PHƯƠNG PHÁP LUẬN NGHIÊN CỨU KHOA HỌCChuyên ngành Toán giải tích

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN BÀI THU HOẠCH PHƯƠNG PHÁP LUẬN NGHIÊN CỨU KHOA HỌC Chun ngành: Tốn giải tích NGƯỜI HƯỚNG DẪN HỌC VIÊN THỰC HIỆN PGS.TS NGUYỄN PHÚ LỘC TRƯƠNG VĂN TRÍ MSHV: M0714034 Cần Thơ, 2015 MỤC LỤC Contents PHẦN 1: ĐỀ CƯƠNG NGHIÊN CỨU KHOA HỌC PHẦN MỞ ĐẦU PHẦN NỘI DUNG PHẦN KẾT LUẬN PHẦN TÀI LIỆU THAM KHẢO PHẦN 2: MỞ RỘNG BÀI TOÁN Bài toán Bài toán PHẦN 3: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH TOÁN HỌC 10 Phương pháp biến đổi tương đương 10 Phương pháp chứng minh quy nạp 11 Phương pháp chứng minh phản chứng 12 Phương pháp chứng minh trực tiếp 14 Phương pháp chứng minh phản đảo 16 Chứng minh tồn 17 PHẦN 1: ĐỀ CƯƠNG NGHIÊN CỨU KHOA HỌC Đề tài: CHỈNH HOÁ NGHIỆM BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN VÀ CÁC DẠNG MỞ RỘNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TIKHONOV PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bài toán bất đẳng thức biến phân giới thiệu hai nhà toán học tiếng Hartman and Stampacchia vào năm 1966 Bài tốn có nhiều ứng dụng số lĩnh vực như: kinh tế, kỹ thuật, vật lý, Vì thập niên gần đây, toán nhiều nhà toán học ngồi nước quan tâm nghiên cứu(xem [13],[15]) Bài tốn bất đẳng thức biến phân dạng đặc biệt tốn cân Cho khơng gian Hilbert thực H , K tập lồi, đóng, khác rỗng H Hàm hai biến gọi hàm cân hàm f : K  K  n thoả mãn: x  K , f  x, x   Xét tốn: Tìm x  K cho: f  x , y   0, y  K Bài tốn gọi tốn cân bằng, kí hiệu EP  f , K  Bài toán cân lần giới thiệu bởi H Nikaido, K Isoda vào năm 1955 nhằm mục đích tổng qt hố tốn cân Nash trò chơi khơng hợp tác Năm 1972, Ky Fan xét toán dạng bất đẳng thức minimax Do ông người dày công nghiên cứu có nhiều đóng góp đáng kể cho tốn nên toán gọi bất đẳng thức Ky Fan ( Ky Fan Inequality) Bài toán dạng tổng quát toán khác như: toán tối ưu (Optimizational problem), toán điểm yên ngựa (Saddle point problem), toán điểm cân Nash (Nash equilibrium point problem), toán điểm bất động (Fixed point problem), toán bất đẳng thức biến phân (Variational inequality), Một số kết thu từ tốn mở rộng, khái qt hoá cho toán cân Nhiều lớp toán thực tế tối ưu, kinh tế, vật lý kỹ thuật mơ tả dạng tốn cân Vì tốn đơng đảo nhà toán học quan tâm nghiên cứu (xem [1],[2],[3],[5]) Thơng thường nghiên cứu tốn người ta hay quan tâm đến việc xây dựng phương pháp giải chứng minh tồn nghiệm, tìm hiểu cấu trúc tập nghiệm, tính hội tụ, tính ổn định nghiệm, Tuy nhiên việc xây dựng phương pháp giải quan tâm Tính đến thời điểm có nhiều phương pháp giải cho toán như: phương pháp điểm gần kề proximal point method; đưa B Martinet vào năm 1970 cho bất đẳng thức biến phân R.T Rockafellar phát triển năm 1976), phương pháp nguyên lý toán phụ (auxiliary subproblem principle method; Cohen đề xuất), phương pháp chiếu (projection methods), phương pháp chỉnh hoá Tikhonov (Tikhonov regulariz- ation method ), phương pháp hàm đánh giá (gap function method) Năm 1963, Andrey Nikolayevich Tikhonov đưa phương pháp chỉnh hoá để giải phương trình tốn tử Từ phương pháp sử dụng rộng rãi để giải toán cân nói chung hay tốn đặt khơng chỉnh (Ill-Posed problems), toán bất đẳng thức biến phân nói riêng Vấn đề nhiều nhà tốn học nước nghiên cứu như: A.N Tikhonov, M.M Lavrent’ev, V.K Ivanov, I.V Konnov, Phan Quốc Khánh, Lâm Quốc Anh, Lê Dũng Mưu, Ý tưởng phương pháp là: xây dựng toán chỉnh hoá cách cộng thêm vào toán tử toán ban đầu toán tử đơn điệu mạnh phụ thuộc vào tham số cho toán chỉnh hố thu có nghiệm Khi đó, với điều kiện phù hợp, dãy lặp nhận cách giải toán chỉnh hoá, cho tham số dần tới điểm giới hạn thích hợp ta có giới hạn nghiệm toán gốc Mặc dù vấn đề đề xuất nghiên cứu cách vài thập niên có tài liệu tiếng việt chuyên khảo vấn đề Đa số tài liệu dừng lại việc nghiên cứu lớp tốn riêng lẻ, cụ thể Chính chưa hình dung liên hệ mật thiết lớp toán khác Hơn nữa, từ phương pháp chỉnh hoá Tikhonov cho toán bất đẳng thức biến phân không gian hữu hạn chiều điều chỉnh giải tốn bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert, bất đẳng thức biến phân đa trị, hay tổng quát toán cân bằng, toán cân hai mức, Vì việc thực đề tài: “ Chỉnh hoá nghiệm toán bất đẳng thức biến phân dạng mở rộng phương pháp Tikhonov” có ý nghĩa khoa học lý luận thực tiễn to lớn 2 Mục đích nghiên cứu Xây dựng phương pháp chỉnh hoá nghiệm Tikhonov cho toán bất đẳng thức biến phân dạng mở rộng Nhiệm vụ nghiên cứu Để đạt mục tiêu đặt tập trung giải vấn đề sau: Tìm hiểu mơ hình tốn bất đẳng thức biến phân dạng mở rộng cân bằng, cân hai mức, hệ toan cân bằng,…; Tập trung tìm hiểu phương pháp Tikhonov; Xây dựng phương pháp chỉnh hóa nghiệm cho lớp toán việc sử dụng phương pháp Tikhonov Giả thuyết nghiên cứu Có nhiều phương pháp để chỉnh hố tốn đặt khơng chỉnh Tuy nhiên phương pháp Tikhonov phương pháp hiệu áp dụng cho nhiều lớp toán toán cân bằng, toán bất đẳng thức biến phân, … Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp chỉnh hoá nghiệm toán bất đẳng thức biến phân dạng mở rơng như: tốn cân bằng, cân hai mức, … Phạm vi nghiên cứu: Các tốn xét khơng gian Hilbert thực, khơng gian Euclide hữu hạn chiều Phương pháp nghiên cứu Để hoàn thành luận văn sử dụng tổng hợp phương pháp sau: - Sưu tầm, hệ thống hoá, phân tích, nghiên cứu tài liệu ngồi nước có liên quan đến đề tài; - Nghiên cứu lý thuyết dựa tài liệu sưu tầm được; - Tự nghiên cứu sở trao đổi, học hỏi, tham khảo ý kiến từ giáo viên hướng dẫn; - Tham gia nhóm sinh hoạt học thuật, tham dự buổi seminar chuyên đề Dự kiến kết nghiên cứu Dự kiến sau hoàn thành luận văn đạt số kết sau đây: i) Xây dựng phương pháp chỉnh hoá nghiệm toán bất đẳng thức biến phân phương pháp Tikhonov; ii) Xây dựng phương pháp chỉnh hoá nghiệm toán mở rộng toán bất đẳng thức biến phân phương pháp Tikhonov như: toán bất đẳng thức biến phân đa trị, toán cân bằng, cân hai mức, hệ toán cân bằng; iii) Một số kết khác cập nhật q trình hồn thiện luận văn Kế hoạch nghiên cứu Thời gian thực đề tài: 08/2015 – 08/2016 Thời gian Nội dung nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu 08/201509/2015 10/201512/2015 01/201603/2016 04/201606/2016 Thu thập tài liệu, viết đề cương Tổng hợp Chương I Tổng hợp Chương II Tổng hợp Chương III Tổng hợp 07/2016 08/2016 Tổng hợp, sửa chữa, hoàn thiện luận văn Báo cáo luận văn Tổng hợp Kết Hoàn thành chương I Hoàn thành chương II Hoàn thành chương III Luận văn hoàn thành PHẦN NỘI DUNG Chương 1: Bài toán bất đẳng thức biến phân 5.1 Phép chiếu Mêtric 5.2 Mơ hình tốn bất đẳng thức biến phân 5.3 Các định lý tồn nghiệm Chương 2: Chỉnh hoá Tikhonov cho toán bất đẳng thức phân 2.1 Mơ hình tốn bất đẳng thức biến phân 2.2 Phương pháp chỉnh hoá Tikhonov cho toán bất đẳng thức biến phân 2.3 Phương pháp chỉnh hoá Tikhonov cho toán bất đẳng thức biến phân đa trị Chương 3: Chỉnh hoá Tikhonov cho toán cân 3.1 Mơ hình tốn cân 3.2 Chỉnh hoá nghiệm toán cân 3.3 Chỉnh hoá nghiệm toán cân hai mức 3.4 Chỉnh hoá nghiệm hệ toán cân PHẦN KẾT LUẬN Nêu số kết đạt mặt hạn chế đề tài; Đề hướng nghiên cứu PHẦN TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] L.Q Anh, P.Q Khanh (2008), Semicontinuity of the approximate solution sets of multivalued quasiequilibrium problems, Numer Funct Anal Optim 29:24-42 [2] Nguyen Buong and Dang Thi Hai Ha (2009), Tikhonov regularization method for a system of equilibrium problems in Banach spaces, Ukrainian Mathematical Journal, Vol 61, No [3] Bui Van Dinh and Le Dung Muu (2011), On Penalty and Gap Function Methods for Bilevel Equilibrium Problems, Journal of Applied Mathematics Volume 2011, Article ID 646452, 14 pages [4] Yiran He (2012), The Tikhonov Regularization Method for Set-Valued Variational Inequalities, Hindawi Publishing Corporation Abstract and Applied Analysis […] PHẦN 2: MỞ RỘNG BÀI TỐN Bài tốn Bài toán 1.1: Cho x1 , x2 , x3 số thực không âm thỏa mãn x1  x2  x3  Tìm giá trị lớn biểu thức P  3,   x1 x2  x2 x3  x3 x1 Giải Bài tốn có lời giải tương đối đơn giản, ta giải sau Ta có  x1  x2  x3    x  x  2   x2  x3    x3  x1  2  3  x1 x2  x2 x3  x3 x1   3P  3,  3 Suy P  3,   Dấu “=” xảy x1  x2  x3  Vậy MaxP  3,   Ta mở rộng toán cho trường hợp bốn số thực sau: Bài toán 1.2 : Cho x1 , x2 , x3 , x4 số thực không âm thỏa mãn x1  x2  x3  x4  Tìm giá trị lớn biểu thức P  4,   x1 x2  x2 x3  x3 x4  x4 x1 Giải x x x x  Ta có P  4,   x1 x2  x2 x3  x3 x4  x4 x1   x1  x3  x2  x4       Suy P  4,   1 Dấu “=” xảy x1  x3  x2  x4  4 Vậy MaxP  4,   Ta tiếp tục mở rộng toán cho trường hợp năm số thực sau: Bài toán 1.3: Cho x1 , x2 , x3 , x4 , x5 số thực không âm thỏa mãn x1  x2  x3  x4  x5  Tìm giá trị lớn biểu thức P  5,   x1 x2  x2 x3  x3 x4  x4 x5  x5 x1 Giải Khơng tính tổng quát ta giả sử x1   x1 , x2 , x3 , x4 , x5  Ta có: P  5, 2  x1 x2  x2 x3  x3 x4  x4 x5  x5 x2   x1  x3  x5  x2  x4  x x x x x      Suy P  5,   Dấu “=” xảy x1  x2  x3  & x4  x5  Vậy MaxP  5,   Ta phát biểu toán tổng sau: Bài toán tổng quát : Cho số nguyên n  k  thoả mãn  k  n Xét n số thực không âm x1 , x2 , , xn cho x1  x2   xn  Tìm giá trị lớn P  n, k   x1 x2 xk  x2 x3 xk 1   xn x1 xk 1 Bài toán tổng quát 1.1 : Cho n,  n  3 số thực không âm x1 , x2 , , xn cho x1  x2   xn  Tìm giá trị lớn P  n,   x1 x2  x2 x3   xn x1 Đs: MaxP  n,   n4 n4 8n Bài toán Bài toán 2.1: Chứng minh x, y hai số dương thì: 1 1  4 x y   x  y Đẳng thức xảy nào? Giải Vì x, y hai số dương nên : x  y  xy , đẳng thức xảy x  y 1 1  2 ,đẳng thức xảy  x y x y xy 1 1  Do đó:  x  y      xy xy x y 1   Đẳng thức xảy khi:  x y  x  y x y  Ta mở rộng tốn với ba số sau: Bài toán 2.2: Chứng minh x,y,z ba số dương thì: 1 1   9 x y z   x  y  z Đẳng thức xảy nào? Giải Vì x, y, z hai số dương nên : x  y  z  3 xyz , đẳng thức xảy x  y  z 1 1 1    33 ,đẳng thức xảy   x y z x y z xyz 1 1  Do đó:  x  y  z       3 xyz 3 xyz x y z 1 1    Đẳng thức xảy khi:  x y z  x  y  z x yz  Tổng quát hóa với n số ta toán: Bài toán tổng quát : Chứng minh x1 , x2 , , xn n số dương thì: 1 1      n xn   x1 x2  x1  x2   xn   Đẳng thức xảy nào? Giải Vì x1 , x2 , , xn n số dương nên : x1  x2   xn  n n x1 x2 xn , đẳng thức xảy x1  x2   xn 1 1 1        n n ,đẳng thức xảy x1 x2 xn x1 x2 xn x1 x2 xn 1 1  n2 Do đó:  x1  x2   xn        n n x1 x2 xn n n xn  x1 x2 xn  x1 x2 1 1     xn  x1  x2   xn Đẳng thức xảy khi:  x1 x2  x  x   x n  PHẦN 3: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH TOÁN HỌC Phương pháp biến đổi tương đương Để chứng minh mệnh đề P ta dùng phép biến đổi tương đương đưa mệnh đề Q Nếu mệnh đề Q suy mệnh đề P Cụ thể ta xét ví dụ chưng minh bất đẳng thức Tuy nhiên trình chứng minh bất đẳng thức sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, ta thường dùng phép biến đổi tương đương sau: - Chuyển vế đổi dấu - Ước lượng số hạng đồng dạng - Nhân hai vế bất đẳng thức với số dương giữ nguyên chiều bất đẳng thức - Nhân hai vế bất đẳng thức với số âm đổi chiều bất đẳng thức - Hai vế không âm, luỹ thừa bậc chẵn hai vế - Luỹ thừa bậc lẽ hai vế - Sử dụng phép biến đổi tương đương logarit mũ Ví dụ 1.1 : Trong tam giác ABC, ta có bất đẳng thức sau: A B C A B C   tan  tan  tan   cot  cot  cot 2 2 2  (1) Giải  A B C A B C Ta có  tan  tan  tan   cot  cot  cot 2 2 2  A B C 1    tan  tan  tan     2  tan A tan B tan C  2 A B C    tan  tan  tan   2 2  tan A B B C C A tan  tan tan  tan tan 2 2 2 A B C tan tan tan 2 A B C A B C A B B C C A    tan  tan  tan  tan tan tan  tan tan  tan tan  tan tan 2 2 2 2 2 2  Đặt x  tan 2  A B B C C A tan ; y  tan tan ; z  tan tan Khi x, y, z  x  y  z  2 2 2 10 Ta có  2   xy  yz  zx    x  y  z   x  y  z  xy  xz  yz   1 2 x  y   y  z    z  x     2  3 Do (3) nên dẫn đến (1) Đẳng thức xảy x  y  z  tan A B B C C A tan  tan tan  tan tan  A  B  C  ABC tam giác 2 2 2 Ví dụ 1.2 : (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối D-2003) Cho 1  x  Chứng minh x 1 x2   (1) Giải Vì x  1 nên x 1 x2   x 1 x2   x  1 2  Do ta có: x 1   1 2x 2 x 1   x  1 2x 2x  x2 1  1   0 0 x 1 x 1 x2   2 Vì (2) nên dẫn đến (1) Đẳng thức xảy x  Phương pháp chứng minh quy nạp Phương pháp thường dùng để chứng minh mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n Để chứng minh mệnh đề P(n) ( n0  n  ) ta thực bước sau : Bước : Chứng minh mệnh đề P(n0) đúng, tức kiểm tra mệnh đề với n  n0 Bước : Giả sử mệnh đề P(k) k  n0 , k  , tức giả sử mệnh đề với n  k (k  n0 , k  ) Bước : Ta chứng minh mệnh đề P(k+1) đúng, tức chứng minh mệnh đề với n  k  Ví dụ 2.1 : Chứng minh với số tự nhiên n  ln có n n  n1 n  Giải 11 n Thấy rằng: n n n 1 n 1  n n 1  1   n  1  n  1    n 1 n Sử dụng phương pháp quy nạp ta chứng minh (1) Với n  mệnh đề  64     27   k Giả sử (1) với n  k  tức k  1    k Ta chứng (1) với n  k 1 , tức chứng minh   k   1    k 1  k Thật k  1    k 1    1   k k k    Hay k   1    k 1      k 1 k 1    1    k 1 k 1 k 1 Vậy (1) với n  k 1 Suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.2 : Chứng minh rằng: 1  x    nx , n 1  x  n Giải Với n 1  x    0.x   Vậy bất đẳng thức với n Giả sử bất đẳng thức với n , tức 1  x    kx k k Ta chứng minh bất đẳng thức với n 1  x  k k Thật vậy:   kx  1  x  (1  x)  (1  kx)(1  x) k  (1  x) k 1  kx  kx  x   (1  x) k 1  (k  1) x  kx   (1  a ) k 1  (k  1)a Do bất đẳng thức với n Vậy với n k 1  x  1  x    nx n Phương pháp chứng minh phản chứng Chứng minh mệnh đề p  q phản chứng ta thực sau: 12 Bước 1: Giả sử khơng có q (hay q sai) Bước 2: Suy điều vô lý trái với giả thiết p Bươc 3: Kết luận phải có q (hay q đúng) Ví dụ 3.1 Cho tam giác ABC Lấy M , N , P tương ứng BC , CA, AB Chứng minh S ANP , S BPM , SCMN   S , S diện tích tam giác ABC Giải Giải sử S ANP , S BPM , SCMN   S S S Khi ta có S ANP  ; S BPM  ; SCMN  S Nhân vế ba bất đẳng thức ta được: S ANP S BPM SCMN S S S S3 AN AP BM BP CM CN   ANP BPM CMN    64 S S S 64 AC AB BC BA CB CA 64 (1)  AN NC   AN NC  AC AC   Theo bất đẳng thức Cauchy ta có   AC AC     Tương tự BP PA CM MB  ,  BA BA CB CB Nhân vế ta có AN AP BM BP CM CN  AC AB BC BA CB CA 64 (2) Từ (1) (2) suy điều vô lý Suy giả thiết phản chứng sai Vậy S ANP , S BPM , SCMN   S Ví dụ 3.2 Cho ba số dương a, b, c abc  Chứng minh   1  S   a 1   b 1   c 1   b  c  a  Giải Giả sử ngược lại S  Suy S  Do abc  nên ta có S   a   ac  b   ab  c   bc    a  abc  ac  b  abc  ab  c  abc  bc   1  bc  c 1  ac  a 1  bc  b   2   abc  bc  c  abc  ac  a  abc  bc  b  =  ab  b  1bc  c  1 ac  c  1  3 Từ (2) (3) suy ra: 13  2  S  1  bc  c 1  ac  a 1  bc  b   S  1   bc  c   1   ac  a   1   ab  b              S   ab  b  1 bc  c  1 ac  c  1 Do S  nên từ (4) suy ba số   bc  c  ;1   ac  a  ;1   ab  b  có hai số 2 âm, số dương (vì số dương S  , mâu thuẫn với (1) ) Ta giả sử: 1   bc  c 2   1   ac  a    1   ab  b    5 6 7  1  bc  c 1  bc  c   1  bc  c      1  bc  c   1  bc  c    1  bc  c    8  9  Từ (5) suy  Từ (8) suy abc  bc  c   c  ab  b  1   ab  b  abc   a   ac  Vì   ac  a   a 1 ac  nên  a  ac  10  Từ (8) (10) suy 1  c  bc 1  a  ac   Mà S   ab  b  1 bc  c  1 ac  c  1     b  ab   abc  b  ab   b  ac   a     ac   a     ac  abc  a    a  c  bc  1  Vậy  bc  c  , mâu thuẫn với (9) Do S  Phương pháp chứng minh trực tiếp Chứng minh p  q phương pháp trực tiếp sau: p  p1  pk  q Ví dụ 4.1 : Cho x  3, xy  6, xyz  Chứng minh S  x y z 6 Giải x  y  x   y x Ta có S  x  y  z     z       3  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x y xyz   z  33  (vì xyz  ) x y xy  2  (vì xy  ) 14 x  (vì x  ) Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức ta x y  x y x S     z         1  3  3 2 x y 3   z 1 x    x y  Đẳng thức xảy   1  y     z 1 x3    Ví dụ 4.2 : Giả sử S hệ trực giao gồm vector khác Khi S hệ độc lập tuyến tính Hơn nữa, với n vector x1 , x2 , , xn  S Ta có x1  x2   xn  x1  x2   xn 2 2 Giải Lấy n vector x1 , x2 , , xn  S Giả sử 1 x1  2 x2   n xn  Khi với j  1, n ta có n  0, x j  1 x1  2 x2   n xn , x j   i xi , x j   j x j , x j i 1 Vì x j  nên x j , x j  x j  Do  j  0, j  1, n Do  x1 , x2 , , xn  Vậy S hệ độc lập tuyến tính Ta có x1  x2   xn n n  x , x  i 1 i j 1 n n i 1 j 1 n 1   1 * ta có 1   2 n n Giải n 1  n  Do  n 1  n *  : n 1  n n 1  n  n i 1 i 1   xi , x j   xi , xi   xi j Ví dụ 4.3 : Chứng minh với n  Ta để ý với n  n 1  n 1  n n  n 1  n n 15 Ta có: 1 1  2 2 1,  32 ,   , …,  n 1  n n Cộng vế theo vế bất đẳng thức lại với ta được: 1 Mặt khác ta có: Ta có:  , 1    n 1  2 n n 1  n  2   1 , 1 1 hay  2 n 1  n n 1 n 1 2    , …, 2 n    n 1  n  n  n 1 Cộng vế theo vế bất đẳng thức lại với ta được: 1 1   2 n n Từ (1) (2) suy n      2 1   2 n n Phương pháp chứng minh phản đảo Để chứng minh mệnh đề P ( x)  Q( x) Ta chứng minh Q ( x )  P ( x ) Ví dụ 5.1 : Giả sử m n hai số nguyên cho m  n chia hết cho Chứng minh m n đồng thời chia hết cho Giải Giả sử m n không đồng thời chia hết cho Nghĩa ta có m  p  r , n  3q  s, r , s  1, 2 Khi m2   p  r 2   p  pr   r   m2  n   p  pr  3q  2qs   r  s  2 2  n   3q  s    3q  2qs   s Bởi r , s 1, 2 nên r  s không chia hết cho Suy m  n không chia hết cho Vậy m n đồng thời chia hết cho Ví dụ 5.2: Cho d ước n Nếu n số lẻ d số lẻ Giải Giả sử d số chẵn  k  cho d  2k 16 Mà d ước n nên n d Suy n  qd với q  Khi ta có n  2qk , q, k  Do n số chẵn Vậy n số lẻ d số lẻ với d ước n Chứng minh tồn Để chứng minh tồn ta tiến hành sau: Bước Chứng minh tồn Bước Chứng minh tính Ví dụ 6.1 : Chứng minh phương trình sau có nghiệm x  2.3log2 x  Giải Điều kiện: x  Ta thấy x  nghiệm phương trình  2.3log   2.30  Ta có x  2.3log x  đưa dạng 2.3log x   x 2 Vì vế trái phương trình hàm đồng biến vế phải hàm nghịch biến nên x  nghiệm phương trình Ví dụ 6.1 : Cho X khơng gian Hilbert, C tập lồi đóng X x  X Khi tồn y C cho: x  y  x  u uC Giải Với x  C , ta chọn y  x ,ta điều phải chứng minh x  u  Suy tồn  xn   C : d  lim x  un Với x  C , C đóng nên d  inf uC n  Ta có un n dãy C Thật vậy: Áp dụng bất đẳng thức hình bình hành ta có x   un  um   un  um 2 Mà x   un  um   x    x  un  x  u m un  um 2  4d 17   Suy 4d  un  um  x  un  x  um 2  Cho n, m   , lim u n  n x  un  d  x  u Đặt y  lim un y  C x  y  lim n  uC n  Chứng minh x u  d Giả sử tồn y '  C : x  y '  uC Áp dụng bất đẳng thức hbh cho x  y , x  y ' ta có  x   y  y '  y  y '  x  y  x  y ' Vì 2   4d y  y'  C nên 4d  y  y '  4d Suy y  y '   y  y ' Vậy y 18  um  ... Tuy nhiên phương pháp Tikhonov phương pháp hiệu áp dụng cho nhiều lớp toán toán cân bằng, toán bất đẳng thức biến phân, … Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp chỉnh... phương pháp chỉnh hoá nghiệm toán bất đẳng thức biến phân phương pháp Tikhonov; ii) Xây dựng phương pháp chỉnh hoá nghiệm toán mở rộng toán bất đẳng thức biến phân phương pháp Tikhonov như: toán. .. Bài toán PHẦN 3: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH TOÁN HỌC 10 Phương pháp biến đổi tương đương 10 Phương pháp chứng minh quy nạp 11 Phương pháp chứng minh