Phương pháp chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập nghiệm của bài toán cân bằng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÂM THỊ THOA PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÂM THỊ THOA PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS PHẠM NGỌC ANH Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Mục lục ii Lời cảm ơn iii Danh sách ký hiệu iv Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tập lồi, hàm lồi, nón pháp tuyến phép chiếu 1.1.1 Tập lồi hàm lồi 1.1.2 Nón pháp tuyến 1.1.3 Phép chiếu 1.2 Hàm đơn điệu 10 1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân 15 1.3.1 Phát biểu toán 15 1.3.2 Sự tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân 16 1.4 1.5 Bài toán cân 17 1.4.1 Phát biểu toán 17 1.4.2 Sự tồn nghiệm toán cân 17 Kết luận 19 ii Phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân 20 2.1 Phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân 21 2.2 Phương pháp chiếu giải toán cân 26 2.3 Ứng dụng giải toán bất đẳng thức biến phân tập 2.4 nghiệm toán cân 32 Kết luận 41 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 iii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thiện Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Phạm Ngọc Anh (Học viện Bưu Viễn thơng) trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu viết luận văn Trong trình học tập nghiên cứu, thông qua giảng, buổi hội thảo seninar, tác giả nhận quan tâm giúp đỡ ý kiến đóng góp quý báu thầy cô Trường Đại học Khoa học Thái Ngun, Học viện Bưu Viễn thơng, bạn học viên lớp cao học toán K7Y Tác giả xin chân thành cảm ơn! Xin gửi tới lời cảm ơn sâu sắc tới Ban Lãnh đạo Trường Đại học Hải Dương, đồng nghiệp khoa Toán Kinh tế - Kỹ thuật bên cạnh động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân, người ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình nghiên cứu làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế, tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Lâm Thị Thoa Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iv Danh sách ký hiệu H không gian Hilbert thực x chuẩn véc tơ x x, y tích vơ hướng hai véc tơ x y R ∪ {±∞} = R tập số thực mở rộng B tích Đề - Các hai tập hợp A B A∩B tập hợp A giao với tập hợp B A⊂B tập A thực tập B A⊆B tập A tập B I ánh xạ đồng domf miền hữu dụng f epif tập đồ thị hàm f argmin{f (x) : x ∈ C} tập điểm cực tiểu hàm f ∂f (x) vi phân hàm lồi f x δC hàm C NC (x) nón pháp tuyến điểm x tập C dC (x) hàm khoảng cách từ x đến tập C xn → x dãy {xn } hội tụ mạnh tới x xn ⇀ x dãy {xn } hội tụ yếu tới x v lim sup giới hạn lim inf giới hạn P rC (x) hình chiếu x lên C EP (f, C) toán cân Sol(f, C) tập nghiệm toán cân V I(F, C) toán bất dẳng thức biến phân Sol(F, C) tập nghiệm toán bất dẳng thức biến phân F ix toán điểm bất động F ix(S) tập điểm bất động ánh xạ S Mở đầu Bài toán bất đẳng thức biến phân cổ điển tốn tìm điểm x∗ ∈ C cho F x∗ , x − x∗ ≥ ∀x ∈ C, đó, C tập con, lồi, đóng, khác rỗng không gian Hilbert thực H ánh xạ F : H → H, thường goi ánh xạ giá Bài tốn này, kí hiệu V I(F, C), tốn lí thuyết tối ưu Bởi vậy, nhiều toán tối ưu khác cố thể chuyển toán V I(F, C) Bài toán nghiên cứu mở rộng thập kỉ gần đây, ví dụ hai số sách viết Facchinei Pang (xem [8]) báo nghiên cứu khác Bài toán bất đẳng thức biến phân phát triển trở thành công cụ hữu hiệu để nghiên cứu giải toán cân nhiều lĩnh vực khác kinh tế tài chính, kỹ thuật, vận tải, lí thuyết trị chơi (xem [7]) Gần đây, toán bất đẳng thức biến phân với ràng buộc tập nghiệm toán cân đề tài nhiều người quan tâm nghiên cứu vai trị quan trọng lí thuyết tốn học ứng dụng thực tế Một hướng nghiên cứu quan trọng toán việc xây dựng phương pháp giải Có nhiều phương pháp giải khác như: phương pháp dựa kỹ thuật hàm chắn, phương pháp dựa cách tiếp cận điểm bất động Song góc độ ứng dụng, phương pháp chiếu coi phương pháp đơn giản, hữu hiệu lý thuyết tối ưu nói chung việc giải tốn bất đẳng thức biến phân toán cân nói riệng Hơn nữa, phương pháp chiếu giải tốn bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân đơn giản hữu hiệu với nhiều thuật tốn có Vì vậy, đề tài luận văn "Phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm tốn cân bằng" trình bày phương pháp chiếu gần cần thiết có ý nghĩa khoa học thuật tốn ứng dụng Hiện có nhiều phương pháp giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân phương pháp đạo hàm tăng cường mở rộng cho toán bất đẳng thức biến phân hai cấp, phương pháp điểm gần kề xấp xỉ phương pháp khác (xem [6]) Trong luận văn này, tơi trình bày phương pháp hiệu đề xuất nhóm tác giả Hiên - Vương - Strodiot báo "On extragradient - viscosity methods for solving equilibrium and fixed point problems in a Hilbert space", Phan Tu Vuong, Jean Jacques Strodiot and Van Hien Nguyen, Vol 64, No 2, pp 429-451, Optimization, 2015 Luận văn gồm hai chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Nội dung gồm kiến thức tập lồi, hàm lồi, nón pháp tuyến phép chiếu khơng gian Hilbert thực Nhắc lại số định nghĩa mở rộng tính đơn điệu ánh xạ F song hàm f Phát biểu toán trình bày số kết tồn tại, tính nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân, toán cân Chương 2: Ứng dụng giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm tốn cân Nội dung chương trình bày phương pháp chiếu hai lần để giải toán bất đẳng thức biến phân toán cân không gian Hilbert thực Đặc biệt ứng dụng phương pháp chiếu để giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Lâm Thị Thoa Email: uhdthoalam.edu@gmail.com 30 Ta có λk {f (xk , y) − f (xk , y k )} ≥ y k − xk , y k − y ∀y ∈ C (2.8) Thay y = xk+1 ∈ C, ta nhận λk {f (xk , xk+1 ) − f (xk , y k )} ≥ y k − xk , y k − xk+1 (2.9) Từ (2.7), (2.8) xk+1 − xk , x∗ − xk+1 = xk − x∗ − xk+1 − xk − xk+1 − x∗ suy xk − x∗ − xk+1 − xk − xk+1 − x∗ ≥ y k − xk , y k − xk+1 − 2λk c1 xk − y k − 2λk c2 xk+1 − y k Do xk+1 − x∗ ≤ xk − x ∗ − xk+1 − xk + 2λk c1 xk − y k = x k − x∗ 2 − y k − xk , y k − xk+1 + 2λk c2 xk+1 − y k − y k − xk , y k − xk+1 + 2λk c1 xk − y k + 2λk c2 xk+1 − y k ≤ xk − x ∗ 2 2 − xk − y k ) + 2λk c2 xk+1 − y k − (1 − 2λk c1 ) xk − y k ) − (1 − 2λk c2 ) y k − xk+1 Vậy, bổ đề chứng minh 2 − xk+1 − y k + λk c x k − y k = x k − x∗ − (xk+1 − y k ) − (y k − xk ) 2 31 Định lí 2.2.1 Giả sử x∗ ∈ Sol(f, C) song hàm f liên tục kiểu Lipschitz với số c1 > 0, c2 > giả đơn điệu C, nửa liên tục 1 2c1 , 2c2 C × C dãy {λk } thỏa mãn < p < λk < , lim λk = λ k→∞ Khi đó, dãy lặp {x } hội tụ tới nghiệm EP (f, C) với tốc độ hội tụ k tuyến tính Chứng minh Từ giả thiết < p < λk < suy − 2λk c1 > 1 2c1 , 2c2 − 2λk c2 > Theo Bổ đề 2.2.1, ta có xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ , ∀k ≥ Tức là, dãy { xk − x∗ } không tăng bị chặn nên tồn giới hạn hữu hạn c = lim xk − x∗ Vậy xk − x∗ bị chặn tồn dãy k→∞ {x } hội tụ tới điểm x ∈ C Từ Bổ đề 2.2.1, suy ki (1 − 2ρc1 ) y k − xk ≤ (1 − 2λk c1 ) y k − xk ≤ xk − x∗ − xk+1 − x∗ Từ giả thiết − 2ρc1 > c = lim xk − x∗ suy lim xk − y k = k→∞ k→∞ Theo chứng minh trên, x → x i → ∞, ta có y → x i → ∞ Mặt ki ki khác y ki = argmin    λki f (xki , y) + y − xki :y∈C Cho i → ∞ sử dụng tính liên tục f , ta có     x = argmin λ(x, y) + y − x : y ∈ C      Vậy, x nghiệm toán EP (f, C) Bằng cách thay x∗ x, ta có c = lim xk − x = lim xki − x = k→∞ i→∞ 32 Do đó, dãy {xk } hội tụ tới x ∈ Sol(f, C) Theo Bổ đề 2.2.1 giả thiết, xk − x∗ = x∗ nghiệm EP (f, C) Ngược lại, ta có lim xk+1 − x k→∞ xk − x < Vậy, dãy {xk } hội tụ tới x ∈ Sol(f, C) theo tốc độ tuyến tính 2.3 Ứng dụng giải tốn bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân Mở rộng phương pháp chiếu việc tìm nghiệm toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm tốn cân Nội dung phần này, trình bày thuật toán chiếu mở rộng chứng minh hội tụ mạnh thuật toán Giả sử song hàm f : C × C → R thỏa mãn điều kiện sau: (A1 ) : f (x, x) = ∀x ∈ C; (A2 ) : f giả đơn điệu C tập nghiệm Sol(f, C), nghĩa f (y, x∗ ) ≤ 0, ∀x∗ ∈ Sol(f, C) y ∈ C; (A3 ) : lim sup f (xn , y) ≤ f (x, y), ∀xn ⇀ x; n→∞ (A4 ) : f (x, ) lồi khả vi phân C, ∀x ∈ C; (A5 ) : ∃C1 > 0, ∃C2 > cho ∀x, y ∈ C: f (x, y) + f (y, z) ≥ f (x, z) − C1 y − x − C2 z − y Nếu f thỏa mãn tính chất (A1 ) đến (A4 ) tập nghiệm E(f, C) tốn cân tập đóng lồi Thuật tốn 2.3.1 Bước 0: Chọn dãy {αn } ⊂ [0, 1), {βn } ⊂ (0, 1), {λn } ⊂ (0, ∞) 33 Bước 1: Cho x0 ∈ H Đặt n = Bước 2: Giải        y − xn λ f (x , y) + y = argmin  n n n y∈C           z = argminy∈C λn f (yn , y) + y − xn   n  2      ,  Ta thu nghiệm tối ưu yn , zn Bước 3: Tính xn+1 = (1 − βn )tn + βn Stn với tn = zn − αF zn Bước 4: Đặt n = n + quay lại bước Với dãy {xn } {yn } không thiết thuộc C Các dãy {xn }, {yn } {zn } sinh thuật tốn thỏa mãn tính chất sau: Bổ đề 2.3.1 Cho C tập con, khác rỗng, đóng không gian Hilbert thực H hàm f : H × H → R thỏa mãn điều kiện (A1 ) → (A2 ) (A4 ) → (A5 ), ∀x∗ ∈ E(f, C) ∀n ∈ N, ta có i) xn − yn , y − yn ≤ λn f (xn , y) − λn f (xn , yn ), ∀y ∈ C ii) zn − x∗ ≤ xn − x ∗ − (1 − 2λn C1 ) yn − xn −(1 − 2λn C2 ) zn − yn Nếu yn = xn , xn ∈ Sol(f, C) Để chứng minh hội tụ thuật toán ta sử dụng số bổ đề sau Bổ đề 2.3.2 Cho F ánh xạ liên tục, η− đơn điệu mạnh Ω = F ix(S) ∩ Sol(f, C), Ω tập lồi đóng, khác rỗng H Khi đó, tốn bất đẳng thức biến phân V I(F, C) có nghiệm Bổ đề 2.3.3 Cho β ∈ (0, 1) K tập con, lồi, đóng, khác rỗng H Ánh xạ S : K → K tựa giả co chặt cho F ix(S) = ∅ Khi đó, 34 Sω = (1 − ω)I + ωS ánh xạ tựa không giãn K, ∀ω ∈ [0, − β] Hơn nữa, Sω x−x∗ ≤ x−x∗ −ω(1−β −ω) Sx−x , ∀(x, x∗ ) ∈ K ×F ix(S) (2.10) Bổ đề 2.3.4 Cho {an } dãy số thực không âm Giả sử m số ngun Khi đó, tồn số nguyên p cho p ≥ m ap ≤ ap+1 Cho n0 số nguyên cho an0 ≤ an0 +1 số nguyên n ≥ n0 Ta định nghĩa τ (n) = max{k ∈ N : n0 ≤ k ≤ n, ak ≤ ak+1 } Khi đó, ≤ an ≤ aτ (n)+1 , ∀n ≥ n0 Hơn nữa, dãy {τ (n)}n≥n0 không giảm dần tới +∞ n → ∞ Bây ta chứng minh định lý hội tụ mạnh thuật tốn Định lí 2.3.1 Cho C ⊂ H, C = ∅, C đóng, lồi Hàm f : C × C → R thỏa mãn điều kiện (A1 ) → (A5 ) ánh xạ S : C → C giả co chặt nửa đóng 0; Ω = Sol(f, C) = ∅ Cho F : C → H ánh xạ Lipschitz, liên tục η− đơn điệu mạnh Giả sử dãy  {λn }, {αn }, {βn } thỏa mãn điều kiện  1  , (C1 ) : < λ ≤ λn ≤ λ < , ∀n ∈ N  2C1 2C2  (C2 ) : lim αn = n→∞ ∞ = ∞ n=1 1−β , ∀n ∈ N tồn λ, λ, β vơ hướng, dương Khi đó, dãy {xn } → x∗ với x∗ nghiệm V I(F, Ω) (C3 ) : < β ≤ βn ≤ Chứng minh Ta chia chứng minh thành bước sau: Bước 1: ∀x∗ ∈ Ω, ta có xn+1 − x∗ ≤ xn − x ∗ − (1 − 2λn C1 ) yn − xn 35 − (1 − 2λn C2 ) zn − yn − xn+1 − zn (2.11) − 2αn xn+1 − x∗ , F zn Thật vậy, cho x∗ ∈ Ω Từ Bổ đề 2.3.3, ta có xn+1 − x∗ Từ Stn − tn = βn ≤ t n − x∗ (2.12) − β(1 − β − βn ) tn − Stn (xn+1 − tn ), từ (2.12) , suy xn+1 − x∗ ≤ tn − x∗ Từ < β ≤ βn ≤ xn+1 − x∗ 2 1−β 2 − ρ xn+1 − tn , ρ = − β − βn βn ta có ρ ≥ Và từ tn = zn − αn F zn , ta có ≤ t n − x∗ − xn+1 − tn ≤ z n − α n F z n − x∗ 2 − xn+1 − (zn − αn F zn ) ≤ z n − x∗ − 2α xn+1 − x∗ , F zn − xn+1 − zn ≤ xn − x∗ − (1 − 2λn C1 ) yn − xn − (1 − 2λn C2 ) zn − yn 2 − 2αn xn+1 − x∗ , F zn − xn+1 − zn Ở ta sử dụng Bổ đề (2.3.1 − ii) để suy bất đẳng thức Bước 2: Các dãy {xn }, {yn }, {zn } {tn } bị chặn Cho x∗ ∈ Ω định nghĩa Sβn = (1 − βn )I + βn S, ∀n ∈ N Theo Bổ đề 2.3.3, Sβn ánh xạ tựa không giãn Sử dụng điều kiện (C1 ), Bổ đề (2.3.2 − ii), định nghĩa xn+1 x∗ = Sβn x∗ ta viết sau: zn+1 − x∗ ≤ xn+1 − x∗ = Sβn tn − x∗ ≤ tn − x∗ (2.13) 36  Mặt khác, từ lim αn = 0, ta giả sử αn ∈ 0, n→∞ η L2 tính tổng quát, ta giả sử < η <   không Từ F L− Lipschitz liên tục η đơn điệu mạnh, ta có   η L2 +2 ≤ η L η2 L2    F − 1 zn+1 −  η L2  F − 1 x∗ = η2 F zn+1 − F x∗ , zn+1 − x∗ + zn+1 − x∗ zn+1 − x = 1 − η L2 ∗ − 2η L2 zn+1 − x∗ F zn+1 − F x∗ L4 + zn+1 − x∗  (2.14)  zn+1 − x∗ Từ bất đẳng thức (2.13), (2.14) tn+1 = zn+1 − αn+1 F zn+1 , ta có tn+1 − x∗ ≤ tn+1 − (x∗ − αn+1 F x∗ ) + αn+1 F x∗ = (zn+1 − αn+1 F zn+1 ) − (x∗ − αn+1 F x∗ ) + αn+1 F x∗   αn+1 L  (zn+1 − x∗ ) = 1 − η      αn+1 L2 η η  F − 1 zn+1 −  F − 1 x∗  + αn+1 F x∗ − η L2 L2  ≤ 1 −  = 1 − αn+1 L η   zn+1 − x∗ + αn+1 L θ η  αn+1 L η  1 −  zn+1 − x∗ + αn+1 F x∗ η L2   zn+1 − x∗ + αn+1 F x∗ 37  ≤ 1 − αn+1 L θ Ở θ = − trên, ta có η 1−   tn − x∗ + αn+1 F x∗ η2 L2 ∈ (0, 1) Đặt θn = α n L2 θ η ∈ (0, 1) Từ bất đẳng thức tn+1 − x∗ ≤ (1 − θn+1 ) tn − x∗ + θn+1 ≤ max   t n − x∗ ,  η L2 θ F x∗ η L2 θ F x∗ (2.15)    Bằng quy nạp, với n ∈ N, ta có     η ∗ ∗ ∗ t0 − x , F x tn − x ≤ max   Lθ (2.16) Do đó, dãy {tn } bị chặn dãy {xn }, {yn }, {zn } thỏa mãn (2.13) , mệnh đề (2.3.1 − ii) điều kiện (C1 ) Bước 3: Nếu znk ⇀ x∗ , xnk −ynk → 0, ynk −znk → 0, xnk +1 −znk → 0, x∗ ∈ Ω Đầu tiên, ta ý x∗ ∈ C {znk } ⊂ C C đóng, yếu Khi đó, từ giả thiết ta suy xnk ⇀ x∗ , ynk ⇀ y ∗ xnk − znk → Bây giờ, ta giả sử f (x∗ , y) ≥ 0, ∀y ∈ C Theo mệnh đề (2.3.2 − i), ta có xnk − ynk , y − ynk ≤ λnk f (xnk , y) − λf (xnk , ynk ) ∀y ∈ C (2.17) Tương tự, theo định nghĩa znk , ta có: xnk − znk , y − znk ≤ λnk f (ynk , y) − λf (ynk , znk ), ∀y ∈ C (2.18) Mặt khác, f thỏa mãn điều kiện Lipschitz (A5 ), ta có bất đẳng thức sau: λnk f (ynk , znk ) ≥ λnk f (xnk , znk ) − λnk f (xnk , ynk ) − C1 λnk ynk − xnk 38 − C λ nk z nk − y n k Từ xnk − ynk → 0, znk − ynk → 0, xnk − znk → {znk } bị chặn, sử dụng điều kiện (C1 ) vế phải bất đẳng thức dần Sử dụng điều kiện (A3 ) hội tụ yếu dãy {ynk } tới x∗ , ta suy ∀y ∈ C ta có: lim sup f (ynk , y) ≤ f (x∗ , y), tức x∗ ∈ E(f, C) k→∞ Ta chứng minh x∗ ∈ F ix(S) Từ tnk = znk − αnk F znk , F ánh xạ Lipschitz, liên tục {znk } bị chặn lim αnk = 0, ta có tnk − znk → 0, n→∞ từ giả thiết ta suy xnk − tnk → Mặt khác, từ xnk = (1 − βnk )tnk + βnk Stnk < β ≤ βnk ta có Stnk − tnk ≤ β xnk +1 − tnk → Từ giả thiết, S nửa đóng tnk ⇀ x∗ , ta suy Sx∗ = x∗ , tức x∗ ∈ F ix(S) Bước 4: Chứng minh an = xn − x∗ → 0, x∗ nghiệm V IP (F, Ω) Đầu tiên, từ bước tính bị chặn dãy {xn } {zn }, ta có | xn+1 − x∗ , F zn | ≤ M, ∀n ∈ N Do đó, an+1 −an + xn+1 −zn +(1−2λC1 ) yn −xn +(1−2λC2 ) yn −zn ≤ 2αn M (2.19) Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Tồn n0 cho {an } dãy giảm với n ≥ n0 Trong trường hợp này, giới hạn dãy {an } tồn lim (an+1 − an ) = Do vậy, từ n→∞ (2.19), lim an = từ điều kiện (C1 ), ta có n→∞ xn+1 − zn → 0, xn − yn → 0, yn − zn → (2.20) 39 Suy xn − zn → 0, zn − x∗ → a Từ {zn } ⊂ C bị chặn, tồn dãy {znk } dãy {zn } hội tụ yếu tới vài z ∈ C thỏa mãn đẳng thức lim inf zn − x∗ , F x∗ = lim znk − x∗ , F x∗ n→∞ k→∞ Khi đó, từ (2.20) bước chứng minh này, suy z ∈ Ω Do vậy, ta có lim inf zn − x∗ , F x∗ = lim znk − x∗ , F x∗ = z − x∗ , F x∗ ≥ (2.21) n→∞ k→∞ Mặt khác, từ F η− đơn điệu mạnh, ta có xn+1 −x∗ , F zn = xn+1 −zn , F zn + zn −x∗ , F x∗ + zn −x∗ , F zn −F x∗ ≥ xn+1 −zn , F zn + zn −x∗ , F x∗ +η zn −x∗ (2.22) Từ (2.20), (2.21), (2.22), ta có (2.23) lim inf xn+1 − x∗ , F zn ≥ ηa Giả sử, để có mâu thuẫn a > 0, chọn ǫ = n0 > cho ∗ xn+1 − x , F zn ≥ ηa − ǫ = ηa Từ (2.23) tồn ηa Với n ≥ n0 khơng đổi Khi đó, từ (2.11) (2.24), ta có (2.24) an+1 − an ≤ −αn ηa, ∀n ≥ n0 Do đó, ta viết n an+1 − an0 ≤ −ηa αk (2.25) k=n0 Từ ∞ k=1 αk = ∞ (2.25) suy lim inf an = −∞ Đây mâu thuẫn n→∞ Như hệ quả, ta có a = xn → x∗ Trường hợp 2: Tồn dãy ani an cho: ani ≤ ani +1 , ∀i ∈ N 40 Từ Bổ đề 2.3.5, ta viết bất đẳng thức sau: Với số nguyên n ≥ n0 : aΓ(n) ≤ aΓ(n)+1 an ≤ aΓ(n)+1 , (2.26) đó, Γ(n) = max{k ∈ N|n0 ≤ k ≤ n, ak ≤ ak+1 } Hơn nữa, dãy {Γ(n)}n≥n0 không giảm tiến tới +∞ n → ∞ Từ (2.19) lim αn = điều kiện (C1 ), ta có n→∞ xΓ(n)+1 − zΓ(n) → 0, xΓ(n) − yΓ(n) → 0, yΓ(n) − zΓ(n) → 0, (2.27) Từ dãy {zΓ(n) } bị chặn, tồn dãy dãy {zΓ(n) }, kí hiệu {zΓ(nk ) } cho zΓ(nk ) ⇀ x Khi đó, từ (2.27) bước chứng minh ta suy x ∈ Ω Tiếp tục, ta chứng minh zΓ(nk ) → x∗ Từ (2.11) , suy 2αΓ(nk ) < xΓ(nk )+1 − x∗ , F zΓ(nk ) − aΓ(nk )+1 − xΓ(nk )+1 − zΓ(nk ) − (1 − 2λΓ(nk ) C1 ) yΓ(nk ) − xΓ(nk ) − (1 − 2λΓ(nk ) C2 ) zΓ(nk ) − yΓ(nk ) 2 ≤ (2.28) Từ F η− đơn điệu mạnh, ta có η zΓ(nk ) − x∗ ≤ zΓ(nk ) − x∗ , F zΓ(nk ) − x∗ = xΓ(nk )+1 − x∗ , F zΓ(nk ) + zΓ(nk ) − xΓ(nk ) + 1, F zΓ(nk ) − zΓ(nk ) − x∗ , F x∗ (2.29) Kết hợp (2.28) , (2.29) ta nhận zΓ(nk ) − x∗ ≤ η zΓ(nk ) − xΓ(nk )+1 , F zΓ(nk ) − zΓ(nk ) − x∗ , F x∗ (2.30) Do đó, lim zΓ(nk ) − x∗ = Khi đó, dễ thấy k→∞ lim zΓ(nk ) − x∗ = n→∞ (2.31) 41 Từ (2.27) (2.31) , ta kết luận zΓ(n)+1 − x∗ → 0, nghĩa lim aΓ(n)+1 = Từ (2.26) , an ≤ aΓ(n)+1 , ∀n ≥ n0 , ta suy n→∞ lim an = Đây điều phải chứng minh n→∞ 2.4 Kết luận Trong chương 2, ta nhắc lại phương pháp chiếu hai lần cho giải toán bất đẳng thức biến phân toán cân Đối với toán bất đẳng thức biến phân, với giả thiết Lipschitz, thuật tốn hai phép chiếu khơng địi hỏi tính giả đơn điệu mạnh ánh xạ giá F Đối với toán cân bằng, thuật toán hai phép chiếu đồi hỏi giả thiết giả đơn điệu liên tục kiểu Lipschitz song hàm f Các phương pháp chiếu mở rộng ứng dụng giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân chứng minh hội tụ mạnh thuật tốn khơng gian Hilbert thực 42 Kết luận chung Bài toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân toán tổng quát, cấp thứ hai tốn tập hợp khơng dạng hiển Do vậy, toán dạng toán tối ưu hai cấp phức tạp Nội dung luận văn trình bày phương pháp chiếu mở rộng để giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân chứng minh hội tụ phương pháp Nội dung luận văn trình bày bao gồm: Nhắc lại số kiến thức tâp lồi, hàm lồi, nón pháp tuyến phép chiếu khơng gian Hilbert Phát biểu trình bày số kết tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân toán cân Trình bày thuật tốn chiếu hai lần chứng minh hội tụ thuật toán cho toán bất đẳng thức biến phân toán cân Đặc biệt, nội dung cốt lõi luận văn ứng dụng phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân 43 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phạm Ngọc Anh (2015), Các phương pháp tối ưu ứng dụng, NXB Thông tin Truyền thông [2] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2010), Giáo trình Giải tích hàm, NXB Đại học Sư phạm [3] Nguyễn Thị Bạch Kim (2008), Các phương pháp tối ưu- Lý thuyết thuật toán, NXB Bách khoa Hà Nội [4] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, NXB Khoa học Kĩ thuật Hà Nội Tiếng Anh [5] Anh P.N (2013), "A hybrid extragradient method to fixed point problems and equilibrium problems", Optimization, Vol 62 (2), pp 271-283 [6] Anh P.N., Kim J., Mưu L.D (2012), "An Extragradient Algorithm for Solving Bilevel Pseudomonotone Variational Inequalities", J.Global Optimization 52, pp.627 – 639, doi 10.1007/s 10898 – 012 – 9870 [7] Kinderlehrer D and Stampachia G (1980), An Introduction to Variationnal Inequalities and Their Applications, Academic Press 44 [8] Facchinei F and Pang J.S (2003), Finite - Dimensional Variational Inequalities and Complementarity Problems, Vals I and II, Springer, New York [9] Konnov I (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Springer [10] Vuong P.T., Strodiot J.J and Nguyen V.H (2015), "On extragradientviscosity methods for solving equilibrium and fixed point problems in a Hilbert space", Optimization, Vol 64, No 2, pp 429-451 ... 20 2.1 Phương pháp chiếu giải toán bất đẳng thức biến phân 21 2.2 Phương pháp chiếu giải toán cân 26 2.3 Ứng dụng giải toán bất đẳng thức biến phân tập 2.4 nghiệm toán cân ... tính nghiệm toán bất đẳng thức biến phân, toán cân Chương 2: Ứng dụng giải toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm tốn cân Nội dung chương trình bày phương pháp chiếu hai lần để giải toán bất đẳng. .. dụng giải tốn bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán cân Mở rộng phương pháp chiếu việc tìm nghiệm toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm tốn cân Nội dung phần này, trình bày thuật toán chiếu