..
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ QUỲNH GIANG
THUẬT TOÁN ĐIỂM GẦN KỀ QUÁN TÍNH HIỆU
CHỈNH CHO ÁNH XẠ ĐƠN ĐIỆU H-LIÊN TỤC
VÀ NGƯỢC ĐƠN ĐIỆU MẠNH
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ QUỲNH GIANG
THUẬT TOÁN ĐIỂM GẦN KỀ QUÁN TÍNH HIỆU
CHỈNH CHO ÁNH XẠ ĐƠN ĐIỆU H-LIÊN TỤC
VÀ NGƯỢC ĐƠN ĐIỆU MẠNH
Chuyên ngành:
TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.36
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. NGUYỄN BƯỜNG
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
i
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
i
Lời cảm ơn
1
Mở đầu
2
Một số ký hiệu và chữ viết tắt
4
1 Một số khái niệm cơ bản
5
1.1
Không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2
Ánh xạ đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3
Ánh xạ ngược đơn điệu mạnh . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.4
Bài toán đặt không chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.4.1
Khái niệm về bài toán đặt không chỉnh . . . . . . .
8
1.4.2
Ví dụ về bài toán đặt không chỉnh . . . . . . . . .
9
2 Thuật toán điểm gần kề quán tính hiệu chỉnh
15
2.1
Giới thiệu thuật toán điểm gần kề quán tính . . . . . . . . 15
2.2
Thuật toán điểm gần kề quán tính hiệu chỉnh . . . . . . . . 20
Kết luận
29
Tài liệu tham khảo
30
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
1
LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình học tập và làm luận văn, thông qua các bài giảng, tác
giả luôn nhận được sự quan tâm giúp đỡ và những ý kiến đóng góp quý
báu của các giáo sư Viện Toán học, Viện Công Nghệ Thông Tin thuộc
Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam, các thầy cô giáo trong Đại học
Thái Nguyên. Từ đáy lòng mình, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
đến các Thầy Cô.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, phòng Đào tạo Khoa
học và Quan hệ Quốc tế, Khoa Toán Tin trường Đại học Khoa học, Đại
học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học
ở Trường.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Giáo sư Nguyễn
Bường, thầy đã tận tình hướng đẫn, chỉ bảo tác giả trong suốt thời gian
tác giả thực hiện luận văn và trực tiếp hướng đẫn tác giả hoàn thành luận
văn này.
Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn theo
sát động viên, chia sẻ những khó khăn trong cuộc sống, giúp tác giả có
điều kiện tốt nhất trong quá trình học tập và làm luận văn .
Hải Phòng, tháng 07 năm 2012.
Tác giả
Nguyễn Thị Quỳnh Giang
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
2
MỞ ĐẦU
Rất nhiều bài toán của thực tiễn khoa học, công nghệ dẫn đến bài toán
đặt không chỉnh (ill- posed) theo nghĩa Hadamard, nghĩa là bài toán (
khi dữ kiện thay đổi nhỏ) hoặc không tồn tại nghiệm, hoặc nghiệm không
duy nhất, hoặc nghiệm không phụ thuộc liên tục vào dữ kiên ban đầu.
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 bất kì trong lời giải
Mục đích của bài báo này là giới thiệu một phương án hiệu chỉnh của
thuật toán điểm gần kề quán tính tìm một phần tử chung của các tập
nghiệm của bất đẳng thức biến phân với toán tử đơn điệu và h-liên tục
và một họ hữu hạn các ánh xạ ngược đơn điệu mạnh {Ai }N
i=1 từ một tập
đóng lồi K vào không gian Hilbert H .
Thuật toán điểm gần kề quán tính được đề xuất bởi Alvarez [1] cho
bài toán cực trị lồi. Sau đó Attouch và Alvarez xét mở rộng thuật toán
đó cho toán tử đơn điệu cực đại [2]. Mới đây Moudafi sử dụng thuật toán
này để giải bất đẳng thức biến phân [9], Moudafi và Elisabeth [8] nghiên
cứu thuật toán này với việc sử dụng, mở rộng toán tử đơn điệu cực đại và
Moudafi cùng Oliny xét kết hợp thuật toán này với quá trình tách [7]. Kết
quả của nghiên cứu này vẫn là sự hội tụ yếu trong không gian Hillbert.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
3
Trong luận văn này bằng cách đưa ra quá trình hiệu chỉnh Browder
– Tikhonow chúng tôi chỉ ra rằng việc công thêm thành phần hiệu chỉnh
vào thuật toán điểm gần kề quán tính, ta thu được sự hội tụ mạnh của
thuật toán cho trường hợp tổng quát hơn khi Ai, i = 1,. . . , N, N > 1, là
các ánh xạ ngược đơn điệu mạnh từ K vào H, và A là đơn điệu và h- liên
tục tại u thuộc K.
Luận văn này gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục
các tài liệu tham khảo.
Chương 1 trình bày một số khái niệm cơ bản. Các vấn đề liên quan
đến đề tài và bài toán đặt không chỉnh được trình bày trong chương này.
Chương 2 trình bày thuật toán điểm gần kề quán tính hiệu chỉnh cho
ánh xạ đơn điệu h-liên tục và ngược đơn điệu mạnh.
Thái Nguyên, tháng ... năm 2012.
Tác giả
Nguyễn Thị Quỳnh Giang
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
4
MỘT SỐ KÝ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT
Không gian Hilbert thực ký hiệu là H
Không gian Banach thực ký hiệu là X
Không gian liên hợp của X ký hiệu là X ∗
Tập rỗng ký hiệu là φ
Với mọi x ký hiệu là ∀x
Infimum của tập {F (x) : x ∈ X} ký hiệu là inf F (x)
x∈X
Ánh xạ đơn vị ký hiệu là I
Miền giá trị của toán tử Aký hiệu là R(A)
Miền xác định của toán tử Aký hiệu là D(A)
Ma trận chuyển vị của ma trận Aký hiệu là AT
Toán tử liên hợp của A ký hiệu là A∗
Dãy {xn } hội tụ mạnh tới x ký hiệu là xn → x
Kí hiệu tập nghiệm của hA (u∗ ) , x − u∗ i ≥ 0 là VI(K,A)
Ngược đơn điệu mạnh là λi
Một họ hữu hạn các ánh xạ λi ngược đơn điệu mạnh từ K vào H là
{Ai }N
i=1
Tập điểm bất động của ánh xạ T là F (T )
Kí hiệu tập không ánh xạ B là SB
{Cn } và {γn } :Là 2 dãy số thực
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
5
Chương 1
Một số khái niệm cơ bản
Chương này gồm hai vấn đề chính nhằm mục đích nhắc lại không gian
Hillbert, ánh xạ đơn điệu ánh xạ ngược đơn điệu mạnh và khái niệm về
bài toán đặt không chỉnh.
1.1
Không gian Hilbert
Định nghĩa 1.1. Không gian định chuẩn thực là một không gian
tuyến tính thực X trong đó ứng với mỗi phần tử x ∈ X ta có một số kxk
gọi chuẩn của x, thỏa mãn các điều kiện sau:
1) kxk > 0, ∀x 6= 0, kxk = 0 ⇔ x = 0;
2) kx + yk 6 kxk + kyk , ∀x, y ∈ X;
3) kαxk = |α| . kxk , ∀x ∈ X, α ∈ R.
Định nghĩa 1.2. Cặp (H, h, i) trong đó H là một không gian tuyến tính
và
h, i : H × H → R
(x, y) 7→ hx, yi
thỏa mãn các điều kiện :
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
6
1. hx, xi ≥ 0, ∀x ∈ H, hx, xi = 0 ⇔ x = 0
2. hx, yi = hy, xi , ∀x, y ∈ H
3. hλx, yi = λ hx, yi , ∀λ ∈ R, ∀x, y ∈ H
4. hx + y, zi = hx, zi + hy, zi , ∀x, y, z ∈ H
được gọi là không gian tiền Hilbert. Không gian tiền Hilbert đầy đủ được
gọi là không gian Hilbert.
Ví dụ 1.1. L2[a,b] là không gian các hàm bình phương khả tích trên [a,b]
Rb 2
f : f (x) dx < +∞ với f ∈ L2[a,b] là một không gian Hilbert với tích vô
a
hướng
Zb
hf, gi =
f (x) g (x) dx
a
và chuẩn
Zb
21
kf kL2
[a,b]
=
f 2 (x)dx
a
1.2
Ánh xạ đơn điệu
Cho H là một không gian Hilbert thực với tích vô hướng và chuẩn
được kí hiệu tương ứng bởi h., .i và k.k. Cho K là một tập con lồi và đóng
trong H . Một ánh xạ A từ K vào H được gọi là đơn điệu ,nếu
hA(x) − A(y), x − yi ≥ 0
với mọi x, y ∈ K . Bài toán bất đẳng thức biến phân là tìm một phần tử
u∗ ∈ K sao cho
hA(u∗ ), x − u∗ i ≥ 0,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
(1.1)
7
với mọi x ∈ K . Kí hiệu tập nghiệm của (1,1) là V I(K, A).
1.3
Ánh xạ ngược đơn điệu mạnh
Một ánh xạ Ai từ K vào H được gọi là λi ngược đơn điệu mạnh nếu
tồn tại một số dương λi sao cho
hAi (x) − Ai (y), x − yi ≥ λi kAi (x) − Ai (y)k2 ,
(1.2)
với mọi x, y ∈ K . Dễ dàng nhận thấy mọi ánh xạ λi ngược đơn điệu mạnh
Ai là đơn điệu và Lipschitz liên tục với hằng số 1/λi . Do đó ,ta chỉ xét
trường hợp 0 < λi < 1. Cho {Ai }N
i=1 là một họ hữu hạn các ánh xạ λi
ngược đơn điệu mạnh từ K vào H với các tập nghiệm Si = {x ∈ K :
Ai (x) = 0}. Đặt S = ∩N
i=1 Si . Giả thiết là V I(K, A) ∩ S 6= ∅. Bài toán
được xét trong luận văn này là tìm một phần tử
u∗ ∈ V I(K, A) ∩ S.
(1.3)
Như ta đã biết [13] đối với một ánh xạ không gian bất kỳ T từ K vào H ,
tức là , T thoả mãn điều kiện
kT x − T yk ≤ kx − yk
với mọi x, y ∈ K , thì ánh xạ B := I − T là 1/2 ngược đơn điệu mạnh. Vì
vậy, bài toán tìm một phần tử thuộc V I(K, A) ∩ F (T ), ở đây F (T ) tập
điểm bất động của ánh xạ T , là tương đương với việc tìm một phần tử
thuộc V I(K, A) ∩ SB , ở đây SB kí hiệu tập không ánh xạ B , và nó được
chứa trong lớp bài toán (1.3).
Trường hợp , khi A là λ ngược đơn điệu mạnh A1 = I − T ở đây T là
không giãn.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
8
1.4
1.4.1
Bài toán đặt không chỉnh
Khái niệm về bài toán đặt không chỉnh
Định nghĩa 1.3. Cho A là một toán tử từ không gian X vào không
gian Y. Bài toán ở dạng phương trình toán tử
A (x) = f,
(1.4)
được gọi là bài toán đặt chỉnh (well-posed) nếu
1. Phương trình A (x) = f có nghiệm với mọi f ∈ Y ;
2. Nghiệm này duy nhất;
3. Nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu.
Nếu ít nhất một trong các điều kiện trên không thỏa mãn thì bài toán
(1.4) được gọi là bài toán đặt không chỉnh (ill-posed).
Định nghĩa 1.4. Cho A là một toán tử từ không gian X vào không gian
Y. Bài toán (1.4) được gọi là bài toán đặt không chỉnh nếu nghiệm của
nó không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu.
Chú ý 1.1. Bài toán tìm nghiệm x phụ thuộc vào dữ kiện ban đầu f,
có nghiệm là x = R(f ), được gọi là ổn định trên cặp không gian (X,
Y) nếu với mỗi ε > 0, ∃δ (ε) > 0 sao cho từ ρY (f1 , f2 ) 6 δ (ε) cho ta
ρX (x1 , x2 ) 6 ε, ở đây
xi = R (fi ) , xi ∈ X, fi ∈ Y, i = 1, 2
Chú ý 1.2. Một bài toán có thể đặt chỉnh trên không gian này nhưng
lại đặt không chỉnh trên không gian khác.
Đối với bài toán tìm nghiệm xấp xỉ của phương trình (1.4) dữ kiện
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
9
ban đầu ở đây chính là toán tử A và vế phải f. Giả sử toán tử A được
cho chính xác, còn vế phải f ( có được do đo đạc ) cho bởi fδ thỏa mãn
ρY (f, fδ ) 6 δ . Như vậy, với (fδ , δ) ta cần phải tìm một phần tử xδ ∈ X
hội tụ đến nghiệm chính xác x0 của (1.4) khi δ → 0. Phần tử xδ có tính
chất như vậy gọi là nghiệm xấp xỉ bài toán đặt không chỉnh (1.4).
Chú ý 1.3. Gọi x (δ)là nghiệm của (1.1) với f thay bởi fδ ( giả thiết rằng
nghiệm tồn tại ). Khi δ → 0 thì fδ → f nhưng với bài toán đặt không
chỉnh thì xδ nói chung không hội tụ đến x.
Ví dụ 1.2. Nếu A là toán tử liên tục mạnh thì bài toán (1.4) (vô hạn
chiều) nói chung là bài toán đặt không chỉnh. Thật vậy, giả sử dãy {xn }
chỉ hội tụ yếu, không hội tụ mạnh đến x và yn = A(xn ), A(x). khi đó,
do tính liên tục mạnh của A suy ra yn → y và nghiệm của phương trình
A(x) = f không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện ban đầu.
Tuy nhiên,
cũng có một vài trường hợp đặc biệt cho phương trình toán tử với liên
tục mạnh. Chẳng hạn, nếu miền xác định D(A) của toán tử A là hữu
hạn chiều thì mọi dãy hộitụ yếu đều hội tụ mạnh, do đó chứng minh trên
không áp dụng được. Và nếu ta xét một toán tử tuyến tính compact với
miền ảnh R(A) hữu hạn chiều thì toán tử ngược A−1 nói chung là liên
tục và khi đó bài toán giải phương trình A(x) = f là bài toán đặt chỉnh.
1.4.2
Ví dụ về bài toán đặt không chỉnh
Ví dụ 1.3. Xét phương trình tích phân Fredholm loại I
Zb
K (x, s) ϕ (s) ds = f0 (x) , x ∈ [a, b] ,
a
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
(1.5)
10
ở đây nghiệm là một hàm ϕ (x), vế phải f0 (x) là một hàm cho trước,
∂K (x, s)
K(x,s) là hạch của tích phân. Giả thiết hạch K(x,s) cùng với
∂x
liên tục trên hình vuông [a, b]x[a, b]. Ta xét hai trường hợp sau:
• Trường hợp 1
A : C [a, b] → L2 [a, b]
Rb
ϕ (x) 7→ f0 (x) = K (x, s) ϕ (s) ds
a
Sự thay đổi của vế phải được đo bằng độ lệch trong không gian
L2 [a, b], tức là khoảng cách giữa hai hàm f0 (x),f1 (x) trong L2 [a, b]
được cho bởi
Zb
21
ρL2 [a,b] (f0 , f1 ) =
|f0 (x) − f1 (x)|2 dx
a
Giả sử phương trình (1.5) có nghiệm là ϕ0 (x). Khi đó với vế phải
Zb
f1 (x) = f0 (x) + N
K (x, s) sin (ωs) ds
a
thì phương trình này có nghiệm
ϕ1 (x) = ϕ0 (x) + N sin (ωx)
Với N bất kì và ω đủ lớn thì khoảng cách giữa hai hàm f0 và f1 trong
không gian L2 [a, b] là
2 12
b
b
Z Z
ρL2 [a,b] (f0 , f1 ) = |N|
K (x, s) sin (ωs) ds dx
a
a
có thể làm nhỏ tùy ý. Thật vậy, đặt
Kmax =
max
|K (x, s)| ,
x∈[a,b],s∈[a,b]
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
11
ta tính được
ρL2 [a, b] (f0 , f1 ) ≤ |N|
≤
R
2 21
b
Kmax 1 cos (ωs)
dx
ω
a
|N|Kmax c0
ω
ở đâyc0 là một hằng số dương. Ta chọn N và ω đủ lớn tùy ý nhưng
N/ω lại nhỏ. Trong khi đó
ρC[a,b] (ϕ0 , ϕ1 ) = max |ϕ0 (x) − ϕ1 (x)| = |N|
x∈[a,b]
có thể lớn bất kì.
• Trường hợp 2
A : L2 [a, b] → L2 [a, b]
Rb
ϕ (x) 7→ f0 (x) = K (x, s)ϕ (s) ds
a
Tương tự , ta cũng chỉ ra khoảng cách giữa hai nghiệm ϕ0 , ϕ1 trong
không gian L2 [a, b] có thể lớn bất kì. Thật vậy ,
b
12
b
21
Z
Z
ρL2[a,b] (ϕ0 , ϕ1 ) = |ϕ0 (x) − ϕ1 (x)|2 dx = |N| sin2 (ωx) dx
a
a
r
= |N|
b−a
1
−
sin (ω (b − a)) cos (ω (b + a))
2
2ω
Dễ dàng nhận thấy rằng hai số N và ω có thể chọn sao cho ρL2 [a,b] (f0 f1 )
rất nhỏ nhưng ρL2 [a,b] (ϕ0 , ϕ1 ) lại rất lớn.
Ví dụ 1.4. Xét bài toán cực tiểu hàm ϕ (y) = y trên đoạn thẳng y =
λ0 x + y0 nằm trong góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng 0xy. Ở đây λ0
và y0 là những số cho trước và y0 > 0. Giả sử λ0 = 0 và thay cho λ0 ta
có λδ : |λδ − λ0 | < δ . Ta xét các trường hợp:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
12
• Trường hợp 1: λδ > 0. Ta có λδ = λ1 = λ0 + 2δ . Trong trường hợp
này, thay cho đường thẳng y = y0 ta có đường thẳng d1 : y = λ1 x+y0 .
Giá trị cực tiểu của phiếm hàm ϕ (y) trên một phần của d1 nằm trong
vùng {x > 0, y > 0} đạt được tại điểm (0, y0 ). Điều đó có nghĩa là
khi x = 0 thìϕ (0) = y0 .
• Trường hợp 2: λδ < 0. Ta có λδ = λ2 = λ0 − 2δ . Trong trường hợp
này, thay cho đường thẳng y = y0 ta có đường thẳng d2 : y = λ2 x+y0 .
Do λδ < 0 cho nên đường thẳng d2 cắt trục 0x tại một điểm x2 (δ)
nào đó. Giá trị cực tiểu của phiếm hàm ϕ (y) trên một phần của d2
nằm trong vùng {x > 0, y > 0} đạt được tại điểm x2 (δ), 0 tức là tại
x = x2 (δ) ta có ϕ (x2 (δ)) = 0.
Như vậy với |λ1 − λ2 | < δ ta có
min ϕ (y) − min ϕ (y) = |y0 − 0| = y0 > 0,
λ1
λ2
ở đây y0 có thể lớn tùy ý, bài toán này không ổn định.
Ví dụ 1.5. Xét phương trình toán tử A(x) = f với A là một ma trận
vuông cấp M = 5 được xác định bởi
1
1
1
1
1 1.0001
1
1
1
1
1.0001
1
1
1
1.0001
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1.0001
và vế phải
f=
5 5.0001 5.0001 5.0001 5.0001
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
T
∈ R5 .
http://www.lrc-tnu.edu.vn
13
Khi đó phương trình có duy nhất nghiệm
T
x= 1 1 1 1 1
∈ R5 .
Nếu
A = Ah1
1
1 1.0001
1
1
1
=
1
1.0001
1
1
1
1
1
1.0001 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
và
f=
5 5.0001 5.0001 5.0001 5
T
∈ R5 .
thì phương trình có vô số nghiệm.
Nếu
1
1 1.0001
1
1
1
=
1
1.0001
1
1
1
1
1
1.0001 1
1
1
1
1
1
1
A = Ah2
1
1
1
1
và
f=
5.0001 5.0001 5.0001 5.0001 5.0001
T
∈ R5 .
thì phương trình vô nghiệm.
Ta thấy một thay đổi nhỏ của hệ số trong phương trình ban đầu đã kéo
theo những thay đổi đáng kể của nghiệm.
Vì tính không duy nhất của nghiệm của bài toán A(x) = f , nên người
ta thường có một tiêu chuẩn cho sự lựa chọn của nghiệm. Ta sẽ sử dụng
nghiệm x0 có x∗ − chuẩn nhỏ nhất, nghĩa là ta tìm nghiệm x0 ∈ X thỏa
mãn
A(x0 ) = f,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
14
và
kx0 − x∗ k = min {kx − x∗ k : A (x) = f } .
Bằng cách chọn x∗ , ta có thể có được nghiệm mà ta muốn xấp xỉ.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
15
Chương 2
Thuật toán điểm gần kề quán tính
hiệu chỉnh
Chương này giới thiệu thuật toán điểm gần kề quán tính, tìm nghiệm
cho phương trình với toán tử đơn điệu, sau đó xét kết hợp thuật toán này
với phương pháp hiệu chỉnh để tìm nghiệm chung cho một họ các phương
trình với toán tử đơn điệu.
2.1
Giới thiệu thuật toán điểm gần kề quán tính
2.1 Giới thiệu thuật toán điểm gần kề quán tính. Chúng ta sẽ sử dụng
kết quả đơn giản của hội tụ yếu trong không gian Hilbert.
Bổ đề 2.1: Gọi H là một tập trong không gian Hilbert và xk là một
dãy sao cho tồn tại một tập không rỗng S ⊂ H thoả mãn:
a) Với mọi z ∈ S , tồn tại limk→∞ xk − z
b) Nếu xkj * x trong H khi cho dãy kj → ∞ thì x ∈ S .Khi đó tồn tại
x̂ ∈ S sao cho xk * x̂ trong H khi cho k → ∞.
Chứng minh: Theo lập luận của Z. Opial [14]. Lấy x̂1 , x̂2 ∈ S là hai
k
2
k
điểm tụ yếu của dãy x trong H . Đặt li = limk→∞ x − x̂i khi cho
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
16
i = 1; 2 . Lấy một dãy kj → ∞ sao cho xkj * x̂1 trong H . Từ đẳng thức
này suy ra:
k
x − x̂1 2 xk − xk − x̂2 2 = |x̂1 − x̂2 |2 + 2hx̂1 − x̂2 , x̂2 − xk i
Ta suy ra l1 − l2 = − |x̂1 − x̂2 |2 .Tương tự lấy km → ∞ sao cho xkm → x̂2
dẫn đến l1 − l2 = |x̂1 − x̂2 |2 . Suy ra |x̂1 − x̂2 | = 0.
Điều này thiết lập tính duy nhất của điểm tụ yếu xk * x̂ trong H khi
k → ∞ với x̂ ∈ S (đpcm).
Dựa trên bổ đề của Opial ta chứng minh định lí sau:
Định lí 2.1: Cho xk ⊂ H là một dãy được xác định bởi
xk+1 = JλAk xk + αk xk − xk−1 , k = 1, 2, ...
Với A : H → P (H) là một toán tử đơn điệu cực đại với S := A−1 (0) 6= ∅
và các tham số λk và αk thoả mãn:
i)tồn tại λ > 0 sao cho ∀k ∈ N ,λk ≥ λ
ii) tồn tại α ∈ [0, 1] sao cho ∀k ∈ N ,0 6 αk 6 α
Nếu điều kiện sau được thoả mãn thì
∞
X
2
αk xk − xk−1 < ∞.
(2.1)
k=1
Khi đó tồn tại x̂ ∈ S sao cho xk * x̂ trong H khi cho k → ∞.
Chứng minh:
Đầu tiên ta xét trường hợp αk = 0 tương ứng với thuật toán điểm gần kề
cổ điển. Cố định z ∈ S = A−1 (0) và xét dãy thực
2
ϕk := 1/2 xk − z .
Khi đó dễ dàng kiểm tra được ∀k ∈ N
k+1
ϕk+1 = ϕk + hx
k
k+1
− x ,x
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
k+1
k 2
− zi − 1/2 x
−x .
http://www.lrc-tnu.edu.vn
17
Nếu αk = 0 thì 0 ∈ xk+1 − xk + λk A(xk+1 ) và từ tính đơn điệu của A ta
có
hxk+1 − xk , xk+1 − zi 6 0
Vì vậy :
2
ϕk+1 − ϕk 6 −1/2 xk+1 − xk
(2.2)
Do đó {ϕk } không tăng, vì vậy hội tụ.
Vì z là một phần tử bất kì của S nên điều kiện a) của bổ đề 2.1 được thoả
mãn. Mặt khác, từ (2.2) ta có:
∞
X
2
k+1
2
x
− xk 6 2ϕ = x1 − z ,
k=1
và dãy xk+1 − xk → 0 khi k → ∞.
Vì λk bị chặn dưới bởi một hằng số lớn hơn 0, ta suy ra khoảng cách
(0, A(xk )) → 0 khi k → ∞. Cho x là một điểm tụ yếu của dãy xk . Vì
đồ thị của một ánh xạ đơn điệu cực đại A là đóng trong H × H và yếu H
× mạnh H , ta có định lí được chứng minh khi αk ≡ 0.
Bây giờ chúng ta xét trường hợp αk > 0 khi k ∈ N. .Ta có :
hxk+1 − xk − αk (xk − xk−1 ), xk+1 − zi + λhA(xk+1 ), xk+1 − zi = 0
Và tính đơn điệu cực đại của A cho ta :
hxk+1 − xk − αk (xk − xk−1 ), xk+1 − zi 6 0
Bây giờ, ta viết lại bất đẳng thức dựa vào ϕk−1 ,ϕk và ϕk+1 .
Ta thấy :
hxk+1 − xk − αk (xk − xk−1 ), xk+1 − zi
1 k+1
k 2
= ϕk+1 − ϕk + x
− x − αk hxk − xk−1 , xk+1 − zi
2
Và vì
hxk − xk−1 , xk+1 − zi = hxk − xk−1 , xk − zi + hxk − xk−1 , xk+1 − xk i
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
http://www.lrc-tnu.edu.vn
- Xem thêm -