(Luận văn) thuật toán lai ghép giải bài toán chấp nhận tách nhiều tập

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH THỊ TRANG lu an n va THUẬT TOÁN LAI GHÉP GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN TÁCH NHIỀU TẬP p ie gh tn to w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC d oa nl Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 46 01 12 nf va an lu lm ul z at nh oi NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS Nguyễn Bường z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên – 2021 ac th si ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn GS.TS Nguyễn Bường (Viện Công nghệ Thông tin-Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn lu an Tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho va cơng tác nghiên cứu thân Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới n tn to thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp cao học Tốn, nhà trường gh phịng chức trường, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - p ie Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học w tập trường oa nl Xin chân thành cảm ơn anh chị em lớp cao học bạn bè đồng nghiệp d trao đổi, động viên khích lệ tác giả q trình học tập, nghiên cứu nf va an lu làm luận văn z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu viết tắt iv lu Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị an n va 1.2 Bài tốn tìm điểm bất động ánh xạ không giãn 1.3 Bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 12 1.3.1 Một số vấn đề sơ lược bất đẳng thức biến phân 12 p ie gh tn to 1.1 Một số đặc trưng không gian Hilbert 1.3.2 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh 14 1.4 Một số bổ đề bổ trợ 16 d oa nl w xạ không giãn 22 nf va nhiều tập an lu Chương Một số thuật toán lai ghép giải toán chấp nhận tách 2.1 Phát biểu toán số cải tiến phương pháp CQ 22 26 z at nh oi lm ul 2.2 Thuật toán hội tụ 34 Kết luận 35 z Tài liệu tham khảo m co l gm @ an Lu n va ac th si iv Một số ký hiệu viết tắt không gian Hilbert X không gian Banach h., i tích vơ hướng H k.k chuẩn H ∪ phép hợp ∩ phép giao R+ tập số thực khơng âm I tốn tử đồng ∅ tập rỗng ∀x với x lu H an n va p ie gh tn to oa nl w ∃x tồn x d lu dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn * x0 dãy {xn } hội tụ yếu x0 tập điểm bất động ánh xạ T z at nh oi lm ul F ix(T ) nf va an xn → x0 z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu “Bất đẳng thức biến phân” nảy sinh trình nghiên cứu giải toán thực tế toán cân kinh tế, tài chính, tốn mạng giao thơng, lý thuyết trị chơi, phương trình vật lý tốn Bài tốn giới thiệu lần Hartman Stampacchia vào năm 1966 tài liệu [5] Bài toán bất đẳng thức biến phân không gian hữu hạn chiều, vô hạn chiều với ứng dụng giới thiệu chi tiết lu an sách “An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications” va D Kinderlehrer G Stampacchia xuất năm 1980 [7] n tn to Bất đẳng thức biến phan tập nghiệm toán khác thường gh gọi bất đẳng thức biến phân hai cấp Gần có nhiều người làm tốn p ie nước quan tâm đến bất đẳng thức biến phân tập nghiệm w toán chấp nhận tách (đa tập), lớp tốn áp dụng để giải oa nl số lớp toán khác, đặc biệt tốn liên quan đến xử lý tín hiệu, d xử lý hình ảnh Y học an lu Mục đích luận văn trình bày lại kết Wang cộng nf va tài liệu [14] phương pháp lặp xoay vòng tìm nghiệm bất đẳng gian Hilbert z at nh oi lm ul thức biến phân tập nghiệm tốn chấp nhận tách đa tập khơng Nội dung luận văn cấu trúc thành hai chương, đó: Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị không gian Hilbert, ánh xạ z không giãn bất đẳng thức biến phân Chương trình bày lại chi tiết kết @ gm Wang cộng phương pháp lặp kiểu đường dốc kết hợp l với phương pháp CQ xấp xỉ nghiệm bất đẳng thức biến phân tập nghiệm m co toán chấp nhận tách đa tập không gian Hilbert an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương bao gồm năm mục Mục 1.1 đề cập đến số đặc trưng lu an không gian Hilbert thực Mục 1.2 giới thiệu sơ lược số kết n va tốn tìm điển bất động ánh xạ không giãn Mục 1.4 1.4 đề cập đến tn to toán bất đẳng thức biến phân cổ điển toán bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert Mục 1.5 giới thiệu số bổ đề bổ trợ cần sử dụng gh p ie Chương luận văn Nội dung chương phần lớn tham Một số đặc trưng không gian Hilbert d oa 1.1 nl w khảo từ tài liệu [1], [2] [7] lu nf va an Ta giả thiết H không gian Hilbert thực với tích vơ hướng kí hiệu h., i chuẩn kí hiệu k.k lm ul Mệnh đề 1.1 Trong không gian Hilbert thực H ta ln có đẳng thức sau với x, y, z ∈ H z at nh oi kx − yk2 + kx − zk2 = ky − zk2 + 2hx − y, x − zi, z gm @ Chứng minh Thật vậy, ta có ky − zk2 + 2hx − y, x − zi = hy, yi + hz, zi + 2hx, xi − 2hx, zi − 2hx, yi l m co = [hx, xi − 2hx, yi + hy, yi] + [hx, xi − 2hx, zi + hz, zi] n va Vậy ta điều phải chứng minh an Lu = kx − yk2 + kx − zk2 ac th si Mệnh đề 1.2 Cho H khơng gian Hilbert thực Khi đó, với x, y ∈ H λ ∈ [0, 1], ta có kλx + (1 − λ)yk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 (1.1) Chứng minh Ta có kλx + (1 − λ)yk2 = λ2 kxk2 + 2λ(1 − λ)hx, yi + (1 − λ)2 kyk2 = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)(kxk2 − 2hx, yi + kyk2 ) = λkxk2 + (1 − λ)kyk2 − λ(1 − λ)kx − yk2 Ta điều phải chứng minh lu an Mệnh đề 1.3 Trong không gian Hilbert thực H , ta ln có n va gh tn to kx + yk2 ≤ kxk2 + 2hy, x + yi với x, y ∈ H p ie nl w Chứng minh Với x, y ∈ H , ta có ≤ kxk2 + 2hx, yi + 2kyk2 d oa kx + yk2 = kxk2 + 2hx, yi + kyk2 an lu = kxk2 + 2hy, x + yi nf va lm ul Mệnh đề chứng minh z at nh oi Nhắc lại rằng, dãy {xn } không gian Hilbert H gọi hội tụ yếu phần tử x ∈ H , lim hxn , yi = hx, yi, z n→∞ @ gm với y ∈ H Từ tính liên tục tích vơ hướng, suy xn → x, P∞ 2 n=1 |xn | < ∞ {en } ⊂ l , cho m co  l2 = {xn } ⊂ R : l xn * x Tuy nhiên, điều ngược lại không Chẳng hạn xét không gian , 0, , 0, ), vị trí thứ n an Lu en = (0, , 0, n va ac th si với n ≥ Khi đó, en * 0, n → ∞ Thật vậy, với y ∈ H , từ bất đẳng thức Bessel, ta có ∞ X |hen , yi|2 < kyk2 < ∞ n=1 Suy limn→∞ hen , yi = 0, tức en * Tuy nhiên, {en } khơng hội tụ 0, ken k = với n ≥ Ta biết không gian Hilbert H thỏa mãn điều kiện Opial, tính chất thể mệnh đề đây: Mệnh đề 1.4 Cho H không gian Hilbert thực {xn } ⊂ H dãy thỏa mãn điều kiện xn * x, n → ∞ Khi đó, với y ∈ H y 6= x, lu an ta có va lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk n→∞ (1.2) n→∞ n Ta có ie gh tn to Chứng minh Vì xn * x, nên {xn } bị chặn p kxn − yk2 = kxn − xk2 + kx − yk2 + 2hxn − x, x − yi Vì x 6= y , nên d oa nl w > kxn − xk2 + 2hxn − x, x − yi lu nf va n→∞ an lim inf kxn − yk2 > lim inf kxn − xk2 + 2hxn − x, x − yi n→∞ = lim inf kxn − xk2 Do đó, ta nhận z at nh oi lm ul n→∞ lim inf kxn − xk < lim inf kxn − yk n→∞ z Mệnh đề chứng minh n→∞ @ l gm Mệnh đề 1.5 Mọi không gian Hilbert thực H có tính chất Kadec-Klee, tức {xn } ⊂ H dãy H thỏa mãn điều kiện xn * x m co kxn k → kxk, xn → x, n → ∞ an Lu Chứng minh Ta có n va kxn − xk2 = kxn k2 − 2hxn , xi + kxk2 ac th si → 0, n → ∞ Suy xn → x, n → ∞ Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 1.6 Cho C tập lồi đóng khơng gian Hilbert thực H Khi đó, tồn phần tử x∗ ∈ C cho kx∗ k ≤ kxk với x ∈ C Chứng minh Thật vậy, đặt d = inf kxk Khi đó, tồn {xn } ⊂ C cho x∈C kxn k −→ d, n −→ ∞ Từ đẳng thức hình bình hành, ta có lu kxn − xm k2 = 2(kxn k2 + kxm k2 ) − 4k an xn + xm k n va ≤ (kxn k2 + kxm k2 ) − 4d2 −→ 0, tn to n, m −→ ∞ Do {xn } dãy Cauchy H Suy tồn x∗ = lim xn ∈ gh C (do {xn } ⊂ C C tập đóng) Do chuẩn hàm số liên tục nên n→∞ kx∗ k = d w có p ie Tiếp theo ta tính Giả sử tồn y ∗ ∈ C cho ky ∗ k = d Ta oa nl kx∗ − y ∗ k2 = 2(kx∗ k2 + ky ∗ k2 ) − 4k x∗ + y ∗ k d ≤ 2(d2 + d2 ) − 4d2 nf va an lu = inf x∈C kxk z at nh oi lm ul Suy x∗ = y ∗ Vậy tồn phần tử x∗ ∈ C cho kx∗ k = Từ Mệnh đề 1.6, ta có mệnh đề đây: Mệnh đề 1.7 Cho C tập lồi đóng khơng gian Hilbert thực z gm @ H Khi đó, với x ∈ H , tồn phần tử PC x ∈ C cho co l kx − PC (x)k ≤ kx − yk với y ∈ C Chứng minh Vì C tập lồi, đóng khác rỗng nên x − C tập lồi, đóng m an Lu khác rỗng Do đó, theo Mệnh đề 1.6, tồn phần tử PC ∈ C cho n va kx − PC (x)k ≤ kx − yk với y ∈ C ac th si Định nghĩa 1.1 Phép cho tương ứng phần tử x ∈ H phần tử PC x ∈ C xác định gọi phép chiếu mêtric từ H lên C Ví dụ 1.1 Cho C = {x ∈ H : hx, ui = y}, với u 6= Khi PC x = x + y − hx, ui kuk2 u Ví dụ 1.2 Cho C = {x ∈ H : kx − ak ≤ R}, a ∈ H phần tử cho lu trước R số dương Khi đó, ta có:   x kx − ak ≤ R, an PC x = n va  a + R (x − a) kx − ak > R kx − ak tn to Mệnh đề cho ta điều kiện cần đủ để ánh xạ PC : H −→ C ie gh phép chiếu mêtric p Mệnh đề 1.8 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng không gian Hilbert nl w H Cho PC : H −→ C ánh xạ Khi đó, phát biểu sau tương đương: d oa a) PC phép chiếu mêtric từ H lên C ; lu nf va an b) hy − PC x, x − PC xi ≤ với x ∈ H y ∈ C ; Chứng minh Thật vậy, giả sử PC phép chiếu mêtric từ H lên C , tức kx − lm ul PC xk = inf u∈C kx − uk Với x ∈ H , y ∈ C với α ∈ (0, 1), đặt yα = z at nh oi αy + (1 − α)PC x Vì C lồi nên yα ∈ C kx − PC xk ≤ kyα − xk z l kx − PC xk2 ≤ kα(y − PC x) − (x − PC x)k2 gm @ Điều tương đương với m co = α2 ky − PC xk2 + kx − PC xk2 − 2αhy − PC x, x − PC xi an Lu Từ đó, ta nhận n va 2hy − PC x, x − PC xi ≤ αky − PC xk2 ac th si 14 tương đương với hAyt , y − x∗ i ≥ 0, ∀t ∈ (0, 1) Từ tính h-liên tục A, cho t → 0+ , ta nhận hAx∗ , y − x∗ i ≥, ∀y ∈ C Mệnh đề chứng minh Mệnh đề 1.15 Cho C tập lồi, đóng khác rỗng khơng gian Hilbert H cho A : C −→ H tốn tử đơn điệu, h-liên tục Khi đó, x∗ ∈ V I(C, A) x∗ = PC (x∗ − λAx∗ ) với λ > lu an Chứng minh Suy trực tiếp từ Mệnh đề 1.8 va n 1.3.2 Bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ to gh tn không giãn p ie Một lớp bất đẳng thức biến phân hai cấp quan trọng có nhiều ứng dụng w lĩnh vực khác toán học, vật lý, y học hay kinh tế oa nl toán bất đẳng thức biến phân tập điểm bất động ánh xạ không giãn d Bài toán 1.1 Cho A : H −→ H toán tử đơn điệu, liên tục cho lu nf va an T : H −→ H ánh xạ khơng giãn Tìm phần tử x∗ ∈ V I(F ix(T ), A), tức x∗ thỏa mãn lm ul hAx∗ , v − x∗ i ≥ 0, ∀v ∈ F ix(T ) z at nh oi Năm 2001, Yamada [10] đề xuất phương pháp đường dốc để giải Bài toán 1.1 cho trường hợp A toán tử Lipschitz đơn điệu mạnh Kết Yamada cho định lý đây: z @ gm Định lý 1.1 [10] Cho T : H −→ H ánh xạ không giãn với F ix(T ) 6= ∅ 2η ) dãy {λn } ⊂ (0, 1] thỏa mãn điều kiện: L2 m co với u0 ∈ H , µ ∈ (0, l Giả sử ánh xạ A : H −→ H L-Lipchitz η -đơn điệu mạnh T (H) Khi n va (L2) Σ∞ n=1 λn = ∞, an Lu (L1) limn→∞ λn = 0, ac th si 15 (L3) limn→∞ λn − λn+1 = 0, λ2n+1 dãy {un } xác định un+1 := T (λn+1 ) un := T un − λn+1 µA(T un ) (1.8) hội tụ mạnh nghiệm u∗ VIP(F ix(T ), A) Hơn nữa, Yamada mở rộng kết cho trường hợp tập điểm bất động F ix(T ) ánh xạ không giãn T thay tập điểm bất động chung họ hữu hạn ánh xạ không giãn Kết thể định lý đây: lu an Định lý 1.2 [10] Cho Ti : H −→ H (i = 1, , N ) ánh xạ không giãn với n va F := ∩N i=1 F ix(Ti ) 6= ∅ to (1.9) gh tn F = F ix(TN T1 ) = F ix(T1 TN T3 T2 ) = = F ix(TN −1 TN −2 T1 TN ) p ie Giả sử ánh xạ F : H −→ H L-Lipchitz η -đơn điệu mạnh w ∆ := ∪N i=1 Ti (H) Khi đó, với u0 ∈ H, µ ∈ (0, 2η ) dãy L2 oa nl {λn } ⊂ [0, 1] thỏa mãn d (B1) limn→∞ λn = 0, nf va an lu (B2) Σ∞ n=1 λn = ∞, Dãy {un } xác định (λ ) z at nh oi lm ul (B3) Σ∞ n=1 | λn − λn+N |< ∞ n+1 un+1 := T[n+1] (un ) := T[n+1] (un ) − λn+1 µF (T[n+1] (un )), (1.10) z gm @ hội tụ mạnh nghiệm VIP(F, F), tức u∗ ∈ F cho co l hv − u∗ , F (u∗ )i ≥ với v ∈ F, [.] modulo N xác định m [i] = {i − kN |k = 0, 1, 2, } ∩ {1, 2, , N } an Lu n va ac th si 16 1.4 Một số bổ đề bổ trợ Bổ đề 1.1 (xem [10]) Cho C tập khác rỗng không gian Hilbert thực H Giả sử λ ∈ (0, 1) µ > Cho F : C −→ H ánh xạ k -Lipschitzian η -đơn điệu mạnh C cho T : C −→ C ánh xạ không giãn Xác định ánh xạ G : C −→ H Gx = (I − λµF )T x, ∀x ∈ C Khi đó, G ánh xạ co µ < 2η/k Chính xác hơn, với µ ∈ (0, 2η/k ), kGx − Gyk ≤ (1 − λτ )kx − yk, ∀x, y ∈ C, lu an τ = − p − µ(2η − µk ) va n Chứng minh Trước hết, với x, y ∈ C , ta có to gh tn k(I − µF )x − (I − µF )yk2 p ie = k(x − y) − µ(F x − F y)k2 w = kx − yk2 − 2µhx − y, F x − F yi + µ2 kF x − F yk2 oa nl ≤ (1 − 2µη + µ2 k )kx − yk2 d = [1 − µ(2η − µk )]kx − yk2 an lu nf va Do đó, từ tính khơng giãn T , ta có lm ul k(I − λµF )T x − (I − λµF )T yk z at nh oi = k(1 − λ)(T x − T y) − λ(I − µF )T x − (I − µF )T y)k ≤ (1 − λ)kx − yk + λ p − µ(2η − µk )kx − yk = (1 − λτ )kx − yk, z p co l Bổ đề chứng minh gm − µ(2η − µk ) @ với τ = m Bổ đề 1.2 Cho {an } dãy số số thực khơng âm thỏa mãn tính chất (1.11) n va {sn }, {sn } {vn } thỏa mãn điều kiện an Lu an+1 ≤ (1 − sn )an + sn tn + , ∀n ≥ ac th si 17 i) P∞ n=0 sn = ∞ Q∞ n=0 (1 − sn ) = 0; ii) lim supn→∞ tn ≤ 0; iii) ≥ 0, ∀n ≥ P∞ n=0 σn < ∞ Khi {an } hội tụ đến n → ∞ Chứng minh Với ε > (cho trước), lấy số tự nhiên N đủ lớn cho tn < ε, ∞ X < ε, ∀n ≥ N n=N lu Từ (1.11), quy nạp toán học, ta Y    n n Y an va an+1 ≤ (1 − sk ) aN + 1− n k=N (1 − sk ) ε + ∞ X , ∀n > N n=N k=N tn to Từ điều kiện i)-iii) đánh giá trên, ta nhận lim supn→∞ an ≤ 2ε Vì p ie gh ε > nên lim supn→∞ an ≤ Do limn→∞ an = w Bổ đề 1.3 Giả sử {xn }, {yn } dãy không gian Banach E {αn } oa nl dãy [0; 1] với lim supn αn < Đặt d d = lim sup kwn − zn k d = lim inf kwn − zn k n→∞ an lu n→∞ nf va Giả sử zn+1 = αn wn + (1 − αn )zn với n ∈ N, lm ul lim sup(kwn+1 − wn k − kzn+1 − zn k) ≤ n→∞ z at nh oi d < ∞ Khi lim inf |kwn+k − zn k − (1 + αn + αn+1 + + αn+k−1 )d| = m co l gm Chứng minh Từ @ với k ∈ N z n→∞ an Lu kwn+1 − zn+1 k − kwn − zn k ≤ kwn+1 − wn k + kwn − zn+1 k − kwn − zn k = kwn+1 − wn k − kzn+1 − zn k, n va ac th si 18 ta có lim sup(kwn+j − zn+j k − kwn − zn k) n→∞ = lim sup n→∞ ≤ lim sup n→∞ ≤ j−1 X j−1 X (kwn+i+1 − zn+i+1 k − kwn+i − zn+i k) i=0 j−1 X (kwn+i+1 − wn+i k − kzn+i=1 − zn+i k) i=0 lim sup(kwn+i+1 − wn+i k − kzn+i=1 − zn+i k) ≤ i=0 n→∞ với j ∈ N Đặt a = (1 − lim sup αn )/2, < a < Cố định k, l ∈ N ε > lu n→∞ an Do tồn m0 ≥ l cho a ≤ − αn , kwn+1 − wn k − kzn+1 − zn k n va kwn+j − zn+j k − kwn − zn k ≤ ε/2 với n ≥ m0 j = 1, 2, · · · , k tn to Trong trường hợp d = lim supn kwn − zn k, chọn m ≤ m0 thỏa mãn ε p ie gh kwm+k − zm+k k ≥ d − kwm+j − zm+j k ≥ kwm+k − zm+k k − ε ≥d− d oa nl w kwn − zn k ≤ d + ε với n ≥ m Khi đó, ta có an lu với j = 0, 1, , k − nf va Trong trường hợp d = lim inf n kwn − zn k, chọn m ≥ m0 thỏa mãn lm ul kwm − zm k ≤ d + ε z at nh oi kwn − zn k ≥ d − ε với n ≥ m Ta có kwm+j − zm+j k ≤ kwm+k − zm+k k + z gm @ với j = 1, , k ε ≤d+ε m co kwn+1 − wn k − kzn+1 − zn k ≤ ε với n ≥ m l Trong hai trường hợp trên, lấy m thỏa mãn m ≥ l, a ≤ − αn ≤ 1, n va với j = 0, 1, , k an Lu d − ε ≤ kwm+j − zm+j k ≤ d + ε ac th si 19 Tiếp theo, ta kwm+j − zm+j k ≥ (1 + αm+j + αm+j+1 + + αm+k−1 )d (1.12) (k − j)(2k + 1) − ε ak−j với j = 0, 1, , k − Từ d − ε ≤ kwm+k − zm+k k = kwm+k − αm+k−1 wm+k−1 − (1 − αm+k−1 )zm+k−1 k ≤ αm+k−1 kwm+k − wm+k−1 k + (1 − αm+k−1 )kwm+k − zm+k−1 k lu ≤ αm+k−1 kzm+k − zm+k−1 k + ε + (1 − αm+k−1 )kwm+k − zm+k−1 k an va kwm+k−1 − zm+k−1 k + ε + (1 − αm+k−1 )kwm+k − zm+k−1 k = αm+k−1 n ≤ αm+k−1 d + 2ε + (1 − αm+k−1 )kwm+k − zm+k−1 k, tn to p ie gh ta có oa nl w )d − 3ε (1 − αm+k−1 kwm+k − zm+k−1 k ≥ − αm+k−1 2k + ≥ (1 + αm+k−1 )d − ε a d Do (1.12) với j = k − Giả sử (1.12) với j ∈ {1, 2, , k − 1} i=j (k − i)(2k + 1) ε ak−j z at nh oi ≤ kwm+k − zm+j k lm ul αm+i )d − nf va an (1 + k−1 X lu Khi đó, từ = kwm+k − αm+j−1 wm+j−1 − (1 − αm+j−1 )zm+j−1 k z ≤ αm+j−1 kwm+k − wm+j−1 k + (1 − αm+j−1 )kwm+k − zm+j−1 k @ gm ≤ αm+j−1 k−1 X kwm+i+1 − wm+i k + (1 − αm+j−1 )kwm+k − zm+j−1 k m (kzm+i+1 − zm+i k + ε) + (1 − αm+j−1 )kwm+k − zm+j−1 k k−1 X kzm+i+1 − zm+i k + kε + (1 − αm+j−1 )kwm+k − zm+j−1 k n va i=j−1 an Lu i=j−1 ≤ αm+j−1 co ≤ αm+j−1 k−1 X l i=j−1 ac th si 20 = αm+j−1 k−1 X αm+i kzm+i+1 − zm+i k + kε + (1 − αm+j−1 )kwm+k − zm+j−1 k i=j−1 k−1 X ≤ αm+j−1 αm+i (d + ε) + kε + (1 − αm+j−1 )kwm+k − zm+j−1 k i=j−1 k−1 X ≤ αm+j−1 αm+i d + 2kε + (1 − αm+j−1 )kwm+k − zm+j−1 k, i=j−1 ta nhận 1+ k−1 P αm+i i=j−1 i=j kwm+k − zm+j−1 k ≥ k−1 P αm+i − αm+j−1 d − αm+j−1 lu an − n va (k − j)(2k + 1)/ak−j + 2k ε − αm+j−1 to ≥ (1 + k−1 X αm+i )d − gh tn i=j−1 (k − j + 1)(2k + 1) ε ak−j+1 p ie Do 1.12 với j = j − Như 1.12 với j = 0, 1, , k − Đặc w biệt, ta có k(2k + 1) ε ak (1.13) d oa nl kwm+k − zm k ≥ (1 + αm + αm+1 + + αm+k−1 )d − nf va an lu Mặt khác, ta lại có kwm+k − zm k ≤ kwm+k − zm+k k + lm ul z at nh oi = kwm+k − zm+k k + ≤d+ε+ k−1 X i=0 αm+i (d + ε) (1.14) αm+i d + (k + 1)ε Từ (1.13) (1.14), ta có m co l gm i=0 αm+i kwm+i − zm+i k @ ≤d+ i=0 k−1 X kzm+i+1 − zm+i k z i=0 k−1 X k−1 X n va Từ l ∈ N ε > tùy ý, ta có điều phải chứng minh k(2k + 1) ε ak an Lu |kwm+k − zm k − (1 + αm + αm+1 + + αm+k−1 )d| ≤ ac th si 21 Bổ đề 1.4 [13] Giả sử {zn }, {ωn } dãy bị chặn không gian Banach E cho zn+1 = αn ωn + (1 − αn )zn , ∀n ≥ 0, {αn } dãy [0,1] cho < lim inf αn ≤ lim sup αn < n→∞ n→∞ Giả sử lim sup(kωn+1 − ωn k − kzn+1 − zn k) ≤ n→∞ Khi lim sup kωn − zn k = n→∞ lu an Chứng minh Đặt a = lim inf αn > 0, M = sup{kzn k + kwn k : n ∈ N} < ∞ n→∞ va d = lim sup kwn − zn k < ∞ Giả sử d > cố định k ∈ N với (1 + ka)d > M Theo n n→∞ gh tn to Bổ đề 1.3, ta có lim inf |kwn+k − zn k − (1 + αn + αn+1 + + αn+k−1 )d| = p ie n→∞ nl w Do đó, tồn dãy {ni } dãy {n} N cho oa lim (kwni +k − zni k − (1 + αni + αni +1 + + αni +k−1 )d) = i→∞ d lu an tồn giới hạn dãy {kwni +k −zni k}, {αni +j } với j ∈ {0, 1, , k − i→∞ nf va 1} Đặt βj = lim αni +j với j ∈ {0, 2, , k − 1} Ta có lm ul M < (1 + ka)d z at nh oi ≤ (1 + β0 + β1 + + βk−1 )d = lim (1 + αni + αni +1 + + αni +k−1 )d i→∞ gm @ i→∞ z = lim kwni +k − zni k ≤ lim sup kwn+k − zn k ≤ M m co Điều mâu thuẫn Vậy d = l n→∞ an Lu n va ac th si 22 Chương Một số thuật toán lai ghép giải toán chấp nhận tách nhiều tập lu an va Nội dung chương trình bày lại kết Wang cộng n tài liệu [14] phương pháp lặp xoay vịng tìm nghiệm bất gh tn to đẳng thức biến phân tập nghiệm toán chấp nhận tách đa tập không gian Hilbert p ie Phát biểu toán số cải tiến phương pháp CQ d oa nl w 2.1 an lu Cho C Q tập lồi, đóng khác rỗng không gian Hilbert H1 nf va H2 , tương ứng Cho A : H1 −→ H2 toán tử tuyến bị chặn A∗ : H2 → H1 lm ul toán tử liên hợp A Bài toán chấp nhận tách (SFP) không gian Hilbert phát biểu sau: z at nh oi Tìm phần tử x∗ ∈ Γ = C ∩ A−1 (Q) 6= ∅ (SFP) z Dạng tổng quát Bài toán (SFP) toán (MSSFP), tốn @ co l đóng H1 H2 , tương ứng gm phát biểu sau: Cho Ci , i = 1, 2, , t Qj , j = 1, 2, , r tập lồi Tìm phần tử x∗ ∈ Γ = ∩ti=1 Ci ∩ A−1 (∩rj=1 Qj ) 6= ∅ m (MSSFP) an Lu Một phương pháp để giải toán (SFP) phương pháp n va CQ Với phương pháp CQ, Bài toán (SFP) đưa tốn tìm điểm ac th si 23
bất động ánh xạ PC I − γA∗ (I − PQ )A , γ > 0, PC PQ phép chiếu mêtric từE lên Cvà từ F lên Q, tương ứng
∗ (I −P Ta biết γ ∈ 0, , P I −γA A ánh xạ không C Q kAk giãn Do đó, người ta vận dụng phương pháp tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn (phương pháp lặp Mann, phương pháp lặp Halpern, phương pháp xấp xỉ gắn kết) để tìm nghiệm Bài tốn (SFP) Xu [12] đưa chứng minh kết Trước hết ông hội tụ yếu phương pháp CQ nghiệm Bài tốn (SFP)   dãy {xn } xác định x1 ∈ H1 Định lý 2.1 [12] Nếu γ ∈ 0, kAk xn+1 = PC I − γA∗ (I − PQ )A xn lu
an va hội tụ yếu nghiệm toán (SFP) n tn to Sự hội tụ phương pháp lặp Mann phương pháp lặp cho định ie gh lý đây: p Định lý 2.2 [12] Cho dãy {αn } ⊂ [0, 4/(2 + γkAk2 )] thỏa mãn điều kiện   ∞ X w oa nl αn dãy {xn } xác định x1 ∈ H1 nf va an kT k2  lu Nếu γ ∈ 0, n=1 = ∞ d  − αn + γkAk2 xn+1 = (1 − αn )xn + αn PC I − γA∗ (I − PQ )A xn ,
lm ul hội tụ yếu nghiệm toán (SFP) z at nh oi Năm 2006, Xu [11] đưa thuật toán mở rộng phương pháp CQ cho Bài toán (MSSFP) Đặt z r l gm j=1 @ 1X βj kAx − PQj (Ax)k2 , p(x) = đây: m co βj > với j = 1, 2, , r Trước hết, Xu [11] chứng minh kết an Lu Mệnh đề 2.1 Giả sử tập nghiệm Bài tốn (MSSFP) khác rỗng Khi đó, ta n va có khẳng định sau: ac th si 24 i) Hàm p(x) lồi, khả vi với đạo hàm xác định 5p(x) = r X βj A∗ (I − PQj )Ax, (2.1) j=1 5p(x) ánh xạ Lipschitz với số L = kAk2 Pr j=1 βj ii) Phần tử x∗ nghiệm Bài tốn (MSSFP) điểm bất động chung ánh xạ khơng giãn trung bình {Ti }ti=1 với Ti = PCi (I − γ p), γ > 0, i = 1, 2, , t Tiếp đó, ơng chứng minh hội tụ phương pháp lặp Picard cho Bài toán (MSSFP) lu an  n va 0, L  xn+1 = PCN (I − γ ie gh tn to Định lý 2.3 [11] Nếu γ ∈ với βj > với j = 1, 2, , r L = Pr kAk2 j=1 βj , dãy {xn } xác định x1 ∈ H1 r X ∗ βj A (I − PQj )A PC1 (I − γ j=1 r X βj A∗ (I − PQj )A)xn j=1 p hội tụ yếu nghiệm Bài toán (MSSFP) nl w d oa Xu xây dựng chứng minh hội tụ phương pháp lặp song nf va an lu song phương pháp lặp xoay vòng cho Bài toán (MSSFP) dạng đây:   với βj > với j = 1, 2, , r, L = Định lý 2.4 [11] Nếu γ ∈ 0, L Pr Pt kAk2 j=1 βj λi > thỏa mãn i=1 λi = 1, dãy {xn } xác định x1 ∈ H1 xn+1 = t X i=1 r X z at nh oi lm ul λi PCi (I − γ βj A∗ (I − PQj )A)xn j=1 z hội tụ yếu nghiệm Bài toán (MSSFP)   Định lý 2.5 [11] Nếu γ ∈ 0, với βj > với j = 1, 2, , r L = L P r kT k2 j=1 βj , dãy {xn } xác định x1 ∈ H1 m co l gm @ βj A∗ (I − PQj )A)xn j=1 n va hội tụ yếu nghiệm Bài toán (MSSFP) an Lu xn+1 = PC[n+1] (I − γ r X ac th si 25 Từ kết [11, 3, 6], ta có kết Bổ đề 2.1 [11, 3, 6] Giả sử Bài toán (MSSFP) có tập nghiệm khác rỗng Đặt Ti := PCi (I − γ∇q), i = 1, 2, , t, < γ < 2/L Khi ánh xạ t P U = T1 Tt trung bình; tổ hợp lồi S = αi Ti trung bình, αi > i=1 0, t P αi = 1; T[n+1] = Tn mod t trung bình, hàm mod lấy giá trị i=1 tập {1, 2, , t} Bổ đề 2.2 [11] Ký hiệu toán tử trung bình U, S, T[n+1] Bổ đề 2.1 T Vơi điểm khởi đầu x0 , y0 z0 H, n ≥ 0, dãy {xn }, {yn } {zn } sinh lu an n va (2.2) yn+1 = (1 − an )T yn , (2.3) zn+1 = (1 − bn )zn + bn T zn , (2.4) gh tn to xn+1 = T xn , ie {an } {bn } dãy số thực (0, 1) Khi đó, ta có khẳng p định sau: w oa nl i) Dãy {xn } xác định (2.2) hội tụ yếu tới nghiệm Bài toán (MSSFP); d P∞ lu n=1 bn (1 − bn ) an ii) Nếu = ∞, dãy {zn } xác định (2.4) hội tụ yếu tới nf va nghiệm Bài toán (MSSFP); lm ul iii) Nếu điều kiện sau thỏa mãn z at nh oi z a) limn→∞ an = 0; P∞ b) n=1 an = ∞; P∞ c) n=1 |an+1 − an | < ∞ limn→∞ an+1 /an = 1, gm @ dãy {yn } xác định (2.3) hội tụ mạnh nghiệm chuẩn tắc Bài m co l toán (MSSFP) Định nghĩa 2.1 Cho toán tử trung bình U, S, T[n+1] Bổ đề 2.2 n va f (x1 , x2 ) = (1 − αn )x1 + αn x2 , n ≥ 0, an Lu f : H × H → H ánh xạ tổ hợp xác định ac th si 26 với (x1 , x2 ) ∈ H × H αn ∈ [0, 1] Ta đặt ánh xạ X := U f (S, T[n+1] ), Y := Sf (U, T[n+1] ), Z := T[n+1] f (U, S) Khi đặt B : H → H tốn tử trung bình xác định B := an X + bn Y + cn Z, n ≥ với an , bn , cn dãy R thỏa mãn an + bn + cn = 2.2 Thuật toán hội tụ Trong mục chúng tơi trình bày lại vài thuật tốn lai ghép hội tụ mạnh để giải toán chấp nhận tách đa tập, xác tìm nghiệm toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm Bài toán (MSSFP) từ tài liệu [14] Trước hết, có kết sau lu an Định lý 2.6 Giả sử H không gian Hilbert thực F : H −→ H ánh xạ va n k -Lipschitz η -đơn điệu mạnh Ký hiệu tốn tử trung bình U, S T[n+1] gh tn to xác định Bổ đề 2.1 Tα Với x0 ∈ H , dãy {xn }n>0 sinh (2.5) p ie xn+1 = (I − λn µF )Tα xn , n ≥ 0, nl w λn ∈ (0, 1) thoả mãn λn = ∞ γ ∈ (0, 2/L) nf va n=0 an ∞ P lu (P2) d n→∞ oa (P1) lim λn = 0, lm ul Khi dãy {xn } xác định (2.5) hội tụ mạnh tới nghiệm Bài toán (MSSFP), đồng thời nghiệm toán bất đẳng thức biến phân z at nh oi hF x∗ , x − x∗ i ≥ 0, với x ∈ Γ (2.6) z Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh dãy {xn } bị chặn Vì Tα ánh xạ @ khơng giãn Tα p = p, nên từ Bổ đề 1.1 (2.5), với p ∈ Γ ta có l gm m co kxn+1 − pk = k(I − λn µF )(Tα xn − p) + λn F pk µ ≤ (1 − λn τ )kxn − pk + kF pk τo n µ ≤ max kx0 − pk, kF pk τ an Lu n va Từ ta suy dãy {xn } bị chặn ac th si 27 Tiếp theo ta có kxn+1 − xn k = k(I − λn µF )Tα (xn − xn−1 ) + (λn−1 − λn )µF Tα xn−1 k (1 − λn τ )kxn − xn−1 k+ | λn−1 − λn | kµF Tα xn−1 k (2.7) Từ điều kiện (P1 ), (P2 ) Bổ đề 1.4 ta có lim kxn+1 − xn k = (2.8) n→∞ Đặt un = Tα xn ta thu ||xn − un || ≤ kxn − xn+1 k + kxn+1 − un k lu ≤ kxn − xn+1 k + λn µkF un k an n va Từ điều kiện (P1 ) (2.8) ta nhận to tn lim kxn − un k = (2.9) n→∞ gh p ie Vì dãy {xn } bị chặn, nên tồn dãy xni * x∗ i → ∞ Một cách tổng quát ta giả sử xn * x∗ i → ∞, kết hợp với Mệnh đề 1.12 ta có oa nl w xn * x∗ ∈ F ix(Tα ) Mặt khác, từ Bổ đề 2.1 2.2 ta biết un * x n → ∞ x ∈ Γ d lim hF x∗ , un − x∗ i ≥ 0, x∗ ∈ Γ (2.10) nf va an lu Do n→∞ lm ul Cuối ta chứng minh xn * x∗ theo chuẩn Thật vậy, ta có z at nh oi kxn+1 − x∗ k2 = k(I − λn µF )(un − x∗ ) − λn µF x∗ k2 = k(I − λn µF )(un − x∗ )k2 + λ2n µ2 kF x∗ k2 z − 2λn µ h(I − λn µF )(un − x∗ ), F x∗ i gm @ ≤ (1 − λn τ )kxn − x∗ k − 2λn µ hun − x∗ , F x∗ i = (1 − σn )kxn − x∗ k + σn δn , m co l + λ2n µ2 kF x∗ k2 + 2λ2n µ2 kF un − F x∗ kkF x∗ k an Lu n va σn = λn τ, ac th si 28 δn =
−2µ λn µ2 hun − x∗ , F x∗ i + kF x∗ k2 + 2kF un − F x∗ kkF x∗ k τ τ ∞ P Rõ ràng xn → x∗ σn = ∞ lim σn ≤ Do đó, từ Bổ đề 1.2 ta suy n→∞ n=0 n → ∞, Nhận xét 2.1 Khi ta thay F = I Định lý 2.6, thuật toán (2.5) trở thành (2.3) hội tụ mạnh tới nghiệm có chuẩn nhỏ Bài tốn (MSSFP) Định lý 2.7 Giả sử H không gian Hilbert thực F : H −→ H ánh xạ k -Lipschitz η -đơn điệu mạnh Gọi Ω tập lồi, đóng, khác rỗng H1 lu giả sử Ω ∩ Γ 6= ∅ Với x0 ∈ H1 , dãy lặp {xn } sinh    x0 ∈ Ω, yn0 = xn , n ≥ 0,     an va y i = Ti y i−1 , i = 1, 2, , t, (2.11) n n n   t    P  t + (1 − ε )  αi Ti yni ) , x = P (I − λ µF )(ε T y  n+1 n n n [n+1] n Ω to gh tn i=1 ie αi > với i cho t P αi = 1, λn ∈ (0, 1], εn ∈ [0, 1], p i=1 mod t (I − γF ) γ ∈ (0, 2/L) Khi w Ti = PCi (I − γF ), i = 1, 2, , t, Tnmodt = PCn oa nl dãy {xn } xác định (2.11) hội thụ mạnh tới phần tử Ω ∩ Γ, dồng thời nghiệm toán bất đẳng thức biến phân d (2.12) nf va an lu hF x∗ , x − x∗ i ≥ 0, với x ∈ Ω ∩ Γ Chứng minh Đặt F = Ω∩Γ Ta biết PF x hoàn toàn xác định với x ∈ H , lm ul F tập lồi đóng H1 Chúng ta tồn x∗ ∈ F z at nh oi cho x∗ = PF (I − µF )x∗ (2.13) z Từ Bổ đề 1.1 ta biết I − µF ánh xạ co PF (I − µF ) ánh @ i=1 co l gm xạ co H Khi nguyên lý ánh xạ co Banach ta suy (2.13) t P Ta viết un = εn T[n+1] ynt + (1 − εn ) αi Ti yni , với p ∈ F n ≥ m kyn1 − pk = kT1 yn0 − T1 pk ≤ kyn0 − pk = kxk − pk, an Lu n va kyni − pk = kTi yni−1 − Ti pk ≤ kyni − pk ac th si