ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ MAI MỘT PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI BÀI TOÁN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TÁCH TRONG KHÔNG GIAN HILBERT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ MAI MỘT PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI BÀI TOÁN ĐIỂM BẤT ĐỘNG TÁCH TRONG KHÔNG GIAN HILBERT Chuyên ngành: Mã số: TOÁN ỨNG DỤNG 8460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Cán hướng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THỊ THU THỦY THÁI NGUYÊN, NĂM 2020 iii Mục lục Lời cảm ơn Bảng ký hiệu Mở đầu Chương Một phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách không gian Hilbert hữu hạn chiều 1.1 Bài tốn điểm bất động tách khơng gian Hilbert 1.1.1 Toán tử chiếu 1.1.2 Toán tử tuyến tính bị chặn 1.1.3 Bài toán điểm bất động tách 1.2 Một phương pháp lặp giải tốn điểm bất động tách khơng gian Hilbert hữu hạn chiều 1.2.1 Tốn tử hướng khơng gian RN 1.2.2 Bài toán phương pháp lặp 11 1.2.3 Sự hội tụ 12 Chương Phương pháp lặp tìm nghiệm có chuẩn nhỏ toán điểm bất động tách 16 2.1 Phương pháp lặp tìm nghiệm có chuẩn nhỏ 17 2.1.1 Bài tốn tìm nghiệm có chuẩn nhỏ tốn điểm bất động tách 17 2.1.2 Phương pháp lặp 17 2.1.3 Sự hội tụ 19 2.2 Ví dụ minh họa 29 iv Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Thị Thu Thủy Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học Người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn, tận tình dìu dắt bảo tơi suốt q trình thực luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để học tập nghiên cứu Đồng thời tơi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình thân yêu, cảm ơn người bạn thân thiết chăm sóc, động viên khích lệ tơi suốt q trình nghiên cứu làm luận văn Thái Nguyên, ngày 05 tháng 11 năm 2020 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Mai Bảng ký hiệu R R+ RN H B(a, r) ∅ ∀x ∈ D(A) R(A) A∗ I d(x, C) Fix(T ) Γ PC (x) ∇f tập số thực tập số thực không âm không gian Euclid N chiều khơng gian Hilbert thực hình cầu đóng tâm a bán kính r tập rỗng với x thuộc miền xác định toán tử A miền ảnh toán tử A toán tử liên hợp toán tử A toán tử đồng khoảng cách từ phần tử x đến tập hợp C tập điểm bất động ánh xạ T tập nghiệm toán SFP phép chiếu trực giao (mêtric) phần tử x lên tập C gradient f Mở đầu Bài toán điểm bất động tách (Split Fixed Point Problem), viết tắt (SFPP) phát biểu sau: Tìm phần tử x∗ ∈ Fix(U ) cho Ax∗ ∈ Fix(V ), (SFPP) đây, U : H1 → H1 V : H2 → H2 các toán tử xác định không gian Hilbert thực H1 H2 tương ứng, A : H1 → H2 toán tử tuyến tính bị chặn, Fix(U ), Fix(V ) ký hiệu tập điểm bất động toán tử U V tương ứng, tức Fix(U ) = {x ∈ H1 : x = U (x)} Fix(V ) = {x ∈ H2 : x = V (x)} Nếu đặt C = Fix(U ) Q = Fix(V ), ta nhận toán chấp nhận tách (Split Feasibility Problem): Tìm phần tử x∗ ∈ C cho Ax∗ ∈ Q (SFP) Bài toán chấp nhận tách có nhiều ứng dụng thực tế tốn xử lý tín hiệu khơi phục ảnh (xem [5]), liệu pháp xạ trị điều chỉnh cường độ (xem [10, 11]), hay áp dụng cho việc giải tốn cân kinh tế, lý thuyết trị chơi (xem [13]) Bài toán chấp nhận tách không gian Hilbert hữu hạn chiều giới thiệu lần Yair Censor Tommy Elfving (xem [9]) Để giải tốn chấp nhận tách khơng gian hữu hạn chiều, Charles Byrne (xem [4]) đề xuất phương pháp CQ cách xét dãy lặp xk+1 = PC (xk − γAT (I − PQ )Axk ), n ≥ 0, (CQ1) C Q hai tập lồi đóng khác rỗng RN RM , A ma trận thực cỡ M × N , AT ma trận chuyển vị ma trận A, L giá trị riêng lớn ma trận AT A γ ∈ 0, L2 Năm 2010, Hong-Kun Xu (xem [7]) giải tốn chấp nhận tách khơng gian Hilbert thực vơ hạn chiều phương pháp CQ có dạng xk+1 = PCH1 (I H1 − γA∗ (I H2 − PQH2 )A)xk , với γ ∈ 0, A n ≥ 0, (CQ2) , I H1 I H2 toán tử đơn vị H1 H2 , A∗ toán tử liên hợp A, PCH1 PQH2 phép chiếu mêtric từ H1 lên C từ H2 lên Q Tác giả chứng minh dãy lặp {xn } xác định (CQ2) hội tụ yếu đến nghiệm toán chấp nhận tách (SFP) toán chấp nhận tách có nghiệm Luận văn nghiên cứu phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách, suy rộng tốn chấp nhận tách, khơng gian Hilbert hữu hạn chiều tìm nghiệm có chuẩn nhỏ tốn điểm bất động tách khơng gian Hilbert vơ hạn chiều đề xuất ví dụ số minh họa Nội dung luận văn trình bày hai chương Chương trình bày phương pháp giải tốn điểm bất động tách khơng gian Hilbert hữu hạn chiều Chương trình bày phương pháp lặp tìm nghiệm có chuẩn nhỏ tốn điểm bất tách động khơng gian Hilbert vơ hạn chiều Phần cuối chương đưa ví dụ số minh họa cho hội tụ phương pháp lặp giải toán Chương Một phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách không gian Hilbert hữu hạn chiều Chương nghiên cứu phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách không gian Hilbert thực hữu hạn chiều Nội dung chương trình bày ba mục Mục 1.1 giới thiệu số toán tử khơng gian Hilbert thực vơ hạn chiều tốn điểm bất động tách không gian Mục 1.2 giới thiệu tốn điểm bất động tách khơng gian Hilbert hữu hạn chiều, trình bày phương pháp lặp giải tốn trình bày chứng minh hội tụ phương pháp Nội dung chương viết sở báo "The Split Common Fixed Point Problem for Directed Operators" Yair Censor Alexander Segal [12] công bố năm 2010 số tài liệu trích dẫn 1.1 Bài tốn điểm bất động tách không gian Hilbert Cho H khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng chuẩn ký hiệu tương ứng , 1.1.1 Toán tử chiếu Định nghĩa 1.1.1 (xem [2]) Cho C tập khác rỗng không gian Hilbert thực H (a) Ánh xạ V : C → H gọi ánh xạ L-liên tục Lipschitz C tồn số L ≥ cho V (x) − V (y) ≤ L x − y ∀x, y ∈ C (1.1) (b) Trong (1.1), L ∈ [0, 1) V gọi ánh xạ co; L = V gọi ánh xạ không giãn Dưới khái niệm số tính chất phép chiếu mêtric Định nghĩa 1.1.2 (xem [2]) Cho C tập lồi đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Ánh xạ PC : H → C thỏa mãn x − PC (x) = x − z z∈C gọi toán tử chiếu (phép chiếu mêtric) lên C Định lý 1.1.3 (xem [2]) Cho C tập lồi đóng khác rỗng khơng gian Hilbert thực H Khi với x ∈ H, tồn phần tử y = PC (x) ∈ C cho x − y = x − u (1.2) u∈C Bổ đề 1.1.4 (xem [2]) Cho x ∈ H y ∈ C, PC (x) − PC (y) ≤ PC (x) − PC (y), x − y ∀x, y ∈ H Từ kết bổ đề ta nhận thấy ánh xạ PC (x) ánh xạ không giãn, PC (x) − PC (y) ≤ x − y ∀x, y ∈ H Ví dụ 1.1.5 Giả sử a, b ∈ RN , a = Xét nửa không gian C ⊂ RN mặt phẳng Q ⊂ RN cho C = {x ∈ RN : a, x − b ≤ 0}, Q = {x ∈ RN : a, x − b = 0} 22 Vì T (x∗ ) = x∗ T ánh xạ không giãn nên từ (2.8) (2.9) ta nhận xk+1 − x∗ = αk (xk − x∗ ) + (1 − αk )(T (z k ) − x∗ ) ≤ αk xk − x∗ + (1 − αk ) T (z k ) − x∗ = αk xk − x∗ + (1 − αk ) T (z k ) − T (x∗ ) ≤ αk xk − x∗ + (1 − αk ) z k − x∗ ≤ αk xk − x∗ + (1 − αk ) (1 − λk τ ) y k − x∗ + λk µ x∗ ≤ αk xk − x∗ + (1 − αk ) (1 − λk τ ) xk − x∗ + λk µ x∗ = [1 − λk (1 − αk )τ ] xk − x∗ + (1 − αk )λk µ x∗ µ x∗ = [1 − λk (1 − αk )τ ] xk − x∗ + λk (1 − αk )τ τ Do xk+1 − x∗ ≤ max µ x∗ τ ∀k ∈ N µ x∗ x −x , τ ∀k ∈ N xk − x∗ , Bằng quy nạp ta suy k+1 x Vậy dãy xk −x ∗ ≤ max ∗ bị chặn Kết hợp với (2.8), ta suy dãy y k bị chặn Bước 3: Với k ∈ N ta có y k+1 − y k ≤ xk+1 − xk − δ(1 − δ A ) Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 (2.10) Sử dụng tính chất khơng giãn phép chiếu PC , ta y k+1 − y k = PC (xk+1 + δA∗ (Suk+1 − Axk+1 )) − PC (xk + δA∗ (Suk+1 − Axk )) ≤ (xk+1 + δA∗ (Suk+1 − Axk+1 )) − xk − δA∗ (Suk − Axk )) = (xk+1 − xk ) + δA∗ (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) = xk+1 − xk 2 + δ A∗ (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) + 2δ xk+1 − xk , A∗ (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) 2 (2.11) 23 Vì A∗ tốn tử tuyến tính bị chặn nên A∗ (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) ≤ A∗ = A 2 (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) (2.12) Đặt Θk := 2δ xk+1 − xk , A∗ (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) sử dụng tính khơng giãn S PQ , ta Θk = 2δ A(xk+1 − xk ), A∗ (Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 ) = 2δ Axk+1 − Axk , Suk+1 − Suk − 2δ Axk+1 − Axk = δ Suk+1 − Suk − Axk+1 − Axk ≤ δ uk+1 − uk =δ − Axk+1 − Axk − (Suk+1 − Suk ) 2 PQ (Axk+1 ) − PQ (Axk ) − δ Axk+1 − Axk 2 − Axk+1 − Axk − (Suk+1 − Suk ) − Axk+1 − Axk 2 − Axk+1 − Axk − (Suk+1 − Suk ) 2 ≤ −δ Axk+1 − Axk − (Suk+1 − Suk ) (2.13) Kết hợp (2.12), (2.13) với (2.11), ta y k+1 − y k ≤ xk+1 − xk − δ(1 − δ A ) Suk+1 − Suk + Axk − Axk+1 Bước 4: Chứng minh lim xk+1 − xk = 0, k→∞ Thật vậy, từ (2.10) < δ < lim xk − T (y k ) = k→∞ A +1 (2.14) , ta y k+1 − y k ≤ xk+1 − xk ∀k ∈ N (2.15) Đặt tk = T (z k ) Từ tính chất khơng giãn T, PC , (2.15) Bổ đề 2.1.3, ta 24 nhận tk+1 − tk = T (z k+1 ) − T (z k ) ≤ z k+1 − z k = PC (y k+1 − λk+1 µy k+1 ) − PC (y k − λk µy k ) ≤ (y k+1 − λk+1 µy k+1 ) − y k − λk µy k + λk µy k = y k+1 − λk µy k+1 − y k − λk µy k + µ(λk − λk+1 )y k+1 ≤ (1 − λk τ ) y k+1 − y k + µ|λk − λk+1 | y k+1 ≤ (1 − λk τ ) xk+1 − xk + µ|λk − λk+1 | y k+1 Hay tk+1 − tk − xk+1 − xk ≤ −λk τ xk+1 − xk + µ|λk − λk+1 | y k+1 Vì dãy xk , y k bị chặn lim λk = nên k→∞ lim sup( tk+1 − tk − xk+1 − xk ) ≤ k→∞ Do đó, theo Bổ đề 2.1.4 lim tk − xk = k→∞ Vì xk+1 − xk = (1 − αk ) tk − xk ≤ tk − xk xk − T (y k ) ≤ xk − tk + tk − T (y k ) = xk − tk + T (z k ) − T (y k ) ≤ xk − tk + z k − y k = xk − tk + PC (y k − λk µy k ) − PC y k ≤ xk − tk + y k − λk µy k − y k = xk − tk + λk µ y k 25 nên từ lim tk − xk = 0, lim λk = tính bị chặn dãy y k , ta suy k→∞ k→∞ lim xk+1 − xk = 0, lim xk − T (y k ) = k→∞ k→∞ Bước 5: Chứng minh lim y k − T (y k ) = 0, lim uk − Suk = k→∞ (2.16) k→∞ Thật vậy, kết hợp tính khơng giãn ánh xạ T với T (x∗ ) = x∗ , ta có xk+1 − x∗ = αk (xk − x∗ ) + (1 − αk )(T (z k ) − x∗ ) ≤ αk x k − x ∗ + (1 − αk ) T (z k ) − x∗ = αk xk − x∗ + (1 − αk ) T (z k ) − T (x∗ ) ≤ αk x k − x ∗ + (1 − αk ) z k − x∗ (2.17) Từ bất đẳng thức (2.3) (2.9) suy z k − x∗ 2 ≤ (1 − λk τ ) y k − x∗ + λk µ x∗ = (1 − λk τ )2 y k − x∗ xk − x∗ ≤ (1 − λk τ )2 + λk µ x∗ ≤ xk − x∗ 2 + λk µ x∗ 2(1 − λk τ ) y k − x∗ + λk µ x∗ − δ(1 − δ A ) Suk − Axk − δ uk − Axk + uk − Axk 2(1 − λk τ ) y k − x∗ + λk µ x∗ − δ(1 − λk τ )2 (1 − δ A ) Suk − Axk + λk µ x∗ 2(1 − λk τ ) y k − x∗ + λk µ x∗ (2.18) Thay (2.18) vào (2.17), ta xk+1 − x∗ ≤ xk − x∗ − δ(1 − αk )(1 − λk τ )2 × × (1 − δ A ) Suk − Axk + (1 − αk )λk µ x∗ + uk − Axk 2(1 − λk τ ) y k − x∗ + λk µ x∗ (2.19) Đặt νk := δ(1 − αk )(1 − λk τ )2 Ψk := (1 − αk )λk µ x∗ 2(1 − λk τ ) y k − x∗ + λk µ x∗ 26 Từ (2.19), ta có νk (1 − δ A ) Suk − Axk + uk − Axk ≤ ( xk − x∗ − xk+1 − x∗ ) + Ψk ≤ ( xk − x∗ + xk+1 − x∗ ) xk+1 − xk + Ψk (2.20) Vì lim xk+1 − xk = 0, lim λk = lim αk = α ∈ (0, 1), dãy xk , k→∞ k→∞ k→∞ yk bị chặn nên vế phải (2.20) tiến tới k → ∞ Chú ý nên − δ A > lim νk = δ(1 − α) > 0, ta δ ∈ 0, k→∞ A +1 lim Suk − Axk = 0, k→∞ lim uk − Axk = k→∞ (2.21) Sử dụng tính khơng giãn PC xk ⊂ C , ta y k − xk = PC (xk + δA∗ (Suk − Axk )) − PC (xk ) ≤ xk + δA∗ (Suk − Axk ) − xk = δA∗ (Suk − Axk ) ≤ δ A∗ Suk − Axk = δ A Suk − Axk Kết hợp với (2.21), ta suy lim y k − xk = k→∞ (2.22) Theo bất đẳng thức tam giác y k − T (y k ) ≤ xk − y k + xk − T (y k ) uk − Suk ≤ uk − Axk + Suk − Axk ) , từ đó, theo (2.22), (2.14) (2.21), ta có lim y k − T (y k ) = 0, k→∞ lim uk − Suk ) = k→∞ Bước 6: Chứng minh lim sup x∗ , x∗ − y k + λk µy k ≤ k→∞ (2.23) 27 Thật vậy, lấy dãy y ki dãy y k cho lim sup x∗ , x∗ − y k = lim sup x∗ , x∗ − y ki i→∞ k→∞ Vì dãy y ki bị chặn nên ta giả sử y ki y Do lim sup x∗ , x∗ − y k = lim x∗ , x∗ − y ki = x∗ , x∗ − y i→∞ k→∞ Vì C tập lồi đóng nên đóng yếu Do từ y ki ⊂ C y ki y , ta suy y ∈ C Bây ta chứng minh y ∈ Fix(T ) Giả sử trái lại y ∈ / Fix(T ) tức y = T (y) Vì y ki y T ánh xạ không giãn nên từ (2.16) Bổ đề 2.1.5, ta lim inf y ki − y < lim inf y ki − T (y) i→∞ i→∞ ≤ lim inf i→∞ y ki − T (y ki ) + y ki − T (y) = lim inf T (y ki ) − T (y) i→∞ ≤ lim inf y ki − y i→∞ Điều vơ lý Vì y ∈ Fix(T ) Vì y ki ki x y Do Ax ki y lim y k − xk = 0, ta k→∞ Ay Kết hợp với (2.21), ta có uki Ay (2.24) Vì uki ⊂ Q Q đóng yếu nên từ (2.24) ta có Ay ∈ Q Tiếp theo ta chứng minh Ay ∈ Fix(S) Giả sử trái lại S(Ay) = Ay , từ Bổ đề 2.1.5 (2.23), ta có lim inf uki − Ay < lim inf uki − S(Ay) i→∞ i→∞ = lim inf uki − Suki + Suki − S(Ay) i→∞ ≤ lim inf ( uki − Suki + |Suki − S(Ay) ) i→∞ = lim inf Suki − S(Ay) i→∞ ≤ lim inf uki − Ay i→∞ 28 Điều vơ lý Vì Ay ∈ Fix(S) Từ y ∈ Fix(T ) Ay ∈ Fix(S), ta có y ∈ Ω Do đó, x∗ ∈ Ω+ nên x∗ , y − x∗ ≥ Kết hợp x∗ , y − x∗ ≥ 0, lim λk = tính bị chặn y k , ta có k→∞ lim sup x∗ , x∗ − y k + λk µy k = lim sup k→∞ x∗ , x∗ − y k + λk µ x∗ , y k k→∞ = lim sup x∗ , x∗ − y k k→∞ ∗ ∗ = x , x − y k ≤ Bước 7: Chứng minh dãy xk hội tụ mạnh đến x∗ Thật vậy, kết hợp tính khơng giãn PC , bất đẳng thức x−y ≤ x2 − y, x − y ∀x, y ∈ H1 , với Bổ đề 2.1.3 (2.8), ta z k − x∗ = PC (y k − λk µy k ) − PC (x∗ ) ≤ y k − λk µy k − x∗ 2 = y k − λk µy k − [x∗ − λk µx∗ ] − λk µx∗ ≤ y k − λk µy k − [x∗ − λk µx∗ ] ≤ (1 − λk τ )2 y k − x∗ ≤ (1 − λk τ ) xk − x∗ 2 2 − 2λk µ x∗ , y k − λk µy k − x∗ − 2λk µ x∗ , y k − λk µy k − x∗ − 2λk µ x∗ , y k − λk µy k − x∗ Thế bất đẳng thức vào (2.17), ta có xk+1 − x∗ ≤ αk x k − x ∗ + (1 − αk ) z k − x∗ ≤ αk x k − x ∗ + (1 − αk )(1 − λk τ ) xk − x∗ 2 − 2λk µ(2 − αk ) x∗ , y k − λk µy k − x∗ = [1 − λk (1 − αk )τ ] xk − x∗ + λk (1 − αk )τ θk , θk = 2µ ∗ ∗ x , x − y k + λk µy k τ (2.25) 29 Vì lim sup x∗ , x∗ − y k + λk µy k ≤ 0, k→∞ nên lim θk ≤ k→∞ ∞ λk (1 − αk )τ = ∞ nên áp dụng Bổ đề 2.1.2 vào (2.25), ta Do đó, k=0 ∗ k x → x Định lý chứng minh 2.2 Ví dụ minh họa Trong mục ta trình bày ví dụ minh họa cho Định lý 2.1.6 Chương trình thực nghiệm viết ngôn ngữ MATLAB 2017b chạy thử nghiệm máy tính 2.30 GHz, Ram GB Cho H1 = R3 với chuẩn x = (x21 + x22 + x23 ) với x = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 H2 = R2 với chuẩn y = (y12 + y22 ) với y = (y1 , y2 )T ∈ R2 Xét A : R3 → R2 cho A(x) = (2x1 + x2 , x1 + x3 )T với x = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 Khi đó, A tốn tử tuyến tính bị chặn từ R3 √ vào R2 với chuẩn A = Toán tử liên hợp A A∗ : R2 → R3 xác định A∗ (y) = (2y1 + y2 , y1 , y2 )T với y = (y1 , y2 ) ∈ R2 Khi A∗ tốn tử tốn tính bị chặn từ R2 vào R3 với A∗ = Cho C = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 : x1 + x2 + x3 ≥ xét ánh xạ T : C → C cho công thức: T (x) = (x1 , x2 , x3 )T , + 2x1 − x2 − x3 − x1 + 2x2 − x3 − x1 − x2 + 2x3 , , 3 x1 + x2 + x3 = 3, T , x1 + x2 + x3 > 30 Ta thấy T (x) = PC1 (x) với x ∈ C C1 mặt phẳng cho C1 = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 : x1 + x2 + x3 = Vì tốn tử chiếu ánh xạ khơng giãn nên T ánh xạ khơng giãn Ngồi ra, dễ thấy tập điểm bất động T cho Fix(T ) = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 : x1 + x2 + x3 = Cho Q = (y1 , y2 )T ∈ R2 : y1 − 2y2 ≥ xét ánh xạ S : Q → Q cho công thức:   (y1 , y2 )T , y1 − 2y2 = 3, S(y) = + 4y1 − 2y2 −6 + 2y1 + y2 T   , , y1 − 2y2 > 5 Ta thấy S(y) = PQ1 (y) với y ∈ Q Q1 mặt phẳng cho Q1 = (y1 , y2 )T ∈ R2 : y1 − 2y2 = Vì tốn tử chiếu ánh xạ không giãn nên S ánh xạ khơng giãn Ngồi ra, dễ thấy tập điểm bất động S cho Fix(S) = (y1 , y2 )T ∈ R2 : y1 − 2y2 = Tập nghiệm Ω toán điểm bất động tách (2.1) Ω = (x1 , x2 , x3 )T ∈ Fix(T ) : A(x1 , x2 , x3 ) ∈ Fix(S) = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 : x1 + x2 + x3 = 3, (2x1 + x2 ) − 2(x1 + x3 ) = = (x1 , x2 , x3 )T ∈ R3 : x1 + x2 + x3 = 3, x2 − 2x3 = = (−3t, + 2t, t)T : t ∈ R Giả sử x = (−3t, + 2t, t)T ∈ Ω, x = = (−3t)2 + (3 + 2t)2 + t2 14 t + + 45 ≥ 45 Dấu "=" xảy t = − Do nghiệm có chuẩn nhỏ tốn 15 T điểm bất động tách x∗ = , ,− ∈ Ω+ Dưới kết tính tốn 7 cho xấp xỉ ban đầu dãy tham số chọn khác 31 k+1 , δ = 0, 1, µ = 1, αk = k+2 2(k + 3) Khi {λk } {αk } hai dãy số khoảng (0, 1) thỏa mãn đồng thời (a) Chọn x0 = (1, 2, 1)T ∈ C , λk = điều kiện ∞ λk (1 − αk ) = ∞, lim λk = 0, k→∞ k=0 lim αk = k→∞ ∈ (0, 1) Ta có kết tính tốn Bảng 2.1 Số bước lặp k xk1 xk2 xk3 1 0.8433 1.6233 0.7833 0.8373 1.5117 0.7260 0.8561 1.4720 0.6969 0.8775 1.4587 0.6728 6908 1.2800 2.1446 -0.4246 6909 1.2800 2.1446 -0.4246 6910 1.2800 2.1446 -0.4246 Bảng 2.1: Kết tính tốn với x0 = (1, 2, 1)T ∈ C, λk = k+1 , δ = 0, 1, µ = 1, αk = k+2 2(k + 3) Từ Bảng 2.1 ta thấy nghiệm xấp xỉ tìm sau 6910 bước lặp x(6910) = (1.2800, 2.1446, −0.4246)T xấp xỉ tốt cho nghiệm có chuẩn nhỏ 15 T , ,− x∗ = ∈ R3 7 k+1 , δ = 0, 1, µ = 1, αk = (b) Chọn x0 = (10, 5, 2)T ∈ C , λk = k+2 2(k + 3) Khi {λk } {αk } hai dãy số khoảng (0, 1) thỏa mãn đồng thời điều kiện ∞ λk (1 − αk ) = ∞, lim λk = 0, k→∞ k=0 lim αk = k→∞ ∈ (0, 1) 32 Ta có kết tính tốn Bảng 2.2 Số bước lặp k xk1 xk2 xk3 10 5.4233 1.6933 -0.6167 4.0370 0.9605 -0.9475 3.4459 0.7812 -0.8771 3.1230 0.7488 -0.7468 6908 1.3331 2.1092 -0.4423 6909 1.3331 2.1092 -0.4423 6910 1.3331 2.1092 -0.4423 Bảng 2.2: Kết qur tính tốn với x0 = (10, 5, 2)T ∈ C, λk = k+1 , δ = 0, 1, µ = 1, αk = k+2 2(k + 3) k+1 , δ = 0, 1, µ = 1, αk = 2k + 5(k + 3) Khi {λk } {αk } hai dãy số khoảng (0, 1) thỏa mãn đồng thời ∞ điều kiện lim λk = 0, λk (1 − αk ) = ∞ lim αk = ∈ (0, 1) Ta k→∞ k→∞ k=0 (c) Chọn x0 = (1, 2, 1)T ∈ C , λk = có kết tính tốn Bảng 2.3 Số bước lặp k xk1 xk2 xk3 1 0.7885 1.6040 0.7075 0.8088 1.5459 0.6572 0.8405 1.5397 0.6214 0.8677 1.5487 0.5839 6908 1.2728 2.1504 -0.4232 6909 1.2728 2.1504 -0.4232 6910 1.2728 2.1504 -0.4232 Bảng 2.3: Kết tính tốn với x0 = (1, 2, 1)T ∈ C, λk = k+1 , δ = 0, 1, µ = 1, αk = 2k + 5(k + 3) 33 Nhận xét 2.2.1 Từ kết việc chạy thử nghiệm chương trình trên, ta thấy ảnh hưởng cách chọn x0 hay tham số λk , αk hội tụ đến nghiệm toán 34 Kết luận Luận văn đạt mục tiêu đề "Nghiên cứu phương pháp lặp giải lớp toán điểm bất động tách không gian Hilbert thực H; đưa tính tốn ví dụ minh họa" Kết luận văn Luận văn trình bày phương pháp lặp tìm nghiệm có chuẩn nhỏ tốn điểm bất động tách khơng gian Hilbert thực vơ hạn chiều tính tốn ví dụ minh họa Cụ thể: Giới thiệu toán điểm bất động tách khơng gian Hilbert thực, trình bày phương lặp giải toán với toán tử hướng không gian Hilbert hữu hạn chiều Trình bày phương pháp lặp giải tốn tìm nghiệm có chuẩn nhỏ tốn điểm bất động tách không gian Hilbert thực vô hạn chiều, chứng minh hội tụ phương pháp Đưa ví dụ số minh họa cho hội tụ phương pháp, chương trình thực nghiệm viết ngôn ngữ MATLAB 35 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Tụy, Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2003 Tiếng Anh [2] R.P Agarwal, D O’Regan, D.R Sahu (2009), Fixed point theory for lipschitzian-type mappings with applications, Springer [3] T.V Anh, L.D Muu (2016), "A projection-fixed point method for a class of bilevel variational inequalities with split fixed point constraints", Optimization, 65(6), pp 1229–1243 [4] C Byrne (2002), "Iterative oblique projection onto convex sets and the split feasibility problem", Inverse Problems, 18, pp 441–453 [5] C Byrne (2004), "A unified treatment of some iterative algorithms in signal processing and image reconstruction", Inverse Problems, 18, pp 103–120 [6] F.E Browder (1967), "Convergence theorems for sequences of nonlinear operators in Banach spaces", Mathematische Zeitschrift, 100, pp 201–225 [7] H.K Xu (2010), "Iterative methods for the split feasibility problem in infinite dimensional Hilbert spaces" Inverse Problems, 26, 105018 [8] H.H Bauschke, P.L Combettes (2001), "A weak-to-strong convergence principle for Fejér-monotone methods in Hilbert spaces", Mathematics of Operations Research, 26, pp 248–264 36 [9] Y Censor and T Elfving (1994), "A multi projection algorithm using Bregman projections in a product space", Numer Algorithms, (2-4), pp 221– 239 [10] Y Censor, T Elfving, N Kopf, T Bortfeld (2005), "The multiple-sets split feasibility problem and its application", Inverse Problems, 21, pp 2071– 202084 [11] Y Censor, T Bortfeld, B Martin, A Trofimov (2006), "A unified approach for inversion problems in intensity-modulated radiation therapy", Phys Med Biol, 51, pp 2353–2362 [12] Y Censor, A Segal (2012), "The split common fixed point problem for directed operators", J Convex Anal., 26, 055007–.doi:10.1088/02665611/26/5/055007 [13] Y Shehu, D.F Agbebaku (2017), "On split inclusion problem and fixed point problem for multi-valued mappings", Comp Appl Math., doi 10.1007/s40314-017-0426-0 ... tụ phương pháp lặp giải toán 5 Chương Một phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách không gian Hilbert hữu hạn chiều Chương nghiên cứu phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách không gian. .. Bảng ký hiệu Mở đầu Chương Một phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách không gian Hilbert hữu hạn chiều 1.1 Bài toán điểm bất động tách không gian Hilbert 1.1.1 Toán tử chiếu ... 1.1.3 Bài toán điểm bất động tách 1.2 Một phương pháp lặp giải toán điểm bất động tách không gian Hilbert hữu hạn chiều 1.2.1 Toán tử hướng không gian RN