1. Trang chủ >
  2. Luận Văn - Báo Cáo >
  3. Thạc sĩ - Cao học >

Chương 1.PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG NGUYÊN LÍ ĐỆ QUI MỞ RỘNG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (559.23 KB, 55 trang )


Đặt x0  F     P . Gọi M là tập tất cả các xích sắp tốt C ' của P có tính chất:



 



x  C ' thì x  F C 'x .

Ta có M   vì C '   x0   M . Ta sẽ chứng minh  C '  M .

C 'M



Bổ đề 1.1.1

Nếu C1 , C2  M và C2  C1 thì C1  C2x với x  min  C2 \ C1  .

Chứng minh.

 Vì x  min  C2 \ C1  nên C2x  C1

Thật vậy, lấy y  C2x thì y  C2 và y  x .

Mà x  min  C2 \ C1  nên y  C2 \ C1 . Suy ra y  C1 .

 Giả sử C1 \ C2x  











Đặt y  min C1 \ C2x . Khi đó, ta có



C1y  C2x   C1  C2  (do C2x  C1 )

Ta sẽ chứng minh C1y  C2x .











 



Giả sử C1y  C2x . Khi đó tồn tại z  min C2x \ C1y nên C2x

Suy ra C2z  C1y



(vì z  x )



z



 C1y .



(1)



Mặt khác z  C2x   C1  C2  nên z  C1 .

Mà z  C1y . Do đó y  z . Suy ra C2y  C2z .

Ta có C1y  C2x nên C1y  C2y (Lấy z  C1y  C2x  z  C2 , z  y  z  C2y )

Do đó C1y  C2z



(2)



Từ (1) và (2) suy ra C2z  C1y



 



 



Hay z  F C2z  F C1y  y , mâu thuẫn vì z  C2x và y  C2x .



 



 



Vậy C1y  C2x hay y  F C1y  F C2x  x , mâu thuẫn vì y  C1 và x  C1 .

Vậy C1 \ C2x   .

 Ta đã chứng minh được



C2x  C1 và C1 \ C2x   . Do đó C1  C2x .

Bổ đề 1.1.2



 



Giả sử x  F C x , x  y  C  M .

Khi đó x  C .

Chứng minh.



 



 Vì y  C  M nên y  F C y .

Do x  y nên ta có C x  C y .



 



 



Hơn nữa dấu “=” khơng xảy ra vì x  F C x  y  F C y .







Như vậy z  min C y \ C x







 Ta sẽ chứng minh x  z thì sẽ có x  C .

Trước tiên, ta chứng minh C x  C z





Mà z  min  C



Do z  min C y \ C x

y



\ Cx



 nên C  C

 suy ra u  C

z



x



(Thật vậy, lấy u  C z , ta có u  C , u  z  y .



y



\ C x  u C x )



Giả sử dấu “=” khơng xảy ra. Khi đó t  C x \ C z

Vì t và z thuộc C nên chúng so sánh được với nhau. Và từ cách chọn t , ta có



z t  x.











Tức là z  C x , mâu thuẫn vì z  min C y \ C x . Do đó C x  C z



 



 



Suy ra x  F C x  F C z  z . Vậy x  C .



Chứng minh mệnh đề 1.1.1

Theo bổ đề 1.1.1 thì hai xích bất kì thuộc M đều chứa nhau.

Đặt C   C ' .

C 'M



 Chứng minh C sắp tốt

Lấy tập con A  C , A   . Ta sẽ chứng minh x  min A

Chọn C1  M sao cho A  C1  

Do C1 sắp tốt nên x  min  A  C1  .

Ta chứng minh x  min A

Lấy y bất kì thuộc A . Ta chứng minh x  y, y  A .

Khi đó, C2  M sao cho y  C2

Nếu y  C1 thì y  C1  A do đó x  y

Nếu y  C1 thì C2  C1 nên theo bổ đề 1.1.1 ta có C1  C2k với k  min  C2 \ C1 

Có y  C2 , y  C1 nên y  C2 \ C1 do đó k  y

Suy ra C2k  C2y tức là C1  C2k  C2y

Do x  C1  C2y nên x  y . Vậy x  y, y  A .

Suy ra x  min A tồn tại hay C là xích sắp tốt.

 Chứng minh C thỏa (*)



 / Lấy x  C thì tồn tại C1  M sao cho x  C1

Lấy y  C x thì tồn tại C2  M sao cho y  C2x

Nếu C2  C1 thì C2x  C1x do đó y  C1x

Nếu C2  C1 thì theo bổ đề 1.1.1 ta có C1  C2k , k  min  C2 \ C1 



 



Do x  C1 , C1  C2k nên x  C2k . Suy ra x  k  C1x  C2k



x



 C2x



Mà y  C2x nên y  C1x . Tức là y  C1x , y  C x hay C x  C1x



Hiển nhiên ta có C1x  C x . Do đó C1x  C x



 



 



Suy ra x  F C1x  F C x (do C1  M ). Vậy C  M .



 



 / Giả sử x  F C x . Cần chứng minh x  C .

Giả sử trái lại x  C .

Ta đã chứng minh C  M nên từ bổ đề 1.1.2, ta phải có x  y, y  C



(1)



Hiển nhiên C x   vì nếu khơng, ta có x  F     x0  C .

Đặt C1  C x   x . Chứng minh C1 sắp tốt











Với D  C1 , D  , D   x thì ta có min D  min C x  D nên theo định nghĩa











1.1.2 ta có C1 sắp tốt ( min C x  D tồn tại vì C x  D  C x  C , C sắp tốt và

theo định nghĩa 1.1.2)

Do (1) nên C1y  C y , y  C1

Thật vậy, lấy y  C1  C x   x







Nếu y  x thì C1y  C1x  C x   x







x



 Cx  Cy











Nếu y  C x thì y  x nên ta có C1y  C x   x



y



 Cy



Do đó C1  M



 

Nếu y  x thì y  x  F  C   F  C   F  C 

Nếu y  C thì y  C mà C  M nên y  F  C   F  C 

Thật vậy, lấy y  C1 , chứng minh y  F C1y

x



x



y



y

1



y



y

1



Suy ra x  C , mâu thuẫn. Ta có điều phải chứng minh.

 Chứng minh C thỏa (**)

Thật vậy, nếu C  D và a  F  C  là một cận trên chặt của C , thì C a  C .



 



Suy ra F C a  F  C   a

Do (*) nên ta có a  C (mâu thuẫn vì a là cận trên chặt của C )

Vậy C thỏa (**).

Kết luận: Mệnh đề được chứng minh hoàn toàn.

1.2. Tập xấp xỉ liên tiếp từ một điểm đối với một ánh xạ

Bổ đề 1.2.1

Cho tập có thứ tự  P ,   , ánh xạ G : P  P và a  P .

Khi đó tồn tại duy nhất xích sắp tốt C của P sao cho







 



I 



a  min C và a  x  C  x  sup G C x

Chứng minh.











 Xét D    A  P sup G  A  tồn tại

và ánh xạ f : D  P xác định bởi



f     a và f  A   sup G  A  với   A  D

Rõ ràng f được định nghĩa tốt.

 Theo mệnh đề 1.1.1 (ngun lí đệ qui) thì tồn tại duy nhất xích sắp tốt C của P

sao cho



 



1) x  C  x  f C x



2) Nếu C  D thì f  C  khơng phải là cận trên chặt của C .

 Ta kiểm tra C thỏa  I  .

Đặt x0  min C (vì C sắp tốt nên tồn tại min)



 



Ta có x0  C nên theo 1) ta có x0  f C x0  f     a tức là a  min C .



 



 



Với a  x thì C x   . Do đó x  C  x  f C x  sup G C x (định nghĩa f ).

Vậy C chính là xích sắp tốt duy nhất của P thỏa điều kiện  I  .



Định nghĩa 1.2.1



Xích C được xây dựng như trên gọi là xích sắp tốt (w.o) của phép lặp G từ a .

Định lí 1.2.1



Cho tập có thứ tự  P ,   , ánh xạ G : P  P , a  P .

Giả sử C là xích sắp tốt của phép lặp G từ a .

Nếu a  Ga và x*  sup G  C  tồn tại thì x*  max C và Gx*  x* .

Chứng minh.



Giả sử a  Ga và x*  sup G  C  tồn tại.

Ta chứng minh x*  max C

 Lấy x  C



Nếu x  a thì do a  Ga  sup G  C   x* nên x  x*



 



Nếu a  x  C ta có x  sup G C x  sup G  C   x*

Suy ra x  x* , x  C .

 Giả sử x*  C



Khi đó ta có x  x* , x  C hay C x*  C



 



Ta có x*  sup G  C   sup G C x*



Suy ra x*  C (mâu thuẫn). Do đó x*  C .

Vậy ta đã chứng minh được x*  max C .

Và Gx*  sup G  C   x* .

Bổ đề 1.2.2



Nếu A và B là tập con của P và nếu sup A, sup B tồn tại thì



sup  A  B   sup sup A, sup B .

Chứng minh.



Dễ thấy hai tập hợp A  B và sup A, sup B có cận trên giống nhau, từ đó suy ra

điều phải chứng minh.

Định nghĩa 1.2.2



Cho C là xích sắp tốt. Với mỗi x  C , x  max C , sẽ có một phần tử tiếp sau Sx

trong C , ta có Sx : min  y  C / x  y .

Mệnh đề 1.2.1



Cho G : P  P là ánh xạ tăng và a  Ga .

Gọi C là xích sắp tốt của phép lặp G từ a .

Khi đó:

a. Nếu x  C thì x  Gx và Gx  C .

b. Sa tồn tại khi và chỉ khi a  Ga và do đó Sa  Ga .

c. Nếu a  x  C thì Sx tồn tại khi và chỉ khi Gx  x và sup  x , Gx tồn tại,

và do đó Sx  sup  x , Gx .

d. Nếu a  x  C thì x  sup C x khi và chỉ khi x không là phần tử tiếp sau.

e. G  C  là xích sắp tốt của P .

Chứng minh.



a. Lấy x  C , chứng minh x  Gx

Nếu x  a thì x  Gx (do giả thiết a  Ga )

Nếu a  x  C ta có y  C x thì y  x mà G tăng nên Gy  Gx



 



Suy ra sup G C x  Gx hay x  Gx . Vậy x  C thì x  Gx .

 Chứng minh Gx  C



Ta chỉ cần xét trường hợp x  Gx .

Ta sẽ chứng minh C Gx  C x   x . Thật vậy

Hiển nhiên có C x   x  C Gx (do x  Gx )



(1)



Lấy y  C Gx thì y  C và y  Gx

Nếu x  y thì x  C y .



 



Nên Gx  sup G C y  y (mâu thuẫn vì y  Gx )

Suy ra y  x hay y  C x   x , y  C Gx hay C Gx  C x   x



(2)



Từ (1) và (2) suy ra C Gx  C x   x



















Do đó sup G C Gx  sup G C x   x  Gx do G tăng. Vậy Gx  C .

b. Nếu Sa tồn tại thì do Sa  a , Sa  C khi và chỉ khi



 



Sa  sup G C Sa



(theo  I  )



Mà C Sa  C a  a  a (vì a  min C nên C a   )

nên Sa  sup G a   Ga và a  Sa  Ga .

 Đảo lại, giả sử a  Ga . Chứng minh Sa tồn tại.



Ta có C Ga  a . Thật vậy

Hiển nhiên a  C Ga do a  Ga

Ta chứng minh C Ga  a . Lấy x  C Ga ta có x  C và x  Ga



 



Nếu a  x thì a  C x nên Ga  sup G C x  x (do  I  )

mâu thuẫn vì x  Ga . Vậy x  a , mà a  min C nên x  a hay x  a

tức là C Ga  a

Vậy C Ga  a .











Khi đó: sup G C Ga  sup G a   Ga do  I  nên Ga  C .

Ta có a  Ga  C nên a  max C

Theo định nghĩa ta có Sa tồn tại.



c. Giả sử a  x  C và Sx tồn tại

Áp dụng  I  , định nghĩa 1,2,2 và bổ đề 1.2.2 ta có



Sx  sup G C Sx   sup G C x   x











 sup G C x   Gx  sup  x , Gx

Vì x  Sx  sup  x , Gx nên Gx  x .

 Đảo lại, giả sử a  x  C và Gx  x và z  sup  x , Gx tồn tại.



Ta chứng minh Sx tồn tại.

Ta có C z  C x   x (tương tự a)

Theo bổ đề 1.2.2 và ( I ) , ta có



  



z  sup  x , Gx  sup G C x  Gx















 



 sup G C x   x   sup G C z

Suy ra z  C do ( I ) .



Như vậy ta có x  z  C nên x  max C .

Theo định nghĩa 1.2.2 ta có Sx tồn tại.

d. Giả sử a  x  C và x không là phần tử tiếp sau

Rõ ràng x là một cận trên của C x . Lấy w là một cận trên khác của C x .

Với y  C x thì a  y  x

Do y  C và y  max C nên tồn tại Sy .



y  a thì do b) ta có a  Sa  Ga .

y  a thì do c) Sy  sup  y, Gy

Vậy với y  C x ta ln có Sy  sup  y, Gy .

Suy ra Gy  Sy  C x (do y  x và x  Sy nên Sy  x )



 



Do đó Gy  w , y  C x . Suy ra sup G C x  w hay x  w (do ( I ) )



Như vậy theo định nghĩa sup ta có x  sup C x .

 Giả sử x là phần tử tiếp sau, tức là x  Sy với y nào đó thuộc C .



Khi đó y  Sy  x  y  C x

Ta chứng minh z  y, z  C x . Thật vậy

Nếu tồn tại z  C x và y  z thì x  Sy  z mâu thuẫn vì z  C x .

Khi đó Sy  x  sup C x  y , mâu thuẫn.

Suy ra điều phải chứng minh.

Các kết quả trên kéo theo các hệ quả sau.

Hệ quả 1.2.1



Nếu C là xích sắp tốt của phép lặp G từ a  P thì

a. a  max C khi và chỉ khi a  Ga .

b. Nếu a  x thì x  max C khi và chỉ khi Gx  x hoặc sup  x , Gx không

tồn tại.

Chứng minh.



a. Suy ra từ mệnh đề 1.2.1.b)

b. Suy ra từ mệnh đề 1.2.2.c)

Hệ quả 1.2.2



Cho C là xích sắp tốt của phép lặp G từ a  P . Ta có

Nếu x  C thì Gx  Sx khi và chỉ khi x  Gx .

Chứng minh.



 / Hiển nhiên Gx  Sx  x

 / Ta có x  C và x  Gx

Theo mệnh đề 1.2.1.a) x  C nên Gx  C .

Khi đó tồn tại sup  x , Gx  Gx do x  Gx

Theo mệnh đề 1.2.1.c) ta có tồn tại Sx  sup  x , Gx  Gx (đpcm).



1.3. Điểm bất động của ánh xạ tăng

Định lí 1.3.1



Cho tập sắp thứ tự P , ánh xạ tăng G : P  P .



a là một cận dưới của G  P  .

Giả sử tồn tại x*  sup G  C  với C là xích sắp tốt của phép lặp G từ a .

Khi đó x*  Gx*  max C  min a  x Gx  x

Đặc biệt x* là điểm bất động bé nhất của G .

Chứng minh.

 Vì a là cận dưới của G  P  nên a  Ga .



Mà theo giả thiết ta có x*  sup G  C  tồn tại

Nên theo định lí 1.2.1 thì x*  max C và Gx*  x*

Mặt khác theo mệnh đề 1.2.1 thì x*  C nên x*  Gx*

Suy ra x*  Gx*  max C

 Chứng minh x*  min a  x / Gx  x



Đặt D  a  x / Gx  x

Lấy y  D , ta cần chứng minh x*  y . Thật vậy

Giả sử x*  y . Ta có A   x  C / x  y   vì x*  A .

Đặt z  min A ta có z  y

Mà a  y nên z  a hay C z  

Với t  C z thì t  y theo định nghĩa z .



 



Suy ra z  sup G C z  Gy  y do y  D . Mâu thuẫn.

Vậy x*  y, y  D  a  x / Gx  x hay x*  min a  x / Gx  x

(do x*  max C  a và Gx*  x* nên x*  D )

Kết luận: x*  Gx*  max C  min a  x / Gx  x



Xem Thêm
Tải bản đầy đủ (.pdf) (55 trang)

×