Định lý 1.3.1. Giả sử A là một toán tử đơn điệu h-liên tục và bức, K là một con lồi đóng của X thỏa mãn intK 6= ∅. Khi đó, bất đẳng thức (1.5) có ít nhất một nghiệm với mọi f ∈ X∗.
Phần tử x0 ∈ S0 có chuẩn nhỏ nhất được gọi là nghiệm chuẩn tắc của bài toán (1.5). Tính chất của tập nghiệm đúng S0 và tập nghiệm chuẩn tắc
S∗ của bài toán (1.5) được cho bởi bổ đề sau.
Bổ đề 1.3.2. Tập nghiệm đúng S0 của bài toán (1.5) là một tập đóng. Nếu
S0 6= ∅ thì tập con S∗ -nghiệm chuẩn tắc của bài toán (1.5) cũng là tập đóng.
Ngoài ra nếu A là một toán tử đơn điệu h-liên tục, thì S0 và S∗ là các tập lồi.
Chú ý rằng nếu A là toán tử đơn điệu ngặt thì nghiệmx0 của bất đẳng thức biến phân (1.5) là duy nhất. Thật vậy, giả sử x1 là một nghiệm khác của (1.5). Khi đó ta có
hA(x0)−f, x1 −x0i ≥ 0 (1.14)
hA(x1)−f, x0 −x1i ≥ 0 (1.15) Kết hợp hai bất đẳng thức này ta được
hA(x0)−A(x1), x1 −x0i ≥ 0.
Vì A là toán tử đơn điệu nên từ bất đẳng thức cuối cùng suy ra
Bất đẳng thức này mâu thuẫn với x1 6= x0 và tính chất đơn điệu ngặt của toán tử A.
Chương 2
Nghiệm hiệu chỉnh của bất đẳng thức biến phân đơn điệu
2.1. Nghiệm hiệu chỉnh 2.1.1. Bài toán hiệu chỉnh
Cho X là không gian Banach phản xạ thực có tính chất E −S, X và
X∗ là các không gian lồi chặt, K là một tập con lồi đóng yếu củaX. Ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân đã được đề cập ở Chương 1: tìm x0 ∈ K
sao cho
hA(x0)−f, x−x0i ≥ 0 ∀x ∈ K, (2.1) ở đây A :D(A) ≡X →X∗ là một toán tử đơn điệu, h-liên tục và bị chặn,
f là phần tử cho trước thuộc X∗. Nếu toán tử A không có tính chất đơn điệu đều hoặc đơn điệu mạnh thì bài toán (2.1) nói chung là một bài toán đặt không chỉnh theo nghĩa nghiệm của bài toán không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện (A, f). Kí hiệu tập nghiệm của bài toán(2.1)làS0 với giả thiết
S0 6= ∅ và S0 ⊂ K. Khi đó S0 là tập đóng và lồi trong X (Bổ đề 1.3.2). Thay cho các giá trị đúng (A, f) ta chỉ biết được các xấp xỉ (Ah, fδ), và giá trị của các đại lượng τ = (h, δ). Trong chương này ta giả sử các xấp
xỉ (Ah, fδ) sẽ được lấy sao cho các điều kiện sau thoả mãn:
fδ ∈ X∗ : kfδ −fk ≤ δ, δ → 0, (2.2)
Ah :D(Ah) ≡ X →X∗ là toán tử đơn điệu, h-liên tục và bị chặn sao cho
kAh(x)−A(x)k ≤ hg(kxk) ∀x ∈ X, h →0, (2.3) ở đây g(t) là hàm thực không âm, liên tục và bị chặn.
Để giải bài toán đặt không chỉnh (2.1) ta phải sử dụng các phương pháp giải ổn định. Một trong các phương pháp được sử dụng rộng rãi và rất hiệu quả là phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov. Tư tưởng của phương pháp hiệu chỉnh do Browder đề xuất năm 1966 cho bài toán bất đẳng thức biến phân (còn gọi là phương pháp hiệu chỉnh Browder-Tikhonov) là sử dụng một toán tử M : X → X∗ có tính chất h-liên tục, đơn điệu mạnh làm thành phần hiệu chỉnh. Một dạng của toán tử M là ánh xạ đối ngẫu tổng quát Us của
X (xem [4]). Bằng phương pháp này, Alber [3] đã xây dựng nghiệm hiệu chỉnh cho bài toán (2.1) dựa trên việc giải bất đẳng thức biến phân: tìm
xτα ∈ K sao cho
hAh(xτα) +αUs(xτα−x∗)−fδ, x−xταi ≥ 0 ∀x ∈ K, (2.4) ở đây x∗ là phần tử trongX đóng vai trò như là tiêu chuẩn cho sự lựa chọn của nghiệm, τ = (h, δ).
2.1.2. Sự hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh
Sự hội tụ của dãy nghiệm hiệu chỉnh đến nghiệm chính xác của bài toán (2.1) được chứng minh trong định lý sau (xem [3]). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Định lý 2.1.1. Với mỗi α > 0, h > 0và fδ ∈ X∗, bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh (2.4) có duy nhất nghiệm xτα. Ngoài ra, nếu h+δ
α , α → 0 thì
{xτα} hội tụ đến phần tử x0 ∈ S0 có x∗-chuẩn nhỏ nhất.
Chứng minh. DoX∗ là không gian lồi chặt nên Us là một ánh xạ h-liên tục. Vì vậy, Ah+αUs cũng là một toán tử đơn điệu và h-liên tục từ X vào X∗. Mặt khác, do Us là toán tử bức nên với mỗi α > 0toán tử Ah+αUs cũng là một toán tử bức. Thật vậy, ta xét h(Ah+ αUs)(x), xi = hAh(x) +αUs(x), x−θi = hAh(x)−Ah(θ), x−θi +hAh(θ), x−θi +αhUs(x), xi. (2.5) Từ |hAh(θ), x−θi| ≤ kAh(θ)kkx−θk ta suy ra hAh(θ), x−θi ≥ −kAh(θ)kkxk.
Kết hợp định nghĩa của Us và tính đơn điệu của toán tử Ah, từ (2.5) ta có
h(Ah+αUs)(x), xi kxk ≥ αkxks − kAh(θ)kkxk kxk = αkxks−1 − kAh(θ)k. (2.6) Vì s ≥ 2 nên từ (2.6) ta nhận được lim kxk→+∞ h(Ah+αUs)(x), xi kxk = +∞.
Hơn nữa, toán tử Ah+αUs đơn điệu mạnh vì
h(Ah+αUs)(x)−(Ah+αUs)(y), x−yi
= hAh(x)−Ah(y), x−yi+ αhUs(x)−Us(y), x−yi ≥ αmUkx−yks.
Theo Định lý 1.3.1 ở Chương 1, bất đẳng thức biến phân (2.4), với mỗi
Bây giờ, ta chứng minh {xδα} hội tụ đến nghiệm x0 có x∗-chuẩn nhỏ nhất. Thật vậy, từ (2.1) và (2.4), với mọi x0 ∈ S0 ta có:
hA(xτα)−A(x0), xτα−x0i
+αhUs(xτα−x∗)−Us(x0 −x∗), xτα −x0i ≤ hAh(xτα)−A(xτα), x0 −xταi
+hf −fδ, x0 −xταi+αhUs(x0 −x∗), x0 −xταi.
(2.7)
Mặt khác, từ (1.2), (2.2), (2.3) và tính chất đơn điệu của toán tử A, (2.7) có dạng mUkxτα −x0ks ≤ hUs(xτα −x∗)−Us(x0 −x∗), xτα−x0i ≤ hg(kx τ αk) + δ α kx0 −xταk +hUs(x0 −x∗), x0 −xταi. (2.8)
Bất đẳng thức (2.8) chứng tỏ dãy {xτα}giới nội. VìX là không gian Banach phản xạ, cho nên tồn tại một dãy con của {xτα} hội tụ yếu đến một phần tử
x1 nào đó của X. Không giảm tổng quát, ta giả thiết rằng xτα * x1, khi
h+δ
α , α → 0. Trong bất đẳng thức (2.4) cho h, α, δ → 0, sử dụng tính đơn điệu, h-liên tục của Ah, Us và tính hội tụ yếu của dãy {xτα} ta được
hA(x)−f, x−x1i ≥ 0, ∀x ∈ K.
Vì K là một tập con lồi đóng nên thay x trong bất đẳng thức cuối cùng bởi
ty + (1−t)x1 với ∀y ∈ K, t ∈ (0; 1), sau đó chia cả hai vế cho t rồi cho
t →0 ta nhận được
hA(x1)−f, y −x1i ≥ 0, ∀y ∈ K.
α, h+δ
α → 0ta suy ra
0≤ mUkx1 −xks ≤ hUs(x−x∗), x−x1i, ∀x ∈ S0.
Lại thay x trong bất đẳng thức này bởi tx1 + (1−t)x, 0 < t < 1, chia cả hai vế cho (1−t) rồi cho t → 1ta nhận được
hUs(x1 −x∗), x−x1i ≥ 0, ∀x ∈ S0, (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
nghĩa là
hUs(x1 −x∗), x−x∗i ≥ hUs(x1 −x∗), x1 −x∗i = kx1 −x∗ks.
Từ đây suy ra kx1−x∗k ≤ kx−x∗k, ∀x ∈ S0. Vì tập nghiệm S0 của (2.1) là một tập lồi đóng và X là không gian Banach lồi chặt nên x1 = x0.Cũng từ (2.8) suy ra dãy nghiệm {xτα} hội tụ mạnh đến x0.
2
2.1.3. Tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh
Trước khi đánh giá tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh, ta nhắc lại định nghĩa sau.
Định nghĩa 2.1.1. (xem [9]) Toán tử đơn trị A : X → X∗ được gọi là
ngược đơn điệu mạnh nếu tồn tại một hằng số mA > 0 thoả mãn
hA(x)−A(y), x −yi ≥ mAkA(x)−A(y)k2, ∀x, y ∈ D(A). (2.9) Nếu A là toán tử ngược đơn điệu mạnh thì A liên tục Lipschitz và
kA(x)−A(y)k ≤ 1
? Nhận xét: Một toán tử ngược đơn điệu mạnh thì không nhất thiết đơn điệu mạnh.
Ví dụ 2.1.1. (xem [9]) Cho H là một không gian Hilbert, M là một tập con lồi đóng của H. Toán tử PM chiếuH lên M là một toán tử không giãn, đơn điệu và thỏa mãn điều kiện
hPM(x)−PM(y), x−yi ≥ kPM(x)−PM(y)k2 ∀x, y ∈ H,
có nghĩa PM là toán tử ngược đơn điệu mạnh, nhưng PM không đơn điệu mạnh trừ khi M ≡ H.
Nếu A là một toán tử tuyến tính hoàn toàn liên tục, tự liên hợp, xác định không âm trên không gian Hilbert H thì A là toán tử ngược đơn điệu mạnh. Ta có kết quả sau:
Bổ đề 2.1.1. (xem [9]) Nếu A : H → H là toán tử tuyến tính hoàn toàn liên tục, tự liên hợp trên không gian Hilbert H thì các điều kiện sau là tương đương:
i) ∃mA > 0 : hAx, xi ≥ mAkAxk2, ∀x ∈ H;
ii) hAx, xi ≥ 0, ∀x ∈ H;
iii) Tất cả các giá trị riêng của A đều không âm.
Để đánh giá tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh ta sử dụng bất đẳng thức Young (xem [1] và tài liệu dẫn):
a, b, c ≥0, k > t, ak ≤ bat +c =⇒ak = O(bk/(k−t) +c).
Định lý sau cho ta kết quả về tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh trên cơ sở tham số hiệu chỉnh được chọn thỏa mãn
Định lý 2.1.2. (xem [11]) Giả sử:
(i) A là một toán tử ngược đơn điệu mạnh từ X vào X∗ và khả vi Fréchet tại lân cận nào đó của S0 với tính chất
kA(x)−A(x0)−A0(x0)(x−x0)k ≤ τ˜kA(x)−A(x0)k ∀x ∈ X,
(2.10) ở đây A0(x) là đạo hàm Fréchet của A tại x, và τ˜ là một hằng số dương;
(ii) tồn tại một phần tử z ∈ X sao cho A0(x0)∗z = Us(x0 −x∗); (iii) tham số α = α(h, δ) được chọn sao cho α = α(h, δ) ∼ (h+ δ)η,
0 < η < 1. Khi đó, kxτα−x0k = O((h+δ)à), à = min 1−η s−1, η 2s−1 . Chứng minh. Từ (2.1)-(2.4) ta suy ra hA(xτα)−A(x0), xτα−x0i +αhUs(xτα −x∗)−Us(x0 −x∗), xτα−x0i ≤ hAh(xτα)−A(xτα), x0 −xταi +hf −fδ, x0 −xταi+αhUs(x0 −x∗), x0 −xταi ≤ hg(kxταk) +δkx0 −xταk +αhUs(x0 −x∗), x0 −xταi. (2.11)
Kết hợp tính chất ngược đơn điệu mạnh của toán tử A, tính đơn điệu của ánh xạ Us, từ (2.11) ta nhận được
kA(xτα)−A(x0)k2 ≤ 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
mA hg(kxταk) +δ +αkx0 −x∗ks−1
kx0 −xταk.
Mặt khác, từ (1.2), (2.10), tính đơn điệu của toán tử A và điều kiện (ii) suy ra mUkxτα−x0ks ≤ hg(kx τ αk) +δ α kx0 −xταk +hz, A0(x0)(x0 −xτα)i ≤ hg(kx τ αk) +δ α kx0 −xταk +kzk(1 + ˜τ)kA(xτα)−A(x0)k. (2.13)
Do tham số hiệu chỉnh α được chọn thỏa mãn α ∼ (h+δ)η, 0< η < 1 và dãy {xτα} bị chặn nên kết hợp (2.12), (2.13) ta được
mUkxτα−x0ks ≤ C1(h+δ)1−ηkx0 −xταk+C2(h+δ)η/2kx0 −xταk1/2,
trong đó C1, C2 là các hằng số dương.
áp dụng bất đẳng thức Young cho bất đẳng thức cuối cùng ta có đánh giá
kxτα(h,δ)−x0k = O (h+δ)à, à = min 1−η s−1, η 2s−1 . 2
2.2. Xấp xỉ hữu hạn chiều nghiệm hiệu chỉnh
Các kết quả của mục này được lấy từ bài báo trong [12]. 2.2.1. Xấp xỉ hữu hạn chiều
Chúng tôi xấp xỉ hữu hạn chiều cho bất đẳng thức biến phân hiệu chỉnh (2.4) bởi
hAnh(xτα,n) +αUn(xτα,n−xn∗)−fδn, xn−xτα,ni ≥ 0, ∀xn ∈ Xn, (2.14) ở đây Anh = Pn∗AhPn, Un = Pn∗U Pn, xn∗ = Pnx∗, fδn = Pn∗fδ, Pn : X −→
thiết là bị chặn đều trên X, Pn∗ là toán tử liên hợp của Pn, Xn ⊂ Xn+1, ∀n
và Pnx−→ x, ∀x ∈ X.
Cũng giống như (2.4) bất đẳng thức biến phân (2.14) có duy nhất nghiệm kí hiệu là xτα,n˜ với mỗi α, τ >˜ 0 và n cố định. Trước hết ta sẽ chỉ ra rằng dãy nghiệm {xτα,n˜ } hội tụ đến x0 khi h, δ → 0và n → ∞.
Đặt γn(x) =k(I −Pn)xk, x∈ X; γn = max{γn(x0), γn(x∗)}.
Định lý 2.2.1. Nếu h/α, δ/˜ α˜ và γn(x)/α˜ → 0 khi α˜ → 0 và n → ∞ thì dãy nghiệm xτα,n˜ của (2.14) hội tụ đến x0 ∈ S0.
Chứng minh. Lấy x ∈ S0, xn = Pnx, từ (1.2) và (2.14) suy ra
mUkxτα,n˜ −xnks ≤ hUn(xτα,n˜ −xn∗), xτα,n˜ −xni +hUn(xn−x∗n), xn −xτα,n˜ i ≤ 1 ˜ αhAnh(xτα,n˜ )−fδn, xn −xτα,n˜ i +hUn(xn−x∗n), xn −xτα,n˜ i. (2.15)
Sử dụng tính đơn điệu của Anh và tính chất của phép chiếu Pn, từ (2.15) ta có mUkxτα,n˜ −xnks ≤ 1 ˜ αhAh(xn)−fδ, xn−xτα,n˜ i +hU(xn −x∗n), xn −xτα,n˜ i = 1 ˜ αhAh(xn)−A(xn) +A(xn)−A(x) +A(x)−f +f −fδ, xn−xτα,n˜ i +hU(xn −xn∗), xn −xτα,n˜ i. (2.16)
Kết hợp (2.2), (2.3), tính đơn điệu của A và (2.16) ta suy ra mUkxτα,n˜ −xnks ≤ 1 ˜ α hg(kxnk) +δ + ˜C0γn(x)kxn −xτα,n˜ k +kAx−fkγn(x) +hU(xn−x∗n), xn −xτα,n˜ i ≤ δ +hg(kx nk) + ˜C0γn(x) ˜ α kxn −xτα,n˜ k + (C0 +kAx−fk)γn(x) ˜ α +hU(xn −xn∗), xn −xτα,n˜ i, (2.17) ở đây C0 và C˜
0 là các hằng số dương. Bất đẳng thức này chứng tỏ dãy
xτα,n˜ bị chặn. Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử xτα,n˜ * x¯ ∈ X khi
h, δ → 0và n →+∞.
Từ (2.14) sử dụng tính chất đơn điệu của Anh, Un và tính chất của Pn với α
thay bởi α˜ ta nhận được
hAh(xn)−fδ, xn −xτα,n˜ i+ ˜αhU(xn−xn∗), xn−xα,nτ˜ i ≥ 0, xn ∈ Xn.
Trong bất đẳng thức này cho h, δ → 0và n→ +∞, trên cơ sở (2.2), (2.3), sử dụng tính hội tụ yếu của dãy xτα,n˜ ta có
hA(x)−f, x−x¯i ≥ 0, ∀x ∈ X.
Bất đẳng thức này tương đương với (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
hA(¯x)−f, x−x¯i ≥ 0, ∀x ∈ X
(Bổ đề Milty), tức là x¯ ∈ S0. Thay xn trong (2.17) bởi x¯n = Pnx¯ ta thấy dãy xτα,n˜ hội tụ mạnh đến x¯. Mặt khác, từ (2.17) suy ra
Thay x bởi tx¯+ (1 −t)x, t ∈ (0,1) trong bất đẳng thức này, chia cả hai vế cho (1−t) và sau đó chot dần đến 1 ta nhận được
hU(¯x−x∗), x−x¯i ≥ 0, ∀x ∈ S0,
nghĩa là
hU(¯x−x∗), x−x∗i ≥ hU(¯x−x∗),x¯−x∗i = kx¯−x∗k2.
Suy ra, kx¯−x∗k ≤ kx−x∗k, ∀x ∈ S0. Do tính lồi và đóng của S0, và tính lồi chặt của X, suy ra x¯ = x0.
2
2.2.2. Tốc độ hội tụ
Trong mục này chúng tôi nghiên cứu tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh hữu hạn chiều trên cơ sở tham số hiệu chỉnh chọn theo quy tắc sau. Quy tắc 2.2.1. Chọn α˜ = α(h, δ, n) ∼ (h+δ +γn)η, 0 < η < 1.
Giả thiết 2.2.1. Tồn tại số τ >˜ 0 thoả mãn
kA(y)−A(x)−A0(x)(y−x)k ≤ τ˜kA(y)−A(x)k, (2.18) với y thuộc một lân cận nào đó của x ∈ S0, A0(x) là đạo hàm Fréchet của
A tại x.
Tính chất (2.18) của toán tử A được Hanke, Neubauer và Scherzer [7] đưa ra khi phân tích sự hội tụ của phương pháp lặp Landweber cho phương trình toán tử không chỉnh phi tuyến với τ <˜ 1/2. Bây giờ, giả thiết rằng
A0(x) là bị chặn đều vớix ∈ S0. Tốc độ hội tụ củaxτα,n˜ đếnx0 khih, δ → 0
Định lý 2.2.2. Giả sử:
(i) A là toán tử ngược đơn điệu mạnh từ X vào X∗ và khả vi Fréchet tại lân cận nào đó của S0 với Giả thiết 2.2.1 tại x = x0;
(ii) tồn tại một phần tử z ∈ X sao cho A0(x0)∗z = U(x0 −x∗); (iii) tham số α˜ = α(h, δ, n) được chọn theo Quy tắc 2.2.1. Khi đó, kxτα,n˜ −x0k= O((h+δ +γn)à1 +γà2 n ), à1 = min 1−η s , η 2s , à2 = min 1 s, ν s−1 .
Chứng minh. Thay xn bởi xn0 = Pnx0 trong (2.17) ta nhận được
mUkxτα,n˜ −x0nks ≤ δ +hg(kx n 0k) + ˜C0γn ˜ α kxn0 −xτα,n˜ k + (C0 +kAx0 −fk)γn ˜ α +|hU(x0 −x∗), xn0 −xτα,n˜ i| +|hU(xn0 −xn∗)−U(x0 −x∗), xn0 −xτα,n˜ i|. (2.19) Từ (1.3) suy ra |hU(xn0 −xn∗)−U(x0 −x∗), xn0 −xτα,n˜ i| ≤ C( ˜R)2νγnνkxn0 −xτα,n˜ k, (2.20) ở đây, R >˜ kx0 −x∗k. Sử dụng Giả thiết 2.2.1 và điều kiện (ii) ta có
|hU(x0 −x∗), xn0 −xα,nτ˜ i| ≤ |hU(x0 −x∗), xn0 −x0i| + |hz, A0(x0)(x0 −xτα,n˜ i|
≤ Rγ˜ n+ kzk(1 + ˜τ)kA(xτα,n˜ )−A(x0)k.
(2.21) Để đánh giá giá trị kA(xτα,n˜ ) − A(x0)k, ta thay xn bởi xn0 = Pnx0 trong
(2.14) với α = ˜α, sử dụng tính chất của phép chiếu Pn, ta nhận được
hAh(xτα,n˜ )−A(xα,nτ˜ ) +A(xα,nτ˜ )−A(xn0)
+A(xn0)−A(x0) +A(x0)−f + f −fδ, xn0 −xτα,n˜ i + ˜αhU(xτα,n˜ −x∗n), xn0 −xτα,n˜ i ≥ 0,
bất đẳng thức này tương đương với
hA(xτα,n˜ )−A(x0n), xτα,n˜ −xn0i ≤ hAh(xτα,n˜ )−A(xτα,n˜ ) +A(xn0)−A(x0) +f −fδ, xn0 −xτα,n˜ i
+ ˜αhU(xτα,n˜ −xn∗), xn0 −xτα,n˜ i
+hA(x0)−f, xn0 −x0 +x0 −xτα,n˜ i. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Sử dụng (2.2), (2.3), tính chất ngược đơn điệu mạnh củaA, từ bất đẳng thức trên ta suy ra mAkA(xτα,n˜ )−A(xn0)k2 ≤ hhg(kxτα,n˜ k) +δ + ˜αkxα,nτ˜ −xn∗k+ ˜C1γn i ì kxn0 −xτα,n˜ k+kA(x0)−fkγn. Do tính bị chặn của {xτα,n˜ } suy ra kA(xτα,n˜ )−A(xn0)k ≤ O(ph+δ + ˜α+γn). Hơn nữa, vì kA(xτα,n˜ )−A(x0)k ≤ kA(xτα,n˜ )−A(xn0)k+kA(xn0)−A(x0)k nên kA(xτα,n˜ )−A(x0)k ≤ O(ph+δ + ˜α+γn) +Ce1γn,