Download Luận văn Nghiên cứu hiệu chỉnh hóa trong bài toán cân bằng
Mục lục
Mục lục 1
Mở đầu 2
Chương 1. Bài toán cân bằng 4
1.1. Các kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Bài toán cân bằng và các trường hợp riêng . . . . . . . . . . 9
Chương 2. Phương pháp chiếu và đạo hàm tăng cường giải bài toán cân bằng 16
2.1. Phương pháp chiếu giải bài toán cân bằng . . . . . . . . . . 16
2.2. Phương pháp đạo hàm tăng cường giải bài toán cân bằng . . 25
Chương 3. Phương pháp hàm đánh giá 40
3.1. Hàm đánh giá A.Auslender . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.2. Hàm đánh giá M.Fukushima . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Kết luận 53
Tài liệu tham khảo 54
Để tải bản DOC Đầy Đủ xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
0 ≤ f(x∗, y), ∀y ∈ K.
⇒ x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng. Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét [2]
? Mệnh đề đảo của định lí 2.1.1 không đúng. Thật vậy, lấy N = 1 và lấy
K = [0, 2] và kí hiệu S1 là tập nghiệm của bài toán đối ngẫu, S2 là tập
nghiệm của bài toán cân bằng. Khi đó,
a, f(x, y) = (x− y)2 ⇒ S1 = ∅, S2 = [0, 2] ⇒ S1 * S2.
b, f(x, y) = max{0, | x− y | −1} ⇒ S1 = {1}, S2 = [0, 2] ⇒ S1 * S2.
? Khi f là giả đơn điệu, nghĩa là ∀x, y ∈ K : f(x, y) ≥ 0 ⇒ f(y, x) ≤ 0,
mệnh đề đảo của 2.1.1 đúng. Khi đó, bài toán đối ngẫu và bài toán cân
bằng có cùng tập nghiệm.
Ta có thuật toán chiếu 2.1 sau để giải bài toán đối ngẫu.
Thuật toán chiếu 2.1 [2]
Bước 1: Cho k = 0, x0 ∈ K và r0 = ‖ x0 ‖.
Bước 2: Lấy xk và rk
(i) Định nghĩa:
17
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Kk = {x ∈ K : ‖ x ‖≤ rk + 1}. (2.1a)
(ii) Tìm yk ∈ Kk có tính chất:
max
y∈Kk
f(y, xk)− k ≤ f(yk, xk), (2.1b)
với {k}k≥0 ⊂ [0,+∞] là dãy thoả mãn lim
k→+∞
k = 0.
(iii) Tính xk+1 dạng:
xk+1 = xk + tk
[
PLf (yk)(x
k)− xk], (2.1c)
trong đó, PLf (yk)(x
k) là phép chiếu trực giao của xk lên Lf(yk), và
Lf(yk) = {x ∈ K | f(yk, x) ≤ 0} là tập lồi, {tk}k≥0 ⊂ [α, 2− α] với
α ∈ [0, 1].
(iv) Tính rk thông qua:
rk+1 = max{rk, ‖ xk+1 ‖} (2.1d)
và trở về (i) của bước 2.
Mệnh đề 2.1.1. [2] Thuật toán chiếu 2.1 được xác định đúng đắn.
Chứng minh
• Chứng minh (2.1b) đúng. Thật vậy, từ công thức (2.1a) và (2.1d) ta có:
Kk ⊂ Kk+1, ∀k ∈ N.
Do x0 ∈ K và ‖ x0 ‖≤ r0 + 1 nên suy ra x0 ∈ K0 ⇒ x0 ∈ Kk, ∀k ∈ N
Mặt khác, K là tập đóng nên mọi Kk là khác rỗng và compact. Lại do tính
liên tục của f nên f(., yk) đạt cực đại trên Kk, vì vậy tồn tại yk ∈ Kk thoả
mãn:
max
y∈Kk
f(y, xk)− k ≤ f(yk, xk).
• Chứng minh (2.1c) đúng. Thật vậy, do tính lồi của f(yk, .) và tính lồi của
tập K nên tập khác rỗng:
Lf(y
k) = {x ∈ K | f(yk, x) ≤ 0}
18
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
là tập lồi, đóng. Do đó,
xk+1 = xk + tk
[
PLf (yk)(x
k)− xk]
được xác định duy nhất.
Vậy mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 2.1.2. [2] Giả sử rằng:
+∞⋂
k=0
Lf(y
k) 6= ∅, (2.3)
thì:
a, ∀x∗ ∈
+∞⋂
k=0
Lf(y
k) dãy {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 không tăng và do đó hội tụ.
b, Dãy {xk}k≥0 bị chặn.
c, lim
k→+∞
‖ xk+1 − xk ‖= 0.
Chứng minh
a, Cho x∗ ∈
+∞⋂
k=0
Lf(y
k), từ công thức (2.1c) của thuật toán 2.1 ta có
xk+1 = xk + tk
[
PLf (yk)(x
k)− xk] do đó:
‖ xk+1 − x∗ ‖2 = ‖ xk + tk[PLf (yk)(xk)− xk]− x∗ ‖2
= ‖ xk − x∗ ‖2 + tk2 ‖ PLf (yk)(xk)− xk ‖2
+ 2 tk
〈
xk − x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
.
(2.4)
Ta lại có:
2 tk
〈
xk − x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
=
= 2 tk
〈
xk − PLf (yk)(xk) + PLf (yk)(xk)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
= −2 tk ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2 +2 tk
〈
PLf (yk)(x
k)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
.
(2.5)
Từ (2.4) và (2.5) ta có:
‖ xk+1 − x∗ ‖2 = ‖ xk − x∗ ‖2 + tk2 ‖ PLf (yk)(xk)− xk ‖2 −
− 2 tk ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2 +
+ 2 tk
〈
PLf (yk)(x
k)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
.
(2.6)
19
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Do tính chất của phép chiếu trực giao và x∗ ∈ Lf(yk) nên số hạng cuối
cùng của (2.6) không dương, tức là:
2 tk
〈
PLf (yk)(x
k)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉 ≤ 0. (2.7)
Từ (2.6), (2.7) và ∀k ∈ N ta suy ra:
‖ xk+1 − x∗ ‖2 ≤‖ xk − x∗ ‖2 + tk2 ‖ PLf (yk)(xk)− xk ‖2 −
− 2 tk ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2
= ‖ xk − x∗ ‖2 −tk(2− tk) ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2
≤‖ xk − x∗ ‖2 .
(2.8)
Vậy dãy {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 không tăng và do đó hội tụ.
b, Theo kết quả a, ta có dãy {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 hội tụ.
Mặt khác, ‖ xk ‖= ‖ xk − x∗ + x∗ ‖≤‖ xk − x∗ ‖ + ‖ x∗ ‖.
⇒ {xk}k≥0 bị chặn.
c, Ta viết lại (2.8) dạng:
tk(2− tk) ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2≤‖ xk − x∗ ‖2 − ‖ xk+1 − x∗ ‖2 . (2.9)
Vì 0 < α ≤ tk ≤ 2− α với 0 < α < 1 ta có 0 < α(2− α) ≤ tk(2− tk).
Từ (2.9) ta suy ra:
α(2− α) ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2≤‖ xk − x∗ ‖2 − ‖ xk+1 − x∗ ‖2 . (2.10)
Từ (2.10), 0 < α(2− α) và tính hội tụ của {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 ta có:
lim
k→+∞
{xk − PLf(yk)(xk)} = 0. (2.11)
Do đó,
lim
k→+∞
xk+1 − xk
tk
= 0.
Vì 0 < α ≤ tk ≤ 2−α nên (xk+1−xk) → 0 khi k → +∞.
Mệnh đề 2.1.3. [3] Giả sử:
i, Dãy {xk}k≥0 bị chặn,
ii, lim
k→+∞
‖ xk+1 − xk ‖= 0.
Khi đó, dãy {xk}k≥0 hội tụ tới nghiệm x∗ của bài toán cân bằng.
20
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Chứng minh
• Do xk+1 = xk + tk
[
PLf(yk)(x
k)− xk]⇒ xk+1 − xktk = [PLf(yk)(xk)− xk].
Từ giả thiết ii, ta suy ra:
lim
k→+∞
{xk − PLf(yk)(xk)} = 0.
• Chứng minh {yk}k≥0 bị chặn?
Theo giả thiết ta có dãy {xk}k≥0 bị chặn, do vậy ∃ r > 0 sao cho:
‖ xk ‖≤ r, ∀k ∈ N.
Từ công thức (2.1d) của thuật toán chiếu 2.1: rk+1 = max{rk, ‖ xk+1 ‖} ta
có:
rk = max{‖ x0 ‖, . . . , ‖ xk ‖}.
Do đó, rk ≤ r, ∀k ∈ N.
Lại từ (2.1a) ta có Kk = {x ∈ K : ‖ x ‖≤ rk + 1} nên Kk ⊂ B(0, r + 1).
Từ (2.1b) ta có max
y∈Kk
f(y, xk)− k ≤ f(yk, xk), yk ∈ Kk, ∀k ∈ N, do vậy:
‖ yk ‖≤ r + 1.
Do đó, {yk}k≥0 bị chặn.
• Giả sử x là điểm giới hạn của dãy {xk}k≥0 ⊂ K, với K đóng, x ∈ K.
Tồn tại dãy con {xkn}kn≥0 của dãy {xk}k≥0 thoả mãn:
lim
kn→+∞
xkn = x.
Tương ứng ta xét dãy con {ykn}kn≥0 cũng bị chặn. Do đó, tồn tại dãy con
{yknp}knp≥0 của dãy {ykn}kn≥0 hội tụ, giả sử hội tụ tới y, tức là:
lim
knp→+∞
yknp = y.
Để cho ngắn gọn, ta kí hiệu yknp ≡ ykn, ta cũng làm tương tự với xknp , ta
kí hiệu xknp ≡ xkn.
• Ta chứng minh f(y, x) = 0?
Thật vậy, từ trên có lim
k→+∞
{xk−PLf(yk)(xk)} = 0 nên limk→+∞PLf(yk)(x
k) = x.
21
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Do tính liên tục của f nên suy ra:
f(y, x) = f
(
lim
kn→+∞
ykn, lim
kn→+∞
PLf(ykn )(x
kn)
)
= lim
kn→+∞
f
(
ykn, PLf(ykn )(x
kn)
) ≤ 0. (2.12)
Trong đó, PLf(ykn )(x
kn) ∈ Lf(ykn) = {x ∈ K | f(ykn, x) ≤ 0}.
Từ (2.1a), (2.1d) có xk ∈ Kk, ∀k ∈ N.
Từ định nghĩa 2.1.1 và (2.1b), với ∀k ∈ N ta có:
0 = f(xk, xk) ≤ max
y∈Kk
f(y, xk) ≤ f(yk, xk) + k. (2.13)
Do lim
k→+∞
k = 0 và f liên tục nên từ (2.12) suy ra:
0 ≤ lim
kn→+∞
{f(ykn, xkn) + kn}
= f( lim
kn→+∞
ykn, lim
kn→+∞
xkn) + lim
kn→+∞
kn
= f(y, x).
(2.14)
Kết hợp (2.12), (2.14) suy ra:
f(y, x) = 0. (2.15)
• Với mọi 0 < δ < 1, x ∈ [intB(0, r∗ + 1− δ)] ∩K, với r∗ = sup
k∈N
rk?
Do rk bị chặn nên r
∗ = sup
k∈N
rk là hữu hạn.
Với 0 < δ < 1 xét B(0, r∗ + 1− δ) ≡ B(δ)
Từ (2.1d) có ‖ xk ‖≤ rk ≤ r∗ < r∗+1−δ, ∀k ∈ N, nên suy ra x ∈ intB(δ).
Vậy x ∈ [intB(0, r∗ + 1− δ)] ∩K.
• Cho B̂(δ) = B(δ) ∩ K, xét bài toán cân bằng (ÊPδ) với hàm f và tập
chấp nhận B̂(δ):
Tìm x̂ ∈ (ÊPδ) thoả mãn f(x̂, y) ≥ 0, ∀y ∈ B̂(δ) (ÊPδ)
Khi đó ta có khẳng định sau: x ∈ B̂(δ) là nghiệm của bài toán (ÊPδ), với
0 < δ < 1.
Thật vậy, lấy dãy {rk}k∈N không giảm: rk ≤ rk+1. Chọn k0 ∈ N thoả mãn
22
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
rk0 ≥ r∗ − δ. Khi đó:
r∗ + 1− δ ≤ rk + 1, ∀k ≥ k0.
Do đó,
B̂(δ) ⊂ Kk, ∀k ≥ k0.
Lấy z ∈ B̂(δ), ta có z ∈ Kk, ∀k ≥ k0. Vì vậy,
f(z, xk) ≤ max
y∈Kk
f(y, xk) ≤ f(yk, xk) + k, ∀k ≥ k0. (2.16)
Do tính liên tục của f , công thức (2.14), (2.15), (2.16) ta có:
f(z, x) = f(z, lim
kn→+∞
xkn)
= lim
kn→+∞
f(z, xkn)
(2.16...
Download miễn phí Luận văn Nghiên cứu hiệu chỉnh hóa trong bài toán cân bằng
Mục lục
Mục lục 1
Mở đầu 2
Chương 1. Bài toán cân bằng 4
1.1. Các kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Bài toán cân bằng và các trường hợp riêng . . . . . . . . . . 9
Chương 2. Phương pháp chiếu và đạo hàm tăng cường giải bài toán cân bằng 16
2.1. Phương pháp chiếu giải bài toán cân bằng . . . . . . . . . . 16
2.2. Phương pháp đạo hàm tăng cường giải bài toán cân bằng . . 25
Chương 3. Phương pháp hàm đánh giá 40
3.1. Hàm đánh giá A.Auslender . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.2. Hàm đánh giá M.Fukushima . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Kết luận 53
Tài liệu tham khảo 54
Để tải bản DOC Đầy Đủ xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Tóm tắt nội dung:
λ → 0, do tính liên tục của f nên:0 ≤ f(x∗, y), ∀y ∈ K.
⇒ x∗ là nghiệm của bài toán cân bằng. Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét [2]
? Mệnh đề đảo của định lí 2.1.1 không đúng. Thật vậy, lấy N = 1 và lấy
K = [0, 2] và kí hiệu S1 là tập nghiệm của bài toán đối ngẫu, S2 là tập
nghiệm của bài toán cân bằng. Khi đó,
a, f(x, y) = (x− y)2 ⇒ S1 = ∅, S2 = [0, 2] ⇒ S1 * S2.
b, f(x, y) = max{0, | x− y | −1} ⇒ S1 = {1}, S2 = [0, 2] ⇒ S1 * S2.
? Khi f là giả đơn điệu, nghĩa là ∀x, y ∈ K : f(x, y) ≥ 0 ⇒ f(y, x) ≤ 0,
mệnh đề đảo của 2.1.1 đúng. Khi đó, bài toán đối ngẫu và bài toán cân
bằng có cùng tập nghiệm.
Ta có thuật toán chiếu 2.1 sau để giải bài toán đối ngẫu.
Thuật toán chiếu 2.1 [2]
Bước 1: Cho k = 0, x0 ∈ K và r0 = ‖ x0 ‖.
Bước 2: Lấy xk và rk
(i) Định nghĩa:
17
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Kk = {x ∈ K : ‖ x ‖≤ rk + 1}. (2.1a)
(ii) Tìm yk ∈ Kk có tính chất:
max
y∈Kk
f(y, xk)− k ≤ f(yk, xk), (2.1b)
với {k}k≥0 ⊂ [0,+∞] là dãy thoả mãn lim
k→+∞
k = 0.
(iii) Tính xk+1 dạng:
xk+1 = xk + tk
[
PLf (yk)(x
k)− xk], (2.1c)
trong đó, PLf (yk)(x
k) là phép chiếu trực giao của xk lên Lf(yk), và
Lf(yk) = {x ∈ K | f(yk, x) ≤ 0} là tập lồi, {tk}k≥0 ⊂ [α, 2− α] với
α ∈ [0, 1].
(iv) Tính rk thông qua:
rk+1 = max{rk, ‖ xk+1 ‖} (2.1d)
và trở về (i) của bước 2.
Mệnh đề 2.1.1. [2] Thuật toán chiếu 2.1 được xác định đúng đắn.
Chứng minh
• Chứng minh (2.1b) đúng. Thật vậy, từ công thức (2.1a) và (2.1d) ta có:
Kk ⊂ Kk+1, ∀k ∈ N.
Do x0 ∈ K và ‖ x0 ‖≤ r0 + 1 nên suy ra x0 ∈ K0 ⇒ x0 ∈ Kk, ∀k ∈ N
Mặt khác, K là tập đóng nên mọi Kk là khác rỗng và compact. Lại do tính
liên tục của f nên f(., yk) đạt cực đại trên Kk, vì vậy tồn tại yk ∈ Kk thoả
mãn:
max
y∈Kk
f(y, xk)− k ≤ f(yk, xk).
• Chứng minh (2.1c) đúng. Thật vậy, do tính lồi của f(yk, .) và tính lồi của
tập K nên tập khác rỗng:
Lf(y
k) = {x ∈ K | f(yk, x) ≤ 0}
18
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
là tập lồi, đóng. Do đó,
xk+1 = xk + tk
[
PLf (yk)(x
k)− xk]
được xác định duy nhất.
Vậy mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 2.1.2. [2] Giả sử rằng:
+∞⋂
k=0
Lf(y
k) 6= ∅, (2.3)
thì:
a, ∀x∗ ∈
+∞⋂
k=0
Lf(y
k) dãy {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 không tăng và do đó hội tụ.
b, Dãy {xk}k≥0 bị chặn.
c, lim
k→+∞
‖ xk+1 − xk ‖= 0.
Chứng minh
a, Cho x∗ ∈
+∞⋂
k=0
Lf(y
k), từ công thức (2.1c) của thuật toán 2.1 ta có
xk+1 = xk + tk
[
PLf (yk)(x
k)− xk] do đó:
‖ xk+1 − x∗ ‖2 = ‖ xk + tk[PLf (yk)(xk)− xk]− x∗ ‖2
= ‖ xk − x∗ ‖2 + tk2 ‖ PLf (yk)(xk)− xk ‖2
+ 2 tk
〈
xk − x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
.
(2.4)
Ta lại có:
2 tk
〈
xk − x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
=
= 2 tk
〈
xk − PLf (yk)(xk) + PLf (yk)(xk)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
= −2 tk ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2 +2 tk
〈
PLf (yk)(x
k)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
.
(2.5)
Từ (2.4) và (2.5) ta có:
‖ xk+1 − x∗ ‖2 = ‖ xk − x∗ ‖2 + tk2 ‖ PLf (yk)(xk)− xk ‖2 −
− 2 tk ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2 +
+ 2 tk
〈
PLf (yk)(x
k)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉
.
(2.6)
19
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Do tính chất của phép chiếu trực giao và x∗ ∈ Lf(yk) nên số hạng cuối
cùng của (2.6) không dương, tức là:
2 tk
〈
PLf (yk)(x
k)− x∗, PLf (yk)(xk)− xk
〉 ≤ 0. (2.7)
Từ (2.6), (2.7) và ∀k ∈ N ta suy ra:
‖ xk+1 − x∗ ‖2 ≤‖ xk − x∗ ‖2 + tk2 ‖ PLf (yk)(xk)− xk ‖2 −
− 2 tk ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2
= ‖ xk − x∗ ‖2 −tk(2− tk) ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2
≤‖ xk − x∗ ‖2 .
(2.8)
Vậy dãy {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 không tăng và do đó hội tụ.
b, Theo kết quả a, ta có dãy {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 hội tụ.
Mặt khác, ‖ xk ‖= ‖ xk − x∗ + x∗ ‖≤‖ xk − x∗ ‖ + ‖ x∗ ‖.
⇒ {xk}k≥0 bị chặn.
c, Ta viết lại (2.8) dạng:
tk(2− tk) ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2≤‖ xk − x∗ ‖2 − ‖ xk+1 − x∗ ‖2 . (2.9)
Vì 0 < α ≤ tk ≤ 2− α với 0 < α < 1 ta có 0 < α(2− α) ≤ tk(2− tk).
Từ (2.9) ta suy ra:
α(2− α) ‖ xk − PLf (yk)(xk) ‖2≤‖ xk − x∗ ‖2 − ‖ xk+1 − x∗ ‖2 . (2.10)
Từ (2.10), 0 < α(2− α) và tính hội tụ của {‖ xk − x∗ ‖}k≥0 ta có:
lim
k→+∞
{xk − PLf(yk)(xk)} = 0. (2.11)
Do đó,
lim
k→+∞
xk+1 − xk
tk
= 0.
Vì 0 < α ≤ tk ≤ 2−α nên (xk+1−xk) → 0 khi k → +∞.
Mệnh đề 2.1.3. [3] Giả sử:
i, Dãy {xk}k≥0 bị chặn,
ii, lim
k→+∞
‖ xk+1 − xk ‖= 0.
Khi đó, dãy {xk}k≥0 hội tụ tới nghiệm x∗ của bài toán cân bằng.
20
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Chứng minh
• Do xk+1 = xk + tk
[
PLf(yk)(x
k)− xk]⇒ xk+1 − xktk = [PLf(yk)(xk)− xk].
Từ giả thiết ii, ta suy ra:
lim
k→+∞
{xk − PLf(yk)(xk)} = 0.
• Chứng minh {yk}k≥0 bị chặn?
Theo giả thiết ta có dãy {xk}k≥0 bị chặn, do vậy ∃ r > 0 sao cho:
‖ xk ‖≤ r, ∀k ∈ N.
Từ công thức (2.1d) của thuật toán chiếu 2.1: rk+1 = max{rk, ‖ xk+1 ‖} ta
có:
rk = max{‖ x0 ‖, . . . , ‖ xk ‖}.
Do đó, rk ≤ r, ∀k ∈ N.
Lại từ (2.1a) ta có Kk = {x ∈ K : ‖ x ‖≤ rk + 1} nên Kk ⊂ B(0, r + 1).
Từ (2.1b) ta có max
y∈Kk
f(y, xk)− k ≤ f(yk, xk), yk ∈ Kk, ∀k ∈ N, do vậy:
‖ yk ‖≤ r + 1.
Do đó, {yk}k≥0 bị chặn.
• Giả sử x là điểm giới hạn của dãy {xk}k≥0 ⊂ K, với K đóng, x ∈ K.
Tồn tại dãy con {xkn}kn≥0 của dãy {xk}k≥0 thoả mãn:
lim
kn→+∞
xkn = x.
Tương ứng ta xét dãy con {ykn}kn≥0 cũng bị chặn. Do đó, tồn tại dãy con
{yknp}knp≥0 của dãy {ykn}kn≥0 hội tụ, giả sử hội tụ tới y, tức là:
lim
knp→+∞
yknp = y.
Để cho ngắn gọn, ta kí hiệu yknp ≡ ykn, ta cũng làm tương tự với xknp , ta
kí hiệu xknp ≡ xkn.
• Ta chứng minh f(y, x) = 0?
Thật vậy, từ trên có lim
k→+∞
{xk−PLf(yk)(xk)} = 0 nên limk→+∞PLf(yk)(x
k) = x.
21
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Do tính liên tục của f nên suy ra:
f(y, x) = f
(
lim
kn→+∞
ykn, lim
kn→+∞
PLf(ykn )(x
kn)
)
= lim
kn→+∞
f
(
ykn, PLf(ykn )(x
kn)
) ≤ 0. (2.12)
Trong đó, PLf(ykn )(x
kn) ∈ Lf(ykn) = {x ∈ K | f(ykn, x) ≤ 0}.
Từ (2.1a), (2.1d) có xk ∈ Kk, ∀k ∈ N.
Từ định nghĩa 2.1.1 và (2.1b), với ∀k ∈ N ta có:
0 = f(xk, xk) ≤ max
y∈Kk
f(y, xk) ≤ f(yk, xk) + k. (2.13)
Do lim
k→+∞
k = 0 và f liên tục nên từ (2.12) suy ra:
0 ≤ lim
kn→+∞
{f(ykn, xkn) + kn}
= f( lim
kn→+∞
ykn, lim
kn→+∞
xkn) + lim
kn→+∞
kn
= f(y, x).
(2.14)
Kết hợp (2.12), (2.14) suy ra:
f(y, x) = 0. (2.15)
• Với mọi 0 < δ < 1, x ∈ [intB(0, r∗ + 1− δ)] ∩K, với r∗ = sup
k∈N
rk?
Do rk bị chặn nên r
∗ = sup
k∈N
rk là hữu hạn.
Với 0 < δ < 1 xét B(0, r∗ + 1− δ) ≡ B(δ)
Từ (2.1d) có ‖ xk ‖≤ rk ≤ r∗ < r∗+1−δ, ∀k ∈ N, nên suy ra x ∈ intB(δ).
Vậy x ∈ [intB(0, r∗ + 1− δ)] ∩K.
• Cho B̂(δ) = B(δ) ∩ K, xét bài toán cân bằng (ÊPδ) với hàm f và tập
chấp nhận B̂(δ):
Tìm x̂ ∈ (ÊPδ) thoả mãn f(x̂, y) ≥ 0, ∀y ∈ B̂(δ) (ÊPδ)
Khi đó ta có khẳng định sau: x ∈ B̂(δ) là nghiệm của bài toán (ÊPδ), với
0 < δ < 1.
Thật vậy, lấy dãy {rk}k∈N không giảm: rk ≤ rk+1. Chọn k0 ∈ N thoả mãn
22
Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
rk0 ≥ r∗ − δ. Khi đó:
r∗ + 1− δ ≤ rk + 1, ∀k ≥ k0.
Do đó,
B̂(δ) ⊂ Kk, ∀k ≥ k0.
Lấy z ∈ B̂(δ), ta có z ∈ Kk, ∀k ≥ k0. Vì vậy,
f(z, xk) ≤ max
y∈Kk
f(y, xk) ≤ f(yk, xk) + k, ∀k ≥ k0. (2.16)
Do tính liên tục của f , công thức (2.14), (2.15), (2.16) ta có:
f(z, x) = f(z, lim
kn→+∞
xkn)
= lim
kn→+∞
f(z, xkn)
(2.16...