Như đã biết, khi sử dụng phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov giải bài toán cân bằng E(K, f)giả đơn điệu, người ta thay thế nó bởi bài toán hiệu chỉnh
E(K, fε) :
Tìm x∈K sao cho
fε(x, y) := f(x, y) +εhx−xg, y−xi ≥0, ∀y∈K
với hy vọng là bài toán phụ này dễ giải hơn, mặc dù nó có thể không còn giả đơn điệu nữa.
Tuy nhiên điều này dường như không đủ sức thuyết phục, nghĩa là, nhiều khi các bài toán hiệu chỉnh còn khó giải hơn so với bài toán gốc. Vì vậy, để hạn chế phần nào nhược điểm nói trên, ta thay thế bất đẳng thức fε(x, y)≥0 trong bài toán E(K, fε) bởi bất đẳng thức xấp xỉ
fε(x, y)≥ −δ, ∀y∈K,
trong đó δ ≥ 0 cho trước. Khi đó, bài toán E(K, fε) trở thành bài toán hiệu chỉnh xấp xỉ
Eδ(K, fε) :
Tìm x∈K sao cho
fε(x, y) :=f(x, y) +εhx−xg, y−xi ≥ −δ, ∀y∈K.
Ký hiệu tập nghiệm của bài toán Eδ(K, fε) là SEδ(K, fε) và gọi nghiệm của bài toán này là δ−nghiệm của bài toán E(K, fε).
Nhận xét 4.1.1. Nếu x thỏa mãn fε(x, y)≥0 với mọiy ∈K thì nó sẽ thỏa mãn fε(x, y)≥ −δ với mọi y∈K. Do đó
SE(K, fε)⊆SEδ(K, fε), ∀δ ≥0.
Hiển nhiên
SE(K, fε) =SEδ(K, fε) khiδ = 0.
Bổ đề dưới đây cho thấy mối quan hệ giữa nghiệm của bài toán hiệu chỉnh xấp xỉ Eδ(K, fε)và nghiệm của bài toán gốc E(K, f).
Bổ đề 4.1. Giả sử f giả đơn điệu trên K và ε >0, δ≥0 là các hằng số. Khi đó, với mọi x¯∈SE(K, f), x(ε)∈SEδ(K, fε) và xg ∈K, ta có
a) kxg −x(ε)k2+kx(ε)−xk¯ 2 ≤ kxg−xk¯ 2+ 2δε. b) SEδ(K, fε)⊂B
0,
x+x¯
g
2
+
q ¯x−x
g
2
2+ δε
∩K.
c) kx(ε)−xgk ≤ x−x¯
g
2
+
q x−x¯
g
2
2+ δε.
Chứng minh. Do x¯∈SE(K, f) và f giả đơn điệu nên
f(¯x, y)≥0⇒f(y,x)¯ ≤0, ∀y∈K. (4.1) Vì x(ε)∈SEδ(K, fε)nên
f(x(ε), y) +εhx(ε)−xg, y−x(ε)i ≥ −δ, ∀y∈K. (4.2) Thay y=x(ε) vào bất đẳng thức thứ hai trong (4.1) và y= ¯x trong (4.2), ta nhận được
f(x(ε),x)¯ ≤0 và f(x(ε),x) +¯ εhx(ε)−xg,x¯−x(ε)i ≥ −δ.
Suy ra 1 2
kxg−xk¯ 2− kxg−x(ε)k2− kx(ε)−xk¯ 2
=hx(ε)−xg,x¯−x(ε)i ≥ −δ ε. Do đó ta có a). Mặt khác
kx(ε)−xgk2+k[x(ε)−xg]−[¯x−xg]k2 ≤ k¯x−xgk2+ 2δ ε. Suy ra
kx(ε)−xgk2− hx(ε)−xg,x¯−xgi ≤ δ ε. Vậy
x(ε)− x¯+xg 2
2
=
x(ε)−xg− x¯−xg 2
2
=kx(ε)−xgk2− hx(ε)−xg,x¯−xgi+
¯ x−xg
2
2
≤
¯ x−xg
2
2
+ δ ε. Từ đây, ta nhận được b) and c).
Bổ đề tiếp theo cho biết tính chất và cấu trúc của tập δ− nghiệm của bài toán hiệu chỉnh khi bài toán gốc có nghiệm.
Bổ đề 4.2. Giả sử f giả đơn điệu K và thỏa mãn các giả thiết (A1) và (A2).
Khi đó, nếu tập nghiệm của bài toán E(K, f) khác rỗng thì tập δ− nghiệm SEδ(K, fε) là khác rỗng và compắc yếu với mọi ε >0 và δ ≥0.
Chứng minh. Theo Định lý 2.4, chỉ cần tìm một vectơ y0 ∈K sao cho tập Lδ(y0, fε) :={x∈K :fε(x, y0) =f(x, y0) +ε
x−xg, y0−x
≥ −δ}
bi chặn. Do SE(K, f) 6=∅, có thể lấy y0 ∈SE(K, f). Với mọi x∈ Lδ(y0, fε), ta có
fε(x, y0) =f(x, y0) +ε
x−xg, y0−x
≥ −δ.
Sử dụng bất đẳng thức a) trong Bổ đề 4.1 với x(ε) =x,x¯=y0, ta nhận được kxg −xk2 +kx−y0k2 ≤ kxg−y0k2+ 2δ
ε. Suy ra
kx−xgk ≤ r
ky0−xgk2+ 2δ ε Vậy
kxk ≤ kxgk+ r
ky0−xgk2+ 2δ
ε, ∀x∈Lδ(y0, fε).
Chứng tỏ tập Lδ(y0, fε) bị chặn.
Như chúng ta đã thấy trong chương trước, nếu f giả đơn điệu trên K thì hàm fε của bài toán hiệu chỉnh E(K, fε) nói chung là không giả đơn điệu trên K và tính duy nhất nghiệm của bài toán phụ này là không còn nữa, tuy nhiên phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov vẫn ổn định đối với BTCB giả đơn điệu E(K, f) theo nghĩa: bất kỳ dãy nghiệm nào của các bài toán hiệu chỉnh cũng hội về cùng một nghiệm của bài toán xuất phát khi cho tham số hiệu chỉnh ε dần tới 0. Định lý dưới đây cho thấy dãy δ− nghiệm của các bài toán hiệu chỉnh sẽ hội tụ mạnh về nghiệm của bài toán gốc gần với nghiệm phỏng đoán xg nhất khi ε, δ → 0. Điều này cho thấy rằng, phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov xấp xỉ vẫn ổn định đối với BTCB giả đơn điệu trong không gian Hilbert.
Định lý 4.3. Giả sử f giả đơn điệu trên K, thỏa mãn các giả thiết (A1),(A2) và tập nghiệm của bài toán E(K, f) khác rỗng. Cho {εk}, {δk} là hai dãy số dương đơn điệu giảm về 0 và thỏa mãn δεk
k →0 khi k → ∞. Khi đó
a) Với mọi k∈N, tập δk− nghiệm SEδk(K, fεk) khác rỗng, compắc yếu và kxg −xkk2+kxk−xk¯ 2 ≤ kxg −xk¯ 2 + 2δk
εk, (4.3) trong đó x¯∈SE(K, f), xk ∈SEδk(K, fεk) và xg ∈K.
b) Dãy {xk}, trong đó xk được chọn tùy ý trong SEδk(K, fεk), hội tụ mạnh về nghiệm duy nhất x∗ của bài toán cân bằngE(K, g)e vớiKe :=SE(K, f) và g(x, y) :=hx−xg, y−xi. Hơn nữa,x∗ chính là hình chiếu củaxg trên SE(K, f).
Chứng minh. a) Chỉ cần áp dụng các Bổ đề 4.1.a) và 4.2 với x(ε) =xk, ε=εk và δ =δk.
b) Vì SE(K, f) khác rỗng nên ta có thể lấy tùy ý x¯ ∈ SE(K, f). Theo khẳng định a), tậpδk−nghiệm củaE(K, fεk)là khác rỗng với mọik ∈N. Lấy tùy ý xk ∈SEδk(K, fεk). Khi đó, với mỗik ∈N, ta có
f(¯x, xk)≥0,
fεk(xk,x) :=¯ f(xk,x) +¯ εk
xk−xg,x¯−xk
≥ −δk.
Do f giả đơn điệu nên từ bất đẳng thức thứ nhất suy ra f(xk,x)¯ ≤0. Do đó, từ bất đẳng thức thứ hai, ta nhận được
g(xk,x) :=¯
xk−xg,x¯−xk
≥ −δk
εk, ∀k. (4.4)
Mặt khác, vì δεk
k →0 nên nó bị chặn, tức là
∃M >0 : 0≤ δk
εk ≤M, ∀k.
Áp dụng các tính chất b) và c) trong Bổ đề 4.1 với x(ε) = xk, ε =εk, δ =δk, ta có
xk ∈SEδk(K, fεk)⊂B
0,
¯ x+xg
2
+ s
¯ x−xg
2
2
+δk εk
∩K
⊂B
0,
¯ x+xg
2
+ s
¯ x−xg
2
2
+M
∩K, ∀k
và
kxk−xgk ≤
¯ x−xg
2
+ s
¯ x−xg
2
2
+ δk
εk, ∀k. (4.5) Vì B
0,
¯x+x
g
2
+
q x−x¯
g
2
2+M
∩K là tập compắc yếu nên có một dãy con {xkj} ⊆ {xk} sao cho
xkj * x∗ ∈B
0,
¯ x+xg
2
+ s
¯ x−xg
2
2
+M
∩K.
Do xkj là δkj− nghiệm của bài toánE(K, fεkj) nên fεkj(xkj, y) = f(xkj, y) +εkj
xkj −xg, y−xkj
≥ −δkj, ∀y∈K.
Bởi δkj &0,εkj &0và f(., y)nửa liên tục trên yếu nên
0≤limkj→∞fεkj(xkj, y)≤limkj→∞f(xkj, y)≤f(x∗, y), ∀y∈K.
Chứng tỏ x∗ ∈SE(K, f) :=K. Hơn nữa, sử dụng (4.4) vớie k =kj, ta có g(xkj,x) :=¯
xkj−xg,x¯−xkj
≥ −δkj
εkj, ∀kj và vì
0≥limkj→∞
xkj−xg, xkj−x¯
≥ hx∗−xg, x∗−xi¯ . nên
g(x∗,x) :=¯ hx∗−xg,x¯−x∗i ≥0.
Vìx¯là một phần tử tùy ý củaKe nên suy rax∗ là nghiệm của bài toánE(K, g).e Do g đơn điệu mạnh trên K chứa K, vì vậy, bài toáne E(K, g)e có duy nhất nghiệm theo Định lý 2.3. Như vậy, ta đã chứng minh được {xk} bị chặn và bất kỳ điểm giới hạn yếu nào của nó cũng là nghiệm duy nhất x∗ của bài toán E(K, g). Do đó toàn bộ dãye {xk}phải hội tụ yếu về x∗. Thay x¯=x∗ vào bất đẳng thức (4.5), ta được
kxk−xgk ≤
x∗−xg 2
+ s
x∗−xg 2
2
+ δk εk, ∀k.
Vì δεk
k →0 khi k→ ∞ nên
limk→∞kxk−xgk ≤ lim
k→∞
x∗−xg 2
+ s
x∗−xg 2
2
+δk εk
=kx∗−xgk.
Theo Định lý 1.2.d), dãy {xk−xg} hội tụ mạnh về x∗ −xg, do đó {xk} cũng hội tụ mạnh về x∗. Hơn nữa, từ (4.3), ta có
kxk−xgk2 ≤ k¯x−xgk2+ 2δk εk, ∀k.
Cho k → ∞, ta nhận được
kx∗−xgk ≤ k¯x−xgk. (4.6) Theo Định lý 2.2, tập nghiệmSE(K, f)lồi đóng và khác rỗng nên hình chiếu của xg trên SE(K, f) được xác định duy nhất, và từ (4.6) ta thấy, hình chiếu đó chính là x∗.
Ví dụ sau đây minh họa các kết quả trong Định lý 4.3, nó dùng để phân tích khía cạnh giải tích của phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov xấp xỉ.
Ví dụ 4.1.1. Cho không gian Hilbert thực H=l2 :=
(
x= (x1, x2, ..., xi, ...) :
∞
X
i=1
|xi|2 <+∞,∀xi ∈R )
.
Tích vô hướng và chuẩn trên H, tương ứng, được xác định bởi hx, yi:=
∞
X
i=1
xiyi, kxk=p hx, xi
với mọi x = (x1, x2, ..., xi, ...) = (x1,bx), y = (y1, y2, ..., yi, ...) = (y1,by) ∈ H, trong đó
xb:= (x2, ..., xi, ...), yb:= (y2, ..., yi, ...).
Ký hiệu
hx,b yib :=
∞
X
i=2
xiyi, kxkb =p hbx,xi.b Xét tập K ={x∈ H:kxk ≤√
2} và hàmf :K×K →R được cho bởi f(x, y) = h(2− kxk)b bx,by−bxi.
Có thể thấy tập nghiệm của bài toán E(K, f) là
Ke =SE(K, f) = {(x1,0, ...,0, ...) :x1 ∈R}.
Với x, y ∈K, ta có2− kbxk>0 và 2− kbyk>0. Do đó f(x, y) = (2− kbxk)hx,b yb−xi ≥b 0
⇒ hx,b yb−xi ≥b 0⇒ hby,bx−byi ≤0
⇒f(y, x) = (2− kbyk)hby,bx−byi ≤0.
Chứng tỏ f giả đơn điệu trên K. Mặt khác, nếu lấy x = (0,1,0, ...,0, ...), y = (0,√
2,0, ...,0, ...)∈K thì
f(x, y) +f(y, x) = (2−1)×1×(√
2−1) + (2−√
2)×√
2×(1−√ 2)
= (√
2−1)(2√
2−1)>0.
Như vậy, f không đơn điệu trên K.
Theo phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov, bài toán hiệu chỉnh xấp xỉEδk(K, fεk) của bài toán E(K, f) là
Tìm xk ∈K sao cho fεk(xk, y) :=f(xk, y) +εk
xk−xg, y−xk
≥ −δk, ∀y∈K,
trong đó xg = (xg1, xg2, ..., xgi, ...) ∈ K là nghiệm phỏng đoán của bài toán E(K, f);{εk},{δk}là hai dãy số dương đơn điệu giảm về 0 thỏa mãn δεk
k →0
khi k → ∞; và
fεk(xk, y) = (2− kxbkk)
xbk,by−bxk +εk(xk1 −xg1)(y1−xk1) +εk
bxk−xbg,by−bxk
=εk(xk1 −xg1)(y1−xk1) +εk
(2− kxbkk+εk)xbk−εkbxg,by−xbk . Có thể thấy, nếu
xk1 =xg1, (2− kxbkk+εk)xbk−εkbxg = 0
được thỏa mãn thì xk = (xk1,xbk) là một nghiệm của bài toán Eδk(K, fεk). Từ đẳng thức thứ hai, ta có
0≤ kbxkk=k εkbxg 2− kxbkk+εk
k ≤ εk√ 2 2−√
2 +εk
. Bởi khi k → ∞thì εk→0 nên
0≤limk→∞kxbk−b0k= limk→∞kbxkk ≤ lim
k→∞
εk√ 2 2−√
2 +εk = 0.
Điều này chứng tỏ xbk hội tụ mạnh về b0, vì vậy, xk hội tụ mạnh về x∗ :=
(xg1,b0) = (xg1,0, ...,0, ...) ∈ K. Hơn nữa, dễ thấye x∗ là nghiệm duy nhất của BTCB đơn điệu mạnh E(K, g)e với
g(x, y) := (x1−xg1)(y1 −x1) +hbx−bxg,yb−xi ≥b 0.