Hệ phương trình toán tử tham số hiệu chỉnh và sự hội tụ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ PHƢỢNG HỆ PHƢƠNG TRÌNH TỐN TỬ: THAM SỐ HIỆU CHỈNH VÀ SỰ HỘI TỤ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ PHƢỢNG HỆ PHƢƠNG TRÌNH TỐN TỬ: THAM SỐ HIỆU CHỈNH VÀ SỰ HỘI TỤ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số : 60 46 01 12 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Lâm Thùy Dƣơng THÁI NGUYÊN - 2017 iii Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Chương Hệ phương trình tốn tử đặt khơng chỉnh khơng gian Banach 1.1 Phương trình tốn tử đặt không chỉnh phương pháp hiệu chỉnh 1.1.1 Một số tính chất hình học khơng gian Banach toán tử đơn điệu Phương trình tốn tử đặt không chỉnh phương 1.1.2 pháp hiệu chỉnh Browder–Tikhonov 10 1.2 Hệ phương trình tốn tử không gian Banach 19 1.2.1 Phương trình tốn tử tốn cực trị 19 1.2.2 Hiệu chỉnh hệ phương trình tốn tử đơn điệu 20 Chương Nguyên lý tựa độ lệch chọn tham số hiệu chỉnh 2.1 2.2 25 Nguyên lý tựa độ lệch tốc độ hội tụ 25 2.1.1 Chọn tham số hiệu chỉnh theo nguyên lý tựa độ lệch 25 2.1.2 Tốc độ hội tụ nghiệm hiệu chỉnh 30 Phương pháp hiệu chỉnh lặp ví dụ minh họa 32 2.2.1 2.2.2 Phương pháp hiệu chỉnh lặp 32 Ví dụ số minh họa 39 iv Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Bảng ký hiệu R H tập hợp số thực không gian Hilbert thực X không gian Banach X∗ Lp [a, b], < p < ∞ không gian đối ngẫu X khơng gian hàm khả tích bậc p lp , < p < ∞ đoạn [a, b] không gian dãy số khả tổng bậc p ∅ ∀x tập rỗng với x D(A) R(A) miền xác định toán tử A miền ảnh toán tử A I xn → x0 toán tử đồng dãy {xn } hội tụ mạnh x0 xn * x0 dãy {xn } hội tụ yếu x0 Jq J ánh xạ đối ngẫu tổng quát ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc j ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị Mở đầu Nhiều toán thực tiễn khoa học, công nghệ kinh tế đưa việc giải hệ phương trình tốn tử: Ai x = fi , i = 0, 1, , N, (1) đây, Ai : X → Y tốn tử từ khơng gian X vào không gian Y , fi ∈ Y cho trước N số dương cố định Trong thời gian dài người ta cho toán đặt giải Nhưng thực tế quan niệm sai lầm Trong tính tốn tốn thực tế máy tính ln diễn q trình làm trịn số Chính làm trịn dẫn đến sai lệch đáng kể nghiệm, tức có thay đổi nhỏ kiện đầu vào dẫn đến sai khác lớn nghiệm, chí làm cho tốn trở lên vơ nghiệm vơ định Người ta nói tốn đặt khơng chỉnh Bài tốn tìm nghiệm hệ phương trình tốn tử (1), nói chung, tốn đặt khơng chỉnh theo nghĩa thay đổi nhỏ liệu tốn dẫn đến sai khác lời giải Việc xây dựng phương pháp hữu hiệu giải toán nhà tốn học ngồi nước quan tâm nghiên cứu Mục đích đề tài luận văn trình bày phương pháp hiệu chỉnh phương pháp hiệu chỉnh lặp giải hệ phương trình tốn tử đặt khơng chỉnh (1) không gian Banach, nêu cách chọn tham số hiệu chỉnh theo nguyên lý tựa độ lệch đưa ví dụ minh họa Nội dung đề tài viết sở báo [6] Nguyễn Bường, Trần Thị Hương Nguyễn Thị Thu Thủy công bố năm 2016 vấn đề sau: Phương pháp hiệu chỉnh hệ phương trình tốn tử đặt khơng chỉnh (1) không gian Banach; hội tụ phương pháp; tham số hiệu chỉnh chọn theo nguyên lý tựa độ lệch tốc độ hội tụ phương pháp Phương pháp hiệu chỉnh lặp giải hệ (1) kết số minh họa Ngoài phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày hai chương Chương trình bày khái niệm tính chất khơng gian Banach phản xạ lồi chặt, tốn tử đơn điệu, đơn điệu cực đại, ngược đơn điệu mạnh, toán tử liên tục Lipschitz; giới thiệu phương pháp hiệu chỉnh hệ phương trình tốn tử đơn điệu đặt khơng chỉnh, trình bày chứng minh hội tụ mạnh phương pháp Chương giới thiệu cách chọn tham số hiệu chỉnh theo nguyên lý tựa độ lệch, trình bày định lý đánh giá tốc độ hội tụ phương pháp; giới thiệu phương pháp hiệu chỉnh lặp, hội tụ phương pháp, đồng thời đưa ví dụ số minh họa cho phương pháp giới thiệu Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình TS Lâm Thùy Dương Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Cơ Trong q trình học tập nghiên cứu trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên tác giả nhận quan tâm giúp đỡ động viên Giáo sư Viện Tốn học, Viện Cơng nghệ Thông tin - Viện Hàn lâm Khoa học Cơng nghệ Việt Nam, thầy khoa Tốn – Tin Trường Đại học Khoa học Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy cô Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trường Trung học phổ thông Bắc Mê - Hà Giang anh chị em đồng nghiệp tạo điều kiện tốt cho tác giả thời gian học Cao học Xin cảm ơn anh chị em học viên lớp cao học K9C bạn bè đồng nghiệp trao đổi, động viên khích lệ tác giả q trình học tập làm luận văn trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Phượng Chương Hệ phương trình tốn tử đặt khơng chỉnh không gian Banach Chương giới thiệu hệ phương trình tốn tử đơn điệu khơng gian Banach, giới thiệu phương pháp hiệu chỉnh hệ phương trình tốn tử đơn điệu đặt không chỉnh hội tụ mạnh phương pháp Nội dung chương trình bày mục Mục 1.1 giới thiệu phương trình tốn tử đặt khơng chỉnh phương pháp hiệu chỉnh Browder–Tikhonov Mục 1.2 giới thiệu hệ phương trình tốn tử đơn điệu không gian Banach phương pháp hiệu chỉnh hệ phương trình tốn tử đặt khơng chỉnh Nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [1], [2], [3], [4] [6] 1.1 Phương trình tốn tử đặt không chỉnh phương pháp hiệu chỉnh 1.1.1 Một số tính chất hình học khơng gian Banach tốn tử đơn điệu Cho X khơng gian Banach với không gian đối ngẫu ký hiệu X ∗ Ta dùng ký hiệu k.k cho chuẩn X X ∗ viết tích đối ngẫu hx∗ , xi thay cho giá trị phiếm hàm tuyến tính x∗ ∈ X ∗ điểm x ∈ X, tức hx∗ , xi = x∗ (x) Định nghĩa 1.1.1 Không gian Banach X gọi phản xạ, với phần tử x∗∗ ∈ X ∗∗ , không gian liên hợp thứ hai X, tồn phần tử x ∈ X cho x∗ (x) = x∗∗ (x∗ ) với x∗ ∈ X ∗ Định lý 1.1.2 (xem [3]) Cho X khơng gian Banach Khi đó, khẳng định sau tương đương: (i) X không gian phản xạ (ii) Mọi dãy bị chặn X có dãy hội tụ yếu Ví dụ 1.1.3 Các không gian lp , không gian Lp [a, b], < p < ∞ không gian Banach phản xạ Ký hiệu SX := {x ∈ X : kxk = 1} mặt cầu đơn vị không gian Banach X Định nghĩa 1.1.4 Không gian Banach X gọi lồi chặt với điểm x, y ∈ X, x 6= y, mà kxk = 1, kyk = x + y < Ví dụ 1.1.5 Khơng gian X = Rn với chuẩn kxk2 xác định X 1/2 n , x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn kxk2 = x2i i=1 không gian lồi chặt Không gian X = Rn , n ≥ với chuẩn kxk1 xác định n X kxk1 = |xi |, x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn i=1 không gian lồi chặt Thật vậy, lấy x = (1, 0, , 0), y = (0, 1, 0, , 0) ∈ Rn Ta thấy x 6= y, kxk1 = kyk1 = kx + yk1 = Định nghĩa 1.1.6 Không gian Banach X gọi không gian trơn với điểm x nằm mặt cầu đơn vị SX X tồn phiếm hàm gx ∈ X ∗ cho hgx , xi = kxk kgx k = 29 −1 Vì Ai ánh xạ đơn điệu chặt x∗ với i = 0, 1, , N −1, nên x∗ ∈ ∩N i=0 Si Do đó, từ (2.9) suy x∗ ∈ SN Vậy x∗ ∈ S điều mâu thuẫn với giả thiết x∗ 6∈ S Trong trường hợp (b), từ (2.4) ta có lim k→+∞ kxδαkk δkp ρ(αk ) − x∗ k = lim = K lim = k→+∞ αk k→+∞ αk (2.10) Tiếp tục, thay δ, α x (1.12) δk , αk xδαkk , ta có αµk N  N −1 X δk δk kAN (xαk ) − fN k − i=0 αµk N −µi kAi (xαδk ) − k fiδk k  ≤ αk kxαδk − x∗ k k = ρ(αk ) = Kδkp Trong bất đẳng thức cho k → ∞ sử dụng (2.2), (2.10), tính bị chặn địa phương Ai với i = 1, 2, , N − αk → ∞, δk → ta có bất đẳng thức +∞ ≤ điều vô lý Vậy α = α(δ) → δ → 2) Từ (2.3) ta có
δ/α(δ) ≤ δ 1−p kz − x∗ k/ K − (N + 2) Vậy, trường hợp < p < δ/α → δ → 0, theo kết Định lý 1.2.4 ta có xδα(δ) → x0 3) Khi p = ta có δ/α(δ) ≤ C = kz − x∗ k/(K − (N + 2)) Khi đó, từ (1.15) với α(δ) → δ → suy tính bị chặn dãy {xδα(δ) } Mà X không gian Banach phản xạ, nên tồn dãy {xk := k xδα(δ } hội tụ yếu tới phần tử x∞ ∈ X k → ∞ Từ (1.12) thay α, δ k) x αk , δk xk , ta có kA0 xk − f0δk k ≤ N X i=1 αkµi kAi xk − fiδk k + αk kxk − x∗ k 30 Vậy, kA0 xk − f0δk k → k → ∞ Do đó, A(x∞ ) = f0 Bằng cách chứng minh tương tự, từ (1.12) tính chất λl -ngược đơn điệu mạnh Al với l = 1, 2, , N ta có 2.1.2 Tốc độ hội tụ nghiệm hiệu chỉnh Để đánh giá tốc độ hội tụ nghiệm hiệu chỉnh với cách chọn tham số Mục 2.1.1 ta cần phải sử dụng thêm thông tin nghiệm Một giả thiết thông dụng điều kiện trơn nghiệm, ngồi ta cần có thêm giả thiết đặt lên toán tử A0 sau: tồn số dương τ thỏa mãn kA0 y − f0 − (A00 x0 )∗ (y − x0 )k ≤ τ kA0 y − f0 k, (2.11) với y thuộc lân cận x0 ∈ S, A00 x0 đạo hàm Fréchet A0 x0 ∈ X, (A00 x)∗ toán tử liên hợp A00 x Định lý sau cho ta kết tốc độ hội tụ nghiệm hiệu chỉnh Định lý 2.1.3 Giả sử điều kiện sau thỏa mãn (i) Ai thỏa mãn điều kiện Bổ đề 2.1.1, A0 khả vi Fréchet có đạo hàm liên tục có tính chất (2.11) cịn ánh xạ Ai khác Li -liên tục Lipschitz lân cận x0 ; (ii) tồn phần tử ω ∈ X cho (A00 x0 )∗ ω = J(x0 − x∗ ), ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J thỏa mãn hJx − Jy, x − yi ≥ mJ kx − yk2 , mJ > (2.12) (iii) tham số hiệu chỉnh α = α(δ) chọn (2.4) với < p < Khi đó, ta có kxδα(δ) γ − x k = O(δ ),  γ =  − p µ1 p , s−1 s 31 Chứng minh Từ (1.2), (1.12), (2.12) tính chất Ai ta có mJ kxδα − x0 ks ≤ hJ(x0 − x∗ ) − J(xδα − x∗ ), x0 − xδα i N 0 xδα i X µi + α hAi xδα − fiδ , x0 − xδα i α i=0 0 xδα i X µi + α hfi − fiδ , x0 − xδα i α i=0 0 xδα i δ X µi δ α kxα − x0 k + α i=0 ≤ hJ(x − x∗ ), x − N ≤ hJ(x − x∗ ), x − (2.13) N ≤ hJ(x − x∗ ), x − Mặt khác, từ (2.11) điều kiện (ii) định lý, ta có hJ(x0 − x∗ ), x0 − xδα i = hω, A00 x0 (x0 − xδα )i ≤ kωk(τ + 1)(δ + kA0 xδα − f0 k) X  N ≤ kωk(τ + 1) αµi kAi (xδα ) − fiδ k + αkxδα − x∗ k i=1 Kết hợp (2.13) với bất đẳng thức suy N δ X µi δ α kxα − x0 k −x k ≤ α i=0 X  N δ δ µi + kωk(τ + 1) α (kAi xα − Ai x k + δ) + αkxα − x∗ k mU kxδα s (2.14) i=0 Nếu α chọn (2.4) ta có α(δ) ≤ 1, kxδα − x0 k ≤ kxδα − x∗ k kAi xδα − Ai x0 k ≤ Li kAi xδα − Ai x0 k, với δ đủ nhỏ Do đó, từ (2.14), (2.3) (2.5), ta có (N + 1)kz − x∗ k 1−p δ mJ kxδα(δ) − x0 ks ≤ δ kxα(δ) − x0 k K − (N + 2) X  N
µi δ δ 1−µi p + kωk(τ + 1) Li α(δ)kxα(δ) − x∗ k kxα(δ) − x∗ k + N δ + Kδ i=1 ≤ C1 δ 1−p kxδα(δ) − x0 k + C2 δ µ1 p , 32 đây, C1 , C2 số dương Áp dụng bất đẳng thức Young a, b, c ≥ 0, s > t, as ≤ bat + c =⇒ as = O(bs/(s−t) + c) cho bất đẳng thức ta được: δ xα(δ) − x = O(δ γ )  Định lí chứng minh 2.2 Phương pháp hiệu chỉnh lặp ví dụ minh họa 2.2.1 Phương pháp hiệu chỉnh lặp Trong mục ta xét phương pháp hiệu chỉnh lặp bậc khơng tìm nghiệm xấp xỉ hệ (1.2) với A0 toán tử đơn điệu, hemi-liên tục, cịn tốn tử Ai , i = 1, , N khác ngược đơn điệu mạnh không gian Hilbert thực H: zm+1 = h µ zm −βm A0 zm +αm N X i , µ+1 Ai zm +αm (zm −x+ ) z0 ∈ H, (2.15) i=1 {αm }, {βm } dãy tham số dương Trước tiên, ta xét phương trình: A0 x + µ αm N X µ+1 Ai x + αm (x − x+ ) = (2.16) i=1 Sự tồn nghiệm phương trình trình bày định lý sau Định lý 2.2.1 Giả sử A0 toán tử đơn điệu, hemi-liên tục với D(A0 ) = H, toán tử Ai khác λi -ngược đơn điệu mạnh với D(Ai ) = H, i = 1, , N S := ∩N i=0 Si 6= ∅ Khi đó, (i) phương trình (2.16) có nghiệm xm với αm > 0; 33 (ii) < αm ≤ 1, αm → 0, m → +∞ lim xm = x0 ∈ m→+∞ + S có x -chuẩn nhỏ   | αm+1 − αm | kxm+1 − xm k = O , µ+1 αm xm+1 nghiệm (2.16) với αm thay αm+1 Chứng minh (i) Vì Ai tốn tử λi -ngược đơn điệu mạnh với i = 1, 2, , N , nên Ai Li -liên tục Lipschitz đơn điệu với Li = 1/λi Do đó, Ai ánh xạ hemi-liên tục Vì vậy, với αm > 0, ánh xạ A := PN µ A0 + αm i=1 Ai hemi-liên tục đơn điệu với tập xác định D(A) = H Do đó, A ánh xạ đơn điệu cực đại Do phương trình (2.16) có nghiệm µ+1 Mặt khác, I ánh xạ đơn điệu chặt nên A + αm I ánh xạ đơn điệu chặt Vì phương trình (2.16) có nghiệm xm với αm > (ii) Bây ta chứng minh lim xm = x0 ∈ S có x+ -chuẩn nhỏ m→+∞ Thật vậy, từ (2.16) ta có hA0 xm , xm − xi + + µ αm N X hAi xm , xm − xi i=1 µ+1 αm hxm (2.17) − x+ , xm − xi = ∀x ∈ S Sử dụng tính chất đơn điệu Ai , (2.16) (2.17) suy hxm − x+ , xm − x+ i ≤ hxm − x+ , x − x+ i ∀x ∈ S Hay kxm − x+ k ≤ kx − x+ k ∀x ∈ S (2.18) Từ suy dãy {xm } bị chặn khơng gian Hilbert thực H, tồn dãy dãy {xm } hội tụ yếu H Khơng làm tính tổng qt, giả sử dãy {xm } hội tụ yếu đến x ∈ H m → +∞ Trước hết ta chứng minh x ∈ S0 Thật vậy, sử dụng tính chất đơn điệu 34 Ai , i = 0, 1, , N (2.16) ta có hA0 x, x − xm i ≥ hA0 xm , x − xm i ≥ µ αm µ ≥ αm N X i=1 N X µ+1 hAi xm , xm − xi + αm hxm − x+ , xm − xi µ+1 hAi x, xm − xi + αm hx − x+ , xm − xi ∀x ∈ H i=1 Cho αm → m → +∞ bất đẳng thức ta nhận được: hA0 x, x − xi ≥ ∀x ∈ H Theo Bổ đề Minty, x ∈ S0 Ta x ∈ Si , i = 1, 2, , N Thật từ (2.16) sử dụng tính đơn điệu Ai ta có: N X hAi xm , xm − xi + αm hxm − x+ , xm − xi = i=1 µ hA0 xm , x − xm i αm ≤ ∀x ∈ S0 Cho αm → m → +∞ ta N X hAi x, x − xi ≤ ∀x ∈ S0 i=1 Giả sử x b phần tử Si , i = 1, 2, , N Từ (2.19) suy 0= N X hAi x b, x b − xi ≥ i=1 N X hAi x, x b − xi ≥ i=1 Hay, N N X X hAi x, x b − xi = = hAi x b, x b − xi i=1 i=1 Vậy N X i=1 hAi x b − Ai x, x b − xi = (2.19) 35 Sử dụng tính chất λi -ngược đơn điệu mạnh Ai , i = 1, 2, , N ta nhận N N X X 0= hAi x b − Ai x, x b − xi ≥ λi kAi x b − Ai xk2 ≥ i=1 i=1 Do Ai x b = Ai x, i = 1, 2, , N, suy x b = x, hay x ∈ S Hơn từ (2.17) suy kxm − x+ k → kx − x+ k kx − x+ k ≤ kx − x+ k với x ∈ S Vì S tập lồi đóng, phần tử thuộc S có x+ -chuẩn nhỏ H nên xm → x x x0 phải tìm, nghĩa lim xm = x0 m→+∞ Tiếp theo giả sử xm+1 nghiệm (2.16) αm thay αm+1 Từ (2.16) ta suy hA0 xm+1 , xm+1 − xm i + + + + µ αm+1 N X hAi xm+1 , xm+1 − xm i i=1 µ+1 + αm+1 hxm+1 − x , xm+1 − xm i + hA0 xm , xm − xm+1 i N X µ µ+1 αm hAi (xm ), xm − xm+1 i + αm hxm − x+ , xm − xm+1 i i=1 N N X X µ µ αm+1 hAi xm , xm+1 − xm i + αm+1 hAi xm , xm − xm+1 i i=1 i=1 = Từ tính đơn điệu Ai , i = 0, 1, , N bất đẳng thức cuối ta nhận µ αm+1 − µ αm N
X µ+1 hAi xm , xm+1 − xm i + αm hxm − xm+1 , xm − xm+1 i i=1
µ+1 µ+1 + αm+1 − αm hxm+1 − x+ , xm+1 − xm i ≤ 0, 36 suy ra, hxm+1 − xm , xm+1 − xm i ≤ N µ µ X | αm+1 − αm | µ+1 αm + | hAi xm , xm − xm+1 i i=1 µ+1 − αm µ+1 αm µ+1 αm+1 | hxm+1 − x+ , xm − xm+1 i Do đó, kxm+1 − xm k ≤ N µ µ X | αm+1 − αm | µ+1 αm kAi xm k + µ+1 µ+1 | αm+1 − αm | i=1 µ+1 αm kxm+1 − x+ k Đặt d1 = max kAi xm k, i d0 ≥ kxm+1 − x+ k Ta nhận kxm+1 − xm k ≤ N d1 µ µ | αm+1 − αm | µ+1 αm + d0 µ+1 µ+1 | αm+1 − αm | µ+1 αm Sử dụng bất đẳng thức am − bm = (a − b)(am−1 + am−2 b + · · · + abm−2 + bm−1 ), ta nhận f kxm+1 − xm k ≤ M | αm+1 − αm | , µ+1 αm f số dương Do đó, M  | αm+1 − αm | kxm+1 − xm k = O µ+1 αm  Định lý chứng minh  Bổ đề 2.2.2 Giả sử {uk }, {ak }, {bk } dãy số dương thỏa mãn điều kiện sau: (i) uk+1 ≤ (1 − ak )uk + bk , ≤ ak ≤ 1; (ii) P∞ k=1 ak bk = k→+∞ ak = +∞, lim 37 Khi đó, lim uk = k→+∞ Sự hội tụ dãy lặp (2.15) công bố định lý sau Định lý 2.2.3 Giả sử dãy {αm }, {βm } (2.15) ánh xạ Ai thỏa mãn điều kiện sau: (i) A0 ánh xạ liên tục Lipschitz đơn điệu, ánh xạ Ai khác λi -ngược đơn điệu mạnh; (ii) ≥ αm & 0, βm → m → +∞; (iii) lim |αm+1 − αm | m→+∞ (iv) 2(µ+1) βm αm P∞ µ+1 m=0 βm αm βm µ+1 = 0; m→+∞ αm = 0, lim = +∞ Khi đó, lim zm = x0 ∈ S có x+ -chuẩn nhỏ m→+∞ Chứng minh Trước hết ta có kzm − x0 k ≤ kzm − xm k + kxm − x0 k Sử dụng Định lý 2.2.1 thành phần thứ hai vế phải đánh giá dần tới m → +∞ Vì ta cần chứng minh zm xấp xỉ xm m → +∞ Đặt 4m = kzm − xm k Khi đó, 4m+1 = kzm+1 − xm+1 k N X   µ µ+1 + = z − x − β A z + α A z + α (z − x ) m m m m i m m m m i=1 − (xm+1 − xm ) (2.20) N X   µ µ+1 + ≤ Ai zm + αm (zm − x ) zm − xm − βm A0 zm + αm i=1 + kxm+1 − xm k 38 Ở N X  2  µ+1 + µ zm − xm − βm A0 zm + αm Ai zm + αm (zm − x ) i=1 2 N X µ+1 + µ = kzm − xm k2 + βm A z + α (z − x ) A z + α i m m m m m i=1 N X  µ − 2βm zm − xm , A0 zm + αm µ+1 A i zm + α m (zm − x+ ) i=1 (2.21)  N X   µ+1 µ Ai xm + αm (xm − x+ ) − A0 xm + αm i=1
µ+1 ≤ − 2βm αm kzm − xm k2 N X µ µ+1 + + βm A z + α A z + α (z − x ) i m m m m m i=1 Vì A0 ánh xạ liên tục Lipschitz, ánh xạ Ai khác λi -ngược đơn điệu mạnh, i = 1, 2, , N , nên N X µ µ+1 + A0 zm + αm A z + α (z − x ) i m m m i=1 2 N X
µ µ+1 = A z − A x + α A z − A x + α (z − x ) m i m i m m m m m m i=1 ≤ ckzm − xm k2 , c số dương Từ (2.20), (2.21) bất đẳng thức cuối ta nhận  4m+1 ≤  1/2  | α − α | m+1 m µ+1 42m (1 − 2βm αm + cβm ) +O µ+1 αm Bình phương vế bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức sơ cấp   2 (a + b) ≤ (1 + αm βm )a + + b2 , αm βm 39 ta nhận µ+1 2 µ+2 42m+1 ≤42m − 2βm αm + αm βm + cβm − 2βm αm + cαm βm 2    | αm+1 − αm | O + 1+ µ+1 αm βm αm
(2.22) Điều kiện Bổ đề 2.2.2 cho dãy số {4m } (2.22) điều kiện (ii) - (iv) với µ+1 2 µ+2 am = 2βm αm − αm βm − cβm + 2βm αm − cαm βm ,    2 | αm+1 − αm | bm = + O µ+1 αm βm αm Chứng minh Định lý 2.2.3 hoàn thành  Chú ý 2.2.4 Các dãy βm = (1 + m)−1/2 αm = (1 + m)−p , < 2p < 1/(N + 1) thỏa mãn điều kiện (ii) - (iv) Định lý 2.2.3 2.2.2 Ví dụ số minh họa Xét hệ phương trình Ai x = 0, i = 1, 2, (2.23) đây, Ai = BiT ∗ Bi với     −1 −2 −1     B1 = 0 −1  ; B2 = −2  1 −1 −1 −1 Ta có det(Ai ) = 0, i = 1, nên phương trình (2.23) đặt khơng chỉnh, hệ (2.23) nói chung đặt khơng chỉnh Ta thấy x0 = (0, 0, 0)T ∈ R3 nghiệm có chuẩn nhỏ hệ (2.23) Từ kết đạt ta tìm nghiệm hệ (2.23) từ việc giải phương trình hiệu chỉnh αµ1 A1 x + αµ2 A2 x + αJ(x − x∗ ) = 0, (2.24) 40 ví dụ ta chọn x∗ = (0, 0, 0) ∈ R3 , µ1 = 0, µ2 = 1/2, α = 10−3 Sử dụng phương pháp hiệu chỉnh lặp (2.16) với dãy lặp   µ1 µ2 zm+1 = zm − βm α A1 zm + α A2 zm + αm zm để tìm nghiệm (2.24) với xấp xỉ ban đầu z0 = (1, 1, 1) ∈ R3 αm = (1 + m)−1/8 , βm = (1 + m)−1/2 Trong tính tốn thử nghiệm, max kzim+1 − zim k ≤ err 1≤i≤3 dừng tính tốn, với err sai số cho trước Sau kết tính tốn m err kx0 − zm k 10 9.3115 ×10−3 1.6250 ×10−2 50 3.9691 ×10−5 6.9863 ×10−5 100 1.1444 ×10−6 2.0268 ×10−6 200 1.1811 ×10−8 2.1096 ×10−8 Bảng 2.1 Kết tính toán minh họa cho hội tụ 41 Kết luận Luận văn đề cập đến vấn đề sau: • Trình bày phương pháp hiệu chỉnh hệ phương trình tốn tử đơn điệu, hemi-liên tục có tính chất không gian Banach, sở giải phương trình tốn tử phụ thuộc tham số trường hợp vế phải không trường hợp vế phải khác khơng • Giới thiệu cách chọn tham số hiệu chỉnh nguyên lý tựa độ lệch, sở đánh giá tốc độ hội tụ nghiệm hiệu chỉnh tới nghiệm xác hệ phương trình tốn tử cho • Giới thiệu phương pháp hiệu chỉnh lặp bậc khơng đưa ví dụ số minh họa cho tốc độ hội tụ phương pháp hiệu chỉnh với tham số hiệu chỉnh chọn tiên nghiệm 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phạm Kỳ Anh, Nguyễn Bường (2005), Bài tốn đặt khơng chỉnh, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Bường (2001), Hiệu chỉnh toán phi tuyến phương pháp toán tử đơn điệu, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Hồng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [4] Y Alber, I.P Ryazantseva (2006), Nonlinear ill-posed problems of monotone types, Springer Verlag [5] V Barbu (1976), Nonlinear semigroups and differential equations in Banach spaces, Acad Bucuresti Romania [6] Ng Buong, T.T Huong, and Ng.T.T Thuy (2016), "A quasi-residual principle in regularization for a solution of a finite system of ill-posed equations in Banach spaces", Russian Math., 60(3), 47–55 [7] F.E Browder (1966), "Existence and approximation of solutions of nonlinear variational inequalities", Proc Nat Acad Sei U.S.A, 56(4), 1080–1086 [8] I Ekeland, R Temam (1970), Convex analysis and variational problems, North-Holland Publishing Company, Amsterdam, Holland 43 [9] Ng.T.T Thuy (2012), "Regularization for a system of inverse-strongly monotone operator equations", Nonlinear Funct Anal Appl., 17(1), 71–87 [10] A.N Tikhonov (1963), "Regularization of inorrectly posed problems and the regularization method", Dolk Acad Nauk SSSR Math, 4, 1624–1627 [11] M.M Vainberg (1972), Variational method and method of monotone operators in the theory of nonlinear equations, M Nauka, in Russian