ < 2L1 (2) x∗ nghiệm (EP ) Chứng minh Với k 0, để đơn giản ta đặt fk (x) := ρf xk , x + x − xk 2 (3) Từ Định lí 2.2.3, hàm fk lồi mạnh với modul khả vi phân, fk xk+1 + g k , x − xk+1 + x − xk+1 2 fk (x) , ∀x ∈ C download by : skknchat@gmail.com (4) 26 Từ (1) sử dụng điều kiện tối ưu cho tốn lồi, ta có ∈ ∂fk xk+1 + Nc xk+1 , tồn −g k ∈ Nc xk+1 cho g k , x − xk+1 0, ∀x ∈ C Vì thế, từ (4) ta có: fk xk+1 + x − xk+1 2 fk (x) , ∀x ∈ C (5) Thay x = x∗ (5) (3) ta ρf xk , xk+1 + k+1 x − xk 2 + ∗ x − xk+1 2 ρf xk , x∗ + ∗ x − xk 2 hay 2ρf xk , xk+1 + xk+1 − xk + x∗ − xk+1 2 2ρf xk , x∗ + x∗ − xk suy xk+1 − x∗ xk − x∗ +2ρ f xk , x∗ − f xk , xk+1 − xk+1 − xk (6) Áp dụng điều kiện kiểu Lipschitz với x = xk , y = xk+1 , z = x∗ , ta thu được: [f xk , xk+1 + f xk+1 , x∗ f xk , x∗ − L1 xk − xk+1 2 − L2 xk+1 − x∗ suy f xk , x∗ − f xk , xk+1 f xk+1 , x∗ f xk+1 , x∗ + L1 xk − xk+1 Từ việc x∗ nghiệm (EP ), f x∗ , xk+1 2 + L2 xk+1 − x∗ (7) Sau f đơn điệu mạnh, ta có f xk+1 , x∗ −β xk+1 − x∗ download by : skknchat@gmail.com (8) 27 Từ (7) (8), ta được: f xk , x∗ − f xk , xk+1 −β xk+1 − x∗ + L1 xk − xk+1 = − (β − L2 ) xk+1 − x∗ + L2 xk+1 − x∗ + L1 xk+1 − xk (9) Thế (9) vào (6) chọn ρ, ta viết xk+1 − x∗ xk − x∗ + 2ρ − (β − L2 ) xk+1 − x∗ + L1 xk+1 − xk ⇔ [1 + 2ρ (β − L2 )] xk+1 − x∗ xk − x∗ xk − x∗ 2 − xk+1 − xk 2 − (1 − 2ρL1 ) xk+1 − xk Dựa Mệnh đề 3.1.1 ta trình thuật tốn có tốc độ tuyến tính với tốn đơn điệu mạnh thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz Thông thường, ta gọi điểm x ∈ C − nghiệm (EP ) xk − x∗ ε, x∗ nghiệm (EP ) Thuật toán 3.1.1 Chọn > < ρ < 2L1 Lấy x0 ∈ C k = Bước Giải toán tối ưu lồi mạnh ρf xk , y + y − xk :x∈C để thu nghiệm xk+1 Bước Nếu α xk+1 − xk 1−α α := √ 1+2ρ(β−L2 ) ε, dừng lại đưa kết luận xk+1 − nghiệm (EP ) Nếu không gán k ← k + quay lại bước Chú ý với bất đẳng thức biến phân (V I), f (x, y) := F (x) , y − x , giải toán tối ưu lồi mạnh bước quy tìm xk+1 = PC xk − F xk ρ download by : skknchat@gmail.com 28 Định lí 3.1.1 Giả sử L2 < β < ρ < 2L1 Khi dãy xk sinh thuật tốn hội tụ tuyến tính tới nghiệm x∗ (EP ) ta có đánh giá: k+1 x α := √ 3.2 1+2ρ(β−L2 ) ∗ −x αk+1 x1 − x0 , k 1−α 0, ∈ (0, 1) Thuật tốn khơng cần điều kiện kiểu Lipschitz ∞ Bổ đề 3.2.1 Giả sử {αk }0 dãy vô hạn số dương thỏa mãn: ∞ ζk < ∞ αk + ζk , ∀k, αk+1 Khi dãy {αk } hội tụ Thuật toán 3.2.1 Cho x1 ∈ C, chọn ε > dãy {ρk } số dương cho: ∞ ∞ ρ2k < ∞ ρk = ∞, (10) Giả sử k := Bước Tìm g k ∈ H cho f xk , y + g k , xk − y a) Nếu g k = ρk −ρk , ∀y ∈ C, (11) ε thuật tốn kết thúc đưa kết luận xk ε−nghiệm b) Nếu g k = ρk > ε, ta quay trở lại bước với k thay k + c) Nếu không ta thực bước Bước Tính xk+1 := PC xk − ρk g k a) Nếu xk+1 = xk ρk ε dừng lại kết luận xk ε−nghiệm b) Nếu không, ta quay lại bước với k thay k + Định lí 3.2.1 Giả sử Định lí 2.2.3 thỏa mãn, đó: download by : skknchat@gmail.com 29 i) Nếu thuật toán kết thúc giá trị lặp k,đưa kết luận xk ε−nghiệm ii) Ta có: xk+1 − x∗ (1 − 2βρk ) xk − x∗ + 2ρ2k + ρ2k g k , ∀k (12) x∗ nghiệm (EP) Hơn nữa, thuật tốn chưa kết thúc, dãy xk hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ Chứng minh i) Nếu thuật tốn dừng lại bước g k = ρk f xk , y −ρk ε Khi đó, (11) ta có: −ε, ∀y ∈ C Vì thế, x∗ ε−nghiệm Nếu thuật tốn dừng bước 2, tương tự ta x∗ ε−nghiệm ii) Từ xk+1 = PC xk − ρk g k , ta có: xk+1 − x∗ xk − ρk g k − x∗ = xk − x∗ 2 − 2ρk g k , xk − x∗ + ρ2k g k (13) Với y = x∗ thay vào (11) ta thu f xk , x∗ + g k , xk − x∗ −ρk hay − g k , xk − x∗ f xk , x∗ + ρk (14) suy −2ρk g k , xk − x∗ 2ρk f xk , x∗ + ρk kết hợp với (13) ta có: xk+1 − x∗ − xk − x∗ − ρ2k g k −2ρk g k , xk − x∗ 2ρk f xk , x∗ + ρk download by : skknchat@gmail.com 30 suy xk+1 − x∗ xk − x∗ + 2ρk f xk , x∗ + ρk + ρ2k g k (15) f β đơn điệu mạnh, ta có: Do x∗ nghiệm, f x∗ , xk f xk , x∗ −β xk − x∗ thay vào (15) ta có: xk+1 − x∗ xk − x∗ − 2βρk xk − x∗ = (1 − 2βρk ) xk − x∗ Bây giả sử thuật toán chưa dừng g k xk+1 − x∗ ∞ λk := 2βρk Từ x −x + 2ρ2k + ρ2k g k (16) + + c2 ρ2k − λk xk − x∗ + + c2 ρ2k (17) ρ2k < ∞ Bổ đề 3.2.1 ta kết luận dãy ∗ k + 2ρ2k + ρ2k g k c, ∀k Khi (16) là: (1 − 2βρk ) xk − x∗ = xk − x∗ hội tụ Để chứng minh giới hạn dãy 0, ta thay k = 1, 2, , j +1 vào bất đẳng thức (17), sau tính tổng lại ta thu được: j j+1 x −x ∗ ∗ x −x j k − λk x − x ∗ 2 ρ2k + 2+c k=1 k=1 hay j x j+1 ∗ −x j k λk x − x + ∗ ∗ x −x + 2+c k=1 Từ λk := 2βρk ta có ∞ ∞ k=1 xj đóng ∞ j ∗ x −x (18) k=1 ρk = ∞ λk := 2β Chú ý ρ2k (19) k=1 ρ2k < ∞ Do từ (18) (19) ta suy → j → ∞ download by : skknchat@gmail.com 31 Chú ý: i) Nếu g k ρk đạo hàm hàm lồi f xk , xk g k thỏa mãn (11) Từ mk := inf f xk , y > −∞, y∈C g k véc tơ thỏa mãn g k , y − xk mk + ρk := tk , ∀y ∈ C, tức g k véc tơ tập tk -pháp tuyến NCtk xk C xk , (11) ii) Với bất đẳng thức biến phân (VI) với f (x, y) định nghĩa f (x, y) := F (x) , y − x , cơng thức (11) có dạng: F xk , y − xk + g k , xk − y −ρk , ∀y ∈ C nghĩa g k − F xk ∈ NCρk xk , NCρk xk tập ρk -pháp tuyến C xk , tức là: NCρk xk := wk : wk , y − xk ρk , ∀y ∈ C Ví dụ 3.2.1 Cho tập C = (x, y) : x2 + y , ta xét hàm f (z, u) = Az, u − z + x2 + y ,  z= x y   ,u =  x y   ,A =  0   download by : skknchat@gmail.com (20) 32 suy f (z, u) = y (x − x) + x2 + y Do hàm f đơn điệu mạnh Ta chọn 1 ε = , ρk = k ∞ thỏa mãn: k=1 k ∞ = ∞ k=1 k k2 < ∞ Tại vịng lặp k, có z = xk , y k T , ta tính: 2 g k = ∇2 f xk , y k , x , y , với f xk , y k , x , y = y k x − xk + xk + y k   k y  đạo hàm xác theo biến thứ hàm f z k , z k Khi g k =    Với k = điểm xuất phát z =   ta được: Bước 1:     g1 =   =   0 Bước 2: Tính z = PC z − ρ g ,  z − ρ1 g =    −1·   = −1   Với z = O + t · z1,   −t  O gốc tọa độ, suy z =  t Để tính z = PC z − ρ g download by : skknchat@gmail.com 33 ta giải phương trình (−t)2 + t2 = Hình 3.1: Hình vẽ minh họa hay 2t2 = suy t= √  Với t = √1 , ta có z =  − √12 √1   Ta thấy z = z nên ta quay trở lại bước với k thay k + tiếp tục thực trình đến thu xk − nghiệm Nếu thuật toán chưa kết thúc, theo Định lí 3.2.1 dãy xk hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ download by : skknchat@gmail.com 34 Kết luận Bài tốn cân có nhiều ứng dụng rộng rãi thực tiễn, chẳng hạn lĩnh vực vật lý, ngành kĩ thuật, giao thông vận tải, kinh tế, Bài toán cân toán khái quát, bao hàm toán khác: bất đẳng thức biến phân, điểm bất động Kakutani, mô hình cân Nash, Bản luận văn đề cập đến vấn đề sau: Trình bày cách hệ thống khoa học kiến thức toán cân đặc biệt toán cân đơn điệu mạnh Giới thiệu hai thuật tốn chiếu, thuật tốn với tốc độ hội tụ tuyến tính thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz thuật tốn khơng cần điều kiện kiểu Lipschitz download by : skknchat@gmail.com 35 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải, Giải tích hàm, NXB Đại học sư phạm Hà Nội, (2010) [2] Đỗ Văn Lưu, Giải tích hàm, NXB khoa học kỹ thuật, Hà Nội, (2009) [3] Lê Dũng Mưu, Nguyễn Văn Hiền, Nguyễn Hữu Điển, Nhập mơn giải tích lồi ứng dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội (2015) Tiếng Anh [4] Bigi G., Castellani M., Pappalardo M., Passacantando M , Existence and solution methods for equilibria, European J Oper Res 227, 1-11 (2013) [5] Konnov I.V., Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Lecture Notes in Economics and Mathematical Systems 495, Springer (2001) [6] Muu L.D and Quy N V., Solution-existence and algorithms for strongly pseudomonotone equilibrium, Vietnam J of Mathematics, 43, 229-238 (2015) [7] Muu L.D and Quoc T.D., Regularization algorithms for solving monotone Ky Fan inequalities with application to a Nash-Cournot equilibrium model, J Optimization Theory and Applications, 142, 185-204 (2009) [8] Yao Y H., Noor M A and Liou Y C.,"A new hybrid iterative algorithm for variational inequalities", Applied Mathematics and Computation, 216, 822829, (2010) download by : skknchat@gmail.com ... KHOA HỌC PHẠM THỊ MỸ LƯƠNG VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM VÀ PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG ĐƠN ĐIỆU MẠNH Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN... (EP) Đặc biệt, luận văn sâu vào trình bày tồn nghiệm phương pháp chiếu giải toán (EP) trường hợp song hàm đơn điệu mạnh Bản luận văn gồm nội dung sau: - Giới thiệu điểm toán cân bằng: • Phát biểu... riêng • Định lý tồn nghiệm tổng quát - Trình bày tồn nghiệm toán cân đơn điệu - Giới thiệu hai thuật toán để giải toán cân đơn điệu mạnh Dù nghiêm túc nghiên cứu cố gắng thực luận văn, với trình