Nghiệm xấp xỉ của bài toán đối ngầu tựa cân bằng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN LÊ THỊ THÚY NGA NGHIỆM XẤP XỈ CỦA BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU TỰA CÂN BẰNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Hà Nội - 2019 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN LÊ THỊ THÚY NGA NGHIỆM XẤP XỈ CỦA BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU TỰA CÂN BẰNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Người hướng dẫn: PGS TS Khuất Văn Ninh ThS Nguyễn Quốc Tuấn Hà Nội - 2019 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy PGS.TS Khuất Văn Ninh thầy Th.S Nguyễn Quốc Tuấn, trực tiếp hướng dẫn tận tình bảo em trình nghiên cứu để em hồn thành khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồn thể Thầy, Cơ khoa Tốn, trường Đại học Sư phạm Hà Nội truyền đạt tri thức, tạo điều kiện thuận lợi để em hoàn thành tốt việc học tập thực khóa luận Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt q trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Do thời gian kinh nghiệm thân hạn chế nên khóa luận khơng thể tránh khỏi sai sót Em mong nhận lời góp ý q báu thầy giáo bạn sinh viên Hà Nội, ngày 05 tháng 05 năm 2019 Sinh viên Lê Thị Thúy Nga LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan khóa luận cơng trình nghiên cứu riêng em hướng dẫn PGS.TS Khuất Văn Ninh ThS Nguyễn Quốc Tuấn Trong nghiên cứu hoàn thành khóa luận này, em tham khảo số tài liệu ghi phần Tài liệu tham khảo Em xin khẳng định kết đề tài "Ngiệm xấp xỉ toán đối ngẫu tựa cân bằng" kết việc nghiên cứu nỗ lực thân em không trùng lặp với kết khóa luận khác Nếu sai em xin chịu hồn toàn trách nhiệm Hà Nội, ngày 05 tháng 05 năm 2019 Sinh viên Lê Thị Thúy Nga Bảng kí hiệu viết tắt N Tập số tự nhiên Q Tập hợp số hữu tỷ R Tập số thực R+ Tập hợp số thực không âm R− Tập số thực không dương Rn Không gian vector Euclid n-chiều X∗ Không gian đối ngẫu topo không gian topo tuyến tính X L(X, Y ) Khơng gian tốn tử tuyến tính liên tục từ X vào Y 2X Tập tập tập hợp X T, K Tập hợp giá trị ξ ∈ T ⊆ L(X, Y ) x ∈ K ⊆ X ∅ Tập rỗng F : X → 2Y Ánh xạ đa trị từ tập X vào tập Y dom F Miền định nghĩa ánh xạ F A⊆B A tập B A A không tập B B A∪B Hợp hai tập hợp A B A∩B Giao hai tập hợp A B A\B Hiệu hai tập A B A×B Tích Descartes hai tập hợp A B conv(A) Bao lồi tập A cl A Bao đóng topo tập A int A Phần topo tập A cone A Bao nón A (nón sinh từ tập A) Mục lục Lời mở đầu Chương 1.Một số kiến thức 1.1.Không gian vector topo lồi địa phương Hausdorff 1.1.1 Không gian topo 1.1.2 Không gian vector topo, không gian lồi địa phương Hausdorff 1.2.Khái niệm ánh xạ đa trị 1.2.1 Nón-dưới vi phân -yếu, Nón-dưới vi phân Bensen -chính thường 10 1.2.2 Ánh xạ đa trị ic-nón-giống lồi 11 Chương 2.Bài tốn tựa cân vector đối ngẫu 15 2.1.Giới thiệu toán cân vector 15 2.1.1 Bài toán cân vector tổng quát 18 2.1.2 Đối ngẫu toán cân vector 18 2.2.Bài toán tựa cân vector -đối ngẫu 19 2.2.1 Bài tốn tựa cân vector 19 2.2.2 Bài toán -đối ngẫu toán tựa cân vector 20 Chương 3.Tính chất đối ngẫu xấp xỉ toán tựa cân vector 22 3.1.Điều kiện đủ cho nghiệm xấp xỉ 22 3.2.Điều kiện cần cho nghiệm xấp xỉ 24 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga 3.3.Mối quan hệ nghiệm xấp xỉ toán -đối ngẫu với toán tựa cân vector 35 Tài liệu tham khảo 40 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga LỜI MỞ ĐẦU Bài toán tựa cân giới thiệu phương pháp tiếp cận thống cho vấn đề khác xuất lĩnh vực lý thuyết tối ưu, bất đẳng thức bất biến, toán bù, điểm yên ngựa, định lý điểm cố định Bài toán cân mở rộng phát triển mạnh Cho tới nghiên cứu toán cân chủ yếu tập trung vào tồn nghiệm độ nhạy nghiệm Về đối ngẫu toán cân có số kết ban đầu Ở đó, sơ đồ cho toán đối ngẫu xây dựng mở rộng lý thuyết đối ngẫu cổ điển cho toán bất đẳng thức biến phân mối quan hệ toán gốc tốn đói ngẫu thiết lập nhờ khái niệm đơn điệu suy rộng Bài toán đối ngẫu cho toán cân mở rộng xây dựng với tham gia phép biến đổi liên hợp Tuy nhiên biết đến đối ngẫu tốn cân vơ hướng nghiệm hiểu nghiệm xác mà chưa hiểu rõ toán cân vectơ với ánh xạ đa trị mối quan hệ nghiệm xấp xỉ toán đối ngẫu với nghiệm xấp xỉ toán ban đầu Khóa luận tập trung làm rõ số vấn đề sau: Giới thiệu toán cân vector tổng quát đối ngẫu toán cân vector, toán tựa cân vecto -đối ngẫu toán tựa cân vector, điều kiện cho nghệm xấp xỉ toán quan trọng mối quan hệ xấp xỉ toán đối ngẫu với nghiệm xấp xỉ tốn ban đầu Bố cục khóa luận bao gồm ba chương: Chương khóa luận trình bày lại số kiến thức khơng gian Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga topo lồi đia phương Hausdorff, khái niệm ánh xạ đa trị, nón số tính chất nón Chương giới thiệu toán cân vector tổng quát đối ngẫu cân vector đặc biệt xét đến toán tựa cân vector sau đây: Bài tốn (P): Tìm x0 ∈ X cho x0 ∈ A(x0 ) ∀x ∈ A(x0 ), F (x, x0 ) ⊂ Y \ − int D Ở X Y không gian vector topo lồi địa phương, D ⊂ Y nón lồi có phần khác rỗng, A : X → 2X giả sử cho A(x) := {x ∈ A : G(x , x) ∩ −E = ∅} Ở đó, ∅ kí hiệu tập rỗng, A ⊂ X tập khác rỗng X F : X × X → 2Y ánh xạ đa trị Bài toán (P) trường hợp riêng mơ hình tổng qt lý thuyết điểm cân ∈ D, ta nói x0 ∈ X -nghiệm toán (P) Với điểm x0 ∈ A(x0 ) ∀x ∈ A(x0 ), F (x, x0 ) + ⊂ Y \ − int D Cho q0 = (ξ0 , u0 ) ∈ A × Y Xét tập hợp sau: C(q0 ) = C (ξ0 , u0 ) := {q = (ξ, u) ∈ A × Y : u − u0 ∈ Fξ0 (ξ) , tồn (v, T ) ∈ Z × L(Z, Y ) cho v ∈ Gξ0 (ξ), ∈ ∂ D (Fξ0 + T Gξ0 )(ξ, [u − u0 ] + T v), T ∈ L+ (v + E, D − )} Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Ở ∂ D f (x, y) D-dưới vi phân -yếu f : X → 2Y điểm (x, y) thuộc đồ thị f L+ (v + E, D − ) = {T ∈ L(Z, Y ) : T (v + E) ⊂ D − } Với q0 = (ξ0 , u0 ) ∈ A × Y q = (ξ, u) ∈ A × Y , ta đặt F(q0 , q) := F((ξ0 , u0 ), (ξ, u)) := u0 − u Bài toán -đối ngẫu (P) hiểu toán D sau Bài tốn (D): Tìm q0 = (x0 , u0 ) ∈ C (q0 ) cho ∀q = (ξ, u) ∈ C (q0 ), F(q0 , q) ∈ Y \ − int D Nếu biểu thức thay ∀q = (ξ, u) ∈ C (q0 ), F(q0 , q) + ∈ Y \ − int D q0 = (x0 , u0 ) gọi -nghiệm tốn (D) Trong chương 3, chúng tơi đưa điều kiện đủ để x0 -nghiệm toán (P) q0 -nghiệm toán (D), cụ thể: "Cho D nón lồi có phần khác rỗng, ∈ D x0 thỏa mãn điều kiện ∈ Fx0 (x0 ) Nếu x0 điểm bất động ánh xạ đa trị A q0 = (x0 , u0 ), điểm bất động ánh xạ đa trị C (a) 0Y ∈ F (x0 , x0 ), (b) x0 − nghiệm toán (P), (c) q0 − nghiệm toán (D)." Để xây dựng điều kiện cần phải sử dụng điều kiện ràng buộc quy (CQ) Ta nói điều kiện (CQ) thỏa mãn Z = cl cone[Gx0 (A ) + E], Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga mâu thuẫn với giả thiết x0 -nghiệm toán (P) Vậy ta chứng minh xong (3.2.9) Theo giả thiết (Fx0 + ) × Gx0 ánh xạ ic-D × E -giống lồi thoản mãn điều kiện (CQ), nên int Q tập lồi khác rỗng Q ⊂ cl int Q Áp dụng Định lý tách 1.3 sử dụng (3.2.9), suy tồn phần tử khác không (y0∗ , z0∗ ) ∈ Y ∗ × Z ∗ , y0∗ = cho y0∗ , q1 + z0∗ , q2 ≥ 0, ∀(q1 , q2 ) ∈ int Q (3.2.12) Nhờ tính chất liên tục điều kiện Q ⊂ cl int Q nên kết luận (3.2.12) với (q1 , q2 ) ∈ Q Suy ∀(y, z) ∈ im(Fx0 × Gx0 ), ∀y ∈ D, ∀z ∈ E, y0∗ , y + y + + z0∗ , z + z ≥ (3.2.13) Do D nón nên từ (3.2.13) suy y0∗ ∈ D+ Thật vậy, ngược lại giả sử tồn y0 ∈ D cho y0∗ , y0 < suy λ y0∗ , y0 → −∞ λ → ∞ mâu thuẫn với (3.2.13) Bây giờ, lấy điểm z0 ∈ G(x0 , x0 ) ∩ −E z ∈ E Áp dụng (3.2.13) với y = 0y z = −z0 ta thu biểu thức (3.2.6) Từ điều kiện (2.2.11) 0y ∈ Fx0 (x0 ) suy (0Y , z0 ) ∈ im(Fx0 × Gx0 ) Vì vậy, lại áp dụng (3.2.13) với y = y = 0Y z = z0 ta thu (3.2.7) Cuối để chứng minh (ii) ta xét hai trường hợp sau, • Trường hợp 1: Nếu Nên đặt d0 = ∈ int D y0∗ , y0∗ , > y0∗ ∈ D+ y0∗ = với y0∗ , d0 = • Trường hợp 2: Nếu = 0Y ta lấy điểm d0 ∈ int D cho y0∗ , d0 = 27 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Trong hai trường hợp ta đặt T0 (·) = [ z0∗ , · + y0∗ , ]d0 Lấy diểm z0 ∈ G(x0 , x0 ) ∩ −E z ∈ E , từ (3.2.7) suy T0 (z + z0 ∈ D) Đặt T0 (·) = T0 (·) − = z0∗ , d0 ∈ L(Z, Y ), dễ thấy T0 (z0 + z) + = T0 (z0 + z) ∈ D Vì vậy, T0 ∈ L+ (z0 + E, D − ) Từ (3.2.7) theo cách đặt T0 ta có y0∗ , y + T0 z − (0Y + T0 z0 ) + ≥ 0, ∀(y, z) ∈ im(Fx0 × Gx0 ) Hơn y0∗ ∈ D+ \ {0} nên ta thu [im(Fx0 + T0 Gx0 ) − (0Y + T0 z0 ) + ] ∩ − int D = ∅ Hay (3.2.8) chứng minh Nhận xét 3.1 Trong cách chứng minh Định lý 3.2 dễ thấy T0 ∈ L+ (z0 + E, cone(d0 ) − ), với trường hợp ∈ int D d0 mọt điểm tùy ý y0∗ , int D cho y0∗ , d0 = trường hợp = 0Y d0 = Nhận xét 3.2 Trong Định lý 3.2, E tập khác rỗng Z mà khơng có phần khác rỗng Điều có ích, cho phép giải toán với ràng buộc bất đẳng thức đẳng thức Chính xác hơn, định lý cho phép áp dụng cho trường hợp Z = Z1 × Z2 , G = K × H E = S × {hZ2 } với Z1 , Z2 không gian vector topo lồi địa phương, K : X × X → 2Z1 , H : X × X → 2Z2 ánh xạ đa trị , hZ2 điểm cố định Z2 S ⊂ Z1 nón lồi có phần khác rỗng Vì vậy, A(x) = {x ∈ A : K(x , x) ∩ −S = ∅, −hZ2 ∈ H(x , x)} , x ∈ X 28 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Nếu K H ánh xạ đơn trị rõ ràng A(x), x ∈ X điều kiện đẳng thức bất đẳng thức Bây ta xét điều kiện đủ để có điều kiện (CQ) Ta thấy điều kiện (CQ) toán thỏa mãn x0 ∈ A := X cho Kx0 (·) := K(·, x0 ) ánh xạ đa trị S -lồi (nghĩa Kx0 (X) + S tập lồi) với dom Kx0 = X, H ánh xạ tuyến tính (đơn trị) với Hx0 (X) := H(X, x0 ) = Z2 , tồn điểm x0 ∈ X cho Kx0 (x) ∩ (−intS) = ∅ −hZ2 = Hx0 (x) Từ ta suy tồn lân cận V 0Z1 cho V ⊂ Kx0 (x) + S 0Z2 = hZ2 + Hx0 (x) Như trước nói điều kiện (CQ) thỏa mãn với (z1∗ , z2∗ ) ∈ Z1∗ × Z2∗ ∀(z1∗ , z2∗ ) ∈ (Kx0 × Hx0 )(X) + S × {hZ2 } , z1∗ , z1 + z2∗ , z2 ≥ (3.2.14) kéo theo (z1∗ , z2∗ ) = (0, 0) (vì cl cone[(Kx0 × Hx0 )(X) + S × {hZ2 }] tập lồi) Thật vậy, từ (3.2.14) ta có z1∗ , v ≥ 0, ∀v ∈ V V × {0Z2 } ⊂ (Kx0 × Hx0 )(X) + S × {hZ2 } , suy z1∗ = Vì vậy, biểu thức 3.2.14 trở thành biểu thức z2∗ , z2 ≥ 0, ∀z2 ∈ Hx0 (X) + hZ2 = Z2 Suy z2∗ = Vậy điều kiện (CQ) nghiệm Nhận xét 3.3 Xét toán (P): X = Z = R, Y = R2 , D = R2+ , E = {0, 1} , A = −R+ ta có F (x , x) =   ∅ {(x , x + x)} 29 , x > 0, , ≤ 0, Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga G(x , x) =   ∅ , x > 0, {x − x} , x ≤ Ta có A(x) = {x ∈ A |G(x , x) ∩ −E = ∅} ⇒ A(x) = {x; x − 1} , ∀x ∈ A Ta thấy x0 = không nghiệm xác tốn (P), -nghiệm với = (1; 1) ∈ int D ∈ A(0) = {0; −1} {F (x0 ) + ; x ∈ A(0)} = {(0; 0), (1; 1)} ⊂ R2 \ − int D Bây ta kiểm tra điều kiện Định lý 3.2 Rõ ràng D ⊂ Y nón lồi có int D = ∅, = (1; 1) ∈ {0Y } ∪ int D x0 = ∈ dom Gx0 ⊂ Fx0 ⊂ A , Fx0 (x0 ) = {(0; 0)} Để chứng minh (Fx0 + )×Gx0 ic-D × E -giống lồi ta cần chứng minh im((Fx0 + ) × Gx0 ) + D × E tập i-lồi hay cone[im((Fx0 + ) × Gx0 ) + D × E] ic-lồi Ta có im((Fx0 + ) × Gx0 ) = {((x + 1, x + 1), x )|x ∈ A } Suy im((Fx0 + ) × Gx0 ) + D × E = {((x + + x, x + + y), x )|x ∈ A , (x, y) ∈ D} ∪ {((x + + x, x + + y), x + 1)|x ∈ A , (x, y) ∈ D} = {((x + + x, x + + y), x + 1)|x ∈ A , (x, y) ∈ D} = {((u, v), w)|u ≥ w, v ≥ w, w ≤ 1} , Trong đó, ta đặt u = x + + x, v = x + + y, w = x + Đặt M = {((u, v), w)|u ≥ w, v ≥ w, w ≤ 1} cone M tập lồi Thật lấy hai điểm ((u, v), w), ((u , v ), w ) ∈ M , với α ∈ (0, 1) ta 30 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga có αu ≥ αw, (1 − α)u ≥ (1 − α)w ⇒ αu + (1 − α)u ≥ αw + (1 − α)w , αv ≥ αw, (1 − α)v ≥ (1 − α)w ⇒ αv + (1 − α)v ≥ αw + (1 − α)w , αw ≤ α, (1 − α)w ≤ (1 − α) ⇒ αw + (1 − α)w ≤ Suy α((u, v), w) + (1 − α)((u, v), w) ∈ M Vậy M tập lồi, cone M tập lồi dễ thấy int cone M khác rỗng Áp dụng Định lý 1.1 ta có cone M tập i-lồi Vì cone[im((Fx0 + ) × Gx0 ) + D × E] i-lồi Mặt khác, Gx0 (A ) + E = A + E = A ∪ A + = A + suy cone[Gx0 (A ) + E] = R = Z hay cl cone[Gx0 (A ) + E] = Z Vậy thỏa mãn điều kiện (CQ) Như Định lý 3.3 áp dụng cho toán Vẫn toán ta thay hàm F   ∅ , x > 0, F (x , x) = {(x , x)} , ≤ 0, Ta có A(x) = {x ∈ A |G(x , x) ∩ −E = ∅} suy A(x) = {x; x − 1} , ∀x ∈ A 31 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Ta thấy x0 = nghiệm xác tốn (P), ∈ A(0) = {0; −1} {F (x, 0), x ∈ A(0)} = {(0; 0), (1; 1)} ⊂ R2 \ − int D Bây ta kiểm tra điều kiện Định lý 3.2 Ta có x0 = ∈ dom Gx0 ⊂ dom Fx0 ⊂ A dom Gx0 = dom Fx0 = A , Fx0 (x0 ) = {(0; 0)} Để chứng minh Fx0 ×Gx0 ic-D×G-giống lồi ta cần chứng minh im(Fx0 ∈ Gx0 ) + D × E tập ic-lồi hay cone[im(Fx0 ∈ Gx0 ) + D × E] i-lồi Ta có im(Fx0 × Gx0 ) = (((x , 0), x )|x ∈ A ) Suy im(Fx0 + Gx0 ) + D × E = {((x + x, y), x )|x ∈ A , (x, y) ∈ D} ∪ {((x + x, y)x + 1)|x ∈ A, (x, y) ∈ D} = {((x + x, y)x + 1)|x ∈ A, (x, y) ∈ D} = {((u, v), w)|u ≥ w − 1, v ≥ 0, w ≤ 1} đó, ta đặt u = x + x, v = y, w = x + Nên ta có cone(im(Fx0 × Gx0 ) + D × E) = {((u, v), w)|v ≥ 0} 32 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Thật vậy, dễ thấy cone(im(Fx0 × Gx0 ) + D × E) ⊂ {((u, v), w)|v ≥ 0} Ngược lại, với ((u , v ), w ) ∈ {((u, v), w)|v ≥ 0} chọn t0 = > max {1, w − u , w } Suy 1 ≥ w − u , t0 v ≥ 0, ≥ w , t0 t0 nên t0 u ≥ t0 w − 1, t0 v ≥ 0, t0 w ≤ Do ((t0 u , t0 v ), t0 w ) ∈ im(Fx0 × Gx0 ) + D × E Vì ((u , v ), w ) ∈ cone[im(Fx0 × Gx0 ) + D × E], suy cone[im(Fx0 × Gx0 ) + D × E] ⊃ {((u, v), w)|v ≥ 0} Vậy c = cone[im(Fx0 × Gx0 ) + D × E] i-lồi Mặt khác, Gx0 (A ) + E = A + E = A ∪ (A + 1) = A + suy cone[Gx0 (A ) + E] = R = Z hay cl cone[Gx0 (A ) + E] = Z Vậy thỏa mãn điều kiện (CQ) Vậy Định lý 3.2 áp dụng 33 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Bổ đề 3.1 Giả sử D nón lồi đóng Y , E nón lồi Z z0 ∈ −E Khi đó, hai điều kiện sau tương đương: (a) T0 (z0 + E) ⊂ D − , (b) T0 (z0 ) ∈ D − T0 (E) ⊂ D Chứng minh Dễ dàng chứng minh (b) ⇒ (a), T0 (z0 + E) = T0 (z0 ) + T0 (E) ⊂ D − + D ⊂ D − Bây ta chứng minh (a) ⇒ (b) Lấy điểm z ∈ E số dương λ tùy ý Do −z0 ∈ E E nón lồi nên −z0 + λz ∈ E Theo (a) ta có T0 (λz) ⊂ D − tương đương với T0 (z) ∈ D − λ−1 T0 tuyến tính Vì D nón đóng λ số dương tùy ý nên T0 (z) ∈ D Hiển nhiên T0 (z0 ) = T0 (z0 + 0Z ) ∈ D − Nhận xét 3.4 Ta sử dụng điều kiện D đóng chứng minh (a) kéo theo (b) Nếu = 0Y điều kiện D đóng khơng cần Thật −z0 ∈ E E nón lồi nên −z0 + E ⊂ E Do E = z0 + (−z0 + E) ∈ z0 + E Kết hợp với (a) = 0Y suy T0 (E) ⊂ T0 (z0 + E) ⊂ D Điều kiện lại ta chứng minh trước Nhận xét 3.5 Nếu (D) nón lồi = 0Y điều kiện (b) bổ đề 3.1 tương đương với (c) T0 (z0 ) = 0Y T0 (E) ⊂ D Chứng minh Chỉ cần chứng minh (b) kéo theo (c) Thật vậy, −z0 ∈ E điều kiện (b) với = 0Y suy T0 (z0 ) ∈ D −T0 (z0 ) = T0 (−z0 ) ∈ D nên T0 (z0 ) = 0Y D nón nhọn 34 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Từ kết ta thu hệ sau với E nón lồi Z Hệ 3.1 Vẫn giữ giả thiết Định lý 3.2 giả thiết thêm D nón đóng E nón lồi Z Nếu x0 -nghiệm tốn (P) tồn T0 ∈ L+ (E, D) cho với z0 ∈ G(x0 , x0 ) ∩ −E điều kiện (3.2.8) T0 (z0 ) ∈ D − thỏa mãn Chứng minh Áp dụng trực tiếp Định lý 3.2 Bổ đề 3.1 ta thu hệ Từ nhận xét (2.2.14) ta thấy điều kiện D đóng khơng cần thiết = 0Y Nếu thêm giả thiết D nón nhọn điều kiện T0 z0 ∈ D thay điều kiện mạnh T0 (z0 ) = 0Y (áp dụng nhận xét 3.5) 3.3 Mối quan hệ nghiệm xấp xỉ toán -đối ngẫu với toán tựa cân vector Kết chương Định lý 3.3 Định lý 3.3 Cho D nón lồi với phần khác rỗng cho ∈ {0Y } ∪ int D Cho x0 điểm thỏa mãn điều kiện (2.2.11) 0Y ∈ Fx0 (x0 ) Giả sử (Fx0 + ) × Gx0 ic-D × E -giống lồi thỏa mãn điều kiện (CQ) Nếu x0 -nghiệm tốn (P) (x0 , 0Y ) nghiệm toán (D) Chứng minh Theo (ii) Định lý 3.2 tồn T0 ∈ L(Z, Y ) z0 ∈ G(x0 , x0 )∩−E cho thỏa mãn điều kiện (3.2.8) T0 ∈ L+ (z0 +E, D − ) Nghĩa q0 = (ξ0 , u0 ) = (x0 , 0Y ) 35 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga điểm bât động C Ngoài theo định nghĩa -nghiệm tốn (P) x0 điểm bất động A Cuối cùng, áp dụng định lý 3.1 từ thu điều cần chứng minh ˆ nón lồi cho ∅ = D ˆ \ {0Y } ⊂ int D Nếu Nhận xét 3.6 Cho D ˆ theo nhận xét 3.1 T0 Định lý 3.3 chọn cho ∈D ˆ − ) T0 ∈ L+ (z0 + E, D Nhận xét 3.7 (x0 , 0Y ) Định lý 3.2 k -nghiệm toán (D) với k ≥ Để minh họa cho tốn ta xét ví dụ mô tả nhận xét 3.3 Ta thấy x0 = khơng nghiệm xác tốn (P), k -nghiệm với k = (k; k) ∈ int D ∈ A(0) = {0; −1} {F (x; 0) + k , x ∈ A(0)} = {(k; k), (k − 1; k − 1)} ⊂ R2 \ − int D k ≥ Chứng minh tương tự nhận xét 3.3 Fx0 (x0 ) = {(0; 0)} (Fx0 + k ) × Gx0 ic-D × E -giống lồi thỏa mãn điều kiện (CQ) Bây ta xây dựng toán k -đối ngãu tương ứng Do Fξ0 (ξ) = (ξ, ξ) Gξ = ξ nên với q0 = (ξ0 , u0 ) ∈ A × Y u0 = 0Y = (0, 0) tập 36 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Ck (q0 ) = Ck (ξ0 , u0 ) := {q = (ξ, u) ∈ A × Y : u − u0 ∈ Fξ0 (ξ) = (ξ, ξ) , tồn (v, T ) ∈ Z × L(Z, Y ) cho v ∈ Gξ0 (ξ) = ξ, ∈ ∂k (Fξ0 + T G )(ξ, [u − u0 ] + T v), T ∈ L+ (v + E, D − k )} = {q = (ξ, u) ∈ A × Y : u = (ξ, ξ) , tồn T ∈ L(Z, Y ) cho [im(Fξ0 + T Gξ0 ) − u − T v + k ] ∩ − int D = ∅, T (ξ) ∈ D − k , T (ξ + 1) ∈ D − k } = {q = (ξ, u) ∈ A × Y : u = (ξ, ξ) tồn T ∈ L(Z, Y ) cho [Fξ0 (x) + T Gξ0 (x) − u − T ξ + k ] ∈ / − int D, ∀x ∈ A , T (ξ) ∈ D − k , T (ξ + 1) ∈ D − k } = {q = (ξ, u) ∈ A × Y : u = (ξ, ξ)} Đẳng thức cuối nghiệm lý luận sau đây: với ξ ∈ A , ta chọn T0 = (−1, −1) ta có {[Fξ0 (x) + T0 Gξ0 (x) − u − T0 ξ + k ], ∀x ∈ A } = {(x, x) + (−1, −1)x − (ξ, ξ) − (−1, −1)ξ + k , ∀x ∈ A } = {k , ∀x ∈ A } Do {im(Fξ0 + T0 Gξ0 ) − u − T0 v + k } = {k } Suy {im(Fξ0 + T0 Gξ0 ) − u − T0 v + k } ∩ − int D = ∅ 37 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga Mặt khác T0 (ξ) + k = (k − ξ, k − ξ) ∈ D, ξ ∈ A T0 (ξ + 1) + k = (k − − , k − − ) ∈ D, ξ ∈ A Vậy q0 = (ξ0 , 0Y ) ∈ Ck (q0 ) Với q = (ξ, u) ∈ Ck (q0 ) ta có u = (ξ, ξ), ta đặt F(q0 , q) := F((ξ0 , u0 ), (ξ, u)) := u0 − u = −u0 Khi F(q0 , q) + k = k − u = (k − ξ, k − ξ) ∈ Y \ − int D, ∀ξ ∈ A Vậy q0 = (0, 0Y ) k -nghiệm toán (D), với k ≥ Bây ta xây dựng toán -đối ngẫu tốn (P) với E nón lồi Z Cho q0 = (ξ0 , u0 ) ∈ A × Y Ta đặt ˆ , u0 ) := {q = (ξ, u) ∈ A × Y : u − u0 ∈ Fξ (ξ) Cˆ( q0 ) = C(ξ (3.3.15) tồn (v, T ) ∈ Z × L(Z, Y ) cho v ∈ Gξ0 (ξ), (3.3.16) ∈ ∂ (Fξ0 + T Gξ0 )(ξ, [u − u0 ] + T v), (3.3.17) Tv ∈ D − , (3.3.18) T ∈ L+ (E, D)} (3.3.19) Từ (3.3.18) (3.3.19) suy T (v + E) ⊂ D − Vi Cˆ (ξ0 , u0 ) ⊂ C (ξ0 , u0 ) Cho F(q0 , q) = F((ξ0 , u0 ), (ξ, u)) := u0 − u Ta xét toán -đối ngẫu khác tốn (P) 38 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga ˆ : Tìm q0 = (x0 , q0 ) ∈ Cˆ (q0 ) cho Bài toán (D) ∀q = (ξ, u) ∈ Cˆ (q0 ), F(q0 , q) ∈ Y \ − int D (3.3.20) Nếu q0 = (x0 , q0 ) ∈ Cˆ (q0 ) ∀q = (ξ, u) ∈ Cˆ (q0 ), F(q0 , q) + ∈ Y \ − int D (3.3.21) ˆ q0 = (ξ0 , u0 ) gọi -nghiệm toán D Hệ 3.2 Vẫn giữ giả thiết Định lý 3.3 giả thiết thêm D nón đóng E nón lồi Khi q0 = (x0 , 0Y ) -nghiệm toán ˆ (D) Chứng minh Theo hệ 3.1 tồn T0 ∈ L+ (E, D) z0 ∈ G(x0 , x0 ) ∩ −E cho T0 (z0 ) ∈ D− thỏa mãn điều kiện (3.2.8) Vì (x0 , 0Y ) ∈ Cˆ (x0 , 0Y ) Theo Định lý (3.3), q0 = (ξ0 , u0 ) = (x0 , 0Y ) -nghiệm ˆ Mặt khác, ta có Cˆ (x0 , 0Y ) ⊂ C (x0 , 0y ) Vì vậy, (3.3.21) tốn (D) thỏa mãn với q0 = (ξ0 , u0 ) − (x0 , 0Y ) hệ 3.2 chứng minh Nếu = 0Y điều kiện đóng D hệ 3.2 khơng cần thiết 39 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Lê Thị Thúy Nga KẾT LUẬN Trong khóa luận này, chúng tơi trình bày số dạng Bài tốn cân vector tổng quát đối ngẫu Đặc biệt, khóa luận nghiên cứu cụ thể Bài toán tựa cân vector Bài toán -đối ngẫu Bài tốn tựa cân vector Từ đó, nghiên cứu mối quan hệ nghiệm xấp xỉ Bài toán tựa cân bằn vector nghiệm Bài tốn -đối ngâu Đóng góp luận văn bao gồm: Tìm hiểu trình bày lại số kiến thức khơng gian topo tuyến tính lồi địa phương Hausdorff, khái niện ánh xạ đa trị nón Đề cập số tốn cân vector tổng quát đối ngẫu Nghiên cứu toán tựa cân vector toán -đối ngẫu toán tựa cân vector Tập trung trình bày kết điều kiện cần đủ cho nghiệm xấp xỉ toán tựa cân vector đối ngẫu Đặc biệt, Khóa luận nghiên cứu mối quan hệ nghiệm xấp xỉ toán đối ngâu với nghiệm xấp xỉ toán ban đầu 40 Tài liệu tham khảo [1] Hồng Tụy (2005), Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Phạm Hữu Sách, Lê Tuấn Anh, Nguyễn Bá Minh (2010), Approximate duality for vector quasi-equilibrium problems and applications, Nonlinear Analysis 72 3994–4004 [3] E Blum and W Oettli (1994), From Optimization and Variational to Equilibrium Problems, The mathematics Student 63 123-145 [4] Qamrul Hasan Ansari, Elisabeth KRăobis and Jen-Chih Yao (2017), Vector Variational Inequalities and Vector Optimization, Theory and Applications, published by Springer Nature [5] F Gianneessi (2002), Vector Variational Inequalities and Vector Equilibria, Mathematical theories, Kluwer Academic Publishers [6] J E Martinez-Lagaz, W Sosa (2006), Duality for equilibrium problems, Journal of Global Optimization 35 311-319 41 ... thiệu toán cân vector tổng quát đối ngẫu toán cân vector, toán tựa cân vecto -đối ngẫu toán tựa cân vector, điều kiện cho nghệm xấp xỉ toán quan trọng mối quan hệ xấp xỉ toán đối ngẫu với nghiệm xấp. .. 18 2.2 .Bài toán tựa cân vector -đối ngẫu 19 2.2.1 Bài toán tựa cân vector 19 2.2.2 Bài toán -đối ngẫu toán tựa cân vector ... đến đối ngẫu tốn cân vơ hướng nghiệm hiểu nghiệm xác mà chưa hiểu rõ toán cân vectơ với ánh xạ đa trị mối quan hệ nghiệm xấp xỉ toán đối ngẫu với nghiệm xấp xỉ toán ban đầu Khóa luận tập trung