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 tốn Mann, Halpern tính điểm bất động ánh xạ không giãn 11 1.5 Tốn tử chiếu khơng 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 khơng phải 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 Tốn học).Tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy điều thầy giành cho Tơi xin cảm ơn ban lãnh đạo phịng 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 tơi hồn thành khóa học Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người ln động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q 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 vơ 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 tốn đặt là: Tìm x∗ ∈ C1 : Ax∗ ∈ Q1 A : H1 → H2 tốn 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 khơng 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 khơng giãn, tốn tử chiếu khơng 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 tốn giải tốn chấp nhận tách dựa tiếp cận điểm bất động ánh xạ khơng giãn Luận văn hồn 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 Tốn khóa học 2014 -2016 thường xuyên quan tâm, tạo điều kiện thuận lợi giúp tơi hồn thành luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng, song chắn luận văn nhiều thiếu sót Tơi mong nhận đóng góp q 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 Tốn lớp Y, khóa 02/2014-02/2016 Chun ngành Tốn 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 khơng giãn, tốn tử chiếu khơng 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 khơng gian tuyến tính trường R Hàm số , : H × H → R gọi tích vơ 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 vơ hướng , gọi khơng gian unita hay khơng 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 khơng gian tuyến tính định chuẩn Định nghĩa 1.2 Không gian unita đầy đủ gọi khơng gian Hilbert thực Định lí 1.2 (Đẳng thức hình bình hành) Nếu H khơng 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 khơng 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 khơng giải thích thêm) Định nghĩa 1.5 Cho x ∈ C , nón pháp tuyến ngồi 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 khơng 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 khơng 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 tốn 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∗ tốn 41 Kết luận • Bản luận văn trình bày kiến thức điểm bất động ánh xạ không giãn không gian Hilbert thực; • Giới thiệu tốn chấp nhận tách, sau trình bày chi tiết thuật tốn 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 tốn 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 ... Bài tốn chấp nhận tách Trong chương phát biểu toán chấp nhận tách, toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm tốn chấp nhận tách Trình bày thuật toán giải toán chấp nhận tách dựa tiếp cận điểm bất. .. phương pháp lặp Mann Halpern tìm điểm bất động ánh xạ khơng giãn, tốn tử chiếu khơng gian Hilbert Chương 2: Tiếp cận điểm bất động giải toán chấp nhận tách Trong chương phát biểu toán chấp nhận. .. chương phát biểu toán chấp nhận tách, toán bất đẳng thức biến phân tập nghiệm tốn chấp nhận tách Trình bày thuật toán giải toán chấp nhận tách dựa tiếp cận điểm bất động ánh xạ không giãn Luận văn