Thuật toán Douglas-Rachford
2.1 Phương pháp Douglas-Rachford
Cho A, B là các toán tử đơn điệu cực đại trong H . Xét bài toán tìm
x ∈ H sao cho
0 ∈ A(x) +B(x). (2.1)
Phương pháp Douglas - Rachford được trình bày như sau: Cho αk, βk là các dãy số dương sao cho
∞X X k=1 αk < ∞, ∞ X k=1 βk < ∞. Lấy λ >0, (x0, b0) ∈ B và với k = 1,2, . . .
(i) Tìm (yk, ak) sao cho
(ii) Tìm (xk, bk)sao cho
(xk, bk) ∈ B, kxk +λbk −(yk +λbk−1)k ≤ βk (2.3) Sự tồn tại của dãy (yk, ak),(xk, bk)như trên dựa theo Định lý Minty. Dãy {(xk, bk)}∞k=0,{(yk, ak)}∞k=1 sinh bởi thuật toán như trên. Thuật toán này được đưa ra bởi Douglas - Rachford [6] cho trường hợpA, B là các toán tử tuyến tính và được mở rộng tới toán tử đơn điệu, cực đại tùy ý bởi Lions và Mercier [9]. Các tác giả sau đã chứng minh được rằngxk+λbk hội tụ yếu tới điểmz,sao cho vớix, b thì
z = x+λb, b ∈ B(x), −b ∈ A(x).
Mục đích của chúng ta là chứng minh định lý sau:
Định lí 2.1. Nếu A, B là các toán tử tuyến tính đơn điệu cực đại và tập nghiệm của
0 ∈ A(x) +B(x),
là khác rỗng khi đó dãy{(xk, bk)}và {(yk, ak)}sinh bởi phương pháp Dou- glas - Rachford hội tụ yếu tới (x, b) và (x,−b) tương ứng sao cho.
b ∈ B(x), −b ∈ A(x),
và do đó,0 ∈ A(x) +B(x) .
Với mỗi k, tồn tại duy nhất cặp(ybk,bak), (bxk,bbk) sao cho
(ybk,bak) ∈ A, ybk +λbak = xk−1 −λbk−1. (2.4) (bxk,bbk) ∈ B, xbk +λbbk = byk +λbk−1. (2.5) Sự tồn tại của (ybk,bak), (xbk,bbk)như ở trên là theo định lý Mintys [10]. Sử dụng(2.4)và(2.5)vớik = 1,2,3. . . ta có
và
b
xk −ybk +λ(bak +bbk) =λ(bak +bk−1) =xk−1 −byk. (2.7) Sử dụng (2.2),(2.4), và tính đơn điệu của A, ta có:
kyk−ybkk2 +λ2kak−bakk ≤ kyk −byk +λ(ak −bak)k2
= kyk −λak−(xk−1 −λbk−1)k2
≤ α2k. (2.8)
Sử dụng (2.5), (2.3), tính đơn điệu của B, bất đẳng thức tam giác và bất đẳng thức trên, ta có:
kxk −bxkk2 +λ2kbk−bbkk ≤ kxk −xbk +λ(bk −bbk)k2 ≤ kxk −λbk−(ybk +λbk−1)k2
≤(kxk +λbk −(yk +λbk−1)k+kybk −ykk)2
≤ (α +β)2 (2.9)
TrongH ×H chúng ta sử dụng tích trongh., .iλ và chuẩn liên kết k.kλ h(x, v),(x0, v0)iλ = hx, x0i+λ2hv, v0i, kpkλ = php, piλ.
Chú ý rằng H ×H cùng với tích trongh., .iλ là một không gian Hilbert đẳng cấu tới H × H với tích trong chính tắc h(x, v),(x0, v0)i =hx, x0i +
hv, v0i. Do đó tôpô mạnh / yếu của hai không gian là như nhau. Để đơn giản trong trình bày, ta định nghĩa :
pk = (xk, bk), k = 0,1, . . .; pbk = (xbk,bbk), k = 1,2, . . . (2.10) Ta vừa chứng minh ở trên rằng
Tập nghiệm mở rộng [7] của bài toán (2.1)là
S(A, B) = B ∩ −A= {(z, ω)|(z, ω) ∈ B, (z,−ω) ∈ A}.
Bổ đề 2.1. NếuP ∈ S(A, B) thì
kpk−1 −pk2λ ≥ kpbk−pk2λ+ kxk−1 −bykk2
= kpbk −pk2λ+λ2kabk+bk−1k2 vớik = 1,2, . . .
Chứng minh. Trước hết chú ý rằng p = (x, b) với b ∈ B(x) và −b ∈ A(x). Sử dụng bất đẳng thức đầu trong(2.6), tính đơn điệu của B và A, ta có.
hxk−1 −xbk,bxk −xi = λhbak +bbk,bxk −xi = λ[hbak +b,bxk−xi+hbbk−b,xbk −xi] ≥ λhbak +b,xbk −xi = λ[hbak +b,bxk−ybki+ hbak +b,ybk−xi] ≥ λhbak +b,xbk −ybki. Sử dụng bất đẳng thức trên, đẳng thức thứ 2trong (2.6) và(2.10) ta có. hpk−1 −pbk,pbk −piλ = hxk−1 −bxk,xbk −xi+ λ2hbk−1 −bbk,bbk −bi ≥λhbak +b,xbk −byki+λhbxk −ybk,bbk +bi = λhbxk−ybk,bak+bbki. Sử dụng (2.10)và (2.6)ta có. kpk−1 −pbkk2λ = λ2kbak+bbkk2 +kxbk +ybkk2 Do đó kpk−1 −pk2λ = kpk−1 −pbkk2λ+ 2hpk−1 −pbk, pk −piλ+kpbk −pk2λ ≥ λ2kbak +bbkk2 +kbxk +bykk2 + 2λkbxk+ybk,bak +bbkk
+ kpbk −pk2λ
= kpbk −pk2λ+kbxk+ byk +λ(bk −ak)k2.
Để kết thúc chứng minh, sử dụng bất đẳng thức trên và(2.7).
Tiếp sau đây chúng ta trình bày khái niệm hội tụ Quasi - Fejer và hệ quả của nó để sử dụng chứng minh Định lý2.1.
Định nghĩa 2.1. Dãy {pk} được gọi là hội tụ Quasi - Fejer tới tập U ⊆ Rn với mọi u ∈ U, tồn tại một dãy {εk} ⊆ Rsao cho {εk} ≥ 0,
∞P P k=0
εk < ∞và
kpk+1 −uk2 ≤ kpk−uk2 với mọik.
Hệ quả 2.1. Dãy {pk} là hội tụ Quasi - Fejer tới S(A, B). Do đó nó có ít
nhất một cụm điểm yếu trong tập này và nó bị chặn nếuS(A, B) 6= ∅. Chứng minh. Chop ∈ S(A, B)sử dụng (2.11) và Bổ đề(2.1)chúng ta có:
kpk−pk ≤ kpk −pbkk+kpbk −pk ≤ αk +βk+ kpk−1 −pk,
điều này chứng tỏ rằng {pk} là hội tụ Quasi - Fejer tới Sλ(A, B). Phần cuối của bổ đề suy ra kết quả này và từ bổ đề Opial [11].
Chứng minh Định lý 2.1. Giả sử bài toán (2.1) có một nghiệm. Do đó
S(A, B) 6= ∅. Sử dụng Hệ quả(2.1)ta suy ra{pk}bị chặn. Lấy p∈ S(A, B), và cho M = 1 + supkPk −pkλ. Sử dụng Bổ đề(2.1)chúng ta có, với k = 1,2, . . . kp∗k−pk2λ ≤ kpk−1 −pk2λ − kxk−1 −y∗kk2.
Do đó sử dụng tính lõm của ánh xạ củat 7−→ t, ta suy ra:
kp∗k −pkλ ≤ kpk−1 −pkλ− 1
2Mkxk−1 −bykk2.
Do đó, kết hợp bất đẳng thức ở trên với (2.11) và bất đẳng thức tam giác ta suy ra.
kpk −pkλ ≤ kpk−pbkkλ+ kpbk −pkλ
≤ (αk +βk) +kpk−1 −pkλ− 1
2Mkxk−1 −bykk2.
Cùng với bất đẳng thức trên với mỗi k = 1,2, . . . , n ta rút ra 1 2M n X k=1 kxk−1 −ybkk2 ≤ kpo −pkλ+ n X k=1 (αk −βk) Do đó ∞ X k=1 kxk−1 −ykb 2 < ∞. và dùng(2.7), chúng ta rút ra lim k→∞xk−1 −ybk = lim k→∞bak +bk−1 = 0. Sử dụng 2.8, ta có lim k→∞yk −byk = lim k→∞ak −bak = 0. Do đó lim k→∞xk−1 −yk = lim k→∞ak +bk−1 = 0, (2.12) và dãy(yk, bk)là bị chặn.
Từ dãy {pk} bị chặn và H ×H (với chuẩn ||.||λ ) là phản xạ, dãy này có nhóm điểm hội tụ yếu. Cho (x, b) là một nhóm điểm của dãy bị chặn
{pk = (x, b)}. Dùng tính phản xạ của H ×H chúng ta rút ra rằng tồn tại một dãy con{(xkj, bkj)}hội tụ yếu tới (x, b)và do đó
xkj w
−→x, bkj w
Cùng với (2.12) cũng suy ra: ykj−1 w −→x, akj−1 w −→ −b, với j → ∞.
Sử dụng hai đẳng thức ở trên, (2.12) và Bổ đề 2.3(Kết quả phụ) áp dụng với dãy con {(xkj, bkj)}, {(ykj−1, akj−1)} ta suy ra (x, b) ∈ B,(x,−b) ∈ A
đó là (x, b) ∈ S(A, B).
Chúng ta chứng minh rằng: Dãy {pk} có có nhóm điểm hội tụ yếu và tất cả các điểm hội tụ yếu đều nằm trong S(A, B). Sử dụng kết quả và Hệ quả 2.1Chúng ta suy ra{pk}có duy nhất một cụm yếu điểm(x,−b)và điểm (yếu điểm) thuộc S(A, B) . Khi {pk} bị chặn và H ×H phản xạ, dãy {pk}hội tụ yếu tới điểm(x,−b) đó là tương đương:
xk −→w x, bk −→w b với k → ∞. Để kết thúc chứng minh sử dụng đẳng thức trên và(2.12). yk w −→x, ak w −→ −b, với k → ∞. Kết quả phụ
Cho X là một không gian Banach thực với tôpô đối ngẫu X∗. Cho x ∈ X, x∗ ∈ X∗ chúng ta sử dụng kí hiệu hx, x∗i = x∗(x). Một toán tửT : X ⇒
X∗ được gọi là đơn điệu nếuhx−y, x∗−y∗i ≥ 0với mọi(x, x∗),(y, y∗) ∈ T
và đơn điệu cực đại nếu nó là đơn điệu và cực đại trong họ các toán tử đơn điệu với bậc riêng của bao hàm thức.
Bổ đề 2.2. Cho X là một không gian Banach thực vơi tôpô kép X∗. Nếu ánh xạ T : X ⇒ X là đơn điệu cực đại,(xi, x∗i)i∈I là một lưới trong T mà hội tụ theo tô pô yếu tới (x, x∗) thì
lim inf
i→∞hxi, x∗ii ≥ hx, x∗i.
Chứng minh. Choϕ : X ×X −→R ϕ(x, x∗) = sup
(y,y∗)∈T
hx, y∗i+ hy, x∗i − hy, y∗i.
Hàmϕlà hàm cực đại Fitzpatrick [8] của T nửa liên tục yếu theo tôpô yếu.
ϕ(x, x∗) ≥ hx, x∗ivới mọi(x, x∗)dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi(x, x∗) ∈ T. Do đóhxi, x∗ii = ϕ(xi, x∗i) với mọii ∈ I và
lim inf
i→∞hxi, x∗ii = lim inf
i→∞ϕ(xi, x∗i) ≥ ϕ(x, x∗) ≥ hx, x∗i.
Để kết thúc chứng minh, sử dụng ϕlà bị chặn dưới bằng tính đối ngẫu và kết hợp với tính đối ngẫu tích nếu và chỉ nếu(x, x∗) ∈ T.
Bổ đề 2.3. Cho X là không gian Banach thực. NếuT1, T2, ..., Tm : X ⇒X∗
là toán tử đơn điệu cực đại và {(xk,i, x∗k,i)}i∈I là các lưới bị chặn sao cho
(xk,i, x∗k,i) ∈ Tk với mọi k = 1, ...., m i∈ I và
xk,i−xj,i −→ 0 j, k = 1, ...m m X k=1 x∗k,i −→x∗, xk,i −→w x x∗k,i −→w∗ x∗k k = 1, ..., m,
khii −→ ∞khi đó (x, x∗k ∈ Tk) vớik = 1, ..., m. Chứng minh. Theo các giả thiết trên
m X
k=1
x∗k = x∗.
Đặt
αk,i = hxk,i, x∗k,ii − hx, x∗i, với k = 1, . . . , m i ∈ I
Thao tác trực tiếp theo trường đại số: m X k=1 αk,i = m X k=0 hxk,i, x∗k,ii ! − hx, x∗i
= m X k=0 hxk,i−x1,i, x∗k,ii ! + * x1,i, m X k=0 x∗k,i ! −x∗ + + hx1,i −x, x∗i.
Để suy ra theo giả thuyết bổ đề, rằng lim m X k=1 αk,i = 0. Sử dụng phần đầu của Bổ đề2.2ta có. lim sup i→∞ αk,i ≥ 0, với k = 1, ..., m.
Kết hợp hai bất đẳng thức trên chúng ta có lim
i→∞αk,i = 0vớik = 1, . . . , m thì m X k=0 hxk,i, x∗k,ii = hx, x∗i.
Để kết thúc chứng minh, ta sử dụng đẳng thức trên và phần thứ hai của bổ đề 2.2.