Bài toán ngược và bài toán thuận
Trong phần này, chúng ta đưa ra một số ví dụ đơn giản về cặp bài toán đối ngược nhau.
Để tìm một đa thức p bậc n với các nghiệm x1, , xn, ta có thể giải bài toán ngược từ bài toán thuận, tức là xác định các nghiệm của đa thức p Trong trường hợp này, bài toán ngược có thể được giải quyết dễ dàng Nghiệm của đa thức được biểu diễn dưới dạng p(x) = c(x−x1) (x−xn), trong đó c là một hằng số tùy ý.
Cho ma trận vuông A kích thước n×n và n số thực λ1, , λn, nhiệm vụ là xác định đường chéo D sao cho ma trận tổng A+D có các giá trị riêng tương ứng là λ1, , λn Bài toán này được xem như một bài toán ngược, xuất phát từ bài toán trực tiếp là tính toán các giá trị riêng của ma trận A+D đã cho.
Ví dụ 1.1.3 (Phép lấy vi phân) Xét phương trình:
Bài toán thuận là tính Kx với thông tin đã có là x ∈ X.
Bài toán ngược cho thông tin sẵn có là y ∈ L 2 , cần tìm x ∈ L 2 sao choKx=y.
Bài toán thuận thường dễ giải quyết hơn so với bài toán ngược, với sự khác biệt cơ bản giữa hai loại này Cụ thể, bài toán thuận được xem là bài toán đặt chỉnh (well-posed), trong khi bài toán ngược được coi là bài toán đặt không chỉnh (ill-posed) theo định nghĩa của Hadamard.
Một số kiến thức về giải tích hàm
Trước khi thảo luận về bài toán không chỉnh, chúng tôi sẽ ôn lại một số kiến thức cơ bản về giải tích hàm có liên quan đến nghiên cứu của đề tài này.
Cho X là một không gian tuyến tính trên R Một tích vô hướng trong
X là một ánh xạ h., i : X×X →R thỏa mãn các điều kiện sau:
4 hx+y, zi = hx, zi+ hy, zi,∀x, y, z ∈ X;
Không gian tuyến tính X cùng với tích vô hướng nếu trên là không gian tiền Hilbert Không gian tiền Hilbert đầy đủ là không gian Hilbert.
Ví dụ 1.2.1 Các không gian R n , L 2 [a, b] là các không gian Hilbert với tích vô hướng được xác định tương ứng là:
Toán tử tuyến tính A được xem là bị chặn nếu tồn tại một hằng số c > 0 sao cho kAxk ≤ ckxk với mọi x thuộc không gian X Định nghĩa chuẩn của toán tử A được thể hiện qua công thức kAk := sup (x ≠ 0) kAxk / kxk.
Cho A : X → Y là toán tử tuyến tính, bị chặn trong không gian Hilbert Khi đó, tồn tại một và chỉ một toán tử tuyến tính, bị chặn
Toán tử A ∗ : Y → X được gọi là toán tử liên hợp của A Với X=Y, toán tử A được gọi là phép biến đổi liên hợp nếu A ∗ = A.
• Hệ kì dị Định nghĩa 1.2.1 Cho X và Y là không gian Hilbert vàK : X →Y là toỏn tử compact với toỏn tử liờn hợp K ∗ : Y → X à j = pλ j , j ∈
J với λj là giá trị riêng của toán tử tự liên hợp K ∗ K : X → X được gọi là giá trị kì dị của K.
Lưu ý, với mỗi giá trị riêng λ củaK ∗ K là không âm bởi vì K ∗ K = λx được khai triển thành λ(x, x) = (K ∗ Kx, x) = (Kx, Kx) ≥ 0, λ≥ 0. Định lý 1.2.1 Cho K : X → Y là toán tử tuyến tính compact,
K ∗ : Y →X là toỏn tử liờn hợp, và à 1 ≥ à 2 ≥ à 3 > 0 Tồn tại hệ (x j ) ⊂X và (y j ) ⊂ Y với các tính chất sau:
Khi đú hệ (à j , x j , y j ) được gọi là hệ kỡ dị đối với K Với mỗi x ∈ X có một giá trị phân hoạch x = x 0 +X j∈J
Cho K : X →Y là toỏn tử tuyến tớnh, compact và hệ kỡ dị(à j , x j , y j ). Phương trình
Kx = y (1.2) là giải được nếu và chỉ nếu y ∈ N(K ∗ ) ⊥ và X j∈J
Xét toán tử tích phân sau làm ví dụ.
Ví dụ 1.2.2 Cho K :L 2 (0,1) →L 2 (0,1) được định nghĩa
Với K ∗ Kx = λx, ta có λx(t) Z 1 t y(s)ds và (K ∗ Kx)(t) Z 1 t
Z s 0 x(τ)dτ)ds, t∈ [0,1]. Đạo hàm cấp hai, với λ 6= 0, ta được λx 00 +x = 0 trong (0,1),x(1) = x 0 (0) = 0. Đây là kết quả giải nghiệm x j (t) r2 π cos 2j −1
(2j −1) 2 π 2 , j ∈ N. Giỏ trị kỡ dị (à j ) cú được à j = 2
Bài toán đặt chỉnh và đặt không chỉnh
Khái niệm về bài toán đặt chỉnh và đặt không chỉnh được trình bày trên cơ sở xét một bài toán ở dạng phương trình:
Kx = y, (1.4) trong đó K: X → Y là một toán tử từ không gian Hilbert X vào không gian Hilbert Y, và y là một phần tử thuộc Y Định nghĩa 1.3.1 cho biết rằng cho X và Y là không gian Hilbert, ánh xạ K: X → Y, bài toán (1.4) được coi là đặt chỉnh (well-posed) nếu nó thỏa mãn các điều kiện nhất định.
1 Sự tồn tại: ∀y ∈ Y, luôn ∃x ∈ X sao cho Kx=y.
2 Tính duy nhất: ∀y ∈ Y có duy nhất một x∈ X sao cho Kx=y.
3 Sự ổn định: x phụ thuộc liên tục vào y, nghĩa là với mọi dãy x n ⊂ X mà Kx n → Kx(n →∞) Ta suy ra x n → x(n→∞).
Bài toán không thỏa mãn một trong ba điều kiện trên được gọi là bài toán đặt không chỉnh (ill-posed).
Trong toán học, việc xác định sự tồn tại của nghiệm có thể thực hiện thông qua việc điều chỉnh không gian nghiệm, với yêu cầu về tính ổn định là yếu tố quan trọng nhất Nếu một bài toán thiếu tính ổn định, nghiệm của nó sẽ không được tính toán chính xác Theo đó, định nghĩa 1.3.2 nêu rõ: Cho K là một toán tử tuyến tính từ không gian X vào không gian Y, bài toán (1.4) được coi là không chỉnh nếu nghiệm của phương trình (1.4) không phụ thuộc liên tục vào dữ liệu ban đầu.
Chú ý 1.3.1 Một bài toán có thể đặt chỉnh trên cặp không gian này nhưng lại đặt không chỉnh trên cặp không gian khác.
Trong nhiều ứng dụng, vế phải của (1.4) thường được xác định thông qua đo đạc, dẫn đến việc giá trị chính xác y được thay thế bằng xấp xỉ y δ, thỏa mãn điều kiện ky δ − yk → δ Giả sử x δ là nghiệm của (1.4) khi y được thay bằng y δ (với giả thiết nghiệm này tồn tại) Khi δ tiến gần đến 0, y δ sẽ tiến gần đến y, tuy nhiên trong bài toán không chỉnh, x δ không nhất thiết hội tụ đến x.
Ví dụ về bài toán đặt không chỉnh
Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ về toán tử K mà (1.4) là bài toán đặt chỉnh.
Ví dụ 1.4.1 Hệ phương trình
x 1 +x 2 + x 3 = 3 x1 + 1.02x2 +x3 = 3.02 x 1 +x 2 + 1.01x 3 = 3.01 có nghiệm là x1 = 1, x2 = 1, x3 = 1 Trong khi đó hệ phương trình
Một sự thay đổi nhỏ trong hệ số của hệ phương trình ban đầu có thể dẫn đến những thay đổi lớn trong nghiệm Điều này cho thấy bài toán này không phải là bài toán đặt chỉnh.
Ví dụ 1.4.2 Cho phương trình:
(Kx)(t) Z t 0 x(s)ds (1.5) với K : L 2 ([0,1])→ L 2 ([0,1]) Cho y ∈ L 2 , tìm x ∈ L 2 :Kx = y. Giả sử y(s) = coss ⇒ y n (s) = 1 + 1 nsinns Khi đó: ky n (s)−y(s)k Z t 0 y n (s)−y(s)
Kx n Z t 0 x(s)ds = cost+ 1 nsinnt ⇒ x n (t) = −sin(t) +cosnt Vậy kx n −xk Z 1 0 xn(t)−x(t) 2 dt
Vậy đây là bài toán đặt không chỉnh.
Ví dụ 1.4.3 Xét phương trình tích phân Fredholm loại I
Phương trình K(t, s)ϕ(s)ds = y0(t), với t thuộc khoảng [c, d], mô tả nghiệm ϕ(s) là một hàm liên tục Ở vế phải, y(t) là một hàm số đã cho, và hạch K(t, s) cùng với đạo hàm ∂K/∂t được giả thiết là các hàm liên tục Chúng ta cũng giả định rằng nghiệm ϕ(s) thuộc lớp các hàm liên tục trên khoảng [a, b], với khoảng cách giữa hai hàm ϕ1 và ϕ2 được định nghĩa là kϕ1 − ϕ2k = sup|ϕ1(s) − ϕ2(s)|.
Sự thay đổi của vế phải được thay bằng độ lệch trong không gian L 2 [c, d] được biểu thị bởi số ky 1 −y 2 k Z d c
Giả sử phương trình (1.6) có nghiệm ϕ 0 (s) Khi đó, với vế phải y 1 (t) =y 0 (t) +N
Với N bất kì vàω đủ lớn, thì khoảng cách giữa 2 hàmy 1 vày 2 trongL 2 [c, d] ky 0 −y 1 k = |N|
1 2 có thể làm nhỏ tùy ý Thật vậy, đặt
Kmax = max s∈[a,b],t∈[c,d]|K(t, s)|, ta tính được ky 1 −y 2 k ≤ |N|
≤ |N|K max C 0 ω ở đây C 0 là một hằng số dương Ta chọn N và ω lớn tùy ý, nhưng N/ω lại nhỏ Khi đó, kϕ 0 −ϕ 1 k = max s∈[a,b]|ϕ 0 (s)−ϕ 1 (s)| = |N| có thể lớn bất kì.
Khoảng cách giữa hai nghiệmϕ0 và ϕ1 trong L2[a, b]cũng lớn bất kì Thật vậy, kϕ 0 −ϕ 1 k Z b a
Dễ dàng nhận thấy hai số N và ω có thể chọn sao cho ky 0 −y 1 k rất nhỏ nhưng vẫn cho kết quả kϕ 0 −ϕ 1 k rất lớn.
Lược đồ chính quy hóa
Giả sử K −1 không liên tục và thay cho y ta chỉ biết y δ thỏa mãn ky δ −yk6 δ.
Bài toán đặt ra là tìm một phần tử xấp xỉ nghiệm đúng x dựa vào thông tin về (K, y δ ) và sai số δ Việc xây dựng phần tử xấp xỉ x δ theo qui tắc x δ = K −1 y δ có thể gặp khó khăn do K −1 có thể không xác định hoặc không liên tục, dẫn đến x δ không xấp xỉ nghiệm đúng Tham số δ chỉ ra mức độ sai số của vế phải phương trình Do đó, một câu hỏi nảy sinh là liệu có thể xây dựng phần tử xấp xỉ phụ thuộc vào một tham số tương thích với δ, sao cho khi δ → 0, xấp xỉ này hội tụ đến nghiệm đúng x Nếu điều này khả thi, thì y 0 ∈ X sẽ có phần tử xấp xỉ tương ứng thuộc X, cho thấy tồn tại một toán tử chính quy hóa từ không gian Y vào không gian X.
Phần tử xấp xỉ x δ được xem là nghiệm chính quy hóa cho phương trình (1.1), trong đó α = α(δ) được gọi là tham số chỉnh hóa Nghiệm chính quy hóa này thể hiện tính ổn định với dữ liệu ban đầu Do đó, việc phát triển một phương pháp chính quy hóa bao gồm nhiều bước quan trọng.
(1) Xây dựng toán tử chính quy hóa R α ,
Chọn giá trị tham số chính quy hóa α dựa trên thông tin của phần tử y δ và mức độ sai số δ Một lược đồ chính quy hóa được định nghĩa là một tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn.
R α :Y → X, α > 0, sao cho α→0limR α Kx = x, ∀x ∈ X; nghĩa là, toán tử R α K hội tụ theo từng điểm đến các toán tử đơn vị.
Phương pháp chính quy hóa dựa trên dữ liệu không bị nhiễu loạn, với R α y hội tụ đến x và chính xác vế phải y = Kx Khi y ∈ R(K) là vế phải chính xác và y δ ∈ Y là dữ liệu đo với ||y − y δ || ≤ δ, chúng ta định nghĩa x α,δ := R α y δ như một xấp xỉ nghiệm của Kx = y Sai số được phân tách thành hai phần thông qua ứng dụng bất đẳng thức tam giác.
6 kR α kky δ −yk+kR α Kx−xk do đó
||x α,δ −x|| 6 δ||R α ||+||R α Kx−x|| (2.2) đây là ước tính cơ bản về sai số mà chúng ta sẽ sử dụng để tính toán ở các phần sau.
Hình (2.1) minh họa sự phụ thuộc của tham số α vào δ, cho thấy cần thiết phải lựa chọn α = α(δ) để giảm thiểu sai số Định nghĩa 2.1.2 chỉ ra rằng một tham số chính quy hóa α = α(δ) được coi là chấp nhận được khi α(δ) tiến tới 0 và sup.
Một phương pháp hiệu quả để xây dựng các lược đồ chính quy hóa là sử dụng hệ lọc kì dị Đối với toán tử tuyến tính K: X → Y, có tính chất compact, nghiệm x của phương trình Kx = y được xác định theo định lý Picard.
Định lý 2.1.1 chứng minh rằng nếu K : X → Y là compact với hệ kỡ dị (àj, xj, yj) và q : (0,∞)×(0,kKk] → R thỏa mãn các tính chất nhất định, thì y ∈ R(K) sẽ tạo thành một dãy hội tụ Kết quả này một lần nữa nhấn mạnh ảnh hưởng của sai số trong y Chúng ta có thể xây dựng lược đồ chớnh quy húa bằng cách giảm nhõn tử 1/à j.
(2) Với mọi α >0, tồn tại c(α) sao cho
|q(α, à)| 6 c(α)à với mọi 0 < à < kKk (3) limq(α, à) = 1, với mọi 0 < à 6 kKk Sau đú toán tử
X j=1 q(α, à j ) à j (y, y j )x j , y ∈ Y là phương pháp chính quy hóa với kR α k 6 c(α) Chọn α = α(δ) là chấp nhận được nếu α(δ) → 0 và δc(α(δ)) → 0 khi δ → 0 Hàm q được gọi là lọc chính quy hóa đối với K.
Chứng minh Toán tử R α là bị chặn bởi vì chúng ta có giả thiết (2) rằng: kR α yk 2 ∞
2 6 c(α) 2 kyk 2 ; nghĩa là, kR α k 6 c(α) Từ
(x, x j )x j , và (Kx, y j ) = (x, K ∗ y j ) = à j (x, x j ), chỳng ta kết luận rằng kR α Kx−xk 2 ∞
[q(α, à j )−1] 2 |(x, x j )| 2 (2.3) Ở đây K ∗ được kí hiệu là toán tử liên hợp của toán tử K Bây giờ cho x∈ X bất kì nhưng cố định Với > 0 tồn tại N ∈ N sao cho
Do (3) nên tồn tại α 0 > 0 sao cho
Với (1) chúng ta kết luận kR α Kx−xk 2 N
2 6 2 với mọi 0 < α < α 0 Do vậy , chúng ta thấy rằng
Trong bài viết này, chúng ta sẽ chứng minh sự hội tụ của R α y đến nghiệm x, với giả thiết (3a) được thay thế trong chứng minh tiếp theo Ở các phần (i) và (ii), nghiệm x được xem xét trong miền giá trị của K và K ∗ K Định lý 2.1.2 sẽ được áp dụng dựa trên giả thiết (1) và (2) từ chứng minh trước đó.
(i) Cho (3a) được thay thế bởi giả thiết co mạnh:
Ngoài ra, nếu x ∈ R(K ∗ ), thì kR α Kx−xk 6 c 1 √ α||z||, (2.4) tại x = K ∗ z.
(ii) Cho (3a) được thay thế bằng giả thiết co mạnh:
Ngoài ra, nếu x ∈ R(K ∗ K) thì kR α Kx −xk 6 c2α||z||, (2.5) tại x = K ∗ Kz.
Chứng minh Với x = K ∗ z và (x, x j ) =à j (z, y j ), cụng thức 2.1 cú dạng kR α Kx−xk 2 ∞
Chứng minh tương tự cho trường hợp (ii).
Dưới đây là một số ví dụ về hàm q: (0,∞)×(0,kKk) →R, đáp ứng các giả thiết của các định lý đã nêu Định lý 2.1.3 chỉ ra rằng các hàm q sau đây thỏa mãn các giả thiết (1), (2) và (3a-c) của định lý 2.1.1 và 2.1.2.
Hàm q(α, à) được định nghĩa là à²/(α + à²), thỏa mãn giả thiết (2) với c(α) = 1/2√α Giả sử các điều kiện (3b) và (3c) được thỏa mãn với c₁ = 1/2 và c₂ = 1 Bên cạnh đó, hàm q(α, à) cũng có thể được biểu diễn dưới dạng 1 - (1 - aà²)^(1/α) với 0 < a < 1/kKk², trong đó giả thiết (2) thỏa mãn với c(α) = pa/α Giả sử các điều kiện (3b) và (3c) cũng thỏa mãn với c₁ = 1/√.
2a và c 2 = 1/a. (c) Cho q định nghĩa bởi q(α, à)
Trong trường hợp này giả thiết (2) thỏa mãn với c(α) = 1/√ α (3b) và (3c) thỏa mãn với c1 = c2 = 1.
Do đó tất cả các hàm q được định nghĩa trong (a), (b) và (c) là các hàm lọc chính quy hóa.
Chứng minh Trong tất cả ba trường hợp, thuộc tính (1) và (3a) là rõ ràng. Bây giờ ta đi chứng minh các hàm q thỏa mãn các tính chất (2), (3b) và (3c).
(a) Tính chất (2) và (3a) có được từ ước lượng sơ cấp sau à α +à 2 6
2√ α với mọi α, à > 0 bởi vỡ 1−q(α, à) = α/(α+ à 2 ) Tớnh chất (3c) cũng rừ ràng.
(b) Tính chất (2) có được nhờ sử dụng bất đẳng thức Bernoulli:
(3b) và (3c) cũng có được nhờ ước lượng sơ cấp à(1−aà 2 ) β 6 1
√2aβ và à 2 (1−aà 2 ) β 6 a aβ, với mọi β > 0 và 06 à6 1/√ a. (c) Với tớnh chất (2), ta xột trường hợp à 2 ≥ α Khi đú q(α, à) = 1 6 à/√ α.
Với (3b) và (3c) ta chỉ xột trường hợp à 2 < α Khi đú à(1−q(α, à)) = à 6 √ α và à 2 (1−q(α, à)) = à 2 6 α.
Tốc độ hội tụ của nghiệm chính quy hóa
Trong phần này, chúng tôi giới thiệu kết quả liên quan đến sai số của phương pháp và tốc độ hội tụ của nghiệm chính quy hóa Theo Định lý 2.2.1, nếu y δ ∈ Y và ky δ − yk ≤ δ, thì ta có thể ký hiệu y = Kx.
(a) Đặt K : X → Y là toỏn tử compact, đơn ỏnh với hệ kỡ dị (à j , x j , y j ). Toán tử
Một lược đồ chính quy hóa được định nghĩa bởi 1 à j (y, y j )x j với y ∈ Y và kR α k 6 1/√ α Lược đồ này được chấp nhận nếu α(δ) → 0 khi δ → 0 và δ 2 /α(δ) → 0 khi δ → 0 Đặt x = K ∗ z ∈ R(K ∗ ) với kzk6 E và c > 0, khi chọn α(δ) =cδ/E, chúng ta có ước lượng x α (δ)−x.
(c) Đặt x = K ∗ Kz ∈ R(K ∗ K) với kzk 6 E và c > 0 Việc chọn α(δ) c(δ/E) 2 3 , chúng ta có ước lượng sau x α (δ)−x
Chứng minh Kết hợp với ước tính cơ bản của phương trình (2.2) và Định lí 2.1.2, Định lí 2.1.3, ta có được sai số như sau x α,δ −x
√α +αkzk ở phần (c) Việc chọn α(δ) =cδ/E và α(δ) =c(δ/E) 2 3 dẫn đến ước lượng ở (2.7) và (2.8).
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNHXẤP XỈ ĐẠO HÀM
Phương pháp sai phân
Chúng ta định nghĩa toán tử (Kx)(t) = R 0 t x(s)ds với t ∈ [0,1] Mục tiêu của bài viết là tính toán đạo hàm của các hàm được xác định bởi các thương sai phân Ở đây, với α = h là bước nhảy, chúng ta tiến hành định nghĩa.
Để chứng minh rằng Rh xác định một lược đồ chính quy hóa, chúng ta cần chứng minh rằng toán tử R h thỏa mãn Định nghĩa 2.1 Theo Định lý 3.1.1, với y ∈ L 2 (0,1) và R h y được định nghĩa như ở phương trình (3.1), ta có các tính chất quan trọng sau đây.
(i) R h K bị chặn đều với các h tương ứng.
Đối với các trường hợp 0 < t < h2 và 1 − h2 < t < 1, chúng ta có thể ước lượng sự tồn tại của một hằng số c > 0, sao cho kRhy kL2 ≤ cky0 kL2, với mọi y thuộc H2(0,1) Điều này dẫn đến kết luận rằng Rhy bị chặn đều.
(ii) Bây giờ cho x ∈ H 2 (0,1) và do đó y = Kx ∈ H 3 (0,1) Chúng ta áp dụng công thức Taylor với h 2 < t < 1− h 2 y(t± h
2 +s) ds và do đó, bằng cách thay đổi thứ tự các tích phân và áp dụng công thức Cauchy- Schwarz
24 2 ky 000 k 2 L 2h 4 Áp dụng công thức Taylor tương tự đối với các trường hợp 0 < t < h 2 và
L 2 6 c 1 Eh 2 , với mọi x ∈ H 2 (0,1) với kx 00 k L 2 6 E Chúng ta thấy rằng R h Kx → x với mọi x ∈ L 2 (0,1).
Bây giờ ta cần tính tốc độ hội tụ của phương pháp Áp dụng công thức tính sai số ở phương trình (2.2), ta có
L 2 6 c 2 δ h +c 1 Eh 2 , Chọn α = h = c 3 pδ/E, ta được kR h y δ −xk 6 ηE 1 3 δ 2 3 với η >0 và η = c 2 /c+c 1 c 2
Với R α y(t) được định nghĩa ở (3.1), cho y(t) = sin(t) Cho i = 0, ,n. Bảng sau minh họa cho kết quả số của phương pháp với t=0, 0.25, 0.5, 0.75, 1 Ở đây, i được chọn sao cho ih=t. t n=4 n=8 n n2
Phương pháp mollification
Một lần nữa, chúng ta định nghĩa toán tử
(Kx)(t) Z t 0 x(s)ds, t ∈ [0,1], nhưng bây giờ là một toán tử của không gian con
Chúng ta định nghĩa hạt nhân Gaussian ψ α ψα(t) = 1 α√ πe −t
2 α 2 , t ∈ R, (3.2) với α >0 là một tham số.Ta có R∞
−∞ψ α (t)dt = 1 và tồn tại tích chập (ψ α ∗y)(t) :Z ∞
−∞ ψ α (s)y(t−s)ds, t∈ L 2 (R), Áp dụng bất đẳng thức Young (xem [6], p 102), ta có kψ α ∗yk L 2 6 kψ α k L 1 kyk L 2 = kyk L 2 , ∀y ∈ L 2 (R).
Chúng ta cần chứng minh tính chất hội tụ của ψ α ∗z bằng cách xét bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.1 Cho toán tửψ α được định nghĩa ở (2.7), với mọiz ∈ L 2 (0,1), khi đó kψ α ∗z −zk L 2( R ) 6 √
Chứng minh Vì không gianz ∈ H 1 (0,1) :z(0) = z(1) = 0là trù mật trong
L 2 (0,1) và toán tử z 7−→ ψ α ∗z bị chặn đều từ L 2 (0,1) vào L 2 (0,1). Xét chuỗi Fourie được cho bởi
−∞ z(s)e ist ds, t∈ R, với z ∈ S, trong không gian Schwarz S được định nghĩa bởi
Theo định lí Plancherel và định nghĩa phép nhân chập, ta có kFzk L 2 ( R ) = kzk L 2 ( R ) , F(u∗z) = √
2π(Fu)(t)(Fz)(t), t ∈ R, với mọi z, u ∈ S Bởi vì S trù mật trong L 2 (R) và z ∈ L 2 (R).
Bây giờ chúng ta kết hợp lại nhưng tính chất trên và kết luận rằng kψ α ∗z−zk L 2 ( R ) = kF(ψ α ∗z)− Fzk L 2 ( R )
L 2 ( R ) với mọi z ∈ L 2 (0,1) Lấy tích phân từng phần
√2πe ist ds = (−it)(Fz)(t) với mọi z ∈ H 1 (0,1) với z(0) = z(1) = 0 Chúng ta định nghĩa hàm φ α φ α (t) := 1 it
, t ∈ R. Bây giờ chúng ta kết luận rằng kψ α ∗z−zk L 2 ( R ) = φ α F(z 0 )
1−e −(αt/2) 2 và ước lượng ban đầu [1−e (−τ 2 ) ]/τ 6 2√
2 với mọi τ > 0, thì bổ đề được chứng minh.
Sau những chuẩn bị, chúng ta định nghĩa toán tử chính quy hóa R α :
(ψ α 0 ∗y)(s)ds với t∈ (0,1)và y ∈ L 2 (0,1) Để chứng minh R α là lược đồ chính quy hóa, chúng ta tiến hành chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 3.2.2 Cho (R α y)(t) := (ψ α 0 ∗y)(t)−R 0 1 (ψ α 0 ∗y)(s)ds, t ∈ (0,1) và y ∈ L 2 (0,1) Khi đó:
(ii)kR α Kxk L 2 6 2kxk L 2 , α > 0 và x ∈ L 2 0 (0,1); nghĩa là toán tử RαK là bị chặn đều trên L 1 0 (0,1).
Chứng minh Chúng ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kR α yk L 2 (0,1) 6 2kψ 0 α ∗yk L 2 (0,1) 6 2kψ 0 α ∗yk L 2 ( R )
6 2k 0 α k L 1 ( R ) kyk L 2 (0,1) 6 4 α√ πkyk L 2 (0,1) với mọi y ∈ L 2 (0,1), bởi vì ψ α 0
Z ∞ 0 ψ α 0 (s)ds = 2ψ α (0) = 2 α√ π. Như vậy (i) được chứng minh.
Bây giờ cho y ∈ H 1 (0,1) với y(0) = y(1) = 0 Sau đó, bằng việc tính tích phân từng phần,
(ψα∗x)(s)ds. Áp dụng bất đẳng thức Young, chứng minh được (ii).
Định lý 3.2.1 chứng minh sự hội tụ của R α Kx, trong đó R α Kx là toán tử đã được định nghĩa trước đó Theo định lý này, có điều kiện rằng kR α Kx − xk L2 ≤ 2√.
0 x(s)ds = 0 Do đó, kR α Kx−xk L 2 (0,1) 6 2kψ α ∗x−xk L 2 (0,1) 6 2√
2α x 0 L 2 với mọi x ∈ H 0 1 (0,1) Từ Bổ đề 3.2.2 và tính trù mật của H 0 1 (0,1) trong
L 2 0 (0,1), chúng ta kết luận rằng RαKx hội tụ đến x với mọi x ∈ L 1 0 (0,1).
Do đó, R α định nghĩa một lược đồ chính quy hóa.
Cuối cùng, chúng ta tiến hành xét tốc độ hội tụ của phương pháp.
Từ Bổ đề 3.2.2 và ước tính cơ bản 2.2, ta có:
2αE nếu x ∈ H 0 1 (0,1) với kx 0 k L 2 6 E, y = Kx, và y δ ∈ L 2 (0,1) sao cho ky δ −yk L 2 6 δ.
Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov
Để xây dựng cực tiểu của hàm Tikhonov, chúng ta xem xét Định lý 3.3.1, trong đó K: X → Y là một toán tử tuyến tính và bị chặn trong không gian Hilbert với α > 0 Khi đó, hàm Tikhonov sẽ được xác định.
J α (x) := kKx−yk 2 +αkxk 2 với x ∈ X có duy nhất cực tiểu x α ∈ X Cực tiểu này là nghiệm của phương trình αx α + K ∗ Kx α = K ∗ y (3.4)
Chứng minh Cho (xn) ⊂ X là dãy cực tiểu, sao cho Jα(xn) → I : inf x∈X J α (x) với n → ∞ Chúng ta xem x n là dãy Cauchy Áp dụng công thức nhị thức, ta có
Vế trái hội tụ đến 2I khi n, m → ∞ Khi đó (x n ) hội tụ. Đặt x α = lim n→∞ , x α ∈ X Từ tính liên tục của J α , chúng ta kết luận
J α(xn) →Jα(x α ), sao cho Jα(x α ) =I Vậy ta đã chứng minh được sự tồn tại cực tiểu của hàm J α
Nghiệm x α của phương trình (3.3) có thể được viết thành x α = R α y, với
R α := (αI +K ∗ K) −1 Bây giờ chúng ta quay trở lại với việc xét bài toán Kx = y, với
(Kx)(t) Z t 0 x(s)ds, t ∈ [0,1] cần chứng minh K là toán tử compact Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có
|x(s)| 2 ds = kxk 2 (3.5) với mọi t ∈ [0,1] Dễ thấy rằng, với Kx ∈ L 2 [0,1] thì K là toán tử tuyến tính Từ (3.4) suy ra K là bị chặn Vậy K là toán tử compact.
Cho hệ kỡ dị (à j , x j , y j ) với K là toỏn tử compact Chỳng ta thấy rằng
R α y có thể được biểu diễn
Hàm q(α, à) = à 2 /(α +à 2 ) được xỏc định ở định lớ (2.1.3) Do đú Rαy định nghĩa một lược đồ chính quy hóa.