Đang tải... (xem toàn văn)
Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)Phương pháp dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu (LV thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HOÀNG NGUYÊN PHƯƠNG PHÁP DYKSTRA LAI GHÉP CHO HAI TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HOÀNG NGUYÊN PHƯƠNG PHÁP DYKSTRA LAI GHÉP CHO HAI TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS NGUYỄN BƯỜNG Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Danh sách ký hiệu iii Mở đầu 1 Một số vấn đề 1.1 Không gian Hilbert vấn đề liên quan 1.2 Một số vấn đề giải tích lồi 11 1.3 Toán tử đơn điệu, nghiệm phương trình toán tử đơn điệu bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 19 Phương pháp Dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu 2.1 Bài toán tìm giao điểm hai không gian đóng thuật toán Neumann 2.2 27 27 Phương pháp Dykstra tìm không điểm tổng hai toán tử đơn điệu 29 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 ii Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh, nhận hướng dẫn bảo tận tình GS.TS Nguyễn Bường (Viện Công nghệ Thông tin - Viện Hàn lâm Khoa học Công nghệ Việt Nam) Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn xin gửi lời tri ân sâu sắc đến thầy Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo khoa Toán - Tin, phòng Đào tạo, quý thầy cô giảng dạy lớp cao học toán K7Y (01/2014–01/2016) trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho trình học tập nghiên cứu Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho suốt trình học tập thực luận văn Trong trình thực hiện, cố gắng luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận góp ý Thầy, Cô Độc giả quan tâm để luận văn hoàn thiện Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, 2015 Nguyễn Thị Hoàng Nguyên Học viên Cao học Toán Khóa 01/2014–01/2016, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iii Danh sách ký hiệu Trong toàn luận văn, ta dùng ký hiệu với ý nghĩa xác định bảng đây: R không gian số thực H không gian Hilbert thực X∗ không gian đối ngẫu X PC (x) phép chiếu trực giao điểm x tập C x, y tích vô hướng hai vectơ x y x chuẩn vectơ x xn → x xn hội tụ mạnh đến x xn xn hội tụ yếu x x x := y x gán y spanC tổ hợp tuyến tính C ∀ ∃ tồn ∅ tập rỗng Id ánh xạ đơn vị Mở đầu Toán tử đơn điệu công cụ sử dụng nhiều có hiệu lĩnh vực toán ứng dụng chẳng hạn bất đẳng thức biến phân Nó giúp ích cho việc nghiên cứu ánh xạ gradient gradient, chứng minh tồn nghiệm cho nhiều lớp toán cân bằng, toán bất đẳng thức biến phân toán tối ưu Từ toán tìm giao điểm hai không gian đóng chứng minh nhà toán học Neumann thuật toán chiếu luân hướng cổ điển vào năm 1933 Và sau nhà toán học Dykstra sử dụng phép chiếu lên hai tập đóng lồi không gian Hilbert để xây dựng phép chiếu lặp lên giao chúng Đề tài luận văn trình bày cách tiếp cận đối ngẫu để mở rộng thuật toán Dykstra nhằm xây dựng toán tử giải cho toán tử tổng hai toán tử đơn điệu cực đại từ toán tử giải đơn điệu Nội dung luận văn trình bày hai chương Chương giới thiệu số kiến thức không gian Hilbert thực, giải tích lồi, phép chiếu không gian Hilbert, toán tử đơn điệu, nghiệm phương trình toán tử đơn điệu nghiệm bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert Chương gồm hai mục Mục 2.1 nêu toán tìm giao điểm hai không gian đóng Mục 2.2 trình bày phương pháp Dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu cực đại Qua trình hoàn thành luận văn, tác giả nhận thấy luận văn thể phần nhỏ vấn đề đề cập luận văn Tuy nhiên, thông qua việc trình bày luận văn tác giả trau dồi kiến thức khởi đầu định hướng cho tiếp cận vấn đề sau Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 Nguyễn Thị Hoàng Nguyên Học viên cao học toán khóa 01/2014 – 01/2016 Chuyên ngành Toán ứng dụng Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Chương Một số vấn đề Trong chương nhắc lại số kiến tức giải tích hàm, giải tích lồi, toán tử đơn điệu toán bất đẳng thức biến phân, có liên quan đến nội dung nghiên cứu đề tài Các kiến thức chương tham khảo tài liệu [1], [2], [3], [4], [6] 1.1 Không gian Hilbert vấn đề liên quan Trong toàn đề tài, đề cập đến không gian Hilbert thực, với tích vô hướng , chuẩn ||.|| Phép chiếu lên tập U đóng lồi khác rỗng H kí hiệu PU xn −→ x có nghĩa dãy xn hội tụ mạnh đến x 1.1.1 Định nghĩa ví dụ Định nghĩa 1.1 Cho không gian tuyến tính H trường số thực R, ta gọi tích vô hướng không gian H ánh xạ từ tích Descartes H × H vào trường R ký hiệu , thỏa mãn điều kiện sau: a) x, y = y, x , ∀x, y ∈ H b) x + y, z = x, z + y, z , ∀x, y, z ∈ H c) αx, y = α x, y , ∀x, y ∈ H, ∀α ∈ R d) x, x > x = x, x = x = Nhận xét 1.1 Từ định nghĩa ta suy 1) x, λy = λ y, x , ∀x, y ∈ H; 2) x, y + z = x, y + x, z , ∀x, y, z ∈ H; Định nghĩa 1.2 Không gian tuyến tính H với tích vô hướng gọi không gian tiền Hilbert Định lí 1.1 (Bất đẳng thức Schwarz) Trong không gian tiền Hilbert H, với x, y ∈ H ta có bất đẳng thức sau: | x, y |2 ≤ x, x y, y Chứng minh Với số thực α ta có ≤ x − αy, x − αy = x, x − 2α x, y + α2 y, y Nên ∆ = | x, y |2 − x, x y, y ≤ Hay | x, y |2 ≤ x, x y, y Dấu đẳng thức bất đẳng thức xảy x y phụ thuộc tuyến tính Định lí 1.2 Cho H không gian tiền Hilbert, H không gian tuyến tính định chuẩn với chuẩn xác định ||x|| = x, x với x ∈ H (1.1) Chuẩn gọi chuẩn cảm sinh từ tích vô hướng Ta dễ dàng chứng minh hàm số ||x|| = x, x với x ∈ H, chuẩn H Thật vậy, từ điều kiện d) ta có ||x|| > x = 0, ||x|| = x = Từ điều kiện a), c) ta suy ||λx|| = |λ|.||x|| Từ bất đẳng thức Schwarz cách định nghĩa chuẩn ta có (1.2) | x, y | ≤ ||x||.||y|| Từ x + y, x + y = x, x + x, y + y, y ≤ ||x||2 + 2||x||.||y|| + ||y||2 = (||x|| + ||y||)2 Suy ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| Định nghĩa 1.3 Nếu H không gian tiền Hilbert thực đầy đủ chuẩn cảm sinh từ tích vô hướng xác định (1.1) H gọi không gian Hilbert thực Ví dụ 1.1 Rn không gian Hilbert thực với tích vô hướng n x, y = xk yk k=1 x = (x1 , x1 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn chuẩn cảm sinh n ||x|| = x2k ) x, x = ( k=1 Ví dụ 1.2 Không gian ∞ |xn |2 < +∞} l = {x = {xn }n ∈ R : n=1 không gian Hilbert với tích vô hướng ∞ x, y = x n yn n=1 x = (xn )n∈N , y = (yn )n∈N ∈ l2 chuẩn cảm sinh n ||x|| = n |xk |2 ) |xk |2 = ( x, x = k=1 k=1 27 Chương Phương pháp Dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu Trong chương trình bày thuật toán Neumann tìm giao điểm hai không gian đóng phương pháp Dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu Các kết trình bày dựa tài liệu số [5] 2.1 Bài toán tìm giao điểm hai không gian đóng thuật toán Neumann Trước hết nhắc lại số định nghĩa kí hiệu hay dùng chương Kí hiệu 2.1 Giả sử A: H −→ 2H toán tử Thì : domA = {x ∈ H| Ax = ∅}, miền hữu dụng (miền xác định) A; ranA = {u ∈ H| (∃x ∈ H) u ∈ Ax}, khoảng biến thiên giao độ (miền ảnh) A; zerA = {x ∈ H| ∈ Ax}, tập điểm A; gra(A) = {(x, u) ∈ H × H| u ∈ Ax}, đồ thị A Ánh xạ ngược A toán tử A−1 : H −→ 2H với đồ thị A−1 {(x, u) ∈ H × H| u ∈ Ax} Toán tử giải A JA = (Id + A)−1 Chúng xây dựng toán tử A∼ 28 sau A∼ :H −→ 2H x → A∼ (x) = −A−1 (−x) Chú ý 2.1 Bây giả sử A đơn điệu, nghĩa là, cho (x, u) (y, v) gra(A), x − y, u − v ≥ (2.1) JA : ran(Id + A) −→ H ánh xạ đơn trị Hơn nữa, toán tử A đơn điệu cực đại tính chất sau thỏa mãn, cho (x, u) ∈ H × H, (2.1) cho (y, v) ∈ gra(A), (x, u) ∈ gra(A) Định lí Minty khẳng định A đơn điệu cực đại ran(Id + A) = H Trong trường hợp này, ta có JA− = Id − JA (JA−1 )∼ = Id + A∼ (2.2) Cuối cùng, phần tương đối C tập lồi H sriC = {x ∈ C| λ(C − x) = span(C − x)} (2.3) λ>0 Định nghĩa 2.1 Cho C D hai toán tử đơn điệu từ H đến 2H , C + D xác định sau (C + D)(x) = C(x) + D(x) = {x1 ∗ + x2 ∗ : x1 ∗ ∈ C(x), x2 ∗ ∈ D(x)}, toán tử đơn điệu Định lí 2.1 (Thuật toán Von Neumann, xem [5] tài liệu trích dẫn) Cho z ∈ H, cho U V không gian véctơ đóng H, đặt x0 = z (∀n ∈ N ) yn = PV xn xn+1 = PU yn (2.4) 29 Thì xn −→ PU ∩V z yn −→ PU ∩V z Kết không cho trường hợp U V giao hai tập đóng, lồi Trước tiên, kết dãy vô hạn (xn )n∈N (yn )n∈N (2.4) hội tụ yếu, không chúng hội tụ mạnh; thứ hai, ví dụ đơn giản mà điểm giới hạn không hình chiếu z lên U ∩ V Trong trường hợp U V nón lồi, đóng không gian Euclid, cải biên phép lặp (2.4), phát biểu thuật toán Dykstra dạng (2.5) Kết mở rộng cho tập đóng lồi (xem [5], tài liệu trích dẫn) Định lí 2.2 (Thuật toán Dykstra) Cho z ∈ H, cho U V tập đóng, lồi H, cho U ∩ V = ∅ đặt x0 = z, yn = PV (xn + pn ), p0 = 0, (∀n ∈ N ) pn+1 = xn + pn − yn , q0 = 0, xn+1 = PU (yn + qn ), qn+1 = yn + qn − xn+1 (2.5) Thì xn −→ PU ∩V z yn −→ PU ∩V z 2.2 Phương pháp Dykstra tìm không điểm tổng hai toán tử đơn điệu Cho C D hai toán tử đơn điệu, cực đại từ H đến 2H Bao hàm thức ∈ Cx + Dx với bao hàm thức đối ngẫu ∈ C −1 u + D∼ u dễ dàng phân tích cho toán phi tuyến với đối ngẫu bao hàm Nghĩa có mệnh đề tương đương: zer(C + D) = ∅ ⇔ zer(C −1 + D∼ ) = ∅ (2.6) 30 Hiện tượng đối ngẫu chứng minh đặc biệt việc nghiên cứu tính tiệm cận tổ hợp hai toán tử giải (xem [5] tài liệu trích dẫn) Trong mục ta xét liên quan (2.5) (2.14) xuất toán tử xấp xỉ Kí hiệu 2.2 Một hàm f : H −→ [−∞; +∞] hàm thường domf = {x ∈ H| f (x) < +∞} = ∅ Lớp hàm thực lồi, thường nửa liên tục yếu, từ H vào [−∞; +∞], kí hiệu Γ0 (H) Và với f ∈ Γ0 (H), liên hợp f f ∗ ∈ Γ0 (H), định nghĩa sau f ∗ : u → sup x, u − f (x), x∈H vi phân f toán tử đơn điệu cực đại ∂f :H −→ 2H (2.7) x → u ∈ H|(∀y ∈ H) y − x, u + f (x) ≤ f (y) Tập hợp điểm đạt cực tiểu f arg f = zer∂f , bao hình Moreau f hàm lồi liên tục: envf : H −→ R : x → inf + ||x − y||2 , y∈H (2.8) hàm phản xạ hàm f f v : x → f (−x) Với x ∈ H, hàm y → f (y) + ||x − y||2 /2 có điểm cực tiểu nhất, xác định proxf x Còn không thì, proxf x = J∂f Mệnh đề 2.1 C D hai toán tử đơn điệu cực đại từ H đến 2H Thì zer(C + Id − JD ) = ∅ JC −1 +D∼ tồn tại, trường hợp ta có zer(C −1 + Id + D∼ ) = JC −1 +D∼ Chứng minh Về chất JC −1 +D∼ nghiệm bao hàm ∈ (C −1 + Id + D∼ )u, nghĩa là, zer(C −1 + Id + D∼ ) tồn điểm 31 Mặt khác, từ (2.6), áp dụng cho C toán tử đơn điệu, cực đại JD−1 , từ (2.2) ta có zer(C + Id − JD ) = ∅ ⇔ zer(C −1 + (JD−1 )∼ ) = ∅ ⇔ zer(C −1 ∼ (2.9) + Id + D ) = ∅ Vậy định lí chứng minh Định lí 2.3 C D hai toán tử đơn điệu cực đại từ H đến 2H , cho u0 ∈ H (∀n ∈ N )( ) = JD un un+1 = JC (2.10) Khi đó, i) Nếu zer(C + Id − JD ) = ∅ − un −→ JC −1 +D∼ − un+1 −→ JC −1 +D∼ ii) Nếu zer(C + Id − JD ) = ∅ ||un || −→ +∞ ||vn || −→ +∞ Kết mục định lý tính tiệm cận mở rộng (2.5) từ việc chiếu lên tập lồi đóng toán tử giải toán tử đơn điệu cực đại Định lí 2.4 sử z ∈ H, cho A B hai toán tử đơn điệu, cực đại từ H đến 2H , x0 = z, p0 = 0, q0 = 0, (∀n ∈ N ) yn = JB (xn + pn ), pn+1 = xn + pn − yn , xn+1 = JA (yn + qn ), qn+1 = yn + qn − xn+1 Khi đó, (2.11) 32 i) Nếu z ∈ ran(Id + A + B) xn −→ JA+B z yn −→ JA+B z ii) Nếu z ∈ / ran(Id + A + B) ||pn || −→ +∞ ||qn || −→ +∞ Chứng minh Từ (2.11) ta có (∀n ∈ N ) pn+1 + qn + yn = xn + pn − yn + qn + yn (2.12) = x n + p n + qn Mặt khác, (∀n ∈ N ) pn + qn = z − xn Theo (2.11), đồng thức chắn n = Và, pn + qn = z − xn với vài giá trị n ∈ N , sau pn+1 +qn+1 = xn +pn −yn +yn +qn −xn = z −xn+1 Ta có (∀n ∈ N ) z = pn+1 + qn + yn = pn + qn + xn Ta viết lại (2.11) sau x0 = z, yn = JB (z − qn ), p0 = 0, (∀n ∈ N ) pn+1 = z − qn − yn , q0 = 0, xn+1 = JA (z − pn ), qn+1 = z − pn+1 − xn+1 (2.13) (2.14) Bây đặt u0 = −z (∀n ∈ N ) un = qn − z = −pn+1 (2.15) Từ (2.15) (2.13) ta có (∀n ∈ N ) − un = −pn+1 − qn + z = yn − un = −pn+1 − qn+1 + z = xn+1 (2.16) 33 Tiếp theo, từ (2.15) (2.14), dãy (un )n∈N (vn )n∈N thỏa mãn phương trình (∀n ∈ N ) = −pn+1 = qn − z + yn = un + JB (−un ), (2.17) un+1 = qn+1 − z = −pn+1 − xn+1 = − JA (vn + z) Bây ta định nghĩa hai toán tử cực đại sau C : H −→ 2H : v −→ A−1 (v + z) D = B ∼ (2.18) C −1 = −z + A D∼ = B (2.19) Dễ thấy Hơn nữa,(2.2) cho ta kết (∀u ∈ H)(∀v ∈ H) u =v − JA (u + v) ⇔ u + z =v + z − JA (v + z) = JA−1 (v + z) −1 (2.20) ⇔ v − u ∈A (u + z) = Cu ⇔ u =JC v, (∀u ∈ H)u + JB − u = −(−u − JB (−u)) (2.21) = −JB −1 (−u) = JD u Do viết lại (2.17) sau (∀n ∈ N )vn = JD un un+1 = JC (2.22) Đây trình lặp (2.10) với điểm u0 = −z Mặt khác, từ (2.19), với x ∈ H, ta có: x = JA+B z ⇔ ∈ x + (−z + Ax + Bx) ⇔ x = J(−z+A)+B = JC −1 +D∼ (2.23) 34 Vì vậy, z ∈ ran(Id + A + B) ⇔ z ∈ dom(Id + A + B)−1 ⇔ JA+B z exits ⇔ JC −1 +D∼ exits (2.24) Do đó, từ Mệnh đề 2.1 Định lí 2.3 ta có kết sau i) Nếu z ∈ ran(Id + A + B), theo (2.16) ta có yn = − un −→ JC −1 +D∼ = JA+B z, xn+1 = − un+1 −→ JC −1 +D∼ = JA+B z ii) Nếu z ∈ / ran(Id + A + B), (2.15) tương đương với ||pn+1 || = ||vn || −→ +∞ ||qn || = ||un +z|| ≥ ||un ||−||z|| −→ +∞ Chú ý 2.2 Giả sử Định lí 2.4 ta bổ sung giả thiết A + B toán tử đơn điệu cực đại, điều ∈ sri(domA − domB); (xem [5] tài liệu trích dẫn) kết luận (ii) không Định lí 2.4 nên (∀z ∈ H) xn −→ JA+B z yn −→ JA+B z Từ đây, ta có kết sau Định lí 2.5 Cho ϕ ψ hàm Γ0 (H) cho inf(ϕ + envψ)(H) > −∞ (2.25) lấy u0 ∈ H (∀n ∈ N )vn = proxψ un un+1 = proxϕ ta có (2.26) 35 i) Hàm ϕ∗ + ψ ∗ + ||.||2 /2 có điểm cực tiểu w, − un −→ w − un+1 −→ w ii) Nếu arg ϕ + envψ = ∅ ||un || −→ +∞ ||vn || −→ +∞ Định lí 2.6 sử z ∈ H, cho f g hàm Γ0 (H) cho domf ∩ domg = ∅ (2.27) Đặt x0 = z, p0 = 0, q0 = 0, (∀n ∈ N ) yn = proxg (xn + pn ), pn+1 = xn + pn − yn , (2.28) xn+1 = proxf (yn + qn ), qn+1 = yn + qn − xn+1 Khi đó, i) xn −→ proxf +g z yn −→ proxf +g z v ii) Nếu arg f ∗ ( + z) + envg ∗ = ∅ ||pn || −→ +∞ ||qn || −→ +∞ Chứng minh Đặt A = ∂f , B = ∂g Thì JA = proxf , JB = proxg , (2.28) trường hợp đặc biệt (2.11) Chúng ta đặt (2.15), u0 = −z (∀n ∈ N ) un = qn − z = −pn+1 (2.29) Thì ta đạt (2.16), (∀n ∈ N ) − un = yn − un+1 = xn+1 (2.30) 36 Và (2.17) (∀n ∈ N ) = un + proxg (−un ) un+1 = − proxf (vn + z) (2.31) Bây định nghĩa hai hàm Γ0 (H) sau: ϕ : H −→ [−∞; +∞] v v → f (v + u) − ||z||2 ψ = g ∗ ∗ (2.32) Thì ϕ∗ = f − , z + ||z||2 , ψ ∗ = g v , (envψ)∗ = g v + ||.||2 (2.33) Do với x ∈ H, ta có 1 ϕ∗ (x) + ψ ∗ (x) + ||x||2 =f (x) − x, z + ||z||2 2 + g(x) + ||x||2 =(f + g)(x) + ||z − x||2 (2.34) Bây giờ, đặt C = ∂ϕ D = ∂ψ, theo (2.32), ta có (∀v ∈ H), Cv =∂f ∗ (v + z) = A−1 (v + z) ∗ ∼ Dv = − ∂g (−v) = B v (2.35) Vì thế, từ (2.20) (2.21) ta có (∀v ∈ H) proxϕ v =v − proxf (v + z) proxψ v =v + proxg (−v) (2.36) Mà ta thấy đưa (2.31) sơ đồ lặp (2.26) với bắt đầu khởi động u0 = −z Mặt khác, từ (2.32) cho ta kết luận: ϕ + envψ = f ∗ ( + z) − ||z||2 + envg ∗v (2.37) 37 Do đó, từ (2.33) tính đối ngẫu Fenchel ta có (2.27) ⇔ f + g ∈ Γ0 (H) ⇒ proxf +g z exists ⇔ arg f + g + ||z − ||2 = ∅ 1 ⇔ arg f − , z + ||z||2 + g + ||.||2 = ∅ 2 ⇔ arg ϕ∗ + (envψ)∗v = ∅ ⇔ inf(ϕ + envψ)(H) > −∞ ⇔ (2.25) (2.38) Bây ta có kết luận i) Theo (2.34), điểm đạt cực tiểu ϕ∗ + ψ ∗v + ||.| |2 /2 w = proxf +g z Vì vậy, từ Định lí 2.6(i) (2.30) ta có: yn = − un −→ proxf +g z xn+1 = − un+1 −→ proxf +g z ii) Từ (2.37), ta có arg f ∗ ( + z) + envg ∗v = ∅ ta suy arg ϕ + envψ = ∅ Lần lượt, Định lý 2.5(ii) (2.29) ta có ||pn+1 || = ||vn || −→ +∞ ||qn+1 || = ||un + z|| > ||un || − ||z|| −→ +∞ Chú ý 2.3 Định lý 2.6 xác Định lý 2.4 áp dụng cho A = ∂f B = ∂g Thực vậy, từ: ∂f + ∂g ⊂ ∂(f + g), ta có với p ∈ H, p = J∂f +∂g z ⇔ z − p ∈ ∂f (p) + ∂g(p) ⇒ z − p ∈ ∂(f + g)(p) 38 ⇔ p = proxf +g z (2.39) Qua Định lý 2.4 , ta có xn −→ proxf +g z yn −→ proxf +g z, (2.40) z ∈ ran(Id + ∂f + ∂g) (2.41) miễn Một điều kiện đủ cho kết luận cho z ∈ H có: ∈ sri(domf − domg) (2.42) (xem [5]), tài liệu trích dẫn) Mặt khác, Định lý 2.6(i), ta đạt (2.40) cho z ∈ H với (2.27), nghĩa là, ∈ (domf − domg) (2.43) Từ (2.43) hạn chế (2.41) Lưu ý với điều kiện (2.42), phương pháp luân hướng để tính toán p = proxf +g z cho tùy ý z ∈ H thuật toán Douglas–Rachford cho tính toán không điểm tổng hai toán tử đơn điệu cực đại (xem [5], tài liệu trích dẫn) Thật vậy, từ (2.42), p đặc trưng bao hàm ∈ ∂(f + g)(p) = ∂f + ∂g + p − z = Cp + Dp, C = −z + ∂f D = Id + ∂g đơn điệu cực đại Chú ý 2.4 Chof g hàm tập đóng lồi U V H Thì theo Định lý 2.6(i) qui Định lý 2.2 Nếu mở rộng cho U 39 V không gian đóng, ta đạt Định lý 2.1, từ trường hợp (2.5) cho ta kết (∀n ∈ N ) yn = PV (xn + pn ) = PV xn + PV pn = PV xn xn+1 = PU (yn + qn ) = PU yn + PU qn = PU yn 40 Kết luận Đề tài trình bày toán tử đơn điệu không gian Hilbert giới thiệu toán tìm giao điểm hai không gian đóng Đề tài trình bày thuật toán Neumann phương pháp Dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu Đóng góp tác giả luận văn tìm hiểu, nghiên cứu tài liệu, tổng hợp kiến thức làm chi tiết số chứng minh 41 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Hiền, Lê Dũng Mưu (2003), Nhập môn Giải tích lồi ứng dụng, Viện Toán học, Hà Nội [2] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, Nxb Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [3] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm, Nxb Đại học Quốc gia, Hà Nội [4] Nguyễn Đông Yên (2007), Giáo trình Giải tích đa trị, Nxb Khoa học tự nhiên Công nghệ Tiếng Anh [5] Bauscheke H H and Combettes D L (2008), "A Dykstra-like algorithm for two monotone operators", Pacific Journal of Optimization, vol 4, pp 383-391 [6] Lions J L and Stampacchia G (1967), Variational Inequalities, Comm Pure Appl Math., 20, 493 - 519 ... 1.3 Toán tử đơn điệu, nghiệm phương trình toán tử đơn điệu bất đẳng thức biến phân không gian Hilbert 19 Phương pháp Dykstra lai ghép cho hai toán tử đơn điệu 2.1 Bài toán tìm giao điểm hai không... chất toán tử đơn điệu, đơn điệu cực đại, tổng toán tử đơn điệu cực đại 1.3.1 Toán tử đơn điệu Định nghĩa 1.13 Cho hai không gian véctơ X Y Một ánh xạ A : X −→ Y gọi ánh xạ tuyến tính hay toán tử. .. đối ngẫu để mở rộng thuật toán Dykstra nhằm xây dựng toán tử giải cho toán tử tổng hai toán tử đơn điệu cực đại từ toán tử giải đơn điệu Nội dung luận văn trình bày hai chương Chương giới thiệu