Tải bản đầy đủ

Một số thuật toán chiếu giải bài toán chấp nhận lồi

Mục lục
Mở đầu 1
1. Một số kiến thức chuẩn bị 3
1.1. ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. ánh xạ hút và dãy đơn điệu Fejer . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3. Mô tả thuật toán tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4. Một số tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2. Một số thuật toán chiếu 24
2.1. Xây dựng thuật toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2. Một số kết quả hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3. Một số điều kiện đảm bảo sự hội tụ theo chuẩn và hội tụ tuyến tính 34
2.4. Một vài ví dụ về tính chính quy tuyến tính (bị chặn) . . . . . . . . 39
3. Thuật toán dưới gradient và phương pháp chỉnh lặp song song 41
3.1. Thuật toán dưới gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.1.1. Cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.1.2. Các kết quả hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.2. Phương pháp chỉnh lặp song song . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
i
3.2.1. Một số kết quả bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.2.2. Một số ví dụ minh hoạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.3. Một vài thử nghiệm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3.3.1. Bài toán với C
i
là hình cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.3.2. Bài toán với C
i
là tập mức dưới của một hàm lồi . . . . . . 57
3.3.3. Phương pháp chỉnh lặp trong không gian vô hạn chiều . . . 61
Kết luận 62
Tài liệu tham khảo 63
Phụ lục 65
A Một số điểm lưu ý khi tính dưới vi phân 65
1.1. Một vài tính chất của dưới vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
1.2. Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
ii
Lời cảm ơn
Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tâm và nhiệt tình
của thầy- GS.TSKH. Phạm Kỳ Anh. Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành và sâu sắc tới thầy. Cũng nhân dịp này, em xin gửi lời cảm ơn đến các anh
nghiên cứu sinh Cao Văn Chung, Vũ Tiến Dũng cùng tập thể cán bộ, cộng tác
viên, nhân viên của Trung tâm tính toán hiệu năng cao trường ĐH Khoa học Tự
nhiên vì sự giúp đỡ tận tình và rất hiệu quả trong quá trình thực hiện luận văn.
Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy trong Bộ môn Toán học tính toán cùng
toàn thể thầy giáo, cô giáo trong Khoa Toán-Cơ-Tin học trường ĐH Khoa học Tự
nhiên-ĐH Quốc gia Hà Nội đã nhiệt tình giảng dạy, tạo điều kiện và giúp em thu
được nhiều kiến thức bổ ích trong suốt quá trình học tập.
Hà Nội, ngày 29 tháng 11 năm 2009
Học viên
Vũ Anh Mỹ
iii
Mở đầu
Nhiều vấn đề của khoa học và công nghệ đưa về bài toán tìm một điểm
trong giao của một số tập lồi. Bài toán này được gọi là Bài toán chấp nhận lồi:
Cho X là một không gian Hilbert và C
1
, C
2
, . . . , C
N
là các tập lồi đóng với giao
là một tập C khác rỗng:


C = C
1
. . . C
N
= .
Tìm một điểm x C.
Chúng ta xét hai trường hợp thường gặp sau:
Các tập C
i
là đơn giản theo nghĩa các phép chiếu (trực giao) lên C
i
có thể
tính toán được tường minh. C
i
trong trường hợp này có thể là siêu phẳng,
nửa không gian, không gian con đóng hay một hình cầu.
Không thể tính được phép chiếu lên C
i
, tuy nhiên có thể thay nó bằng phép
chiếu lên một tập xấp xỉ nào đó của C
i
. C
i
trong trường hợp này có thể là
tập mức dưới của một hàm lồi nào đó.
Hướng tiếp cận thường dùng là sử dụng một thuật toán chiếu. Sử dụng các phép
chiếu lên các tập C
i
hoặc tập xấp xỉ C
i
để xây dựng một dãy các phần tử hội tụ
đến nghiệm của bài toán chấp nhận lồi.
Một số ứng dụng của bài toán chấp nhận lồi có thể kể ra như sau:
Bài toán xấp xỉ tốt nhất, trong đó mỗi tập C
i
là một không gian con đóng.
Khôi phục ảnh (mô hình rời rạc): Mỗi tập C
i
là một nửa không gian hoặc
một siêu phẳng, X là một không gian Euclid.
Khôi phục ảnh (mô hình liên tục): X là không gian Hilbert vô hạn chiều.
Các thuật toán dưới gradient: Một số tập C
i
thuộc loại thứ 2, tức là tập mức
dưới của một hàm lồi.
1
Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu thuật toán chiếu tổng quát:
x
(n+1)
= A
(n)
x
(n)
=

N

i=1

(n)
i
[(1
(n)
i
)I +
(n)
i
P
(n)
i
]

x
(n)
, (1.1)
ở đây P
(n)
i
là phép chiếu lên tập xấp xỉ C
(n)
i
trong bước lặp thứ n,
i
,
i
tương
ứng là các trọng và các tham số nới lỏng,
và thuật toán chỉnh lặp song song giải hệ phương trình đặt không chỉnh
A
i
(x) = 0, i = 1, . . . , N
dạng:







A
i
x
(n)
i
+


n
N
+
n

x
(n)
i
=
n
x
(n)
,
x
(n+1)
=
1
N
N

i=1
x
(n)
i
.
Trong đó
n
là tham số hiệu chỉnh,
n
là tham số song song hóa.
Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, cấu trúc luận văn gồm
3 chương:
Chương 1 mang tên "Một số kiến thức chuẩn bị", trình bày các khái niệm cơ
bản, một số kết quả phụ trợ và thuật toán dạng tổng quát với các ánh xạ không
giãn vững với các kết quả về tính hội tụ của thuật toán tổng quát.
Chương 2 mang tên "Một số thuật toán chiếu", trình bày các thuật toán chiếu
giải bài toán chấp nhận lồi và các kết quả hội tụ.
Chương 3 mang tên "Thuật toán dưới gradient và phương pháp chỉnh lặp song
song", trình bày bài toán chấp nhận lồi khi các tập lồi C
i
cho dưới dạng tập mức
dưới của một phiếm hàm lồi, và thuật toán dưới gradient. Cuối chương này là một
số ví dụ số minh họa thuật toán dưới gradient và phương pháp hiệu chỉnh song
song áp dụng cho bài toán chấp nhận lồi cùng các thử nghiệm số cho các thuật
toán trình bày trong Chương 2.
2
Chương 1.
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. ánh xạ không giãn
Định nghĩa 1. Cho X là một không gian Hilbert, một ánh xạ T : D D, trong
đó D là một tập con lồi, đóng, khác rỗng của X gọi là không giãn nếu
T x T y x y x, y D
Nếu T x T y = x y x, y D, ta nói T là phép đẳng cự.
Ngược lại, nếu T x T y < x y với mọi x, y khác nhau trong D ta nói T là
ánh xạ không giãn chặt. Nếu T là ánh xạ không giãn thì tập điểm bất động của
T, ký hiệu Fix T định nghĩa bởi:
Fix T = {x D : x = T x}
là tập lồi đóng.
Mệnh đề 1 (Nguyên lý tính nửa đóng). Nếu D là một tập con lồi đóng của X,
T : D X là ánh xạ không giãn, (x
n
) là một dãy trong D và x D, khi đó
nếu x
n
x và x
n
T x
n
0 thì x Fix T.
Chứng minh: Từ giả thiết x
n
x và ta có lim inf
n
x
n
x
0
> lim inf
n
x
n
x
với mọi x
0
= x. Thật vậy, từ đẳng thức
x
n
x
0

2
= x
n
x
2
+ x x
0

2
+ 2x
n
x, x x
0

3
và do giả thiết x
n
x, số hạng cuối tiến tới 0.
Bây giờ giả sử x
n
x và x
n
T x
n
0, do T không giãn ta có
lim inf
n
x
n
x lim inf
n
T x
n
T x = lim inf
n
x
n
T x,
từ bất đẳng thức chứng minh ở trên ta suy ra x = T x hay x Fix T.
Định nghĩa 2. Nếu N là một ánh xạ không giãn thì ánh xạ trung bình (1 )I +
N với [0, 1) cũng là ánh xạ không giãn.
Một ánh xạ không giãn vững là một ánh xạ trung bình có dạng
1
2
I +
1
2
N với N là
một ánh xạ không giãn.
Tính vững có thể hiểu là ngoài tính không giãn T x T y x y, ánh xạ
còn thỏa mãn bất đẳng thức chặt hơn là
T x T y
2
+ (Id T )x (Id T )y
2
x y
2
.
Điều này tương đương với bất đẳng thức (ii) trong mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 2. Nếu D là một tập con lồi đóng của X và T : D X là một ánh
xạ, khi đó các mệnh đề sau tương đương:
(i) T là ánh xạ không giãn vững.
(ii) T x T y
2
T x T y, x y (T là 1ngược đơn điệu mạnh ).
(iii) 2T I là ánh xạ không giãn.
Định nghĩa 3. Một ánh xạ được gọi là không giãn vững nới lỏng nếu nó có thể
biểu diễn được dưới dạng (1 )I + F với F là một ánh xạ không giãn vững
nào đó.
Hệ quả 1. Giả sử D là một tập con đóng của X và T : D X là một ánh xạ,
khi đó T là ánh xạ được trung bình hóa khi và chỉ khi nó là ánh xạ không giãn
vững nới lỏng.
4
Mệnh đề 3. Giả sử C là một tập con lồi đóng khác rỗng của X với phép chiếu
tương ứng là P
C
. Khi đó:
(i) Nếu x X thì P
C
x được đặc trưng bởi 2 tính chất: P
C
x C và
C P
C
x, x P
C
x 0 (tiêu chuẩn Kolmogorov).
(ii) P
C
là ánh xạ không giãn vững.
Chứng minh: (i): Ta sẽ chứng minh
x P
C
x = min{x z : z C} x P
C
x, P
C
x z 0 z C.
Ta có
x z
2
= x P
C
x + P
C
x z
2
= x P
C
x
2
+ 2x P
C
x, P
C
x z + P
C
x z
2
x P
C
x
2
+ 2x P
C
x, P
C
x z
Như vậy, từ xP
C
x, P
C
xz 0 ta suy ra xP
C
x = min{xz : z C}.
Ngược lại từ xP
C
x = min{x z : z C}. Chọn điểm z + (1)P
C
x
C, > 0, ta có
0 x P
C
x
2
x (z + (1 )P
C
x)
2
= x P
C
x
2
x P
C
x (z P
C
x)
2
= 2x P
C
x (z P
C
x), (z P
C
x
0 x P
C
x (z P
C
x), z P
C
x
Cho 0
0 x P
C
x, z P
C
x
x P
C
x, P
C
x z 0
(ii): Để chứng minh P
C
là ánh xạ không giãn vững, dựa vào mệnh đề 2, ta chỉ
cần chỉ ra P
C
x P
C
y, x y P
C
x P
C
y
2
.
5
Bất đẳng thức này tương đương với x y (P
C
x P
C
y), P
C
x P
C
y 0. Để
chứng minh điều này, từ tiêu chuẩn Kolmogorov áp dụng cho P
C
y và P
C
x ta có
x P
C
x, P
C
x P
C
y 0,
P
C
y y, P
C
x P
C
y 0.
Cộng từng vế ta có điều cần chứng minh.
Định nghĩa 4. Hàm tương ứng d(ã, C) : X R : x inf
cC
xc = xP
C
x
gọi là hàm khoảng cách tới tập C.
Dễ thấy rằng với tập C lồi đóng thì d(ã, C) là hàm lồi và liên tục (và do đó
là nửa liên tục dưới yếu).
Định nghĩa 5. Một dãy (x
n
) trong X được gọi là hội tụ tuyến tính tới giới hạn x
với cấp nếu [0, 1) và tồn tại số 0 sao cho
x
n
x
n
n
Mệnh đề 4. Giả sử (x
n
) là một dãy trong X, p là một số nguyên dương và x là
một điểm trong X. Nếu (x
pn
)
n
hội tụ tuyến tính tới x và (x
n
x)
n
là dãy giảm
thì toàn bộ dãy (x
n
)
n
cũng hội tụ tuyến tính tới x.
1.2. ánh xạ hút và dãy đơn điệu Fejer
Định nghĩa 6. Giả sử D là một tập lồi đóng khác rỗng, T : D D là ánh xạ
không giãn và F là một tập con lồi đóng khác rỗng của D. Ta nói T là ánh xạ
hút đối với tập F nếu với mọi x D \ F, f F
T x f < x f
Ta nói T là hút mạnh đối với với tập F nếu tồn tại một số > 0 sao cho với mọi
x D, f F
x T x
2
x f
2
T x f
2
6
Khi cần nhấn mạnh ta nói T là hút đối với tập F.
Bổ đề 1 (Dạng của một ánh xạ hút mạnh). Giả sử D là tập lồi đóng khác rỗng,
T : D D là ánh xạ không giãn vững có điểm bất động, và (0, 2). Đặt
R = (1 )I + T và cố định x D, f Fix T. Khi đó:
(i) Fix R = Fix T.
(ii) x f, x T x x T x
2
và x T x, T x f 0.
(iii) x f
2
Rx f
2
= 2x f, x T x
2
x T x
2
.
(iv) R là (2 )/-hút: x f
2
Rx f
2
(2 )/x Rx
2
=
(2 )x T x
2
Chứng minh: (i) là hiển nhiên.
(ii): Do T là ánh xạ không giãn vững, ta có
T x f
2
T x f, x f
T x x
2
+ x f
2
+ 2T x x, x f T x f, x f
T x x
2
+ x f
2
+ 2T x x, x f T x x, x f + x f
2
T x x
2
x T x, x f = x T x, T x f + x T x
2
0 x T x, T x f.
(iii): Bằng tính toán trực tiếp
x f
2
Rx f
2
=x f
2
(1 )(x f) + (T x f)
2
=x f
2
[1 )
2
x f
2
+
2
T x f
2
+ 2(1 )x f, T x f]
=2x f
2

2
x f
2

2
T x f
2
+ 2
2
x f, T x f 2x f, T x f
=2x f, x f (T x f)

2
[x f
2
+ T x f
2
2x f, T x f]
=2x f, x T x
2
x T x
2
.
7
(iv): Từ (ii), (iii) và định nghĩa R ta có
x f
2
Rx f
2
= 2x f, T x f
2
x T x
2
2x T x
2

2
x T x
2
= (2 )x T x
2
=
2

x Rx
2
.
Bổ đề chứng minh xong.
Hệ quả 2. Nếu P là một phép chiếu lên một tập lồi đóng khác rỗng S và (0, 2),
thì R := (1 )I + P là (2 )/-hút đối với S và với x X, s S
x s
2
Rx x
2
(2 )d
2
(x, S).
Định nghĩa 7. Giả sử (x
n
) là một dãy trong X. Ta nói (x
n
) là chính quy tiệm cận
nếu x
n
x
n+1
0.
Ví dụ 1. Giả sử D là một tập lồi đóng khác rỗng, F là một tập con lồi đóng khác
rỗng của D và (T
n
)
n0
là dãy các tự ánh xạ không giãn của D, trong đó mỗi ánh
xạ T
n

n
-hút tương ứng với F và lim
n

n
> 0. Giả sử thêm rằng dãy (x
n
) được
định nghĩa bởi
x
0
D tùy ý; x
n+1
:= T
n
x
n
n 0.
Khi đó dãy (x
n
) là chính quy tiệm cận.
Chứng minh: Cố định f F và chọn số 0 < < lim inf
n

n
. Khi đó, với mọi n
đủ lớn,
x
n+1
x
n

2
x
n+1
f
2
x
n
f
2
.
Cộng từng vế suy ra chuỗi

n
x
n+1
x
n

2
hội tụ, từ đó x
n+1
x
n
0.
Hệ quả 3. Giả sử D là một tập lồi đóng, khác rỗng và ánh xạ T : D D là
ánh xạ hút mạnh và có điểm bất động. Khi đó dãy (T
n
x
0
)
n0
là chính quy tiệm
cận với mọi x
0
D.
8
Về bản chất, toán tử A = A
(0)
A
(1)
. . . A
(n)
chính là hợp thành của các tổ
hợp lồi các ánh xạ không giãn vững. Mệnh đề dưới đây chỉ ra rằng tính chất
hút(hút mạnh) bảo toàn qua phép hợp thành và lấy tổ hợp lồi.
Mệnh đề 5. Giả sử D là một tập lồi đóng, khác rỗng; T
1
, T
2
, . . . , T
N
: D D là
các ánh xạ
i
-hút và
N

i=1
Fix T
i
là tập khác rỗng,
1
,
2
, . . . ,
N
> 0 và
N

i=1

i
= 1
Khi đó:
(i) Fix(T
N
T
N1
. . . . .T
1
) =
N

i=1
Fix T
i
và T
N
T
N1
. . . . .T
1
là min{
1
, . . . ,
N
}/2
N1
-
hút.
(ii) Fix(
N

i=1

i
T
i
) =
N

i=1
Fix T
i

N

i=1

i
T
i
là min{
1
, . . . ,
N
}-hút.
Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp N = 2.
(i) Hiển nhiên là Fix T
1
Fix T
2
Fix(T
2
T
1
). Để chứng minh bao hàm thức
ngược lại, chọn f Fix(T
2
T
1
) bất kỳ. Chỉ cần chỉ ra rằng f Fix T
1
. Giả sử
điều này sai, khi đó T
1
f Fix T
2
. Cố định

f Fix T
1
Fix T
2
, do T
2
là hút ta

f

f = T
2
(T
1
f)

f < T
1
f

f f

f.
Điều này vô lý do đó Fix T
1
Fix T
2
= Fix(T
2
T
1
). Tiếp theo ta chứng minh T
2
T
1
là ánh xạ hút. Cố định x D \ Fix(T
2
T
1
), f Fix(T
2
T
1
). Nếu x = T
1
x thì
T
2
x = x và do đó T
2
T
1
x f = T
2
x f < x f. Ngược lại, nếu T
1
x = x
thì T
2
T
1
x f T
1
x f < x f. Trong cả hai trường hợp ta đều có kết
luận T
2
T
1
là ánh xạ hút.
Để chứng minh phần còn lại, cho x D, f Fix(T
2
T
1
). Ta có đánh giá sau:
x T
2
T
1
x
2
(x T
1
x + T
1
x T
2
T
1
x)
2
2(x T
1
x
2
+ T
1
x T
2
T
1
x
2
)

2

1
(x f
2
T
1
x f
2
)
+
2

2
(T
1
x f
2
T
2
T
1
x f
2
)

2
min{
1
,
2
}
(x f
2
T
2
T
1
x f
2
).
9
(i) chứng minh xong.
(ii). Hiển nhiên là Fix T
1
Fix T
2
Fix(
1
T
1
+
2
T
2
). Để chứng minh chiều
ngược lại, chọn f Fix(
1
T
1
+
2
T
2
),

f Fix T
1
Fix T
2
. Khi đó ta có
f

f =
1
T
1
f +
2
T
2
f
1

f
2

f

1
T
1
f

f +
2
T
2
f

f

1
f

f +
2
f

f = f

f.
Do đó dấu bằng phải xảy ra ở các bất đẳng thức nói trên; kết hợp với tính lồi chặt
của không gian Hilbert X ta suy ra f = T
1
f = T
2
f. Vậy f Fix T
1
Fix T
2
.
Tiếp theo ta chứng minh
1
T
1
+
2
T
2
là hút. Giả sử x =
1
T
1
x +
2
T
2
x và
f Fix(
1
T
1
+
2
T
2
). Khi đó x Fix T
1
Fix T
2
và do đó

1
T
1
x +
2
T
2
x f
1
T
1
x f +
2
T
2
x f
<
1
x f +
2
x f = x f.
Nếu = min{
1
,
2
} và f Fix( 1T
1
+
2
T
2
) thì ta có
x (
1
T
1
x +
2
T
2
x)
2
(
1
x T
1
x +
2
x T
2
x)
2
(
1
xT
1
x
2
+
2
x T 2x
2
)

1

1
x T
1
x
2
+
2

2
x T
2
x
2

1
(x f
2
T
1
x f
2
)
+
2
(x f
2
T
2
x f
2
)
x f
2
(
1
T
1
x + 2T
2
x) f
2
.

Ví dụ 2. Giả sử S
1
, S
2
, . . . , S
N
là các tập lồi đóng, khác rỗng với các phép chiếu
P
1
, . . . , P
N
và có giao khác rỗng. Khi đó
T :=
P
1
+ P
2
P
1
+ ã ã ã + P
N
. . . P
1
N
là hút mạnh, Fix T =
N

i=1
S
i
và dãy lặp (T
n
x
0
) là chính quy tiệm cận với mọi x
0
.
10
Chứng minh: Do các phép chiếu là các ánh xạ không giãn vững, áp dụng bổ đề 1
và mệnh đề vừa chứng minh ta suy ra T là hút mạnh và Fix T =
N

i=1
S
i
. áp dụng
hệ quả 3 dãy (T
n
x
0
) là chính quy tiệm cận.
Định nghĩa 8. Giả sử C là một tập lồi đóng khác rỗng và (x
n
) là một dãy trong
X. Ta nói dãy (x
n
)
n0
là đơn điệu Fejer tương ứng với C nếu
x
n+1
c x
n
c c C; n 0.
Định lý 1 (Tính chất cơ bản của dãy đơn điệu Fejer). Giả sử dãy (x
n
)
n0
là đơn
điệu Fejer tương ứng với C. Khi đó:
(i) (x
n
) bị chặn và d(x
n+1
, C) d(x
n
, C).
(ii) (x
n
) có nhiều nhất một điểm dính yếu trong C. Hệ quả là (x
n
) hội tụ yếu
đến một điểm trong C khi và chỉ khi tất cả các điểm dính yếu của (x
n
) nằm
trong C.
(iii) Nếu phần trong của C khác rỗng thì dãy (x
n
) hội tụ theo chuẩn.
(iv) Dãy (P
C
x
n
) hội tụ theo chuẩn.
(v) Các tính chất sau tương đương:
(1) (x
n
) hội tụ theo chuẩn đến một điểm thuộc C.
(2) (x
n
) có các điểm dính theo chuẩn và tất cả đều nằm trong C.
(3) (x
n
) có các điểm dính theo chuẩn và một điểm nằm trong C.
(4) d(x
n
, C) 0.
(5) x
n
P
C
x
n
0.
Hơn nữa, nếu (x
n
) hội tụ đến một điểm x C, thì x
n
x 2d(x
n
, C) n
0.
11
(vi) Nếu tồn tại một hằng số > 0 sao cho d
2
(x
n
, C) d
2
(x
n
, C)
d
2
(x
n+1
, C) với mọi n, thì (x
n
) hội tụ tuyến tính tới một điểm x C, hơn
nữa
x
n
x 2(1 )
n/2
d(x
0
, C) n 0.
Chứng minh: (i) là hiển nhiên.
(ii): Với mỗi c C, dãy (x
n

2
2x
n
, c) = (x
n
c
2
c
2
) hội tụ. Do đó
nếu c
1
, c
2
là hai điểm dính yếu của dãy (x
n
) trong C thì ta cũng kết luận được
dãy (x
n
, c
1
c
2
) hội tụ và do đó c
1
, c
1
c
2
= c
2
, c
1
c
2
. Do đó c
1
= c
2
.
(iii): Cố định một điểm c
0
int C, khi đó tồn tại số dương đủ bé sao cho
c
0
+ B
X
C.
Ta sẽ chứng minh
2x
n
x
n+1
x
n
c
0

2
x
n+1
c
0

2
n 0.
Thật vậy, ta có thể giả sử x
n
= x
n+1
. Khi đó c
0
+
x
n
x
n+1
x
n
x
n+1

C, và do tính đơn
điệu Fejer ta có




c
0
+
x
n
x
n+1
x
n
x
n+1


x
n+1








c
0
+
x
n
x
n+1
x
n
x
n+1


x
n



.
Bình phương hai vế và giản ước ta được điều cần chứng minh.
Khi đó, vì dãy (x
n
c
0

2
) hội tụ nên kết hợp với bất đẳng thức vừa chứng minh
ta suy ra (x
n
) là dãy Cauchy; do đó nó hội tụ theo chuẩn.
(iv): áp dụng đẳng thức hình bình hành a b
2
= 2a
2
+ 2b
2
a + b
2
cho a := P
C
x
n+k
x
n+k
và b := P
C
x
n
x
n+k
với mọi n, k 0 ta nhận được,
P
C
x
n+k
P
C
x
n

2
= 2P
C
x
n+k
x
n+k

2
+ 2P
C
x
n
x
n+k

2
4
P
C
x
n+k
+ P
C
x
n
2
x
n+k

2
2P
C
x
n+k
x
n+k

2
+ 2P
C
x
n
x
n+k

2
4P
C
x
n+k
x
n+k

2
2P
C
x
n
x
n+k
x
n+k

2
2P
C
x
n+k
x
n+k

2
2(P
C
x
n
x
n

2
P
C
x
n+k
x
n+k

2
).
12
Ta nhận thấy rằng (P
C
x
n
) là dãy Cauchy vì dãy x
n
P
C
x
n
hội tụ do (i).
(v): Sự tương đương giữa các mệnh đề dễ dàng suy ra từ (i), (iv) và định nghĩa
đơn điệu Fejer.
Ta có :
x
n+k
x
n
x
n+k
P
C
x
n
+ P
C
x
n
x
n

x
n
P
C
x
n
+ P
C
x
n
x
n
= 2d(x
n
, C).
Cho k ta được đánh giá x
n
x 2d(x
n
, C).
(vi): Từ bất đẳng thức đã cho, cộng từng vế ta suy ra d
2
(x
n
, C) tiến tới 0; do đó
(x
n
) hội tụ tới một điểm x C do (v). Đánh giá về tốc độ hội tụ của dãy (x
n
) dễ
dàng suy từ đánh giá trong (v).
Ví dụ 3 (Phép lặp Krasnoselski-Mann). Giả sử C là một tập lồi đóng, T : C C
là ánh xạ không giãn và có điểm bất động, và dãy (x
n
) cho bởi:
x
0
C, x
n+1
= (1 t
n
)x
n
+ t
n
T x
n
, n 0, (t
n
)
n0
[0, 1].
Khi đó (x
n
) là đơn điệu Fejer đối với Fix T
Chứng minh: Kiểm tra trực tiếp, chọn f Fix T bất kỳ. Ta có li
x
n+1
f
2
= x
n
f + t
n
(T x
n
x
n
)
2
= x
n
f
2
+ 2t
n
x
n
f, T x
n
x
n
+ t
2
n
T x
n
x
n

2
Nếu t
n
= 0 thì x
n+1
f = x
n
f, nếu t
n
= 1 thì x
n+1
f = T x
n
T f
x
n
f.
Ta chỉ cần xét t
n
(0, 1). Ta có
2x
n
f, T x
n
x
n
+ t
n
tx
n
x
n

2
< 2x
n
f, T x
n
x
n
+ T x
n
x
n

2
= x
n
f + T x
n
x
n

2
x
n
f
2
= T x
n
f
2
x
n
f
2
= T x
n
T f
2
x
n
f
2
0 do T là ánh xạ không giãn.
13
Từ đẳng thức trên cho x
n+1
f
2
ta suy ra điều cần chứng minh.
Ví dụ 4. Tiếp theo ví dụ 2, dãy (T
n
x
0
) hội tụ yếu tới một điểm bất động của T
với mọi x
0
.
Chứng minh: Dãy (T
n
x
0
) là chính quy tiệm cận theo ví dụ đã xét, và nó là đơn
điệu Fejer tương ứng với Fix T theo ví dụ 3. Theo nguyên lý tính nửa đóng, mọi
điểm giới hạn yếu của (T
n
x
0
) nằm trong Fix T, áp dụng định lý 1(ii) ta có điều
cần chứng minh.
1.3. Mô tả thuật toán tổng quát
Giả sử D là một tập lồi đóng khác rỗng và C
1
, . . . , C
N
là một số hữu hạn
các tập con lồi đóng của D với giao khác rỗng.
C :=
N

i=1
C
i
= .
Với mỗi chỉ số i {1, . . . , N} và mọi số n 0, giả sử rằng T
(n)
i
: D D là
ánh xạ không giãn vững và
Fix T
i
C
i
.

(n)
i
[0, 2] là tham số nới lỏng và
R
(n)
i
:= (1
(n)
i
)I +
(n)
i
T
(n)
i
là nới lỏng tương ứng của T
(n)
i
, (
(n)
i
)
N
i=1
là các trọng, cuối cùng
A
(n)
:=
N

i=1

(n)
i
R
(n)
i
là trung bình có trọng của các nới lỏng tương ứng.
Với các ký hiệu này, ta xác định thuật toán bằng cách xét dãy lặp sau:
x
(0)
D tùy ý, x
(n+1)
:= A
(n)
x
(n)
n 0.
14
với giả thiết rằng dãy (x
(n)
) nằm trong D. Ta cũng định nghĩa tập các chỉ số thiết
thực
I
(n)
:= {i {1, . . . , N} :
(n)
i
> 0}.
Ta nói chỉ số i thiết thực tại bước lặp n, hay bước lặp n là thiết thực cho chỉ số i
nếu i I
(n)
. Ta luôn giả thiết rằng mọi chỉ số i đều được chọn vô hạn lần, tức là
chỉ số i là thiết thực tại một số vô hạn bước lặp n. Kết thúc mục này ta đặt
à
(n)
i
:=
(n)
i

(n)
i
[2
N

j=1

(n)
j

(n)
j
]
Ta cũng xét thêm một số khái niệm sau. Ta nói thuật toán là chính quy tiệm cận
nếu dãy sinh ra bởi thuật toán là chính quy tiệm cận. Ta nói thuật toán là không
nới lỏng nếu
(n)
i
= 1 với mọi n và chỉ số i thiết thực tại bước lặp n. Chú ý rằng
trong trường hợp này, thuật toán đưa về tích của một số ánh xạ không giãn vững.
Ta nói thuật toán là suy biến nếu I
(n)
là tập chỉ gồm một phần tử với mọi n. Cuối
cùng, ta nói thuật toán đồng bộ hoặc song song nếu I
(n)
= {1, . . . , N} với mọi n.
1.4. Một số tính chất cơ bản
Bổ đề 2 (Tính chất cơ bản của thuật toán). Cho một thuật toán
(i) Nếu x D; n 0,
x
(n)
x
2
x
(n+1)
x
2
=

i<j

(n)
i

(n)
j

(n)
i

(n)
i
T
(n)
i
x
(n)
T
(n)
j
x
(n)

2
+ 2

i

(n)
i

(n)
i
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)
, T
(n)
i
x
(n)
x
+

i

(n)
i

(n)
i
[2
N

j=1

(n)
j

(n)
j
]x
(n)
T
(n)
i
x
(n)

2
(4.1)
(ii) Nếu x

iI
(n)
và n 0 thì
x
(n)
x
2
x
(n+1)
x
2


i
à
(n)
i
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)

2
.
15
(iii) Nếu x

m1
l=n

iI
(n)
C
i
và m n 0 thì x
(n)
x
2
x
(m)
x
2

m1

l=n

i
à
(l)
i
x
(l)
T
(l)
i
x
(l)

2
.
Nói riêng, bất đẳng thức này đúng với mọi x C.
(iv) Dãy x
(n)
là dãy đơn điệu Fejer tương ứng với C và do đó nó bị chặn. Đồng
thời
+


l=0

i
à
(l)
i
x
(l)
T
(l)
i
x
(l)

2
< +.
(v) Nếu n 0 thì
x
(n+1)
x
(n)


i

(n)
i

(n)
i
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)
.
Chứng minh:(i) nhận được bằng tính toán trực tiếp.
Dễ thấy rằng (i) (ii) (iii) (iv). Thật vậy, (i) (ii) do hai số hạng
đầu trong (i) không âm; (ii) (iii) bằng cách lấy tổng từng vế từ l = n đến
l = m 1; (iii) (iv) cũng bằng cách lấy tổng từng vế.
(v): Theo cách xây dựng thuật toán:
x
(n+1)
x
(n)
=

i

(n)
i
[(1
(n)
i
)x
(n)
+
(n)
i
T
(n)
i
x
(n)
] x
(n)

=

i

(n)
i
[(1
(n)
i
)x
(n)
+
(n)
i
T
(n)
i
x
(n)
x
(n)
]
=

i

(n)
i

(n)
i
(x
(n)
T
(n)
i
x
(n)
)
=

i

(n)
i

(n)
i
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)
.

Hệ quả 4 (Các điều kiện đủ đảm bảo sự hội tụ theo chuẩn). Cho một thuật toán.
(i) Nếu phần trong của C khác rỗng thì dãy (x
(n)
) hội tụ theo chuẩn tới một
điểm nào đó trong D.
16
(ii) Nếu dãy (x
(n)
) có chứa một dãy con (x
(n

)
) với d(x
(n

)
, C) 0, thì toàn bộ
dãy (x
(n)
) hội tụ theo chuẩn tới một điểm nằm trong C.
Hệ quả 5. Thuật toán là chính quy tiệm cận nếu một trong hai điều kiện sau thỏa
mãn.
(i) lim inf
n:n thiết thực cho i
à
(n)
i
> 0 với mọi chỉ số i.
(ii) lim inf
n:n thiết thực cho i

(n)
i
< 2 với mọi chỉ số i.
Chứng minh: (i): Tồn tại một số > 0 sao cho với mọi n đủ lớn, à
(n)
i
> với mọi
chỉ số i thiết thực tại bước lặp n. Từ bổ đề 2(iv) ta suy ra

n

i:i thiết thực tại n
x
(n)

T
(n)
i
x
(n)
là hữu hạn, do đó

i:i thiết thực tại n
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)
0.
Mặt khác, từ bổ đề 2(v),
x
(n+1)
x
(n)


i:i thiết thực tại n

(n)
i

(n)
i
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)
.
Do đó x
(n+1)
x
(n)
0 và dãy (x
(n)
) là chính quy tiệm cận.
(ii): Từ bổ đề 1(iv) và Mệnh đề 5, mọi A
(n)

n
-hút tương ứng với C, trong đó

n
= min{(2
(n)
i
)/
(n)
i
: i thiết thực tại n }. Giả thiết đã cho đảm bảo rằng
lim inf
n
> 0, do đó theo ví dụ 1 ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ sau đây chỉ ra rằng một thuật toán không nhất thiết là chính quy tiệm cận.
Ví dụ 5. Xét X = R, N := 1, T
(n)
1
: P
{0}
= 0,
(n)
1
2. Khi đó, x
(n)
=
(1)
n
x
(0)
; do đó dãy có thể không chính quy tiệm cận nếu x
(0)
= 0. Thuật toán
đang xây dựng cần phải ít nhất là hội tụ yếu tới một điểm nào đó, tuy nhiên, theo
ví dụ nêu trên thì ta cần phải có thêm giả thiết để đảm bảo điều này.
Định nghĩa 9. Ta nói thuật toán là tụ ( focusing) nếu với mọi chỉ số i và mọi dãy
17
con (x
n
k
)
k
của thuật toán,
(x
n
k
) x
x
n
k
T
n
k
i
x
n
k
0
i thiết thực tại n
k









x C
i
.
Dựa trên nguyên lý về tính nửa đóng ta có ví dụ sau.
Ví dụ 6. Giả sử N := 1, T
(n)
i
: T ; C
1
:= Fix T, khi đó thuật toán là tụ.
Định lý 2 (Định lý loại trừ I). Giả sử thuật toán là tụ. Nếu lim inf
n:n thiết thực cho i
à
(n)
i
> 0
với mọi chỉ số i, thì dãy (x
(n)
) hoặc hội tụ theo chuẩn tới một điểm thuộc C hoặc
không có một điểm dính theo chuẩn nào.
Chứng minh: Dựa vào tính đơn điệu Fejer của dãy đang xét và các tính chất đã
có của dãy đơn điệu Fejer, ta chỉ cần chỉ ra rằng mọi điểm dính theo chuẩn của
dãy (x
(n)
) đều nằm trong C. Thật vậy, giả sử rằng ngược lại, tồn tại một dãy con
(x
(n
k
)
)
k
hội tụ tới một điểm x C. Ta đưa vào ký hiệu sau:
I
in
:= {i {1, . . . , N} : x C
i
} I
out
:= {i {1, . . . , N} : x C
i
}
Khi đó I
out
khác rỗng. Ta giả thiết rằng (nếu cần thì chuyển qua dãy con)
I
(n
k
)
I
(n
k
+1)
ã ã ã I
(n
k+1
1)
= {1, . . . , N}.
Ta đặt m
k
{n
k
, . . . , n
k+1
1} là giá trị nhỏ nhất sao cho I
(m
k
)
I
out
= . Khi
đó với n
k
m < m
k
, ta có I
m
I
in
. Do x

iI
in
C
i
, từ bổ đề 2(iii) ta suy ra
x
(n
k
)
x x
(m
k
)
x, từ đó suy ra x
(m
k
)
x.
Sau khi chuyển qua một dãy con nếu cần thiết, ta có thể giả sử rằng tồn tại một
chỉ số i sao cho
i I
(m
k
)
I
out
k
Từ bổ đề 2(iv), ta suy ra

k
à
(m
k
)
i
x
(m
k
)
T
(m
k
)
i
x
(m
k
)

2
< +. Do i I
(m
k
)

I
out
k và giả thiết về à
(m
k
)
i
, ta suy ra x
(m
k
)
T
(m
k
)
i
x
(m
k
)
0. Do thuật toán là
18
tụ, nên với dãy con m
k
đã có, ta suy ra x C
i
, điều này mâu thuẫn với giả thiết
i I
out
.
Hệ quả 6. Giả sử X là không gian hữu hạn chiều và thuật toán là tụ.
Nếu lim inf
n:n thiết thực cho i
à
(n)
i
> 0 với mọi chỉ số i thì dãy x
(n)
hội tụ theo chuẩn tới một
điểm trong C.
Chú ý 1. Một cách đơn giản để lim inf
n:n thiết thực cho i
à
(n)
i
> 0 với một chỉ số i là giả sử
tồn tại một số > 0 sao cho

(n)
i
2 và
(n)
i
n đủ lớn và thiết thực cho i
vì khi đó à
(n)
i

3
. Hơn nữa, giả thiết này tương đương với
lim inf
n:n thiết thực cho i
à
(n)
i
> 0 và lim sup
n:n thiết thực cho i

(n)
i
< 2.
Ví dụ 7. Giả sử X là không gian hữu hạn chiều và thuật toán là suy biến.
Giả sử thêm rằng T
(n)
i
: T
i
; C
i
= Fix T
i
, và tồn tại một số > 0 sao cho

(n)
i
2 với mọi n và mọi chỉ số i. Khi đó, dãy (x
(
n
)
) hội tụ theo chuẩn
tới một điểm trong C.
Định nghĩa sau đây cho ta dấu hiệu nhận biết một thuật toán có tụ hay
không.
Định nghĩa 10. Cho một thuật toán, ta nói dãy T
(n)
i
hội tụ từng điểm tới T
i
với
một chỉ số i nào đó nếu
lim inf
n:n thiết thực cho i
T
(n)
i
d = T
i
d với mọi d D
Mệnh đề 6 (Dạng của một thuật toán tụ). Giả sử T
1
, T
2
, . . . , T
N
: D D là
các ánh xạ không giãn vững và đặt C
i
:= Fix T
i
với mọi chỉ số i. Nếu (T
(n)
i
) hội
tụ từng điểm tới T
i
với mọi chỉ số i thì thuật toán là tụ.
Chứng minh: Cố định một chỉ số i và một dãy con (x
(n
k
)
) của (x
(n)
) với x
(n
k
)

x D; x
(n
k
)
T
(n
k
)
i
x
(n
k
)
0 và i là thiết thực tại mọi bước lặp n
k
. Ta phải chỉ
19
ra rằng x C
i
. Cố định u X bất kỳ. Do ánh xạ T
(n
k
)
i
P
D
là không giãn nên,
(x
(n
k
)
u) (T
(n
k
)
i
x
(n
k
)
T
(n
k
)
i
P
D
u), x
(n
k
)
u 0 k.
Cho k tiến tới vô hạn; do giả thiết về T
(n
k
)
i
và (x
(n
k
)
), ta suy ra rằng
T
i
P
D
u u, x u 0.
Do u được chọn bất kỳ, ta có thể chọn u = x + tv, trong đó v là một vector bất
kỳ và t > 0. Khi đó
T
i
P
D
(x + tv) (x + tv), v 0.
Do đó, khi cho t 0, ta được T
i
P
D
x x, v 0. Chọn v = x T
i
P
D
x, ta nhận
được x = T
i
P
D
x. Nhưng do x D nên P
D
x = x và do đó x Fix T
i
= C
i
.
Định nghĩa 11. Ta nói một thuật toán là tuần hoàn nếu
I
(n1)
= n mod N; n 1.
Nếu tồn tại một số nguyên dương p sao cho
i I
(n)
I
(n+1)
ã ã ã I
(n+p1)
i; n 0.
thì ta nói thuật toán là p-lặp đoạn. Theo cách gọi của Y. Censor, ta nói thuật toán
là hầu tuần hoàn nếu nó lặp đoạn và suy biến.
Với khái niệm lặp đoạn nêu trên ta có kết quả sau đây cho tôpô yếu.
Định lý 3 (Các kết quả trong tôpô yếu). Cho một thuật toán.
(i) Giả sử thuật toán là tụ và lặp đoạn. Nếu với mọi chỉ số i, lim inf
n:n thiệ thủÊÊho i
à
(n)
i
>
0 thì dãy (x
(n)
) là chính quy tiệm cận và hội tụ yếu tới một điểm trong C.
(ii) Giả sử thuật toán là tụ và p- lặp đoạn với p là một số nguyên dương nào đó.
Đặt:

n
:= min{à
(l)
i
: np l (n + 1)p 1; i thiết thực tại l} n 0.
20
Nếu

n

n
= +, thì dãy (x
(n)
) có một điểm dính yếu duy nhất trong C.
Chính xác hơn là tồn tại một dãy con (x
(n
k
p)
) hội tụ yếu tới điểm dính yếu
duy nhất này sao cho:
(n
k
+1)p1

l=n
k
p

iI
(l)
x
(l)
T
(l)
i
x
(l)
0
từ đó suy ra:
x
(n
k
p+r
k
)
x
(n
k
p+s
k
)
0
với mọi dãy r
k
, s
k
trong {0, . . . , p 1}.
Nói riêng, điều này xảy ra khi lim inf
n:n thiết thực cho i
à
(n)
i
> 0 với mọi chỉ số i.
(iii) Giả sử thuật toán là tụ và dãy (x
(n)
) hội tụ yếu tới một điểm x nào đó.
Nếu

n
à
(n)
i
= + với một chỉ số i nào đó thì x C
i
. Hệ quả là nếu

n
à
(n)
i
= + i thì x C.
Chứng minh: (i): (x
(n)
) là chính quy tiệm cận. Giả sử điều ngược lại, (x
(n)
)
không hội tụ yếu tới một điểm trong C. Khi đó, do tính đơn điệu Fejer của dãy
(x
(n)
) và định lý về tính chất cơ bản của dãy đơn điệu Fejer phần (ii), tồn tại một
chỉ số i và một dãy con (x
(n
k
)
)
k
hội tụ yếu tới một điểm x C
i
. Do thuật toán là
lặp đoạn nên ta nhận được m
k
với n
k
m
k
n
k
+ p 1 và i I
(m
k
)
với mọi
k 0.
Do thuật toán là chính quy tiệm cận, ta có x
(n
k
)
x
(m
k
)
0 và do đó x
(m
k
)
k
hội
tụ yếu tới x. Do thuật toán là tụ, ta suy ra
lim
k
x
(m
k
)
T
(m
k
)
i
x
(m
k
)
> 0.
Mặt khác, từ bổ đề về tính chất thuật toán,
+

l=0

i
à
(l)
i
x
(l)
T
(l)
i
x
(l)

2
< +.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết về à
(n)
i
, do đó (i) đúng.
(ii): Cố định tạm thời c C. Theo bổ đề 3.2(iii) và định nghĩa của
n
,
x
(np)
c
2
x
((n+1)p)
c
2

n
(n+1)p1

l=np

iI
(l)
x
(l)
T
(l)
i
x
(l)

2
21
với mọi n 0. Lấy tổng theo n và xét giả thiết cho
n
, ta nhận được dãy con
x
(n
k
p)
k
sao cho
(n
k
+1)p1

l=n
k
p

iI
(l)
x
(l)
T
(l)
i
x
(l)

2
0. (*)
Theo bổ đề 3.2(v), ta cũng có,
x
(n
k
p+r
k
)
x
(n
k
p+s
k
)
0 (**)
với mọi dãy (r
k
), (s
k
) {0, 1, . . . , p 1}. Chuyển qua dãy con nếu cần thiết, ta
có thể giả sử rằng (x
(n
k
p)
)
k
hội tụ yếu tới một điểm x D.
Ta sẽ chứng minh x C. Thật vậy, cố định một chỉ số i. Do thuật toán là lặp
đoạn, tồn tại một dãy (r
k
) trong {0, 1, . . . , p 1} sao cho,
x
(n
k
p+r
k
)
x. (1)
(cho s
k
0 ta có điều này) và
i I
(n
k
p+r
k
)
k (2)
Do (*) ta có
x
(n
k
p+r
k
)
T
(n
k
p+r
k
)
i
x
(n
k
p+r
k
)
0. (3)
Do thuật toán là tụ, từ (1), (2), (3) ta suy ra x C
i
. Khẳng định được chứng minh.
Từ định lý (1), x là điểm dính yếu duy nhất của (x
(n)
) trong C, như vậy (ii) chứng
minh xong.
(iii): Từ bổ đề (2)(iv),

n
à
(n)
i
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)

2
< +. Do ta giả thiết là

n
à
(n)
i
= +, nên phải có
lim inf
n thiết thực cho i
x
(n)
T
(n)
i
x
(n)
= 0.
Do thuật toán là tụ nên ta suy ra x C
i
. định lý chứng minh xong.
Kết hợp định lý vừa chứng minh với các kết quả nêu trên ta có một số hệ quả sau
đây.
22

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×