Xấp xỉ nghiệm bài toán bù đơn điệu phi tuyến

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC -ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNNGÔ TRỌNG TOÀN XẤP XỈ NGHIỆM BÀI TOÁN BÙ ĐƠN ĐIỆU PHI... Trong chương này, tôi trình bày một sốkiến thức cơ bản về giải

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC -ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

NGÔ TRỌNG TOÀN

XẤP XỈ NGHIỆM BÀI TOÁN BÙ ĐƠN ĐIỆU PHI

Lời cảm ơn

Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học

- Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của GS.TS NguyễnBường Qua đây, tác giả xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo,người hướng dẫn khoa học của mình, GS.TS Nguyễn Bường, người đã đưa

ra đề tài và tận tình hướng dẫn trong suốt quá trình nghiên cứu của tácgiả Đồng thời tác giả cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoaToán - Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đã tạomọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hành chính để tác giả hoànthành bản luận văn này Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đến gia đình, BGHtrường THPT Yên Thủy B - Hòa Bình và các bạn trong lớp Cao học K4C,

đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và làm luận văn

Mục lục

1.1 Không gian Hilbert 4

1.2 Toán tử đơn điệu 6

1.3 Phương pháp lặp Newton giải phương trình phi tuyến 8

1.4 Thuật toán giảm cho bài toán phi tuyến 9

1.5 Thuật toán Maps 12

2 Phương pháp giải bài toán bù đơn điệu phi tuyến 15 2.1 Giới thiệu 15

2.2 Định lí tương đương 15

2.3 Tính hội tụ 18

2.4 Phương pháp giải 20

2.4.1 Phương pháp đường dốc 20

2.4.2 Thuật toán 21

2.4.3 Phép xấp xỉ của Mangasarian và Solodov 22

2.5 Một số kết quả thực nghiệm số 23

2.5.1 Phương pháp BFGS (Giới hạn bộ nhớ ) 24

2.5.2 Nhận xét 25

2.5.3 Nhận xét cuối 27

Chẳng hạn, Mangasarian và Solodov [8] giới thiệu bài toán cực tiểukhông ràng buộc với tính chất là : Mọi cực tiểu toàn cục của hàm mục tiêuđều là nghiệm của (1) Yamashita và Fukushima [11] chứng minh rằng:Mỗi điểm dừng của hàm Mangasarian và Solodov đều là cực tiểu toàn cục

và do đó nó là nghiệm của (1) nếu F khả vi liên tục và F0 xác định dương

∀x ∈ Rn

Trong luận văn này sử dụng công thức được giới thiệu trong [4] để giảilại (1) như một bài toán tối ưu không ràng buộc

Bố cục luận văn gồm có hai chương :

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tôi trình bày một sốkiến thức cơ bản về giải tích hàm, toán tử đơn điệu,phương pháp lặp Newtơn giải phương trình phi tuyến, thuật toán giảm cho bài toán phi tuyến,thuật toán Maps

Chương 2: Bài toán bù đơn điệu phi tuyến Trong chương này luận vănphát biểu bài toán bù đơn điệu, chứng minh định lý tương đương, trìnhbày phương pháp xấp xỉ của Mangasasian và Solodov Phần cuối chúngtôi trình bày một số kết quả thực nghiệm số của bài toán

Do thời gian có hạn và khối lượng kiến thức lớn, chắc chắn bản luậnvăn không thể tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sựchỉ bảo tận tình của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp, tác giả xin chânthành cảm ơn!

Chương 1

Một số kiến thức cơ sở

Định nghĩa 1.1 Giả sử E là không gian véc tơ trên trường K Tích vôhướng trên E là ánh xạ ϕ : E × E → K thỏa mãn

(i) ϕ(x, x) > 0 nếu x 6= 0; ϕ(x, x) = 0 nếu x = 0

Định nghĩa 1.2 Không gian véc tơ E cùng với tích vô hướng trên nó gọi

là không gian tiền Hilbert

Một không gian tiền Hilbert đủ được gọi là không gian Hilbert

Một không gian tiền Hilbert không đủ bao giờ cũng có thể bổ sung thànhmột không gian Hilbert

Định nghĩa 1.3 Hai véc tơ x, y ∈ E gọi là trực giao với nhau, kí hiệu

x⊥y,nếu hx, xi = 0 Véc tơ x gọi là trực giao với tập M ⊂ E nếu x

trực giao với mọi véc tơ của M Tập M⊥ = {x|hx, xi = 0, ∀y ∈ M } gọi

là phần bù trực giao của M

Bổ đề 1.1 M⊥ là không gian đóng của E

Định nghĩa 1.4 Cho một toán tử tuyến tính liên tục A trong không gianHilbert E, tồn tại một toán tử duy nhất A∗ để cho

< Ax, y >=< x, A∗y >

Toán tử A∗ gọi là toán tử liên hợp của A

Một số tính chất của toán tử liên hợp :

(i) (A∗)∗ = A

(ii) (A∗ + B∗) = A∗ + B∗, (αA)∗ = αA∗

(iii) (AB)∗ = B∗A∗

(iv) N (A) = Re (A∗)⊥, N (A∗) =Re (A)⊥

Định lí 1.1 Cho M là một không gian con đóng của một không gianHilbert E bất kì phần tử của E cũng biểu diễn duy nhất dưới dạng

x = y + z với y ∈ M, z ∈ M⊥,

trong đó y là phần tử của M gần x nhất, tức là

kx − yk ≤ kx − uk , ∀u ∈ M

Đặt P (x) = y, P gọi là toán tử chiếu lên M

Cho không gian Affine định nghĩa bởi Ax = q, A ∈ Rn×m, q ∈ Rm,chúng ta định nghĩa phép chiếu PA,q bởi

x 7→ PA,qx = arg min {kω − xk |Aω = q} , PA = PA,0

Bổ đề 1.2 Với mọi x ∈ Rn và q ∈ Rm ,thì PA,qx = PAx + PA,q0

Chứng minh ω1 = PA,q1x1 và ω2 = PA,q2x2 Từ định nghĩa của phépchiếu, ta cóAωi = qi, xi− ωi⊥N (A), i = 1, 2 Từ đó ta có ∀λ ∈R, A(ω1+

λω2) = q1 + λq2 và x1 + λx2 − (ω1 + λω2)⊥N (A) Điều đó có nghĩa rằng

Chứng minh Giả sử A+ là ma trận nghịch đảo của A, nghĩa là A+ là matrận (n × m) sao cho AA+q = q, q ∈ R(A) Khi đó ta có

min imize {kx − yk |ADz = q}

Suy ra

kPAD,qy − yk ≤ D−1A+q + kyk

Do đó

PAD,q0 = O(kqk)

PAD,qy = O(kqk) + O(kyk)

Từ kết quả trên ta cũng có ∀z = Rn, DP ADDz = O(kzk)

Cho X là không gian Banach phản xạ với không gian liên hợp của nó

là X∗ Cả hai có chuẩn được ký hiệu là k k và giá trị của phiếm hàmtuyến tính liên tục x∗ ∈ X∗ tại điểm x ∈ X được ký hiệu bởi hx∗, xi Chotoán tử A với miền xác định là D(A) ⊆ X và miền ảnh R(A) ⊆ X∗

Định nghĩa 1.5 Toán tử A được gọi là đơn điệu nếu

hA(x) − A(y), x − yi ≥ 0, ∀x, y ∈ D(A)

Toán tử A được gọi là đơn điệu chặt nếu dấu bằng chỉ đạt được khi x = y

Ví dụ 1.1 Hàm số f :R → R là đơn điệu nếu nó đồng biến.

Định nghĩa 1.6 Tập hợp

Gr(A) = {(x, A(x)) : x ∈ X}

gọi là đồ thị của toán tử A

Khái niệm về toán tử đơn điệu cũng có thể được mô tả dựa trên đồ thị

Gr(A) của toán tử A trong không gian tích X × X∗

Định nghĩa 1.7 Toán tử A được gọi là đơn điệu nếu

hx∗ − y∗, x − yi ≥ 0, ∀x, y ∈ X, x∗ ∈ A(x), y∗ ∈ A(y)

Tập Gr(A) được gọi là tập đơn điệu nếu nó thỏa mãn bất đẳng thức trên.Định nghĩa 1.8 Nếu Gr(A) không chứa một tập đơn điệu nào khác trong

X × X∗ thì toán tử A được gọi là toán tử đơn điệu cực đại

Ví dụ 1.2 Toán tử A : R4 →R4 được xác định bởi ma trận

Nhận xét 1.1 NếuA là một toán tử tuyến tính trong không gian Banach

X thì tính đơn điệu tương đương với tính xác định không âm của toán tử

Ví dụ 1.3 Toán tử A : R5 →R5 được xác định bởi ma trận

Định nghĩa 1.11 Toán tử A được gọi là đơn điệu đều nếu tồn tại mộthàm không âm δ(t), không giảm với t ≥ 0, δ(0) = 0 và

hA(x) − A(y), x − yi ≥ δ(k x − y k), ∀x, y ∈ D(A)

Nếu δ(t) = CAt2 với CA là một hằng số dương thì toán tử A được gọi

là đơn điệu mạnh

Nhận xét 1.2 Nếu toán tử A có tính chất tuyến tính thì A được gọi làđơn điệu mạnh nếu

hAx, xi ≥ mA k x k2, mA > 0, ∀x ∈ D(A)

Ví dụ 1.4 Hàm số f : R → R được xác định bởi f (x) = 2012x là toán

tử tuyến tính đơn điệu mạnh

Cho L là tập con nào đó của N = {1, , n} AL là ma trận đường chéocấp n.n trong đó các phần tử trên đường chéo được cho bởi

f (xk)+∇f (xk)(x−xk) = 0.Giả sử rằng ma trận ∇f (xk) không suy biến Ta thu được xk+1 bằngcách

xk+1 = xk − ∇f (xk)−1f (xk)

Định lí 1.2 Giả sử x∗ là nghiệm của hệ phương trình f (x) = 0, f khả

vi liên tục trong lân cận của x∗ và ma trận ∇f (x∗) không suy biến Thìtồn tại một lân cận của điểm x∗ sao cho nếu điểm ban đầu x0 được chọntrong đó thì xk định nghĩa tốt và hội tụ tới x∗ Hơn nữa, nếu ∇f liêntục Lipschitz tại x∗ thì xk hội tụ cấp 2

Cho Γ ⊂ Rn là một tập mở và f : Γ → Rn là một hàm khả vi vớiđạo hàm liên tục Lipschitz địa phương x ∈ Γ 7→ ∇f (x) Xét bài toán phituyến

Bổ đề 1.4 Giả sử thuật toán giảm ở trên sinh ra một dãy compact vô hạn

Chứng minh Xét dãy xk , hk , λk sinh ra bởi thuật toán ,và giả sửrằng xk được chứa trong tập compact Γ0 ∈ Γ.

ta phải chứng minh rằng x không thỏa mãn

Đặt bΓ = {x ∈ Γ0|∇f (x) = 0} là các điểm trong thỏa mãn trong Γ0

Nếu Γ0 = ∅, thì ta có điều phải chứng minh Trường hợp ngược lạigiả sử L là hằng số Lipschitz toàn cục cho ∇f trong Γ0 Vì hk ≈k∇f (x)k , hk ≤ K k∇f (x)k với K > 0 là hằng số

Ta giả sử (xk) có điểm tụ x ∈ Γε Khi đó tập K = k ∈ N |xk ∈ Γε là vôhạn theo (1.1), với ∇f (xk) ≥ ε với k ∈ K ta có

Một cách cải biên của thuật toán theo thuật toán trên những bước chobởi

Bổ đề 1.5 Xét phương pháp giảm với bước hiệu chỉnh ,với dãy hiệu chỉnh

ηk sao cho P∞k=0 ηk < ∞, và giả sử rằng nó sinh ra một dãy compactcủa phép lặp Thì

Chứng minh Việc chứng minh theo cách chứng minh của bổ đề trước Chúng ta sẽ chỉ ra những thay đổi trong quá trình chứng minh Phần (i)

là tầm thường bởi vì dãy kết quả là dãy Cô si

Để chứng minh (ii), ta định nghĩa Γε như trước và chú ý sử dụng điềukiện Lipschitz cho ∇f trong tập compact Γ0, tồn tại hằng số Lipschitztoàn cục Lf cho f trong Γ0 Vì vậy ta có

Một điều rất thú vị là khi λk → 0 Trong trường hợp này, tập các điểm

tụ là một tập continuum, và nếu λk vô hạn thì mọi điểm tụ đều thỏa mãn

Một hướng giảm cho hàm khả vi tại một điểm là một véc tơ tạo vớihướng âm của đạo hàm một góc nhỏ hơn 90 độ Thuật toán hướng giảm

có thể thu được theo nghĩa của ánh xạ mà cho tương ứng mỗi điểm vớitập các hướng giảm x ∈ Γ 7→ H(x) ∈ Rn là ánh xạ từ một tập điểm tớitập các ánh xạ

Định nghĩa 1.12 H(.) gọi là ánh xạ của hướng giảm trong tập Γ0 ∈ Γ

nếu tồn tại một hằng số ∆ > 0 sao cho với mỗi x ∈ Γ0 và h ∈ H(x):

xk+1 := xk + λkhk + ηk ∈ Γ0

k := k + 1

END WHILETrong mỗi bước lặp k, λk ∈ (0; +∞) được chọn sao cho xk+1 ∈ Γ Bổ

đề sau đây chỉ ra rằng nếu λk đủ nhỏ và Γ0 là compact, kết quả của thuậttoán này cũng giống như thuật toán giảm, từ đó tính chất hội tụ miêu tả

ở trên Γ0 được xây dựng theo hai hướng như sau:

Hướng thứ nhất là Γ0 = x ∈ Γ|f (x) ≤ f (x0) là tập compact, và λk

được cho bởi một line search đảm bảo f (xk+1) ≤ f (xk)

Hướng thứ hai mà chúng ta quan tâm, ở đây thuật toán sinh ra dãy cácphép lặp trong Γε

Bổ đề 1.6 Giả sử H(.) là ánh xạ giảm được định nghĩa trên tập compact

Γ0 ∈ Γ Khi đó tồn tại λ > 0 sao cho với mỗi x ∈ Γ0, h ∈ H(x) và

Γ0+ Bε ∈ Γ, Bε = {y ∈ Rn| kyk ≤ ε} Vì ∇f liên tục Lipschitz trong tậpcompact Γ1 với hằng số L nên với λh ≤ ε, x ∈ Γ0 ⇒ x + λh ∈ Γ1 vàthỏa mãn (1.4) Vì khk ≈ k∇f (x)k và ∇f (x) bị chặn trong Γ0 nên tồntại K1 > 0 sao cho x ∈ Γ0, khk ≤ K1 Chọn λ1 = Kε

1

Tiếp theo ta chứng minh bổ đề Với x ∈ Γ0, λ ∈ 0; λ1
và h ∈ H(x)

Chẳng hạn Mangasarian và Solodov [8] giới thiệu bài toán cực tiểukhông ràng buộc với tính chất là: Mọi cực tiểu toàn cục của hàm mục tiêuđều là nghiệm của (2.1) Yamashita và Fukushima [11] chứng minh rằng:Mỗi điểm dừng của hàm Mangasarian và Solodov đều là cực tiểu toàn cục

và do đó nó là nghiệm của (2.1) nếu F khả vi liên tục vàF0 xác định dương

Hàm này được gọi là hàm Fischer được giới thiệu gần đây là đặc trưngcho điều kiện Karush-Kuhn-Tucker của một bài toán phi tuyến (xem [1])

và bài toán bù tuyến tính (xem [2]) Ở đây chúng ta quan tâm đến hàm

ii) ϕ(a, b) ≥ 0 ∀(a, b)T ∈ R2

iii) ϕkhả vi liên tục với mọi ∀(a, b)T ∈ R2, đặc biệt ∇ϕ(0, 0) = (0, 0)T

iv) ∂ϕ∂a(a, b)∂ϕ∂b(a, b) ≥ 0 , ∀(a, b)T ∈ R2

v) ∂ϕ∂a(a, b)∂ϕ∂b(a, b) = 0 ⇒ ϕ(a, b) = 0

Bây giờ ta xét bài toán bù phi tuyến (2.1) và bài toán tối ưu khôngràng buộc

Bổ đề 2.2 Giả sử bài toán bù (2.1) có ít nhất một nghiệm khi đó x∗ ∈ Rn

là nghiệm của (2.1) nếu và chỉ nếu x∗ là nghiệm toàn cục của bài toán(2.2)

Sự tương đương nói trong Bổ đề 2.2 không đúng nếu bài toán bù (2.1)không giải được điều này thể hiện ở ví dụ sau

Ψ(x)là liên tục trên tập compact nên nó liên tục trên toàn cục nhưngbài toán bù không có nghiệm.

Vấn đề tìm cực tiêu toàn cục trong trường hợp tổng quát rất khó khănđiều ta quan tâm nhất là: Với những điều kiện nào của F thì điểm dừngcủa Ψ sẽ là cực tiểu toàn cục Kết quả sau đây thể hiện trong [4]

Định lí 2.1 Giả sử F ∈ C1(Rn) có F0(x) xác định dương với ∀x ∈ Rn

khi đó x∗ là cực tiểu toàn cục của Ψ nếu và chỉ nếu x∗ là điểm dừng của

Chứng minh Trước hết giả sử x∗ là cực tiểu toàn cục của Ψ Do F là khả

vi liên tục nên Ψ cũng khả vi lên tục ( theo Bổ đề 2.2 phần (iii)) Vì vậygradient của Ψ tồn tại và triệt tiêu tai (=0 ) x∗ ( suy ra x∗ là điểm dừng)

Tiếp theo giả sử x∗ là điểm dừng của Ψ nghĩa là:

Do F là đơn điệu nên F (x∗) là nửa xác định dương ( xem Ortega vàRheinboldt [10] trang 142 ) sử dụng tính chất (iv) của Bổ đề 2.2, từ (2.5)

Bởi (v) của Bổ đề 2.2 ta có ϕ(x∗i, Fi(x∗)) = 0, ∀i = 1, , n suy ra

Ψ(x∗) = 0, tứcx∗ là cực tiểu toàn cục suy ra định lí được chứng minh

Từ Bổ đề 2.2 và Định lí 2.2 ta nhận được kết quả sau:

Hệ quả 2.1 Cho F ∈ C1(Rn) là hàm đơn điệu Nếu bài toán bù (2.1)giải được thì x∗ là nghiệm của (2.1) khi và chỉ khi x∗ là điểm dừng của Ψ

Trước hết chúng ta chứng minh rằng tập mức của bài toán (2.2) bị chặnnếu F là hàm đơn điệu nghiêm ngặt Nhắc lại F : Rn → Rn được gọi làđơn điệu nghiêm ngặt với modun µ nếu

(x − y)T(F (x) − F (y)) ≥ µkx − yk2, ∀x, y ∈ Rn (2.6)Chúng ta đã biết rằng với F ∈ C1(Rn), điều kiện (2.6) tương đương với

dTF0(x) d ≥ µ||d||2, ∀d ∈ Rn, ∀x ∈ Rn

Bổ đề 2.3 Cho (ak , bk)k∈N } ⊆ R2 là một dãy bất kỳ thỏa mãn

ak , bk → +∞ Khi đó ϕ(ak, bk) → ∞, k ∈N.

Chứng minh Điều này suy ra từ Bổ đề 2.8 trong [5]

Định lí 2.3 Giả sử F liên tục và đơn điệu nghiêm ngặt Lấy x0 ∈ Rn làmột véc tơ và đặt L(x0) = {x ∈Rn , k ∈ K1 (2.8)

Dựa vào tính bị chặn của dãy yk k∈K

1 và tính liên tục củaFi(i ∈ J )ta cón

Fi(y)ko

k∈K 1

cũng bị chặn Do (2.8) chúng ta có Fi0(xk) → ∞ với mỗichỉ số i0 ∈ J từ định nghĩa của J suy ra rằng xki0 → ∞, (k ∈ K2 ⊆ K1)

theo Bổ đề 2.3 ta có

ϕ(xki0, Fi0(xk)) → ∞, (k ∈ K2)

Tuy nhiên, điều này lại mẫu thuẫn với điều hiển nhiên là

ϕ(xki0, Fi0(xk)) ≤ Ψ(xk) ≤ Ψ(x0), ∀k ∈N,

suy ra định lí được chứng minh

Ta thấy rằng Định lí 2.3 đúng với bất kì hàm ϕthỏa mãn điều kiện của

Bổ đề 2.3 Hơn nữa kết quả này độc lập với giả thiết về tính khả vi.Kết quả sau khẳng định ma trận Hessian của ψ(x) là xác định dươngtại nghiệm x∗ dưới những giả thiết đã cho Kết quả này là trường hợp đặcbiệt của trường hợp chung đã được chứng minh trong [4]

Định lí 2.4 Cho x∗ ∈ Rn là nghiệm không tầm thường của NCP(F) nghĩa

là x∗i + Fi(x∗) > 0, (i ∈ I) Giả sử F khả vi liên tục tới cấp 2 và gradients

∇Fi(x∗)(i ∈ I∗ = {x ∈ I |x∗i = 0}) và ei(i ∈ I∗) là độc lập tuyến tính.Khi đó ma trận Hessian ∇2ψ(x∗) tồn tại và xác định dương

2.4.1 Phương pháp đường dốc

Cho điểm lặp xk ∈ Rk , kí hiệu ∂ϕ∂a(xk, F (xk)) và ∂ϕ∂b(xk, F (xk)) là véc

tơ trong không gian n chiều mà thành phần ma trận thứ i của nó là

∇Ψ(xk)Tdk ≤ 0

Giả sử rằng∇Ψ(xk)Tdk = 0 Khi đó ∂ϕ∂a(xk, Fi(xk))∂ϕ∂b(xk, Fi(xk)) = 0, ∀i ∈

I theo Bổ đề 2.1 (ý (v)) ta có ϕ(xki, Fi(xk)) = 0, ∀i ∈ I nghĩa là xk ∈ Rn

là nghiệm của NCP(F) điều này mâu thuẫn với giả thiết của Bổ đề 2.4Nếu F đơn điệu nghiêm ngặt với modun µ > 0từ (2.14), Bổ đề 2.4 (ý (iv))

Định lí 2.5 Giả sử F ∈ C1(Rn) là một hàm tăng nghiêm ngặt với modun

µ > 0 Nếu x0 ∈ Rn là điêm xuất phát bất kỳ và đặt L(x0) là tập mứccủa x0 Giả sử rằng F0 là thỏa mãn điều kiện Lipschitz trong L(x0) Nếu

với xk+1 = xk + tdk, 0 ≤ t ≤ 1 và Φk = xk + vk(xk+1 − xk), vk ∈ (0; 1)

do vậy bất đẳng thức Ψ(xk + tdk) ≤ Ψ(xk) − δt dk 2 đúng với mọi t mà

0 ≤ t ≤ min {1, (µ − δ)/L} suy ra độ dài của bước tk trong (S.3) củathuật toán trên là bị chặn dưới vì

tk ≥ min {β, β(µ − δ)/L} (2.11)Đặc biệt với một tk > 0 thỏa mãn điều kiện Armijo trong bước (S.3) luôntìm được nghĩa là thuật toán trên xác định tốt do dãy Ψ(xk) k∈N là đơnđiệu tăng và không âm điều nay suy ra từ

có duy nhất một nghiệm, do đó dãy xk

k∈N phải hội tụ tới x∗

2.4.3 Phép xấp xỉ của Mangasarian và Solodov

Chúng ta phải nhắc lại phương pháp được đề xuất gần đây bởi gasarian và Solodov [8] và nó được phân tích sâu hơn trong Yamashita vàFukushima [11] tuy nhiên chúng ta chú ý rằng phương pháp ở đây khácvới phương pháp trong [8] và [11]

Man-Mangasarian và Solodov giới thiệu hàm

ϕM S(a, b; α) := ab + 1

2α(max

2{0, a − αb} − a2+ max2{0, b − αa} − b2) (2.12)

Và chứng minh kết quả sau:

có nghiệm, dãy xk

k∈N phải hội tụ tới x∗

2.4.3 Phép xấp xỉ Mangasarian... class="text_page_counter">Trang 23

là nghiệm NCP(F) điều mâu thuẫn với giả thiết Bổ đề 2.4Nếu F đơn điệu nghiêm ngặt với modun µ > 0từ (2.14), Bổ đề 2.4 (ý (iv))

Định... ∈N.

Chứng minh Điều suy từ Bổ đề 2.8 [5]

Định lí 2.3 Giả sử F liên tục đơn điệu nghiêm ngặt Lấy x0 ∈ Rn làmột véc tơ đặt L(x0)