Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 1.PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG NGUYÊN LÍ ĐỆ QUI MỞ RỘNG

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

Tải bản đầy đủ - 0trang

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



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

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

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×