Thông tin tài liệu
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM - PHẠM HÙNG KHÁNH TOÁN TỬ CHIẾU VÀ ÁP DỤNG GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun – 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM ––––––––––––––––––––– PHẠM HÙNG KHÁNH TOÁN TỬ CHIẾU VÀ ÁP DỤNG GIẢI BÀI TỐN CÂN BẰNG Chun nghành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: GS.TSKH LÊ DŨNG MƢU Thái Nguyên – 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi, kết trình bày luận văn hồn tồn trung thực, tác giả cho phép sử dụng luận văn hồn tồn khơng trùng lặp với tài liệu khác Tác giả Phạm Hùng Khánh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục Lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chƣơng Tập lồi hàm lồi không gian Hilbert 1.1 Không gian Hilbert 1.1.1 Không gian tiền Hilbert 1.1.2 Không gian Hilbert 1.1.3 Các ví dụ 1.1.4 Một số tính chất 1.2 Tập lồi hàm lồi không gian Hilbert 10 1.2.1 Tập lồi 10 1.2.2 Hàm lồi 14 Chƣơng Phép chiếu không gian Hibert 19 2.1 Định nghĩa ví dụ 19 2.2 Các tính chất 26 2.3 Một số trƣờng hợp cụ thể 28 Chƣơng Áp dụng giải toán cân 32 3.1 Bài toán cân 32 3.1.1 Phát biểu toán cân 32 3.1.2 Những trường hợp đặc biệt toán cân 35 3.2 Phƣơng pháp chiếu giải toán cân 48 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới GS.TSKH Lê Dũng Mưu người thầy ln tận tình hướng dẫn, bảo giúp đỡ tác giả q trình làm khóa luận để tác giả hồn thành khóa luận Tác giả xin gửi lời cảm ơn trân thành sâu sắc tới thầy, khoa Tốn – Trường Đại Học Sư Phạm – Đại Học Thái Nguyên giảng dạy giúp đỡ tác giả suốt trình học tập trường Qua tác giả xin trân thành cảm ơn tới người thân gia đình ln động viên tạo điều kiện giúp đỡ tơi mặt suốt q trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Mặc dù có nhiều cố gắng, nhiên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong đóng góp ý kiến quý thầy, để luận văn hồn thiện Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 03 năm 2013 Tác giả Phạm Hùng Khánh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn MỞ ĐẦU Giải tích lồi mơn học giải tích đại, nghiên cứu tập lồi, hàm lồi vấn đề liên quan Bộ mơn có vai trị quan trọng nhiều lĩnh vực khác tốn học ứng dụng, đặc biệt tối ưu hóa, bất đẳng thức biến phân, toán cân bằng, v.v nói giải tích lồi mơn quan trọng làm sở tốn học tối ưu hóa Sau kết H.Minkowski (1910) tập lồi hàm lồi, lý thuyết giải tích lồi thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học, lý thuyết giải tích lồi quan tâm nghiên cứu nhiều khoảng bốn mươi năm trở lại cơng trình tiếng H.Minkowski, C.Caratheodory, W.Fenchel, J.J.Moreau, R.T.Rockafellar, L.klee, A.Brondsted, W.V.Jensen, G.Choquet nhiều tác giả khác Trong khơng gian Hilbert, phép chiếu xuống tập lồi đóng có nhiều tính chất quan trọng Việc tồn tính hình chiếu xuống tập lồi đóng sở để chứng minh tồn nhiều toán khác giải tích ứng dụng lý thuyết xấp xỉ, tối ưu hóa, bất đẳng thức biến phân vấn đề khác Trong tốn học tính tốn nhiều phương pháp giải dựa việc tìm hình chiếu điểm xuống tập lồi Trong trường hợp tổng qt, tốn khó giải Tuy nhiên tập lồi có cấu trúc riêng tốn giải cách hiệu chương trình phần mềm có sẵn Thậm chí trường hợp đặc biệt, tập lồi hình cầu, siêu hộp, đơn hình, nửa khơng gian v.v hình chiếu xuống tập tính theo cơng thức tường minh Mục đích luận văn để nghiên cứu toán tử chiếu khơng gian Hilbert việc giải tốn cân dựa vào phương pháp chiếu Luận văn bao gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 1: Trình bày khái niệm tính chất không gian Hilbert, tập lồi hàm lồi khơng gian Hilbert, định lí tách, tính liên tục, vi phân Các kiến thức sử dụng chương sau Chương 2: Xét phép chiếu khơng gian Hilbert định nghĩa, ví dụ, tính chất số trường hợp cụ thể Chương 3: Giới thiệu toán cân số vấn đề liên quan đến toán như: Các trường hợp riêng quan trọng; tồn nghiệm; dạng tương đương; v v Cuối trình bày thuật tốn chiếu gradient xấp xỉ để giải lớp tốn cân Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chƣơng TẬP LỒI VÀ HÀM LỒI TRONG KHÔNG GIAN HILBERT Trong chương này, ta trình bày lại số kết dùng cho chương sau Đó kiến thức khơng gian Hilbert giải tích lồi Nội dung chương trích dẫn chủ yếu từ tài liệu tham khảo 1; 2 ; 3 4 1.1 Không gian Hilbert 1.1.1 Không gian tiền Hilbert Định nghĩa 1.1 Cho H khơng gian trường Tích vô hướng xác định H ánh xạ xác định sau: .,. : H H K , thỏa mãn điều kiện sau đây: ( x, y ) x, y a, x, y y, x với x, y H b, x y, z x, z y, z với x, y, z H c, x, y x, y với x, y H ; K d, x, x với x H x, x x Số x, y gọi tích vơ hướng hai vectơ x y Cặp H , .,. gọi không gian tiền Hilbert ( Hay cịn gọi khơng gian Unita ) Từ định nghĩa ta thấy tích vơ hướng .,. dạng song tuyến tính xác định dương H Khi H gọi khơng gian tiền Hilbert thực Định lí 1.1 Cho H khơng gian tiền Hilbert với x, y H , ta ln có bất đẳng thức sau x, y x, x y, y Chú ý 1.1 Bất đẳng thức định lí 1.1 gọi bất đẳng thức Schwarz, bất đẳng thức Schwarz dấu xảy x, y phụ thuộc tuyến tính Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lí 1.2 Cho H khơng gian tiền Hilbert Khi x x, x1/2 , x H xác định chuẩn H 1.1.2 Không gian Hilbert Một không gian tiền Hilbert, xem khơng gian định chuẩn, đầy đủ không đầy đủ Định nghĩa 1.2 Nếu H không gian tiền Hilbert đầy đủ chuẩn cảm sinh từ tích vơ hướng gọi không gian Hilbert Cũng tương tự trường hợp không gian tiền Hibert, với trường ta có khơng gian Hilbert thực 1.1.3 Các ví dụ n 1) n khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng x, y xi yi , i 1 đó: x x1 , x2 , , xn , y y1, y2 , , yn n 2) Xét không gian: l x ( xn )n K xn 2 n 1 Ta biết l không gian Banach với chuẩn x xn n 1 (1.1) Với x ( xn )n , y ( yn )n l , nhờ bất đẳng thức Buniakowski ta có: xn yn x n 1 y Dễ kiểm tra rằng: x, y xn yn xác định tích vơ hướng l n 1 cảm sinh (1.1) Vậy l không gian Hilbert 3) Cho ( X , A, ) không gian độ đo E A Xét không gian L2 ( E, ) f : E E Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên f d http://www.lrc-tnu.edu.vn ta biết L2 ( E, ) không gian Banach với chuẩn: f E f d Hơn nữa, với f , g L2 ( E, ) , từ bất đẳng thức Holder tích phân, ta có: E fg d f d E g d E Ta dễ dàng kiểm tra f , g fgd , E xác định tích vô hướng L2 ( E, ) L2 ( E, ) không gian Hilbert thực 1.1.4 Một số tính chất Định lí 1.3: Cho H khơng gian Hilbert Khi đó: .,. : H H hàm liên tục Chứng minh: Cho xn , yn hai dãy không gian tiền Hilbert H hội tụ x0 , y0 Khi đó, ta có: xn , yn x0 , y0 xn , yn xn , y0 xn , y0 x0 , y0 xn , yn y0 xn x0 , y0 (1.2) xn yn y0 xn x0 y0 Theo giả thiết ( xn ) hội tụ H nên bị chặn, nghĩa tồn số M>0 cho: xn M với n Vì vậy, ta có: xn , yn x0 , y0 M yn y0 xn x0 y0 Cho n , theo giả thiết ta có: lim xn , yn x0 , y0 hay lim xn , yn x0 , y0 n n Suy tích vơ hướng hàm liên tục Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ta cần đến Định lí điểm bất động quen thuộc giải tích hàm Định lí Kakutani trường hợp riêng quan trọng Định lí Brower Để tiện theo dõi, ta nhắc lại định lí khơng gian Euclidean hữu hạn chiều Định lí 3.2 (điểm bất động Kakutani) Cho C tập lồi compact không gian n F : C 2C ánh xạ đa trị nửa liên tục F(x) lồi, đóng Khác rỗng với x C Khi F điểm bất động, tức tồn x* C, x* F ( x* ) Một trường hợp riêng quan trọng cuả định lí định lí điểm bất động Brower sau: Định lí 3.3 (điểm bất động Brower) Cho C tập Mệnh đề 3.1 F ánh xạ (đơn trị) liên tục từ C vào C Khi tồn x* C thỏa mãn x* F ( x* ) Ta cần tới Định lí cực đại Berge (the Berge maximum theorem) Định lí 3.4 Cho X,Y không gian tô-pô, F : X 2Y ánh xạ nửa liên tục trên X cho F(x) compact, nửa F(x) compact Giả sử f : X Y , hàm số nửa liên tục trên X Khi hàm giá trị tối ưu g ( x) : max f ( x, y) : y F ( x) , nửa liên tục ánh xạ tập nghiệm tối ưu S ( x) : y F ( x) : f ( x, y) g ( x) , nửa liên tục Dựa vào Định lí điểm bất động Kakutani Định lí cực đại Berge, ta có Mệnh đề sau nói tồn nghiệm toán cân Mệnh đề 3.4 Cho C tập lồi, compact khác rỗng song hàm cân :C C có tính chất : (i) (., y ) nửa liên tục với y C ; Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (ii) f ( x,.) lồi, nửa liên tục khả vi phân C với x C Khi bái tốn (EP) có nghiệm Hệ 3.1 Cho C tập lồi đóng (khơng cần compact) song hàm cân mệnh đề Giả sử điều kiện (C1) sau thõa mãn Tồn tập compact B cho C B , x C \ B, y C : ( x, y ) Khi tốn (EP) có nghiệm Chứng minh Theo Mệnh đề 3.5, toán cân tập compact C B với hàm cân có nghiệm, tức tồn x* C B Từ điều kiện (C1) tính lồi tập C, ta dễ dàng suy nghiệm x* nghiệm tốn (EP) Định lí 3.5 (Ky Fan) Cho :C C song hàm cân có tính chất sau: (i) (., y ) nửa liên tục trên C với y C ; (ii) ( x,.) tựa lồi C với x C Khi tốn cân (EP) có nghiệm, C compact, điều kiện (C1) thỏa mãn Bây ta xét đến tính nghiệm tốn cân Trước hết ta giới thiệu định nghĩa tính đơn điệu song hàm ánh xạ Các dạng tƣơng đƣơng Bài toán cân theo bất đẳng thức Ky Fan nêu trên, mơ tả dạng tương đương Các dạng tương đương này, sở để xây dựng phương pháp giải Thông thường để xây dựng phương pháp giải, ta cần thêm giả thiết sau song hàm cân : C C : (i) (., y ) nửa liên tục trên tập C; (ii) ( x,.) lồi, nửa liên tục khả vi phân C Mệnh đề sở để xây dựng phương pháp giải tốn cân Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mệnh đề 3.5 Giả sử : C C song hàm cân Khi đó, với giả thiết (i),(ii), điểm sau tương đương: (a) x* nghiệm toán cân (EP); (b) g ( x) : x C (dạng minimax), hàm g (hàm đánh giá) cho g ( x) : sup ( x, y) : y C; (c) x* arg ( x* , y ) : y C (dạng biến động) Chứng minh (a) (b) Giả sử x* nghiệm (EP) Do ( x, x) với x C , nên inf ( x, y ) 0x C yC Do sup inf ( x, y) yC Trong đó, x* C , nên sup inf ( x, y ) inf ( x* , y ) xC yC yC Nhưng x* nghiệm (EP), nên ( x* , y) với y C Vậy inf ( x* , y ) yC Suy inf ( x* , y ) sup inf ( x, y ) yC xC yC Vậy sup inf ( x, y) max inf ( x, y) inf ( x* , y) yC xC yC yC Ngược lại, giả sử có (b) Khi theo lập luận ta có sup ( x* , y) minsup ( x, y) xC yC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng tỏ ( x* , y) với y C Vậy x* nghiệm (EP) Bây ta chứng tỏ (a) tương đương với (c) Thật x* cực tiểu ( x* ,.) , C ( x* , y) ( x* , x* ) 0y C Mệnh đề 3.6 Giả sử R : C C song hàm cân bằng, khơng âm thỏa mãn tính chất sau đây: (a) R khả vi C 2 R( x, x) với x C ; (b) R ( x,.) lồi mạnh C, với x C Khi với giả thiết (i) (ii), ta có x* nghiệm tốn cân (EP) nghiệm toán sau (được gọi toán hiệu chỉnh): (AEP): Tìm x* C cho f ( x* , y) : ( x* , y) R( x* , y)y C, (tham số hiệu chỉnh) Các phƣơng pháp giải Các dạng tương đương nêu mục gợi ý hai phương pháp giải tốn (EP) thơng qua tốn (AEP) Đó phương pháp giải theo tiếp cận điểm bất động theo hàm đánh giá Cách tiếp cận điểm bất động Sử dụng dạng điểm bất động, ta có thuật tốn lặp tổng qt sau: Tại bước lặp k=0,1, , giả sử có x k C , ta xây dựng dãy lặp theo quy tắc x k 1 s ( x k ) : arg f ( x k , y ) : y C , đó, nói, f ( x, y ) : ( x, y ) R( x, y ), Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ( Pk ) với tham số hiệu chỉnh Chú ý cho C lồi, lồi, nửa liên tục theo biến thứ hai R lồi mạnh, khả vi theo biến thứ hai, nên tốn ( Pk ) ln k 1 có nghiệm Vậy x xác định Như ta thấy có x k 1 x k , x k nghiệm toán (AEP), nghiệm tốn (EP) Nếu trường hợp khơng xảy ra, q trình lặp kéo dài vơ hạn tạo dãy vô hạn x k thuộc tập C Câu hỏi đặt với điều kiện nào, dãy vơ hạn hội tụ đến lời giải toán (AEP) ? Trong mệnh đề đây, ta lấy R( x, y ) : y x Hiển nhiên hàm thỏa mãn tính chất cho hàm hiệu chỉnh R, nêu Mệnh đề 3.7 Giả sử đơn điệu mạnh C với hệ số thõa mãn điều kiện kiểu Lipschitz, theo định nghĩa sau: L1 0, L2 : x, y, z C , ta co (M ) ( x, y ) ( y, z ) ( x, z ) L1 x y L2 y z Khi với x C , dãy x k xác định theo công thức ( Pk ) 2 x k 1 : s( x k ) : arg ( x k , y) y x , yC có tính chất 2 x k 1 x* x k x* , k 0, , x* nghiệm toán (EP) 2L2 : 2 ( L1 ) Hệ 3.2 Cho L1 Khi 2L2 2 x k 1 x* x k x* , k 0, Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn : ( L1 ) Nhận xét 3.4 Do L1 L2 đạt giá trị nhỏ , nên ta có 2 ( L1 ) Vậy 2L2 2L2 Dựa vào mệnh đề hệ trên, ta có thuật toán sau giải toán (EP) đơn điệu mạnh thỏa mãn điều kiện Lipschitz (M) Như thấy, x k x k 1 , x k nghiệm, ta gọi điểm x C nghiệm xấp xỉ (EP) x x* , x* nghiệm xác (EP) 3.2 Phƣơng pháp chiếu giải toán cân Trong mục này, ta xét đến fg phép chiếu đạo hàm xấp xỉ để giải lớp toán cân đơn điệu Nội dung mục lấy từ báo [5] Định nghĩa 3.4 Giả sử x n Điểm p x C gọi - chiếu x vào C p x -nghiệm toán 2 1 x y , yC 2 nghĩa x px 2 x PC ( x) , PC(x) hình chiếu khoảng cách x lên C Nhận xét 3.5 Từ định nghĩa ta thấy, p x C - chiếu x vào C tương đuơng với x px , px y , y C Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định nghĩa 3.5 - chéo vi phân f ( x, x) song hàm f x C f ( x, x) : g n : f ( x, y) f ( x, x) g , y x , y n g n : f ( x, y ) g , y x , y n Bổ đề 3.1 Giả sử vk k dãy số thực không âm thỏa mãn vk 1 vk k với k 1 k Khi dãy vk hội tụ Cho , ò tham số dương dãy số thực { k },{ k },{òk },{ k } thỏa mãn điều kiện sau k , k 0, òk 0, k 0, k ; k , k2 ; (3.4) (3.5) k k òk , k k (3.6) Chẳng hạn lấy k k k , k 1, òk , k k (k 1) Thuật toán chiếu dƣới gradient xấp xỉ Chọn x C Tại bước lặp k = 0, 1, có x k ò k k k k Bước 1: Giả sử x C Lấy g 2k f ( x , x ) Ta định nghĩa: k k k k max k , g k Nếu g k x k ịk -nghiệm tốn (EP) dừng thuật tốn ịk ị Trái lại chuyển sang Bước Bước 2: Tính x k 1 C k g k xk 1 xk , x xk 1 k , x D Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.7) x k 1 k -chiếu x k k g k vào C k 1 k k Đặc biệt k x P x k g C k 1 k Nếu x x ị dừng ta nghiệm xấp xỉ Ngược lại quay Bước Bổ đề 3.2 Với k, ta có bất đẳng thức sau: k (i) k g k ; k 1 k (ii) k x x k k Chứng minh (i) Theo định nghĩa k ta có: k g k g k k max k , g k k k (ii) Thay x x vào (3.7) ta có: x k 1 x k k g k , x k x k 1 k k g k x k 1 x k k (Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) k x k 1 x k k x k 1 x k Hay (Theo chứng minh (i)) k x k 1 x k k (3.8) Xét phương trình bậc hai f ( ) với Khi f ( ) kéo theo 4 (3.9) Nhân hai vế bất đẳng thức (3.9) với sử dụng bất đẳng thức Cauchy a b2 cho hai số dương a b, ab ta có: Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 4 4 2 1 k 1 k Thay vào (3.8) với x x , k , k ta được: k x k 1 x k k2 k Mệnh đề 3.8 Giả sử toán (EP) có tập nghiệm S(f,C) khác rỗng Khi với x* S ( f , C ) với k, ta có khẳng định sau: x k 1 x* x k x* 2 k f x k , x* k , (3.10) k 2 k òk 2k2 4k Chứng minh Ta có: x k x* x k 1 x k 2 2 x k x k 1 , x* x k 1 x k 1 x* Nên x k 1 x* 2 x k x* x k 1 x k 2 x k x k 1 , x* x k 1 x k x* 2 x k x k 1 , x* x k 1 (3.11) Thay x x* vào (3.7) ta có: k g k xk 1 xk , x* x k 1 k Suy 2 xk xk 1 , x* xk 1 2 k g k , x* x k 1 2k Thay (3.12) vào (3.11) ta được: 2 x k 1 x* x k x* 2 k g k , x* xk 1 2k x k x* 2 k g k , x* x k 2 k g k , x k x k 1 2k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.12) Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Bổ đề 3.2 (i) ta có bất đẳng thức sau: x k 1 x* x k x* 2 k g k , x* x k 2k x k x k 1 2k x k x* 2 k g k , x* x k 2 4k (3.13) k k k Mặt khác, g 2k f ( x , x ) nên ta có: ị g k , x* x k f ( x k , x* ) òk , Do k nhân hai vế bất đẳng thức với 2 k ta được: 2 k g k , x* xk 2 k f ( x k , x* ) 2 k òk (3.14) Thay (3.14) vào (3.13) ta điều phải chứng minh Định lí 3.6 Giả sử tốn (EP) có tập nghiệm S(f,C) khác rỗng S ( f , C ) Sd ( f , C ) Khi ta có: k * * (i) Dãy { x x } hội tụ với x S ( f , C ) ; (ii) Dãy { x k } bị chặn Chứng minh k * * (i) Do x* S ( f , C ) nên x Sd ( f , C ) suy f ( x , x ) thay vào (3.10) ta được: x k 1 x* 2 x k x* k , (3.15) k 2 k ịk 2k2 4k Theo (3.5), (3.6), (3.7) k Từ (3.15) (3.16) ta dãy k 0 k (3.16) x x hội tụ k * Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (ii) Do dãy x k x* hội tụ suy dãy {x } bị chặn k k Định lí 3.7 Giả sử tập S f , C khác rỗng, S ( f , C ) Sd ( f , C ) dãy {g } bị chặn Khi lim sup f x k , x* 0, x* S ( f , C ) k Chứng minh * Giả sử x S ( f , C ) Vì S ( f , C ) S d ( f , C ) nên theo Mệnh đề 3.8 ta có: 2 k f ( x k , x ) x k x* x k 1 x* k , 2 k 2 k òk 2 4k k đó: k 0 k theo (3.5), (3.6),(3.7) Lấy tổng bất đẳng thức với k=0,1 m ta có: 2 k f ( x , x ) x x m k * * x m 1 x k 0 * m k x x k 0 * m k k 0 Cho m ta được: 2 k f ( x , x ) k k * k 0 Vì k 0 k 0 k nên 2 k f ( x k , x* ) k 0 (3.17) k Theo giả thiết {g } bị chặn, từ (3.4) (3.7) ta có tồn L cho g k L với k Do đó: k max 1, k1 g k k L , k Khi đó, theo (3.4) thì: k k k , k k L k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.18) Từ (3.14) (3.15) ta có: k f (x k 0 Do k k 0 k , x* ) k k nên từ suy ra: lim sup f ( x k , x* ) 0, x* S ( f , C ) k k Nhận xét 3.6 Ta thay điều kiện dãy {g } bị chặn Định lí 3.7 điều kiện tập - chéo vi phân bị chặn tập bị chặn C Định lí 3.12 Giả sử tập S f , C khác rỗng, S ( f , C ) Sd ( f , C ) dãy {g k } bị chặn Song hàm f thỏa mãn điều kiện sau: (i) Giả sử x S ( f , C ) x C Nếu f x, x f x , x x S ( f , C) ; (ii) f (., y) nửa liên tục với y C k Khi dãy { x } hội tụ đến nghiệm toán EP (f,C) Chứng minh * Giả sử x S ( f , C ) Theo định nghĩa limsup tồn dãy {xk } j {x k } cho: lim sup f x k , x* lim f x j , x* k j k k j Theo Định lí 3.6, dãy {x } bị chặn Vì vậy, khơng tính tổng qt ta giả sử lim x j x k (3.19) j Theo giả thiết (ii) song hàm f nửa liên tục trên tập C từ Định lý 3.7 ta có: f ( x , x* ) lim sup f ( x j , x* ) lim f ( x j , x* ) k j k j lim sup f ( x k , x* ) k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Do x* Sd ( f , C ) nên f ( x , x* ) ta có: f ( x , x* ) Theo giả thiết (i) x S ( f , C ) Khi theo Định lý 3.6 (ii) dãy lim xk x , k xk x hội tụ, kết hợp với (3.19) ta được: x S ( f , C) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn KẾT LUẬN Luận văn nghiên cứu phép chiếu khoảng cách xuống tập lồi đóng khơng gian Hilbert ứng dụng việc giải tốn cân Cụ thể luận văn đề cập đến vấn đề sau: Chứng minh tồn tính phép chiếu xuống tập lồi đóng khơng gian Hilbert thực Khảo sát tính chất toán tử chiếu xét toán tử chiếu trường hợp đặc biệt Áp dụng phép chiếu khoảng cách để chứng minh tồn nghiệm phương pháp giải tốn cân khơng gian hữu hạn chiều Giới thiệu toán cân bằng, trường hợp đặc biệt toán cân bằng, tồn nghiệm toán cân bằng, dạng tương đương phương pháp giải toán cân bằng, v v Trình bày sử dụng thuật toán chiếu gradient xấp xỉ để giải lớp tốn cân Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo Tài liệu tiếng Việt 1 Đỗ Văn Lưu Phan Huy Khải, Giải tích lồi, Nhà xuất Khoa học kỹ thuật Hà nội, 2000 2 Lê Dũng Mưu Nguyễn Văn Hiền, Nhập môn giải tích ứng dụng, Nhà xuất Khoa học tự nhiên cơng nghệ (sẽ ra) 3 Hồng Tụy, Lý thuyết tối ưu, Viện toán học, 2006 Tài liệu tiếng Anh 4 Heinz H Bauschke and Patrick L Combettes, Convex Analysis and Monotone Operator Theory in Hilbert Spaces, Springer, 2011 5 Paulo Santos and Susana Scheimberge, An innexact subgradient algorithm for Equilibrium Problems, volume 30, N 1, pp 91-107, 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... ÁP DỤNG GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG Trong chương ta xét toán cân bằng, trường hợp đặc biệt đưa toán cân như: Bài toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, điểm bất động Kakutani, toán điểm yên ngựa, cân. .. PHẠM ––––––––––––––––––––– PHẠM HÙNG KHÁNH TOÁN TỬ CHIẾU VÀ ÁP DỤNG GIẢI BÀI TỐN CÂN BẰNG Chun nghành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: GS.TSKH... 32 3.1 Bài toán cân 32 3.1.1 Phát biểu toán cân 32 3.1.2 Những trường hợp đặc biệt toán cân 35 3.2 Phƣơng pháp chiếu giải toán cân 48 Kết luận 56 Tài liệu
Ngày đăng: 16/08/2014, 13:00
Xem thêm: toán tử chiếu và áp dụng giải bài toán cân bằng, toán tử chiếu và áp dụng giải bài toán cân bằng
