(Luận văn) nguyên lý tựa độ lệch trong hiệu chỉnh tìm nghiệm chung cho một họ phương trình không chỉnh đơn điệu và phi tuyến

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CHU MINH THÀNH lu an va NGUYÊN LÝ TỰA ĐỘ LỆCH TRONG HIỆU CHỈNH n TÌM NGHIỆM CHUNG CHO MỘT HỌ PHƯƠNG TRÌNH tn to p ie gh KHƠNG CHỈNH, ĐƠN ĐIỆU VÀ PHI TUYẾN d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CHU MINH THÀNH NGUYÊN LÝ TỰA ĐỘ LỆCH TRONG HIỆU CHỈNH TÌM NGHIỆM CHUNG CHO MỘT HỌ PHƯƠNG TRÌNH lu an KHƠNG CHỈNH, ĐƠN ĐIỆU VÀ PHI TUYẾN n va gh tn to ie Chuyên ngành: Toán ứng dụng p Mã số: w 60 46 01 12 d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu Người hướng dẫn khoa học: lm ul GS.TS NGUYỄN BƯỜNG z at nh oi z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si i Mục lục lu an ii Mở đầu 1 Một số vấn đề 1.1 Không gian Banach 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Sự hội tụ không gian Banach 1.1.3 Không gian phản xạ 1.1.4 Đạo hàm Fréchet n va Lời cảm ơn p ie gh tn to 1.1.6 Không gian Ephinmov Stechkin (ES) 1.1.7 Tính lồi trơn khơng gian Banach 1.1.8 Bổ đề Minty 1.2 Không gian Hilbert 1.3 Bài tốn đặt khơng chỉnh 1.3.1 Khái niệm 1.3.2 Ví dụ 10 nf va z at nh oi lm ul z @ Phương pháp hiệu chỉnh 11 l gm 1.4.1 Khái niệm toán tử hiệu chỉnh 11 1.4.2 Chọn tham số hiệu chỉnh theo độ lệch 11 m an Lu Hiệu chỉnh cho phương trình với tốn tử đơn điệu co an 1.4 Không gian lồi chặt d lu oa nl w 1.1.5 16 n va ac th si ii 2.1 Bài tốn khơng chỉnh với tốn tử đơn điệu 16 2.2 2.1.1 Thuật toán 16 2.1.2 Nguyên lý độ lệch chọn tham số hiệu chỉnh 24 2.1.3 Tốc độ hội tụ nghiệm hiệu chỉnh 33 Nguyên lý tựa độ lệch hiệu chỉnh tìm nghiệm chung cho họ phương trình khơng chỉnh đơn điệu phi tuyến 38 2.2.1 Mô tả phương pháp 38 2.2.2 Sự hội tụ 40 lu an 50 Tài liệu tham khảo 51 n va Kết luận p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Lời cảm ơn Đầu tiên, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới GS.TS Nguyễn Bường, người đặt đề tài tận tình hướng dẫn để luận văn hồn thành Tơi xin chân thành cảm ơn Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên lu an tạo điều kiện thuận lợi q trình học tập tơi Tôi xin cảm n va ơn nhiệt tình giảng dạy giảng viên suốt thời gian học tập tn to Tôi xin cảm ơn anh chị em lớp Cao học Tốn khóa 2013-2015, chun ngành gh Tốn ứng dụng ln động viên chia sẻ khó khăn với tơi suốt thời p ie gian học tập w Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đặc biệt tới đại gia đình, bạn bè oa nl anh chị em đồng nghiệp, người động viên khích lệ giúp tơi hồn d thành luận văn nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Trong thực tế, có tốn mà cần thay đổi nhỏ từ kiện ban đầu dẫn đến sai khác lớn nghiệm, làm tốn trở nên vơ nghiệm vơ định Người ta gọi tốn đặt khơng chỉnh Việc nghiên lu an cứu toán cho ta nhìn thấy ứng dụng rộng rãi Tốn học n va thực tế sống tn to Bởi tầm quan trọng lý thuyết tốn đặt khơng chỉnh mà có nhiều nhà gh tốn học dành tâm sức vào việc tìm phương pháp giải tối ưu cho toán p ie Tiêu biểu kể đến Alber Ya.I., Atkinson K.E., Bakushinskii A.B., w Baumeiser J., Engl H.W nhà tốn học Việt Nam nghiên cứu có Phạm Kỳ Anh d oa nl nhiều đóng góp cho lý thuyết này, tiêu biểu GS.TS Nguyễn Bường, GS.TSKH lu nf va an Trong khuôn khổ luận văn này, tơi xin trình bày vấn đề nằm lý thuyết trên, “Nguyên lý tựa độ lệch hiệu chỉnh tìm nghiệm chung cho lm ul họ phương trình khơng chỉnh đơn điệu phi tuyến” Mục tiêu đề z at nh oi tài nghiên cứu phương pháp hiệu chỉnh nguyên lý tựa độ lệch hiệu chỉnh tìm nghiệm chung cho họ phương trình khơng chỉnh, đơn điệu phi tuyến Bố cục luận văn gồm chương: z l gm @ • Chương Một số vấn đề • Chương Hiệu chỉnh cho phương trình với toán tử đơn điệu m co an Lu Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn GS.TS Nguyễn Bường Mặc dù tác giả cố gắng n va vấn đề nghiên cứu phức tạp, mẻ khả hạn chế thân nên khó ac th si tránh khỏi thiếu sót, mong nhận đóng góp quý thầy cô bạn đọc Thái Nguyên, ngày 20 tháng năm 2015 Chu Minh Thành Học viên Cao học Tốn Lớp B, khóa 06/2013-06/2015 Chun ngành Tốn ứng dụng Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên lu Email: chuminhthanhsp@gmail.com an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số vấn đề 1.1 Không gian Banach lu an n va 1.1.1 Định nghĩa tn to Định nghĩa 1.1 Không gian định chuẩn khơng gian tuyến tính X ứng gh với phần tử x ∈ X có số kxk gọi chuẩn x, thỏa mãn điều kiện p ie sau: oa nl w (1) kxk > với x 6= Đẳng thức kxk = xảy x = d (2) kx + yk ≤ kxk + kyk với x, y ∈ X lu nf va an (3) kαxk ≤ |α| kxk với x ∈ X α ∈ R lm ul Không gian định chuẩn đầy đủ gọi không gian Banach z at nh oi Ví dụ 1.1 Khơng gian Lp [a, b] với ≤ p < +∞ không gian Banach với chuẩn z  b  p1 Z p kϕk =  |ϕ(x)| dx , gm Sự hội tụ không gian Banach co l 1.1.2 @ a ϕ ∈ Lp [a, b] m Dãy phần tử {xn } không gian Banach X gọi hội tụ đến phần an Lu tử x0 ∈ X n → +∞, kx − x0 k → n → +∞, kí hiệu xn → x0 Sự n va hội tụ theo chuẩn gọi hội tụ mạnh ac th si Dãy {xn } gọi hội tụ yếu đến x0 , kí hiệu xn * x0 , với f ∈ X ∗ không gian liên hợp X, ta có f (xn ) → f (x0 ) n → +∞ Tính chất 1.1 Từ định nghĩa ta có tính chất sau • Từ hội tụ mạnh dãy suy hội tụ yếu dãy • Giới hạn yếu có dãy • Nếu xn * x0 sup kxn k < ∞ kxk ≤ lim kxn k n→∞ 1≤n fδ ∈ X ∗ , phương trình (2.2) có nghiệm xδα Nếu α, δ/α → {xδα } hội tụ đến phần tử x0 ∈ S0 thoả mãn (2.3) x0 − x0 = x − x0 x∈S0 Chứng minh Do X ∗ lồi chặt, U s ánh xạ h-liên tục A+αU s toán tử đơn điệu h-liên tục từ X vào X ∗ Mặt khác, U s toán tử bức, nên với α > toán tử A + αU s toán tử Theo [3, Theorem 1, Chapter 1], phương trình (2.2), với α > 0, có nghiệm Kí hiệu nghiệm xδα Bây giờ, ta chứng minh {xδα } hội tụ đến x0 ∈ S0 thoả mãn lu an (2.3) Thật vậy, từ (2.1) (2.2) ta có va A xδα − A (x) + f0 − fδ , xδα − x + α U s xδα − x0 − U s x − x0 , xδα − x = α U s x − x0 , x − xδα , với x ∈ S0 n p ie gh tn to nl w Do A tốn tử đơn điệu tính chất U s , oa s δ mU xδα − x xδα − x + U s x − x0 , x − xδα α d (2.4) an lu nf va Suy tập {xδα } giới nội Vì X khơng gian Banach phản xạ, tồn lm ul dãy {xδα } hội tụ đến phần tử x1 X Khơng giảm tổng qt, ta coi {xδα } hội tụ yếu đến x1 δ/α, α → Từ (2.2) suy z at nh oi với x ∈ X A xδα + αU s xδα − x0 − fδ , x − xδα = 0, z Do A + αU s toán tử đơn điệu, đẳng thức cho ta A (x) + αU s x − x0 − fδ , x − xδα = 0, m co Cho δ/α, α → ta với x ∈ X l gm @ an Lu hA (x) − f0 , x − x1 i > 0, với x ∈ X n va ac th si 18 Thay x tx + (1 − t)x với < t < vào vào bất đẳng thức trên, sau chia cho t cho t → 0, A toán tử h-liên tục, nên hA (x1 ) − f0 , x − x1 i > 0, với x ∈ X Theo Bổ đề Minty ta có x1 ∈ S0 , tức x1 nghiệm (2.1) Từ (2.4) suy x1 thoả mãn (2.3) Do phần tử x1 ∈ S0 thoả mãn (2.3) nhất, dãy {xδα } hội tụ mạnh đến x1 = x0 Định lý chứng minh Nhờ kết này, ta xác định tốn tử hiệu chỉnh R(f, α), dựa lu vào việc giải phương trình (2.2) phụ thuộc α = α(δ) để nghiệm an phương trình hội tụ đến nghiệm tốn khơng chỉnh ban đầu Chính va n lẽ mà phương trình (2.2) gọi phương trình hiệu chỉnh cho phương trình Bây giờ, ta xét trường hợp tổng quát hơn, toán tử vế phải biết xấp ie gh tn to (2.1) p xỉ Tức là, thay cho A ta biết xấp xỉ Ah thoả mãn w (2.5) d oa nl kAh (x) − A(x)k hg(kxk) an lu có tính chất A (đơn điệu h-liên tục), g(t) hàm giới nội nf va (đưa tập giới nội vào tập giới nội) Ta có kết sau lm ul Định lí 2.2 Với α > 0, h > fδ ∈ X ∗ phương trình hiệu chỉnh (2.6) z at nh oi Ah (x) + αU s (x − x0 ) = fδ có nghiệm xτα với τ = (h, δ) Nếu α, δ/α, h/α → {xτα } hội tụ đến z gm @ phần tử x0 m hAh (xτα ) − A (x) + f0 − fδ , xτα − xi co l Cũng chứng minh Định lý 2.1, ta có đẳng thức an Lu + α hU s (xτα − x0 ) − U s (x − x0 ) , xτα − xi với x ∈ S0 n va = α hU s (x − x0 ) , x − xτα i , ac th si 19 Từ tính chất U s suy αmU kxτα − xk s hAh (xτα ) − Ah (x) + Ah (x) − A (x) + f0 − fδ , x − xτα i +α hU s (x − x0 ) , x − xτα i Do A Ah toán tử đơn điệu, s mU k xτα − xk hg (kxk) + δ kxτα − xk + U S x − x0 , x − xτα α Các lập luận lại tương tự chứng minh Định lý 2.1 Nếu Ah tính chất đơn điệu, phương trình (2.6) khơng có nghiệm Do đó, O A lu Liskovets xây dựng nghiệm hiệu chỉnh xτα dựa vào toán bất đẳng thức biến an n va phân: Tìm xω ∈ X cho (2.7) Ah (xω ) + αU s xω − x0 − fδ , x − xω + εg (kxk) kx − xω k > 0, gh tn to p ie với x ∈ X ε > h, ω = ω(h, δ, α, ε) Phần tử xω thoả mãn (2.7) gọi nghiệm hiệu chỉnh toán (2.1) cho oa nl w trường hợp Ah không đơn điệu Trước tiên, ta nhận thấy phần tử xω ln tồn d Thật vậy, kí hiệu S∆ tập tất phần tử xω thoả mãn (2.7), ta phải an lu chứng minh S∆ 6= ∅ Ta chứng minh S∆ chứa xτδ Muốn ta phải chứng nf va minh xτδ thoả mãn (2.7) Do xτδ thoả mãn (2.2), lm ul A xδα + αU s xδα − x0 − fδ , x − xδα Ah xδα + αU s xδα − x0 − fδ , x − xδα +hg xδα x − xδα , với x ∈ X = z at nh oi z gm @ Vì ε > h nên với x ∈ X ta có co l Ah xδα + αU s xδα − x0 − fδ , x − xδα + εg xδα x − xδα m Điều có nghĩa xδα ∈ S∆ Với ω cố định, lấy phần tử xω ∈ S∆ , ta n va g(t) M1 + N1 t, an Lu chứng minh dãy {xω } tập giới nội, ac th si 20 M1 , N1 số không âm t > Từ tính chất U s , (2.7) tính đơn điệu A ta thấy mB kx − xω k s U s x − x0 − U s xω − x0 , x − xω ε U s x − x0 , x − xω + g (kxω k) kx − xω k α + hAh (xω ) − fδ , x − xω i α s U x − x0 , x − xω δ + (h + ε) g (kxω k) + kx − xω k , với x ∈ S0 (2.8) α lu Từ tính chất hàm g(t) δ/α, ε/α, α → ta có {xω } giới nội Không giảm an n va tổng quát, ta coi xω hội tụ yếu đến x˜ Ta chứng minh x˜ nghiệm x0 A (xω ) + αU s xω − x0 − fδ , x − xω + (h + ε) g (kxω k) kx − xω k > 0, p ie gh tn to (2.1) Từ (2.7) dễ dàng nhận thấy với x ∈ X, ε > h, α > oa nl w Do tính đơn điệu A U s ta có A (x) − f0 , x − xω + αU s x − x0 , x − xω +δ+(h + ε) g (kxω k) kx − xω k ≥ 0, d an lu nf va với x ∈ X z at nh oi lm ul Sau cho δ, ε α → bất đẳng thức cuối ta hA (x) − f0 , x − x˜i ≥ 0, với x ∈ X Thay x tx + (1 − t)˜ x, bất đẳng thức cuối này, chia đẳng thức thu cho t z gm với x ∈ X U s x − x0 , x − x˜ ≥ 0, an Lu m Theo Bổ đề Minty ta có x˜ ∈ S0 Từ (2.8) ta có co l hA (˜ x) − f0 , x − x˜i ≥ 0, @ sau cho t → với x ∈ S0 n va ac th si 21 Cũng phương pháp tương tự ta với x ∈ S0 U s x˜ − x0 , x − x˜ ≥ 0, Điều có nghĩa s U s x˜ − x0 , x − x0 ≥ U s x˜ − x0 , x˜ − x0 = x˜ − x0 Như vậy, với x ∈ S0 x − x0 ≥ x˜ − x0 , Điều có nghĩa x˜ nghiệm toán (2.1) thoả mãn (2.3) Phần tử x˜ lu an thoả mãn (2.3) nhất, {xω } hội tụ yếu đến x˜ x˜ = x0 Thay x n va x0 (2.8) ta kết luận dãy {xω } hội tụ mạnh đến x0 , δ/α, ε/α tn to α dần đến Khi toán tử xấp xỉ Ah khơng đơn điệu, điều kiện (2.5) đòi gh hỏi g(t) ≤ M1 + N1 t Yêu cầu loại bỏ ta tiến hành sau, với giả p ie thiết g(t) hàm khơng giảm w Tìm tập đóng, lồi giới nội G X cho kxk ≤ Q0 , x ∈ G oa nl Và S0G 6= ∅, S0G := S0 ∩ G Q0 số dương Ta giả thiết d thêm S0 ∩ int G 6= ∅ Thay cho bất đẳng thức (2.7) xét bất đẳng thức biến phân an lu (2.9) nf va hAh (x) + αU s (x) − fδ , x − xω i + (g (Q0 ) ε + δ) × kx − xω k ≥ 0, z at nh oi Ta có kết sau lm ul xω ∈ G, x ∈ G, α > 0, ε ≥ h Bổ đề 2.1 Với a > 0, ε ≥ h δ tập nghiệm (2.9), kí hiệu Sω , z tập khơng rỗng, đóng lồi @ với x ∈ G m co hA(x) + αU s (x) − f0 , x − xα i ≥ 0, l gm Chứng minh Lấy xα ∈ G, nghiệm bất đẳng thức biến phân sau n va hA(x) + αU s (x) − fδ , x − xα i + (g(Q0 )ε) kx − xα k an Lu Khi đó, ac th si 22 = hAh (x) − A(x), x − xα i + hA(x) + αU s (x) − f0 , x − xα i + hf0 − fδ , x − xα i + (g(Q0 )ε + δ) kx − xα k ≥ g(Q0 ) + δkx − xα k − g(Q0 )h + δkx − xα k ≥ Có nghĩa Sω 6= ∅ Tính đóng lồi Sω kiểm tra cách sử dụng bất đẳng thức (2.9) G G G Định lí 2.3 Dãy {xω } hội tụ đến xG ∈ S0 : kx0 k = kxk, x ∈ S0 , ε/α, δ/α α → 0, xω ∈ Sω chọn cách tuỳ ý với α > cố định lu Chứng minh Thật vậy, G giới nội dãy {xω } giới nội Cho {xω } hội tụ yếu an va đến x e Khi đó, tập đóng lồi X đóng yếu X, x e ∈ G n Mặt khác, từ (2.9) ta có ie gh tn to hA(x) − fδ , x − xω i + α hU s (x), x − xω i + (g(Q0 )ε + δ) kx − xω k ≥ p với x ∈ G Sau cho ω, δ α tiến tới bất đẳng thức cuối này, ta nl w được: với x ∈ G (2.10) d oa hA(x) − f0 , x − x ei ≥ 0, nf va an lu Nếu x e ∈ IntG, theo Bổ đề Minty A (e x) = f0 Đặt: G0 = {x1 ∈ G : A(x) − f0 , x − x1 ≥ 0, với x ∈ G} lm ul z at nh oi Dễ dàng nhận thấy S0G ⊂ G0 Lấy x e ∈ G0 , x e∈ / S0G Nếu x e ∈ IntG0 , x e ∈ S0G Có nghĩa x e ∈ F rG0 , biên G0 Điều khơng thể được, hai tập G0 S0G đóng IntG0 = IntS0g Do đó, từ (2.10) ta có x e ∈ S0G Thay z x tx + (1 − t)xω , t ∈ (0, 1) (2.9) sau chia hai vế bất đẳng thức l gm @ cho t cho t dần tới ta thu được: với x ∈ G m co hAh (xω ) + αU s (xω ) − fδ , x − xω i+(g(Q0 )ε + δ) kx−xω k ≥ 0, an Lu Sử dụng tính chất U s ta được: với x ∈ S0G n va mU kx−xω ks ≤ hU s (x), x − xω i+2 (g(Q0 )ε + δ) kx−xω k/α, ac th si 23 Suy xω dãy hội tụ đến x e hU s (x), x − x ei ≥ 0, với x ∈ S0G s G Ta chứng minh x e = xG Vì S0 lồi U h-liên tục, bất đẳng thức cuối tương đương với hU s (x), x − x ei ≥ 0, với x ∈ S0G Vì vậy, ke xk ≤ kxk, với x ∈ S0G lu Do tính lồi chặt X x = xG Định lý chứng minh an va Tập Qδ đóng lồi, A tốn tử tuyến tính Nếu A phi tuyến, n khảng định Qδ tập lồi Để làm điều tương tự, ta mở p ie gh tn to rộng chút tập Qδ cách xét tập: với x ∈ G} eδ = {y ∈ G : A(x) − fδ , y − x ≤ 2Q0 δ, Q (2.11) d oa nl w Ta nhận thấy tập eδ 6= ∅, S G ⊂ Q eδ , Q với δ > an lu nf va Thật vậy, với y ∈ S0G ta có: lm ul hA(x) − fδ , y − xi = hA(x) − f0 , y − xi + hf0 − fδ , y − xi ≤ 2Qδ0 z at nh oi eδ tập đóng lồi Vì A tốn tử đơn điệu Từ (2.11) dễ dàng kiểm tra Q eδ cho X Bây giờ, xét toán cực tiểu: tìm xδ ∈ Q s s kxδ k = → kxk , (2.12) s ≥ z gm @ eδ x∈Q l Cũng cần lưu ý tham số s chọn cho phiếm hàm có tính lồi tốt Ví dụ, m co khơng gian Lp , với p ≥ 2, lấy s = p Khi đó, phiếm hàm lồi an Lu Lp Còn Có nghĩa Chứng minh Vì S0G ⊂ Q {xδ } giới nội Không giảm tổng quát, ta giả thiết xδ hội tụ yếu đến x e ∈ X Do G tập lồi đóng, x e ∈ G Hơn nữa, từ Định nghĩa 2.11 ta có bất đẳng thức: với x ∈ G hA(x) − fδ , xδ − xi ≤ 2Q0 δ, Từ dẫn đến (2.10) Tương tự xét Bài toán (2.9) ta x e ∈ S0G Mặt G e = xG khác, kxδ k ≤ kxk, với x ∈ S0G Suy x kxδ k → kx0 k Vì X có lu tính chất ES, kxδ k → xG Định lý chứng minh an n va 2.1.2 Nguyên lý độ lệch chọn tham số hiệu chỉnh to gh tn Bây giờ, ta xét việc chọn tham số α phụ thuộc vào δ α(δ), δ/α(δ) → p ie δ → Một cách chọn tham số hiệu chỉnh mà ta xét nguyên lý độ lệch, tức chọn α cho kA xδα − fδ k = δ Trong chương trước, nl w ta xét dạng cải biên ngun lý cho tốn khơng chỉnh với tốn tử hoàn d oa toàn liên tục Bây giờ, ta xét phuơng pháp chọn cho tốn phi tuyến với an lu toán tử đơn điệu A Trước tiên, ta xét phiếm hàm σ(α) = kxδα − x0 k với δ ≥ cố nf va định, xδα nghiệm phương trình (2.2) Để cho đơn giản, ta xét trường hợp s = lm ul Hơn nữa, lim σ(α) = α→∞ z at nh oi Bổ đề 2.2 Với α > α0 > hàm σ(α) đơn điệu không giảm, liên tục giới nội Chứng minh Từ (2.4) suy tính giới nội σ(α) Bây ta chứng minh tính z A(xδα1 ) − A(xδα2 ), xδα1 − xδα2 + α1 U (xδα1 − x0 ) − α2 U (xδα2 − x0 ), (xδα1 − x0 ) − (xδα2 − x0 ) = m co l gm @ liên tục σ(α) Thật vậy, từ (2.2), với δ cố định ta có: an Lu Từ suy α1 U xδα1 − x0 , xδα1 − x0 − xδα2 − x0 n va ac th si 25 ≤ α2 U xδα2 − x0 , xδα1 − x0 − xδα2 − x0 Có nghĩa α1 U xδα1 − x0 − U xδα2 − x0 , xδα1 − x0 − xδα2 − x0 ≤ (α1 − α2 ) U xδα2 − x0 , xδα1 − x0 − xδα2 − x0 (2.13) Sử dụng tính chất U s ta 2 |α1 − α2 | δ kxδα1 − x0 k − kxδα2 − x0 k ≤ kxα2 − x0 kkxδα1 − xδα2 k α lu Vì đại lượng chuẩn vế phải bất đẳng thức cuối giới nội, cho an nên σ(α) hàm liên tục theo biến α Bây giờ, giả sử α2 > α1 Do U va n toán tử đơn điệu, từ (2.13) ta có: tn to ie gh U xδα2 − x0 , xδα1 − x0 − xδα2 − x0 ≥ p hay d oa nl w Dẫn đến U xδα2 − x0 , xδα1 − x0 ≥ U xδα2 − x0 , xδα2 − x0 α2 > α1 an lu kxδα1 − x0 k ≥ kxδα2 − x0 k, nf va Rõ ràng hàm σ(α) đơn điệu khơng tăng Cũng từ (2.2) ta có kA xδα − fδ δ + kA xδα − f0 δ kxα − x k = ≤ α α z at nh oi lm ul Kí hiệu V ánh xạ đối ngẫu chuẩn X ∗ Khi U V = IX ∗ z V U = IX , @ m co l gm U, V có tính dương Do đó, từ (2.2) suy 1 δ δ fδ − A xα = V fδ − A xδα xα − x = V α α A xδα − A(x0 ), xδα − x0 ≥ n va an Lu Mặt khác, từ tính đơn điệu A ta có ac th si 26 Điều dẫn đến A xδα − A(x0 ), V (fδ − A xδα ≥ hay kA xδα k ≤ 2kfδ k + kA(x0 )k Vì {xδα } giới nội A xδα giới nội, lim σ(α) = α→∞ Ta có điều cần chứng minh lu an Bây giờ, xét hàm số ρ(α) = ασ(α) Dễ dàng nhận thấy va n ρ (α) = A xδα − fδ tn to ie gh Đây độ lệch thông thường định nghĩa [3, Chapter 3] Ta có kết p sau nl w Định lí 2.5 Cho A tốn tử đơn điệu (trong D(A) = X), h-liên tục d oa liên tục x0 6∈ S0 Hơn nữa, với < δ < δ < ta có lu Kδ p , lm ul Khi đó, tồn giá trị α cho z at nh oi ρ (α) = α xδα − x0 = Kδ p , xδα nghiệm (2.2), α = α ¯ Hơn nữa, < p < 1, xδα → x0 z thoả mãn (2.3) δ → p = 1, xδα hội tụ yếu đến x0 , δ → l gm α → ∞ m co ρ (α) → A x0 − fδ , @ Chứng minh Do A liên tục x0 nên A xδα − f0 , xδα − x0 + α U xδα − x0 − U x0 − x0 , xδα − x0 n va an Lu Tiếp theo, ac th si 27 = fδ − f0 , U xδα − x0 + α U x0 − x0 , x0 − xδα Từ suy δ U xδα − x0 , xδα − x0 ≤ xδα − x0 α Điều có nghĩa δ xα − x0 ≤ x0 − x0 + 2δ/α (2.14) δ xα − x0 ≤ x0 − x0 + δ/α lu Từ (2.14) ta có an va n ρ (α) = α xδα − x0 ≤ δ + 2α x0 − x0 gh tn to Lấy α cho 0 α > δ p x0 − x0 l Từ suy m an Lu Nhờ có (2.16) kx0 − x0 k = thấy δ → n va δ/α ≤ 2δ 1−p x0 − x0 → 0, (2.16) co δ xα − x0 ≤ 2K x0 − x0 ac th si 28 Việc lại phải chứng minh xδα → x0 , δ → Do {xδα } giới nội, tồn dãy {xδα } hội tụ đến phần tử x˜ thuộc X Khơng thay đổi kí hiệu, ta có δ → A xδα − fδ → 0, Từ tính đơn điệu A ta với x ∈ X lu A xδα − A (x) , xδα − x ≥ 0, an va n Cho δ → ta thấy tn to với x ∈ X ie gh hf0 − A (x) , x e − xi ≥ 0, p Có nghĩa A(˜ x) = f0 Tương tự chứng minh Định lý 2.1 rút xδα → x0 , δ/α, δ → Do x0 − x0 6= 0, với δ đủ nhỏ ta có oa nl w d δ xδα − x0 ≥ µ > an lu nf va Vì vậy, từ (2.15) suy α → δ → Tóm lại, nguyên lý độ lệch dạng (2.15) thoả mãn yêu cầu thuật toán hiệu chỉnh lm ul Nếu p = 1, ρ (α) = 2δ Khi đó, δ/α ≤ C = const Nguyên lý độ lệch z at nh oi cho ta hội tụ yếu dãy {xδα } đến x0 Định lý chứng minh Bây giờ, ta xét trường hợp thay cho A ta biết Ah đơn điệu, h-liên tục thoả z mãn (2.5) với g(t) với t ≥ hàm liên tục không âm Tương tự (2.14) l gm @ ta nhận bất đẳng thức (2.17) m co τ xα − x0 ≤ δ/α + hg (kxk) /α + x0 − x0 , τ xα − x0 ≤ δ/α + hg (kxτα k) /α + x0 − x0 an Lu (2.18) n va ac th si 29 Một câu hỏi tương tự đặt chọn tham số α(τ ) nghiệm hiệu chỉnh xτα(τ ) hội tụ đến x0 , τ → 0? Ta chọn tham số hiệu chỉnh α dựa nguyên lý độ lệch dạng ρ (α) = Kδ p , K ≥ 2, α0 > σ (α) → 0, α > α0 > σ(α) → α → ∞ Ta có kết sau lu Định lí 2.6 Cho A Ah toán tử đơn điệu h-liên tục với D (Ah ) = an D (A) = X Hơn nữa, với < δ + h < δ + h < ta có n va (2.19) gh tn to p k Ah x0 − fδ > K + g x0 (δ + h) , p ie Khi đó, tồn giá trị α cho p (K − 1) (δ + h) α> kx0 − x0 k (2.20) ρ (α) = (K + g (kxτα k)) (δ + h) p , oa nl w d xτα nghiệm (2.6) (khi trường hợp s = 2), α = α Hơn nữa, an lu τ → 0, α → 0, < p < xτα → x0 thoả mãn (2.3) Nếu p = nf va xτα → x0 hội tụ yếu đến x0 τ /α ≤ const lm ul Chứng minh Từ (2.18) ta có z at nh oi ρ (α) = α xτα − x0 ≤ 2α x0 − x0 + δ + hg (kxτα k) z Ta lấy α đủ nhỏ cho có đẳng thức sau @ (2.21) l gm 2α x0 − x0 < (K − 1) (δ + h) p , K > 1, < p ≤ m co Khi đó, p ≤ (K − 1) (δ + h) + (1 + hg (kxτα k)) (δ + h) n va p an Lu p ρ (α) < (K − 1) (δ + h) + δ + hg (kxτα k) ac th si 30 p ≤ (K + g (kxτα k)) (δ + h) Tiếp theo, ta chứng minh α → ∞ ρ (α) → A x0 − fδ , Do Ah , h > 0, giới nội địa phương x0 , {Ah (xτα )} giới nội Như vậy, tồn n o dãy Ah xτβ hội tụ yếu đến q, β → ∞ Do Ah toán tử đơn địêu ρ(α) → α → ∞, Ah (x) − q, x − x0 ≥ lu an Điều có nghĩa Ah x0 = q dãy {Ah (xτα )} hội tụ đến Ah x0 , n va α → ∞ Từ tính hội tụ yếu ta to (2.22) tn Ah x0 − fδ ≤ lim kAh (kxτα k) − fδ k α→∞ gh p ie Mặt khác, tương tự chứng minh Định lý 2.5 ta có Từ suy d oa nl w Ah (xτα ) − Ah x0 , (fδ − Ah (xτα )) ≥ nf va an lu kAh (xτα ) − fδ k ≤ Ah x0 − fδ Kết hợp với (2.22) ta lm ul lim ρ (α) = Ah x0 − fδ Xét hàm z at nh oi α→∞ p z d (α) = ρ (α) − (K + g (kxτα k)) (δ + h) , l gm @ Dễ dàng nhận thấy d(α) hàm liên tục α > α0 > m co • Ta có α→∞ n α→∞ va từ (2.19) suy lim d (α) > an Lu p lim d (α) = Ah x0 − fδ − K + g x0 (δ + h) ac th si 31 • Tồn (K − 1) (δ + h) α> kx0 − x0 k p có nghĩa d(α) < Từ suy kết luận thứ định lý Bây ta phải chứng minh việc chọn tham số α theo (2.20) bảo đảm hội tụ nghiệm hiệu chỉnh tới nghiệm x0 , τ → Trước tiên từ (2.19) ta thấy x0 6∈ S0 Xét trường hợp (K − 1) (δ + h) / x0 − x0 , lu an 1−p 2(δ + h) x0 − x0 δ+h ≤ α K −1 n va tn to gh Điều có nghĩa p ie δ+h → 0, α τ → w Vì vậy, δ/α h/α → 0, τ → Tương tự Định lý 2.5, ta chứng oa nl minh xτα → x0 , τ → Do x0 6= x0 nên tồn µ > cho kxτα − x0 k ≥ µ d với τ đủ nhỏ Khi đó, lu p nf va an (K + g (xτα )) (δ + h) K + g (xτα ) p α= ≤ (δ + h) τ kxα − x0 k µ lm ul p Từ tính liên tục g(t) giới nội {xτα } suy α < C(δ + h) với C > z at nh oi Có nghĩa α → 0, τ → Khi p = 1, chứng minh tương tự Định lý 2.5 ta xα * x0 τ /α ≤ const, τ → Ta trường hợp có α → 0, τ → Thật vậy, từ tính hội tụ yếu suy z @ l gm x0 − x0 ≤ limτ →0 xτα − x0 C1 > n va Do đó, α → τ → Định lý chứng minh an Lu p α < C1 (δ + h) , m co Có nghĩa với τ ta có xτα − x0 ≥ µ > Như vậy, ac th si