i
Mục lục
Lời cảm ơn ii
Mở đầu 1
1 Một số vấn đề cơ bản 3
1.1 Không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Sự hội tụ trong không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Không gian phản xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.4 Đạo hàm Fréchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.5 Không gian lồi chặt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.6 Không gian Ephinmov Stechkin (ES) . . . . . . . . . . . . 5
1.1.7 Tính lồi trơn của không gian Banach . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.8 Bổ đề Minty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Bài toán đặt không chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Phương pháp hiệu chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
. . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Khái niệm về toán tử hiệu chỉnh . . 11
. . . . . . . . . . 1.4.2 Chọn tham số hiệu chỉnh theo độ lệch . . 11
2 Hiệu chỉnh cho phương trình với toán tử đơn điệu 16
ii
2.1 Bài toán không chỉnh với toán tử đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1.1 Thuật toán cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.1.2 Nguyên lý độ lệch chọn tham số hiệu chỉnh . . . . . . . . . 24
2.1.3 Tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh . . . . . . . . . . . . . 33
2.2 Nguyên lý tựa độ lệch trong hiệu chỉnh tìm nghiệm chung cho một
họ phương trình không chỉnh đơn điệu và phi tuyến . . . . . . . . . 38
2.2.1 Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.2.2 Sự hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
50 Kết luận
51 Tài liệu tham khảo
iii
Lời cảm ơn
Đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới GS.TS. Nguyễn
Bường, người đã đặt đề tài và tận tình hướng dẫn để luận văn này được hoàn thành.
Tôi xin chân thành cảm ơn Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã
tạo mọi điều kiện thuận lợi trong quá trình học tập của tôi. Tôi cũng xin được cảm
ơn sự nhiệt tình giảng dạy của các giảng viên trong suốt thời gian tôi học tập.
Tôi xin cảm ơn các anh chị em lớp Cao học Toán khóa 2013-2015, chuyên ngành
Toán ứng dụng đã luôn động viên và chia sẻ những khó khăn với tôi trong suốt thời
gian học tập.
Cuối cùng, tôi xin gửi những lời cảm ơn đặc biệt nhất tới đại gia đình, bạn bè
và các anh chị em đồng nghiệp, những người luôn động viên khích lệ giúp tôi hoàn
thành luận văn này.
1
Mở đầu
Trong thực tế, có những bài toán mà chỉ cần thay đổi nhỏ từ dữ kiện ban đầu
có thể dẫn đến một sự sai khác rất lớn của nghiệm, đôi khi làm bài toán trở nên vô
nghiệm hoặc vô định. Người ta gọi đây là bài toán đặt không chỉnh. Việc nghiên
cứu bài toán này sẽ cho ta nhìn thấy được ứng dụng rộng rãi của Toán học trong
thực tế cuộc sống.
Bởi tầm quan trọng của lý thuyết bài toán đặt không chỉnh mà có rất nhiều nhà
toán học đã dành tâm sức vào việc tìm một phương pháp giải tối ưu cho bài toán
này. Tiêu biểu có thể kể đến như Alber Ya.I., Atkinson K.E., Bakushinskii A.B.,
Baumeiser J., Engl H.W. và các nhà toán học Việt Nam cũng đã nghiên cứu và có
nhiều đóng góp cho lý thuyết này, tiêu biểu như GS.TS. Nguyễn Bường, GS.TSKH.
Phạm Kỳ Anh.
Trong khuôn khổ của luận văn này, tôi xin trình bày một vấn đề nằm trong lý
thuyết trên, đó là “Nguyên lý tựa độ lệch trong hiệu chỉnh tìm nghiệm chung cho
một họ phương trình không chỉnh đơn điệu và phi tuyến”. Mục tiêu chính của đề
tài là nghiên cứu phương pháp hiệu chỉnh và nguyên lý tựa độ lệch trong hiệu chỉnh
tìm nghiệm chung cho một họ phương trình không chỉnh, đơn điệu và phi tuyến.
Bố cục luận văn gồm 2 chương:
• Chương 1. Một số vấn đề cơ bản.
• Chương 2. Hiệu chỉnh cho phương trình với toán tử đơn điệu.
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
dưới sự hướng dẫn của GS.TS. Nguyễn Bường. Mặc dù tác giả đã cố gắng nhưng
do vấn đề nghiên cứu phức tạp, mới mẻ và khả năng hạn chế của bản thân nên khó
2
tránh khỏi thiếu sót, rất mong nhận được những sự đóng góp của quý thầy cô và bạn
đọc.
Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2015
Chu Minh Thành
Học viên Cao học Toán Lớp B, khóa 06/2013-06/2015
Chuyên ngành Toán ứng dụng
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Email: chuminhthanhsp@gmail.com
3
Chương 1
Một số vấn đề cơ bản
1.1 Không gian Banach
1.1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.1. Không gian định chuẩn là không gian tuyến tính X trong đó ứng
với mỗi phần tử x ∈ X có một số (cid:107)x(cid:107) gọi là chuẩn của x, thỏa mãn các điều kiện
sau:
(1) (cid:107)x(cid:107) > 0 với mọi x (cid:54)= 0. Đẳng thức (cid:107)x(cid:107) = 0 xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
(2) (cid:107)x + y(cid:107) ≤ (cid:107)x(cid:107) + (cid:107)y(cid:107) với mọi x, y ∈ X.
(3) (cid:107)αx(cid:107) ≤ |α| (cid:107)x(cid:107) với mọi x ∈ X và α ∈ R.
Không gian định chuẩn đầy đủ gọi là không gian Banach.
1 p
b
Ví dụ 1.1. Không gian Lp [a, b] với 1 ≤ p < +∞ là không gian Banach với chuẩn
a
(cid:90) |ϕ(x)|pdx (cid:107)ϕ(cid:107) = , ϕ ∈ Lp [a, b] .
1.1.2 Sự hội tụ trong không gian Banach
Dãy các phần tử {xn} trong không gian Banach X được gọi là hội tụ đến phần
tử x0 ∈ X khi n → +∞, nếu (cid:107)x − x0(cid:107) → 0 khi n → +∞, kí hiệu là xn → x0. Sự
hội tụ theo chuẩn được gọi là hội tụ mạnh.
4
Dãy {xn} được gọi là hội tụ yếu đến x0, kí hiệu là xn (cid:42) x0, nếu với mọi f ∈ X ∗
là không gian liên hợp của X, ta có f (xn) → f (x0) khi n → +∞.
Tính chất 1.1. Từ định nghĩa trên ta có các tính chất sau
• Từ sự hội tụ mạnh của một dãy suy ra sự hội tụ yếu của dãy đó.
• Giới hạn yếu nếu có một dãy là duy nhất.
• Nếu xn (cid:42) x0 thì (cid:107)xn(cid:107). (cid:107)xn(cid:107) < ∞ và (cid:107)x(cid:107) ≤ lim n→∞ sup 1≤n<∞
1.1.3 Không gian phản xạ
Giả sử X là không gian định chuẩn trên R, X ∗ là không gian liên hợp của X và X ∗∗ = L(X ∗, R) là không gian liên hợp thứ hai của X. Ta cho tương ứng với mỗi x ∈ X một phiếm hàm tuyến tính liên tục x∗∗ trên X ∗∗ nhờ hệ thức
(cid:10)x∗∗, f (cid:11) = (cid:104)f, x(cid:105) , với mọi f ∈ X ∗∗
ở đây (cid:104)x∗∗, f (cid:105) là kí hiệu giá trị phiếm hàm tuyến tính liên tục f ∈ X ∗ tại x ∈ X.
Ta có
(cid:107)x(cid:107) = (cid:107)x∗∗(cid:107) .
Đặt h(x) = x∗∗, nếu h : X → X ∗∗ là toàn ánh thì X được gọi là không gian phản
xạ.
1.1.4 Đạo hàm Fréchet
Với ánh xạ r : X → Y, ta viết lại là
r(x) = o ((cid:107)x(cid:107)) , x → 0
(cid:107)x(cid:107) → 0 khi x → 0. Giả sử A : X → Y là một toán tử từ không gian Banach X vào không gian
nếu r(x)
Banach Y . Toán tử A gọi là khả vi Fréchet tại x ∈ X nếu tồn tại một toán tử tuyến
5
tính liên tục T : X → Y sao cho
A (x + h) = A (x) + T h + o ((cid:107)h(cid:107)) , h → 0
với mọi h thuộc lân cận điểm không. Nếu T tồn tại thì nó được gọi là đạo hàm
Fréchet của A tại x và kí hiệu A(cid:48)(x) = T .
1.1.5 Không gian lồi chặt
Không gian Banach X được gọi là không gian lồi chặt nếu mặt cầu đơn vị
S = S (x) = {x ∈ X : (cid:107)x(cid:107) = 1}
của X là lồi chặt, tức là từ x, y ∈ S kéo theo (cid:107)x + y(cid:107) < 2. Do đó mọi mặt cầu khác
cũng lồi chặt.
1.1.6 Không gian Ephinmov Stechkin (ES)
Không gian Banach X được gọi là không gian ES (hay không gian có tính ES)
nếu X phản xạ và trong X sự hội tụ yếu và sự hội tụ theo chuẩn luôn kéo theo sự
hội tụ mạnh.
1.1.7 Tính lồi trơn của không gian Banach
Tính lồi và trơn của một không gian Banach bất kì được mô tả bởi ánh xạ đối
ngẫu U s với s ≥ 2 của X. Ánh xạ này tồn tại trong mọi không gian Banach X và
được xác định như sau
U s (x) = {x∗ ∈ X ∗ : (cid:104)x∗, x(cid:105) = (cid:107)x∗(cid:107)s−1 (cid:107)x(cid:107) = (cid:107)x(cid:107)s}.
Khi s = 2 thì U s thường được viết là U và được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn của
không gian X.
6
1.1.8 Bổ đề Minty
Cho X là một không gian Banach thực, f ∈ X ∗ và A là một toán tử h-liên tục
từ X vào X ∗. Khi đó, nếu có
với mọi x ∈ X, (cid:104)A (x) − f, x − x0(cid:105) ≥ 0,
thì A (x0) = f.
1.2 Không gian Hilbert
Định nghĩa 1.2. Cho H là một không gian tuyến tính trên R. Một tích vô hướng trong H là một ánh xạ (cid:104)·, ·(cid:105) thỏa mãn các điều kiện sau:
(1) (cid:104)x, x(cid:105) > 0, với mọi x (cid:54)= 0. Đẳng thức (cid:104)x, x(cid:105) = 0 xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
(2) (cid:104)x, y(cid:105) = (cid:104)y, x(cid:105) với mọi x, y ∈ H.
(3) (cid:104)αx, y(cid:105) = α (cid:104)x, y(cid:105) , với mọi x, y ∈ H và mọi α ∈ R.
(4) (cid:104)x + y, z(cid:105) = (cid:104)x, z(cid:105) + (cid:104)y, z(cid:105) với mọi x, y, z ∈ H.
Không gian tuyến tính H cùng với tích vô hướng (cid:104)·, ·(cid:105) được gọi là không gian
tiền Hilbert. Không gian tiền Hilbert đầy đủ được gọi là không gian Hilbert. Chuẩn
của phần tử x trong H kí hiệu là (cid:107)x(cid:107) và được các định bằng công thức
(cid:107)x(cid:107) = (cid:112)(cid:104)x, x(cid:105).
n (cid:88)
Ví dụ 1.2. Không gian Rn có tích vô hướng là
i=1
(cid:104)x, y(cid:105) = ξiηi, x = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) ∈ Rn, y = (η1, η2, . . . , ηn) ∈ Rn.
Ví dụ 1.3. Không gian L2 [a, b] là không gian Hilbert với tích vô hướng được xác
b
định bởi
a
(cid:90) ϕ(x)ψ(x)dx, ϕ, ψ ∈ L2 [a, b] .
7
Khái niệm 1.1. Cho H là không gian Hilbert, một dãy {xn} gồm các phần tử
xn ∈ H gọi là hội tụ yếu tới phần tử x ∈ H nếu
với mỗi φ ∈ H ∗, (cid:104)φ, xn(cid:105) → (cid:104)φ, x(cid:105)
trong đó H ∗ là không gian liên hợp của H.
Khái niệm 1.2. Cho H là không gian Hilbert, một dãy {xn} gồm các phần tử
xn ∈ H gọi là hội tụ mạnh đến phần tử x ∈ H nếu
khi n → ∞. (cid:107)xn − x(cid:107) → 0
Nếu dãy {xn} hội tụ mạnh đến phần tử x ∈ H thì
• Mỗi dãy con {xnk} ⊂ {xn} cũng hội tụ đến x.
• Mỗi dãy {(cid:107)xn − ξ(cid:107)} bị chặn với ξ ∈ H.
Khái niệm 1.3. Dãy {xn} ⊂ H được gọi là Cauchy nếu với mỗi ε > 0, tồn tại
n0(ε) sao cho
(cid:107)xm − xn(cid:107) < ε, với mọi m ≥ n0(ε), n ≥ n0(ε).
Khái niệm 1.4. Tập tất cả các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H được gọi là không gian liên hợp (hay không gian đối ngẫu của H) và kí hiệu là H ∗.
Khái niệm 1.5. Cho H là không gian Hilbert, X là tập con khác rỗng của H. Khi
đó
• X được gọi là tập lồi nếu với mọi x, y ∈ X và 0 ≤ λ ≤ 1 ta có λx+(1−λ)y ∈
X.
• X được gọi là compact nếu mọi dãy {xn} ⊂ X đều chứa một dãy con hội tụ
đến một điểm thuộc X.
8
Khái niệm 1.6. Một phiếm hàm ϕ xác định trên H được gọi là lồi nếu:
ϕ(tx + (1 − t)y) ≤ tϕ(x) + (1 − t)ϕ(y), với mọi x, y ∈ H, t ∈ [0; 1].
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y, thì ϕ được gọi là lồi chặt. Nếu tồn tại một
hàm liên tục tăng
γ : [0; +∞) → R, γ(0) = 0
sao cho
ϕ(tx + (1 − t)y) ≤ tϕ(x) + (1 − t)ϕ(y) − t(1 − t)γ((cid:107)x − y(cid:107))
với mọi x, y ∈ H, t ∈ [0; 1] thì ϕ được gọi là lồi đều và hàm γ(t) gọi là modun lồi
của ϕ. Nếu γ (t) = ct2 với c > 0 thì phiếm hàm ϕ được gọi là lồi mạnh.
Khái niệm 1.7. Toán tử A : X → Y được gọi là:
• Liên tục tại x0 ∈ X nếu có dãy con {xn} ⊂ X sao cho Ax → Ax0 khi
xn → x0.
• Liên tục Lipschitz nếu tồn tại hằng số L > 0 sao cho
(cid:107)Ax − Ay(cid:107) ≤ L (cid:107)x − y(cid:107) , với mọi x, y ∈ X.
Định lí 1.1. Mỗi tập con đóng và bị chặn của một không gian Hilbert là compact
yếu, tức là với mỗi dãy bị chặn trong X có thể trích ra được một dãy con hội tụ tới
một phần tử của không gian này. Tập con X của không gian Hilbert H được gọi là
đóng yếu, nếu dãy {xn} hội tụ yếu đến x thì x thuộc X.
(1) Nếu ϕ(x) là một phiếm hàm lồi trên H thì ϕ(cid:48)(x) thỏa mãn bất Định lí 1.2.
đẳng thức
(cid:104)ϕ(cid:48)(x) − ϕ(cid:48)(y), x − y(cid:105) ≥ 0, với mọi x, y ∈ H.
(2) Nếu ϕ(x) là một phiếm hàm lồi đều trên H thì ϕ(cid:48)(x) thỏa mãn bất đẳng thức
(cid:104)ϕ(cid:48)(x) − ϕ(cid:48)(y), x − y(cid:105) ≥ 2γ((cid:107)x − y(cid:107)2) với mọi x, y ∈ H.
9
(3) Nếu ϕ(x) là một phiếm hàm lồi mạnh trên H thì ϕ(cid:48)(x) thỏa mãn bất đẳng
thức
(cid:104)ϕ(cid:48)(x) − ϕ(cid:48)(y), x − y(cid:105) ≥ 2γ((cid:107)x − y(cid:107)2), với mọi x, y ∈ H.
1.3 Bài toán đặt không chỉnh
1.3.1 Khái niệm
Việc tìm nghiệm x của bất kỳ bài toán nào cũng phải dựa vào dữ kiện ban đầu
f , có nghĩa là x = R(f ). Ta sẽ coi nghiệm cũng như các dữ kiện đó là những phần
tử thuộc không gian X và Y với các độ đo tương ứng là ρX(x1, x2) và ρY (f1, f2)
với x1, x2 ∈ X và f1, f2 ∈ Y .
Giả sử đã có khái niệm thế nào là nghiệm của một bài toán. Khi đó, bài toán
tìm nghiệm x = R(f ) được gọi là ổn định trên cặp không gian (X, Y ), nếu với mỗi
số ε > 0 có thể tìm được một số δ(ε) > 0, sao cho từ ρY (f1, f2) ≤ δ(ε) cho ta
ρX(x1, x2) ≤ ε, ở đây x1 = R(f1), x2 = R(f2), f1, f2 ∈ Y, x1, x2 ∈ X.
Định nghĩa 1.3. Bài toán tìm nghiệm x ∈ X theo dữ kiện f ∈ Y được gọi là bài
toán đặt không chỉnh trên cặp không gian (X, Y ) nếu ít nhất một trong ba điều kiện
sau không được thỏa mãn
(1) Với mỗi f ∈ Y tồn tại nghiệm x ∈ X.
(2) Nghiệm x đó được xác định một cách duy nhất.
(3) Bài toán này ổn định trên cặp không gian (X, Y ).
10
1.3.2 Ví dụ
Xét bài toán Cauchy cho phương trình Laplace hai chiều
∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0,
(T ) u(x, 0) = f (x),
= ϕ(x), −∞ < x < +∞ ∂u ∂y (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)y=0
ở đây f (x) và ϕ(x) là các hàm cho trước.
a sin(ax), thì nghiệm của bài
Nếu lấy f (x) = f1(x) ≡ 0 và ϕ(x) = ϕ1(x) = 1
toán trên là
a > 0. u1(x, y) =
1 a2 sin(ax) sinh(ay), Nếu lấy f (x) = f2(x) = ϕ(x) = ϕ2(x) ≡ 0 thì nghiệm của bài toán (T ) là
u2(x, y) ≡ 0.
Với khoảng cách giữa các hàm cho trước và nghiệm được xét trong độ đo đều ta
có
|f1(x) − f2(x)| = 0 ρC(f1, f2) = sup x
. |ϕ1(x) − ϕ2(x)| = 1 a ρC(ϕ1, ϕ2) = sup x
Với a khá lớn thì khoảng cách giữa hai hàm ϕ1 và ϕ2 lại khá nhỏ. Trong khi đó,
khoảng cách giữa các nghiệm
|u1(x, y) − u2(x, y)| ρC(u1, u2) = sup (x,y)
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
= , 1 = sup a2 sin(ax) sinh(ay) (x,y) (cid:12) (cid:12) 1 (cid:12) (cid:12) a2 sinh(ay) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
với y > 0 cố định lại lớn bất kỳ. Chính vì vậy, bài toán (T ) là bài toán đặt không
chỉnh.
11
1.4 Phương pháp hiệu chỉnh
1.4.1 Khái niệm về toán tử hiệu chỉnh
Định nghĩa 1.4. Toán tử R(f, α), phụ thuộc tham số α, tác động từ Y vào X được
gọi là một toán tử hiệu chỉnh cho phương trình A(x) = f0, nếu:
• Tồn tại hai số dương δ1 và α1 sao cho toán tử R(f, α) xác định với mọi
α ∈ (0; α1) và với mọi f ∈ Y ta có ρY (f, f0) ≤ δ, δ ∈ (0; δ1).
• Tồn tại một sự phụ thuộc α = α(f, δ) sao cho với mọi ε > 0 tồn tại δ(ε) ≤ δ1
sao cho với mọi f ∈ Y thì ρY (f, f0) ≤ δ ≤ δ1, ρY (xα, x0) ≤ ε với xα ∈
R(f, α(f, δ)).
1.4.2 Chọn tham số hiệu chỉnh theo độ lệch
Khi xét bài toán cụ thể thì công việc chọn tham số hiệu chỉnh để R1(f, α(f )) là
toán tử hiệu chỉnh rất phức tạp. Trong nhiều trường hợp, biết được mức sai số δ của
bài toán chọn tham số α = α(δ) để R1(f, α(f )) là thuật toán hiệu chỉnh. Ta chọn
tham số α dựa vào biểu thức ρY (Azα, fδ) = δ. Câu hỏi đặt ra là khi nào thì phương
trình có nghiệm? Để trả lời câu hỏi đó, ta xét các hàm số dạng:
Y (Azα, fα),
m(α) = M α[zα, fα], ϕ(α) = ρ2
ψ(α) = Ω(zα).
Chú ý rằng, nếu phần cực tiểu zα không duy nhất thì các hàm trên là đa trị.
Bổ đề 1.1. Các hàm m(α), ϕ(α), ψ(α) là đơn điệu, trong đó m(α), ϕ(α) là không
giảm còn ψ(α) là không tăng.
Chứng minh. Lấy 0 < α1 < α2 bất kỳ. Đặt
Y (Azαi, fδ) ,
mi = M αi [zαi, fδ] , φi = ρ2
ψi = Ω (zαi) , i = 1, 2,
12
ở đây zαi là phần tử cực tiểu phiếm hàm Mαi [z, fδ] . Dễ dàng nhận thấy
(1.1) m2 = φ2 + α2ψ2 ≥ φ2 + α1ψ2 ≥ φ1 + α1ψ1 = m1.
Do đó, m(α) đơn điệu không giảm. Tiếp theo, do
φ1 + α1ψ1 ≤ φ2 + α1ψ2, φ2 + α2ψ2 ≤ φ1 + α2ψ1,
ta có
(α1 − α2) ψ1 ≤ (α1 − α2) ψ2.
Vì α1 < α2 cho nên ψ1 ≥ ψ2. Từ đây và bất đẳng thức thứ hai của (1.1) suy ra
φ2 ≥ φ1. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.2. Cho X ≡ H là không gian Hilbert, A là toán tử tuyến tính và phiếm
hàm ổn định Ω(z) có đạo hàm Fréchet khác 0 tại mọi z ∈ X1\{θ}. Khi đó, các hàm
m(α), ϕ(α), ψ(α) là đơn điệu chặt.
Chứng minh. Cũng như ở mục trên, ta có thể giả thiết zα /∈ M0. Do đó, với mọi
α > 0ψ (α) = Ω (zα) > 0, lấy α2 > α1. Khi đó,
m (α2) = φ (α2) + α2ψ (α2) > φ (α2) + α1ψ (α2) ≥ φ (α1) + α1ψ (α) = m (α1) .
Ta chứng minh zα1 (cid:54)= zα2. Thật vậy, do zαi là phần tử cực tiểu phiếm hàm M αi [z, fδ]
cho nên chúng thoả mãn phương trình Euler
A∗Azα1 + α1Ω(cid:48) (zα1) = A∗fδ, A∗Azα2 + α2Ω(cid:48) (zα2) = A∗fδ,
Trừ hai đẳng thức trên ta được
(1.2) A∗Azα1 − A∗Azα2 = α2Ω(cid:48) (zα2) − α1Ω(cid:48) (zα1) .
Nếu zα1 = zα2 , thì
(α2 − α1) Ω(cid:48) (zα1) = 0
trái với giả thiết Ω(cid:48) (z) (cid:54)= 0 vàα2 (cid:54)= α1. Suy ra zα1 (cid:54)= zα2.
13
Từ tính duy nhất của phần tử cực tiểu zα và zα1 (cid:54)= zα2, khi α1 < α2, dẫn đến
M α1 [zα1, fδ] < M α2 [zα2, fδ] .
Có nghĩa là
(1.3) φ (α1) + α1ψ (α1) < φ (α2) + αψ (α2)
và tương tự,
φ (α1) + α2ψ (α1) > φ (α2) + α2ψ (α2) .
Từ các bất đẳng thức trên ta thu được
(α1 − α2) ψ (α1) < (α1 − α2) ψ (α2) .
Vì α1 < α2 cho nên ψ (α1) > ψ (α2) . Cũng từ bất đẳng thức này và ψ (αi) > 0,
bất đẳng thức (1.3) cho ta φ (α1) < φ (α2) . Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.3. Nếu dãy {zαn} hội tụ, thì nó hội tụ đến phần tử cực tiểu của phiếm hàm M α0 [z, fα] .
Chứng minh. Giả sử zαn → (cid:101)z. Do các số hạng của M α [z, fδ] là liên tục theo z và α, cho nên
lim n→∞
0 [z, fδ] . Khi đó,
M αn [zαn, fδ] = M α0 [(cid:101)z, fδ] . Giả sử ˜z không phải là phần tử cực tiểu của phiếm hàm M α
0
(cid:105) (cid:104) β > 0 M α0 , fδ zα1 = M α0 [(cid:101)z, fδ] − β,
với z1, α0 là một phần tử cực tiểu của phiếm hàm M α0 [z, fδ]. Mặt khác,
M αn [zα0, fδ] = Mα0 [zα0, fδ] = Mα0 [(cid:101)z, fδ] − β. lim n→∞
Như vậy, kể từ số n(β) nào đó, với mọi n ≥ n(β) ta có
. M αn [zα0, fδ] < M α0 [(cid:101)z, fδ] − β 2
Đồng thời,
M αn [zαn, fδ] > M α0 [(cid:101)z, fδ] − β/2.
14
Suy ra,
M αn [zαn, fδ] > M αn [zα0, fδ ] .
Điều này trái với giả thiết là zαn là phần tử cực tiểu. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.4. Tại mỗi điểm α > 0 các hàm m(α), ϕ(α), ψ(α) là nửa liên tục trái và
phải.
Chứng minh. Việc chứng minh các tính chất trên cho tất cả các hàm là tương tự,
cho nên ta chỉ chứng minh tính nửa liên tục dưới trái cho ϕ(α). Cho {αn} là một
dãy các số dương tăng dần tới α0 > 0, khi n → ∞. Đối với dãy số đó ta tìm được
một dãy các phần tử cực tiểu tương ứng {zαn} . Dãy {zαn}, với n đủ lớn, nằm trong
tập compact
{z : Ω (z) ≤ Ω (zα0 − ε) , ε > 0} .
Do đó, từ dãy phần tử này có thể chọn được một dãy con hội tụ. Để cho đơn giản,
zαn = (cid:101)z. Theo kết quả của [1, Bổ đề 1.4], ta có (cid:101)z là phần tử cực tiểu của ta coi lim n→∞ phiếm hàm M α0 [z, fδ]. Như vậy, ρY (Azαn, fδ) hội tụ đến ρY (Azα0, fδ) . Theo [1,
Bổ đề 1.2] dãy {φ (αn)} không giảm. Nó hội tụ đến một giá trị (cid:101)φ, là biên dưới của
tập {φ (α0)} . Nếu điều này không đúng, thì tồn tại giá trị nhỏ hơn (cid:101)φ, ta kí hiệu là
(cid:101)φ (α0). Như vậy, với n đủ lớn φ (αn) nhỏ hơn (cid:101)φ. Điều này trái với tính đơn điệu của
φ(α). Từ đó suy ra, với mọi dãy con hội tụ của dãy {zαn} , dãy con tương ứng của
dãy {φ (αn)} đều hội tụ đến (cid:101)φ. Có nghĩa cả dãy {φ (αn)} hội tụ đến (cid:101)φ. Tính nửa
liên tục dưới trái được chứng minh.
Định lí 1.3. Nếu ϕ(α) là hàm đơn trị, thì với mọi số dương δ < ρY (Az0, f0), trong
đó
z0 ∈ {z : Ω(z) = infy∈X1Ω(y)}
tồn tại một số α = α(δ) sao cho ρY (Azα(δ), fδ) = δ.
Nếu phần tử cực tiểu zα là duy nhất, thì α(δ) được xác định một cách duy nhất.
Trong thực tế tính toán, việc tìm giá trị α theo độ lệch (3.4) được tiến hành như
sau. Lấy một số hữu hạn các số hạng của một dãy số đơn điệu, ví dụ αk = α0qk
15
, fδ
với k = 0, 1, . . . , n, q > 0. Với mỗi giá trị αk tìm phần tử zαk cực tiểu phiếm hàm M αk [z, fδ] . Sau đó tính giá trị ρY (Azαk, f δ) . Đại lượng α = α (δ) cần tìm (cid:1) ≈ δ. Vấn đề tìm chính là αk0 nào đó với một sai số nhất định, cho ta ρ (cid:0)Azαk0 nghiệm của phương trình có thể tiến hành bằng phương pháp lặp Newton-Raphson.
Thật vậy, hàm là một hàm giảm và lồi xuống dưới. Vì vậy, phương pháp Newton-
Raphson có thể áp dụng được. Tức là tìm β bằng phương pháp lặp
Mệnh đề 1.1. Nếu (cid:107)fδ − f0(cid:107) ≤ δ ≤ (cid:107)fδ(cid:107), thì E(α, fδ) đạt giá trị cực tiểu khi và
chỉ khi α = α(δ).
α, fδ
(cid:0)Azδ (cid:1) > 0 với mỗi α > 0. Mặt khác, dễ dàng Chứng minh. Từ giả thiết ta có ρY
tính được
α, fδ
(cid:0)Azδ (cid:1)(cid:1) (cid:107)(A + αi) − 1/2r (α, fδ)(cid:107)2α. E (α, fδ) = 2 (cid:0)1 − δ/ρY d dα
α
(cid:0)Azδ (cid:1) , fδ) tăng, nên E (α, fδ) đạt giá trị cực
α, fδ
Vì thừa số thứ hai luôn dương, còn ρY (cid:1) . (cid:0)Azδ tiểu khi và chỉ khi δ = ρY
16
Chương 2
Hiệu chỉnh cho phương trình
với toán tử đơn điệu
2.1 Bài toán không chỉnh với toán tử đơn điệu
2.1.1 Thuật toán cơ bản
Xét phương trình toán tử
(2.1) A(x) = f0, f0 ∈ X ∗,
trong đó A là một toán tử đơn điệu và h-liên tục từ không gian Banach X vào X ∗,
ở đây X ∗ lồi chặt và X có tính ES, tức là X là phản xạ và mọi dãy {xn} các phần
tử xn ∈ X hội tụ yếu trong X đến x và
(cid:107)xn(cid:107) → (cid:107)x(cid:107)
cho ta {xn} hội tụ mạnh đến phần tử x. Nếu không có tính đơn điệu đều, thi bài
toán (2.1) nói chung, là một bài toán không chỉnh. Giả sử (2.1) có nghiệm, tức là
f0 ∈ R(A). Ta kí hiệu S0 là tập nghiệm của phương trình đó. Khi đó, S0 là một tập
đóng và lồi trong X.
Xét phương trình
(2.2) A (x) + αU s (x − x0) = fδ, (cid:107)fδ − f0(cid:107) (cid:54) δ.
ở đây x0 là một phần tử bất kì trong X. Phần tử này giúp cho ta tìm một nghiệm
của (2.1) theo ý muốn. Ta có kết quả sau.
17
α} hội tụ đến một phần tử x0 ∈ S0 thoả mãn
Định lí 2.1. Với mỗi α > 0 và fδ ∈ X ∗, phương trình (2.2) có duy nhất nghiệm xδ α. Nếu α, δ/α → 0 thì {xδ
(2.3) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) (cid:13)x − x0(cid:13) (cid:13) (cid:13) . (cid:13) = min x∈S0
Chứng minh. Do X ∗ là lồi chặt, cho nên U s là một ánh xạ h-liên tục vì vậy A+αU s
cũng là một toán tử đơn điệu và h-liên tục từ X vào X ∗. Mặt khác, do U s là một
toán tử bức, nên với mỗi α > 0 toán tử A + αU s cũng là một toán tử bức. Theo [3,
Theorem 1, Chapter 1], phương trình (2.2), với mỗi α > 0, có duy nhất nghiệm. Kí
α. Bây giờ, ta chứng minh {xδ
α} hội tụ đến x0 ∈ S0 thoả mãn
hiệu nghiệm đó bằng xδ
(2.3). Thật vậy, từ (2.1) và (2.2) ta có
α
α − x(cid:11)
(cid:10)A (cid:0)xδ (cid:1) − A (x) + f0 − fδ, xδ
α − x(cid:11)
α − x0(cid:1) − U s (cid:0)x − x0(cid:1) , xδ (cid:11) ,
+ α (cid:10)U s (cid:0)xδ
α
= α (cid:10)U s (cid:0)x − x0(cid:1) , x − xδ với mọi x ∈ S0.
Do A là một toán tử đơn điệu và tính chất của U s, cho nên
α
α − x(cid:13)
s (cid:54) δ α − x(cid:13) (cid:13) α
(cid:11) . (2.4) mU (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) + (cid:10)U s (cid:0)x − x0(cid:1) , x − xδ (cid:13) (cid:13)xδ
α} là giới nội. Vì X là một không gian Banach phản xạ, cho nên tồn
Suy ra tập {xδ
α} hội tụ đến một phần tử x1 nào đó của X. Không giảm
tại một dãy con của {xδ
α} hội tụ yếu đến x1 khi δ/α, α → 0. Từ (2.2) suy ra
tổng quát, ta có thể coi {xδ
α − x0 (cid:1) − fδ, x − xδ
α
α
(cid:10)A (cid:0)xδ (cid:1) + αU s (cid:0)xδ (cid:11) = 0, với mọi x ∈ X.
Do A + αU s là một toán tử đơn điệu, đẳng thức trên cho ta
α
(cid:11) = 0, với mọi x ∈ X. (cid:10)A (x) + αU s (cid:0)x − x0(cid:1) − fδ, x − xδ
Cho δ/α, α → 0 ta được
(cid:104)A (x) − f0, x − x1(cid:105) (cid:62) 0, với mọi x ∈ X.
18
Thay x bằng tx + (1 − t)x với 0 < t < 1 vào vào bất đẳng thức trên, sau đó chia
cho t rồi cho t → 0, do A là toán tử h-liên tục, nên
(cid:104)A (x1) − f0, x − x1(cid:105) (cid:62) 0, với mọi x ∈ X.
Theo Bổ đề Minty ta có x1 ∈ S0, tức là x1 là một nghiệm của (2.1). Từ (2.4) cũng
suy ra x1 thoả mãn (2.3). Do phần tử x1 ∈ S0 thoả mãn (2.3) là duy nhất, cho nên
α} hội tụ mạnh đến x1 = x0. Định lý được chứng minh.
cả dãy {xδ
Nhờ kết quả này, ta có thể xác định được một toán tử hiệu chỉnh R(f, α), dựa
vào việc giải phương trình (2.2) và một sự phụ thuộc α = α(δ) để nghiệm của
phương trình này hội tụ đến nghiệm của bài toán không chỉnh ban đầu. Chính vì
lẽ đó mà phương trình (2.2) được gọi là phương trình hiệu chỉnh cho phương trình
(2.1).
Bây giờ, ta xét trường hợp tổng quát hơn, khi cả toán tử và vế phải đều biết xấp
xỉ. Tức là, nếu thay cho A ta chỉ biết được xấp xỉ Ah thoả mãn
(2.5) (cid:107)Ah(x) − A(x)(cid:107) (cid:54) hg((cid:107)x(cid:107))
và có các tính chất như A (đơn điệu và h-liên tục), ở đây g(t) là một hàm giới nội
(đưa một tập giới nội vào tập giới nội). Ta có kết quả sau.
Định lí 2.2. Với mỗi α > 0, h > 0 và fδ ∈ X ∗ phương trình hiệu chỉnh
(2.6) Ah(x) + αU s(x − x0) = fδ
α với τ = (h, δ). Nếu α, δ/α, h/α → 0 thì {xτ
α} hội tụ đến
có duy nhất nghiệm xτ
phần tử x0.
Cũng như trong chứng minh Định lý 2.1, ta có đẳng thức
α) − A (x) + f0 − fδ, xτ
α − x(cid:105)
(cid:104)Ah (xτ
α − x0) − U s (x − x0) , xτ
α − x(cid:105)
+ α (cid:104)U s (xτ
α(cid:105) ,
= α (cid:104)U s (x − x0) , x − xτ với mọi x ∈ S0.
19
Từ đây và tính chất của U s suy ra
α − x(cid:107)s (cid:54) (cid:104)Ah (xτ
α) − Ah (x) + Ah (x) − A (x) + f0 − fδ, x − xτ α(cid:105)
αmU (cid:107)xτ
α(cid:105) .
+α (cid:104)U s (x − x0) , x − xτ
α − x(cid:107) + (cid:10)U S (cid:0)x − x0(cid:1) , x − xτ
α
(cid:107)xτ (cid:11) . mU (cid:107) xτ Do A và Ah đều là các toán tử đơn điệu, cho nên α − x(cid:107)s (cid:54) hg ((cid:107)x(cid:107)) + δ α
Các lập luận còn lại tương tự như trong chứng minh Định lý 2.1. Nếu Ah không có
tính chất đơn điệu, thì phương trình (2.6) có thể không có nghiệm. Do đó, O. A.
α dựa vào bài toán về bất đẳng thức biến
Liskovets đã xây dựng nghiệm hiệu chỉnh xτ
phân: Tìm xω ∈ X sao cho
(2.7) (cid:10)Ah (xω) + αU s (cid:0)xω − x0(cid:1) − fδ, x − xω (cid:11) + εg ((cid:107)x(cid:107)) (cid:107)x − xω(cid:107) (cid:62) 0,
với mọi x ∈ X và mọi ε > h, ở đây ω = ω(h, δ, α, ε).
Phần tử xω thoả mãn (2.7) được gọi là nghiệm hiệu chỉnh của bài toán (2.1) cho
δ . Muốn vậy ta phải chứng
trường hợp Ah không đơn điệu. Trước tiên, ta nhận thấy phần tử xω luôn tồn tại.
δ thoả mãn (2.7). Do xτ
δ thoả mãn (2.2), cho nên
Thật vậy, nếu kí hiệu S∆ là tập tất cả các phần tử xω thoả mãn (2.7), thì ta phải chứng minh S∆ (cid:54)= ∅. Ta sẽ chứng minh là S∆ chứa xτ minh xτ
α − x0
α
α
(cid:11)
α
α
(cid:11) (cid:1) − fδ, x − xδ (cid:1) − fδ, x − xδ
α − x0 (cid:13) (cid:13) ,
0 = (cid:10)A (cid:0)xδ (cid:0)xδ (cid:54) (cid:10)Ah +hg (cid:0)(cid:13) với mọi x ∈ X. (cid:13) (cid:13) (cid:1) + αU s (cid:0)xδ (cid:1) + αU s (cid:0)xδ (cid:1) (cid:13) (cid:13)x − xδ α (cid:13)xδ α
Vì ε > h nên với mọi x ∈ X ta có
α
α − x0
α
(cid:0)xδ (cid:1) + αU s (cid:0)xδ (cid:11) + εg (cid:0)(cid:13) 0 (cid:54) (cid:10)Ah (cid:1) − fδ, x − xδ (cid:13) (cid:13) . (cid:13) (cid:13) (cid:1) (cid:13) (cid:13)x − xδ α (cid:13)xδ α
α ∈ S∆. Với ω cố định, lấy một phần tử bất kì xω ∈ S∆, ta
Điều này có nghĩa là xδ
chứng minh dãy {xω} là một tập giới nội, nếu
g(t) (cid:54) M1 + N1t,
20
ở đây M1, N1 là các hằng số không âm và t (cid:62) 0. Từ tính chất của U s, (2.7) và tính
đơn điệu của A ta thấy
(cid:11)
(cid:11) + g ((cid:107)xω(cid:107)) (cid:107)x − xω(cid:107) mB(cid:107)x − xω(cid:107)s (cid:54) (cid:10)U s (cid:0)x − x0 (cid:1) − U s (cid:0)xω − x0 (cid:1) , x − xω (cid:54) (cid:10)U s (cid:0)x − x0 (cid:1) , x − xω ε α
+ (cid:104)Ah (xω) − fδ, x − xω(cid:105) 1 α (cid:11)
+ (cid:107)x − xω(cid:107) , với mọi x ∈ S0.(2.8) (cid:54) (cid:10)U s (cid:0)x − x0(cid:1) , x − xω δ + (h + ε) g ((cid:107)xω(cid:107)) α
Từ tính chất của hàm g(t) và δ/α, ε/α, α → 0 ta có {xω} là giới nội. Không giảm
tổng quát, ta có thể coi xω hội tụ yếu đến ˜x. Ta chứng minh ˜x là nghiệm x0 của
(2.1). Từ (2.7) dễ dàng nhận thấy
(cid:11) + (h + ε) g ((cid:107)xω(cid:107)) (cid:107)x − xω(cid:107) (cid:62) 0, (cid:10)A (xω) + αU s (cid:0)xω − x0(cid:1) − fδ, x − xω
với mọi x ∈ X, ε (cid:62) h, α > 0.
Do tính đơn điệu của A và U s ta có
(cid:11)+δ+(h + ε) g ((cid:107)xω(cid:107)) (cid:107)x − xω(cid:107) ≥ 0, (cid:10)A (x) − f0, x − xω + αU s (cid:0)x − x0(cid:1) , x − xω
với mọi x ∈ X.
Sau khi cho δ, ε và α → 0 ở bất đẳng thức cuối cùng ta được
với mọi x ∈ X. (cid:104)A (x) − f0, x − ˜x(cid:105) ≥ 0,
Thay x bằng tx + (1 − t)˜x, ở bất đẳng thức cuối này, chia đẳng thức thu được cho t
và sau đó cho t → 0 sẽ được
với mọi x ∈ X. (cid:104)A (˜x) − f0, x − ˜x(cid:105) ≥ 0,
Theo Bổ đề Minty ta có ˜x ∈ S0. Từ (2.8) ta cũng có
(cid:10)U s (cid:0)x − x0(cid:1) , x − ˜x(cid:11) ≥ 0, với mọi x ∈ S0.
21
Cũng bằng phương pháp tương tự như ở trên ta được
(cid:10)U s (cid:0)˜x − x0(cid:1) , x − ˜x(cid:11) ≥ 0, với mọi x ∈ S0.
s
Điều này có nghĩa là
(cid:10)U s (cid:0)˜x − x0(cid:1) , x − x0(cid:11) ≥ (cid:10)U s (cid:0)˜x − x0(cid:1) , ˜x − x0(cid:11) = (cid:13) . (cid:13)˜x − x0(cid:13) (cid:13)
Như vậy,
với mọi x ∈ S0. (cid:13)x − x0(cid:13) (cid:13) (cid:13) ≥ (cid:13) (cid:13)˜x − x0(cid:13) (cid:13) ,
Điều này có nghĩa ˜x là một nghiệm của bài toán (2.1) thoả mãn (2.3). Phần tử ˜x
thoả mãn (2.3) là duy nhất, cho nên {xω} hội tụ yếu đến ˜x và ˜x = x0. Thay x bằng
x0 trong (2.8) ta có thể kết luận được là dãy {xω} hội tụ mạnh đến x0, khi δ/α, ε/α
và α dần đến 0. Khi toán tử xấp xỉ Ah không đơn điệu, thì điều kiện của (2.5) đòi
hỏi g(t) ≤ M1 + N1t. Yêu cầu này có thể loại bỏ nếu ta tiến hành như sau, với giả
thiết g(t) là một hàm không giảm.
Tìm một tập đóng, lồi và giới nội G của X sao cho (cid:107)x(cid:107) ≤ Q0, x ∈ G
0 (cid:54)= ∅, ở đây SG
0 := S0 ∩ G và Q0 là một hằng số dương. Ta cũng giả thiết
Và SG
thêm là S0 ∩ int G (cid:54)= ∅. Thay cho bất đẳng thức (2.7) xét bất đẳng thức biến phân
(2.9) (cid:104)Ah (x) + αU s (x) − fδ, x − xω(cid:105) + (g (Q0) ε + δ) × (cid:107)x − xω(cid:107) ≥ 0,
xω ∈ G, x ∈ G, α > 0, ε ≥ h.
Ta có các kết quả sau.
Bổ đề 2.1. Với mỗi a > 0, ε ≥ h và δ tập nghiệm của (2.9), kí hiệu là Sω, là một
tập không rỗng, đóng và lồi.
Chứng minh. Lấy xα ∈ G, nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân sau
với mọi x ∈ G (cid:104)A(x) + αU s(x) − f0, x − xα(cid:105) ≥ 0,
Khi đó,
(cid:104)A(x) + αU s(x) − fδ, x − xα(cid:105) + (g(Q0)ε) (cid:107)x − xα(cid:107)
22
= (cid:104)Ah(x) − A(x), x − xα(cid:105) + (cid:104)A(x) + αU s(x) − f0, x − xα(cid:105)
+ (cid:104)f0 − fδ, x − xα(cid:105) + (g(Q0)ε + δ) (cid:107)x − xα(cid:107)
≥ g(Q0) + δ(cid:107)x − xα(cid:107) − g(Q0)h + δ(cid:107)x − xα(cid:107) ≥ 0
Có nghĩa là Sω (cid:54)= ∅. Tính đóng lồi của Sω được kiểm tra bằng cách sử dụng bất
đẳng thức (2.9).
0 , khi ε/α,
0 : (cid:107)xG
0 ∈ SG
0 (cid:107) = min (cid:107)x(cid:107), x ∈ SG δ/α và α → 0, ở đây xω ∈ Sω chọn một cách tuỳ ý với mỗi α > 0 cố định.
Định lí 2.3. Dãy {xω} hội tụ đến xG
Chứng minh. Thật vậy, vì G giới nội dãy {xω} cũng giới nội. Cho {xω} hội tụ yếu
đến (cid:101)x. Khi đó, vì mỗi tập đóng và lồi của X cũng đóng yếu trong X, cho nên (cid:101)x ∈ G. Mặt khác, từ (2.9) ta có
(cid:104)A(x) − fδ, x − xω(cid:105) + α (cid:104)U s(x), x − xω(cid:105) + 2 (g(Q0)ε + δ) (cid:107)x − xω(cid:107) ≥ 0
với mọi x ∈ G. Sau khi cho ω, δ và α tiến tới 0 ở bất đẳng thức cuối cùng này, ta
được:
với mọi x ∈ G. (2.10) (cid:104)A(x) − f0, x − (cid:101)x(cid:105) ≥ 0,
Nếu (cid:101)x ∈ IntG, thì theo Bổ đề Minty A ((cid:101)x) = f0. Đặt:
0 ⊂ G0 Lấy (cid:101)x ∈ G0, nhưng (cid:101)x /∈ SG
với mọi x ∈ G} . G0 = {x1 ∈ G : A(x) − f0, x − x1 ≥ 0,
0 . Nếu (cid:101)x ∈ IntG0, thì 0 . Có nghĩa là (cid:101)x ∈ F rG0, biên của G0. Điều đó là không thể được, vì cả hai 0 . Thay
0 đều là đóng và IntG0 = IntSg
0 . Do đó, từ (2.10) ta có (cid:101)x ∈ SG
Dễ dàng nhận thấy SG (cid:101)x ∈ SG tập G0 và SG
x bằng tx + (1 − t)xω, t ∈ (0, 1) trong (2.9) sau đó chia cả hai vế của bất đẳng thức
cho t và cho t dần tới 0 ta thu được:
với mọi x ∈ G (cid:104)Ah (xω) + αU s (xω) − fδ, x − xω(cid:105)+(g(Q0)ε + δ) (cid:107)x−xω(cid:107) ≥ 0,
Sử dụng tính chất của U s ta được:
mU (cid:107)x−xω(cid:107)s ≤ (cid:104)U s(x), x − xω(cid:105)+2 (g(Q0)ε + δ) (cid:107)x−xω(cid:107)/α, với mọi x ∈ SG 0
23
Suy ra xω dãy hội tụ đến (cid:101)x và
0 lồi và U s là h-liên tục, bất đẳng thức cuối cùng
0 . Vì SG
với mọi x ∈ SG 0 . (cid:104)U s(x), x − (cid:101)x(cid:105) ≥ 0,
Ta chứng minh (cid:101)x = xG tương đương với
với mọi x ∈ SG 0 (cid:104)U s(x), x − (cid:101)x(cid:105) ≥ 0,
Vì vậy,
với mọi x ∈ SG 0 . (cid:107)(cid:101)x(cid:107) ≤ (cid:107)x(cid:107),
0 . Định lý được chứng minh.
Do tính lồi chặt của X cho nên x = xG
Tập Qδ là đóng và lồi, khi A là một toán tử tuyến tính. Nếu A là phi tuyến,
không thể khảng định được Qδ là một tập lồi. Để làm được điều tương tự, ta mở
rộng một chút tập Qδ bằng cách xét tập:
với mọi x ∈ G} (2.11) (cid:101)Qδ = {y ∈ G : A(x) − fδ, y − x ≤ 2Q0δ,
Ta nhận thấy tập
0 ⊂ (cid:101)Qδ,
với mọi δ > 0 (cid:101)Qδ (cid:54)= ∅, do SG
0 bất kì ta có:
Thật vậy, với y ∈ SG
(cid:104)A(x) − fδ, y − x(cid:105) = (cid:104)A(x) − f0, y − x(cid:105) + (cid:104)f0 − fδ, y − x(cid:105) ≤ 2Qδ 0
Vì A là toán tử đơn điệu. Từ (2.11) dễ dàng kiểm tra được (cid:101)Qδ là một tập đóng và lồi
trong X. Bây giờ, xét bài toán cực tiểu: tìm xδ ∈ (cid:101)Qδ sao cho
min (cid:107)x(cid:107)s, s ≥ 2. (2.12) (cid:107)xδ(cid:107)s = → x∈ (cid:101)Qδ
Cũng cần lưu ý là tham số s chọn sao cho phiếm hàm có tính lồi tốt nhất. Ví dụ,
trong không gian Lp, với p ≥ 2, thì lấy s = p. Khi đó, sẽ là một phiếm hàm lồi
đều trong Lp. Còn khi 1 < p ≤ 2, thì đương nhiên để cho (cid:107)x(cid:107)s lồi đều, thì phải lấy
s = 2. Vì vậy, ta giả thiết là (cid:107)x(cid:107)s lồi đều trên X. Do đó, Bài toán 2.11 và 2.12 có
duy nhất nghiệm .
24
0 , khi δ → 0.
Định lí 2.4. xδ → xG
0 ⊂ (cid:101)Qδ, cho nên (cid:107)xδ(cid:107) ≤ (cid:107)xG
0 (cid:107), với mọi δ > 0. Có nghĩa là {xδ} giới nội. Không giảm tổng quát, ta có thể giả thiết xδ hội tụ yếu đến (cid:101)x ∈ X. Do G là một tập lồi và đóng, cho nên (cid:101)x ∈ G. Hơn nữa, từ Định nghĩa 2.11 ta có bất đẳng thức:
Chứng minh. Vì SG
0 . Mặt
0 (cid:107). Vì X có
0 và (cid:107)xδ(cid:107) → (cid:107)xG
với mọi x ∈ G (cid:104)A(x) − fδ, xδ − x(cid:105) ≤ 2Q0δ,
0 . Suy ra (cid:101)x = xG 0 . Định lý được chứng minh.
Từ đây dẫn đến (2.10). Tương tự như khi xét Bài toán (2.9) ta được (cid:101)x ∈ SG khác, do (cid:107)xδ(cid:107) ≤ (cid:107)x(cid:107), với mọi x ∈ SG tính chất ES, cho nên (cid:107)xδ(cid:107) → xG
2.1.2 Nguyên lý độ lệch chọn tham số hiệu chỉnh
Bây giờ, ta xét việc chọn tham số α phụ thuộc vào δ để cho α(δ), δ/α(δ) → 0
α
khi δ → 0. Một trong các cách chọn tham số hiệu chỉnh mà ta đã xét ở trên là (cid:1) − fδ(cid:107) = δ. Trong chương trước, nguyên lý độ lệch, tức là chọn α sao cho (cid:107)A (cid:0)xδ
ta đã xét một dạng cải biên của nguyên lý cho bài toán không chỉnh với toán tử hoàn
toán tử đơn điệu A. Trước tiên, ta xét phiếm hàm σ(α) = (cid:107)xδ toàn liên tục. Bây giờ, ta sẽ xét phuơng pháp chọn đó cho bài toán phi tuyến với α − x0(cid:107) với δ ≥ 0 cố
α là nghiệm của phương trình (2.2). Để cho đơn giản, ta xét trường hợp
định, ở đây xδ
s = 2.
Bổ đề 2.2. Với α > α0 > 0 hàm σ(α) đơn điệu không giảm, liên tục và giới nội.
σ(α) = 0 Hơn thế nữa, lim α→∞
Chứng minh. Từ (2.4) suy ra tính giới nội của σ(α). Bây giờ ta chứng minh tính
liên tục của σ(α). Thật vậy, từ (2.2), với mỗi δ cố định ta có:
α1) − A(xδ
α2), xδ
α1 − xδ α2
(cid:11) (cid:10)A(xδ
α2 − x0), (xδ
α1 − x0) − (xδ
α2 − x0)(cid:11) = 0
α1 − x0) − α2U (xδ
+ (cid:10)α1U (xδ
Từ đây suy ra
α1 − x0(cid:1) , (cid:0)xδ
α1 − x0(cid:1) − (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1)(cid:11)
(cid:10)α1U (cid:0)xδ
25
α2 − x0(cid:1) , (cid:0)xδ
α1 − x0(cid:1) − (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1)(cid:11)
≤ (cid:10)α2U (cid:0)xδ
Có nghĩa là
α1 − x0(cid:1) − U (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1) , (cid:0)xδ
α1 − x0(cid:1) − (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1)(cid:11)
(cid:10)α1U (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1) , (cid:0)xδ
α1 − x0(cid:1) − (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1)(cid:11)
(2.13) ≤ (α1 − α2) (cid:10)U (cid:0)xδ
Sử dụng tính chất của U s ta được
α1 − x0(cid:107) − (cid:107)xδ
α2 − x0(cid:107)(cid:1)2
α2 − x0(cid:107)(cid:107)xδ
α1 − xδ
α2(cid:107).
(cid:0)(cid:107)xδ ≤ (cid:107)xδ |α1 − α2| α0
Vì các đại lượng trong chuẩn ở vế phải của bất đẳng thức cuối cùng là giới nội, cho
nên σ(α) là một hàm liên tục theo biến α. Bây giờ, giả sử α2 > α1. Do U cũng là
một toán tử đơn điệu, cho nên từ (2.13) ta có:
α2 − x0(cid:1) , (cid:0)xδ
α1 − x0(cid:1) − (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1)(cid:11) ≥ 0
(cid:10)U (cid:0)xδ
hay
α2 − x0(cid:1) , xδ
α1 − x0(cid:11) ≥ (cid:10)U (cid:0)xδ
α2 − x0(cid:1) , xδ
α2 − x0(cid:11)
(cid:10)U (cid:0)xδ
Dẫn đến
α2 − x0(cid:107), α2 > α1
α1 − x0(cid:107) ≥ (cid:107)xδ
(cid:107)xδ
Rõ ràng hàm σ(α) là đơn điệu không tăng. Cũng từ (2.2) ta có
α
α − x0(cid:107) =
(cid:1) − f0 (cid:107)xδ . ≤ (cid:107)A (cid:0)xδ (cid:1) − fδ α α δ + (cid:107)A (cid:0)xδ α
Kí hiệu V là ánh xạ đối ngẫu chuẩn của X ∗. Khi đó
V U = IX, U V = IX ∗
α − x0 = V xδ
α
α
(cid:19) (cid:1)(cid:1) (cid:1)(cid:1) = V (cid:0)fδ − A (cid:0)xδ (cid:0)fδ − A (cid:0)xδ và U, V có tính thuần nhất dương. Do đó, từ (2.2) suy ra (cid:18) 1 α 1 α
Mặt khác, từ tính đơn điệu của A ta có
α − x0(cid:11) ≥ 0
α
(cid:10)A (cid:0)xδ (cid:1) − A(x0), xδ
26
Điều này dẫn đến
α
α
(cid:10)A (cid:0)xδ (cid:1)(cid:11) ≥ 0 (cid:1) − A(x0), V (fδ − A (cid:0)xδ
hay
α
(cid:107)A (cid:0)xδ (cid:1) (cid:107) ≤ 2(cid:107)fδ(cid:107) + (cid:107)A(x0)(cid:107)
α} giới nội và (cid:8)A (cid:0)xδ
α
Vì {xδ (cid:1)(cid:9) cũng giới nội, cho nên
σ(α) = 0. lim α→∞
Ta có điều cần chứng minh.
Bây giờ, xét hàm số ρ(α) = ασ(α). Dễ dàng nhận thấy
α
ρ (α) = (cid:13) (cid:1) − fδ (cid:13)A (cid:0)xδ (cid:13) (cid:13) .
Đây chính là độ lệch thông thường đã được định nghĩa ở [3, Chapter 3]. Ta có kết
quả sau.
Định lí 2.5. Cho A là một toán tử đơn điệu (trong đó D(A) = X), h-liên tục và liên tục tại x0 (cid:54)∈ S0. Hơn nữa, với mọi 0 < δ < δ < 1 ta có
0 < p ≤ 1, K ≥ 2. (cid:13) (cid:13)A (cid:0)x0(cid:1) − fδ (cid:13) (cid:13) > Kδp,
Khi đó, tồn tại ít nhất một giá trị α sao cho
α − x0(cid:13)
ρ (α) = α (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) = Kδp,
α → x0
ở đây xδ
α là nghiệm của (2.2), khi α = ¯α. Hơn thế nữa, nếu 0 < p < 1, thì xδ α hội tụ yếu đến x0, khi δ → 0.
thoả mãn (2.3) khi δ → 0 và nếu p = 1, thì xδ
Chứng minh. Do A liên tục tại x0 nên
ρ (α) → (cid:13) khi α → ∞. (cid:13) (cid:13) , (cid:13)A (cid:0)x0(cid:1) − fδ
Tiếp theo,
α
α − x0
α − x0
α − x0(cid:11)
(cid:10)A (cid:0)xδ (cid:11) + α (cid:10)U (cid:0)xδ (cid:1) − f0, xδ (cid:1) − U (cid:0)x0 − x0(cid:1) , xδ
27
α − x0
α
(cid:11) . = (cid:10)fδ − f0, U (cid:0)xδ (cid:1)(cid:11) + α (cid:10)U (cid:0)x0 − x0(cid:1) , x0 − xδ
Từ đó suy ra
α − x0
α − x0(cid:1) , xδ
α − x0
(cid:10)U (cid:0)xδ (cid:11) ≤ (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) . δ α
Điều này có nghĩa là
α − x0(cid:13)
(cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) ≤ (cid:13) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) + 2δ/α
hoặc
α − x0(cid:13)
(2.14) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) ≤ 2 (cid:13) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) + δ/α
Từ (2.14) ta có
α − x0(cid:13)
ρ (α) = α (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) ≤ δ + 2α (cid:13) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) .
Lấy α sao cho
2α (cid:13) 0 < p < 1 (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) ≤ δp,
Không giảm tổng quát, ta có thể coi δ < 1. Khi đó,
ρ (α) ≤ Kδp, K ≥ 2.
Bây giờ, nếu
(cid:107)A (x0) − fδ(cid:107) > Kδp
thì từ tính liên tục của ρ(α) suy ra phải tồn tại một giá trị α sao cho
ρ (α) = Kδp (2.15)
và
∞ > α > δp (cid:0)2 (cid:13) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:1) . (cid:13)
Từ đây suy ra
α − x0(cid:13)
(2.16) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤ 2K (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ
Nhờ có (2.16) và (cid:107)x0 − x0(cid:107) (cid:54)= 0 có thể thấy
δ/α ≤ 2δ1−p (cid:13) δ → 0. (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) → 0,
28
Việc còn lại là phải chứng minh
khi δ → 0. xδ α → x0,
α} hội tụ đến một phần tử ˜x
α} giới nội, cho nên tồn tại một dãy con của {xδ
Do {xδ
nào đó thuộc X. Không thay đổi kí hiệu, khi đó ta có
α
khi δ → 0. (cid:1) − fδ (cid:13) (cid:13) → 0, (cid:13) (cid:13)A (cid:0)xδ
Từ tính đơn điệu của A ta được
α − x(cid:11) ≥ 0,
α
(cid:10)A (cid:0)xδ (cid:1) − A (x) , xδ với mọi x ∈ X.
Cho δ → 0 ta thấy
với mọi x ∈ X. (cid:104)f0 − A (x) , (cid:101)x − x(cid:105) ≥ 0,
α → x0,
Có nghĩa là A(˜x) = f0. Tương tự như trong chứng minh Định lý 2.1 rút ra xδ
khi δ/α, δ → 0. Do (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:54)= 0, cho nên với δ đủ nhỏ ta có
α − x0 (cid:13)
δ (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) ≥ µ > 0.
Vì vậy, từ (2.15) suy ra α → 0 khi δ → 0. Tóm lại, nguyên lý độ lệch dạng (2.15)
thoả mãn yêu cầu của một thuật toán hiệu chỉnh.
Nếu p = 1, thì ρ (α) = 2δ. Khi đó, δ/α ≤ C = const. Nguyên lý độ lệch chỉ
α} đến x0. Định lý được chứng minh.
cho ta sự hội tụ yếu của dãy {xδ
Bây giờ, ta xét trường hợp thay cho A ta chỉ biết Ah đơn điệu, h-liên tục và thoả
mãn (2.5) với g(t) với t ≥ 0 là một hàm liên tục và không âm. Tương tự như (2.14)
ta nhận được bất đẳng thức
(2.17)
α − x0(cid:13) α − x0(cid:13)
(2.18) (cid:13) (cid:13)xτ (cid:13) (cid:13)xτ (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) , (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) . (cid:13) ≤ δ/α + hg ((cid:107)x(cid:107)) /α + 2 (cid:13) α(cid:107)) /α + 2 (cid:13) (cid:13) ≤ δ/α + hg ((cid:107)xτ
29
Một câu hỏi tương tự cũng được đặt ra là chọn tham số α(τ ) như thế nào để cho
α(τ ) hội tụ đến x0, khi τ → 0? Ta sẽ chỉ ra rằng có thể chọn
nghiệm hiệu chỉnh xτ
tham số hiệu chỉnh α dựa trên nguyên lý độ lệch dạng
ρ (α) = Kδp, K ≥ 2, 0 < p ≤ 1, 0 < δ + h < δ + h < 1,
α − x0(cid:13)
α − x0(cid:13)
(cid:13) . Dễ dàng nhận thấy hàm σ (α) = (cid:13) (cid:13) là một (cid:13)xτ (cid:13)xτ
ở đây ρ (α) = α (cid:13) hàm liên tục, đơn điệu không tăng với α > α0 > 0 và σ (α) → 0, α > α0 > 0 và
σ(α) → 0 khi α → ∞. Ta có kết quả sau.
Định lí 2.6. Cho A và Ah là các toán tử đơn điệu và h-liên tục với D (Ah) =
D (A) = X. Hơn nữa, với mọi 0 < δ + h < δ + h < 1 ta có
0 < p ≤ 1, K > 1. (2.19) (cid:0)x0(cid:1) − fδ (cid:13) (cid:13) > (cid:0)K + g (cid:0)(cid:13) k (cid:13) (cid:13)Ah (cid:13)x0(cid:13) (cid:1)(cid:1) (δ + h)p, (cid:13)
Khi đó, tồn tại ít nhất một giá trị α sao cho
α(cid:107))) (δ + h) p,
α > ρ (α) = (K + g ((cid:107)xτ và (2.20) (K − 1) (δ + h)p 2 (cid:107)x0 − x0(cid:107)
α là nghiệm của (2.6) (khi trường hợp s = 2), khi α = α. Hơn thế nữa, khi
ở đây xτ
α → x0 thoả mãn (2.3). Nếu p = 1 thì
τ → 0, α → 0, và nếu 0 < p < 1 thì xτ
xτ α → x0 hội tụ yếu đến x0 và τ /α ≤ const.
Chứng minh. Từ (2.18) ta có
α − x0(cid:13)
α(cid:107)) .
ρ (α) = α (cid:13) (cid:13)xτ (cid:13) ≤ 2α (cid:13) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) + δ + hg ((cid:107)xτ
Ta lấy α đủ nhỏ sao cho có đẳng thức sau
2α (cid:13) (2.21) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) < (K − 1) (δ + h) p, K > 1, 0 < p ≤ 1.
Khi đó,
ρ (α) < (K − 1) (δ + h)p + δ + hg ((cid:107)xτ
α(cid:107)) α(cid:107))) (δ + h)p
≤ (K − 1) (δ + h)p + (1 + hg ((cid:107)xτ
30
α(cid:107))) (δ + h)p.
≤ (K + g ((cid:107)xτ
Tiếp theo, ta chứng minh
ρ (α) → (cid:13) khi α → ∞. (cid:13)A (cid:0)x0(cid:1) − fδ (cid:13) (cid:13) ,
α)} giới nội. Như vậy, tồn
Do Ah, h > 0, giới nội địa phương tại x0, cho nên {Ah (xτ (cid:110) (cid:16) (cid:17)(cid:111) tại một dãy con hội tụ yếu đến q, khi β → ∞. Do Ah là toán tử đơn Ah xτ β
địêu và ρ(α) → 0 khi α → ∞, cho nên
(cid:10)Ah (x) − q, x − x0(cid:11) ≥ 0.
α)} hội tụ đến Ah
(cid:0)x0(cid:1) , khi Điều đó có nghĩa là Ah (cid:0)x0(cid:1) = q và cả dãy {Ah (xτ
α → ∞. Từ tính hội tụ yếu ta được
α(cid:107)) − fδ(cid:107) .
(2.22) (cid:0)x0(cid:1) − fδ (cid:107)Ah ((cid:107)xτ (cid:13) (cid:13)Ah (cid:13) (cid:13) ≤ lim α→∞
Mặt khác, cũng tương tự như trong chứng minh Định lý 2.5 ta có
α) − Ah
α))(cid:11) ≥ 0.
(cid:10)Ah (xτ (cid:0)x0(cid:1) , (fδ − Ah (xτ
Từ đây suy ra
α) − fδ(cid:107) ≤ (cid:13)
(cid:107)Ah (xτ (cid:0)x0(cid:1) − fδ (cid:13)Ah (cid:13) (cid:13) .
Kết hợp với (2.22) ta được
ρ (α) = (cid:13) (cid:0)x0(cid:1) − fδ (cid:13)Ah (cid:13) (cid:13) . lim α→∞
Xét hàm
α(cid:107))) (δ + h)p, α > α0 > 0.
d (α) = ρ (α) − (K + g ((cid:107)xτ
Dễ dàng nhận thấy d(α) là một hàm liên tục và
• Ta có
d (α) = (cid:13) (cid:0)x0(cid:1) − fδ (cid:13)Ah (cid:13) − (cid:0)K + g (cid:0)(cid:13) (cid:13) (cid:13)x0(cid:13) (cid:1)(cid:1) (δ + h)p (cid:13) lim α→∞
d (α) > 0. và từ (2.19) suy ra lim α→∞
31
• Tồn tại
α > (K − 1) (δ + h)p 2 (cid:107)x0 − x0(cid:107)
có nghĩa là d(α) < 0.
Từ đó suy ra kết luận thứ nhất của định lý. Bây giờ ta chỉ còn phải chứng minh việc
chọn tham số α theo (2.20) bảo đảm sự hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh tới nghiệm
x0, khi τ → 0. Trước tiên từ (2.19) ta thấy x0 (cid:54)∈ S0.
Xét trường hợp 0 < p < 1. Do
α > (K − 1) (δ + h)p/ (cid:0)2 (cid:13) (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:1) , (cid:13)
cho nên (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) ≤ . δ + h α 2(δ + h)1−p (cid:13) K − 1
Điều này có nghĩa là
→ 0, khi τ → 0. δ + h α
Vì vậy, δ/α và h/α → 0, khi τ → 0. Tương tự như trong Định lý 2.5, ta chứng
α → x0, khi τ → 0. Do x0 (cid:54)= x0 nên tồn tại µ > 0 sao cho (cid:107)xτ
α − x0(cid:107) ≥ µ
minh xτ
với τ đủ nhỏ. Khi đó,
α)) (δ + h)p α − x0(cid:107)
(K + g (xτ α = ≤ (δ + h)p. (cid:107)xτ K + g (xτ α) µ
α} suy ra α < C(δ + h)p với C > 0. Có nghĩa là α → 0, khi τ → 0. Khi p = 1, chứng minh tương tự như trong Định lý
Từ tính liên tục của g(t) và sự giới nội của {xτ
2.5 ta được xα (cid:42) x0 và τ /α ≤ const, khi τ → 0. Ta chỉ ra rằng trong trường hợp
này vẫn có α → 0, khi τ → 0. Thật vậy, từ tính hội tụ yếu suy ra
α − x0(cid:13) (cid:13) .
(cid:13) (cid:13)xτ (cid:13)x0 − x0(cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤ limτ →0
α − x0(cid:13)
Có nghĩa là với mọi τ ta có (cid:13) (cid:13)xτ (cid:13) ≥ µ > 0. Như vậy,
α < C1(δ + h)p, C1 > 0.
Do đó, α → 0 khi τ → 0. Định lý được chứng minh.
32
Định lí 2.7. Với mọi điều kiện ở Định lý 2.6, nếu g(t) không giảm còn x0 là phần
tử không của không gian X, thì giá trị α thoả mãn (2.19) là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử phản chứng rằng với một τ = (δ, h) cố định tìm được hai giá
trị α và β sao cho
(2.23)
α(cid:107) = (K + g ((cid:107)xτ (cid:13) (cid:13) = (K + g ((cid:107)xτ
α(cid:107))) (δ + h)p, α(cid:107))) (δ + h)p.
α (cid:107)xτ β (cid:13) (2.24) (cid:13)xτ β
α và xτ
β là nghiệm của phương trình (2.6) với α = α và α = β, tương ứng.
ở đây xτ
Có nghĩa là
(2.25)
α) + αU (xτ α) = fδ, (cid:17) (cid:16)
Ah (xτ (cid:16) (cid:17) + βU (2.26) Ah = fδ. xτ β xτ β
α = xτ
β, thì từ (2.23) và (2.24) ta có α = β. Vì vậy, ta tiếp tục giả thiết α (cid:54)= β.
Nếu xτ
Đặt
, β = . zα = xτ α (cid:107)xτ α(cid:107)
β sao cho
Theo Định lý Hahn-Banach tồn tại các phần tử z∗ xτ β (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)xτ (cid:13) β α và z∗
α(cid:107) = z∗
α, zα(cid:105) =
β = 1,
(cid:69) (cid:68) = 1. (cid:107)z∗ (cid:104)z∗ z∗ β, zβ
α) = α (cid:107)xτ
α(cid:107) z∗ α,
Khi đó, (cid:17) (cid:16) αU (xτ βU = β (cid:13) (cid:13)xτ β xτ β (cid:13) (cid:13) z∗ β
Bây giờ, từ (2.25) và (2.26) suy ra
α) − βU
α − xτ β
α − β (cid:68)
(cid:68) (cid:16) (cid:17) (cid:69) (cid:68) (cid:69) αU (xτ , xτ = xτ β
α (cid:107)xτ α(cid:107) z∗ +(δ + h)p (cid:104) K
α(cid:107)) z∗
α − g
β
α − xτ β
(cid:68) (cid:69)(cid:105) + g ((cid:107)xτ (cid:13) (cid:13) (cid:13)xτ (cid:13) z∗ β, xτ α − xτ (cid:13) (cid:13) β β (cid:69) α − xτ β, xτ α − z∗ z∗ β (cid:13) (cid:16)(cid:13) (cid:17) z∗ (cid:13)xτ β, xτ (cid:13) (cid:13) (cid:13)
Cũng như khi chứng minh toán tử đối ngẫu là đơn điệu chặt, dễ dàng nhận thấy
α − z∗ z∗
β, xτ
α − xτ β
(cid:69) (cid:68) > 0.
33
Do g(t) là một hàm không giảm, cho nên
α − g (cid:0)(cid:13)
α(cid:107) − xτ β
(cid:68) (cid:69) g ((cid:107)xτ
α(cid:107)) z∗ ≥ (cid:2)g ((cid:107)xτ
α(cid:107) −
β
(cid:17) (cid:107)xτ (cid:13) (cid:13) , (cid:107)xτ (cid:13) (cid:1)(cid:3) (cid:16) (cid:13) (cid:13) (cid:1) (cid:13) (cid:13) (cid:13)z∗ (cid:13)xτ (cid:13) (cid:13) β β α(cid:107)) − g (cid:0)(cid:13) (cid:13)xτ β (cid:13) (cid:13)xτ (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)
≥ 0.
α) − βU
β
α − xτ β
Do đó, (cid:17) (cid:68) (cid:69) , xτ α U (xτ > 0. (cid:16)(cid:13) (cid:13)xτ (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)
Từ (2.25) và (2.26) suy ra
β, xτ
α−xτ β
(cid:68) (cid:69) < 0, z∗ α − z∗
trái với tính đơn điệu của Ah. Định lý được chứng minh.
2.1.3 Tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh
Mục này trình bày tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu chỉnh trong không gian X có
tính chất ES và X ∗ là lồi chặt. Như đã biết, khi vế phải f0 cho xấp xỉ bởi fδ
(cid:107)f0 − fδ(cid:107) ≤ δ
α thu được từ phương trình (2.2) hội tụ đến phần tử x0 là
thì nghiệm hiệu chỉnh xδ
nghiệm của (2.2), nếu α, δ/α → 0. Vấn đề đặt ra là sự hội tụ đó nhanh chậm như
thế nào, khi α = α (δ) đã chọn? Kết quả đầu tiên về tốc độ hội tụ của nghiệm hiệu
chỉnh với điều kiện khá chặt chẽ là toán tử A có đạo hàm bậc cao bằng không trên
tập S0 và liên tục Lipschitz. Nó hạn chế nhiều đến khả năng áp dụng vào bài toán
cụ thể trong cơ học cũng như trong các bài toán khoa học kỹ thuật. Trong mục này,
các kết quả về tốc độ hội tụ được trình bày với điều kiện toán tử A thoả mãn
(cid:107)A (y) − A (x) − A(cid:48) (x) (y − x)(cid:107) ≤ τ (cid:107)y − x(cid:107) (cid:107)A(cid:48) (x) (y − x)(cid:107) (2.27)
với mọi y thuộc một lân cận nào đó của S0 và x ∈ S0, ở đây τ > 0 là một hằng số.
Định lí 2.8. Giả sử các điều kiện sau được thoả mãn:
34
(1) A khả vi Fréchet tại một lân cận nào đó của S0 với (2.27), khi x = x0,
(2) tồn tại một phần tử z ∈ X sao cho
A0(x0)∗z = U s (cid:0)x0 − x0(cid:1) ,
(3) tham số hiệu chỉnh α được chọn sao cho
α ∼ δp, 0 < p < 1.
α − x0
Khi đó, (cid:27) , . (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) = O (cid:0)δθ(cid:1) , θ = min (cid:26)1 − p s − 1 p s
Chứng minh. Từ (2.1), (2.2) và điều kiện (2) của định lý dẫn đến
α − x0
α − x0(cid:13) s (cid:13)
(cid:11) (cid:1) − U (cid:0)x0 − x0(cid:1) , xδ mU (cid:13) (cid:13)xδ
α − x0 (cid:10)fδ − A (cid:0)xδ
α
α
(cid:11) ≤ (cid:1) , xδ (cid:11) + (cid:10)U (cid:0)x0 − x0(cid:1) , x0 − xδ
α − x0 (cid:13) (cid:13) + (cid:10)z, A(cid:48) (x0) (cid:0)x0 − xδ
α − x0
α
≤ (cid:1)(cid:11) . (2.28) (cid:13) (cid:13)xδ ≤ (cid:10)U (cid:0)xδ 1 α δ α
Mặt khác,
α
α
(cid:12) (cid:12)z, A(cid:48) (x0) (cid:0)x0 − xδ (cid:12) ≤ (cid:107)z(cid:107) (cid:13) (cid:1)(cid:12) (cid:13)A(cid:48) (x0) (cid:0)x0 − xδ (cid:1)(cid:13) (cid:13) ,
ở đây
α
α
α − x0
(cid:13) (cid:13)A(cid:48) (x0) (cid:0)x0 − xδ (cid:13) (cid:13)
α
α − x0
α
(cid:13) ≤ (cid:13) (cid:1)(cid:13) ≤ (cid:13) (cid:1) − f0 (cid:1) − fδ (cid:13)A (cid:0)xδ (cid:13)A (cid:0)xδ (cid:13) + τ (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) + δ + τ (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:1)(cid:13) (cid:13)A(cid:48) (x0) (cid:0)xδ α − x0 (cid:13) (cid:13) (cid:13)A(cid:48) (x0) (cid:0)x0 − xδ (cid:13) (cid:13) (cid:1)(cid:13) (cid:13) .
Do đó,
α − x0
α − x0
(2.29) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) + δ(cid:1) (cid:13) ≤ 2 (cid:0)α (cid:13) (cid:1)(cid:13) (cid:13) (cid:13)A(cid:48) (x0) (cid:0)xδ
nhờ việc khi α, δ đủ nhỏ thì
α − x0
. τ (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) ≤ 1 2
s
Vì vậy, từ (2.28) và (2.28), điều kiện (3) và δp < δ khi δ < 1 ta có
α − x0
α − x0
mU ≤ C1δ1−p (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) + C2δp.
35
ở đây Ci là các hằng số dương. Sử dụng hệ thức
a, b, c ≥ 0, p > q, ap ≤ baq + c
kéo theo (cid:16) (cid:17) ap = O bp/(p−q) + c
α − x0
ta thu được (cid:27) , . (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) = O (cid:0)δθ(cid:1) , θ = min (cid:26)1 − p s − 1 p s
Định lý được chứng minh.
Định lí 2.9. Giả sử các điều kiện sau được thoả mãn:
(1) Ah khả vi Fréchet trong một lân cận nào đó của S0 với (2.30), khi x = x0,
h (x0)∗ zh = U s (cid:0)x0 − x0(cid:1) A(cid:48)
(2) tồn tại phần tử zh ∈ X sao cho
(3) tham số hiệu chỉnh α được chọn sao cho
α ∼ (δ + h)p, 0 < p < 1.
α − x0
Khi đó, (cid:27) , . (2.30) (cid:13) (cid:13)xδ,h (cid:13) (cid:13) = O((δ + h)θ), θ = min (cid:26)1 − p s − 1 p s
Chứng minh. Từ (2.1) - (2.6) và điều kiện (2) của định lý ta có
mU
α − x0
α − x0
(cid:11)
α − x0
α
α
(cid:11) ≤ (cid:1) − U (cid:0)x0 − x0(cid:1) , xδ,h (cid:0)xδ,h (cid:1) , xδ,h (cid:11) + (cid:10)U (cid:0)x0 − x0(cid:1) , x0 − xδ,h
α
α − x0
≤ (cid:1)(cid:11) (2.31) (cid:10)fδ − Ah (δ + g ((cid:107)x0(cid:107)) h) (cid:13) (cid:13)xδ,h (cid:13) (cid:13) + (cid:10)zh, A(cid:48)h (x0) (cid:0)x0 − xδ,h (cid:13) (cid:13) s (cid:13)xδ,h α − x0 (cid:13) ≤ (cid:10)U (cid:0)xδ,h 1 α 1 α
Vì
h (x0) (cid:0)x0 − xδ,h
α
h (x0) (cid:0)xδ,h
α − x0
(cid:1) (cid:12) (cid:12)zh, A(cid:48) (cid:1)(cid:12) (cid:12) ≤ (cid:107)zh(cid:107) A(cid:48)
36
ở đây
(cid:13) (cid:13)A(cid:48) (cid:1)(cid:13) (cid:13)
α
h (x0) (cid:0)xδ,h ≤ (cid:13) ≤ (cid:13)
α − x0 (cid:0)xδ,h (cid:0)xδ,h
(cid:13) + τ (cid:13) (cid:13)xδ,h (cid:13) (cid:13)A(cid:48) (cid:1)(cid:13) (cid:13) (cid:13)Ah
h (x0) (cid:0)xδ,h (cid:13) (cid:13) (cid:13)A(cid:48) (cid:13)
α
α − x0 h (x0) (cid:0)xδ,h
α − x0
α − x0
(cid:13)Ah (cid:1) − Ah (x0)(cid:13) (cid:13) α − x0 (cid:13) (cid:13) + δ + g ((cid:107)x0(cid:107)) + τ (cid:13) (cid:13) (cid:1) − fδ (cid:13)xδ,h (cid:1)(cid:13) (cid:13) .
α − x0
Do (cid:13) (cid:13) → 0 với δ, h và α đủ nhỏ, ta nhận được (cid:13) (cid:13)xδ,h
h (x0) (cid:0)xδ,h
α − x0
α − x0
(cid:13) (cid:13)A(cid:48) (cid:13) ≤ 2 (cid:0)α (cid:13) (cid:1)(cid:13) (cid:13)xδ,h (cid:13) (cid:13) + δ + g ((cid:107)x0(cid:107)) h(cid:1) .
Vì vậy, từ (2.31) suy ra
α − x0
α − x0
mU ≤ (δ + g ((cid:107)x0(cid:107)) h) (cid:13) (cid:13) (cid:13) + δ + g ((cid:107)x0(cid:107)) h(cid:1) . (cid:13)xδ,h (cid:13) + 2 (cid:107)zh(cid:107) (cid:0)α (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ,h 1 α
s
Do α ∼ (δ + h)p, 0 < p < 1, từ bất đẳng thức trên dẫn đến
α − x0
α − x0
mU ≤ C1(δ + h)1−p (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ,h (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ,h (cid:13) (cid:13) + C2(δ + h)p.
Cũng như trong chứng minh định lý trên ta có
α − x0
(cid:13) (cid:13)xδ,h (cid:13) (cid:13) = O(δ + h)θ.
Định lý được chứng minh.
Nếu Ah không đơn điệu, thì nghiệm hiệu chỉnh xω thu được dựa vào việc giải
bất đẳng thức biến phân (2.7). Khi đó tốc độ hội tụ của xω đến x0 được đánh giá
như thế nào? Để trả lời cho câu hỏi này ta có kết quả sau.
(cid:27) (cid:16) (δ + ε)θ(cid:17) θ = min , , ps . (cid:107)xω − x0(cid:107) = O Định lí 2.10. Cho thoả mãn (2.30) và có các điều kiện (1)-(3) của Định lý 2.9. Khi đó, nếu α được chọn sao cho α ∼ (δ + ε)p, 0 < p < 1, ta được (cid:26)1 − p s − 1
Chứng minh. Nhờ có tính chất của U s (xem (2.7)), điều kiện (2) của định lý và tính
đơn điệu của A ta có thể viết
(cid:11) mU (cid:107)xω − x0(cid:107)s ≤ (cid:10)U s (xω − x0) − U s (cid:0)x0 − x0(cid:1) , xω − x0
37
≤ ((cid:104)fδ − Ah (xω) , xω − x0(cid:105) + εg ((cid:107)xω(cid:107)) (cid:107)xω − x0(cid:107))
h (x0) (x0 − xω)(cid:105)
1 α + (cid:104)zh, A(cid:48)
và
(cid:104)fδ − Ah (xω) , xω − x0(cid:105) ≤ (cid:104)fδ − f0 + A (xω) − Ah (xω) , xω − x0(cid:105)
≤ (δ + hg ((cid:107)xω(cid:107))) (cid:107)xω − x0(cid:107) .
Do đó,
(δ + (h + ε) g ((cid:107)xω(cid:107))) (cid:107)xω − x0(cid:107) mU (cid:107)xω − x0(cid:107)s ≤
h (x0) ((cid:107)x0 − xω(cid:107)) .
(2.32) 1 α + (cid:107)zh(cid:107) A(cid:48)
Tiếp theo, từ điều kiện (2.30) ta có đánh giá
h (x0) (xω − x0)(cid:107)
h (x0) (x0 − xω)(cid:107) ≤ (cid:107)Ah (xω) − Ah (x0) − A(cid:48)
(cid:107)A(cid:48)
+ (cid:107)Ah (xω) − Ah (x0)(cid:107)
h (x0) (xω − x0)(cid:107)
≤ τ (cid:107)xω − x0(cid:107) (cid:107)A(cid:48)
+ (cid:107)Ah (xω) − fδ(cid:107) + δ + hg ((cid:107)x0(cid:107)) .
Như vậy,
h (x0) (x0 − xω)(cid:107) ≤ (cid:107)Ah (xω) − fδ(cid:107) + δ + hg ((cid:107)x0(cid:107)) .
(1 − τ (cid:107)xω − x0(cid:107)) (cid:107)A(cid:48)
2τ với δ, α và ε đủ nhỏ, cho nên
Vì (cid:107)xω − x0(cid:107) ≤ 1
h (x0) (x0 − xω)(cid:107) ≤ 2 ((cid:107)Ah (xω) − fδ(cid:107) + δ + hg ((cid:107)x0(cid:107))) .
(cid:107)A(cid:48) (2.33)
Mặt khác, sử dụng Định lý Hahn-Banach ta có thể khẳng định sự tồn tại phần tử
zω ∈ X ∗∗ = X sao cho (cid:107)zω(cid:107) = 1 và
(cid:104)fδ − Ah (xω) , zω(cid:105) = (cid:107)fδ − Ah (xω)(cid:107) .
Thay x trong (2.7) bởi zω + xω ta có
(cid:107)Ah (xω) − fδ(cid:107) ≤ α (cid:107)xω − x0(cid:107) + εg ((cid:107)xω(cid:107)) .
38
Cùng với (2.32) và (2.33) điều đó suy ra
mU (cid:107)xω − x0(cid:107)s ≤ (δ + (h + ε) g ((cid:107)xω(cid:107))) (cid:107)xω − x0(cid:107)
1 α +2zh (α (cid:107)xω − x0(cid:107) + εg ((cid:107)xω(cid:107)) + δ + hg ((cid:107)x0(cid:107))) .
Vì vậy, từ điều kiện
α ∼ (δ + ε)p (δ + ε)p > δ + ε; δ + ε < 1 và
bất đẳng thức trên suy ra
mU (cid:107)xω − x0(cid:107)s ≤ C1(δ + ε)1−p (cid:107)xω − x0(cid:107) + C2(δ + ε)p.
Cũng như trong chứng minh định lý trên ta thấy
(cid:27) , ps . θ = min (cid:107)xω − x0(cid:107) = O(δ + ε)θ, (cid:26)1 − p s − 1
Định lý được chứng minh.
2.2 Nguyên lý tựa độ lệch trong hiệu chỉnh tìm nghiệm chung cho một họ phương trình không chỉnh đơn điệu và phi tuyến
2.2.1 Mô tả phương pháp
Cho X là không gian Banach phản xạ và X ∗ là không gian đối ngẫu của nó, mà
cả hai được giả thiết là lồi chặt. Để cho đơn giản, chuẩn của X và X ∗ được ký hiệu
bởi (cid:107) · (cid:107). Ta sử dụng kí hiệu (cid:104)x∗, x(cid:105) để biểu thị giá trị của phiếm hàm tuyến tính liên
tục x∗ tại điểm x ∈ X. Ngoài ra, ta giả thiết thêm rằng không gian X có tính chất
ES.
Ta xét bài toán
f ∈ X ∗, i = 0, 1, 2, . . . , N (2.34) Ai(x) = fi,
trong đó N là một số nguyên dương cố định và Ai là một toán tử đơn điệu h-liên
tục, đơn điệu và thế năng với miền xác định D(A) ≡ X với i = 0, 1, . . . , N . Nhắc
39
lại rằng, một toán tử A của miền D(A) ⊆ X vào X ∗ được gọi là λ-ngược, đơn điệu
mạnh, nếu đối với bất kỳ x, y ∈ D(A) ta có
(cid:104)A(x) − A (y) , x − y(cid:105) ≥ λ(cid:107)A(x) − A(y)(cid:107)2,
ở đây λ là một hằng số dương, đơn điệu, nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau đây
(cid:104)A(x) − A (y) , x − y(cid:105) ≥ 0
đơn điệu chặt tại một điểm y ∈ D(A) nếu dấu "=" ở bất đẳng thức cuối cùng xảy
ra khi x = y, và thế năng, khi và chỉ khi A(x) = ϕ(cid:48)(x), đạo hàm Gâteaux của một
i=0Si (cid:54)= θ, giả sử fi chỉ được cho xấp xỉ bởi fi
phiếm hàm lồi ϕ(x). Ký hiệu Si là tập nghiệm của phương trình thứ i trong (2.34). δ ∈ X ∗ thỏa Giả thiết rằng S := ∩N
mãn
i
δ → 0, với i = 0, 1, . . . , N. (2.35) (cid:13) (cid:13)fi − f δ (cid:13) (cid:13) ≤ δ,
Ta biết rằng trong [3], mỗi phương trình trong (2.34) là bài toán đặt không chỉnh,
theo nghĩa nghiệm của nó không phụ thuộc liên tục vào fi, do đó, hệ phương trình
(2.34) là bài toán đặt không chỉnh. Năm 2006, để giải (2.34) trong các trường hợp
fi = θ (phần tử θ trong X ∗), và mỗi Ai là h-liên tục, đơn điệu và thế năng với
D(Ai) = X, Nguyễn Bường đã đưa ra phương pháp hiệu chỉnh kiểu Browder-
Tikhonov loại
i (x) + αU (x) = θ.
αµj Ah (2.36)
N (cid:80) i=0 µ0 = 0 < µi < µi+1 < 1,
i = 1, 2, . . . , N − 1,
i là một xấp xỉ của Ai có tính đơn điệu và h-liên tục.
khi Ah
Trong luận văn, ta xét phương trình hiệu chỉnh cho (2.34) bởi phương trình sau
i ) + αU (x + x+) = θ
αµi(Ai(x) − f δ (2.37)
N (cid:80) i=0 µ0 = 0 < µi < µi+1 < 1,
i = 1, 2, . . . , N − 1.
i ), với mỗi α cố định và dương là
i=0 αµi(Ai(·) − f δ
Rõ ràng, ánh xạ A (·) := (cid:80)N
h-liên tục và đơn điệu với D(A) = X. Do đó, A là đơn điệu cực đại (xem [3]). Vì
40
vậy, phương trình (2.37) có nghiệm duy nhất đối với mỗi α > 0. Ta sẽ chứng minh
α hội tụ mạnh tới x0 ∈ S, thỏa mãn
rằng nếu α, δ/α → 0 thì xδ
(2.38) (cid:13) (cid:13)x0 − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13)z − x+(cid:13) (cid:13) . (cid:13) = min z∈S
Chọn tham số α = α (δ) theo nguyên lý
α − x+(cid:13)
ρ (α) := α (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) = Kδp,
α(δ) với điều kiện
trong đó K > N + 2 và 0 < p ≤ 1 và đánh giá tốc độ hội tụ của xδ
(cid:48)(x)∗(y − x0)(cid:13)
0(x0) là đạo hàm của A0 tại x0 ∈ X, A(cid:48)
0 (x0)∗ là
(2.39) (cid:13) (cid:13)A0(y) − f0 − A0 (cid:13) ≤ τ (cid:107)A0(y) − f0(cid:107) ,
0(x0) và τ là một hằng số cố định, và
với y thuộc lân cận của x0 ∈ S, A(cid:48) liên hợp của A(cid:48)
(2.40) (cid:104)U (x) − U (y), x − y(cid:105) ≥ mU (cid:107)x − y(cid:107)s, s ≥ 2, mU > 0.
α) − f δ 0
Lưu ý rằng khi Ai (x) ≡ fi cho i = 1, 2, . . . , N , ρ(α) = (cid:13) (cid:13)A0(xδ (cid:13) (cid:13), ta có
được những nguyên lý độ lệch như trong [3]. Vì vậy, nguyên lý này được gọi là
nguyên lý tựa độ lệch.
2.2.2 Sự hội tụ
α → x0 ∈ S, thỏa mãn (2.38).
Định lí 2.11. Nếu α, δ/α → 0 thì xδ
N (cid:88)
Chứng minh. Từ (2.37) kéo theo
α) − f δ
i , xδ
α − z(cid:11) + α (cid:10)U (xδ
α − x+), xδ
α − z(cid:11) = 0
i=0
với mọi z ∈ S. αµi (cid:10)Ai(xδ
N (cid:88)
Từ (2.35) và tính chất của Ai, ta được
α − z(cid:13) (cid:13) .
α − x+), xδ
α − z(cid:11) ≤ δ
i=0
(cid:10)U (xδ (2.41) (cid:13) (cid:13)xδ 1 α1−µi
Như vậy
2
N (cid:88)
N (cid:88)
(cid:35) (cid:34)
α − x+(cid:13) (cid:13)
α − x+(cid:13) (cid:13)
i=0
i=0
−(cid:13) ≤ 0. (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13)xδ (cid:13)z − x+(cid:13) −(cid:13) (cid:13) δ (cid:13)z − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13) + δ 1 α1−µi 1 α1−µi
41
Vì thế
α − x+(cid:13) (cid:13)
N (cid:88)
N (cid:88)
0 ≤ (cid:13) (cid:13)xδ
i=0
i=0
≤ (cid:13) + (cid:107)z − x+(cid:107), (cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:116)δ z ∈ S. (2.42) (cid:13)z − x+(cid:13) (cid:13) + δ 1 α1−µi 1 α1−µi
Không mất tính tổng quát, ta giả sử α ≤ 1. Khi đó
α − x+(cid:13)
0 ≤ (cid:13) (cid:114) δ + (cid:107)z − x+(cid:107) với mọi z ∈ S. (cid:13)xδ (cid:13) ≤ (cid:13) (cid:13)z − x+(cid:13) (cid:13) + δ N + 1 α N + 1 α
α} có một dãy con hội tụ yếu đến một phần tử X. Để
Do X là phản xạ nên dãy {xδ
α → x ∈ X, khi δ, δ/δ → 0. Đầu tiên, ta chứng minh rằng
đơn giản, ta giả sử xδ
x ∈ S0. Thật vậy, từ tính chất của A0, U và (2.37), ta có
0 , x − xδ α
(cid:11) (cid:10)A0(x) − f δ
0 , x − xδ α
α) − f δ
N (cid:88)
(cid:11) ≥ (cid:10)A0(xδ
α) − f δ
i , xδ
α − x(cid:11) + α (cid:10)U (xδ
α − x+), xδ
α − x(cid:11)
i=0 N (cid:88)
≥ αµi (cid:10)Ai(xδ
α) − f δ
i , xδ
α − x(cid:11) + α (cid:10)U (x − x+), xδ
α − x(cid:11) ,
i=0
x ∈ X. ≥ αµi (cid:10)Ai(xδ
Cho δ, α → 0 trong bất đẳng thức trên, ta có được
với mọi x ∈ X. (cid:104)A0(x) − f0, x − x(cid:105) ≥ 0,
Do đó, ¯x ∈ S0. Bây giờ, ta chứng minh rằng x ∈ Si, i = 1, 2, . . . , N. Thật vậy, từ
N (cid:88)
(2.37) và tính chất đơn điệu của A0 như sau
α) − f δ
1 , xδ
α − x(cid:11) +
α) − f δ
1 , xδ
α − x(cid:11)
i=0 α − x+), xδ
α − x(cid:11)
(cid:10)A1(xδ αµi−µ1 (cid:10)Ai(xδ
≤ với mọi x ∈ S0. +α1−µ1 (cid:10)U (xδ α − x(cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) δ αµ1
N (cid:88)
Vì vậy
α) − f δ
1 , xδ
α − x(cid:11) +
α) − f δ
1 , xδ
α − x(cid:11)
i=0
(cid:10)A1(xδ αµi−µ1 (cid:10)Ai(xδ
42
α − x(cid:11)
+α1−µ1 (cid:10)U (x − x+), xδ
α − x(cid:13) (cid:13) ,
α1−µ1 (cid:13) ≤ (cid:13)xδ δ α
Cho δ, α → 0, ta được
(cid:104)A1(x) − f1, x − x(cid:105) ≤ 0 với mọi x ∈ S0.
Do đó, ¯x là cực tiểu địa phương của ϕ1(x) − (cid:104)f1, x(cid:105) trong S0. Từ S0 ∩ S1 (cid:54)= ∅, thì
¯x cũng là cực tiểu địa phương của ϕ1(x) − (cid:104)f1, x(cid:105) tức là x ∈ S1. Tiếp theo, ta đặt (cid:101)Sk = (cid:84)k i=0 Si.. Như vậy, (cid:101)Sk cũng là tập lồi, đóng và khác rỗng. Lúc này, giả sử ta đã có chứng minh x ∈ (cid:101)Sk và ta cần chứng minh rằng x ∈ Sk+1. Từ (2.37) với x ∈ (cid:101)Sk,
N (cid:88)
chúng ta có thể viết
α) − f δ
k+1, xδ
α − x(cid:11) +
α) − f δ
1 , xδ
α − x(cid:11)
α − x(cid:11)
(cid:10)Ak+1(xδ αµi−µk+1 (cid:10)Ai(xδ
j=k+2 α − x+), xδ α − x(cid:13) (cid:13) ,
+ α1−µk+1 (cid:10)U (xδ (k + 1) (cid:13) ≤ với mọi x ∈ (cid:101)Sk, (cid:13)xδ δ αµk+1
N (cid:88)
Cho α ≤ 1, do đó,
k+1, xδ
α − x(cid:11) +
1 , xδ
α − x(cid:11)
j=k+2
α − x(cid:11)
(cid:10)Ak+1(x) − f δ αµi−µk+1 (cid:10)Ai(x) − f δ
(k + 1) (cid:13) ≤ (cid:13)xδ
α − x(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) + (cid:107)x(cid:107)(cid:1) .
(k + 1) (cid:0)(cid:13) ≤ (cid:13)xδ α +α1−µk+1 (cid:10)U (x − x+), xδ δ α δ α
Do đó,
(cid:104)Ak+1(x) − fk+1, x − x(cid:105) ≤ 0 với mọi x ∈ (cid:102)Sk.
α − x+(cid:13)
rõ ràng từ (2.42), chúng ta có (cid:13) (cid:13)xδ
Bằng các lập luận tương tự như trên, chúng ta có được x ∈ Sk+1. Do đó, x ∈ S (cid:13) → (cid:107)x − x+(cid:107) và (cid:107)x − x+(cid:107) ≤ (cid:107)z − x+(cid:107) với mọi z ∈ S. S là tập lồi, đóng và phần tử có x+-chuẩn nhỏ nhất trong không
α → x và phần tử ¯x là phần tử x0 mà ta phải
gian Banach X lồi là duy nhất nên xδ
tìm.
43
Hệ quả 2.1. Ta có các khẳng định sau:
(1) Hàm ρ(α) là liên tục trên (α0, +∞), với mọi α0 > 0.
(2) Nếu AN liên tục tại x+ với
(2.43) (cid:13) (cid:13) > 0 (cid:13) (cid:13)AN (x+) − f δ N
N = fN thì lim ρ(α) α→+∞
= +∞. với mọi δ ≥ 0, ở đây f 0
N (cid:88)
N (cid:88)
Chứng minh. Lấy α, β là hai số trong (α0, +∞). Từ (2.37) suy ra
β) − f δ i
α−x+)−βU (xδ
β −x+) = 0.
α) − f δ i
i=0
i=0
(cid:1)+αU (xδ (cid:1)− βµi (cid:0)Ai(xδ αµi (cid:0)Ai(xδ
Do đó,
β − x+), xδ
α − xδ β
(cid:11) α (cid:10)U (xδ
α − x+) − U (xδ + (α − β) (cid:10)U (xδ
β − x+), xδ
α − xδ β
N (cid:88)
(cid:11)
α) − Ai(xδ
β), xδ
α − xδ β
i=0 N (cid:88)
(cid:11) + αϕi (cid:10)Ai(xδ
β) − f δ
i , xδ
α − xδ β
i=0
(cid:11) = 0. + (αµi − βµi) (cid:10)Ai(xδ
Cùng với kết quả sau
(cid:104)U (x) − U (y), x − y(cid:105) ≥ ((cid:107)x(cid:107) − (cid:107)y(cid:107))2,
Với x, y ∈ X, nghĩa là
β − x+(cid:13) (cid:17)2 (cid:13) (cid:13)
α − x+(cid:13) (cid:13) − (cid:34)
(cid:16)(cid:13) (cid:13)xβ
N (cid:88)
(cid:35)
β − x+(cid:13)
α) − f δ α
i=0 (cid:13) (cid:1) . (cid:13)
≤ |αµi − βµi| (cid:13) (cid:13) + (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13)Ai(xδ
(cid:13)x+(cid:13) (cid:13) + (cid:13) (cid:0)(cid:13) (cid:13)xδ 1 α0 (cid:13) + (cid:13) (cid:13)xδ β (cid:13) (cid:13)xβ (cid:13) |α − β| α0 α − x+(cid:13)
Vì vậy, từ bất đẳng thức trên và (2.42) với α trong vế trái được thay thế bằng α0, sự
α − x+(cid:13)
liên tục của (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) tại những giá trị β ∈ (α0, ∞). Vì vậy, ρ(α) liên tục trong
44
N (cid:88)
N (cid:88)
(α0, ∞). Từ (2.37) ta có được
α) − Ai(x+)(cid:1) + αU (xδ
α − x+) =
i ) − Ai(x+)(cid:1) .
i=0
i=0
αµi (cid:0)f δ αµi (cid:0)Ai(xδ
α − x+ và sử dụng tính đơn điệu của Ai và định nghĩa của U ,
Đẳng thức cho bởi xδ
N (cid:88)
chúng ta có
α − x+(cid:13)
i − Ai(x+)(cid:13) (cid:13) .
i=0
(cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) ≤ (cid:13) (cid:13)f δ 1 α1−µi
Vì vậy,
α − x+(cid:13)
(cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) = 0. lim α→+∞
Rõ ràng, kết luận (2) của bổ đề được suy ra từ việc sử dụng (2.43), từ đẳng thức
trên, ta được
N −1 (cid:88)
(cid:33) (cid:32)
α) − f δ i
α) − f δ N
i=0
. ρ(α) ≥ αµN (cid:13) (cid:13)Ai(xδ (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)AN (xδ (cid:13) (cid:13) − 1 αµN −µi
Suy ra sự liên tục của AN tại x+, µN > µi và tính bị chặn địa phương của Ai khi
i = 0, 1, 2, ..N − 1.
Bây giờ, ta có thể thấy các tham số có thể được lựa chọn bởi các nguyên tắc còn
lại.
Định lí 2.12. Cho x+ /∈ S là một điểm thuộc E và với AN liên tục tại x+ với điều
kiện (2.43). Do đó, tồn tại ít nhất một giá trị
α ≥ z ∈ S, (2.44) [K − (N + 2)]δp (cid:107)z − x+(cid:107)
và
ρ(α) = Kδp, K > N + 2, 0 < p ≤ 1. (2.45)
Hơn nữa, khi δ → 0 và Ai là một ánh xạ đơn điệu chặt tại x+ với i = 0, 1, 2, . . . , N −
1. Ta có
(1) α (δ) → 0.
α(δ) → x0.
(2) Nếu p ∈ (0; 1) thì δ/α (δ) → 0 và xδ
45
(3) Nếu p = 1, S = {x0} và Ai là λi-ngược, đơn điệu mạnh với i = 1, 2, . . . , N,
α(δ) hội tụ yếu đến x0 và δ/α (δ) ≤ C, là một hằng số dương.
khi xδ
Chứng minh. Do (2.42) với ta thu được bất đẳng thức sau
α − x+(cid:13)
α (cid:13) với z ∈ S. (cid:13)xδ (cid:13) ≤ α (cid:13) (cid:13)z − x+(cid:13) (cid:13) + δ(N + 1) + (cid:112)αδ(N + 1) (cid:107)z − x+(cid:107),
(2.46)
Với mỗi giá trị cố định δ > 0 và p ∈ (0, 1], khi α đủ nhỏ, ta được
(2.47) α (cid:13) (cid:13)z − x+(cid:13) (cid:13) < (K − (N + 2))δp.
Lại có α ≤ δ/ ((N + 1) (cid:107)z − x+(cid:107)) và (2.46) suy ra
ρ(α) < (K −(N +2))δp+(N +2)δ < (K −(N +2))δp+(N +2)δp = Kδp. (2.48)
Bây giờ, ta xem xét
d(α) = ρ(α) − Kδp. (2.49)
α→+∞
d(α) = +∞, rõ ràng từ (2.48) Vì α ≥ α0 > 0, theo Định lý 2.11 ta suy ra lim
và (2.49) suy ra có một giá trị của α > 0 sao cho d(α) < 0. Vì d(α) là liên tục trên
(α, +∞) nên tồn tại một giá trị ¯α sao cho d(α) = 0, tức là (2.45) được thỏa mãn và
ký hiệu “<” trong (2.47) được thay thế bởi “≥”, cho α = ¯α có nghĩa là α = α(δ)
thỏa mãn (2.44).
Tiếp theo, ta chứng minh rằng α (δ) → 0 khi δ → 0. Trái lại, có một dãy δk → 0
khi k → ∞, với (1) αk = α(δk) → C0 hay (2) αk → ∞; trong trường hợp 1, từ
δk − x+(cid:13)
(2.45) ta được
C0 = lim (cid:13) (cid:13) = 0. (cid:13)xαk
α − x+(cid:13)
(cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) → (cid:107)x − x+(cid:107),
N (cid:88)
Bằng cách thay thế δ, α và x trong (2.37), tương ứng bởi xδk αk và khi k → ∞, ta được
0 (Ai(x+) − A(z)) = 0,
i=0
C µi z ∈ S (2.50)
Sử dụng đẳng thức bởi x+ − z và tính đơn điệu của Ai với i = 0, 1, 2, . . . , N ta có
i = 0, 1, 2, . . . , N. (cid:10)Ai(x+) − Ai(z), x+ − z(cid:11) = 0,
46
Từ tính liên tục của Ai tại x+ với i = 0, 1, 2, . . . , N − 1, ta có
x+ ∈ Si. (cid:92)N −1 i=0
Từ (2.50) ta có x+ ∈ SN . Do đó, trái với giả thiết x+ (cid:54)∈ SN . Trong trường hợp (2),
từ (2.45) ta có
αk
k→+∞
k→+∞
= K lim = 0. (2.51) (cid:13) (cid:13)xδk (cid:13) − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13) = lim lim k→+∞ ρ(αk) αk δδ k αk
αk, ta có
Trong (2.37) thay thế δ, α và x tương ứng bởi δk, αk và xδk
N −1 (cid:88)
(cid:34) (cid:35)
i=0
≤ αk ) − f δk N ) − f δk N αµN k (cid:13) (cid:13)AN (xδk (cid:13) αk (cid:13) (cid:13) (cid:13) − (cid:13) (cid:13)Ai(xδk (cid:13) αk (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδk (cid:13) αk − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13) 1 αµN −µi
= ρ(αk)
= Kδp k.
Trong bất đẳng thức trên, ta sử dụng (2.43), (2.51) và tính địa phương bị chặn của
Ai khi i = 0, 1, . . . , N − 1. Mặt khác, αk → +∞ và δk → 0, ta được bất đẳng thức
+∞ ≤ 0 đó là điều không thể xảy ra. Vì vậy, ta được α = α(δ) → 0 và δ → 0.
Hơn nữa, từ (2.44) ta có
≤ δ α(δ) δ1−p (cid:107)z − x+(cid:107) K − (N + 2)
Như vậy, trong các trường hợp 0 < p < 1, δ/α → 0 khi δ → 0. Theo Định lý 2.11,
α(δ) → x0. Rõ ràng, khi p = 1, ta có
ta có xδ
δ/α(δ) ≤ C = (cid:13) (cid:13) /(K − (N + 2)). (cid:13)z − x+(cid:13)
α(δk)
(cid:110) (cid:111) Cho nên, từ (2.42) với α = α(δ) → 0 khi δ → 0, suy ra tính bị chặn của . xδ α(δ) (cid:111) (cid:110) hội tụ yếu đến một giá trị Vì X là phản xạ, nên tồn tại một dãy xk := xδk
x∞ ∈ X khi k → ∞. Thay thế δ, α và x trong (2.37) tương ứng bởi δk, αk và
N (cid:88)
δ → 0 ta được
0
i
i=0
(cid:13)xk − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13) . αµi k (cid:13) (cid:13)Ai (xk) − f δk (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) + αk (cid:13) (cid:13)A0 (xk) − f δk (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤
47
Như vậy
0
khi k → ∞. (cid:13) (cid:13) (cid:13) → 0 (cid:13) (cid:13)A0 (xk) − f δk (cid:13)
Theo [3, Lemma 1.4.5], (2.37) và Ai là λi-ngược, đơn điệu mạnh khi i = 1, 2, 3, . . . , N
ta có
N (cid:88)
(cid:33) λl (cid:107)Al (xk) − Al(z)(cid:107) ≤ (cid:104)Al (xk) − Al(z), xk − z(cid:105) (cid:32)
k
i=0
≤ (cid:107)xk − z(cid:107) , (cid:13) (cid:13)xk − x+(cid:13) (cid:13) + Cα1−µl αµi k α1−µl k
với mọi z ∈ S. Bởi thế, khi k → ∞ trong bất đẳng thức trước, ta có
khi k → ∞. (cid:107)Al (xk) − fl(cid:107) → 0
Vì vậy, Al(x∞) = fl với l = 1, 2, . . . , N, suy ra x∞ ∈ S, tức là x∞ = x0 và tất
cả các dãy đều hội tụ yếu đến x0, bởi vì S chỉ chứa một phần tử x0. Định lý được
chứng minh xong.
Định lí 2.13. Giả sử rằng có các điều kiện sau đây
(1) Ai thỏa mãn Định lý 2.11, với A0 là khả vi liên tục Fréchet với (2.39) và Ai
với i = 1, 2, . . . , N là Li-Lipschitz liên tục tại lân cận của x0;
(2) Tồn tại ω ∈ X thỏa mãn
0(x0)∗ω = U (x0 − x+)
A(cid:48)
và U là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc thỏa mãn (2.30); và
(3) Các tham số α = α(δ) được chọn bằng (2.45) với 0 < p < 1.
α(δ) − x0
Khi đó, (cid:27) ; . (cid:13) (cid:13) = O(δγ), γ = min (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:26)1 − p s − 1 µ1p s
Chứng minh. Từ (2.35), (2.37), (2.30) và tính chất của Ai như sau
α − x0
α − x+), x0 − xδ α
(cid:11) mU (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) ≤ (cid:10)U (x0 − x+) − U (xδ
N (cid:88)
48
α
α) − f δ
i , x0 − xδ α
i=0 N (cid:88)
(cid:11) (cid:11) + ≤ (cid:10)U (x0 − x+), x0 − xδ αµi (cid:10)Ai(xδ 1 α
α
i , x0 − xδ α
i=0 N (cid:88)
(cid:11) (cid:11) + ≤ (cid:10)U (x0 − x+), x0 − xδ αµi (cid:10)fi − f δ 1 α
α
α − x0
i=0
(cid:11) + αµi (cid:13) (2.52) ≤ (cid:10)U (x0 − x+), x0 − xδ (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) . 1 α
Mặt khác, sử dụng (2.39) và điều kiện (2) của định lý, ta được
α
α
α) − f0
0(x0) (cid:0)x0 − xδ ≤ (cid:107)ω(cid:107) (τ + 1) (δ + (cid:13)
(cid:11) = (cid:10)ω, A(cid:48) (cid:10)U (x0 − x+), x0 − xδ (cid:13)A0(xδ (cid:13) (cid:13)
α) − f0
(cid:1)(cid:11) ≤ (cid:107)ω(cid:107) (τ + 1) (cid:13) (cid:13) (cid:13)) (cid:13)A0(xδ
α) − f δ 0
i=0
(cid:34) N (cid:88) αµi (cid:13) . ≤ (cid:107)ω(cid:107) (τ + 1) (cid:13)A0(xδ (cid:13) + α (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:35) α − x+(cid:13) (cid:13)
Kết hợp với (2.52), từ bất đẳng thức trên suy ra
α − x0
N (cid:88)
mU (cid:13) s (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ
α − x0
i=0 (cid:34) N (cid:88)
≤ αµi (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) + (cid:107)ω(cid:107) (τ + 1) × δ α
α) − Ai(x0)(cid:13)
i=0
× αµi((cid:13) . (2.53) (cid:13)Ai(xδ (cid:13) + δ) + α (cid:13) (cid:13)xδ (cid:35) α − x+(cid:13) (cid:13)
Nếu α được chọn bởi (2.45), khi đó ta có
α(δ) − x0
α(δ) − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13)
α (δ) ≤ 1, (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤ (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13)
s
và (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) − Ai (x0) − Ai (x0) xδ α(δ) xδ α(δ) (cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤ Li (cid:13) (cid:13) (cid:13)Ai (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)Ai
α(h) − x0
α(δ) − x0
≤ mU (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) khi δ đủ nhỏ, do đó từ (2.53), (2.44) và (2.46), ta được δ1−p (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (N + 1) (cid:107)z − x+(cid:107) K − (N + 2)
i=0
(cid:17)µi (cid:16) (cid:34) N (cid:88) α (δ) + (cid:107)ω(cid:107) (τ + 1) Li
1−µi
(cid:13) (cid:13) (cid:13) α(δ) − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:35)
α(δ) − x+(cid:13) (cid:13) (cid:13)
+ N δ + Kδp (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13)
α(δ) − x0
49
(cid:13) (cid:13) + C2δµ1p, (cid:13) ≤ C1δ1−p (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13)
trong đó C1, C2 là những hằng số không đổi. Với a, b, c ≥ 0, s > t, as ≤ b.at + c
suy ra (cid:16) (cid:17) as = O bs/(s−t) + c
α(δ) − x0
thì ta được
(cid:13) (cid:13) = O (δγ) . (cid:13) (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13)
Định lý được chứng minh
α(δ) − x0
α(δ) − x0
mU (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) s (cid:13) (cid:13) Chú ý 2.1. Nếu α = α (δ) được chọn α ∼ δp, 0 < p < 1, bất đẳng thức có dạng ≤ (cid:101)C1δ1−p (cid:13) (cid:13)xδ (cid:13) (cid:13) (cid:13) + (cid:101)C2δµ1p (cid:13)
với (cid:101)C1, (cid:101)C2 là những hằng số không đổi. Như vậy, ta cũng có được kết quả của định
lý.
50
Kết luận
Luận văn này đã trình bày về những vấn đề sau:
1. Một số vấn đề cơ bản của không gian Banach, không gian Hilbert, lý thuyết
của bài toán đặt không chỉnh và phương pháp hiệu chỉnh.
2. Hiệu chỉnh cho phương trình với toán tử đơn điệu, gồm hai phần:
• Phần thứ nhất, đề cập đến lý thuyết bài toán không chỉnh với toán tử
đơn điệu gồm có thuật toán cơ bản, nguyên lý độ lệch chọn tham số
hiệu chỉnh và tốc độ của nghiệm hiệu chỉnh.
• Phần thứ hai, nghiên cứu nguyên lý tựa độ lệch trong hiệu chỉnh tìm
nghiệm chung cho một họ phương trình không chỉnh đơn điệu và phi
tuyến.
Các vấn đề này được nghiên cứu dựa trên kết quả của GS.TS. Nguyễn Bường.
51
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Phạm Kỳ Anh, Nguyễn Bường (2005), Bài toán đặt không chỉnh, NXB Đại
học Quốc gia Hà Nội.
[2] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực và Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà
Nội.
Tiếng Anh
[3] Alber Ya. I., Ryazantseva I. P. (2006), Nonlinnear Ill-Posed Problem of Mono-
tone Types, Springer Verlag.
[4] Buong N., Huong T. T. (2014), “A quasi-residual principle in regularization for
a common solution of a system of nonlinear monotone ill-posed equations”,
Iz. VUZ Mat. (accepted).
