Luận văn thạc sĩ HUS một số phương pháp chiếu giải bài toán chấp nhận tách luận văn ths toán học 84601

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NINH THỊ THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN TÁCH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Hà Nội - 2018 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NINH THỊ THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN TÁCH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112.01 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS TSKH Phạm Kỳ Anh Hà Nội - 2018 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS TSKH Phạm Kỳ Anh người tận tình hướng dẫn, dạy để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Khoa Tốn- Cơ- Tin học, Phịng Sau đại học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội − Đại học Quốc gia Hà Nội, quý thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa cao học 20162018 dạy bảo tơi tận tình suốt q trình học tập trường Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè- người ln hỗ trợ, động viên tạo điều kiện cho học tập, nghiên cứu thực luận văn Hà Nội, ngày 28 tháng 11 năm 2018 Học viên Ninh Thị Thu LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Mục lục Kiến thức chuẩn bị 11 1.1 Một số khái niệm mệnh đề 11 1.2 Bài toán chấp nhận tách 15 1.2.1 Bất đẳng thức biến phân 15 1.2.2 Ánh xạ đơn điệu cực đại 16 1.2.3 Bài toán chấp nhận lồi 17 1.2.4 Bài toán chấp nhận tách 17 Một số phương pháp đạo hàm tăng cường giải toán chấp nhận tách 20 2.1 Phương pháp đạo hàm tăng cường tìm nghiệm tốn chấp nhận tách 2.2 20 Phương pháp đạo hàm tăng cường nới lỏng tìm nghiệm có chuẩn nhỏ toán chấp nhận tách 29 2.3 Nhận xét 39 2.4 Bài tốn điều khiển tối ưu tuyến tính-tồn phương rời rạc 40 Một số phương pháp dạng CQ giải toán chấp nhận tách 43 3.1 Thuật toán CQ gốc giải toán chấp nhận tách hội tụ 43 3.2 Thuật tốn CQ tự thích nghi hội tụ 46 3.3 Thuật toán CQ lai ghép hội tụ mạnh 51 3.4 Thuật tốn CQ nới lỏng tự thích nghi 55 3.5 Nhận xét 58 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com DANH MỤC KÝ HIỆU CFP Bài toán chấp nhận lồi Fix( T ) Tập điểm bất động ánh xạ T NK (v) Nón pháp tuyến K v ∈ K PC ( x ) Phép chiếu trực giao (metric) x ∈ H lên C PC ( x ) = inf{ x − y : y ∈ C } SFP Bài toán chấp nhận tách VIP(F, C) Bài toán bất đẳng thức biến phân ánh xạ F tập C VI(F, C) Tập nghiệm toán bất đẳng thức biến phân ánh xạ F tập C ism Đơn điệu mạnh ngược H Không gian Hilbert thực Γ Tập nghiệm SFP ωw (xk ) tập điểm tụ yếu { x k } xn → x xn hội tụ mạnh đến x xn xn hội tụ yếu đến x x T1 ◦ T2 f Hợp hai ánh xạ T1 T2 Toán tử đạo hàm f LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com LỜI MỞ ĐẦU Cho C Q tập lồi, đóng, khác rỗng không gian Hilbert thực H1 H2 tương tứng, A : H1 −→ H2 toán tử tuyến tính bị chặn Bài tốn chấp nhận tách (SFP: split feasibility problem) phát biểu sau: Tìm x ∗ ∈ C cho Ax ∗ ∈ Q (0.0.1) Bài toán chấp nhận tách xuất nhiều lĩnh vực khoa học đóng vai trị đặc biệt quan trọng việc mơ hình hóa nhiều tốn ngược xuất thực tế, chẳng hạn, tốn khơi phục ảnh, liệu pháp xạ trị điều chỉnh cường độ, chụp hình cộng hưởng từ, mạng nơ ron, Tính ứng dụng cao lớp tốn động lực để nhà toán học nghiên cứu phương pháp giải Một phương pháp nhiều tác giả sử dụng để giải toán chấp nhận tách phương pháp chiếu gradient Thuật toán giải SFP Censor Elfving [8] đề xuất Để thực thuật toán ta cần phải tính nghịch đảo A−1 (với giả thiết tồn nghịch đảo A), thuật tốn khơng sử dụng rộng rãi Tiếp theo đó, Byrne đề xuất thuật toán phổ biến hơn, gọi thuật tốn CQ ([4], [5]) Thay giải toán chấp nhận tách SFP cách trực tiếp, tác giả chuyển toán gốc thành toán tối ưu tương ứng: giả sử SFP có nghiệm x ∗ , ta đặt: f ( x ) := Ax − PQ Ax , x ∈ H1 Ta có hàm mục tiêu lồi f ( x ) khả vi với gradient liên tục Lipschitz cho f = A∗ ( I − PQ ) Ax, x ∗ nghiệm toán cực tiểu với giá trị tối ưu f ( x ) x ∈C (0.0.2) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Hơn nữa, ta biết x ∗ nghiệm toán bất đẳng thức biến phân: tìm x ∈ C thỏa mãn f ( x ), y − x ≥ 0, ∀y ∈ C Thuật tốn CQ cho tốn cực tiểu hóa (0.0.2) tác giả Byrne đề xuất sau x0 ∈ H1 chọn tùy ý, x k+1 = PC ( x k − λk f ( x k )), k∈N hay x0 ∈ H1 chọn tùy ý, x k+1 = PC ( I − λk A∗ ( I − PQ ) A) x k , k∈N (0.0.3) A∗ liên hợp A, PC PQ phép chiếu trực giao lên C Q tương ứng, λk chọn khoảng 0, , với L = A số Lipschitz L f Hạn chế thuật tốn (0.0.3) địi hỏi phải tính tốn (hoặc ước lượng) A để xây dựng vòng lặp Tuy nhiên, thực tế việc tính tốn (ước lượng) chuẩn khơng phải lúc dễ dàng thực Đồng thời, thuật toán cịn bao gồm tính tốn phép chiếu PC PQ tập C Q tương ứng Do thực trường hợp PC PQ dễ dàng tính (ví dụ C Q hình cầu đóng nửa khơng gian hay siêu hộp, ) Bài toán mà luận văn quan tâm tìm phần tử chung tập nghiệm toán SFP (0.0.1) tập điểm bất động Fix(S) ánh xạ không giãn S không gian Hilbert thực cho trước Được gợi ý ý tưởng phương pháp đạo hàm tăng cường để tìm nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân, Nadezhkina Takahashi [11] giới thiệu thuật toán lặp để tìm nghiệm chung tốn điểm bất động cho ánh xạ khơng giãn tốn bất đẳng thức biến phân ánh xạ đơn điệu, liên tục Lipschitz khơng gian Hilbert thực Từ tác giả L.C.Ceng, Q.H.Ansari, J.C.Yao nghiên cứu đề xuất phương pháp đạo hàm tăng cường giải SFP thơng qua việc tìm LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com điểm chung tập nghiệm toán chấp nhận tách tập điểm bất động ánh xạ khơng giãn Sau đó, xuất phát từ ý tưởng tác giả xây dựng thuật toán đạo hàm tăng cường nới lỏng để tìm nghiệm có chuẩn nhỏ SFP Gần đây, nhà toán học tiếp tục nghiên cứu, cải thiện, mở rộng phát triển thuật toán CQ hội tụ Chẳng hạn, López cộng [10] giới thiệu thuật toán đây: x0 ∈ H1 chọn tùy ý x k+1 = PC ( I − τk A∗ ( I − PQ ) A) x k , k ∈ N, (0.0.4) τk chọn sau τk := ρk f ( x k ) f (xk ) với < ρk < inf ρk (4 − ρk ) > Họ chứng minh dãy { x k } tạo thuật toán (0.0.4) hội tụ yếu đến nghiệm x ∗ SFP (0.0.1) Đáng ý thuật tốn (0.0.4) đắt bước cần phải tính giá trị f ( x k ) f ( x k ) để xác định độ dài bước Câu hỏi đặt xây dựng thuật tốn CQ rẻ thuật tốn (0.0.4) hay khơng? Trong luận văn này, tơi tìm hiểu trình bày chi tiết lại thuật tốn CQ- tự thích nghi, đề xuất tác giả P.K Anh, N.T Vinh V.T Dũng, nhằm giải đáp cho câu hỏi Ngoài Lời mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương Chương Kiến thức chuẩn bị Phần kiến thức dựa vào tài liệu tham khảo [1], [3], [6], [7], [15] Chương Một số phương pháp đạo hàm tăng cường giải toán chấp nhận tách Phần kiến thức dựa vào tài liệu tham khảo [2], [6], [7], [12], [15], báo [6], [7] chủ yếu Chương Một số phương pháp dạng CQ giải toán chấp nhận tách Phần kiến thức dựa vào tài liệu tham khảo [3], [4], [5] LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Mặc dù cố gắng, chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận nhận xét, góp ý q thầy bạn để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 28 tháng 11 năm 2018 Học viên Ninh Thị Thu 10 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Mệnh đề đóng vai trò quan trọng việc chứng minh hội tụ Thuật toán Mệnh đề 3.2.2 ([3]) Cho { x k } dãy sinh Thuật toán Khi đó, với z ∈ Γ, bất đẳng thức sau đúng: x k +1 − z f ( x k +1 ) Chứng minh ≤ xk − z ≤ − k x − x k +1 f (xk ) 2+ Đặt uk = x k − λk x k +1 − z ≤ uk − z = x k − λk = xk − z f (xk ) A λ2k 2+2 f (xk ) A λk f ( x k ), từ Mệnh đề 1.1.1(ii ) ta có − uk − PC (uk ) f (xk ) − z − 4λk (1 − A λk ) f ( x k ) − x k − x k +1 − x k − λk f ( x k ) − x k +1 + 2λk z − x k+1 , f (xk ) (3.2.4) Mặt khác, z − x k +1 , f (xk ) = f ( x k ), x k − x k +1 + f ( x k ), z − x k , (3.2.5) f ( x k ), x k − z = ( I − PQ ) Ax k , Ax k − Az = ( I − PQ ) Ax k − ( I − PQ ) Ax z , Ax k − Az ≥ ( I − PQ ) Ax k = f ( x k ) (3.2.6) Từ (3.2.4), (3.2.5) (3.2.6), ta thu x k +1 − z ≤ xk − z − x k − x k +1 + 2λk f ( x k ), x k − x k+1 − 4λk f ( x k ) ≤ xk − z − x k − x k +1 + 2λk f (xk ) x k − x k+1 − 4λk f ( x k ) (3.2.7) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có 2λk f (xk ) x k − x k +1 ≤ ( λ k = 2( λ k k x − x k +1 2 A∗ ( I − PQ ) Ax k )2 + x k − x k+1 f ( x k ) )2 + 47 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ≤ 2λ2k A ≤ 4λ2k A ( I − PQ ) Ax k f (xk ) + + k x − x k +1 k x − x k +1 2 Do đó, ta thu x k +1 − z ≤ xk − z − k x − x k +1 2 − 4λk (1 − A λk ) f ( x k ) (3.2.8) Ta có f ( x k +1 ) = ≤ f (xk ) f (xk ) 2 + f ( x k +1 ) − f (xk ) +2 f ( x k ), f ( x k +1 ) − + f ( x k +1 ) − f (xk ) f (xk ) f ( x k +1 ) − f (xk ) +2 f (xk ) f A - Lipschitz nên ta có Mặt khác, f ( x k +1 ) − f (xk ) ≤ A x k +1 − x k f (xk ) ≤ A λk Do đó, ta thu f ( x k +1 ) ≤ f (xk ) + A λ2k f (xk ) + A λk f (xk ) Vậy mệnh đề chứng minh Bây giờ, ta chứng minh hội tụ yếu Thuật toán Định lý 3.2.1 ([3]) Cho { x k } dãy tạo Thuật tốn Khi đó, tồn dãy ∞ { x k j } { x k } cho { x k j } hội tụ yếu đến x ∗ ∈ Γ Hơn nữa, ∑ β2k < ∞ { xk } hội tụ yếu đến k =0 x∗ Chứng minh Chứng minh định lý chia thành hai bước: 48 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Bước 1: Ta chứng minh tồn dãy { x k j } { x k } cho { x k j } hội tụ yếu đến x ∗ Cho z ∈ Γ Từ Mệnh đề 3.2.2, ta có x k +1 − z ≤ xk − z − 4λk (1 − A λk ) f ( x k ) Do lim λk = 0, nên tồn k ∈ N cho − A λk > k→∞ x k +1 − z ≤ x k +1 − z với ∀k ≥ k Do − 2λk f ( x k ) Điều nghĩa x k +1 − z ≤ x k − z , 2λk f ( x k ) ≤ x k − z (3.2.9) − x k +1 − z (3.2.10) Từ (3.2.9) ta có lim x k − z tồn tại, { x k } dãy bị chặn Mặt khác, k→∞ từ (3.2.10) ta có ∞ ∑ λi f (xi ) < ∞, (3.2.11) i =0 kết hợp với λi f ( xi ) ≤ 2λi A ∞ ∑ λi f ( x i ), f ( xi ) ta suy < ∞ (3.2.12) i =0 Do dãy { x k } bị chặn, nên dãy { f ( x k ) } bị chặn Giả sử f (xk ) ≤ √ βk √ ≤ λk ≤ β k Do M, từ (3.2.2) ta có ≤ ηk ≤ + M, 1+ M đó, từ (3.2.1) ta suy ∞ ∑ λk = ∞ (3.2.13) k =0 Kết hợp (3.2.11), (3.2.12) (3.2.13) ta thu lim inf f ( x k ) = 0, k→∞ lim inf k→∞ f (xk ) = (3.2.14) (3.2.15) Chọn { x k j } dãy { x k } cho lim inf f ( x k ) = lim inf f ( x k j ) = k→∞ k→∞ (3.2.16) 49 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Do { x k j } dãy bị chặn, nên tồn dãy { x k jm } { x k j } hội tụ yếu đến x ∗ Khơng tính tổng quát, ta giả sử x kl x ∗ ∈ C Do f hàm nửa liên tục yếu nên ta có ≤ f ( x ∗ ) ≤ lim inf f ( x k j ) = j→∞ Vì f ( x ∗ ) = 0, nghĩa Ax ∗ ∈ Q ∞ Bước Bây ta chứng minh có thêm điều kiện ∑ β2k < ∞ k =0 dãy { x k } hội tụ yếu đến x ∗ Đầu tiên, ta thấy λ2k ≤ β2k , nghĩa ∞ ∑ λ2k < +∞ k =0 f (xk ) Sử dụng Mệnh đề 3.2.2 giả thiết f ( x k +1 ) 2 ≤ M ta có ≤ f (xk ) + A λ2k ≤ f (xk ) + A Mλ2k + A λk f (xk ) Áp dụng Mệnh đề 1.1.8 với liệu ak := A λk f ( x k ) , ta suy lim k→∞ f (xk ) + A λk f (xk ) f (xk ) f (xk ) 2 b := A Mλ2 k + tồn Do đó, từ (3.2.15) ta có f (xk ) lim k→∞ = (3.2.17) Mặt khác, với z ∈ Γ ta có f ( x k ) = ( I − PQ ) Ax k ≤ xk − z = xk − z ≤ x k − z, A∗ ( I − PQ ) Ax k A∗ ( I − PQ ) Ax k f (xk ) (3.2.18) Kết hợp (3.2.17) (3.2.18), ta lim f ( x k ) = k→∞ (3.2.19) 50 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Phần lại, ta ωw ( x k ) ⊂ Γ Lấy x ∗ ∈ ωw ( x k ) Do { x k } bị chặn, nên tồn dãy { x ki } { x k }, x ∗ Lập luận tương tự Bước 1, ta có x ∗ ∈ Γ Từ Mệnh đề cho x ki 1.1.2, ta thu x k x∗ Vậy Định lý 3.2.1 chứng minh xong Nhận xét 3.2.1 Từ (3.2.2), ta thấy để tính độ dài bước {λk }, người ta cần tính f ( x k ) Bên cạnh đó, < λk ≤ β k nên dãy {λk } hội tụ k → ∞, ta có hội tụ chậm 3.3 Thuật toán CQ lai ghép hội tụ mạnh Sử dụng kĩ thuật lai ghép, tác giả P.K Anh, N.T Vinh V.T Dung đề xuất thuật toán hội tụ mạnh gọi "Thuật toán dạng CQ lai ghép" Thuật toán (Thuật toán dạng CQ lai ghép) Bước Chọn x0 ∈ H1 đặt k := Chọn dãy số dương { β k } thỏa mãn điều kiện: ∞ ∑ ∞ ∑ β2k < +∞ β k = +∞, k =0 Bước Từ xk , (3.3.1) k =0 ta tính ηk = max{1, f ( x k ) }, λk = βk ηk yk = PC ( x k − λk f ( x k )) Bước Nếu yk = x k , dừng lại Nếu khơng đặt k := k + chuyển sang Bước Bước Tính x k+1 = PHK ∩WK ( x0 ), (3.3.2) Hk Wk = {z ∈ H1 : yk − z ≤ x k − z − 4λk (1 − A λk ) f ( x k )}, = {z ∈ H1 : x k − z, x0 − x k ≥ 0} 51 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Nhận xét 3.3.1 Dễ thấy, Hk Wk nửa khơng gian Do đó, ta tính x k+1 (3.3.2) cơng thức Thật vậy, lí luận tương tự [13], ta viết lại Hk dạng sau Hk = {z ∈ H1 : yk − z ≤ xk − z − 4λk (1 − A λk ) f ( x k )} = {z ∈ H1 : vk , z − zk ≤ −4λk (1 − A λk ) f ( x k )}, (3.3.3) zk = (yk + x k ) vk = 2( x k − yk ) Nếu PHk ( x ) ∈ Wk , ta có x k+1 = PHk ∩Wk ( x0 ) = PHk ( x0 ) = x − max{0, 4λk (1 − A λk ) f ( x k ) + vk , z − zk vk }vk Nếu PHk ( x0 ) ∈ / Wk , ta có x k +1 = x + λ v k + λ ( x − x k ), (λ1 , λ2 ) nghiệm hệ phương trình tuyến tính gồm hai phương trình, hai ẩn sau   λ1 v k + λ2 vk , x0 − x k = − x0 − zk , vk − 4λk (1 − A λk ) f ( x k )  λ1 v k , x − x k + λ2 x − x k = − x0 − x k Mệnh đề 3.3.1 ([3]) Dãy { x k } sinh Thuật toán hoàn toàn xác định Γ ⊂ Hk ∩ Wk Chứng minh Dễ thấy rằng, Wk lồi, đóng với k ≥ Từ (3.3.3), với k ≥ 0, bất đẳng thức vk , z − zk ≤ −4λk (1 − A λk ) f ( x k ) affine z, Hk lồi Hơn nữa, rõ ràng Hk đóng Tiếp theo, ta Γ ⊂ Hk với k ≥ Lập luận tương tự chứng minh Định lý 3.2.1, ta có yk − z ≤ xk − z − 4λk (1 − A λk ) f ( x k ) 52 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Do đó, z ∈ Hk với k ≥ Suy ra, Γ ⊂ Hk với k ≥ Bây giờ, để chứng minh Γ ⊂ Hk ∩ Wk với k ≥ 0, ta cần chứng minh Γ ⊂ Wk với k ≥ đủ Ta chứng minh điều phương pháp quy nạp Với k = 0, ta có Γ ⊂ H1 = W0 Giả sử Γ ⊂ Wk với k ≥ Ta chứng minh Γ ⊂ Wk+1 với k ≥ Do x k+1 hình chiếu x0 lên Hk ∩ Wk , ta có x k+1 − z, x0 − x k+1 ≤ 0, ∀z ∈ Hk ∩ Wk (3.3.4) Do Γ ⊂ Hk theo giả thiết quy nạp Γ ⊂ Wk , nên ta có Γ ⊂ Hk ∩ Wk Suy ra, với z ∈ Γ ta có bất đẳng thức (3.3.4) Kết hợp với định nghĩa Wk+1 , ta Γ ⊂ Wk+1 Vậy ta có Γ ⊂ Hk ∩ Wk với k ≥ Mệnh đề 3.3.2 ([3]) Dãy { x k } bị chặn Chứng minh Do Γ tập lồi, đóng, khác rỗng C, nên tồn phần tử z0 ∈ Γ cho z0 = PΓ ( x0 ) Từ x k+1 = PHk ∩Wk x0 , ta có x k +1 − x ≤ z − x , ∀z ∈ Hk ∩ Wk Vì z0 ∈ Γ ⊂ HK ∩ Wk , nên ta có x k +1 − x ≤ z − x , ∀k ≥ (3.3.5) Điều chứng tỏ { x k } bị chặn Định lý sau khẳng định hội tụ Thuật toán Định lý 3.3.1 ([3]) Dãy { x k } tạo Thuật toán hội tụ mạnh đến phần tử Γ Chứng minh Do x k = PWk x0 x k+1 = PHk ∩Wk ( x0 ), nên ta có x k+1 ∈ Wk , x k + − x0 ≥ x k − x0 , ∀k ≥ 53 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Kết hợp điều với Mệnh đề 3.3.2, ta suy { x k − x0 } dãy khơng giảm bị chặn Do lim x k − x0 tồn Thêm vào đó, từ x k = PWk x0 x k+1 ∈ k→∞ Wk , ta có x k+1 − x k , x k − x0 ≥ 0, k ≥ Chú ý ≤ x k +1 − x k = ( x k +1 − x ) − ( x k − x ) = x k +1 − x + x k − x0 − x k +1 − x , x k − x = x k +1 − x + x k − x0 − x k +1 − x k + x k − x , x k − x = x k +1 − x − x k − x0 − x k +1 − x k , x k − x ≤ x k +1 − x − x k − x0 Từ bất đẳng thức tồn lim x k − x0 , ta có k→∞ lim x k+1 − x k = k→∞ (3.3.6) Mặt khác, x k+1 ∈ Hk , nên ta có y k − x k +1 ≤ x k − x k +1 − 4λk (1 − A λk ) f ( x k ) (3.3.7) Từ (3.3.1) , (3.3.6) (3.3.7) ta suy lim yk − x k+1 = lim yk − x k = k→∞ k→∞ (3.3.8) Phần lại, ta chứng minh ωw ( x k ) ⊂ Γ x k → p = PΓ x0 Lấy x ∈ ωw ( x k ) Do { x k } bị chặn, nên tồn dãy { x ki } { x k } cho x ki x Từ (3.3.8), ta suy yki x Lập luận tương tự chứng minh Định lý 3.2.1, ta x ∈ Γ Do đó, ωw ( x k ) ⊂ Γ Từ (3.3.5) Mệnh đề 1.1.3 ta suy x k → z0 = PΓ x0 Vậy định lý chứng minh Nhận xét 3.3.2 Thuật tốn tìm nghiệm SFP với hội tụ mạnh xây dựng dựa vào kĩ thuật lai ghép- thực phép chiếu lên giao hai nửa không gian chứa tập nghiệm Γ SFP 54 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 3.4 Thuật tốn CQ nới lỏng tự thích nghi Trong phần này, giới thiệu thuật tốn CQ nới lỏng tự thích nghi giải SFP (1.2.1) với giả thiết tập C Q cho trước sau C = { x ∈ H1 : c( x ) ≤ 0} Q = {y ∈ H2 : q(y) ≤ 0}, c : H1 −→ R q : H2 −→ R hàm lồi, nửa liên tục Giả sử c q hàm khả vi phân C Q, tương ứng Tức ∂c( x ) = {z ∈ H1 : c(u) ≥ c( x ) + u − x, z , u ∈ H1 } = ∅ với x ∈ C ∂q(y) = {w ∈ H2 : q(v) ≥ q(y) + v − y, w , v ∈ H2 } = ∅ với y ∈ Q Ta giả sử ∂c ∂q toán tử bị chặn tập bị chặn Giả thiết đảm bảo { xn } dãy bị chặn H1 (tương ứng, H2 ) { xn∗ } dãy khác H1 (tương ứng, H2 ) cho xn∗ ∈ ∂c( xn ) (tương ứng, xn∗ ∈ ∂q( xn )) với n, { xn∗ } bị chặn Đặt Ck = { x ∈ H1 : c( x k ) ≤ ξ k , x k − x }, (3.4.1) ξ k ∈ ∂c( x k ), Qk = {y ∈ H2 : q( Ax k ) ≤ ζ k , Ax k − y }, (3.4.2) ζ k ∈ ∂q( Ax k ) Dễ thấy Ck Qk nửa không gian, dễ dàng kiểm tra Ck ⊃ C Qk ⊃ Q với k ≥ Bây giờ, ta định nghĩa f k ( x ) := ( I − PQk ) Ax , k≥0 Qk cho (3.4.2) Ta có f k ( x ) = A∗ ( I − PQk ) Ax 55 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Bây giờ, ta trình bày thuật tốn CQ nới lỏng cho SFP (1.2.1) Thuật toán (Thuật toán CQ nới lỏng tự thích nghi) Bước Chọn x0 ∈ H1 đặt k := Chọn dãy số dương { β k } thỏa mãn điều kiện ∞ lim β k = 0, k→∞ ∑ β k = +∞ (3.4.3) k =0 Bước Từ x k , tính ηk = max{1, f ( x k ) }, λk = βk ηk x k+1 = PCk ( x k − λk f k ( x k )) (3.4.4) Bước Nếu x k+1 = x k , dừng lại Nếu khơng đặt k := k + quay lại Bước Mệnh đề sau hữu ích xét hội tụ Thuật toán Mệnh đề 3.4.1 ([3]) Nếu x k+1 = x k , x k ∈ Γ Chứng minh Nếu x k+1 = x k , từ (3.4.4) ta có x k = PCk ( x k − λk f k ( x k )) Do đó, ta thu x k ∈ Ck Ax k ∈ Qk Kết hợp điều với (3.4.1) (3.4.2) ta có c( x k ) ≤ q( Ax k ) ≤ Suy ra, x k ∈ C Ax k ∈ Q Vậy định lý chứng minh Sự hội tụ Thuật toán khẳng định định lý Định lý 3.4.1 ([3]) Cho { x k } dãy tạo Thuật tốn Khi đó, tồn dãy { x kl } { x k }, hội tụ yếu đến x ∈ Γ Hơn nữa, H1 khơng gian hữu hạn chiều, lim x k = x k→∞ 56 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chứng minh Bằng cách lập luận tương tự chứng minh Mệnh đề 3.2.2 thay f , C Q f k , Ck Qk , tương ứng, với z ∈ Γ ta có x k +1 − z ≤ xk − z − k x − x k +1 − 4λk (1 − A λk ) f k ( x k ) Lập luận tương tự chứng minh Định lý 3.2.1 ta { x k } dãy đơn điệu Fejér Γ Do đó, giới hạn lim x k − z tồn k→∞ lim x k − x k+1 = 0, (3.4.5) k→∞ lim inf f k ( x k ) = ⇐⇒ lim inf ( I − PQk ) Ax k k→∞ = k→∞ Lấy { x kl } dãy { x k }, cho lim inf ( I − PQk ) Ax k k→∞ = lim inf ( I − PQk ) Ax kl l →∞ l (3.4.6) = Do { x kl } bị chặn, nên tồn dãy { x klm } { x kl } cho x klm Khơng tổng qt, ta giả sử x kl x x Do PQk Ax kl ∈ Qkl , ta có l q( Ax kl ) ≤ ζ kl , Ax kl − PQk Ax kl , (3.4.7) l ζ kl ∈ ∂q( Ax kl ) Từ giả thiết tính bị chặn ζ k (3.4.6), (3.4.7), ta có q( Ax kl ) ≤ ζ k Ax kl − PQk Ax kl → (3.4.8) l Từ tính nửa liên tục yếu hàm lồi q( x ) x kl x, kết hợp với (3.4.8), ta có q( Ax ) ≤ lim inf q( Ax kl ) ≤ 0, l →∞ điều nghĩa Ax ∈ Q Hơn nữa, từ (3.4.4) ta có x kl +1 ∈ Ckl từ định nghĩa Ckl , ta suy c ( x k l ) ≤ ξ k l , x k l − x k l +1 , 57 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ξ kl ∈ ∂c( x kl ) Do tính bị chặn ξ kl (3.4.5), nên ta có c( xkl ) ≤ ξ kl x kl − x kl +1 → 0, l → ∞ Tương tự, ta thu c( x ) ≤ 0, nghĩa x ∈ C Do đó, ta suy xkl x ∈ Γ Hơn nữa, H1 khơng gian hữu hạn chiều, ta có lim x kl − x = k→∞ Thêm nữa, ta có lim x k − x tồn Do đó, ta suy k→∞ lim x k − x = k→∞ Vậy định lý đươc chứng minh 3.5 Nhận xét Các phương pháp lần chiếu dạng CQ xây dựng để giải trực tiếp toán chấp nhận tách Cả ba phương pháp dạng CQ trình bày có tính "tự thích nghi", nghĩa độ dài bước λk tính tốn bước Ta thấy số ưu điểm nhược điểm phương pháp dạng CQ sau: Ưu điểm: • Ta có hội tụ thuật tốn mà khơng cần tính (ước lượng ) A • Ta cần thực phép chiếu lên C phép chiếu lên Q, khối lượng tính tốn giảm Nhược điểm: • Ta cần phải tính độ dài bước λk vịng lặp • Nếu độ dài bước λk → thuật tốn dạng CQ hội tụ chậm 58 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Kết luận Trong luận văn này, tơi trình bày số phương pháp chiếu gradient giải toán chấp nhận tách Cụ thể, luận văn trình bày rõ ràng chương Chương Trình bày kiến thức chuẩn bị liên quan đến phép chiếu trực giao tính chất phép chiếu trực giao, toán chấp nhận tách, toán bất đẳng thức biến phân, bổ đề nghiệm tốn chấp nhận tách Chương Trình bày số phương pháp đạo hàm tăng cường giải toán chấp nhận tách bao gồm: phương pháp đạo hàm tăng cường tìm nghiệm SFP, phương pháp đạo hàm tăng cường nới lỏng tìm nghiệm có chuẩn nhỏ SFP phương pháp đạo hàm tăng cường kết hợp với phép lặp Mann tìm nghiệm SFP Một ứng dụng phương pháp đạo hàm tăng cường nới lỏng để giải tốn điều khiển tối ưu tuyến tính- toàn phương rời rạc xem xét Chương Trình bày lại số phương pháp dạng CQ giải toán chấp nhận tách, như: thuật toán CQ gốc Byrne, thuật tốn CQ tự thích nghi, thuật tốn CQ lai ghép thuật toán CQ nới lỏng tự thích nghi Trong tương lai tơi dự định nghiên cứu số thuật toán lần chiếu kiểu Malitsky cho toán chấp nhận tách 59 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Tài liệu tham khảo [1] Andrzej Cegielski, Iterative methods for fixed point problems in Hilbert space, Springer [2] Anh, P.K., Anh, T.V., Muu, L.D., On bilevel split pseudomonotone variational inequality problems with applications, Acta Mathematica Vietnamica, Volume 41, Number 2, 2016 [3] Anh, P.K., Vinh, N.T., Dung, V.T., A new self- adaptive CQ algorithm with an application to the LASSO problem, Journal of Fixed Point Theory and Applications (2018), DOI:10.1007/s1 1784-018-0620-8 [4] Byrne, C., Iterative oblique projection onto convex subsets and the split feasibility problem, Inverse Problems 18 (2002) 441-453 [5] Byrne, C., A unified treatment of some iterative algorithms in signal processing and image reconstruction, Invese Problems 20 (2004) 1261-1266 [6] Ceng, L.C., Ansari, Q.H, Yao, J.C., An extragradient method for solving split feasibility and fixed point problems, Computers and Mathematics with Applications, Volume 64, Issue 4, August 2012, Pages 633-642 [7] Ceng, L.C., Ansari, Q.H., Yao, J.C., Relaxed extragradient methods for finding minimum-solution of the split feasibility problem, Nonlinear Analysis: Theory, Methods and Applications,Volume 75, Issue 4, March 2012, Pages 21162125 60 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com [8] Censor, Y., Elfving, T., A multiprojection algorithm using Bregman projections in a product space, Numer, Algorithms (1994) 221-239 [9] Korpelevich, G.M., An extragradient method for finding saddle points and for other problems, Ekonomika Mat Metody 12 (1976) 747-756 [10] López, G., Martín- Márquez, V., Wang, F., Xu, H.K., Solving the split feasibility problem without prior knowledge of matrix norms, Inverse Probl 28, 085004 (2012) [11] Nadezhkina, N., Takahashi, W., Weak convergence theorem by an extragradient method for nonexpansive mappings and monotone mappings, J Optim Theory Appl 128 (2006) 191-201 [12] Opial Z., Weak convergence of the sequence of successive approximations for nonexpansive mapping, Bull Amer Math Soc 73 (1967) 591-597 [13] Solodov, M.V., Svaiter, B.F., Forcing strong convergence of proximal point iterations in Hilbert space, Math Progr 87 (2000) 189-202 [14] Tan, K.K., Xu, H.K., Approximating fixed points of nonexpensive mappings by the Ishikawa iteration process, J Math Anal Appl 178 (1993) 301-308 [15] Xu, H.K., Iterative methods for the split feasibility problem in infinite-dimensional Hilbert space, Inverse Problems 26 (2010) 105018 17 pp 61 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ...ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NINH THỊ THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN TÁCH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 846011 2.01... 17 1.2.4 Bài toán chấp nhận tách 17 Một số phương pháp đạo hàm tăng cường giải toán chấp nhận tách 20 2.1 Phương pháp đạo hàm tăng cường tìm nghiệm tốn chấp nhận tách 2.2... tốn điều khiển tối ưu tuyến tính-tồn phương rời rạc 40 Một số phương pháp dạng CQ giải toán chấp nhận tách 43 3.1 Thuật toán CQ gốc giải toán chấp nhận tách hội tụ 43 3.2 Thuật tốn CQ tự