Phương pháp chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh : Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01 12

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ————————— NGÔ THỊ THO PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ————————— NGÔ THỊ THO PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH LÊ DŨNG MƯU Hà Nội - 2015 Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu Chương Bài toán bất đẳng thức biến phân 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.1.1 Hội tụ mạnh yếu không gian Hilbert 1.1.2 Toán tử chiếu 1.1.3 Tính liên tục hàm lồi 14 1.1.4 Đạo hàm vi phân hàm lồi 16 1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân 1.2.1 Các khái niệm 1.2.2 Các ví dụ minh họa 1.2.3 Sự tồn nghiệm 18 18 20 26 Chương Phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh 28 2.1 Phương pháp chiếu đạo hàm tăng cường 29 2.2 Phương pháp chiếu cải biên 36 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, em xin chân thành cảm ơn GS.TSKH Lê Dũng Mưu Thầy người hướng dẫn khóa luận tốt nghiệp hướng dẫn luận văn thạc sĩ cho em Hai chặng đường qua, thầy ln tận tình hướng dẫn bảo nghiêm khắc, thầy cung cấp nhiều tài liệu quan trọng giành nhiều thời gian giải đáp thắc mắc suốt trình làm việc thầy Em xin gửi tới thầy, Khoa Tốn - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, thầy cô giảng dạy lớp Cao học Tốn khóa 2013 - 2015, lời cảm ơn chân thành công lao dạy dỗ thầy, cô hai năm qua Đặc biệt, em muốn gửi lời cảm ơn tới thầy dạy chun ngành nhóm Tốn Ứng Dụng Mặc dù nhóm có tám thành viên thầy ln lên lớp với nhiệt huyết chuyên đề hay, sâu sắc Cuối em xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn, anh, chị lớp cao học Tốn khóa 2013 - 2015 giành riêng lời cảm ơn cho gia đình Tốn Ứng Dụng Là em út nhóm, nên ln người quan tâm nhiều Thời gian học anh chị cho em kỷ niệm đẹp, học điều hay kiến thức thú vị Mặc dù có nhiều cố gắng, luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp thầy, bạn đọc để luận văn hoàn thiện Hà Nội, ngày tháng 10 năm 2015 Học viên Ngô Thị Tho LỜI MỞ ĐẦU Năm 1966, Hatman Stampacchia cơng bố nghiên cứu toán bất đẳng thức biên phân, liên quan tới việc giải toán biến phân, toán điều kiển tối ưu tốn biên có dạng phương trình đạo hàm riêng Năm 1980, Kinderlehrer Stampacchia cho xuất sách "An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications", giới thiệu toán biến phân không gian vô hạn chiều ứng dụng Năm 1984, sách "Variational and Quasivariational Inequalities: Applications to Free Boundary Problems" C Baiocci A Capelo áp dụng bất đẳng thức biến phân tựa biến phân để giải tốn khơng có biên Hiện toán bất đẳng thức biến phân phát triển thành nhiều dạng khác nhau,như là: bất đẳng thức biến phân vectơ, tựa bất đẳng thức biến phân, giả bất đẳng thức biến phân, bất đẳng thức biến phân ẩn, bất đẳng thức biến phân suy rộng Bài toán thu hút quan tâm nhiều nhà tốn học Vì mơ hình chứa nhiều toán quan trọng số lĩnh vực toán học thực tế tối ưu hóa, tốn bù, lý thuyết trị chơi, cân Nash, cân mạng giao thông, cân di trú Một hướng nghiên cứu quan trọng bất đẳng thức biến phân việc xây dựng phương pháp giải Dựa tính chất kiểu đơn điệu G Cohen nghiên cứu phương pháp nguyên lý tốn phụ Ngồi cịn có phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov, phương pháp chiếu, phương pháp điểm Những phương pháp hiệu quả, dễ thực máy tính hội tụ chúng đảm bảo sở giả thiết khác tính chất đơn điệu Có nhiều phương pháp chiếu khác nhau, là: phương pháp chiếu bản, phương pháp chiếu đạo hàm, phương pháp chiếu siêu phẳng Mỗi phương pháp giải lớp toán bất đẳng thức biến phân định Do hội tụ thuật tốn đảm bảo Luận văn trình bày phương pháp chiếu đạo hàm tăng cường chiếu cải biên để giải toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh Các phương pháp tạo dãy hội tụ điểm lặp dễ dàng tính Chúng hội tụ tới nghiệm toán Luận văn gồm hai chương: Chương 1: Bài toán bất đẳng thức biến phân, chia làm hai phần: • Phần 1: Nhắc lại số kiến thức Giải tích hàm Giải tích lồi, là: hội tụ mạnh yếu khơng gian Hilbert, tốn tử chiếu, tính liên tục hàm lồi, đạo hàm vi phân hàm lồi • Phần 2: Phát biểu tốn, trình bày số khái niệm mơ hình minh họa cho tốn Sau đó, chứng minh tồn tính nghiệm tốn Chương 2: Phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh Nội dung chương trình bày hai thuật tốn chiếu đạo hàm tăng cường thuật toán chiếu cải biên để giải toán V I(K, F) Phát biểu chứng minh định lý hội tụ dãy lặp tạo thuật tốn Đưa số ví dụ chứng minh điều kiện định lý tồn nghiệm cần thiết Nếu bỏ điều kiện đó, dãy lặp không hội tụ tới nghiệm toán Chương Bài toán bất đẳng thức biến phân Trong chương này, nhắc lại số kết Giải tích hàm có liên quan tới hội tụ mạnh hội tụ yếu dãy số Nhắc lại số khái niệm định lý Giải tích lồi, là: định nghĩa tính chất tốn tử chiếu, tính liên tục, đạo hàm vi phân hàm lồi, Định lý tách, Định lý MoreauRockafellar Phần sau ta giới thiệu toán bất đẳng thức biến phân (VIP) nhấn mạnh toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh Chỉ ví dụ tốn bất đẳng thức biến phân thường gặp thực tế mô hình tốn học Cuối chương phát biểu chứng minh định lý tồn tính nghiệm tốn Nội dung chủ yếu trích dẫn từ tài liệu [1], [2], [3], [6], [10] Trong luận văn này, làm việc không gian Hilbert thực trang bị tô pô yếu, với tích vơ hướng , chuẩn tương ứng ||.|| 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.1.1 Hội tụ mạnh yếu không gian Hilbert Định nghĩa 1.1.1 Giả sử H khơng gian tuyến tính thực, với x ∈ H xác định số gọi chuẩn x ( kí hiệu ||x||) thỏa mãn ba tiên đề sau: Xác định dương: ∀x ∈ H ||x|| ≥ 0; ||x|| = ⇔ x = Thuần dương: ∀x ∈ H; ∀λ ∈ R Bất đẳng thức tam giác: ∀x, y ∈ H ||λ x|| = |λ | ||x|| ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| Định nghĩa 1.1.2 Giả sử H khơng gian tuyến tính thực, cặp (H, , ) với , : H ×H → R (x, y) → x, y thỏa mãn điều kiện: Xác định dương: x, x ≥ ∀x ∈ H; x, x = ⇔ x = Đối xứng: x, y = y, x ∀x, y ∈ H Song tuyến tính: αx + β y, z = α x, z + β y, z ∀α, β ∈ R, ∀x, y, z ∈ H gọi không gian tiền Hilbert Không gian tiền Hilbert, đầy đủ gọi khơng gian Hilbert, kí hiệu H Ví dụ 1.1.1 H = Rn ; x = (x1 , x2 , · · · , xn ); y = (y1 , y2 , · · · , yn ) ∈ H tích vơ hướng chuẩn Rn xác định n x, y = ∑ xi yi , i=1 n ||x|| = ∑ xi2 i=1 H = C[a,b] không gian hàm liên tục Khi với x, y ∈ H tích vô hướng chuẩn xác định b x, y = x(t)y(t)dt, a b |x(t)|2 dt ||x|| = a Giả sử H không gian Hilbert thực, H ∗ không gian đối ngẫu H f ∈ H ∗ Kí hiệu ϕ f : H → R phiếm hàm tuyến tính ϕ f (x) = f (x) Khi f chạy khắp H ∗ ta có họ ánh xạ (ϕ f ) f ∈H ∗ Định nghĩa 1.1.3 Tô pô yếu H định nghĩa tô pô sinh họ ánh xạ (ϕ f ) f ∈H ∗ Kí hiệu σ (H, H ∗ ) Như tô pô yếu σ (H, H ∗ ) tô pô yếu H đảm bảo cho tất phiếm hàm f ∈ H ∗ liên tục Định nghĩa 1.1.4 1) Ta nói dãy {xk } hội tụ mạnh đến x ( kí hiệu xk → x) lim ||xk − x|| = k→∞ 2) Dãy {xk } hội tụ yếu đến x ( kí hiệu xk tức ∀ f ∈ H∗ x) {xk } hội tụ x theo tô pô yếu σ f (xk ) → f (x) Mệnh đề 1.1.1 Giả sử {xk } ⊂ H { fk } ⊂ H ∗ Khi a) xk x ⇔ xk , y → x, y , ∀y ∈ H b) Nếu xk → x xk x c) Nếu xk x {xk } bị chặn ||x|| ≤ limk→∞ ||xk || d) Nếu xk x lim ||xk || ≤ ||x|| xk → x e) Nếu xk x fk → f fk (xk ) → f (x) k→∞ Khi H khơng gian hữu hạn chiều tơ pơ yếu tô pô thông thường H trùng Đặc biệt, dãy hội tụ mạnh hội tụ yếu 1.1.2 Tốn tử chiếu Định nghĩa 1.1.5 Cho H không gian Hilbert thực, tập C ⊆ H gọi • tập lồi nếu: ∀x, y ∈ C, λ ∈ [0, 1] ⇒ λ x + (1 − λ )y ∈ C, • nón nếu: ∀λ > 0, ∀x ∈ C ⇒ λ x ∈ C, • nón lồi vừa nón vừa tập lồi Hình 1.1: tập lồi, nón, nón lồi Mệnh đề 1.1.2 Giả sử A, B tập lồi không gian Hilbert thực H, tập sau tập lồi: A ∩ B :={x | x ∈ A, x ∈ B}, αA + β B :={x | x = αa + β b, a ∈ A, b ∈ B, α, β ∈ R}, A × B :={x | x = (a, b), a ∈ A, b ∈ B} Định nghĩa 1.1.6 Siêu phẳng không gian Hilbert thực H tập hợp điểm có dạng {x ∈ H | a(x) = α}, a ∈ H ∗ phiếm hàm tuyến tính α ∈ R Một siêu phẳng chia không gian hai nửa không gian Nửa không gian định nghĩa sau: Tiếp theo ta chứng minh tồn k0 ∈ N cho γλk < với k ≥ k0 ≥ ∏kj=k0 (1 − γλ j )||uk0 − u∗ || Với k ≥ k0 ||uk+1 − u∗ || ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ (1 − γλk )||uk − u∗ ||2 ≤ (1 − γλk )(1 − γλk−1 )||uk−1 − u∗ ||2 k ∏ (1 − γλ j )||uk0 − u∗ ||2 ≤ j=k0 Suy k+1 ||u k ∗ ∏ (1 − γλ j )||uk0 − u∗ || − u || ≤ j=k0 Mặt khác, ta thấy − γλ j ≤ 1 + γλ j ∀ j ≥ k0 , k ∏ (1 − γλ j ) ≤ j=k0 1 ≤ k ∏ (1 + γλ j ) k −→ 1+γ ∑ λj j=k0 j=k0 k −→ ∞ Định lý chứng minh Trong phần tiếp theo, ta chứng minh giả thiết hàm F giả đơn điệu mạnh ∞ hai điều kiện ∑ λk = +∞, lim λk = cần thiết cho khẳng định Định lý 2.1.1 k=0 k→∞ Ví dụ 2.1.1 Cho K = R F(u) = u Dễ thấy, F liên tục Lipschitz, đơn điệu mạnh K S(K, F) = {0} Chọn u0 = ∈ K định nghĩa dãy {λk } cách đặt λk = (k + 1)2 ∀k ∈ N ∞ Từ ∑ λk < +∞, dãy lặp {uk } tạo Thuật toán 2.1.1 cho k=0 uk+1 = PK (uk − λk F(PK (uk − λk F(uk )))) = uk − λk F(uk − λk F(uk )) = uk − λk (uk − λk uk ) = (1 − λk + λk2 )uk 32 Vì u0 = 1, ta có k uk+1 = k ∏ (1 − λ j + λ j2 ) = ∏ 1− j=0 k ≥ ∏ 1− j=1 = k+2 2(k + 1) j=0 ( j + 1)2 1 + ( j + 1) ( j + 1)4 k j( j + 2) j=1 ( j + 1) =∏ ∀k ∈ N Do đó, {uk } dãy giảm bị chặn nên hội tụ k+2 = k→∞ 2(k + 1) lim uk ≥ lim k→∞ Ta lim uk = u∗ với u∗ ≥ Do vậy, dãy {uk } không hội tụ tới nghiệm k→∞ tốn VI(K, F) Ví dụ 2.1.2 Cho K, F, u0 Ví dụ 2.1.1 λk = với k ∈ N Do k−1 ∞ ∑ λk = +∞ Tuy nhiên tính tốn uk = ∏ (1 − λ j + λ j2 ) = với j=0 k=0 k ∈ N Do lim k→∞ uk = không hội tụ tới nghiệm tốn Ví dụ 2.1.3 Cho K = R2 F(u) = (−u2 , u1 ) với u = (u1 , u2 ) ∈ K Dễ thấy hàm F liên tục Lipschitz đơn điệu K, nghiệm toán VI(K, F) (0, 0)T Cho u0 = (u01 , u02 )T ∈ K\{(0, 0)T } {λk } cho λk = k+1 ∀k ∈ N ∞ Khi ∑ λk = +∞, lim λk = Để chứng minh F không giả đơn điệu mạnh K, k→∞ ta cần chọn u = (1, 0)T , v = (2, 0)T , k=0 Dãy lặp {uk } F(u), v − u = F(v), v − u = tạo Thuật toán 2.1.1 cho    = (u01 , u02 )T u    k+1 k uk1 + u u1 = 1− (k + 1) k+1    1 k   = 1− uk2 − u uk+1 2 (k + 1) k+1 33 Ta có ||uk+1 || k+1 2 = (uk+1 ) + (u2 ) = (uk1 )2 + (uk2 )2 =||uk || − =||u || ∏ 1 + (k + 1) (k + 1)4 1 + (k + 1)2 (k + 1)4 k 1− 1− j=0 1 + ( j + 1)2 ( j + 1)4 Khi k lim ||uk || = ||u0 || lim k→∞ k→∞ ≥ ||u0 || lim k→∞ ∏ 1− j=0 1 + ( j + 1)2 ( j + 1)4 k+2 2(k + 1) √ ≥ ||u || √ = µ||u || (µ ≥ ) Do đó, {uk } khơng hội tụ đến nghiệm toán VI(K, F) Ta chứng minh tập hợp điểm tụ dãy {uk } đường tròn S := {u ∈ R2 : ||u|| = µ||u0 ||} Với k ∈ N, cho zk = uk1 + iuk2 số phức tạo uk Để chứng minh tập hợp điểm tụ {uk } đường tròn ta cần chứng minh tập điểm tụ {zk } đường tròn S := {z ∈ C : |z| = µ|z0 |} mặt phẳng phức Ta có i − k + (k + 1)2 i = 1− − k + (k + 1)2 i = 1− − k + (k + 1)2 k+1 uk+1 = 1− + iu2 34 i − uk2 k + (k + 1) i uk1 + i − − uk2 k + (k + 1) uk1 + i + (uk1 + iuk2 ) Đặt ak = − k i − , ta có zk+1 = ak zk = k + (k + 1)2 ak dạng hàm mũ ak = rk eiθk , ∏ a j z0 Với k ≥ ta viết j=0 1 + , (k + 1)2 (k + 1)4 rk = |ak | = 1− θk = arctan −(k + 1)−1 − (k + 1)−2 π ∈ − ,0 Thì k k ∏ r j eωk i z0 = a0 zk+1 = a0 j=1 ∏ rj |z0 |eωk i eθ i , j=1 k a0 = −i, ωk = ∑ θ j θ ∈ (−π, π] argument z0 Vì j=1 −(k + 1)−1 − (k + 1)−2 θk = arctan =− 1 +O k+2 k , nên lim θk = lim ωk = −∞ k→∞ k→∞ Cho z = a0 µ|z0 |eiθ điểm tùy ý S Với m ∈ N, tồn km ∈ N cho ωkm ≤ θ − θ − 2mπ < ωkm −1 Do |ωkm − (θ − θ − 2mπ)| ≤ |ωkm − ωkm −1 | = |θkm | Vì θkm → 0, ta có ωkm − (θ − θ − 2mπ) → m → ∞ Nghĩa ωkm + 2mπ → θ − θ m → ∞ Do lim eωkm i = lim e(ωkm +2mπ)i = e(θ −θ )i m→∞ m→∞ Hơn k k lim m→∞ ∏ rj j=1 = lim m→∞ ∏ 1− j=0 1 + ( j + 1) ( j + 1)4 = µ Vậy ta lim zkm +1 = a0 µe(θ −θ )i eθ i := z m→∞ Ta chứng minh tập tất điểm tới hạn {zk } đường tròn S Qua ví dụ ta thấy rằng, bỏ ba kiện dãy lặp {uk } khơng hội tụ tới nghiệm toán VI(F, K) 35 2.2 Phương pháp chiếu cải biên Thuật toán 2.2.1 Cho trước u0 ∈ K {λk } ⊂ (0, +∞) Bước 1: Đặt k=0 Bước 2: Tính u k = PK (uk − λk F(uk )), u k = uk dừng lại Nếu khơng chuyển sang bước Bước 3: Đặt uk+1 = u k , sau quay lại bước Nếu thuật tốn chấm dứt bước thứ k, ta đặt uk = uk với k ≥ k + Như vậy, dãy độ dài bước thay đổi {λk } ⊂ (0, +∞), Thuật toán 2.2.1 tạo cho điểm ban đầu u0 ∈ K dãy lặp vô hạn {uk } Mệnh đề 2.2.1 Cho K tập lồi, đóng, khác rỗng khơng gian Hilbert thực H ánh xạ F : K → H giả đơn điệu mạnh K với mô-đun γ liên tục Lipschitz K với số L Cho {uk } dãy lặp tạo Thuật toán 2.2.1 u∗ nghiệm tốn VI(K, F) [1 + λk (2γ − λk L2 )] ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ ||uk − u∗ ||2 , ∀k ∈ N Chứng minh Ta có uk+1 = PK (uk − λk F(uk )), theo Mệnh đề 1.1.3(3) uk − λk F(uk ) − uk+1 , u − uk+1 ≤ 0, ∀u ∈ K Thay u = u∗ ∈ K ta thu bất đắng thức uk − λk F(uk ) − uk+1 , u∗ − uk+1 ≤ 0, tương đương uk − uk+1 , u∗ − uk+1 ≤ 2λk F(uk ), u∗ − uk+1 (2.1) Từ u∗ ∈ S(K, F), suy F(u∗ ), u − u∗ ≥ 0, với u ∈ K Do tính chất giả đơn điệu mạnh F ta có F(u), u − u∗ ≥ γ||u − u∗ ||2 với u ∈ K Do đó, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tính liên tục Lipschitz F, 2λk F(uk ), u∗ − uk+1 = −2λk F(uk+1 ), uk+1 − u∗ + 2λk F(uk ) − F(uk+1 ), u∗ − uk+1 36 ≤ −2λk γ||uk+1 − u∗ ||2 + 2λk ||F(uk ) − F(uk+1 )|| ||uk+1 − u∗ || ≤ −2λk γ||uk+1 − u∗ ||2 + 2λk L||uk − uk+1 || ||uk+1 − u∗ || Mặt khác ta có: 2λk L||uk − uk+1 || ||uk+1 − u∗ || ≤ ||uk − uk+1 ||2 + (λk L)2 ||uk+1 − u∗ ||2 , ta thu 2λk F(uk ), u∗ − uk+1 ≤ −2λk γ||uk+1 − u∗ ||2 + ||uk − uk+1 ||2 + (λk L)2 ||uk+1 − u∗ ||2 (2.2) Mặt khác uk − uk+1 , u∗ − uk+1 = ||uk − uk+1 ||2 + ||u∗ − uk+1 ||2 − ||(uk − uk+1 ) − (u∗ − uk+1 )||2 = ||uk − uk+1 ||2 + ||uk+1 − u∗ ||2 − ||uk − u∗ ||2 (2.3) Kết hợp (2.1) với (2.2) (2.3) ta ||uk − uk+1 ||2 + ||uk+1 − u∗ ||2 − ||uk − u∗ ||2 ≤ −2λk γ||uk+1 − u∗ ||2 + ||uk − uk+1 ||2 + (λk L)2 ||uk+1 − u∗ ||2 Suy [1 + λk (2γ − λk L2 )] ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ ||uk − u∗ ||2 , ∀k ∈ N Suy định lý chứng minh Bài tốn VI(K, F) ln có nghiệm, dãy lặp tạo Thuật toán 2.2.1, với độ dài bước chọn từ khoảng đóng số thực dương, hội tụ tuyến tính tới nghiệm Cụ thể, ta có định lý sau: Định lý 2.2.1 Cho K tập lồi, đóng, khác rỗng khơng gian Hilbert thực H, F : K → H ánh xạ giả đơn điệu mạnh K với môđun γ liên tục Lipschitz K với số L Giả sử < a ≤ λk ≤ b < 37 2γ , ∀k ∈ N, L2 (2.4) a, b số dương Cho {uk } dãy lặp tạo Thuật toán 2.2.1 Khi đó, dãy {uk } hội tụ tuyến tính tới nghiệm u∗ toán Hơn nữa, sai số tiên nghiệm hậu nghiệm ||uk+1 − u∗ || ≤ µ k+1 ||u − u0 ||, 1−µ ||uk+1 − u∗ || ≤ µ ||uk+1 − uk ||, 1−µ với k ∈ N Ở µ= 1 + a(2γ − bL2 ) Chứng minh Vì < a ≤ λk ≤ b < 2γ , L2 ∈ (0, 1) ∀k ∈ N, nên [1 + λk (2γ − λk L2 )] ≥ [1 + a(2γ − bL2 )] > 1, ∀k ∈ N Theo Mệnh đề 2.2.1 ta có [1 + λk (2γ − λk L2 )] ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ ||uk − u∗ ||2 , ∀k ∈ N Suy [1 + a(2γ − bL2 )] ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ ||uk − u∗ ||2 , ∀k ∈ N Do ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ ||uk − u∗ ||2 + a(2γ − bL ) ≤ µ ||uk − u∗ ||2 , µ = 1 + a(2γ − bL2 ) Suy ||uk+1 − u∗ || ≤ µ||uk − u∗ ||, ∀k ∈ N ≤ µ ||uk−1 − u∗ || ··· ≤ µ k+1 ||u0 − u∗ || 38 Ta có µ ∈ (0, 1) nên µ k+1 −→ Suy ||uk+1 − u∗ || −→ 0.Điều chứng tỏ {uk } hội tụ tuyến tính tới u∗ Mặt khác ||uk − u∗ || ≤ ||uk − uk+1 || + ||uk+1 − u∗ || ≤ ||uk − uk+1 || + µ||uk − u∗ || Suy ||uk − u∗ || ≤ ||uk − uk+1 ||, ∀k ∈ N 1−µ Do µ k+1 ||u − u || ≤ µ ||u − u || ≤ ||u − u1 ||, 1−µ µ ||uk+1 − u∗ || ≤ µ||uk − u∗ || ≤ ||uk − uk+1 || 1−µ Suy định lý chứng minh k+1 ∗ k+1 ∗ Chú ý 2.2.1 Khi a = b = λ , độ dài bước cố định Do phương pháp chiếu cải biên trở thành phương pháp chiếu µ trở thành µ= 1 + λ (2γ − λ L2 ) 2γ Các ước tính sai số chặt chẽ µ nhỏ Xét L2 2γ µ hàm λ ∈ 0, , ta tìm giá trị nhỏ µ L L γ µ ∗ := điểm λ∗ := L L2 + γ Ta có λ ∈ 0, Chú ý 2.2.2 Ngồi giá trị µ xem hàm µ = µ(a, b) biến (a, b) thuộc miền (a, b) ∈ R2 : < a ≤ b < 2γ L2 Đặt b = ta, với t ∈ [1, + ∞) cố định, tương tự ta tính hàm γ µ(a, b) = µ(a,ta) đạt giá trị nhỏ a = Từ tL γ2 1+ tL         L : ≤ t < +∞ = 2 + γ2   L γ    1+  tL2 39 Vậy suy µ(a, b) : < a ≤ b < L Do đó, giá trị nhỏ µ µ ∗ = (a∗ , b∗ ) = ( 2γ L2 L2 + γ = L L2 + γ đạt điểm γ γ , ) L2 L2 Chú ý 2.2.3 Ước lượng sai số Định lý 2.2.1 hữu ích việc áp dụng Thuật tốn 2.2.1 để giải toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh.Ví dụ, µ k+1 k+1 ∗ cơng thức ||u −u || ≤ ||u −u0 || cho phép ước tính số lượng 1−µ bước lặp cần để đạt độ xác định Cụ thể, với ε > bất µ k+1 kỳ, ||u − u0 || ≤ ε ta có ||uk+1 − u∗ || ≤ ε 1−µ Hệ 2.2.1 Trong kí hiệu Định lý 2.2.1, F đơn điệu mạnh liên tục Lipschitz K dãy {uk } tạo Thuật toán 2.2.1 hội tụ tuyến tính tới nghiệm tốn VI(K,F) ước tính sai số nêu thỏa mãn Ví dụ 2.2.1 Cho H = l2 không gian Hilbert thực mà thành phần dãy bình phương khả tổng vơ hướng thực Ví dụ H = {u = (u1 , u2 , · · · , ui , · · · ) : ∞ ∞ i=1 i=1 ∑ |ui |2 < +∞} Định nghĩa u, v = ∑ ui vi ||u|| = u, u tích vơ hướng chuẩn hai vectơ u, v H, với u = (u1 , u2 , · · · , ui , · · · ),v = (v1 , v2 , · · · , vi , · · · ) ∈ H β Cho α, β ∈ R cho β > α > > Đặt Kα = {u ∈ H : ||u|| ≤ α}, Fβ (u) = (β − ||u||)u, α, β tham số Dễ thấy S(Kα , Fβ ) = {0} Hàm Fβ liên tục Lipschitz giả đơn điệu mạnh Kα Thật vậy, với u, v ∈ Kα bất kỳ, ||Fβ (u) − Fβ (v)|| = ||(β − ||u||)u − (β − ||v||)v|| = ||β (u − v) − ||u||(u − v) − (||u|| − ||v||)v|| ≤ β ||u − v|| + ||u|| ||u − v|| + | ||u|| − ||v|| | ||v|| ≤ β ||u − v|| + α ||u − v|| + α||u − v|| = (β + 2α)||u − v|| 40 Do Fβ liên tục Lipschitz Kα với số Lipschitz L := β + 2α Cho u, v ∈ Kα cho Fβ (u), v − u ≥ Theo giả thiết ||u|| ≤ α < β Suy u, v − u ≥ Do Fβ (v), v − u = (β − ||v||) v, v − u ≥ (β − ||v||) v, v − u − u, v − u ≥ (β − α)||u − v||2 = γ||u − v||2 , γ := β − α > Suy Fβ giả đơn điệu mạnh Kα Hơn Fβ β , 0, · · · , 0, · · · , v = đơn điệu mạnh đơn điệu Kα Thật vậy, ta chọn u = (α, 0, · · · , 0, · · · ) ∈ Kα Ta có Fβ (u) − Fβ (v), u − v = β −α < 2γ 2(β − α) = 0, tùy ý, đặt λk = λ với L2 (β + 2α)2 k ∈ N Theo Định lý 2.2.1, dãy {uk } tạo Thuật tốn 2.2.1 hội tụ tuyến tính tới Hơn nữa, Lấy u0 ∈ Kα bất kỳ, λ ∈ 0, k+1 ||u µ µ k+1 ||u − u0 || ||uk+1 − 0|| ≤ ||uk+1 − uk || − 0|| ≤ 1−µ 1−µ với k ∈ N, µ= 1 + λ [2(β − α) − λ (β + 2α)2 ] Theo Chú ý 2.2.1 giá trị nhỏ µ µ∗ = λ = λ∗ = β + 2α (β − α)2 + (β + 2α)2 ] điểm β −α (β + 2α)2 Nếu độ dài bước tạo thành dãy không khả tổng số thực dương Thuật tốn 2.2.1 tạo dãy lặp hội mạnh tới nghiệm tốn Ta có: Định lý 2.2.2 Cho K tập lồi đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H F : K → H ánh xạ giả đơn điệu mạnh K với mô-đun γ liên tục 41 Lipschitz K với số L Giả sử {λk } dãy vô hướng dương với ∞ ∑ λk = +∞, k=0 lim λk = (2.5) k→∞ Dãy lặp {uk } tạo thành từ Thuật toán 2.2.1 hội tụ mạnh tới u∗ nghiệm toán VI(K, F) Hơn nữa, tồn số k0 ∈ N cho với k ≥ k0 , λk (2γ − λk L2 ) > 0, ||uk+1 − u∗ || ≤ ||uk0 − u∗ || ∏ki=k0 [1 + λi (2γ − λi L2 ] Chứng minh Vì λk → 0, nên tồn k0 ∈ N cho λk L2 < λ với k ≥ k0 Do λk (2γ − λk L2 ) > λk (2γ − γ) = γλk > 0, với k ≥ k0 Vì thế, từ [1 + λk (2γ − λk L2 )] ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ ||uk − u∗ ||2 , suy ||uk − u∗ ||2 + λk (2γ − λk L ) 1 ≤ ||uk−1 − u∗ ||2 2 [1 + λk (2γ − λk L )] [1 + λk−1 (2γ − λk−1 L )] ||uk+1 − u∗ ||2 ≤ ≤ ||uk0 − u∗ ||2 k ∏i=k0 [1 + λi (2γ − λi L )] Vậy ||uk+1 − u∗ || ≤ ||uk0 − u∗ || ∏ki=k0 [1 + λi (2γ − λi L2 )] (2.6) Tiếp theo, ta chứng minh dãy {uk } hội tụ theo chuẩn tới u∗ Với k ∈ N, đặt αk = λk (2γ − λk L2 ) viết lại công thức (2.6), ta ||uk+1 − u∗ || ≤ ∏ki=k0 (1 + αi ) 42 ||uk0 − u∗ || ∞ Vì αk = λk (2γ − λk L2 ) > γλk với k ≥ k0 , nên ∑ αk = +∞ Do k=k0 ∏ki=k0 (1 + αi ) ≤ 1 + ∑ki=k0 αi −→ k → ∞ Vì thế, ||uk+1 − u∗ || → 0, hay dãy {uk } hội tụ theo chuẩn tới u∗ Định lý chứng minh Hệ 2.2.2 Cho {λk } Định lý 2.2.2 Cho F đơn điệu mạnh K với mô-đun γ liên tục Lipschitz K với số L Thì dãy {uk } tạo từ Thuật toán 2.2.1 hội tụ theo chuẩn tới nghiệm toán VI(K, F) tồn số k0 ∈ N cho ||uk+1 − u∗ || ≤ ||uk0 − u∗ ||, ∏ki=k0 [1 + λi (2γ − λi L2 ] với k ≥ k0 Ví dụ 2.2.2 Cho H = l2 , α, β ∈ R cho β > α > Kα = {u ∈ H : ||u|| ≤ α}, β > Đặt Fβ (u) = (β − ||u||)u, ∞ , ∀k ∈ N Khi ∑ λk = +∞, lim λk = k→∞ k+1 k=0 k Cho {u } dãy lặp tạo Thuật toán 2.2.1 Suy dãy {uk } hội tụ (β + 2α)2 mạnh tới nghiệm toán VI(Kα , Fβ ) Đặt k0 = , 2(β − α) λk (2γ − λk L2 ) > 0, với k ≥ k0 Ta có α, β tham số, λk = ||uk+1 − 0|| ≤ ∏ki=k0 + ||uk0 − 0||, + 2α)2 ∀k ≥ k0 2(β − α) (β − i+1 (i + 1)2 Chúng ta xét xem điều xảy bỏ điều kiện (2.4) (2.5) đưa Định lý 2.2.1 Định lý 2.2.2 thơng qua ví dụ sau: Ví dụ 2.2.3 Đặt K = R F(u) = u Rõ ràng F liên tục Lipschitz, đơn điệu mạnh K S(K, F) = Chọn u0 = ∈ K λk = , (k + 2)2 43 ∀k ∈ N ∞ Từ lim λk = ∑ λk < +∞, hai điều kiện (2.4) (2.5) bị lược bỏ Dãy k→∞ lặp uk k=0 tạo Thuật toán 2.2.1 với u0 = cho uk+1 = PK (uk − λk F(uk )) = uk − λk uk = (1 − λk )uk Do đó, k k uk+1 = ∏(1 − λi ) = ∏ 1− i=0 i=0 (i + 2)2 k k+3 (i + 1)(i + 3) = , (i + 2) 2(k + 2) i=0 =∏ ∀k ∈ N Nghĩa {uk } không hội tụ đến nghiệm toán k→∞ VI(K, F) Vậy điều kiện (2.4) (2.5) bỏ đi, không dãy lặp không hội tụ tới nghiệm tốn cần tìm Ví dụ 2.2.4 Cho K = R F(u) = u, u0 ∈ R\{0} Cho λk ⊂ (0, +∞) thỏa mãn Vậy lim uk = ∞ điều kiện ∑ λk = +∞, lim λk = λk = 1, ∀k ∈ N Khi dãy lặp {uk } trở thành k=0 k→∞ uk+1 = PK (uk − λk F(uk )) = uk − λk uk = (1 − λk )uk Để chứng minh {uk } hội tụ tuyến tính đến 0, ta cần chứng minh: ||uk+1 − 0|| = µ, với µ ∈ (0, 1) k→∞ ||uk − 0|| lim Vì lim λk = uk = với k ∈ N, ta có k→∞ ||uk+1 − 0|| lim = lim |1 − λk | = k→∞ ||uk − 0|| k→∞ Vậy {uk } khơng hội tụ tuyến tính tới nghiệm tốn VI(K, F) Ví dụ cho thấy dãy {uk } xét Định lý 2.2.2 khơng hội tụ tuyến tính tới nghiệm toán VI(K, F) Mặt khác, so sánh với dãy lặp tạo Định lý 2.2.1, công thức lặp Định lý 2.2.2 có tốc độ hội tụ chậm Như vậy, bên cạnh ưu điểm nêu trên, phương pháp chiếu cải biên khơng có số tiên nghiệm có nhược điểm tốc độ hội tụ 44 KẾT LUẬN Sau Hatman Stampacchia giới thiệu lần đầu vào năm 1966, trải qua 50 năm phát triển khơng ngừng, tốn bất đẳng thức biến phân trở thành công cụ hữu hiệu, để nghiên cứu giải toán cân kinh tế tài chính, vận tải, lý thuyết trị chơi nhiều toán khác Gần đây, toán bất đẳng thức biến phân nhiều nhà toán học quan tâm, có nhiều kết quan trọng Người ta tìm nhiều phương pháp để giải tốn Bản luận văn nhằm mục đích giới thiệu toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh Cụ thể là, sau tổng hợp lại số kiến thức Giải tích hàm Giải tích lồi, trình bày tốn bất đẳng thức biến phân với ví dụ minh họa Sau đó, luận văn trình bày tồn nghiệm toán Tiếp đến, luận văn giới thiệu hai thuật toán chiếu để giải lớp toán này, đồng thời xét đến hội tụ thuật tốn khơng gian Hilbert TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội Lê Dũng Mưu, Nguyễn Văn Hiền, Nguyễn Hữu Điển (2015), Giải tích lồi ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội Phạm Kỳ Anh, Trần Đức Long (2001), Hàm thực giải tích hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh D Kinderlehrer and G Stampacchia (1980), An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications, Academic Press, New York Fan Ky (1972), A minimax inequalities and applications In: Shisha O (Ed): Inequalities, Academic Press, New York Igor Konnov (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Springer Pham Duy Khanh (2012), ”A new extragradient method for strongly pseudomonotone variational inequalities”, Submitted Pham Duy Khanh, Phan Tu Vuong (2014), ”Modified projection method for strongly pseudomonotone variational inequalities”, Journal of Global Optimization,58, no 2, 341 - 350 Phung M Duc, Le D Muu, and Nguyen V Quy (2014), ”Solution - existence and algorithms with their convergence rate for strongly pseudomonotone equilibrium problems”, Pracific Journal Mathematics, Pacific J Mathematics, To appear 46 ... NGÔ THỊ THO PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢ ĐƠN ĐIỆU MẠNH Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã s? ?: 604 6011 2 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH LÊ... minh 27 Chương Phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh Chương này, trình bày thuật toán chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh V I(K, F) Phần đầu,... lại toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu manh sau: Định nghĩa 2.0.6 Cho K ⊂ H tập đóng, khác rỗng, F : K → H toán tử giả đơn điệu mạnh K Bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu mạnh