Một phương pháp điểm bất động giải bài toán chấp nhận tách

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THẾ ĐẠO MỘT PHƯƠNG PHÁP ĐIỂM BẤT ĐỘNG GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN TÁCH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ THẾ ĐẠO MỘT PHƯƠNG PHÁP ĐIỂM BẤT ĐỘNG GIẢI BÀI TOÁN CHẤP NHẬN TÁCH Chuyên ngành: Phương pháp Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH LÊ DŨNG MƯU Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Danh sách ký hiệu iv Mở đầu 1 Điểm bất động ánh xạ không giãn 1.1 Không gian Hilbert thực 1.2 Tập lồi, hàm lồi vi phân 1.3 Điểm bất động ánh xạ không giãn 1.4 Thuật toán Mann, Halpern tính điểm bất động ánh xạ không giãn 11 1.5 Toán tử chiếu không gian Hilbert 14 Bài toán chấp nhận tách 15 2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân 15 2.2 Bài toán chấp nhận tách (Split feasibility problem) 18 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 ii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan nội dung luận văn tổng hợp từ tài liệu nêu phần tài liệu tham khảo theo chủ đề đề tài Tôi xin cam đoan luận văn chép tài liệu có Thái Nguyên, ngày 01 tháng 12 năm 2015 Học viên Đỗ Thế Đạo iii Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh, nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình GS.TSKH Lê Dũng Mưu (viện Toán học).Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy điều thầy giành cho Tôi xin cảm ơn ban lãnh đạo phòng sau Đại học, quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7Y (2014-2016) Trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho hoàn thành khóa học Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho suốt trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, 2015 Đỗ Thế Đạo Học viên Cao học Toán K7Y, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iv Danh sách ký hiệu R không gian số thực H không gian Hilbert thực X∗ không gian đối ngẫu X domf miền hữu hiệu f epif đồ thị f V IP (Ω, F ) toán V IP với ánh xạ F tập Ω Sol(Ω, F ) tập nghiệm toán V IP ∂f (xo ) vi phân f xo ∇f (x) đạo hàm hàm số f x NC (x) nón pháp tuyến điểm x tập C dC (x) khoảng cách từ điểm x đến tập C PC (x) phép chiếu khoảng cách điểm x lên tập C F ix(S) tập điểm bất động ánh xạ S x, y tích vô hướng hai vectơ x y x chuẩn vectơ x xn → x dãy {xn } hội tụ mạnh tới x xn dãy {xn } hội tụ yếu tới x x x := y x gán y ∀x x ∃x tồn x ∅ tập rỗng I ánh xạ đơn vị Mở đầu Chúng ta xét toán sau: Cho C1 , Q1 hai tập lồi, đóng cho ∅ = C1 ⊆ H1 , ∅ = Q1 ⊆ H2 với H1 , H2 hai không gian Hilbert Bài toán đặt là: Tìm x∗ ∈ C1 : Ax∗ ∈ Q1 A : H1 → H2 toán tử tuyến tính liên tục (bị chặn) Với tập C1 Q1 khác nhau, ta có toán chấp nhận tách khác Bài toán có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác gần quan tâm nghiên cứu Một trường hợp thường xét C1 Q1 tập điểm bất động ánh xạ không giãn Mục đích luận văn tìm hiểu phương pháp giải toán dựa theo phương pháp điểm bất động ánh xạ không giãn Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương 1: Điểm bất động ánh xạ không giãn Trong chương nghiên cứu định lí điểm bất động ánh xạ không giãn, nhắc lại số kiến thức như: Không gian Hilbert thực, tập lồi, hàm lồi, vi phân, ánh xạ không giãn, phương pháp lặp Mann Halpern tìm điểm bất động ánh xạ không giãn, toán tử chiếu không gian Hilbert Chương 2: Tiếp cận điểm bất động giải toán chấp nhận tách Trong chương phát biểu toán chấp nhận tách, toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán chấp nhận tách Trình bày thuật toán giải toán chấp nhận tách dựa tiếp cận điểm bất động ánh xạ không giãn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, hướng dẫn tận tình chu đáo thầy giáo GS.TSKH Lê Dũng Mưu Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy, người dạy kiến thức, kinh nghiệm học tập, nghiên cứa khoa học Nhân dịp xin cảm ơn thầy cô giáo khoa Toán, khoa sau Đại học bạn lớp Cao học Toán khóa học 2014 -2016 thường xuyên quan tâm, tạo điều kiện thuận lợi giúp hoàn thành luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng, song chắn luận văn nhiều thiếu sót Tôi mong nhận đóng góp quý báu thầy cô giáo bạn để luận văn ngày hoàn thiện Thái Nguyên, ngày 01 tháng 12 năm 2015 Đỗ Thế Đạo Học viên Cao học Toán lớp Y, khóa 02/2014-02/2016 Chuyên ngành Toán ứng dụng Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: daomh77@gmail.com Chương Điểm bất động ánh xạ không giãn Chương nghiên cứu định lý điểm bất động ánh xạ không giãn Dưới ta chúng nhắc lại số kiến thức như: Không gian Hilbert thực, tập lồi, hàm lồi, vi phân, ánh xạ không giãn, phương pháp lặp Mann Halpern tìm điểm bất động ánh xạ không giãn, toán tử chiếu không gian Hilbert Các kiến thức chương lấy tài liệu [1], [2], [3], [4] 1.1 Không gian Hilbert thực Định nghĩa 1.1 Cho H không gian tuyến tính trường R Hàm số , : H × H → R gọi tích vô hướng H thoả mãn đồng thời tính chất sau a) y, x = x, y , ∀x, y ∈ H; b) x + y, z = x, z + y, z , ∀x, y, z ∈ H; c) λx, y = λ x, y , ∀x, y ∈ H, ∀λ ∈ R; d) x, x ≥ 0, ∀x ∈ H, x, x = ⇒ x = Không gian H trang bị tích vô hướng , gọi không gian unita hay không gian tiền Hilbert thực Định lí 1.1 Nếu (H, , ) không gian unita hàm số ||x|| = chuẩn H x, x , ∀x ∈ H Vậy không gian unita không gian tuyến tính định chuẩn Định nghĩa 1.2 Không gian unita đầy đủ gọi không gian Hilbert thực Định lí 1.2 (Đẳng thức hình bình hành) Nếu H không gian unita ||x+y||2 +||x−y||2 = 2(||x||2 +||y||2 ), ∀x, y ∈ H Định lí 1.3 ( Định lý Riesz) Giả sử H không gian Hilbert Khi a) Với phần tử y thuộc H, phiếm hàm x∗ xác định x∗ (x) = x, y , x ∈ H tuyến tính liên tục ||x∗ || = ||y|| b) Ngược lại, x∗ phiếm hàm tuyến tính liên tục H tồn phần tử y H cho x∗ (x) = x, y , x ∈ H Định lí 1.4 Không gian Hilbert không gian phản xạ 1.2 Tập lồi, hàm lồi vi phân Định nghĩa 1.3 Một tập C ⊆ H gọi tập lồi ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C Định nghĩa 1.4 Một tập C ⊆ H gọi nón ∀x ∈ C, ∀λ > ⇒ λx ∈ C Một nón gọi nón lồi đồng thời tập lồi Như vậy, tập lồi C nón lồi có tính chất sau: i) λC ⊆ C, λ > ii) C + C ⊆ C Tập C ⊆ H ta giả thiết C tập lồi (nếu không giải thích thêm) Định nghĩa 1.5 Cho x ∈ C , nón pháp tuyến C x, kí hiệu NC (x) := {w ∈ H : w, y − x ≤ 0, y ∈ C} Cho C ⊆ H f : H → 2H ta kí hiệu 28 −δk (1 − δk ||A||2 )||Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ||2 +δk (||uk+1 − uk ||2 − ||Axk+1 − Axk ||2 ≤ ||xk+1 − xk ||2 Như ||y k+1 − y k || ≤ ||xk+1 − xk || (2.13) Từ (2.13), Bổ đề (2.1) tính không giãn ánh xạ T PC viết ||y k+1 − y k || = ||T (z k+1 ) − T (z k )|| ≤ ||z k+1 − z k || = ||PC (y k+1 − λk+1 µF (y k+1 )) − PC (y k − λk µF (y k ))|| ≤ ||y k+1 − λk+1 µF (y k+1 ) − y k + λk µF (y k )|| = ||(I − λk µF )(y k+1 ) − (I − λk µF (y k ) + µ(λk − λk+1 F (y k+1 ))|| ≤ (1 − λk τ )||y k+1 − y k || + µ|λk − λk+1 |||F (y k+1 )|| ≤ (1 − λk τ )||xk+1 − xk || + µ|λk − λk+1 |||F (y k+1 )|| Vậy ta có ||tk+1 − tk || − ||xk+1 − xk || ≤ −λk τ ||xk+1 − xk || + µ|λk − λk+1 |||F (y k+1 )|| Do {xk } , {yk } , {F (yk )} bị chặn lim λk = ∞, k→∞ nên lim (||tk+1 − tk || − ||xk+1 − xk ||) ≤ k→∞ Từ ta suy lim ||tk − xk || = k→∞ lim ||xk+1 − xk || = lim (1 − αk )||tk − xk || = k→∞ k→∞ Sử dụng tính bị chặn {F (yk )} lim λk = 0, k→∞ (2.14) 29 có ||z k − y k || = ||PC (y k − λk µF (y k )) − PC (y k )|| (2.15) ≤ ||y k − λk µF (y k ) − y k || = λk µ||F (y k )|| −→ (2.16) Từ tính không giãn T (2.15), cho ta ||tk − T (y k )|| = ||T (z k ) − T (y k )|| ≤ ||z k − y k || −→ (2.17) Từ (2.14) (2.17) ta có (2.18) ||xk − T (y k )|| ≤ ||xk − tk || + ||tk − T (y k )|| −→ Sử dụng (2.8) (2.10) ta có || xk+1 − x∗ ||2 = ||αk xk + (1 − αk )tk − x∗ ||2 = ||αk (xk − x∗ ) + (1 − αk )(tk − x∗ )||2 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||tk − x∗ ||2 = αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||T (z k ) − T (x∗ )||2 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||z k − x∗ ||2 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk ) (1 − λk τ )||y k − x∗ || + λk µ||F (x∗ )|| ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )(1 − λk τ )2 ||y k − x∗ ||2 +(1 − αk )λk µ||F (x∗ )|| [2(1 − λk τ )||yk − x∗ || + λk µ||F (x∗ )||] ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )(1 − λk τ )2 [||xk − x∗ ||2 −δ(1 − δk ||A||2 )||Suk − Axk ||2 − δk ||uk − Axk ||2 ] +(1 − αk )λk µ||F (x∗ )|| [2(1 − λk τ )||yk − x∗ || + λk µ||F (x∗ )||] 30 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||xk − x∗ ||2 −δk (1 − αk )(1 − λk τ )2 (1 − δk ||A||2 )||Suk − Axk ||2 + ||uk − Axk ||2 +(1 − αk )λk µ||F (x∗ )|| [2(1 − λk τ )||yk − x∗ || + λk µ||F (x∗ )||] ≤ ||xk − x∗ ||2 −δk (1 − αk )(1 − λk τ )2 (1 − δk ||A||2 )||Suk − Axk ||2 + ||uk − Axk ||2 +(1 − αk )λk µ||F (x∗ )|| [2(1 − λk τ )||yk − x∗ || + λk µ||F (x∗ )||] (2.19) Từ (2.19) lưu ý {δk } ⊂ [a, b] với a, b ∈ (0, ), ||A||2 thu a(1 − αk )(1 − λk τ )2 (1 − b||A||2 )||Suk − Axk ||2 + ||uk − Axk ||2 ≤ δk (1 − αk )(1 − λk τ )2 (1 − δk ||A||2 )||Suk − Axk ||2 + ||uk − Axk ||2 ≤ ||xk − x∗ ||2 − ||xk+1 − x∗ ||2 +(1 − αk )λk µ||F (x∗ )||[2(1 − λk τ )||yk − x∗ || + λk µ||F (x∗ )||] ≤ (||xk − x∗ || − ||xk+1 − x∗ ||)||xk+1 − xk || +(1 − αk )λk µ||F (x∗ )|| [2(1 − λk τ )||yk − x∗ || + λk µ||F (x∗ )||] (2.20) Từ lim ||xk+1 − xk || = 0, lim λk = 0, < lim inf αk ≤ lim supαk < k→∞ k→∞ k→∞ k→∞ từ tính bị chặn xk , y k , nên vế phải (2.20) tiến dần tới k −→ ∞ Như ta có lim ||Suk − Axk || = 0, (2.21) lim ||uk − Axk || = 0, (2.22) k→∞ k→∞ Từ (2.21) ta có ||y k − xk || = ||PC (xk + δk A∗ (Suk − Axk )) − PC (xk )|| 31 ≤ ||xk + δk A∗ (Suk − Axk ) − xk || = ||δk A∗ (Suk − Axk )|| (2.23) ≤ δk ||A∗ || ||Suk − Axk || = δk ||A|| ||Suk − Axk || −→ (2.24) Sử dụng (2.18) (2.28) viết ||y k − T (y k )|| ≤ ||xk − y k || + ||xk − y k || + ||xk − T (y k )|| −→ Như lim ||y k − T y k || = k→∞ (2.25) Từ (2.21) (2.22), có ||uk − Suk || ≤ ||uk − Axk || + ||Suk − Axk || −→ Suy lim ||uk − Suk || = 0, k→∞ từ ta lim sup F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ ≥ k→∞ Có dãy y ki y k cho lim sup F (x∗ ), y k − x∗ = lim sup F (x∗ ), y ki − x∗ i→∞ k→∞ Do y ki bị chặn, ta có y ki y Như lim sup F (x∗ ), y k − x∗ = lim sup F (x∗ ), y ki − x∗ k→∞ i→∞ = F (x∗ ), y − x∗ Do y ki ⊂ C, y ki y (2.26) 32 C đóng yếu, nên y ∈ C Giả sử y ∈ / F ix(T ), tức y = T (y) Từ y ki y T phép ánh xạ, từ (2.25) bổ đề Opial, tức lim inf ||y ki − y|| < lim inf ||y ki − T (y)|| i→∞ i→∞ ≤ lim inf ||y ki − T (y ki )|| + ||T (y ki ) − T (y)|| i→∞ ≤ lim inf ||T (y ki ) − T (y)|| i→∞ ≤ lim inf ||y ki − y|| i→∞ Đây mâu thuẫn, y ∈ F ix(T ) Từ y ki Axki y (2.27), xki y ta có Ay Từ (2.22) có uki Ay (2.27) Ta nhận thấy Ay ∈ Q uki ⊂ Q, (2.27) Q đóng yếu Bây chứng minh Ay ∈ F ix(S) Trái lại, S(Ay) = Ay bổ đề Opial (2.26), có lim inf ||uki − Ay|| < lim inf ||uki − S(Ay)|| i→∞ i→∞ = lim inf ||y ki − T (y ki )|| + ||T (y ki ) − T (y)|| i→∞ ≤ lim inf ||uki − Sukj || + ||Suki − S(Ay)|| i→∞ = lim inf ||Suki − S(Ay)|| i→∞ ≤ lim inf ||uki − Ay|| i→∞ Đó mâu thuẫn Như Ay ∈ F ix(S), y ∈ Ω Từ x∗ ∈ Sol(Ω, F ) y ∈ Ω ta có F (x∗ ), y − x∗ ≥ 0, suy lim sup F (x∗ ), y k − x∗ = F (x∗ ), y − x∗ ≥ k→∞ 33 Từ F (y k ) bị chặn, lim λk = 0, k→∞ viết lim sup F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ k→∞ = = = lim sup F (x∗ ), y k − x∗ − λk µ F (x∗ ), F (y k ) k→∞ lim sup F (x∗ ), y k − x∗ k→∞ F (x∗ ), y − x∗ ≥ (2.28) Cuối cùng, chứng minh xk hội tụ đến điểm x∗ Sử dụng phép biến đổi đơn giản viết ||xk+1 − x∗ ||2 = ||αk xk + (1 − αk )tk − x∗ ||2 = ||αk (xk − x∗ ) + (1 − αk )(tk − x∗ )||2 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||tk − x∗ ||2 = αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||T (z k ) − T (x∗ )||2 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||z k − x∗ ||2 = αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||PC (y k − λk µF (y k ) − PC (x∗ )||2 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )||y k − λk µF (y k ) − x∗ ||2 = αk ||xk − x∗ ||2 +(1 − αk )||(I − λk µF )(y k ) − (I − λk µF )(x∗ ) − λk µF (x∗ )||2 ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )[||(I − λk µF )(y k ) − (I − λµF )(x∗ )||2 −2λk µ F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ ] ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )(1 − λk τ )2 ||y k − x∗ ||2 −2λk µ(1 − αk ) F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ ≤ αk ||xk − x∗ ||2 + (1 − αk )(1 − λk τ )||y k − x∗ ||2 34 −2λk µ(1 − αk ) F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ = [1 − λk (1 − αk )τ ] ||xk − x∗ ||2 −2λk µ(1 − αk ) F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ = [1 − λk (1 − αk )τ ] ||xk − x∗ ||2 − 2(1 − αk )λk τ δk , δk := − 2µ F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ τ Từ lim sup F (x∗ ), y k − λk µF (y k ) − x∗ ≥ 0, k→∞ có lim sup δk ≤ k→∞ Bây thay vào Bổ đề 2.5, kết luận xk −→ x∗ Ví dụ 2.5 Cho hai tập C = [0; 1] × [0; 1] × [0; 1] ⊆ H1 = R3 Q = [0; 1] × [0; 1] ⊆ H2 = R2 T phép chiếu lên tập C, S phép chiếu lên tập Q Do F ix(T ) = C F ix(S) = Q A toán tử xác định sau: A : R3 −→ R2 x −→ Ax với  A= 0   35 F ánh xạ cho sau: F : C −→ H1  2x1 +   x⊥ = (x1 ; x2 ; x3 ) −→ F (x) =  2x2 −  2x3 +      Bài toán cấp tìm tập Ω = {x∗ ∈ C : T (x∗ ) = x∗ , S(Ax∗ ) = Ax∗ } Bài toán hai cấp Tìm x∗ ∈ Ω : F (x∗ ), y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ Ω Bây sử dụng thuật toán vào việc giải Ví dụ 2.5: Trước sử dụng thuật toán, ta nhắc lại kiến thức phép chiếu điểm hình hộp Cho hình hộp H = {h ∈ Rn : a ≤ h ≤ b} Cho  x    x2    x3 x ∈ Rn , x =        xn Khi hình chiếu x lên hình hộp H               36        PH (x) = y =        y1 y2 y3 yn               tọa độ     xj    yj = aj      bj aj ≤ xj ≤ bj xj < aj xj > bj Sau ta xét Ví dụ 2.5 a Kiểm tra điều kiện Định lí 2.3 a.1 Dễ thấy C, Q hai tập lồi, đóng, khác rỗng a.2 Gọi x = (x1 ; x2 ; x3 ) ta có    x1 0    Ax = x2  x3     = (x1 ; x2 )  Tính ||A||: ||A|| = sup ||Ax|| = sup ||Ax||, ||x||≤1 ||Ax|| = x21 + x22 ≤ ||x||=1 x21 + x22 + x23 x21 + x22 + x23 = ||x|| = nên sup ||Ax|| = ||x||=1 37 Như ||A|| = a.3 Dễ thấy F β - đơn điệu mạnh C L - Lipschits liên tục C với β = 2, L = a.4 Vì T phép chiếu lên tập C, S phép chiếu lên tập Q, nên T, S ánh xạ không giãn Vậy tập C, Q; ánh xạ T, S, F ; toán tử A thỏa mãn điều kiện Định lí 2.3 b Tìm nghiệm x∗ thỏa mãn x∗ ∈ Ω : F (x∗ ), y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ Ω với Ω = {x∗ ∈ C : T (x∗ ) = x∗ , S(Ax∗ ) = Ax∗ } Để tìm nghiệm x∗ ta chọn 1 ; ; 2 xo = δk = ∈ µ= 0; ∈ λk = ∈ C, ||A||2 0; 2β L2 = (0; 1), = (0; 1), ∈ [0; 1], k+1 αk = , lim λk = 0, k→∞ ∞ λk (1 − αk ) = ∞, k=0 38 < lim inf αk ≤ lim sup αk < k→∞ k→∞ Bước 1: Tính x1 Tính uo :             0   Axo =   =          uo = PQ (Axo ) = 1 ; , 2 1 ; 2 Tính y o : Suo = 1 ; , 2 Suo − Axo = (0; 0),       ∗ A = 0 1,   0 δo A∗ (Suo − Axo ) = (0; 0; 0), xo + δo A∗ (Suo − Axo ) = 1 , ; ; 2 y o = PC (xo + δo A∗ (Su0 − Axo )) = Tính z o :       o F (y ) =  ,   1 ; ; 2 39 λo = 1, λo µF (y o ) = (1; 0; 1), 1 − ; ;− , 2 y o − λo µF (y o ) = z o := PC (y o − λo µF (y o )) = 0; ; Tính x1 : 0; ; , T (z o ) = (1 − αo )T (z o ) = αo xo = 0; ; , 1 ; ; , 4 x1 = αo xo + (1 − αo )T (z o ) = 1 ; ; 4 Bước 2: Tính x2 Tính u1 :           0      Ax =   =          1 ; , 4 u1 = PQ (Ax1 ) = 1 ; Tính y : Su1 = 1 ; , Su1 − Ax1 = (0; 0), 40 δ1 A∗ (Su1 − Ax1 ) = (0; 0; 0), 1 ; ; , 4 x1 + δ1 A∗ (Su1 − Ax1 ) = y = PC (x1 + δ1 A∗ (Su1 − Ax1 )) = 1 ; ; 4 Tính z :             , F (y ) =  −           λ1 = , 3 λ1 µF (y ) = ( ; − ; ), 8 − ; ;− , 8 y − λ1 µF (y ) = z := PC (y − λ1 µF (y )) = 0; ; Tính x2 : T (z ) = 0; ; , (1 − α1 )T (z ) = α1 x1 = 0; ;0 , 16 1 ; ; , 8 x2 = α1 x1 + (1 − α1 )T (z ) = ; ; 16 Cứ tiếp tục dãy xk hội tụ nghiệm x∗ toán 41 Kết luận • Bản luận văn trình bày kiến thức điểm bất động ánh xạ không giãn không gian Hilbert thực; • Giới thiệu toán chấp nhận tách, sau trình bày chi tiết thuật toán toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm toán chấp nhận tách với tập điểm bất động ánh xạ không giãn Sự hội tụ thuật toán chứng minh chi tiết Một ví dụ số đưa để minh họa cho thuật toán 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Xuân Liêm (1997), Giải tích hàm, NXB Giáo dục [2] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà nội [3] Đỗ Hồng Tân, Nguyễn Thị Thanh Hà (2003), Các định lí điểm bất động, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội [4] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Tối ưu phi tuyến, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [5] Anh T.V., Muu L.D (2015), A projection-fixed point method for a class of bilevel variational inequalities with split fixed point constraints Optimization, http://dx.doi.org/10.1080/02331934.2015.1101599 [6] Ceng L.-C., Ansari Q.H., Yao J.-C (2012), An extragradient method for solving split feasibility and fixed point problems, Computers and Mathematics with Applications, 64, pp 633–642 [...]... chương này phát biểu bài toán chấp nhận tách, bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập nghiệm của bài toán chấp nhận tách Trình bày một thuật toán giải bài toán chấp nhận tách dựa trên tiếp cận điểm bất động của ánh xạ không giãn Các kiến thức được lấy từ các tài liệu [3], [5] 2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân Trước khi xét bài toán bất đẳng thức biến phân ta xét một số định nghĩa về toán tử đơn điệu... là bài toán bất đẳng thức biến phân Phát biểu bài toán Cho C là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong H và F : H → H là một ánh xạ đơn trị Khi đó bài toán bất đẳng thức biến phân phát biểu như sau: Tìm x∗ ∈ C : F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ C (V IP ) Bài toán bất đẳng thức biến phân (V IP ) có quan hệ mật thiết với nhiều bài toán khác của giải tích phi tuyến như: Bài toán bù phi tuyến, bài toán điểm bất động, ... điểm bất động, bài toán quy hoạch lồi, Ngoài ra, còn có nhiều ứng dụng trong thực tế như: Bài toán xác định phương án sản xuất, bài toán cân bằng mạng giao thông, Dưới đây ta xét một trường hợp riêng điển hình của bài toán bất đẳng thức biến phân 18 Bài toán điểm bất động Brouwer Cho C là tập tùy ý lồi, đóng trong không gian Hilbert H và T : C → C là ánh xạ đơn trị Bài toán điểm bất động của ánh xạ... C : T (x∗ ) = x∗ , S(Ax∗ ) = Ax∗ } Bài toán ta xét ở đây là: Tìm x∗ ∈ Ω : F (x∗ ), y − x∗ ≥ 0, ∀y ∈ Ω (BV I) trong đó F : C → H1 Đây là bài toán hai cấp: cấp dưới là bài toán điểm bất động tách, cấp trên là bài toán bất đẳng thức biến phân 21 Chú ý 2.1 Trong một trường hợp riêng quan trọng khi F là một đạo hàm của một hàm lồi f thì bài toán (BV I) trở thành bài toán tối ưu: Min {f (x) : x ∈ Ω} Thật... ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ b 20 Dưới đây ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân trên tập nghiệm của bài toán chấp nhận tách Cụ thể, cho C là một tập lồi đóng trong không gian Hilbert H1 và Q là một tập lồi đóng trong không gian H2 Giả sử T :C→C và S:Q→Q là các ánh xạ không giãn Ngoài ra cho A : H1 → H2 là toán tử tuyến tính liên tục Gọi Ω là tập nghiệm của bài toán bất động tách Tìm x∗ ∈ C : T (x∗ ) = x∗ , S(Ax∗... chặt trên C thì bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP), nếu có nghiệm, thì nghiệm là duy nhất ii) Nếu F là đơn điệu mạnh trên C thì bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP) luôn có duy nhất một nghiệm 2.2 Bài toán chấp nhận tách (Split feasibility problem) Chúng ta xét bài toán sau: Cho C1 , Q1 là hai tập lồi, đóng sao cho ∅ = C1 ⊆ H1 , ∅ = Q1 ⊆ H2 với H1 , H2 là hai không gian Hilbert Bài toán đặt ra là:... Hilbert Bài toán đặt ra là: Tìm x∗ ∈ C1 : Ax∗ ∈ Q1 19 trong đó A : H1 → H2 là một toán tử tuyến tính liên tục (bị chặn) Với những tập C1 và Q1 khác nhau, ta có các bài toán chấp nhận tách khác nhau Một trường hợp thường được xét là khi C1 và Q1 là tập điểm bất động của các ánh xạ không giãn Ví dụ 2.3 Giả sử có ba công ty cùng sản xuất một loại hàng hóa Gọi xj (j = 1, 2, 3) là số lượng hàng được sản xuất bởi... không có điểm bất động và nếu chúng có điểm bất động thì điểm đó không nhất thiết là duy nhất (chẳng hạn, ánh xạ đồng nhất) Ví dụ 1.2 Phép tịnh tiến trên đường thẳng thực, phép quay của đường tròn đơn vị trên mặt phẳng quanh gốc tọa độ là những ví dụ về ánh xạ không giãn mà không có điểm bất động Nguyên lý Banach phát biểu cho ánh xạ co trong một không gian mêtric đầy đủ tuỳ ý Cho không gian một cấu... chiếu của một điểm lên một tập lồi, đóng bất kỳ là một vấn đề khó Tuy nhiên trong một số trường hợp ví dụ như khi tập lồi đóng là đa diện được cho dưới dạng bất đẳng thức tuyến tính thì hình chiếu có thể tính được theo các chương trình có sẵn trong phần mềm MALAB Thậm chí khi tập lồi đóng là hình cầu, hình hộp hay siêu phẳng thì có công thức hiển đế tính hình chiếu 15 Chương 2 Bài toán chấp nhận tách Trong... (x∗ ), x − x∗ ≤ f (x) − f (x∗ ), ∀x Do đó điều kiện trong bài toán (BV I) ∇f (x∗ ), x − x∗ ≥ 0, ∀x ∈ Ω kéo theo f (x∗ ) ≤ f (x), ∀x ∈ Ω Vậy nghiệm x∗ của (BV I) chính là nghiệm của bài toán tối ưu min f (x) x∈Ω Dưới đây là thuật toán giải bài toán hai cấp ở trên Trước tiên chúng ta xét một số định nghĩa, một số bổ đề, mệnh đề sau: Định nghĩa 2.7 một ánh xạ φ : C → H Ta nói rằng φ là a) β đơn điệu mạnh