ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————————————— ĐỖ THỊ PHƯƠNG NGA BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN NỬA AFFINE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2014 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu ĐẠI HỌC[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————————————— ĐỖ THỊ PHƯƠNG NGA BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN NỬA AFFINE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2014 Sốhóa Trung tâm Học liệu ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————————————— ĐỖ THỊ PHƯƠNG NGA BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN NỬA AFFINE Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Nguyễn Năng Tâm Thái Ngun - 2014 Sốhóa Trung tâm Học liệu Mục lục Bảng kí hiệu vi Mở đầu vii Nội dung Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Rn 1.2 Giải tích lồi 1.3 Tính đồng dương cộng 1.4 Bài tốn bù tuyến tính Chương Bất đẳng thức biến phân nửa a-phin 12 2.1 Bất đẳng thức biến phân a-phin 12 2.1.1 Định nghĩa 12 2.1.2 Sự tồn nghiệm 21 2.2 Bất đẳng thức biến phân nửa a-phin 38 2.2.1 Định nghĩa 38 2.2.2 Sự tồn nghiệm 39 2.2.3 Tính ổn định 43 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 iii Sốhóa Trung tâm Học liệu Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn PGS TS Nguyễn Năng Tâm Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành, sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Năng Tâm, người quan tâm, động viên tận tình hướng dẫn phương hướng, nội dung phương pháp nghiên cứu trình thực luận văn Nhân dịp tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, phòng Sau đại học, Trường cao đẳng Kinh tế - Kỹ thuật Phú Thọ, tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, người thân động viên tạo điều kiện để tác giả hồn thành luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2014 Tác giả iv Sốhóa Trung tâm Học liệu Lời cam đoan Tơi xin cam đoan Luận văn cơng trình nghiên cứu riêng hướng dẫn trực tiếp PGS TS Nguyễn Năng Tâm Trong trình nghiên cứu, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Thái Ngun, tháng năm 2014 Tác giả v Sốhóa Trung tâm Học liệu Bảng kí hiệu R tập hợp số thực Rn không gian thực n - chiều N tập hợp số tự nhiên KerT Hạt nhân toán tử T RanT Miền giá trị toán tử T SpanP Khơng gian tuyến tính nhỏ Rn chứa P P rK (.) PK (.) Phép chiếu metric từ Rn vào tập lồi đóng K ⊂ Rn vi Sốhóa Trung tâm Học liệu Mở đầu Lý chọn đề tài Bất đẳng thức biến phân toán nghiên cứu nhiều Nó có liên quan đến nhiều toán khác toán học thực tế (bài toán tối ưu, toán bù, toán cân ) Một toán bất đẳng thức biến phân nghiên cứu nhiều tốn bất đẳng thức biến phân a-phin bất đẳng thức biến phân nửa a-phin Tuy chúng không phức tạp, bất đẳng thức biến phân a-phin nửa a-phin tốn có cấu trúc đặc thù chứa số lớp tốn quan trọng Do nghiên cứu lớp toán bất đẳng thức biến phân a-phin nửa a-phin làm sáng tỏ nhiều vấn đề bất đẳng thức biến phân tổng qt mà chúng cịn cung cấp cơng cụ mạnh cho nhánh khác tốn học.Vì thu hút quan tâm nhiều nhà tốn học giới Việt Nam chục năm qua Đã có nhiều tác giả ngồi nước quan tâm nghiên cứu khía cạnh khác bất đẳng thức biến phân a-phin nửa a-phin Sau học kiến thức Tốn ứng dụng, với mong muốn tìm hiểu sâu kiến thức học, mối quan hệ chúng với kiến thức chưa biết ứng dụng chúng, động viên thầy cô giáo, đặc biệt động viên giúp đỡ thầy Nguyễn vii Sốhóa Trung tâm Học liệu Năng Tâm, chọn đề tài nghiên cứu: “Bất đẳng thức biến phân nửa a-phin” Mục đích nghiên cứu • Tìm hiểu số kết liên quan đến bất đẳng thức biến phân a-phin, tồn nghiệm bất đẳng thức biến phân a-phin • Tìm hiểu bất đẳng thức biến phân nửa a-phin, dạng đặc biệt tốn bù tuyến tính tổng qt • Tìm hiểu tồn tính ổn định nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân nửa a-phin Nhiệm vụ nghiên cứu • Trình bày khái niệm bất đẳng thức biến phân a-phin nửa a-phin • Trình bày số kết tồn nghiệm bất đẳng thức biến phân a-phin • Trình bày tồn nghiệm bất đẳng thức biến phân nửa a-phin tốn bù tuyến tính tổng qt • Trình bày tính ổn định nghiệm bất đẳng thức biến phân nửa a-phin Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Bất đẳng thức biến phân nửa a-phin viii Sốhóa Trung tâm Học liệu • Phạm vi nghiên cứu: Sự tồn tính ổn định nghiệm bất đẳng thức biến phân a-phin, nửa a-phin, tốn bù tuyến tính tổng qt Phương pháp nghiên cứu • Sử dụng phương pháp nghiên cứu giải tích hàm, lý thuyết tối ưu • Tổng hợp kiến thức thu thập qua tài liệu liên quan đến đề tài Dự kiến đóng góp luận văn • Nghiên cứu làm rõ tồn nghiệm bất đẳng thức biến phân a-phin nửa a-phin • Trình bày tính ổn định bất đẳng thức biến phân nửa a-phin • Trình bày tồn nghiệm tốn bù tuyến tính tổng qt ix Sốhóa Trung tâm Học liệu Chương Kiến thức chuẩn bị Chương giới thiệu trình bày kiến thức khơng gian Rn , giải tích lồi, khái niệm đồng dương cộng, số kiến thức bất đẳng thức biến phân a-phin toán bù tuyến tính, áp dụng cho chương sau Các kết chương lấy từ tài liệu [1],[3],[4],[9], [10] 1.1 Khơng gian Rn Tích vơ hướng hai véc tơ x = (x1 , , xn ) y = (y , , y n ) Rn biểu thị hx, yi = x1 y + + xn y n Chuẩn véc tơ x ∈ Rn định nghĩa kxk = hx, xi /2 Cho x0 ∈ Rn , ǫ > 0, ta gọi tập B(x0 , ǫ) = {x ∈ Rn : kx − x0 k < ǫ} Là hình cầu mở Rn có tâm x0 , bán kính ǫ Tập U ⊂ Rn gọi mở với x0 ∈ U , tồn ǫ > cho B(x0 , ǫ) ⊂ U Sốhóa Trung tâm Học lieäu Định lý 2.2.4 Cho ∆ ⊂ Rn tập lồi, đóng, khác rỗng, M ∈ Rn×n q ∈ Rn Giả sử rằng: M đồng dương cộng 0+ ∆; Tồn α ∈ R cho hM x, xi ≥ α với x ∈ ∆ Thì tính chất sau tương đương: (a) Tập Sol(V I(M, q, ∆)) khác rỗng bị chặn (b) q ∈ int((0+ ∆)∗ − M ∆) (c) Tồn ǫ > cho với M ′ ∈ Rn×n q ′ ∈ Rn với max{kM ′ − M k, kq ′ − qk} < ǫ}, tập Sol(V I(M, q, ∆)) khác rỗng Chứng minh (a) ⇒ (b): Cho Sol(V I(M, q, ∆)) khác rỗng bị chặn Để thu điều ngược lại, giả sử (b) khơng Thì, theo Bổ đề 2.2.1 tồn v¯ ∈ 0+ ∆\ {0} thỏa mãn hM x + q, v¯i ≤ 0, ∀x ∈ ∆ (2.59) Cho x0 ∈ Sol(V I(M, q, ∆)) Với t > 0, xt = x0 + t¯ v thuộc ∆ v¯ ∈ 0+ ∆ Thế xt x (2.59) ta có hM x0 + q, v¯i + thM v¯, v¯ ≤ ∀t > Điều cho hM v¯, v¯i ≤ Theo giả thiết (i), hM v¯, v¯i ≥ Vì ta có hM v¯, v¯i = Thì (M + M T )¯ v = 0, (2.60) M đồng dương cộng 0+ ∆ Cho y ∈ ∆ cho trước Vì 44 Sốhóa Trung tâm Học liệu x0 ∈ Sol(V I(M, q, ∆)) hM v¯, v¯i = 0, theo (2.59) (2.60) ta có hM xt + q, y − xt i = hM x0 + tM v¯ + q, y − x0 − t¯ vi = hM x0 + q, y − x0 i + thM v¯, y − x0 i − thM x0 + q, v¯i − t2 hM v¯, v¯i = hM x0 + q, y − x0 i − th¯ v , M y + qi − th(M + M T )¯ v , x0 i ≥ hM x0 + q, y − x0 ≥ Vì điều với y ∈ ∆, xt ∈ Sol(V I(M, q, ∆)) Có bao hàm thức cuối với t > 0, ta kết luận Sol(V I(M, q, ∆)) bị chặn, mâu thuẫn Do (b) (b) ⇒ (c): Giả sử (b) đúng, (c) khơng Thì tồn dãy {(M k , q k )} ⊂ Rn×n × Rn cho (M k , q k ) → (M, q) Sol(V I(M k , q k , ∆)) = ∅ ∀k = 1, 2, (2.61) Vì ∆ khác rỗng, đóng lồi với j ≥ j0 Theo Định lý Hartman - Stampacchia, Sol(V I(M k , q k , ∆j )) 6= ∅ với j ≥ j0 Cố định xk,j ∈ Sol(V I(M k , q k , ∆j )) Ta có hM k xk,j + q k , y − xk,j i ∀y ∈ ∆j (2.62) kxk,j k = j ∀j ≥ j0 (2.63) Chú ý Thật vậy, Nếu kxk,j < j tồn β > cho ¯ k,j , β) := {x ∈ Rn : kx − xk,j k ≤ β} ⊂ {x ∈ Rn : kxk ≤ j} B(x 45 Sốhóa Trung tâm Học liệu Do từ (2.62) kéo theo ¯ k,j , β) hM k xk,j + q k , y − xk,j i ≥ ∀y ∈ ∆ ∩ B(x (2.64) Rõ ràng với y ∈ ∆ tồn t = t(y) ∈ (0, 1) cho y(t) := xk,j + ¯ k,j , β) Theo (2.64), t(y − xk,j ) thuộc ∆ ∩ B(x hM k xk,j + q k , y − xk,j i = thM k xk,j + q k , y − xk,j i ≥ Điều kéo theo hM k xk,j + q k , y − xk,j i ≥ với y ∈ ∆ Do xk,j ∈ Sol(V I(M k , q k , ∆)), ngược lại với (2.61) Cố định số j ≥ j0 , ta ý {xk,j }k∈N có dãy hội tụ Theo (2.63), khơng tính tổng qt, ta giả sử lim xk,j = xj xj ∈ ∆ với kxj k = j k→∞ (2.65) Cho k → ∞, từ (2.62) (2.65), ta có hM xj + q, y − xj i ≥ ∀y ∈ ∆j (2.66) Tính đến (2.65), khơng tính tổng qt ta giả sử xj → v¯ ∈ Rn k¯ v k = j kx k Vì xj ∈ ∆ kxj k−1 → 0,từ [10, Theorem8.2] ta có v¯ ∈ 0+ ∆\{0} Dễ thấy với y ∈ ∆ tồn số jy ≥ j0 cho y ∈ ∆ với j ≥ jy Từ (2.66) ta kết luận hM xj + q, y − xj i ≥ j ≥ jy Do hM xj + q, yi ≥ hM xj , xj i + hq, xj i ∀j ≥ jy 46 Sốhóa Trung tâm Học liệu (2.67) Chia bất đẳng thức cuối kxj k cho j → ∞, ta ≥ hM v¯, v¯i Bởi giả thiết (i), hM v¯, v¯i ≥ Vì hM v¯, v¯i = M đồng dương cộng, bất đẳng thức cho M v¯ = −M T v¯ (2.68) Vì xj ∈ ∆ với j, giả thiết (ii) ta có hM xj , xj i ≥ α với j từ (2.67) kéo theo hM xj + q, yi ≥ α + hq, xj i ∀j ≥ jy Chia bất đẳng thức cuối kxj k cho j → ∞, ta có hM v¯, yi ≥ hq, v¯i Kết hợp điều với (2.68) hM y + q, v¯i ≤ Vì bất đẳng thức với y ∈ ∆ v¯ ∈ 0+ ∆\{0}, Bổ đề 2.2.1 chứng tỏ (b) khơng Ta có mâu thuẫn (c) ⇒ (a): Giả sử (c) Thì tồn ǫ > cho với M ′ ∈ Rn×n q ′ ∈ Rn với max{kM ′ − M k, kq ′ − qk} < ǫ, tập Sol(V I(M ′ , q ′ , ∆)) khác rỗng Đặc biệt, Sol(V I(M, q, ∆)) 6= ∅ Nếu Sol(V I(M, q, ∆)) bị chặn, tồn dãy {xk } ⊂ Sol(V I(M, q, ∆)) cho kxk k → ∞ xk 6= với k Khơng tính tổng qt giả sử kxk k−1 xk → v¯ ∈ Rn với k¯ vk = Vì xk ∈ ∆ kxk k−1 → 0, Theo [10, Theorem8.2] ta có v¯ ∈ 0+ ∆\{0} Với k ta có hM xk + q, y − xk i ≥ ∀y ∈ ∆ 47 Sốhóa Trung tâm Học liệu Do hM xk + q, yi ≥ hq, xk i ∀y ∈ ∆ (2.69) Cố định y ∈ ∆, chia bất đẳng thức cuối kxk k2 cho k → ∞, ta thu ≥ hM v¯, v¯i Theo giả thiết (i), bất đẳng thức cho hM v¯, v¯i = M T v¯ = −M v¯ (2.70) Vì xk ∈ ∆, theo giả thiết (ii) theo (3.15) ta có hM xk + q, yi ≥ α + hq, xk i ∀k = 1, 2, Chia bất đẳng thức cuối kxk k cho k → ∞, ta hM v¯, v¯i ≥ hq, v¯i Kết hợp với (2.70) ta khẳng định hM y + q, v¯i ≤ ∀y ∈ ∆ (2.71) Với ǫ1 ∈ (0, ǫ) với q ′ = q − ǫ1 v¯, ta có kq ′ − qk = ǫ1 < ǫ và, theo (2.71), hM y + q ′ , v¯i = hM y + q, v¯i − ǫ1 h¯ v , v¯i ≤ −ǫ1 < ∀y ∈ ∆ Từ điều dễ thấy Sol(V I(M, q ′ , ∆)) = ∅ Mâu thuẫn với cách chọn ǫ q ′ Ta thấy (c) (a) phải Định lý 2.2.5 Cho ∆ nón lồi, đóng, khác rỗng Rn , M ∈ Rn×n đồng dương cộng ∆ Khi tính chất sau tương đương: (a) Tập nghiệm GLCP (M, q, ∆) khác rỗng bị chặn (b) q ∈ int((0+ ∆)∗ − M ∆) 48 Sốhóa Trung tâm Học liệu (c) Tồn ǫ > cho với M ′ ∈ Rn×n q ′ ∈ Rn với max{kM ′ − M k, kq ′ − qk} < ǫ}, tập nghiệm GLCP (M, q, ∆) khác rỗng Chứng minh Vì ∆ nón lồi, ta có ∆ = 0+ ∆ Chú ý giả thiết (ii) Định lý 2.2.1 thỏa mãn với α = 0, M đồng dương cộng ∆ Như ta nói đến phần trên, ∆ nón Rn , V I(M, q, ∆) tương đương với toán GLCP (M, q, ∆) Theo Định lý 2.2.1, tính chất (a), (b) (c) tương đương Nhận xét 2.2.1 Tính tương đương (a) (c) Định lý 2.2.5 giải trong tốn mở nói Gowda Seidman [8, problem 2] Tính tương đương (a) (b) thiết lập [8, Theorem 6.1] Một kết trực tiếp Định lý 2.2.4 sau Định lý 2.2.6 Cho ∆ ⊂ Rn tập lồi, đóng, khác rỗng, M ∈ Rn×n q ∈ Rn Nếu M nửa xác định dương, tính chất sau tương đương: (a) Tập Sol(V I(M, q, ∆)) khác rỗng bị chặn (b) q ∈ int((0+ ∆)∗ − M ∆) (c) Tồn ǫ > cho với M ′ ∈ Rn×n q ′ ∈ Rn với max{kM ′ − M k, kq ′ − qk} < ǫ}, tập Sol(V I(M, q, ∆)) khác rỗng Tiếp theo trình bày số ví dụ minh họa cho ứng dụng Định lý 2.2.4 49 Sốhóa Trung tâm Học liệu Ví dụ 2.2.1 Xét tốn V I(M, q, ∆), n = 2, −1 , q = , M = −1 ∆ = {x = (x1 , x2 )T : −1 ≤ x1 ≤ 0, x2 ≥ x21 } hM x, xi = −x21 ≥ −1 ∀x ∈ ∆, hM v, vi = −v12 = ∀v ∈ 0+ ∆, Và (M + M T )v = −2v1 = 0 ∀v ∈ 0+ ∆ Do giả thiết (i) (ii) Định lý 2.2.4 thỏa mãn Với v = (v1 , v2 )T ∈ 0+ ∆\{0} x = (x1 , x2 )T ∈ ∆, −1 < x1 ≤ 0, ta có hM x + q, vi = (−x1 + x2 )v1 + (−x1 + 1)v2 = (−x1 + 1)v2 > Do q ∈ int((0+ ∆)∗ − M ∆) theo Bổ đề 2.2.1 Theo Định lý 2.2.4, tồn ǫ > cho với M ′ ∈ Rn×n q ′ ∈ Rn với max{kM ′ − M k, kq ′ − qk} < ǫ, tập Sol(V I(M ′ , q ′ , ∆)) khác rỗng Chú ý ∆ không tập lồi đa diện M không ma trận nửa xác định dương Trong ví dụ tiếp theo, ta xét toán bất đẳng thức biến phân V I(M, q, ∆) với ∆ = {x ∈ Rn : gi (x) ≤ 0, i = 1, , m}, gi (x), i = 1, , m, hàm lồi khả vi thỏa mãn điều kiện Slater; tồn x0 ∈ Rn cho gi (x0 ) < vơi i = 1, , m 50 Sốhóa Trung tâm Học liệu Dễ thấy, x¯ ∈ ∆ nghiệm V I(M, q, ∆) tồn λ = (λ1 , , λm ) ∈ Rm mà, khác với x¯ nghiệm toán quy hoạch lồi: (2.72) min{hM x¯ + q, yi : y ∈ ∆} Theo [10, Corollary 28.3.1], quy tắc số nhân Lagrange sau với V I(M, q, ∆): véc tơ x¯ ∈ Rn nghiệm V I(M, q, ∆) tồn λ = (λ1 , , λm ) ∈ Rm mà, khác x¯, thỏa mãn điều kiện Kuhn-Tucker cho (2.72): m P M x¯ + q + λi ∇gi (¯ x) = i=1 λi ≥ 0, λi gi (¯ x) = 0, gi (¯ x) ≤ 0, i = 1, , m, Trong ∇gi (¯ x) kí hiệu gradient gi x¯ Ví dụ 2.2.2 Xét tốn V I(M, q, ∆),trong n = 2, m = 2, −3 , q = , M = 0 ∆ = {x = (x1 , x2 )T : g1 (x) = x1 ≤ 0, g2 (x) = x21 − x2 ≤ 0} Ta có 0+ ∆ = {v = (v1 , v2 )T : v1 = 0, v2 ≥ 0}, hM x, xi = −3x21 ∀x ∈ ∆, hM v, vi = −3v12 = ∀v ∈ 0+ ∆, 2x1 , ∇g1 (x) = , ∇g2 (x) = −1 (M + M T )v = ∇g1 (x) = −6v1 = ∇g1 (x) = 51 Sốhóa Trung tâm Học liệu 0 ∀v ∈ 0+ ∆ Hiển nhiên giả thiết (i) Định lý 2.2.4 thỏa mãn, giả thiết (ii) vi phạm Theo quy tắc số nhân Lagrange nói trên, x¯ = (x¯1 , x¯2 ) nghiệm V I(M, q, ∆) tồn λ = (λ1 , λ2 ) cho −3¯ x1 + λ1 + 2λ2 x¯1 = 0, − λ2 = λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1 x¯1 = 0, λ2 x¯21 − x¯2 = x¯ ≤ 0, x¯2 − x¯ ≤ Điều cho x¯1 = 0, x¯2 = 0, λ1 = 0, λ2 = ta có Sol(V I(M, q, ∆)) = {(0, 0)T } Vì ∈ ∆ hq, vi > với v ∈ 0+ ∆\{0}, theo Bổ đề 2.2.1, q ∈ int((0+ ∆)∗ − M ∆) Lấy −3 , M (ε) = ε q (ε) = ε , ǫ > Bây ta chứng tỏ Sol(V I(M (ǫ), q(ǫ), ∆)) = ∅ Theo quy tắc số nhân Lagrange, x¯ = (x¯1 , x¯2 ) nghiệm V I(M (ǫ), q(ǫ), ∆) tồn λ = (λ1 , λ2 ) cho −3¯ x1 + ε + λ1 + 2λ2 x¯1 = 0, ε¯ x + − λ2 = λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1 x¯1 = 0, λ2 x¯21 − x¯2 = x¯ ≤ 0, x¯2 − x¯ ≤ 1 Nếu λ1 = λ2 = (2.73) cho −3x¯1 + ǫ = 0, ǫx¯1 + = 0, x¯1 ≤ 0, mâu thuẫn Nếu λ1 = 0, λ2 > (2.73) cho −3¯ x1 + ε + 2λ2 x¯1 = 0, ε¯ x + − λ2 = x¯2 − x¯ = 0, x¯ ≤ 52 Sốhóa Trung tâm Học liệu (2.73) Từ điều suy ǫ + x¯1 (2ǫx¯1 − 1) = 0, x¯1 ≤ 0, mâu thuẫn Nếu λ1 > 0, λ2 = (2.73) cho λ1 + ǫ = 0, λ2 = 1, x¯1 = 0, mâu thuẫn Nếu λ1 > 0, λ2 > (2.73) cho λ1 + ǫ = 0, λ2 = 1, x¯1 = x¯2 = 0, mâu thuẫn.Vì Sol(V I(M (ǫ), q(ǫ), ∆)) = ∅ Ví dụ chứng tỏ rằng, Định lý 2.2.4, bỏ qua giả thiết (ii) giữ lại giả thiết khác Ví dụ 2.2.3 Xét toán V I(M, q, ∆) , n = 2, m = 2, −1 , q = , M = 0 ∆ = {x = (x1 , x2 )T : g1 (x) = x1 ≤ 0, g2 (x) = −x2 ≤ 0} Ta có 0+ ∆ = {v = (v1 , v2 )T : v1 ≤ 0, v2 ≥ 0}, hM x, xi = −x1 x2 ≥ ∀x ∈ ∆, Giả thiết (ii) Định lý 2.2.4 thỏa mãn Khi hM v, vi = −v1 v2 ≥ ∀v ∈ 0+ ∆, M đồng dương 0+ ∆ Tuy nhiên, −v2 6= ∀v ∈ 0+ ∆\{0} (M + M T )v = −v1 53 Sốhóa Trung tâm Học liệu Đặc biệt, với v = (0, 1)T ∈ 0+ ∆ thỏa mãn hM v, vi = 0, khơng có (M +M T )v = Do giả thiết (i) Định lý 2.2.4 vi phạm Theo quy tắc số nhân Lagrange, x¯ = (x¯1 , x¯2 ) nghiệm V I(M, q, ∆) tồn λ = (λ1 , λ2 ) cho −¯ x2 + λ1 = 0, − λ2 = λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1 x¯1 = 0, λ2 (−¯ x2 ) = x¯ ≤ 0, −¯ x ≤0 Lập luận tương tự Ví dụ 2.2.2, ta chứng tỏ hệ tương đương với : x¯1 ≤ 0, x¯2 = 0, λ1 = 0, λ2 = Vì Sol(V I(M, q, ∆)) = {(x¯1 , x¯2 )T : x¯1 ≤, x¯2 = 0} Ta có hM x + q, vi = −x2 v1 + v2 ∀v ∈ 0+ ∆, ∀x ∈ ∆ Với xˆ = (0, 1) ∈ ∆, ta có hM xˆ + q, vi = −v1 + v2 > ∀v ∈ 0+ ∆, mà, theo Bổ đề 2.2.1, kéo theo q ∈ ((0+ ∆)∗ − M ∆) Lấy ε q (ε) = , ǫ > Ta cho Sol(V I(M, q(ǫ), ∆)) = ∅ Thật vậy, theo quy tắc số nhân Lagrange, x¯ = (x¯1 , x¯2 ) nghiệm V I(M, q(ǫ), ∆) tồn λ = (λ1 , λ2 ) cho −¯ x2 + ε + λ1 = 0, − λ2 = λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1 x¯1 = 0, λ2 (−¯ x2 ) = x¯ ≤ 0, −¯ x ≤0 54 Sốhóa Trung tâm Học liệu Hệ kéo theo ǫ + λ1 = 0, λ2 = 0, λ1 ≥ 0, x¯2 = 0, x¯1 ≤ 0, khơng thể Do Sol(V I(M, q(ǫ), ∆)) = ∅ Chú ý tập Sol(V I(M, q, ∆)) bị chặn Ta thấy tính chất (a) (c) Định lý 2.2.4 không thỏa mãn, tính chất (b) thỏa mãn Vì vậy, trường hợp tổng quát, giả thiết (ii) Định lý 2.2.4 khác với tính đồng dương M 0+ ∆ khơng thể bảo đảm tính có hiệu lực tương đương (a) ⇔ (b) ⇔ (c) Kết luận: Chương trình bày khái niệm toán bất đẳng thức biến phân a-phin nửa a-phin Các định lý tồn nghiệm tính ổn định hai tốn 55 Sốhóa Trung tâm Học liệu Kết luận Luận văn trình bày số kiến thức liên quan đến Bất đẳng thức biến phân a-phin nửa a-phin, tồn tính ổn định nghiệm chúng • Chương trình bày cách hệ thống khái niệm tính chất khơng gian Rn , giải tích lồi, tính đồng dương cộng, tốn bù tuyến tính • Chương trình bày định nghĩa tồn nghiệm bất đẳng thức biến phân a-phin, định nghĩa, tồn tính ổn định nghiệm bất đẳng thức biến phân nửa a-phin Những kiến thức chứa đựng số khái niệm bất đẳng thức biến phân a-phin, tốn bù tuyến tính, tồn nghiệm bất đẳng thức biến phân a-phin Luận văn trình bày bất đẳng thức biến phân nửa a-phin, tồn tính ổn định nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân nửa a-phin Bên cạnh trình bày số ví dụ áp dụng số định lý Việc nghiên cứu bất đẳng thức biến phân nửa a-phin chắn đòi hỏi nhiều cơng sức Với lực cịn hạn chế thời gian có hạn, chắn luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong q thầy bạn học góp ý để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! 56 Sốhóa Trung tâm Học liệu Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, NXB khoa học kỹ thuật Hà Nội [2] Nguyễn Quang Ngọc (2011), Cấu trúc tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân affine, Luận văn thạc sỹ, Đại học Khoa họcĐại học Thái Nguyên [3] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Nguyễn Đơng n (2007), Giải tích đa trị, Nhà xuất Khoa học tự nhiên Công nghệ [B] Tài liệu tiếng Anh [5] G M Lee, N N Tam, N D Yen (2005), Quadratic Programming and affine Inequalities, Springer [6] D Kinderlehrer, G Stampacchia (1980), An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications, Academic, New YorkLon Don [7] M Seetharama Gowda, Thomas I Seidman (1990), "Generalized linear complementary problems", Mathematical programming, 46, 329- 340 57 Sốhóa Trung tâm Học liệu [8] M Seetharama Gowda, Jong- Shi Pang (1994), "On the boundedness and stability of solution to the affine variational inequality problem", Siam J Control and optimization,32 (2), 421- 441 [9] N N Tam (2004), "Some stability for semi- affine variational inequality problem", Acta Mathematice Vietnamica, 29 (3), 271- 280 [10] R T Rockafellar, Convex Analysis, Princeton University Press, Princeton, New Jersey 58 Sốhóa Trung tâm Học liệu