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 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 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 toán 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 toán không cần điều kiện kiểu Lipschitz 28 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 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 công trình nghiên cứu tôi, không trùng với nghiên cứu khác Thái Nguyên, ngày 24 tháng 11 năm 2015 Học viên Phạm Thị Mỹ Lương iii Lời cảm ơn Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình bảo nghiêm khắc GS.TSKH Lê Dũng Mưu Tôi xin bày tỏ lòng 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 suốt 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 trình học tập 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 iv Danh sách ký hiệu R không gian số thực H không 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 Danh sách hình vẽ 2.1 Hình vẽ minh họa 18 3.1 Hình vẽ minh họa 33 Mở đầu Cho H không gian Hilbert thực với tích vô 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 toán 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, toán điểm bất động Kakutani, mô hình cân Nash cho trò chơi không hợp tác, trường hợp đặc biệt Khi f hàm lồi khả vi theo biến thứ tập C từ phương pháp giải toán tối ưu ta phát triển để giải toán (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 không điểm toán 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 toán 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 (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 toán (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 toán cân bằng: • Phát biểu toán • 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 Cô, 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 Toán lớp Y, khóa 2013-2015 Chuyên ngành Toán ứng dụng Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: Myluonghnue@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 không 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 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, toán (EP ) có nghiệm Chứng minh Với x ∈ C, ta kí hiệu S(x) tập nghiệm toán {f (x, y) : y ∈ C} (CO) Vì C tập compact f (x, ) nửa liên tục nên theo định lý Weistrass, toán 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 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, toán (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, toán (EP ) có nghiệm 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 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 toán 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 24 Do x − y = Vì x = y 25 Chương Thuật toán giải toán cân đơn điệu mạnh Chương dự kiến trình bày hai thuật toán chiếu, thuật toán với tốc độ hội tụ tuyến tính thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz thuật toán không 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 (4) 26 Từ (1) sử dụng điều kiện tối ưu cho toán 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∗ (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 toán có tốc độ tuyến tính với toán 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 28 Định lí 3.1.1 Giả sử L2 < β < ρ < 2L1 Khi dãy xk sinh thuật toán 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 toán không 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 toán 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: 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 toán chưa kết thúc, dãy xk hội tụ mạnh tới nghiệm x∗ Chứng minh i) Nếu thuật toán 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 toán 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 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 k=1 Từ λk := 2βρk ta có ∞ đóng ∞ j ∗ x −x → j → ∞ (18) ∞ k=1 xj ρ2k k=1 ρk = ∞ λk := 2β Chú ý + 2+c (19) k=1 ρ2k < ∞ Do từ (18) (19) ta suy 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 , công 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   (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 vòng 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·   = Với z = O + t · z1,   −t  O gốc tọa độ, suy z =  t Để tính z = PC z − ρ g −1   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∗ 34 Kết luận Bài toán 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 toán chiếu, thuật toán với tốc độ hội tụ tuyến tính thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz thuật toán không cần điều kiện kiểu Lipschitz 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 môn 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) ... 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... điểm toán cân bằng: • Phát biểu toán • 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. .. F đơn điệu F (x) − F (y) , x − y 0, ∀x, y ∈ C Tương tự, ta chứng minh F đơn điệu mạnh (đơn điệu chặt) f đơn điệu mạnh (đơn điệu chặt) 15 Chương Bài toán cân Chương trình bày kiến thức toán cân