Thuật toán điểm xấp xỉ trên đa tạp hadamard

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN ——————————————– BÁO CÁO TỔNG KẾT ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC SINH VIÊN NĂM HỌC 2021 - 2022 THUẬT TOÁN ĐIỂM XẤP XỈ TRÊN ĐA TẠP HADAMARD Thuộc nhóm ngành khoa học: Khoa học tự nhiên THANH HÓA, THÁNG 04/2022 TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN ——————————————– BÁO CÁO TỔNG KẾT ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC SINH VIÊN NĂM HỌC 2021 - 2022 THUẬT TOÁN ĐIỂM XẤP XỈ TRÊN ĐA TẠP HADAMARD Thuộc nhóm ngành khoa học: Khoa học tự nhiên Đại diện nhóm SV thực hiện: Đặng Thị Hồng Liên Dân tộc: Kinh Lớp, khoa: K22 ĐHSP Toán CLC, Khoa KHTN Ngành học: ĐHSP Tốn Người hướng dẫn: TS Lê Anh Minh THANH HĨA, THÁNG 04/2022 Nam, nữ: Nữ Năm thứ: 3/4 Danh sách thành viên tham gia nghiên cứu đề tài STT Họ tên Lớp Đặng Thị Hồng Liên Lớp K22 ĐHSP Toán CLC Nội dung tham gia Chủ nhiệm đề tài Thiều Khánh Linh Lớp K22 ĐHSP Toán CLC Thành viên Đề tài Nguyễn Danh Cảnh Lớp K22 ĐHSP Toán Thành viên Đề tài i Mục lục Danh sách thành viên tham gia nghiên cứu đề tài i Mục lục ii Thông tin kết nghiên cứu iii Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Sơ lược đa tạp Hadamard 1.2 Trường véc-tơ đa tạp Hadamard 10 Chương Thuật toán điểm xấp xỉ đa tạp Hadamard 18 2.1 Thuật toán điểm xấp xỉ 18 2.2 Thuật toán điểm xấp xỉ điều chỉnh 21 2.3 Thuật toán điểm xấp xỉ cho tổng hai trường véc-tơ 29 2.4 Thuật toán điểm xấp xỉ kiểu Mann cho tổng hai trường véc-tơ 36 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 ii Thông tin kết nghiên cứu Tên đề tài: THUẬT TOÁN ĐIỂM XẤP XỈ TRÊN ĐA TẠP HADAMARD Cấp dự thi: Cấp trường Nhóm sinh viên thực hiện: 3.1 Họ tên: Đặng Thị Hồng Liên - Lớp: K22 ĐHSP Toán CLC - Khoa: Khoa học Tự nhiên 3.2 Họ tên: Thiều Khánh Linh - Lớp: K22 ĐHSP Toán CLC - Khoa: Khoa học Tự nhiên 3.3 Họ tên: Nguyễn Danh Cảnh - Lớp: K22 ĐHSP Toán - Khoa: Khoa học Tự nhiên Giáo viên hướng dẫn: TS Lê Anh Minh Thời gian thực hiện: tháng (từ tháng 11 /2021 đến tháng 04/2022) Cơ quan quản lý đề tài: Trường Đại học Hồng Đức Đơn vị chủ trì đề tài: Khoa Khoa học Tự nhiên iii MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Chúng ta biết số toán tối ưu phát sinh từ ứng dụng khác nghiên cứu đa tạp mà địi hỏi cấu trúc đa tạp (không thiết tuyến tính), chẳng hạn: mơ hình hình học cột sống người, toán tối ưu giá trị riêng, Hơn nữa, số toán tối ưu có ràng buộc khơng gian tuyến tính biến đổi thành tốn khơng chứa ràng buộc số đa tạp phù hợp, chẳng hạn: tốn giá trị riêng, tốn tìm khơng gian bất biến, tốn tối ưu với ràng buộc dạng đẳng thức biến đổi thành tốn tối ưu khơng có ràng buộc đa tạp Khi đó, tốn giải hiệu cách sử dụng cấu trúc hình học đa tạp Bên cạnh đó, giảm tính phức tạp dễ dàng việc xây dựng thuật toán số để giải tốn ban đầu Nói cách khác, số tốn khơng đơn điệu/khơng lồi khơng gian tuyến tính trở thành tốn đơn điệu/lồi cách xây dựng metric Riemann phù hợp Lúc ta nghiên cứu tốn cách sử dụng kết giải tích lồi đa tạp tính chất hình học đặc trưng đa tạp metric Riemann phù hợp Như vậy, việc mở rộng khái niệm, kỹ thuật thuật tốn khơng gian tuyến tính lên đa tạp Hadamard (hay đa tạp Riemann nói chung) mở rộng tự nhiên có ý nghĩa Một hướng nghiên cứu mở rộng thuật toán điểm xấp xỉ thuật toán liên quan biết khơng gian tuyến tính lên đa tạp Hadamard tốn mang tính thời cấp thiết Mục tiêu nghiên cứu Nắm vững thuật tốn điểm xấp xỉ để tìm điểm kỳ dị trường véc-tơ đa trị đa tạp Hadamard toán cân hệ đa tạp Hadamard Đối tượng nghiên cứu • Điểm kỳ dị trường véc-tơ đa trị đa tạp Hadamard • Thuật tốn điểm xấp xỉ cho toán cân đa tạp Hadamard Phạm vi nghiên cứu • Thuật tốn điểm xấp xỉ đa tạp Hadamard Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp phân tích tổng kết kinh nghiệm, phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết, phương pháp hệ thống hố lý thuyết • Sử dụng kết kỹ thuật giải tích hàm, giải tích đa trị, giải tích tối ưu giải tích đa tạp Ý nghĩa đề tài Đề tài góp phần hệ thống ứng dụng thuật toán điểm xấp xỉ toán thực tiễn Kết đề tài tài liệu tham khảo bổ ích cho sinh viên ngành ĐHSP Toán Cấu trúc đề tài Ngoài phần mở đầu, danh mục ký hiệu, thông tin kết nghiên cứu, kết luận, tài liệu tham khảo, đề tài gồm hai chương: • Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương nhắc lại số khái niệm kết dùng phát biểu chứng minh kết đề tài • Chương Thuật tốn điểm xấp xỉ đa tạp Hadamard Trong chương trình bày số thuật tốn điểm xấp xỉ cho tốn tìm điểm kì dị trường véc-tơ đa trị đơn điệu, số thuật toán điểm xấp xỉ cho tốn tìm điểm kì dị trường véc-tơ tổng trường véc-tơ đơn trị trường véc-tơ đa trị Chương 1.1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Sơ lược đa tạp Hadamard Cho M đa tạp khả vi hữu hạn chiều Tập tất mặt tiếp xúc x ∈ M gọi không gian tiếp xúc M x ∈ M không gian véc-tơ số chiều với M ta ký hiệu Tx M Hơn nữa, ta ký hiệu T M bó tiếp diện M, tức [ TM = Tx M x∈M Một metric Riemannian ⟨·, ·⟩x Tx M hiểu tích vơ hướng Tx M Nếu với x ∈ M ta có ⟨·, ·⟩x metric Riemannian Tx M trường tenxơ ⟨·, ·⟩ gọi metric Riemannian M Khi ta ký hiệu chuẩn tương ứng cảm sinh tích hướng ⟨·, ·⟩x Tx M ∥ · ∥x Và khơng có hiểu nhầm ta bỏ số x ký hiệu Một đa tạp khả vi M với metric Riemannian ⟨·, ·⟩ gọi đa tạp Riemannian Cho γ : [a, b] → M cung trơn khúc nội hai điểm x y (tức là, γ(a) = x γ(b) = y), ta định nghĩa độ dài cung γ L(γ) = Z b a γ ′ (t) dt Khi đó, giá trị nhỏ tất độ dài cung trơn khúc nối hai điểm x y gọi khoảng cách Riemannian ta ký hiệu d(x, y) Tiếp theo, giả sử ∇ tương quan Levi-Civita (Levi-Civita connection) liên kết với đa tạp Riemannian M Hơn nữa, ta giả sử γ cung trơn M Một trường véc-tơ X gọi song song với γ ∇γ ′ X = véc-tơ tiếp xúc khơng Nếu γ ′ song song với γ, ta nói γ cung trắc địa (geodesic) trường hợp ∥γ ′ ∥ số Khi ∥γ ′ ∥ = 1, ta nói γ cung trắc địa chuẩn hóa Một cung trắc địa nối x y nằm M gọi cung trắc địa tối thiểu (minimal) độ dài với khoảng cách Riemannian d(x, y) Một đa tạp Riemannian gọi đầy đủ với x ∈ M tùy ý, cung trắc địa xuất phát từ x xác định với t ∈ R Theo Định lý Hopf-Rinow ta thấy M đầy đủ với cặp điểm nằm M ta nối chúng đường trắc địa tối thiểu Hơn nữa, (M, d) không gian metric đầy đủ tập đóng, bị chặn tập compact Ta ký hiệu Pγ,·, dịch chuyển (transport) song song bó tiếp diện T M dọc theo γ tương ứng với ∇, tức Pγ,γ(b),γ(a) (v) = V (γ(b)) ∀a, b ∈ R v ∈ Tγ(a) M V trường véc-tơ thỏa mãn ∇γ ′ (t)V = ∀t V (γ(a)) = v Khi đó, với a, b ∈ R tùy ý, dịch chuyển song song Pγ,γ(b),γ(a) phép đẳng cự từ Tγ(a) M vào Tγ(b) M Hơn nữa, với a, b, b1 , b2 ∈ R tùy ý, ta có Pγ,γ(b2 ),γ(b1 ) ◦ Pγ,γ(b1 ),γ(a) = Pγ,γ(b2 ),γ(a) −1 Pγ,γ(b),γ(a) = Pγ,γ(a),γ(b) Trong trường hợp γ cung trắc địa tối thiểu nối x y ta viết Py,x thay Pγ,y,x Hơn nữa, Py,x phép đẳng cự từ Tx M vào Ty M tức là, phép dịch chuyển song song bảo tồn tích vơ hướng Py,x u, Py,x v y = ⟨u, v⟩x , ∀u, v ∈ Tx M Giả sử M đầy đủ, ta định nghĩa ánh xạ mũ expx : Tx M → M x ∈ M công thức expx v = γv (1, x), ∀v ∈ Tx M γ(·) = γv (·, x) cung trắc địa xuất phát từ x có vận tốc v tức γv (0, x) = x, γv′ (0, x) = v Lúc này, với số thực t tùy ý ta có expx tv = γv (t, x) ⇒ expx = γv (0, x) = x Ta nhận thấy rằng, với x ∈ M tùy ý ánh xạ expx khả vi Tx M Hơn nữa, tồn ánh xạ exp−1 x : M → Tx M d(x, y) = ∥ exp−1 x y∥, ∀x, y ∈ M Nhận xét 1.1.1 ([8]) Nếu x, y ∈ M v ∈ Tx M −1 −1 v, − exp−1 q = v, P exp p = P v, exp p p,q q,p p q q Nhận xét 1.1.2 Với x, y ∈ M tùy ý với u ∈ Tx M v ∈ Ty M, bất đẳng thức sau tương đương −1 a) u, exp−1 x y ≤ v, − expy x ; b) Px,y v − u, exp−1 y ≥ x Nhận xét 1.1.3 ([5]) Giả sử x, y, z ∈ M v ∈ Tx M Khi −1 −1 z + v, P exp y y ≤ v, exp v, exp−1 x,z x x z Định nghĩa 1.1.4 ([7]) Giả sử K tập khác rỗng M Dãy {xn } ⊂ K gọi hội tụ theo nghĩa Fejér đến K (hay là, hội tụ đơn điệu Fejér ứng với K) d (xn+1 , y) ⩽ d (xn , y) ∀y ∈ K n = 0, 1, 2, Bổ đề 1.1.5 ([7]) Cho K tập khác rỗng M xn ⊂ M dãy hội tụ theo nghĩa Fejér đến K Khi ta có mệnh đề sau: i) Với y ∈ K dãy d(xn , y) hội tụ Chương THUẬT TOÁN ĐIỂM XẤP XỈ TRÊN ĐA TẠP HADAMARD 2.1 Thuật toán điểm xấp xỉ Trước hết, cho B ∈ X (M) trường véc-tơ đa trị có miền xác định D(A) tập lồi trắc địa, đóng Ta x ∈ D(B) điểm kỳ dị B ∈ B(x) (2.1) Khi đó, ta ký hiệu tập điểm kỳ dị A S := B−1 (0) := {x ∈ D(B) : ∈ B(x)} Mệnh đề 2.1.1 ([8]) Cho B ∈ X (M) trường véc-tơ đơn điệu chặt Khi đó, B có điểm kỳ dị Mệnh đề 2.1.2 ([11]) Cho X không gian hữu hạn chiều T : X → 2X toán tử đa trị nửa liên tục Giả sử D(T ) = X T thỏa mãn điều kiện “coercivity condition” ⟨w, z⟩ = +∞ ∀w ∈ T (z) ∥z∥→∞ ∥z∥ lim (2.2) Khi đó, tồn x ∈ X cho ∈ T (x) Định lý 2.1.3 ([8]) Cho B ∈ X (M) trường véc-tơ tối đại, đơn điệu mạnh có miền xác định D(B) = M Khi đó, điểm kỳ dị B tồn Chứng minh Vì tính đơn điệu mạnh suy tính đơn điệu chặt, nên tính điểm kỳ dị suy từ Mệnh đề 2.1.1 Do đó, ta cần tồn điểm kỳ dị Để làm điều này, ta lấy x0 ∈ M xét T : Tx0 M → 2Tx0 M cho công thức (1.8), tức
T (u) = Px0 ,expx u B expx0 u 18 ∀u ∈ Tx0 M Khi đó, từ Định lý 1.2.9 ta thấy T nửa liên tục Hơn nữa, từ tính chất đơn điệu mạnh ta suy tồn ρ > cho với x ∈ D(B) tùy ý ta có −1 u, exp−1 x − v, − exp ⩽ −ρd (x0 , x) ∀u ∈ B (x0 ) ∀v ∈ B(x) x x0 x Điều tương đương với Px0 ,x v − u, exp−1 x0 x ⩾ ρd (x0 , x) ∀u ∈ B (x0 ) ∀v ∈ B(x) (2.3) Ta lấy u ∈ Tx0 M w ∈ T (u), đặt x = expx0 u Hơn nữa, ta giả sử w = Px0 ,x v với v ∈ B(x) Nếu v0 ∈ B (x0 ), từ (2.3) ta có −1 ⟨w, u⟩ = Px0 ,x v − v0 , exp−1 x + v , exp x x0 x0 ⩾ ρd (x0 , x) + v0 , exp−1 x0 x ⩾ ρ∥u∥2 − ∥v0 ∥ ∥u∥ Do ⟨w, u⟩ = +∞ ∀w ∈ T (u) ∥u∥→∞ ∥u∥ lim Điều cho thấy T thỏa mãn điều kiện (2.2) Sử dụng Mệnh đề 2.1.2 ta suy tồn u ∈ Tx0 M cho ∈ T (u) Khi x := expx0 u ∈ M điểm kỳ dị B Tiếp theo, ta xét thuật toán lặp để xấp xỉ điểm kỳ dị B không gian Hadamard đề xuất Li cộng [8] THUẬT TOÁN Lấy x0 ∈ D(B) {λn } ⊂ (0, 1) Với n = 0, 1, 2, ta lập dãy đệ quy ∈ B (xn+1 ) − λn exp−1 xn+1 xn (2.4) Nhận xét 2.1.4 Thuật tốn mơ tả (2.4) dạng ẩn Do đó, vấn đề đặt thuật tốn xác định đắn Với n, ta định nghĩa Qn ∈ X (M) công thức Qn (x) := B(x) − λn exp−1 x xn 19 ∀x ∈ D(B) Khi đó, B ∈ X (M) đơn điệu, với n ta có Qn đơn điệu mạnh Lúc này, sử dụng kết Mệnh đề 2.1.1 Định lý 2.1.3 ta nhận thấy rằng: (i) Thuật toán (2.4) xác định đắn với n = 0, 1, 2, Q−1 / n (0) ̸= (ii) Nếu D(B) = M B đơn điệu tối đại, thuận tốn (2.4) xác định đắn Định lý 2.1.5 ([8]) Cho B ∈ X (M) trường véc-tơ thỏa mãn B−1 (0) ̸= / Giả sử B đơn điệu nửa liên tục kiểu Kuratowski Hơn nữa, giả sử {λn } ⊂ (0, 1) thỏa mãn sup {λn : n ⩾ 0} < ∞ (2.5) Ta lấy x0 ∈ D(B) giả sử dãy {xn } sinh từ THUẬT TOÁN xác định đắn Khi đó, {xn } hội tụ đến điểm kỳ dị B Chứng minh Trước hết, ta kiểm tra {xn } hội tụ theo nghĩa Fejér đến B−1 (0) lim d (xn+1 , xn ) = Để làm điều này, ta giả sử x ∈ B−1 (0) n ⩾ Khi n→∞ theo (2.4) ta có ∈ B(x) λn exp−1 xn+1 xn ∈ B (xn+1 ) Kết hợp với tính đơn điệu B ta suy E D −1 −1 x λn expxn+1 xn , expxn+1 x ⩽ 0, − exp−1 n+1 = x (2.6) Tiếp theo, tam giác trắc địa ∆ (xn xn+1 x) sử dụng bất đẳng thức (1.1) ta có D E 2 −1 −1 d (xn+1 , x) + d (xn+1 , xn ) − expxn+1 xn , expxn+1 x ⩽ d (xn , x) Kết hợp với (2.6) ta d (xn+1 , x) + d (xn+1 , xn ) ⩽ d (xn , x) (2.7) Suy d (xn+1 , x) ⩽ d (xn , x), {xn } hội tụ theo nghĩa Fejér đến B−1 (0) n ⩾ cho tùy ý Hơn nữa, từ (2.7) ta thấy d (xn+1 , xn ) ⩽ d (xn , x) − d (xn+1 , x) 20 (2.8) Đến đây, dãy {d (xn , x)} bị chặn đơn điệu nên hội tụ Do đó, từ (2.8) suy lim d (xn+1 , xn ) = n→∞ Theo Bổ đề 1.1.5 ta cần phải điểm tụ {xn } thuộc vào B−1 (0) Thật vậy, giả sử x điểm tụ {xn } Khi đó, tồn dãy {nk } {n} cho xnk → x Từ ta có
d xnk , xnk +1 → xnk +1 → x Do {λn } bị chặn nên unk +1 := λnk exp−1 xn +1 xnk −→ k (2.9) Hơn nữa, với k từ cách xác định thuật toán 2.4 ta thấy
unk +1 ∈ B xnk +1 Kết hợp với (2.9) ta suy ∈ B(x) B nửa liên tục theo kiểu Kuratowski x, tức là, x ∈ B−1 (0) Trong trường hợp D(B) = M, tính đơn điệu tối đại tương đương với tính nửa liên tục Hơn nữa, tính tối đại suy {xn } sinh THUẬT TOÁN xác định đắn Do đó, ta có hệ sau: Hệ 2.1.6 Cho B ∈ X (M) trường véc-tơ thỏa mãn B−1 (0) ̸= 0/ D(B) = M Giả sử B đơn điệu tối đại, Hơn nữa, giả sử dãy {λn } ⊂ (0, 1) thỏa mãn (2.5) giả sử x0 ∈ M Khi đó, dãy {xn } sinh THUẬT TOÁN xác định đắn hội tụ đến điểm kỳ dị B 2.2 Thuật toán điểm xấp xỉ điều chỉnh Trong phần này, ta nhắc lại thuật toán điểm xấp xỉ điều chỉnh đa tạp Hadamard (xem [12]) để xấp xỉ điểm kỳ dị toán (2.1) Giả sử ≤ r < 21 ta xây dựng thuật tốn điều chỉnh nhờ phép đệ quy THUẬT TỐN 2A Lấy x0 ∈ M tùy ý Với n = 0, 1, , từ x0 , x1 , , xn , ta xác định xn+1 sau: i) Chọn tham số λn > chọn yn ∈ M thỏa mãn ∈ B (yn ) − λn exp−1 y n xn ; (2.10) ii) Chọn sai số εn ≥ zn cho d (zn , yn ) ≤ εn ; iii) Chọn αn ∈ [0, r] ta xác định xn+1 công thức xn+1 = expx0 (1 − αn ) exp−1 x0 zn Việc tìm yn thỏa mãn (2.10) nhiều trường hợp địi hỏi việc tính tốn độ khó tương đương với giải toán ∈ B(x), ta có thuật tốn sau THUẬT TỐN 2B Lấy x0 ∈ M tùy ý Với n = 0, 1, , từ x0 , x1 , , xn , ta xác định xn+1 sau: i) Chọn λn > 0, εn ≥ 0, zn ∈ M en ∈ B (zn ) − λn exp−1 zn xn cho ∥en ∥ ≤ λn εn ; ii) Chọn αn ∈ [0, r] xác định xn+1 công thức xn+1 = expx0 (1 − αn ) exp−1 x0 zn Nhận xét 2.2.1 Lấy x0 ∈ M Giả sử với n (2.10) ln giải Khi dãy {xn } sinh THUẬT TỐN 2B với điểm ban đầu x0 xem dãy sinh THUẬT TOÁN 2A với điểm ban đầu x0 Thật vậy, giả sử sau bước lặp từ THUẬT TOÁN 2B Ta lấy z0 ∈ M e0 ∈ B (z0 ) − λ0 exp−1 z0 x0 22 (2.11) cho ∥e0 ∥ ≤ λ0 ε0 (2.12) Tiếp theo, ta chọn y0 ∈ M cho ∈ B (y0 ) − λ0 exp−1 y0 x0 (2.13) Do B(·) − λ0 exp−1 · x0 λ0 -đơn điệu mạnh nên từ (2.11) (2.13) ta suy e0 , − exp−1 ≥ λ0 d (z0 , y0 ) y z0 tức λ0 d (z0 , y0 ) ≤ ∥e0 ∥ exp−1 y z0 = ∥e0 ∥ d (y0 , z0 ) Kết hợp với (2.12) suy d (z0 , y0 ) ≤ ε0 Nhận thấy x1 = expx0 (1 − α0 ) exp−1 x0 z0 , x1 xem điểm thu từ THUẬT TOÁN 2A sau phép lặp thứ Như vậy, ta thấy dãy sinh THUẬT TỐN 2B xem dãy sinh THUẬT TOÁN 2A Nhận xét 2.2.2 Tương tự Nhận xét 2.1.4 ta nhận thấy THUẬT TỐN 2A thuận tốn dạng ẩn Và đó, ta phải xem xét tính đắn Tương tự, với n, ta xét Qn ∈ X (M) cho công thức Qn (x) := B(x) − λn exp−1 x xn ∀x ∈ D(B) Khi đó, B đơn điệu ta có i) THUẬT TỐN 2A xác định đắn với n = 0, 1, 2, Q−1 / n (0) ̸= ii) Nếu D(B) = M B đơn điệu tối đại THUẬT TỐN 2A xác định đắn 23 Bổ đề 2.2.3 ([14]) Cho {αn } {βn } dãy số thỏa mãn điều kiện sau: i) {αn } ⊂ [0, 1], ∑ αn = ∞; n ii) lim supn→∞ βn ≤ 0; iii) γn ≥ (n ≥ 0), ∑ γn < ∞ n Giả sử {bn } dãy gồm số thực không âm thỏa mãn bn+1 ≤ (1 − αn ) bn + αn βn + γn với n ≥ Khi lim bn = n→∞ Định lý 2.2.4 ([12]) Cho B ∈ X (M) trường véc-tơ đơn điệu tối đại thỏa mãn D(B) = M S = B−1 (0) ̸= / Giả sử x0 ∈ M, {xn } dãy sinh THUẬT TOÁN 2A với điểm ban đầu x0 Khi {xn } xác định đắn Hơn nữa, giả sử i) αn → ∑n αn = ∞; ii) λn → 0; iii) ∑n εn < ∞ Khi đó, {xn } hội tụ đến PS (x0 ) Chứng minh Từ nhận xét 2.2.2 ta thấy {xn } xác định đắn Để chứng minh {xn } hội tụ đến PS (x0 ) Ta chia chứng minh thành bước sau: Bước 1: {xn } {yn } bị chặn Lấy z ∈ B−1 (0) n ≥ Khi đó, theo cách xác định THUẬT TỐN 2A ∈ B(z) λn exp−1 yn xn ∈ B (yn ) Từ đó, B đơn điệu nên −1 −1 λn exp−1 x , exp z ≤ 0, − exp y n = yn n yn z Xét tam giác trắc địa ∆ (xn yn z) Từ (2.11) ta có −1 d (yn , z) + d (yn , xn ) − exp−1 x , exp z ≤ d (xn , z) yn n yn 24 (2.14) Lúc này, từ (2.14) suy d (yn , z) + d (yn , xn ) ≤ d (xn , z) Hay d (yn , z) ≤ d (xn , z) (2.15) Mặt khác, ta xây dựng cung trắc địa cn : [0, 1] → M công thức cn (t) := expx0 t exp−1 x0 zn
với t ∈ [0, 1] Khi đó, theo Mệnh đề 1.1.10 ta có d (xn+1 , z) = d (cn (1 − αn ) , z) ≤ αn d (cn (0), z) + (1 − αn ) d (cn (1), z) = αn d (x0 , z) + (1 − αn ) d (zn , z) (2.16) Theo (2.15) từ cách xác định THUẬT TOÁN 2A, ta thấy d (zn , z) ≤ d (yn , z) + d (yn , zn ) ≤ d (xn , z) + εn (2.17) Kết hợp đánh giá với (2.16) ta d (xn+1 , z) ≤ αn d (x0 , z) + (1 − αn ) d (xn , z) + (1 − αn ) εn (2.18) Do đó, từ (2.18) sử dụng quy nạp ta có n d (xn+1 , z) ≤ d (x0 , z) + ∑ εk (2.19) k=0 Vì ∑n εn < ∞, nên từ (2.19) suy {xn } bị chặn Hơn nữa, từ (2.15) suy {yn } dãy bị chặn Bước Chứng minh D E −1 −1 lim sup expP (x ) x0 , expP (x ) xn ≤ n→∞ Từ Bước 1, ta thấy nD S S exp−1 x , exp−1 x PS (x0 ) PS (x0 ) n Eo (2.20) bị chặn Và đó, giới hạn tồn Điều cho phép ta xây dựng dãy {nk } dãy 25 {n} cho D E D E −1 −1 −1 −1 lim sup expP (x ) x0 , expP (x ) xn = lim expP (x ) x0 , expP (x ) xnk (2.21) n→∞ S S S k→∞ S Không tính tổng quát, {xn } bị chặn M đa tạp Hadamard hữu hạn chiều nên ta giả sử xnk → x¯ với x¯ ∈ M Suy D E D E −1 −1 −1 −1 lim expP (x ) x0 , expP (x ) xnk = expP (x ) x0 , expP (x ) x¯ k→∞ S S S S (2.22) Để ý rằng, theo cách xác định THUẬT TỐN 2A d (xn+1 , zn ) ≤ αn d (x0 , zn ) d (zn , yn ) ≤ εn Do d (xn+1 , yn ) ≤ d (xn+1 , zn ) + d (zn , yn ) ≤ αn d (x0 , zn ) + εn ≤ αn d (x0 , yn ) + αn εn + εn (2.23) Từ bước ta thấy {yn } bị chặn, αn → 0, εn → xnk → x¯ nên từ (2.23) ta suy ynk −1 → x(k ¯ → +∞) Mặt khác, {xn }, {yn } dãy bị chặn lim λn = nên ta có n→+∞ unk −1 := λnk exp−1 yn −1 xnk −1 → k (2.24) Theo cách xác định thuật tốn THUẬT TỐN 2A ta nhận thấy, với k
unk −1 ∈ B ynk −1 Do B đơn điệu tối đại nên từ Nhận xét 1.2.8 ta thấy B nửa liên tục kiểu Kuratowski Từ đó, sử dụng (2.24) suy ∈ B(x), ¯ tức x¯ ∈ S Như theo Mệnh đề 1.2.13 ta có D E −1 −1 expP (x ) x0 , expP (x ) x¯ ≤ S S 26 Kết hợp với (2.21) (2.22) ta (2.20) Bước Chứng minh lim xn = PS (x0 ) n→+∞ Ta ký hiệu q = PS (x0 ), βn := −1 expq x0 , exp−1 x n , q 1−r
γn := εn εn + exp−1 x n q Do ∑n εn < ∞ {xn } bị chặn nên ta có γn ≥ ∑n γn < ∞ Theo Bước ta nhận thấy lim sup βn ≤ n→∞ Do đó, áp dụng Bổ đề 2.2.3 để hoàn tất chứng minh ta cần kiểm tra với n ≥ −1 exp xn+1 ≤ (1 − αn ) exp−1 xn + αn βn + γn q q (2.25) Để làm điều đó, ta xét n ≥ Do q ∈ B−1 (0), sử dụng (2.17) thay z q ta d (zn , q) ≤ d (xn , q) + εn Do đó, −1
exp zn ≤ exp−1 xn + εn = exp−1 xn + γn q q q (2.26) Xét tam giác trắc địa ∆ (qx0 zn ) với tam giác “đối sánh” ∆ (q′ x0′ z′n ) Theo Bổ đề 1.1.8 ta có d (x0 , q) = x0′ − q′ d (q, zn ) = q′ − z′n Từ xác định THUẬT TOÁN 2A ta có xn+1 = expx0 (1 − αn ) exp−1 x0 zn 27 (2.27) ′ Lúc điểm đối sánh xn+1 xn+1 = αn x0′ + (1 − αn ) z′n Kéo theo, ta có ′

xn+1 − q′ = αn x0′ − q′ + (1 − αn ) z′n − q′ 2 ′ − q′ ≤ (1 − αn )2 z′n − q′ + 2αn x0′ − q′ , xn+1 (2.28) Từ (1.4) ta suy ′ − q′ 2αn x0′ − q′ , xn+1 ′ −1 ′ ≤ 2αn exp−1 x , exp + α x − q − αn d (q, xn+1 ) x n n+1 n+1 q q ′ −1 ′ ≤ 2αn exp−1 x , exp x + α x − q n n+1 n+1 q q Kết hợp với (2.28) ta ′ xn+1 − q′ ≤ (1 − αn ) z′n − q′ + αn exp−1 x0 , exp−1 xn+1 q q − αn Điều với (2.26), (2.27) αn ∈ [0, r] ta suy ′ xn+1 − q′ ≤ (1 − αn ) exp−1 zn + αn exp−1 x0 , exp−1 xn+1 q q q 1−r + γn + αn βn ≤ (1 − αn ) exp−1 x (2.29) n q ′ ≤ x − q′ nên từ (2.25), Bổ đề 1.1.9 (2.29) ta suy Do exp−1 x n+1 q n+1 điều phải chứng minh Hệ 2.2.5 ([12]) Cho B trường véc-tơ đơn điệu tối đại thỏa mãn D(B) = M S = B−1 (0) ̸= / Giả sử x0 ∈ M, {xn } dãy sinh thuật tốn THUẬT TỐN 2A với điểm ban đầu x0 Khi {xn } xác định đắn Hơn nữa, ta giả sử i) αn → ∑n αn = ∞; ii) λn → 0; iii) ∑n εn < ∞ Khi {xn } hội tụ đến PS (x0 ) 28 2.3 Thuật toán điểm xấp xỉ cho tổng hai trường véc-tơ Trong phần ta nghiên cứu thuật toán điểm gần để tìm điểm kỳ dị tổng trường véc-tơ đơn trị trường véc-tơ tập đa tạp Hadamard Giả sử A ∈ Ω(M) trường véc-tơ đơn trị B ∈ X (M) trường véc-tơ đa trị Phần tử x ∈ M gọi điểm kỳ dị tổng hai trường véc-tơ A B ∈ A(x) + B(x), với véc-tơ tiếp xúc không (zero tangent vector) Lúc này, ta ký hiệu tập tất điểm kỳ dị A + B (A + B)−1 (0) := {x ∈ M : ∈ A(x) + B(x)} Trong phần này, đa tạp Hadamard, ta xét tốn bao hàm thức: tìm x∗ ∈ M cho x∗ ∈ (A + B)−1 (0) (2.30) Ta ký hiệu X tập nghiệm toán (2.30) Nếu A ∈ Ω(M) trường véc-tơ khơng, tốn (2.30) trở thành tốn bao hàm thức: tìm x∗ ∈ M cho x∗ ∈ B−1 (0) (2.31) Mệnh đề 2.3.1 ([8]) Cho B ∈ X (M) trường véc-tơ đơn điệu chặt Khi đó, tốn (2.31) có nghiệm (nếu nghiệm tồn tại) Định lý 2.3.2 ([8]) Cho B ∈ X (M) trường véc-tơ đơn điệu mạnh tối đại có miền xác định D(B) = M Khi đó, tồn điểm kỳ dị B, hay nói cách khác, nghiệm toán (2.31) Trong [2], Ansari Babu đề xuất thuật toan điểm gần sau để tìm nghiệm xấp xỉ toán bao hàm thức (2.30) đa tạp Hadamard THUẬT TOÁN Cho A ∈ Ω(M) trường véc-tơ đơn trị B ∈ X (M) 29 trường véc-tơ đa trị Ta chọn x0 ∈ M tính xn+1 sau: ∈ Pxn+1 ,xn A (xn ) + B (xn+1 ) − exp−1 xn+1 xn , λn ∀n ≥ (2.32) λn ∈ (0, +∞) dãy số thực Mệnh đề 2.3.3 ([2]) THUẬT TOÁN xác định đắn Chứng minh Với n ≥ tùy ý λn > 0, ta định nghĩa Vn ∈ X (M) công thức Vn (x) := Px,xn A (xn ) + B(x) − exp−1 x xn , λn ∀x ∈ M (2.33) Lúc này, ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Khi A ∈ Ω(M) trường véc-tơ tùy ý B ∈ X (M) trường véc-tơ đa trị Lúc này, với x, y ∈ D (Vn ) với u ∈ Vn (x), v ∈ Vn (y) từ (2.33) ta có u = Px,xn A (xn ) + uˆ − exp−1 x xn , uˆ ∈ B(x) λn v = Py,xn A (xn ) + vˆ − exp−1 y xn , vˆ ∈ B(y) λn Do B đơn điệu nên ta có −1 u, ˆ exp−1 y + v, ˆ exp x ≤ x y Từ Chú ý 1.1.2, ta thấy bất đẳng thức tương đương với Px,y vˆ − u, ˆ exp−1 x y ≥ (2.34) Mặt khác Px,y (Py,xn A (xn ) + v) ˆ − Px,xn A (xn ) − u, ˆ exp−1 y x = Px,xn A (xn ) + Px,y vˆ − Px,xn A (xn ) − u, ˆ exp−1 y x tức là, −1 Px,y (Py,xn A (xn ) + v) ˆ − Px,xn A (xn ) − u, ˆ exp−1 y = P v ˆ − u, ˆ exp y x,y x x 30 Kết hợp đẳng thức với (2.34) ta có Px,y (Py,xn A (xn ) + v) ˆ − Px,xn A (xn ) − u, ˆ exp−1 y ≥ x Lại sử dụng Chú ý 1.1.2, ta −1 Px,xn A (xn ) + u, ˆ exp−1 y + P A (x ) + v, ˆ exp x ≤ y,x n x y n Do −1 u, exp−1 y + v, exp x x y   −1 = Px,xn A (xn ) + uˆ − exp−1 x xn , expx y λn   −1 −1 + Py,xn A (xn ) + vˆ − expy xn , expy x λn −1  −1 −1 ≤− expx xn , exp−1 x y + expy xn , expy x λn (2.35) Xét tam giác trắc địa ∆ (x, y, xn ) Từ (1.2) ta có −1 −1 −1 d (x, y) ≤ exp−1 x xn , expx y + expy xn , expy x Kết hợp với (2.35) suy −1 u, exp−1 d (x, y) x y + v, expy x ≤ − λn hay, Vn trường véc-tơ - đơn điệu mạnh Do trường véc-tơ đơn điệu λn mạnh đơn điệu chặt nên từ Mệnh đề 2.3.1, Vn có nghiệm THUẬT TOÁN xác định đắn Vn−1 (0) ̸= 0/ với n ≥ Trường hợp 2: Khi A ∈ Ω(M) trường véc-tơ tùy ý B ∈ X (M) trường véc-tơ đơn điệu tối đại có D(B) = M Như trường hợp 1, Vn trường véc-tơ đơn điệu mạnh nên theo Định lý 2.3.2 , ta cần với n ≥ Vn trường véc-tơ đơn điệu tối đại D (Vn ) = M Thật vậy, với a, b ∈ D (Vn ), với p ∈ Ta M q ∈ Vn (b), giả sử −1 p, exp−1 b ≤ q, − exp a a b 31 Theo Chú ý 1.1.2 bất đẳng thức tương đương với Pa,b q − p, exp−1 b ≥ a Vì q ∈ Vn (b), nên ta có q = Pb,xn A (xn ) + q¯ − exp−1 b xn , q¯ ∈ B(b) λn Do     −1 −1 ≤ Pa,b Pb,xn A (xn ) + q¯ − expb xn − p, expa b λn   −1 = Pa,xn A (xn ) + Pa,b q¯ − exp−1 a xn − p, expa b λn Lại sử dụng Chú ý 1.1.2, ta   −1 −1 ¯ − exp−1 a −Pa,xn A (xn ) + expa xn + p, expa b ≤ q, b λn Lúc này, B trường véc-tơ đơn điệu tối đại nên −Pa,xn A (xn ) + exp−1 a xn + p ∈ B(a) λn exp−1 a xn λn Do p ∈ Vn (a) Suy Vn trường véc-tơ đơn điệu tối đại Hơn nữa, từ p ∈ Pa,xn A (xn ) + B(a) − bất đẳng thức (2.33), ta thấy D (Vn ) = M Sử dụng Định lý 2.3.2 suy Vn có điểm kỳ dị, hay THUẬT TOÁN xác định đắn Định lý 2.3.4 ([2]) Cho A ∈ Ω(M) trường véc-tơ β -đơn điệu mạnh, liên tục L-Lipschitz B ∈ X (M) trường véc-tơ đơn điệu nửa liên tục kiểu Kuratowski đa tạp Hadamard M Giả sử {xn } dãy sinh THUẬT TOÁN {λn } ⊂ (0, +∞) dãy số thỏa mãn < λ¯ ≤ λn ≤ λ < với L ≤ 2β Khi đó, ta có 2β a) Nếu x∗ nghiệm tốn (2.30) d (xn+1 , x∗ ) ≤ d (xn , x∗ ) − (1 − 2λn β ) d (xn+1 , xn ) , 32 ∀n ≥