(Luận văn) xấp xỉ nghiệm của một lớp bài toán bất đẳng thức biến phân ba cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÀNH TRUNG lu an XẤP XỈ NGHIỆM CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN BA CẤP n va ie gh tn to p LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC d oa nl w Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 nf va an lu z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Trương Minh Tuyên z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên – 2017 n va ac th si ii Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Trương Minh Tuyên Qua thời gian nghiên cứu học tập trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành phục vụ cho công tác giảng dạy nghiên cứu thân lu an Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn TS va Trương Minh Tuyên dành nhiều thời gian hướng dẫn bảo tác giả n suốt trình làm luận văn gh tn to Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn tới thầy Ban giám hiệu, thầy khoa Tốn - Tin phòng chức trường Đại học Khoa ie p học, Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian nl w học tập trường oa Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới bạn lớp K9HY, bạn bè d người thân gia đình động viên, giúp đỡ tơi suốt thời gian qua nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu viết tắt iv lu an Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị va 1.1 Một số đặc trưng không gian Hilbert n 1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển 15 gh tn to 1.2 Bài tốn tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn 10 18 p ie 1.4 Bài toán bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert nl w 1.5 Một số bổ đề bổ trợ 21 23 d cấp oa Chương Xấp xỉ nghiệm lớp bất đẳng thức biến phân ba lu nf va an 2.1 Phát biểu toán 23 2.2 Thuật toán 26 49 z at nh oi Tài liệu tham khảo lm ul Kết luận 50 z m co l gm @ an Lu n va ac th si iv Một số ký hiệu viết tắt lu an n va không gian Hilbert X không gian Banach h., i tích vơ hướng H k.k chuẩn H ∪ phép hợp ∩ phép giao R+ tập số thực khơng âm I tốn tử đồng ∅ tập rỗng p ie gh tn to H w với x ∃x tồn x d oa nl ∀x lu dãy số thực {αn } hội tụ giảm α0 xn −→ x0 dãy {xn } hội tụ mạnh x0 lm ul xn * x0 nf va an αn & α0 dãy {xn } hội tụ yếu x0 z at nh oi z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Bài toán "Bất đẳng thức biến phân" nảy sinh trình nghiên cứu giải toán thực tế toán cân kinh tế, tài chính, tốn mạng giao thơng, lý thuyết trị chơi, phương trình vật lý tốn Bài toán giới thiệu lần Hartman P.và Stampacchia G vào năm 1966 tài liệu [6] Bài tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian hữu lu an hạn chiều, vô hạn chiều với ứng dụng giới thiệu va chi tiết sách "An Introduction to Variational Inequalities and n Their Applications" D.Kinderlehrer Stampacchia G xuất năm 1980 gh tn to [7] Từ đó, tốn bất đẳng thức biên phân nghiên cứu phát triển mạnh ie p mẽ, thu hút sự quan tâm nhiều người làm toán nước nl w Một hướng nghiên cứu quan trọng toán bất đẳng thức biến oa phân việc xây dựng phương pháp giải Có nhiều phương pháp giải d đề suất phương pháp gradient, gradient tăng cường hay phương pháp điểm nf va an lu bất động Bài tốn bất đẳng thức biến phân có dạng: Tìm phần tử x∗ ∈ C, cho lm ul hF (x∗ ), x − x∗ i ≥ 0, ∀x ∈ C, z at nh oi F ánh xạ liên tục từ không gian Hilbert H vào nó, C tập lồi đóng H Bài tốn có ý nghĩa quan trọng việc giải tốn tối ưu lồi có ràng buộc trường hợp đặc biệt toán chấp z gm @ nhận lồi tiếng Khi tập chấp nhận C tập nghiệm tốn khác (tập điểm bất động ánh xạ khơng giãn, tập khơng điểm tốn tử l co đơn điệu, tập nghiệm bất đẳng thức biến phân khác ) tốn m cịn gọi toán bất đẳng thức biến phân hai cấp Trong trường hợp an Lu kỳ ta xem C tập điểm bất động phép chiếu mêtric PC từ H lên C, tốn ln xem tốn bất đẳng thức biến phân n va ac th si tập điểm bất động ánh xạ không giãn PC Như nói tốn bất đẳng thức biến phân nói chung hay tốn bất đẳng thức biến phân hai cấp nói riêng đóng vai trị quan trọng lĩnh vực giải tích phi tuyến Trong năm gần đây, toán bất đẳng thức biến phân ba cấp V I(A2 , V I(C, A1 )) với C tập nghiệm toán khác chủ đề quan trọng lĩnh vực tối ưu hóa Lớp tốn thu hút đơng đảo người làm tốn ngồi nước quan tâm nghiên cứu Mục đích luận văn trình bày lại kết Ceng L.C., Ansari Q.H., Petrusel A Yao J.C tài liệu [4] kết hợp phương pháp lặp Mann, phương pháp xấp xỉ gắn kết phương pháp đường dốc cho lu toán bất đẳng thức biến phân ba cấp, với miền chấp nhận tập nghiệm an bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn va n Nội dung luận văn chia làm hai chương Chương trình bày tn to số tính chất đặc trưng khơng gian Hilbert thực, tốn tìm điểm gh bất động ánh xạ khơng giãn, tốn bất đẳng thức biến phân cổ điển p ie với toán liên quan không gian hữu hạn chiều Rn , tốn bất đẳng w thức biến phân khơng gian Hilbert cuối số bổ đề bổ trợ cần oa nl sử dụng đến chứng minh định lý đề cập Chương luận d văn Chương luận văn trình bày thuật toán Ceng L.C., Ansari an lu Q.H., Petrusel A Yao J.C tài liệu [4] với ba định lý (với nf va giả thiết khác đặt lên dãy tham số) hội tụ mạnh thuật toán nghiệm toán bất đẳng thức biến phân ba cấp không gian z at nh oi lm ul Hilbert z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương bao gồm năm mục Mục 1.1 đề cập đến số đặc trưng lu an không gian Hilbert thực, Mục 1.2 giới thiệu sơ lược số kết n va tốn tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn Mục 1.3 trình bày toán liên quan, Mục 1.4 giới thiệu toán bất đẳng thức biến phân gh tn to toán bất đẳng thức biến phân cổ điển không gian hữu hạn chiều Rn không gian Hilbert Mục 1.5 trình bày số bổ đề cần sử dụng đến ie p Chương luận văn Nội dung chương phần lớn tham khảo từ Một số đặc trưng không gian Hilbert d 1.1 oa nl w tài liệu [2] [3] an lu nf va Ta giả thiết H khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng kí hiệu h., i chuẩn kí hiệu k.k lm ul Mệnh đề 1.1 (Bất đẳng thức Schwars) Trong không gian Hilbert thực H ta z at nh oi ln có bất đẳng thức sau: |hx, yi| ≤ kxk.kyk, z l gm @ với x, y ∈ H Chứng minh Nếu y = bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên m an Lu hx + ty, x + tyi ≥ 0, co Nếu y 6= 0, từ tính chất tích vơ hướng, ta có n va ac th si với t ∈ R Suy kyk2 t2 + 2hx, yit + kxk2 ≥ ∀t ∈ R Điều xảy |hx, yi|2 ≤ kxk2 kyk2 Từ ta nhận điều phải chứng minh Mệnh đề 1.2 (Đẳng thức hình bình hành) Trong khơng gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau: lu kx + yk2 + kx − yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ), an n va với x, y ∈ H gh tn to Chứng minh Ta ln có p ie kx + yk2 = kxk2 + 2hxx, yi + kyk2 , nl w kx − yk2 = kxk2 − 2hxx, yi + kyk2 d oa Cộng hai đẳng thức ta nhận điều phải chứng minh nf va an lu Mệnh đề 1.3 Trong không gian Hilbert thực H ta có đẳng thức sau kx − yk2 + kx − zk2 = ky − zk2 + 2hx − y, x − zi, Chứng minh Thật vậy, ta có z at nh oi lm ul với x, y, z ∈ H ky − zk2 + 2hx − y, x − zi = hy, yi + hz, zi + 2hx, xi − 2hx, zi − 2hx, yi z gm @ = [hx, xi − 2hx, yi + hy, yi] + [hx, xi − 2hx, zi + hz, zi] l an Lu Vậy ta điều phải chứng minh m co = kx − yk2 + kx − zk2 n va ac th si Mệnh đề 1.4 Cho H khơng gian Hilbert thực Khi đó, với x, y ∈ H λ ∈ [0, 1], ta có kλx + (1 − λ)yk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 (1.1) Chứng minh Ta có kλx + (1 − λ)yk2 = λ2 kxk2 + 2λ(1 − λ)hx, yi + (1 − λ)2 kyk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)(kxk2 − 2hx, yi + kyk2 ) = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 Ta điều phải chứng minh lu an Mệnh đề 1.5 Trong không gian Hilbert thực H, ta ln có va n kx + yk2 ≤ kxk2 + 2hy, x + yi tn to ie gh với x, y ∈ H p Chứng minh Với x, y ∈ H, ta có w oa nl kx + yk2 = kxk2 + 2hx, yi + kyk2 d ≤ kxk2 + 2hx, yi + 2kyk2 lu nf va an = kxk2 + 2hy, x + yi Mệnh đề chứng minh lm ul Nhắc lại rằng, dãy {xn } không gian Hilbert H gọi hội tụ yếu z at nh oi phần tử x ∈ H, lim hxn , yi = hx, yi, n→∞ z với y ∈ H Từ tính liên tục tích vơ hướng, suy xn → x, @ , 0, , 0, ), an Lu vị trí thứ n m en = (0, , 0, co l gm xn * x Tuy nhiên, điều ngược lại không Chẳng hạn xét không gian  P∞ 2 l2 = {xn } ⊂ R : n=1 |xn | < ∞ {en } ⊂ l , cho n va ac th si với n ≥ Khi đó, en * 0, n → ∞ Thật vậy, với y ∈ H, từ bất đẳng thức Bessel, ta có ∞ X |hen , yi|2 < kyk2 < ∞ n=1 Suy limn→∞ hen , yi = 0, tức en * Tuy nhiên, {en } không hội tụ 0, ken k = với n ≥ Ta biết không gian Hilbert H thỏa mãn điều kiện Opial, tính chất thể mệnh đề đây: Mệnh đề 1.6 Cho H không gian Hilbert thực {xn } ⊂ H dãy lu thỏa mãn điều kiện xn * x, n → ∞ Khi đó, với y ∈ H y 6= x, an ta có va n lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk n→∞ (1.2) n→∞ gh tn to Chứng minh Vì xn * x, nên {xn } bị chặn Ta có p ie w kxn − yk2 = kxn − xk2 + kx − yk2 + 2hxn − x, x − yi an lu Vì x 6= y, nên d oa nl > kxn − xk2 + 2hxn − x, x − yi n→∞ nf va lim inf kxn − yk2 > lim inf kxn − xk2 + 2hxn − x, x − yi n→∞ lm ul = lim inf kxn − xk2 n→∞ z at nh oi Do đó, ta nhận lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk n→∞ n→∞ z l gm @ Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 1.7 Mọi không gian Hilbert thực H có tính chất Kadec-Klee, tức co an Lu kxn k → kxk, xn → x, n → ∞ m {xn } ⊂ H dãy H thỏa mãn điều kiện xn * x n va ac th si 28 + |(1 − βn+1 − γn+1 ) − (1 − βn − γn )|kTn+1 xn+1 k + (1 − βn − γn )kTn+1 xn+1 − Tn xn k ≤| βn+1 − βn | kxn+1 k + βn kxn+1 − xn k+ | γn+1 − γn | kf (xn+1 )k + γn ρkxn+1 − xn k + (| βn+1 − βn | + | γn+1 − γn |)kTn+1 xn+1 k + (1 − βn − γn )[kxn+1 − xn k+ | λn − λn+1 | kA1 xn k] ≤ (| βn+1 − βn | + | γn+1 − γn |)kxn+1 k + βn kxn+1 − xn k + (| βn+1 − βn | + | γn+1 − γn |)kf (xn+1 )k + γn ρkxn+1 − xn k + (| βn+1 − βn | + | γn+1 − γn |)kTn+1 xn+1 k + (1 − βn − γn )[kxn+1 − xn k+ | λn − λn+1 | kA1 xn k] lu an = [1 − γn (1 − ρ)]kxn+1 − xn k + (1 − βn − γn ) | λn − λn+1 | kA1 xn k n va + (| βn+1 − βn | + | γn+1 − γn |)(kxn+1 k tn to + kf (xn+1 )k + kTn+1 xn+1 k) gh ≤ [1 − γn (1 − ρ)]kxn+1 − xn k p ie + (| βn+1 − βn | + | γn+1 − γn | + | λn+1 − λn |)M1 oa nl w Từ Bổ đề 1.2 bất đẳng thức trên, với n ≥ ta có d kxn+1 − xn k = kT (αn ,µn ) yn − T (αn−1 ,µn−1 ) yn−1 k an lu ≤ kT (αn ,µn ) yn − T (αn ,µn ) yn−1 k + kT (αn ,µn ) yn−1 − T (αn−1 ,µn−1 ) yn−1 k nf va ≤ (1 − αn τn )kyn − yn−1 k+ | αn µn − αn−1 µn−1 | kA2 yn−1 k lm ul ≤ (1 − αn τn ){[1 − γn−1 (1 − ρ)]kxn − xn−1 k z at nh oi + (| βn − βn−1 | + | γn − γn−1 | + | λn − λn−1 |)M1 } + |αn µn − αn−1 µn−1 |kA2 yn−1 k ≤ [1 − γn−1 (1 − ρ)]kxn − xn−1 k + (| βn − βn−1 | + | γn − γn−1 | z p − µn (2η − µn κ2 ) ∈ (0, 1] xác định Bổ đề 1.2 n≥0 an Lu M2 = sup kA2 yn k < ∞ m co l τn = − gm @ + | λn − λn−1 |)M1 + | αn µn − αn−1 µn−1 | M2 , n va ac th si 29 Vì vậy, với n ≥ 1, ta nhận lu an n va p ie gh tn to kxn+1 − xn k kxn − xn−1 k ≤ [1 − γn−1 (1 − ρ)] λn λn | βn − βn−1 | + | γn − γn−1 | + | λn − λn−1 | + M1 λn | αn µn − αn−1 µn−1 | M2 + λn kxn − xn−1 k = [1 − γn−1 (1 − ρ)] λ   n−1 kxn − xn−1 k kxn − xn−1 k − + [1 − γn−1 (1 − ρ)] λn λn−1 | βn − βn−1 | + | γn − γn−1 | + | λn − λn−1 | + M1 λn | αn µn − αn−1 µn−1 | + M2 λn kxn − xn−1 k ≤ [1 − γn−1 (1 − ρ)] + M3 − λn−1 λn λn−1 | γn − γn−1 | + | λn − λn−1 | + M3 λn | βn − βn−1 | + | αn µn − αn−1 µn−1 | + M3 λn kxn − xn−1 k = [1 − γn−1 (1 − ρ)] λn−1 M3 1