Tối ưu tuyến tính. f(z) < inf. Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X.

Transcript

1 Tối ưu tuyến tính Câu 1: (Định lý Nguyên lý biến phân Ekeland) Cho (X, d) là không gian mêtric đủ, f : X R {+ } là hàm lsc bị chặn dưới. Giả sử ε > 0 và z Z thỏa Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X. * Ta định nghĩa dãy z i bằng qui nạp: + Đặt z 0 := z. f(z) < inf X f + ε + Giả sử ta có z i, đặt := {x X f(x) + εd(x, z i ) f(z i )} Ta xét hai trường hợp sau (a) inf f = f(z i ), khi đó ta định nghĩa z i=1 := z i. (b) inf f < f(z i ). Ta chọn z i+1 sao cho Khi đó (z i ) là dãy Cauchy. f(z i+1 ) < inf f + 1 f(z i ) inf f 2 = 1 f(z i ) + inf f < f(z i ) (1) 2 Thật vậy, nếu (a) xảy ra thì dãy z i dừng khi i đủ lớn hay εd(z i, z i+1 ) f(z i ) f(z i+1 ) (2) và εd(z i, z j ) f(z i ) f(j) với j 1 > i (3) Dãy (f(z i)) giảm và bị chặn dưới bởi inf X f. Do đó (f(z i)) hội tụ. Từ (3) ta suy ra dãy (z i ) là dãy Cauchy. 1

2 * Đặt y := lim i z i. Chọn i = 0, từ (3) ta có: εd(z, z j ) + f(z j ) f(z) (4) Cho j ta được f(y) + εd(z, y) f(z) (ii) Do f(z) f(y) f(z) inf X f < ε Kết hợp (ii) ta được d(z, y) 1 (i). *Ta phải chứng minh y thỏa (iii) + Từ (3), cố định i và cho j ta được y Suy ra Mặt khác, nếu x y thì i = 1, 2,... i=1 εd(x, z i+1 ) f(z i+1 ) f(x) f(z i+1 ) inf f (5) Do đó lim f(z i+1 inf f = 0. i Từ (5) cho i ta được εd(x, y) = 0. Suy ra + Xét dãy tập ( ) i=1 = {y} (6) i=1 x +1 f(x) + εd(x, z i+1 ) f(z i+1 ), với z i+1 ta được f(x) + εd(x, z i ) f(x) + εd(x, z i+1 ) + εd(z i, z i+1 ) f(z i+1 ) + εd(z i, z i+1 ) f(z i ) Suy ra x. Do đó +1. Vậy dãy tập ( ) lồng nhau. Nếu x = y thì hiển nhiên ta có (iii). 2

3 Với x y, từ (6) suy ra x. Do đó f(x) + εd(x, z i ) f(z i ). Cho i ta được f(x) + εd(x, y) f(y) (iii). Câu 2: (Định lý Định lý điểm bất động Banach) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy. Giả sử ϕ : X X là ánh xạ co, khi đó ϕ có duy nhất điểm bất động. +Xét hàm f(x) := d(x, ϕ(x)). Áp dụng định lý (Nguyên lý biến phân Ekeland) với ε (0, 1 k), y X sao cho: f(x) + εd(x, y) f(y), x X Chọn x = ϕ(y), ta có: d(y, ϕ(y)) d(ϕ(y), ϕ 2 (y)) + εd(y, ϕ(y)) (k + ε)d(y, ϕ(y)) Vậy y là điểm bất động. +Duy nhất Giả sử y cũng là điểm bất động. Suy ra ϕ(y) = y, ϕ(y ) = y d(ϕ(y), ϕ(y )) = d(y, y ) k(d(y, y )) k (0, 1) d(y, y ) = 0 y = y. Câu 3: (Ánh xạ co có hướng) (a) Định nghĩa: Cho (X, d) là không gian mêtric đầy. x, y X, phân đoạn giữa x và y xác định bởi x, y = {x X d(x, z) + d(z, y) = d(x, y)} (b) Định nghĩa: Ánh xạ co có hướng Cho (X, d) là không gian mêtric đầy và ϕ là ánh xạ từ X vào X. Khi đó ϕ là ánh xạ co có hướng nếu: (i) ϕ liên tục. 3

4 (ii) k (0, 1) sao cho x X, ϕ(x) x, z x, ϕ(x) \ {x} sao cho d(ϕ(x), ϕ(z)) kd(x, z). (c) Định lý 2.3.3: Cho (X, d) là không gian mêtric đầy. Giả sử ϕ : X X là ánh xạ co có hướng. Khi đó ϕ có điểm bất động. Xét f(x) = d(x, ϕ(x)). Hàm f(x) liên tục và bị chặn dưới bởi 0 (do ϕ liên tục). Áp dụng nguyên lý biến phân Ekeland với ε (0, 1 k), y X sao cho f(y) f(x) + εd(x, y) x X(1). +Nếu ϕ(y) = y thì y là điểm bất động của ϕ. +Với ϕ(y) y, do ϕ là ánh xạ co có hướng nên z y với z y, ϕ(y), tức là d(y, z) + d(z, ϕ(y)) = d(y, ϕ(y)) = f(y) (2) và d(ϕ(z), ϕ(y)) kd(z, y) (2) Chọn x = z, từ (1) và (2) ta có: d(y, z) + d(z, ϕ(y)) d(z, ϕ(z)) + εd(z, y) hay d(y, z) d(z, ϕ(z)) d(z, ϕ(y)) + εd(z, y) Theo bất đẳng thức tam giác và (3) ta có d(z, ϕ(z)) d(z, ϕ(y)) d(ϕ(y), ϕ(z)) kd(z, y) Do đó: d(y, z) (k + ε)d(y, z) Điều này mâu thuẫn. Vậy ϕ(y) = y hay y là điểm bất động của ϕ. Câu 4: (Định lý Định lý điểm bất động Caristi - Kirk) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy, f : X R {+ } là hàm lsc và bị chặn dưới. 4

5 Giả sử F : X 2 X là hàm đa trị có đồ thị đóng thỏa f(y) f(x) d(x, y), (x, y) graphf. Khi đó F có điểm cố định. Xét mêtric ρ trên X X xác định bởi: ρ((x 1, y 1 ), (x 2, y 2 )) := d(x 1, x 2 ) + d(y 1, y 2 ) (x 1, y 1 ), (x 2, y 2 ) X X Khi đó (X X, ρ) là mêtric đầy. Cho ε (0, 1 và g : X X R {+ } xác định bởi 2 g(x, y) = f(x) (1 ε)d(x, y) + ı graphf (x, y) Khi đó g là hàm lsc và bị chặn dưới (CM ra). Theo nguyên lý biến phân Ekeland ta thấy (x, y ) graphf sao cho g(x, y ) g(x, y) + ερ((x, y), (x, y )), (x, y) X X Do đó: x, y graphf, f(x ) (1 ε)d(x, y ) f(x) (1 ε)d(x, y) + ε(d(x, x ) + d(y, y ))(1). Giử sử z F (y ). Từ (1) cho (x, y) = (y, z ) ta có f(x ) (1 ε)d(x, y ) f(y ) (1 ε)d(y, z ) + ε(d(y, x ) + d(z, y )) Suy ra 0 f(x ) f(y ) d(x, y ) (1 2ε)d(y, z ). Do đó y = z. Vậy y là một điểm bất động của F. Câu 5: (Nguyên lý biến phân Borwein - Preiss) (a) Định nghĩa 2.5.1: Cho (X, d) là không gian mêtric. Hàm liên tục ρ : X X 0, được gọi là hàm cỡ trên không gian mêtric đầy (X, d) nếu: (i) ρ(x, x) = 0, x X. (ii) ε > 0, δ > 0 sao cho y, z X, ρ(y, z) δ suy ra d(y, z) < ε. (b) Định lý 2.5.2: (Nguyên lý biến phân Borwein - Preiss) Cho (X, d) là không gian mêtric đầy và f : X R {+ } là hàm lsc bị chặn dưới. 5

6 Giả sử ρ là hàm cỡ và (δ i ) là một dãy số dương và giả sử ε > 0, z X thỏa f(z) inf f + ε Khi đó y và dãy {x i } X sao cho: (i) ρ(z, y) ε, ρ(x i, y) ϵ δ 0 2 i δ. (ii) f(y) + δ i ρ(y, x i ) f(z). (iii) f(x) + δ i ρ(x, x i ) > f(y) + + Tổng quát từ x 0 = z, δ i ρ(y, x i ), x X \ {y} S 0 = {x X : f(x) + δ 0 ρ(x, x 0 ) f(x 0 ) Xây dựng dãy {x i } ; { } theo phương pháp qui nạp. Giả sử x j, S j với j = 0, i 1 thỏa f(x j ) + δ k ρ(x j, x k ) inf x S f(x) + δ k ρ(x, x k ) + εδ j 2 j δ 0 (1) và { } j S j = x S f(x) + δ k ρ(x, x k ) f(x j ) + δ k ρ(x j, x k ) (2) + Chọn x i 1 sao cho i 1 f(x i ) + δ k ρ(x i, x k ) inf x 1 i 1 f(x) + δ k ρ(x, x k ) + εδ i 2 i δ 0 (3) + Ta định nghĩa: { } i i 1 = x 1 : f(x) + δ k ρ(x, x k ) f(x i ) + δ k ρ(x i, x k ) (4) Ta thấy i = 1, 2,..., đóng (f, ρ là lsc) và (do x i ). 6

7 x, từ (3) và (4) ta suy ra i 1 i 1 δ i ρ(x, x i ) f(x i ) + δ k ρ(x i, x k ) f(x) + δ k ρ(x, x k ) i 1 f(x i ) + δ k ρ(x i, x k ) inf x 1 i 1 f(x) + δ k ρ(x, x k ) εδ i 2 i δ 0 Vậy ρ(x, x i ) ε, x S 2 i i (5) δ 0 ρ(x, x i ) 0 d(x, x i ) 0 x, x : d(x, x ) d(x, x i ) + d(x, x i ) ε + ε 0 2 i δ 0 2 i δ 0 Suy ra diam( ) 0. Do X đầy, theo định lý Cantor ta có {y} = Suy ra (i) đúng với (5). +Mặt khác: x i y, x y x. y, i = 0, 1, 2,.... Thật vậy, do x y nên j 0 sao cho x S j0 S j S j0 +p x S j, j j 0. Vì vậy với j 0 ta có: f(x) + f(x) + δ k ρ(x, x k ) f(x) + j δ k ρ(x, x k ) > f(x j ) + δ k ρ(x j, x k )( do x S j ) j δ k ρ(x, x k ) > f(x j ) + δ k ρ(x j, x k ) Cho j ta được: f(x) + δ k ρ(x, x k ) > lim f(x j ) + δ k ρ(x j, x k ) j Suy ra (iii). + Kiểm tra (ii) f(y) + 7 δ k ρ(y, x k ) ( do f, ρ lsc )

8 Với x j S j S... S 0 x j S 0 f(x 0 ) f(x j ) + δ k ρ(x j, x k ) Cho j, do ρ lsc nên f(z) = f(x 0 ) f(y) + Suy ra (ii). δ k ρ(y, x k ) 8