Tài liệu Phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh cho toán tử liên tục lipschitz và ngược đơn điệu mạnh

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN LINH PHƯƠNG PHÁP SIÊU GRADIENT HIỆU CHỈNH CHO TOÁN TỬ LIÊN TỤC LIPSCHITZ VÀ NGƯỢC ĐƠN ĐIỆU MẠNH Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60.46.01.12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TS. NGUYỄN BƯỜNG THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 1 Bất đẳng thức biến phân đơn điệu 3 1.1 1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Bất đẳng thức biến phân đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . 5 Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 8 Phương pháp siêu gradient giải bất đẳng thức biến phân . . . . . 14 2 Phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân với toán tử liên tục Lipschitz và ngược đơn điệu mạnh 19 2.1 Một số khái niệm và kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.2 Phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Kết luận 30 Tài liệu tham khảo 31 i Lời cảm ơn Trong suốt quá trình làm luận văn, tác giả luôn nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ của GS. TS. Nguyễn Bường. Thầy đã giành nhiều thời gian chỉ bảo rất tận tình hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy và kính chúc thầy luôn luôn mạnh khỏe. Tác giả cũng xin cảm ơn các quý thầy, cô khoa Toán - Tin, viện Toán học, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cũng như các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2012 - 2014, lời cảm ơn sâu sắc nhất về công lao dạy dỗ mang đến cho tôi nhiều kiến thức bổ ích không chỉ trong khoa học mà còn cả trong cuộc sống. Tác giả xin chân thành cảm ơn các anh chị em học viên lớp Cao học toán K6 và bạn bè đồng môn đã giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và trong quá trình hoàn thiện luận văn thạc sĩ. Cuối cùng, con xin cảm ơn bố mẹ. Nhờ có bố mẹ không quản gian khó, vất vả sớm khuya nhưng vẫn tạo mọi điều kiện tốt nhất để con có được thành quả ngày hôm nay. Thái Nguyên, tháng 5-2014 Người viết luận văn Nguyễn Văn Linh ii Mở đầu Bất đẳng thức biến phân đơn điệu là lớp bài toán nảy sinh từ nhiều vấn đề của toán học ứng dụng như phương trình vi phân, các bài toán vật lý toán và tối ưu hóa. Ngoài ra nhiều vấn đề thực tế như bài toán cân bằng mạng giao thông đô thị và mô hình cân bằng kinh tế đều có thể mô tả được dưới dạng của một bất đẳng thức biến phân đơn điệu. Rất tiếc rằng bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu, nói chung, lại là bài toán đặt không chỉnh. Do tính không ổn định của bài toán đặt không chỉnh nên việc giải số của nó gặp khó khăn. Lý do là một sai số nhỏ trong dữ kiện của bài toán có thể dẫn đến một sai số lớn trong lời giải. Vì thế nảy sinh vấn đề tìm các phương pháp giải ổn định cho các bài toán đặt không chỉnh, sao cho khi sai số của dữ kiện đầu vào càng nhỏ thì nghiệm xấp xỉ tìm được càng gần với nghiệm đúng của bài toán ban đầu. Mục đích của đề tài luận văn nhằm tìm hiểu và giới thiệu phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân đơn điệu của giáo sư Nguyễn Bường trong [5] công bố năm 2008. Nội dung của luận văn được trình bày trong hai chương. Chương 1 trình bày một số khái niệm và kiến thức liên quan đến không gian Hilbert, không gian Banach, toán tử đơn điệu; giới thiệu bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu, đồng thời trình bày phương pháp siêu gradient và phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân với toán tử đơn điệu. Trong chương 2 chúng tôi trình bày phương pháp siêu gradient hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân với toán tử liên tục Lipschitz và ngược đơn điệu mạnh trong không gian Hilbert. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn trực tiếp của GS. TS. Nguyễn Bường. Mặc dù, tác giả đã hết sức cố gắng nhưng do vấn đề được nghiên cứu là phức tạp và mới mẻ, 1 lại do thời gian có hạn và kinh nghiệm nghiên cứu còn hạn chế nên khó tránh khỏi thiếu sót. Tác giả mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn. Thái Nguyên, tháng 5 năm 2014 Học viên Nguyễn Văn Linh 2 Chương 1 Bất đẳng thức biến phân đơn điệu Trong chương này chúng tôi trình bày một số khái niệm và kết quả về không gian Hilbert, không gian Banach, toán tử đơn điệu; phát biểu bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu và trình bày hai phương pháp hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân đơn điệu: phương pháp siêu gradient và phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov. Các kiến thức ở chương này được tham khảo từ các tài liệu [1], [2], [3], [4], [5]. 1.1 1.1.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu Không gian Hilbert Định nghĩa 1.1. Cho X là một không gian tuyến tính trên R. Một tích vô hướng trong X là một ánh xạ h., .i : X × X → R thỏa mãn các điều kiện sau: i) hx, xi > 0, ∀x 6= 0; hx, xi = 0 ⇔ x = 0; ii) hx, yi = hy, xi, ∀x, y ∈ X ; iii) hαx, yi = α hx, yi, ∀x, y ∈ X , α ∈ R; iv) hx + y, zi = hx, zi + hy, zi, ∀x, y, z ∈ X. Không gian tuyến tính X cùng tích vô hướng h., .i được gọi là không gian tiền Hilbert. Không gian tiền Hilbert đầy đủ được gọi là không gian Hilbert. Chuẩn của phần tử x trong không gian Hilbert X được ký hiệu là kxk và được p xác định bằng kxk = hx, xi. Ví dụ 1.1. Các không gian Rn , L2 [a, b] là các không gian Hilbert với tích vô 3 hướng được xác định tương ứng là: hx, yi = n X ξi ηi , x = (ξ1 , ξ2 , ..., ξn ) ; y = (η1 , η2 , ..., ηn ) ∈ Rn , i=1 Zb ϕ (x)ψ (x) dx, ϕ(x), ψ(x) ∈ L2 [a, b] . hϕ, ψi = a Cho X là một không gian Hilbert, một dãy {xn } gồm các phần tử xn ∈ X gọi là hội tụ mạnh tới phần tử của x ∈ X nếu kxn − xk → 0 khi n → ∞. Nếu {xn } hội tụ mạnh tới x ∈ X thì: (i) Mỗi dãy con {xnk } ⊂ {xn } cũng hội tụ tới x; (ii) Mỗi dãy {kxn − ξk} đều bị chặn, với ξ ∈ X . Dãy {xn } ⊂ X được gọi là dãy đầy đủ hay dãy Cauchy, nếu với mỗi ε > 0, tồn tại một số n0 (ε) sao cho kxm − xn k < ε với mọi m > n0 , n > n0 (ε). Định nghĩa 1.2. Toán tử A : X → R được gọi là phiếm hàm tuyến tính nếu: (i) A (x1 + x2 ) = Ax1 + Ax2 , ∀x1 , x2 ∈ X ; (ii) A (αx) = αAx, ∀α ∈ R, ∀x ∈ X . Phiếm hàm tuyến tính A được gọi là bị chặn, nếu tồn tại một hằng số M > 0 sao cho kAxk ≤ M kxk với mọi x ∈ X . Giá trị hằng số M nhỏ nhất thỏa mãn bất đẳng thức đó được gọi là chuẩn của A và ký hiệu là kAk. Mệnh đề 1.1. Cho X là một không gian Hilbert và x0 ∈ X là một phần tử tùy ý. Khi đó tồn tại một hàm tuyến tính ϕ : X → R sao cho kϕk = 1 và ϕ (x0 ) = kx0 k. Dãy {xn } gồm các phần tử xn ∈ X được gọi là hội tụ yếu tới phần tử x ∈ X (viết tắt là xn * x) nếu hφ, xn i → hφ, xi với mỗi φ ∈ X ∗ khi n → ∞. Cho X là không gian Hilbert, và T : D(T ) ⊂ X → X là một ánh xạ, ở đây D(T ) là ký hiệu tập xác định của ánh xạ T . Định nghĩa 1.3. Ánh xạ T : D(T ) ⊂ X → X được gọi là d-compact, nếu nó thỏa mãn tính chất với mỗi dãy {xn } bị chặn trong X và {T xn − xn } hội tụ mạnh thì tồn tại một dãy con {xnk } của {xn } cũng hội tụ mạnh. Định nghĩa 1.4. Ánh xạ T được gọi là d-đóng tại điểm p nếu xn ∈ D(T ) sao cho dãy {xn } hội tụ yếu tới x ∈ D(T ) và {T (xn )} hội tụ mạnh đến T (x) = p. 4 1.1.2 Bất đẳng thức biến phân đơn điệu Cho X là không gian Banach phản xạ thực. Tập hợp tất cả các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X gọi là không gian liên hợp (hay không gian đối ngẫu của X ) và được ký hiệu là X ∗ . Cho A : X → X ∗ là một toán tử đơn trị với miền xác định là D(A) ⊆ X (thông thường ta coi D(A) ≡ X nếu không nói gì thêm) và miền giá trị (miền ảnh) R(A) nằm trong X ∗ . Định nghĩa 1.5. Toán tử A được gọi là (i) đơn điệu nếu hA(x) − A(y), x − yi ≥ 0 với mọi x, y ∈ D(A); (ii) đơn điệu chặt nếu dấu bằng của bất đẳng thức trên chỉ đạt được khi x = y ; (iii) đơn điệu đều nếu tồn tại một hàm không âm δ(t), không giảm với t ≥ 0, δ(0) = 0 và hA(x) − A(y), x − yi ≥ δ(kx − yk), ∀x, y ∈ D(A). Nếu δ(t) = cA t2 với cA là một hằng số dương thì toán tử A được gọi là đơn điệu mạnh. Định nghĩa 1.6. Toán tử A được gọi là hemi-liên tục trên X nếu A(x+ty) * Ax khi t → 0+ với mọi x, y ∈ X, và A được gọi là demi-liên tục trên X nếu từ xn → x suy ra Axn * Ax khi n → ∞. Chú ý rằng, một toán tử đơn điệu và hemi-liên tục trên X thì demi-liên tục. Cho A : X → X ∗ là một toán tử đơn điệu, đơn trị và K là tập con lồi đóng của X . Bài toán bất đẳng thức biến phân đơn điệu được phát biểu như sau: với f ∈ X ∗ , hãy tìm phần tử x0 ∈ K sao cho hAx0 − f, x − x0 i ≥ 0, ∀x ∈ K. (1.1) Bổ đề 1.1. Cho X là một không gian Banach thực, f ∈ X ∗ . Nếu A : X → X ∗ là một toán tử đơn điệu và hemi-liên tục thì (1.1) tương đương với hAx − f, x − x0 i ≥ 0, ∀x ∈ K. Chứng minh. Do A là toán tử đơn điệu nên ta có hAx − Ax0 , x − x0 i ≥ 0, 5 ∀x ∈ X, x0 ∈ X. (1.2) Bất đẳng thức này tương đương với 0 ≤ hAx − Ax0 , x − x0 i = h(Ax − f ) − (Ax0 − f ), x − x0 i hay hAx − f, x − x0 i ≥ hAx0 − f, x − x0 i. Từ (1.1) và bất đẳng thức này ta suy ra (1.2). Ngược lại giả sử hAx − f, x − x0 i ≥ 0, ∀x ∈ K, khi đó với mọi t ∈ (0, 1) ta có hA[(1 − t)x0 + tx] − f, (1 − t)x0 + tx − x0 i ≥ 0, ∀x ∈ K, suy ra thA[(1 − t)x0 + tx] − f, x − x0 i ≥ 0, ∀x ∈ K. Chia cả hai vế của bất đẳng thức này cho t sau đó cho t → 0 và sử dụng tính chất hemi-liên tục của toán tử A ta được bất đẳng thức (1.1). Ví dụ 1.2. Cho f (x) là một hàm thực khả vi trên K = [a, b]. Hãy tìm x0 ∈ K sao cho f (x0 ) = min f (x). x∈K Ta thấy có ba khả năng sau: 1) Nếu a < x0 < b thì f 0 (x0 ) = 0; 2) Nếu x0 = a thì f 0 (x0 ) ≥ 0 và; 3) Nếu x0 = b thì f 0 (x0 ) ≤ 0. Những phát biểu này có thể tổng quát bằng cách viết: f 0 (x0 )(x − x0 ) ≥ 0, ∀x ∈ K, và đây là một bất đẳng thức biến phân. Định nghĩa 1.7. Toán tử A : X → X ∗ được gọi là toán tử bức nếu hAx, xi = ∞, kxk→+∞ kxk lim ∀x ∈ X. Sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân (1.1) được trình bày trong định lý sau đây: 6 Định lí 1.1. Giả sử A : X → X ∗ là một toán tử đơn điệu, hemi-liên tục và bức, K là một tập con lồi đóng của X thỏa mãn intK 6= ∅. Khi đó, bất đẳng thức biến phân (1.1) có ít nhất một nghiệm với mọi f ∈ X ∗ . Ngoài ra, nếu A là toán tử đơn điệu ngặt thì nghiệm x0 của bất đẳng thức biến phân (1.1) là duy nhất. Thật vậy, giả sử x1 là một nghiệm khác của (1.1). Khi đó, hAx0 − f, x1 − x0 i ≥ 0, hAx1 − f, x0 − x1 i ≥ 0. Kết hợp hai bất đẳng thức này ta được hAx0 − Ax1 , x1 − x0 i ≥ 0. Vì A là toán tử đơn điệu nên từ bất đẳng thức cuối cùng suy ra hAx0 − Ax1 , x0 − x1 i = 0. Bất đẳng thức này mâu thuẫn với x1 6= x0 và tính chất đơn điệu ngặt của toán tử A. Ký hiệu S là tập nghiệm của bất đẳng thức biến phân đơn điệu (1.1). Phần tử x0 ∈ S có chuẩn nhỏ nhất được gọi là nghiệm chuẩn tắc của bài toán (1.1). Tính chất của tập nghiệm đúng S và tập nghiệm chuẩn tắc S∗ của bài toán (1.1) được cho bởi bổ đề sau. Bổ đề 1.2. Tập nghiệm đúng S của bài toán (1.1) là một tập đóng. Nếu S 6= ∅ thì tập con S∗ cũng là tập đóng. Ngoài ra nếu A là một toán tử đơn điệu, hemi-liên tục, thì S và S∗ là các tập lồi. Định nghĩa 1.8. Ánh xạ U s : X → X ∗ (nói chung đa trị) xác định bởi U s (x) = {x∗ ∈ X ∗ : hx∗ , xi = kx∗ k.kxk; kx∗ k = kxks−1 }, s≥2 được gọi là ánh xạ đối ngẫu tổng quát của không gian X . Khi s = 2 thì U s thường được viết là U và được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của X . Tính đơn trị của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc được cho trong mệnh đề sau: 7 Mệnh đề 1.2. Cho X là một không gian Banach. Khi đó, 1) U (x) là tập lồi, U (λx) = λU (x) với mọi λ ∈ R; 2) U là ánh xạ đơn trị nếu X ∗ là không gian lồi chặt. Trong không gian Hilbert H , ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc chính là toán tử đơn vị I trong H . Định lí 1.2. Nếu X ∗ là không gian Banach lồi chặt thì ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc U : X → X ∗ là toán tử đơn điệu, bức và demi-liên tục. Hơn nữa, nếu X là không gian Banach lồi chặt thì U là toán tử đơn điệu chặt. 1.2 Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân Trước tiên ta xét một vài ví dụ về bài toán đặt không chỉnh Ví dụ 1.3. Hệ phương trình  Có nghiệm là x1 = 1 2 2x1 + x2 = 2 2x1 + 1, 01x2 = 2, 01 và x2 = 1, trong khi đó hệ phương trình  2x1 + x2 = 2 2, 01x1 + x2 = 2, 05 có nghiệm là x1 = 5 và x2 = −8. Ta thấy một thay đổi nhỏ của hệ số và vế phải trong phương trình thứ hai kéo theo những thay đổi đáng kể của nghiệm. Như vậy, hệ phương trình này là một hệ điều kiện xấu. Ví dụ 1.4. Ma trận " A= −73 78 24 92 66 25 −80 37 10 # là một ma trận điều kiện xấu với det A = 1. Cho thay đổi một lượng nhỏ ở các thành phần a12 , a21 hoặc a33 của ma trận A, thì det A nhận những giá trị rất khác nhau: " det −73 78.01 24 92 66 25 −80 37 10 8 # ≈ −28, 199999003 " det −73 78 24 92, 01 66 25 −80 37 10 # −73 78 24 92 66 25 −80 37 10, 01 # ≈ −2, 0800007556 và " det ≈ −118, 93999938. Một câu hỏi quan trọng đặt ra là làm thế nào để nhận biết và giải hệ phương trình đại số tuyến tính với ma trận hệ số điều kiện xấu. • Xét phương trình tích phân Fredholm loai I Zb K (t, s)ϕ (s) ds = f0 (t) , t ∈ [c, d] , (1.3) a −∞ < a < b < +∞, −∞ < c < d < +∞, ở đây nghiệm là một hàm ϕ (s), vế phải f0 (t) là một hàm số cho trước và nhân K (t, s) của tích phân cùng với ∂K ∂t được giả thiết là các hàm liên tục. Ta giả thiết nghiệm ϕ (s) thuộc lớp các hàm liên tục trên [a, b] với khoảng cách (còn được gọi là độ lệch) giữa hai hàm ϕ1 và ϕ2 trong lớp đó là ρC[a,b] (ϕ1 , ϕ2 ) = max |ϕ1 − ϕ2 (s)| . S∈[a,b] Sự thay đổi vế phải được đo bằng độ lệch trong không gian L2 [c, d], tức là khoảng cách giữa hai hàm f1 (t) và f2 (t) trong L2 [c, d] được biểu thị bởi số ρL2 [c,d] (f1 , f2 ) =  d Z   21  |f1 (t) − f2 (t)|2 dt .  c Giả sử phương trình (1.3) có nghiệm ϕ0 (s). Khi đó, với vế phải Zb f1 (t) = f0 (t) + N K (t, s) sin (ωs) ds a phương trình (1.3) có nghiệm ϕ1 (s) = ϕ0 (s) + N sin (ωs) . 9 Với N bất kỳ và ω đủ lớn, thì khoảng cách giữa hai hàm f0 và f1 trong L2 [c, d] là   2  12 d Zb   Z    K (t, s) sin (ωs) ds dt ρL2 [c,d] (fo , f1 ) = |N |     c a có thể làm nhỏ tùy ý. Thật vậy, đặt Kmax = max |K (t, s)| , s∈[a,b],t∈[c,d] ta tính được ρL2 [c,d] (fo , f1 ) ≤ |N |   Zd h   ≤ c  12   2 1 Kmax cos (ωs) |ba dt ω   i |N | Kmax c0 , ω ở đây c0 là một hàng số dương. Ta chọn N và ω lớn tùy ý, nhưng N ω lại nhỏ. Khi đó, ρC[a,b] (ϕ0 , ϕ1 ) = max |ϕ0 (s) − ϕ1 (s)| = |N | s∈[a,b] có thể lớn bất kỳ. Khoảng cách giữa hai nghiệm ϕ0 và ϕ1 trong L2 [a, b] cũng có thể lớn bất kỳ. Thật vậy, ρC[a,b] (ϕ0 , ϕ1 ) =  b Z  = |N |  a r = |N | |ϕ0 (s) − ϕ1 (s)|2 ds  21   b Z   21  sin2 (ωs) ds a  b−a 1 − sin (ω (b − a)) cos (ω (b + a)). 2 2ω Dễ dàng nhận thấy hai số N và ω có thể chọn sao cho ρL2 [c,d] (f0 , f1 ) rất nhỏ nhưng vẫn cho kết quả ρL2 [a,b] (ϕ0 , ϕ1 ) rất lớn. • Xét chuỗi Fourier f1 (t) = ∞ X an cos (nt) n=0 10 với hệ số (a0 , a1 , ..., an , ...) ∈ l2 được cho xấp xỉ bởi cn = an + nε , n ≥ 1 và c0 = a0 . Khi đó, chuỗi Fourier tương ứng f2 (t) = ∞ X cn cos (nt) n=0 cũng có hệ số (c0 , c1 , ..., cn , ...) ∈ l2 . Khoảng cách giữa chúng là (∞ ) 21 (∞ ) 12 r X X π2 1 2 (cn − an ) ε1 = =ε n=0 n=1 n2 =ε 6 . Do đó, khoảng cách giữa hai bộ hệ số này có thể làm nhỏ tùy ý. Trong khi đó f2 (t) − f1 (t) = ε ∞ X 1 n=1 n cos (nt) có thể làm lớn bao nhiêu cũng được. Ví dụ, tại t = 0 chuỗi trên phân kì. Điều đó nói lên rằng nếu khoảng cách giữa hai hàm f1 và f2 được xét trong không gian các hàm với độ đo đều, thì bài toán tính tổng chuỗi Fourier là không ổn định khi hệ số chuỗi có sự thay đổi nhỏ. Tuy nhiên, nếu xét trong không gian L2 [0, π], thì  π Z  0  π 2  21 Z ∞  X     (c − a ) cos (dt) [f2 (t) − f1 (t)]2 dt =   dt n n       12  n=0 0 = (∞ Xπ n=1 2 ) 12 (cn − an )2 r = ε1 π . 2 Như vậy, bài toán lại ổn định, tức là khi dữ kiện ban đầu an cho bởi xấp xỉ cn với sai số khá nhỏ, thì các chuỗi Fourier tương ứng ở trên sai khác nhau không nhiều trong L2 [0, π]. Những ví dụ trên dẫn đến một lớp bài toán rất quan trọng trong lĩnh vực tính toán. Đó là lớp các bài toán không chính quy hay còn được gọi là bài toán đặt không chỉnh (hoặc không chỉnh). Tiếp theo, chúng tôi trình bày một phương pháp hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân với toán tử đơn điệu trong không gian Banach trong trường hợp toán tử nhiễu đơn điệu hemi-liên tục. 11 Cho X là không gian Banach phản xạ thực có tính chất từ sự hội tụ yếu của dãy {xn } bất kỳ trong X (xn * x) và sự hội tụ chuẩn (kxn k → kxk) luôn kéo theo sự hội tụ mạnh (kxn − xk); X ∗ là không gian liên hợp của X , X và X ∗ là các không gian lồi chặt, K là một tập con lồi đóng của X . Xét bài toán bất đẳng thức biến phân (1.1) đã được đề cập ở mục trên với A : D(A) ≡ X → X ∗ là một toán tử đơn điệu, hemi-liên tục và bị chặn, f là phần tử cho trước thuộc X ∗ . Nếu toán tử A không có tính chất đơn điệu đều hoặc đơn điệu mạnh thì bài toán (1.1) nói chung là một bài toán đặt không chỉnh theo nghĩa nghiệm của bài toán không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu (A, f ). Trong toàn bộ mục này ta luôn giả thiết tập nghiệm S 6= ∅ và S ⊂ K . Ta có S là một tập con đóng và lồi trong K . Thay cho các giá trị đúng (A, f ) ta chỉ biết được các xấp xỉ (Ah , fδ ), và giá trị của các đại lượng τ = (h, δ). Trong mục này ta giả sử các xấp xỉ (Ah , fδ ) sẽ được lấy sao cho các điều kiện sau thỏa mãn: fδ ∈ X ∗ : kfδ − f k ≤ δ, δ → 0, (1.4) Ah : D(Ah ) ≡ X → X ∗ là toán tử đơn điệu, hemi-liên tục và bị chặn sao cho kAh (x) − A(x)k ≤ hg(kxk), ∀x ∈ X, h → 0, (1.5) ở đây g(t) là hàm thực không âm, liên tục và bị chặn. Để giải bài toán đặt không chỉnh (1.1) ta phải sử dụng các phương pháp giải ổn định. Một trong các phương pháp được sử dụng rộng rãi và rất hiệu quả là phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov. Tư tưởng của phương pháp hiệu chỉnh do Browder đề xuất năm 1966 cho bài toán bất đẳng thức biến phân (còn gọi là phương pháp hiệu chỉnh Browder-Tikhonov) là sử dụng một toán tử M : X → X ∗ có tính chất hemi-liên tục, đơn điệu mạnh làm thành phần hiệu chỉnh. Một dạng của toán tử M là ánh xạ đối ngẫu tổng quát U s của X . Bằng phương pháp này, Alber [4] đã xây dựng nghiệm hiệu chỉnh cho bài toán (1.1) dựa trên việc giải bất đẳng thức biến phân: tìm xτα ∈ K sao cho hAh xτα + αU s (xτα − x∗ ) − fδ , x − xτα i ≥ 0, ∀x ∈ K. (1.6) Định lí 1.3. Với mỗi α > 0, h > 0 và fδ ∈ X ∗ , bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh (1.6) có duy nhất nghiệm xτα . Ngoài ra, nếu 12 h+δ , α → 0 thì {xτα } hội tụ α đến phần tử x0 ∈ S thỏa mãn kx0 − x∗ k = min{kx − x∗ k : x ∈ S}. (1.7) Chứng minh. Do X ∗ là không gian lồi chặt nên U s là một ánh xạ hemi-liên tục. Vì vậy, Ah + αU s cũng là một toán tử đơn điệu và hemi-liên tục từ X vào X ∗ . Mặt khác, do U s là toán tử bức nên với mỗi α > 0 toán tử Ah + αU s cũng là một toán tử bức. Thật vậy, ta xét h(Ah + αU s )(x), xi = hAh (x) + αU s (x), x − θi = hAh (x) − Ah (θ), x − θi + hAh (θ), x − θi (1.8) + αhU s (x), xi. Từ |hAh (θ), x − θi| ≤ kAh (θ)kkx − θk ta suy ra hAh (θ), x − θi ≥ −kAh (θ)kkxk. Kết hợp định nghĩa của U s và tính đơn điệu của toán tử Ah , từ (1.8) ta có αkxks − kAh (θ)kkxk h(Ah + αU s )(x), xi ≥ kxk kxk s−1 = αkxk − kAh (θ)k. (1.9) Vì s ≥ 2 nên từ (1.9) ta nhận được h(Ah + αU s )(x), xi = +∞. kxk kxk→+∞ lim Hơn nữa, toán tử Ah + αU s đơn điệu mạnh vì h(Ah + αU s )(x) − (Ah + αU s )(y), x − yi = hAh (x) − Ah (y), x − yi + αhU s (x) − U s (y), x − yi ≥ αmU kx − yks . Do đó, bất đẳng thức biến phân (1.6), với mỗi α > 0, có duy nhất nghiệm, ký hiệu nghiệm đó là xτα . Bây giờ, ta chứng minh dãy nghiệm {xτα } hội tụ đến nghiệm x0 thỏa mãn (1.7). Thật vậy, từ (1.1) và (1.6), với mọi x0 ∈ S ta có hA(xτα ) − A(x0 ), xτα − x0 i + αhU s (xτα − x∗ ) − U s (x0 − x∗ ), xτα − x0 i ≤ hAh (xτα ) − A(xτα ), x0 − xτα i + hf − fδ , x0 − xτα i + αhU s (x0 − x∗ ), x0 − xτα i. 13 (1.10) Mặt khác, từ (1.4), (1.5) và tính chất đơn điệu của toán tử A, (1.10) có dạng mU kxτα − x0 ks ≤ hU s (xτα − x∗ ) − U s (x0 − x∗ ), xτα − x0 i hg(kxτα k) + δ kx0 − xτα k ≤ α + hU s (x0 − x∗ ), x0 − xτα i. (1.11) Bất đẳng thức (1.11) chứng tỏ dãy {xτα } giới nội. Vì X là không gian Banach phản xạ, cho nên tồn tại một dãy con của {xτα } hội tụ yếu đến một phần tử x1 nào đó của X . h+δ , α → 0. α Trong bất đẳng thức (1.6) cho h, α, δ → 0, sử dụng tính đơn điệu, hemi-liên tục Không làm mất tính tổng quát, ta giả thiết rằng xτα * x1 , khi của Ah , U s và sự hội tụ yếu của dãy {xτα } ta được hA(x) − f, x − x1 i ≥ 0, ∀x ∈ K. Vì K là một tập con lồi đóng nên thay x trong bất đẳng thức cuối cùng bởi ty + (1 − t)x1 với ∀y ∈ K , t ∈ (0; 1), sau đó chia cả hai vế cho t rồi cho t → 0 ta nhận được hA(x1 ) − f, y − x1 i ≥ 0, ∀y ∈ K. Chứng tỏ x1 ∈ S , tức x1 là một nghiệm của (1.1). Mặt khác từ (1.11) cho α, h+δ → 0 ta suy ra α 0 ≤ mU kx1 − xks ≤ hU s (x − x∗ ), x − x1 i, ∀x ∈ S. Lại thay x trong bất đẳng thức này bởi tx1 + (1 − t)x, 0 < t < 1, chia cả hai vế cho (1 − t) rồi cho t → 1 ta nhận được hU s (x1 − x∗ ), x − x1 i ≥ 0, ∀x ∈ S, nghĩa là hU s (x1 − x∗ ), x − x∗ i ≥ hU s (x1 − x∗ ), x1 − x∗ i = kx1 − x∗ ks . Từ đây suy ra kx1 − x∗ k ≤ kx − x∗ k, ∀x ∈ S. Vì tập nghiệm S của (1.1) là một tập lồi đóng và X là không gian Banach lồi chặt nên x1 = x0 . Cũng từ (1.11) suy ra dãy nghiệm {xτα } hội tụ mạnh đến x0 . 1.3 Phương pháp siêu gradient giải bất đẳng thức biến phân Trước hết, ta giới thiệu về phép chiếu mêtric và một số tính chất của nó. 14 Định nghĩa 1.9. Cho K là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực H , phép chiếu mêtric PK từ H lên K cho tương ứng mỗi x ∈ H với phần tử PK x ∈ K thỏa mãn kx − PK xk ≤ kx − yk với mọi y ∈ K. Bổ đề 1.3. Cho K là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực H , x ∈ H và z ∈ K . Khi đó z = PK x nếu và chỉ nếu hx − z, y − zi ≤ 0 với mọi y ∈ K. Định lí 1.4. Nếu K là một tập con lồi đóng trong không gian Hilbert H thì tồn tại một phần tử duy nhất x0 của K sao cho kx0 k ≤ kxk với mọi x ∈ K. Mệnh đề 1.3. Cho K là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Hilbert H và PK là phép chiếu mêtric từ H lên K . Khi đó những điều sau thỏa mãn: (i) PK (PK (x)) = PK (x) với mọi x ∈ H ; (ii) PK là toán tử đơn điệu mạnh, nghĩa là hx − y, PK (x) − PK (y)i ≥ kPK (x) − PK (y)k2 , ∀x, y ∈ H; (iii) PK là toán tử không giãn, nghĩa là kPK (x) − PK (y)k ≤ kx − yk , ∀x, y ∈ H; (iv) PK là toán tử đơn điệu, nghĩa là hPK (x) − PK (y) , x − yi ≥ 0, ∀x, y ∈ H; (v) xn * x0 và PK (xn ) → y0 ⇒ PK (x0 ) = y0 . Ký hiệu u = [x, y], A(u) = [ϕx (x, y), −ϕy (x, y)], C = Q × S . Ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân: (A(u∗ ), u − u∗ ) ≥ 0, ∀u ∈ C, (1.12) ở đây, u∗ = [x∗ , y ∗ ] ∈ U ∗ = X ∗ × Y ∗ , A là một toán tử đơn trị, đơn điệu, nghĩa là A thỏa mãn: (A(u) − A(v), u − v) ≥ 0, 15 ∀u, v ∈ C, (1.13) và liên tục Lipshitz với hằng số Lipschitz L, nghĩa là kA(u) − A(v)k ≤ L ku − vk . (1.14) Phương pháp siêu gradient giải bất đẳng thức biến phân (1.12) được viết dưới dạng: uk = PC (uk − αA(uk )), (1.15) uk+1 = PC (uk − αA(uk )). Định lí 1.5. Dãy uk được xác định bởi (1.15) hội tụ về điểm u e ∈ U ∗. 2 Chứng minh. Với phần tử tùy ý u∗ ∈ U ∗ ta đánh giá uk+1 − u∗ . Sử dụng tính chất đã biết của toán tử chiếu lên tập lồi C với ∀u: (u − PC (u), v − PC (u)) ≤ 0, ∀v ∈ C, (1.16) từ đó suy ra ku − vk2 ≥ ku − PC (u)k2 + kv − PC (u)k2 , ∀v ∈ C, ∀u với v = u∗ , u = uk − αA(uk ), kết hợp với (1.15) cho ta k+1 2 2 2 u − u∗ ≤ uk − αA(uk ) − u∗ − uk − αA(uk ) − uk+1 2 2 = uk − u∗ ≤ uk − uk+1 + 2α(A(uk ), u∗ − uk+1 ). (1.17) Từ tính đơn điệu của toán tử A và bất đẳng thức (1.12) ta nhận được 0 ≤ (A (u) − A (u∗ ) , u − u∗ ) = (A (u) , u − u∗ ) − (A (u∗ ) , u − u∗ ) ≤ (A (u) , u − u∗ ) , (1.18) ∀u ∈ C. Trong trường hợp đặc biệt khi u = uk bất đẳng thức (1.18) cho ta A uk , u∗ − uk ≤ 0,
từ đó ta nhận được đánh giá
∗

k k+1 k A u ,u − u = A u
, u∗ − uk
+ A uk , u∗ − uk+1 ≤ A uk , u∗ − uk+1 .

16

(1.19) Chúng ta sử dụng (1.19) trong bất đẳng thức (1.17) k+1 2 2 2 u − u∗ ≤ uk − u∗ − u∗ − uk+1
k
k k+1 ,u − u + 2α A u 2 2 = uk − u∗ − uk − uk − uk − uk+1

k k k k+1 k − 2 u − u ,u − u 2 + 2α A u 2 , uk − uk+1 (1.20)
= uk − u∗ − uk − uk − uk − uk+1 + 2 uk − αA uk − uk , uk+1 − uk .

Bây giờ ta đánh giá tích vô hướng trong biểu thức cuối cùng của (1.20), đưa về tổng của hai tích vô hướng số khác, tích thứ nhất suy ra từ (1.16) với
k+1 k k u = u − αA u , v=u và tích thứ hai chúng ta đánh giá nhờ việc sử dụng bất đẳng thức CauchyBuniakovskii uk − αA uk − uk , uk+1 − uk = uk − αA uk − uk , uk+1 − uk



+ αA uk − αA uk , uk+1 − uk

≤ α A uk − A uk , uk+1 − uk

(1.21)


≤ α A uk − A uk uk+1 − uk .
Thêm điều kiện, k u − uk 2 + uk − uk+1 2 ≥ 2 uk − uk uk − uk+1 . (1.22) Tiếp tục sử dụng (1.20), kết hợp với (1.21) và (1.22), cũng theo cách làm tương tự với toán tử A (u) thỏa mãn điều kiện Lipshitz (1.14) 2 2 k+1 2 2 u − u∗ ≤ uk − u∗ − uk − uk − uk − uk+1 + 2αL uk − uk uk+1 − uk 2 2 ≤ uk − u∗ uk − uk 2 2 2 − uk − uk+1 + α2 L2 ≤ uk − uk + uk+1 − uk . Vì vậy ta tìm được đánh giá k+1 2 2
u − u∗ ≤ uk − u∗ − 1 − α2 L2 uk − uk . (1.23) Theo điều kiện α2 L2 > 0, từ (1.23) suy ra k u − uk 2 → 0, (1.24) 17 k → ∞,