Phương pháp điểm bất động cho bất đẳng thức biến phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------ PHẠM THỊ MINH THU PHƯƠNG PHÁP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHO BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN \ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------ PHẠM THỊ MINH THU PHƯƠNG PHÁP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHO BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Lê Dũng Mưu HÀ NỘI, 2014 LỜI CẢM ƠN Tôi xin trân trọng cảm ơn ban chủ nhiệm phòng sau Đại học trường Đại học sư phạm Hà Nội thầy, cô giáo giảng dạy lớp cao học khóa 16 đợt (2012 - 2014), tạo điều kiện thuận lợi giúp hoàn thành tốt Luận văn này. Đặc biệt xin gửi lời cảm ơn chân thành tới GS.TSKH Lê Dũng Mưu, người hướng dẫn giúp đỡ suốt trình hoàn thành Luận văn. Mặc dù có nhiều cố gắng Luận văn khó tránh khỏi thiếu sót. Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý thầy, cô bạn đọc để Luận văn hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 18 tháng năm 2014 Học viên Phạm Thị Minh Thu LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan số liệu kết nghiên cứu luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác. Hà Nội, ngày 18 tháng năm 2014 Học viên Phạm Thị Minh Thu ii Mục lục Mở đầu Điểm bất động ánh xạ co không giãn 1.1. Không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Tích vô hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2. Định nghĩa không gian Hilbert số ví dụ . 1.1.3. Tính trực giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.4. Toán tử tuyến tính bị chặn . . . . . . . . . . . . 1.2. Điểm bất động ánh xạ co . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1. Nguyên lý ánh xạ co Banach . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Mở rộng nguyên lý ánh xạ co . . . . . . . . . . . 1.2.3. Ánh xạ co yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3. Ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Phương pháp điểm bất động cho bất đẳng thức biến phân 18 2.1. Bài toán VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.1.1. Bất đẳng thức biến phân toán liên quan 18 iii 2.1.2. Sự tồn tính . . . . . . . . . . . . iv 32 MỞ ĐẦU 1. Lý chọn đề tài Cho K ⊆ Rn tập khác rỗng F : Rn → Rn ánh xạ từ Rn vào Rn . Bài toán bất đẳng thức biến phân (variational inequality, viết tắt VI) phát biểu sau: Tìm x ∈ K thỏa mãn F (x) , x − x 0, ∀x ∈ K. (VI) Điểm x ∈ K thỏa mãn (VI) gọi nghiệm bất đẳng thức biến phân (VI). Tập tất điểm x ∈ K thỏa mãn (VI) gọi tập nghiệm bất đẳng thức biến phân (VI) kí hiệu Sol(VI) Sol(VI(F,K)). Một tiếp cận quan trọng nghiên cứu bất đẳng thức biến phân, đặc biệt việc nghiên cứu tồn nghiệm phương pháp giải sử dụng định lý điểm bất động. Ý tưởng cách tiếp cận xây dựng ánh xạ thích hợp cho tập điểm bất động ánh xạ tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân. Cách tiếp cận điểm bất động không làm việc với không gian hữu hạn chiều mà sử dụng không gian Hilbert. Với mong muốn tìm hiểu sâu vấn đề này, nhờ hướng dẫn GS.TSKH Lê Dũng Mưu, mạnh dạn chọn đề tài nghiên cứu: "Phương pháp điểm bất động cho bất đẳng thức biến phân". 2. Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài nghiên cứu phương pháp điểm bất động giải bất đẳng thức biến phân. Cụ thể sử dụng định lý điểm bất động Brouwer để chứng minh tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân. Ngoài dùng định lý điểm bất động theo nguyên lý ánh xạ co Banach để chứng tỏ tính nghiệm bất đẳng thức biến phân đơn điệu mạnh. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu đề tài nhằm tổng hợp lại cách có hệ thống tương đối đầy đủ phương pháp điểm bất động loại ánh xạ co, ánh xạ không giãn cho số lớp toán bất đẳng thức biến phân quan trọng. 4. Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài điểm bất động bất đẳng thức biến phân. 5. Phương pháp nghiên cứu Dịch, đọc, nghiên cứu tài liệu. Tổng hợp kiến thức, vận dụng cho mục đích nghiên cứu. 6. Dự kiến đóng góp Tổng kết cách có hệ thống tương đối đầy đủ phương pháp điểm bất động cho số lớp toán bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert. Hy vọng thân Luận văn tài liệu tham khảo cho sinh viên học viên cao học có quan tâm tới vấn đề này. Chương Điểm bất động ánh xạ co không giãn Trong luận văn làm việc chủ yếu không gian Hilbert thực H. Dưới ta nhắc lại số khái niệm tính chất không gian Hilbert, điểm bất động ánh xạ co, ánh xạ không giãn, . Các kiến thức chương lấy chủ yếu từ tài liệu [1], [3]. 1.1. Không gian Hilbert 1.1.1. Tích vô hướng Định nghĩa 1.1.Cho không gian tuyến tính X trường P (P trường số thực R). Ta gọi tích vô hướng không gian X ánh xạ từ tích Descartes X × X vào trường P kí hiệu (., .), thỏa mãn tiên đề: 1) ∀x, y ∈ X : (x, y) = (y, x); 2) ∀x, y, z ∈ X : (x + y, z) = (x, z) + (y, z); 3) ∀x, y ∈ X, ∀α ∈ P : (αx, y) = α(x, y); Ví dụ 2.1. Chứng minh khẳng định Mệnh đề 2.7. Những kết mở rộng theo nhiều hướng khác nhau. Cùng với toán điểm yên ngựa giải toán trò chơi tổng không hai người xem xét trường hợp tổng quát m người chơi không hợp tác. Nhớ lại trò chơi bao gồm m người chơi, người chơi số có chiến lược tập Xi ⊆ Rni hàm tiện ích fi : X → R, X = X1 × . × Xm . Điểm x∗ = (u∗1 , ., u∗m )T ∈ X gọi điểm cân Nash cho trò chơi này, fi (u∗1 , ., u∗i−1 , vi , u∗i+1 , ., u∗m ) fi (x∗ ) (2.19) ∀vi ∈ Xi , i = 1, ., m. Đặt m Ψ(x, y) = − fi (u1 , ., ui−1 , vi , ui+1 , ., um ), (2.20) i=1 x = (u1 , .,um )T , y = (v1 , .,vm )T , m ni với n = i=1 Φ (x, y) = Ψ(x, y) − Ψ(x, x), (2.21) toán cân Nash (2.19) tương đương với toán cân tổng quát toán tìm điểm x∗ ∈ X cho Φ(x∗ , y) 0, ∀y ∈ X. (2.22) Ví dụ 2.2. Chứng minh tương đương toán (2.19) (2.20)-(2.22). Ta xác định ánh xạ G : Rn → Rn sau: G(x) = ∇y Φ(x, y)|y=x . 28 (2.23) Từ Định lý 2.1 ta thu kết tương đương. Hệ 2.2. Giả sử Φ(x, x) = Φ(x, .) lồi khả vi với x ∈ X. Khi toán (2.22) (2.1), (2.23) tương đương. Vì vậy, toán cân Nash thay VI thích hợp. Mệnh đề 2.8. Cho Φ : Rn × Rn → R song hàm cho Φ(x, x) = với x ∈ X. Giả sử Φ(x, .) −Φ(., y) lồi khả vi với x, y ∈ X. Nếu G xác định (2.23), đơn điệu X. Chứng minh. Điểm x, y ∈ X. Lấy α ∈ (0, 1) xα = αx+(1−α)y. Rõ ràng xα ∈ X X hàm lồi. Do Φ(., xα ) lõm, ta có = Φ(xα , xα ) αΦ(x, xα ) + (1 − α)Φ(y, xα ). Hoặc tương đương, α [Φ(x, xα ) − Φ(x, x)] (1 − α) [Φ(y, y) − Φ(y, xα )] . Mặt khác, Định nghĩa Mệnh đề 2.4 ta có Φ(x, xα ) − Φ(x, x) (xα − x)T G(x), Φ(y, xα ) − Φ(y, y) (xα − y)T G(y). Sử dụng tính chất bất đẳng thức với (2.24) ta α(xα − x)T G(x) α [Φ(x, xα ) − Φ(x, x)] (1 − α) [Φ(y, y) − Φ(y, xα )] (1 − α)(y − xα )T G(y). 29 (2.24) Vì xα − x = (1 − α)(y − x) y − xα = α(y − x) ta suy α(1 − α)(y − x)T G(x) α(1 − α)(y − x)T G(y), bất đẳng thức, (y − x)T [G(y) − G(x)] 0. Khi đó, G ánh xạ đơn điệu X. Hệ 2.3. Nếu L : Rl × Rm → R song hàm khả vi lồilõm, ánh xạ G (2.7) đơn điệu. Theo G (2.12) đơn điệu, fi : Rl → R, i = 0, ., m hàm lồi khả vi. Ta xét hệ sở kép tổng quát (2.1), (2.14), tương đương, (2.15), U xác định (2.10), V tập lồi ∗ ∗ đóng Rm + . Bài toán tìm cặp (u , v ) ∈ U × V cho m ∗ T ∗ vi∗ ∇fi (u∗ )] (u − u ) [F (u ) + ∀u ∈ U, i=1 (v − v ∗ )T [b(v ∗ ) − f (u∗ )] (2.25) ∀v ∈ V, m b : Rm + → R ánh xạ liên tục. Nó tương đương VI (2.1) với X = U × V, m   F (u) + vi ∇fi (u) i=1  G(x) = G(u, v) =  b(v) − f (u) (2.26) Mệnh đề 2.9. Giả sử fi : Rl → R, i = 1, ., m hàm khả vi lồi. Nếu ánh xạ F : U → Rl b : V → Rm đơn điệu (ngặt, mạnh), ánh xạ G (2.26) đơn điệu (ngặt, mạnh) X = U × V. 30 Chứng minh. Chọn điểm x = (u, v) ∈ X y = (u , v ) ∈ X. Thì (x − y)T [G(x) − G(y)] = (u − u )T [F (u) − F (u )] m T +(u − u ) m vi ∇fi (u) − i=1 v i ∇fi (u ) i=1 +(v − v )T [b(v) − b(v )] + (v − v )T [f (u ) − f (u)]. Do Mệnh đề 2.4, ta có (u − u )T ∇fi (u) fi (u) − fi (u ), (u − u )T ∇fi (u ) fi (u) − fi (u ). Do (x − y)T [G(x) − G(y)] (u − u )T [F (u) − F (u )] + (v − v )T [b(v) − b(v )], tính đơn điệu G suy từ tính đơn điệu F b. Tính đơn điệu (ngặt, mạnh) G suy luận tương tự. Mệnh đề 2.10. Nếu x∗ = (u∗ , v ∗ ) nghiệm (2.10), (2.15) ∗ ∗ với V = Rm + , u nghiệm toán tìm u ∈ D cho (u − u∗ )T F (u∗ ) ∀u ∈ D, (2.27) bi (v ∗ ) i = 1, ., m} , D = { u ∈ U |fi (u) U giống (2.10). Theo số giả thiết định, toán (2.27) chuyển toán điểm yên ngựa. Bằng cách đặt m vi fi (u) − ϕ(v). L(u, v) = f0 (u) + i=1 31 (2.28) 2.1.2. Sự tồn tính Mệnh đề 2.11. (Định lý điểm bất động Brouwer) Mỗi ánh xạ liên tục từ tập lồi không rỗng compact vào có điểm bất động. Để áp dụng kết cho toán (2.1) ta cần vài thuộc tính ánh xạ chiếu. Lấy điểm x tập Y E, ký hiệu πY (x) phép chiếu x vào Y πY (x) ∈ Y, x − πY (x) = x − y . y∈Y Mệnh đề 2.12. Giả sử Y tập đóng lồi khác rỗng E x điểm tùy ý E. Khi (i) Tồn điểm chiếu p = πY (x) x lên tập Y. (ii) Một điểm p ∈ Y hình chiếu x lên Y (p − x)T (y − p) ∀y ∈ Y. (2.29) Hình 2.3: (iii) Ánh xạ chiếu πY (.) không giãn (x − x )T [πY (x ) − πY (x )] πY (x ) − πY (x ) 32 ∀x , x ∈ E. (2.30) Chứng minh. Rõ ràng điểm p = πY (x) nghiệm toán lồi tối ưu hóa sau đây: min{ ϕ(y)|y ∈ Y }, ϕ(y) := 0.5 y − x . Do Định lý 2.1, toán tương đương với bất đẳng thức biến phân (2.29), tức là, khẳng định (ii) đúng. Hơn nữa, toán tương đương với toán tối ưu hóa sau đây: min{ ϕ(y)|y ∈ Y, y − x r}, r > inf y − x y∈Y 0; Bài toán có nghiệm nhờ định lý Weierstrass. Cho hai điểm tùy ý x , x ∈ E đặt p = πY (x ), p = πY (x ). Áp dụng (2.29) với x = x , p = p , y = p , tương ứng, ta (p − x )T (p − p ) 0, (p − x )T (p − p ) 0. Cộng hai bất đẳng thức lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta (p − p )T (p − p ) (x − x )T (p − p ) x −x Suy p −p x −x . Do đó, ánh xạ πY (.) không giãn. Áp dụng (2.29) với x , x hai điểm tùy ý E. T [πY (x ) − x ] . [y − πY (x )] 33 0, ∀y ∈ Y ; p −p ; T [πY (x ) − x ] . [y − πY (x )] 0, ∀y ∈ Y. Vì πY (x ), πY (x ) ∈ Y nên ta có: T 0; T 0. [πY (x ) − x ] . [πY (x ) − πY (x )] [πY (x ) − x ] . [πY (x ) − πY (x )] Cộng hai bất đẳng thức lại ta được: T T (πY (x ) − x ) − (πY (x ) − x ) − (πY (x ) − πY (x )) . [πY (x ) − πY (x )] T −(x − x ) . [πY (x ) − πY (x )] hay (x − x )T . [πY (x ) − πY (x )] (πY (x ) − πY (x )) , ∀x , x ∈ E. Vậy khẳng định iii, đúng. Giả sử tồn hai điểm chiếu p1 , p2 x lên tập Y . Áp dụng (2.29) với hai điểm chiếu p1 , p2 ta được: (p1 − x)T (y − p1 ) 0, ∀y ∈ Y, (p2 − x)T (y − p2 ) 0, ∀y ∈ Y. Vì p1 , p2 ∈ Y nên ta có: (p1 − x)T (p2 − p1 ) 0, (p2 − x)T (p1 − p2 ) 0. Cộng hai bất đẳng thức lại ta được: (p1 − p2 ) (p2 − x)T − (p1 − x)T hay − p − p2 0, p1 − p2 = 0. 34 0, Suy p1 = p2 . Ta tính phép chiếu, tức khẳng định (i) đúng. Mệnh đề 2.13. Cho X tập không rỗng, đóng lồi không gian E. Điểm x∗ ∈ X nghiệm toán (2.1) x∗ = πX [x∗ − θG(x∗ )] (2.31) với θ > 0. Chứng minh. Nếu (2.31) đúng, thì, áp dụng (2.29) cho ta (x∗ − [x∗ − θG(x∗ )])T (x − x∗ ) (θG(x∗ ))T (x − x∗ ) (x − x∗ )T G(x∗ ) ∀x ∈ X, 0∀x ∈ X, 0∀x ∈ X. Hình 2.4: Vậy x∗ ∈ X ∗ . Ngược lại, cho x∗ ∈ X ∗ , x∗ = x = πX (x∗ − θG(x∗ )). Áp dụng (2.29) cho ta (x − [x∗ − θG(x∗ )])T (x∗ − x) (x − x∗ )T (x∗ − x) + [θG(x∗ )]T (x∗ − x) − (x − x∗ ) − [θG(x∗ )]T (x − x∗ ) 35 0, hay (x − x∗ )T [θG(x∗ )] − x − x∗ < 0. Nghĩa x∗ ∈ / X ∗ , mâu thuẫn. Định lý 2.2. Cho X tập không rỗng, lồi compact không gian E cho G : X → E ánh xạ liên tục. Khi đó, toán (2.1) giải được. Chứng minh. Với x ∈ X, ta đặt φ(x) := πX (x − G(x)) . Khi φ : X → X. Hơn nữa, φ liên tục hợp hai ánh xạ liên tục. Vậy tồn x∗ = φ(x∗ ). Áp dụng Mệnh đề 2.13 ta suy x∗ nghiệm toán (2.1). Định lý 2.3. Cho tập X không rỗng, lồi, đóng không gian E cho G : X → E ánh xạ liên tục. Giả sử tồn tập compact Y X cho ∀x ∈ X\Y, ∃y ∈ Y : (x − y)T G(x) > 0, toán (2.1) có nghiệm. Chứng minh. Nó đủ để xét trường hợp không bị chặn. Cho Br hình tròn đóng (theo tiêu chuẩn) E với tâm O bán kính r > 0. Chọn r đủ lớn để r > y cho y ∈ Y. Thì Định lý 2.2 đảm bảo tồn nghiệm xr ∈ X ∩ Br cho VI sau: (z − xr )T G(xr ) ∀z ∈ X ∩ Br . 36 Hơn nữa, có xr < r điều kiện bức. Lấy x ∈ X. Thì tồn ε > đủ nhỏ cho xr + ε(x − xr ) ∈ X ∩ Br . Từ suy [xr + ε(x − xr ) − xr ]T G(xr ) 0. Chia ε hai vế bất đẳng thức trên, ta (x − xr )T G(xr ) 0. Nó cho thấy xr nghiệm toán (2.1) kết sau. Nói chung, toán (2.1) có nhiều nghiệm. Bây xét điều kiện nghiệm cho toán VI (2.1). Mệnh đề 2.14. Nếu G đơn điệu ngặt, toán (2.1) có nhiều nghiệm. Chứng minh. Giả sử có tồn hai nghiệm x x toán (2.1). Khi đó, định nghĩa ta có: (x − x )T G(x ) 0, (x − x )T G(x ) 0. Cộng hai bất đẳng thức lại ta (x − x )T [G(x ) − G(x )] 0. Do G đơn điệu ngặt ta suy x = x . Định lý 2.4. Cho tập X không rỗng, lồi, đóng không gian Euclide hữu hạn chiều E cho G : X → E ánh xạ liên tục đơn điệu mạnh. Thì toán (2.1) có nghiệm nhất. 37 Chứng minh. Do tính đơn điệu mạnh G ta có: (x − x)T G(x) x − x (x − x)T G (x) + τ x − x → +∞, → +∞. Do đó, điều kiện Định lý 2.3 thỏa mãn. Suy ra, toán (2.1) giải được. Hơn nữa, G đơn điệu mạnh nên nghiệm nhất. Giả sử M ma trận đối xứng, xác định dương, ví dụ M = αI với α > I toán tử đồng nhất. Định lý 2.5. Cho h(x) nghiệm toán tối ưu lồi g(x) = −min{ G(x), y − x + y − x, M (y − x) |y ∈ X} . Khi (2.32) h(x) − h(x ) x − x − (G(x) − G(x )) . α Chứng minh. Khi M xác định dương, toán (2.32) lồi mạnh. Như h(x) nghiệm toán y − x, M (y − x) + G(x), y − x |y ∈ H . Chú ý vi phân hàm tập lồi C nón pháp tuyến C, theo điều kiện cần đủ tối ưu ta có ∈ M (h(x) − x) + G(x) + NC (h(x)). Suy tồn z1 ∈ NC (h(x)) cho M (h(x) − x) + G(x) + z1 = 0, 38 NC (h(x)) kí hiêu nón pháp tuyến C h(x). Cho M = αI, h(x) = x − 1 F (x) − z1 . α α (2.33) 1 G(x ) − z1 . α α (2.34) Cũng tương tự h(x ) = x − Từ (2.33) (2.34) suy h(x) − h(x ) = x−x − = h(x) − h(x ), h(x) − h(x ) 1 (G(x) − G(x )) − (z − z1 ), h(x) − h(x ) . α α Suy h(x) − h(x ) x−x − x−x − (G(x) − G(x )) , h(x) − h(x ) α (G(x) − G(x )) . h(x) − h(x ) . α Do h(x) − h(x ) x−x − (G(x) − G(x )) . α Định lý 2.6. Giả sử G β đơn điệu mạnh thỏa mãn tính chất Lipschitz C với số L. Khi h ánh xạ co C với hệ số co δ := 1− 2β α + L2 α2 , α > L2 2β . Chứng minh. Giả sử G β đơn điệu mạnh thỏa mãn tính chất Lipschitz C với số L. Ta có x − x − (G(x) − G(x )) α 2 = x−x − x − x , G(x) − G(x ) + G(x) − G(x ) α α 39 . Từ Định lý 2.5 suy h(x) − h(x ) x−x + − x − x , G(x) − G(x ) α G(x) − G(x ) . α Vì G β đơn điệu mạnh thỏa mãn tính chất Lipschitz C, nên ta có: x − x , G(x) − G(x ) β x−x G(x) − G(x ) L2 x − x . Như h(x) − h(x ) 2β L2 x−x − x−x + x−x α α 2β L = 1− + x−x . α α Do h(x) − h(x ) Rõ ràng, α > L2 2β , δ := 1− 1− 2β L2 + α α 2β α + L2 α2 x−x . ∈ (0, 1). Do h ánh xạ co C với hệ số co δ. Ví dụ 2.3 Cho ánh xạ G : R2 → R2 theo công thức: G(x, y) := (G1 (x, y), G2 (x, y))T , đó, G1 (x, y) := x + y, G2 (x, y) := −x + y. Giả sử X := { (x, y)|x2 + y 1}. đơn điệu mạnh X. Thật vậy, với Tachỉ G là  x x z =   ; z =   ∈ X, ta có: y y (z − z )T = (x − x y − y ); τ z − z 40 = τ (x − x ) + (y − y )  G(z) − G(z ) =  x+y−x −y −x + y + x − y   Do  T (z − z ) (G(z) − G(z )) = (x − x y − y )  x+y−x −y −x + y + x − y = (x − x ) + (y − y ) = z − z   . Vậy G đơn điệu mạnh X với hệ số τ = 1. Do toán tồn nghiệm. Ta   G  Lipschitz X với số L > 0. Thật vậy, với  x x z =   ; z =   ∈ X, z = z ta có: y y z−z G(z) − G(z ) = (x − x )2 + (y − y )2 = (x + y − x − y )2 + (−x + y + x − y )2 Xét G(z) − G(z ) L z−z . Tức 2(x − x ) + 2(y − y ) Suy L2 Hay L √ L2 (x − x ) + (y − y ) 2. 2. Chọn L = 2. Vậy G Lipschitz X với số L = 2. 41 . Kết luận chung Luận văn đề cập đến vấn đề sau: • Nhắc lại số khái niệm tính chất Giải tích hàm như: không gian Hilbert, ánh xạ co . Đồng thời trình bày khái niệm ánh xạ co yếu, ánh xạ không giãn số ví dụ minh họa. • Phát biểu toán bất đẳng thức biến phân, toán liên quan tồn nghiệm toán (2.1). • Luận văn trình bày tiếp cận quan trọng nghiên cứu bất đẳng thức biến phân, đặc biệt việc nghiên cứu tồn nghiệm phương pháp giải sử dụng định lý điểm bất động. Ý tưởng cách tiếp cận xây dựng ánh xạ thích hợp cho tập điểm bất động ánh xạ tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân. Cách tiếp cận điểm bất động không làm việc với không gian hữu hạn chiều mà sử dụng không gian Hilbert. TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu Tiếng Việt [1] Nguyễn Phụ Hy (2006), Giải tích hàm, Nhà xuất Khoa học kỹ thuật. [2] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, Nhà xuất Khoa học kỹ thuật Hà Nội. [3] Đỗ Hồng Tân, Nguyễn Thị Thanh Hà (2003), Các định lý điểm bất động, Đại học sư phạm Hà Nội. [4] Hoàng Tụy (1966), Hàm thực giải tích hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội. Tài liệu Tiếng Anh [5] P.N.Anh, L.D.Muu, V.H.Nguyen and J.J.Strodiot (2005), On the contraction and nonexpansiveness properties of the marginal mapping in generalized variational inequalities involving cocoercive operators. In“Generalized Convexity and Generalized Monotonicity” (Eds. A Eberhard, N.Hadjisavvas and D.T.Luc), Springer, Chapter 5, page 89112. [6] P.N.Anh, L.D.Muu, V.H.Nguyen and J.J.Strodiot (2007), Using prox-imal point method for solving variational inequality problems, J.of Opti-mization Theory and Applications 16, 192-214. [7] I.V.Konnov (2007), Equilibrium Models and Variational Inequalities, Department of applied mathematics Kazan State University. [...]... T m > u − m Vậy β = λ nên T m = m Vì mọi điểm trên đoạn nối hai điểm bất động cũng là điểm bất động nên tập hợp các điểm bất động là tập hợp lồi và định lý đã được chứng minh 17 Chương 2 Phương pháp điểm bất động cho bất đẳng thức biến phân Trong chương này, chúng ta xem xét một vài vấn đề về lý thuyết của bất dẳng thức biến phân với ánh xạ đơn trị liên tục dưới trong không gian hữu hạn chiều, cũng... tồn tại một điểm v ∗ ∈ V = Rm sao cho (u∗ , v ∗ ) + là một điểm yên ngựa của hàm L(u, v) = uT F (u∗ ) + m i=1 vi fi (u) Tại bất đẳng thức bên trái trong (2.6) với L = L là bất đẳng thức thứ hai trong (2.15), khi đó bất đẳng thức bên trái trong (2.6) với L = L nghĩa là u∗ là một nghiệm cho bài toán tối ưu hóa lồi sau: m T ∗ ∗ vi fi (u)|u ∈ U min u F (u ) + , i=1 tương đương với bất đẳng thức đầu tiên... phi tuyến Các kiến thức trong chương này được lấy chủ yếu từ tài liệu [5], [7] 2.1 Bài toán VI 2.1.1 Bất đẳng thức biến phân và các bài toán liên quan Cho X là một tập không rỗng, đóng và lồi của không gian Euclide hữu hạn chiều E, G : X → E là một ánh xạ liên tục Bài toán bất đẳng thức biến phân (variational inequality, viết tắt là VI) được phát biểu như sau: Tìm điểm x∗ ∈ X sao cho 18 (x − x∗ )T G(x∗... trên không gian compact X Vậy tồn tại x0 ∈ X sao cho f (x0 ) = min{f (x) : x ∈ X} Nếu f (x) > 0 thì x0 = T x0 nên f (T x0 ) = d(T x0 , T 2 x0 ) < d(x0 , T x0 ) = f (x0 ), mâu thuẫn Vậy f (x0 ) = 0 và x0 là điểm bất động của T Tính duy nhất của điểm bất động là hiển nhiên vì T là co yếu Định lý đã được chứng minh Định lý 1.9 (Định lý điểm bất động Caristi) Cho (X, d) là một không gian mêtric đầy đủ và... thì tồn tại một điểm v ∗ ∈ V = Rm sao cho + (u∗ , v ∗ ) là một nghiệm của (2.1), (2.14) 25 Chứng minh (i) Cho (u∗ , v ∗ ) là nghiệm của (2.1), với G được cho bởi (2.14) tương đương: m (u − u∗ )T F (u∗ ) + i=1 ∗ T ∗ vi fi (u∗ ) ∗ (v − v ) [−f (u )] 0 ∀v ∈ V = 0 ∀u ∈ U, (2.15) Rm + Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra được u∗ ∈ D và [f (u∗ )]T v ∗ = 0, do đó, bằng cách sử dụng bất đẳng thức đầu tiên trong... như sau: Tìm điểm x∗ ∈ X sao cho 18 (x − x∗ )T G(x∗ ) 0, ∀x ∈ X (2.1) Điểm x∗ ∈ X thỏa mãn (2.1) được gọi là nghiệm của bất đẳng thức biến phân (2.1) và được kí hiệu là Sol (VI) Định nghĩa 2.1 Cho X là một tập lồi trong E và cho Q : X → E là một ánh xạ Ánh xạ Q được gọi là (a) đơn điệu mạnh trên X với τ > 0 không đổi sao cho mỗi cặp điểm x, y ∈ X, ta có (x − y)T [Q(x) − Q(y)] τ x − y 2; (b) đơn điệu... Kirk, tập hợp các điểm bất động của T không rỗng, ngoài ra nó đóng vì T liên tục Ta cần chứng minh tính lồi của tập hợp này Cho u = T u, v = T v và m = λu + (1 − λ)v với một λ ∈ [0,1] nào đó Khi đó u − m = (1 − λ)(u − v) và v − m = λ(v − u) Vì T là ánh xạ 16 không giãn nên ta có u − Tm + Tm − v u−m + m−v = u−v Do u − v = (u − T m) + (T m − v) nên u−v u − Tm + Tm − v Kết hợp với bất đẳng thức trên, ta... nếu Q là xác định dương trên Y ; (iii) Q là đơn điệu mạnh trên Y với hằng số τ khi và chỉ khi (p)T Q(x)p τ p 2 , ∀p ∈ E, x ∈ Y 19 Cho X là một tập lồi đóng tùy ý trong E và cho T là một ánh xạ liên tục từ X vào chính nó Bài toán tìm điểm bất động là tìm một điểm x∗ ∈ X sao cho x∗ = T (x∗ ) (2.2) Bài toán này cũng có thể chuyển sang dạng VI Mệnh đề 2.2 Nếu ánh xạ G được xác định bởi G(x) = x − T (x),... lại, cho x∗ là nghiệm bài toán (2.1), (2.3) Thì T (x∗ ) ∈ X và cho x∗ = T (x∗ ) trong (2.1) được − x∗ − T (x∗ ) 2 0, nghĩa là x∗ = T (x∗ ) Bây giờ, chúng ta xét bài toán tối ưu hóa sau: cho f : X → R là một hàm giá trị thực Tìm điểm x∗ ∈ X sao cho f (x∗ ) f (x), ∀x ∈ X, hoặc min{ f (x)|x ∈ X} (2.4) Chúng ta kí hiệu Xf là tập nghiệm của bài toán này Định nghĩa 2.2 Cho X là một tập lồi trong E và cho. .. y) < = d(x, y) Lớp ánh xạ thỏa mãn điều kiện (1.5) thường được gọi là “co yếu” Hiển nhiên các ánh xạ thuộc lớp này, nếu có điểm bất động thì nó phải duy nhất Định lý 1.7 (xem [3]) Cho (X, d) là một không gian mêtric đầy đủ và T là một ánh xạ ( , δ)−co trong X Khi đó, T có điểm bất động duy nhất x∗ và với mọi x0 ∈ X, ta có T n x0 → x∗ khi n → ∞ Chứng minh Lấy x0 ∈ X tùy ý, đặt xn+1 = T xn ; cn = d(xn . " ;Phương pháp điểm bất động cho bất đẳng thức biến phân& quot;. 1 2. Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu của đề tài là nghiên cứu phương pháp điểm bất động giải bất đẳng thức biến phân. . . . . . . . . 14 2 Phương pháp điểm bất động cho bất đẳng thức biến phân 18 2.1. Bài toán VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.1.1. Bất đẳng thức biến phân và các bài toán. giãn cho một số lớp bài toán bất đẳng thức biến phân quan trọng. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu của đề tài là điểm bất động và bất đẳng thức biến phân. 2 5. Phương pháp