ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC -------------------------------
LÊ NGỌC TÂN
BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC -------------------------------
LÊ NGỌC TÂN
BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số : 8460112
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Nguyễn Thị Thu Thủy
THÁI NGUYÊN - 2018
iii
Mục lục
Bảng ký hiệu 1
Mở đầu 2
1 Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của một
4 ánh xạ không giãn
1.1 Không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Không gian Banach lồi và trơn . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3 Ánh xạ j-đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập
điểm bất động của ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . 11
1.2.1 Bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu . . . . . . . . 11
1.2.2 Phương pháp lặp và sự hội tụ . . . . . . . . . . . . 12
2 Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung
của một họ các ánh xạ không giãn 23
2.1 Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung
của một họ ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.1.1 Bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.1.2 Một số bổ đề bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2 Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân . . . . . . . 25
2.2.1 Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2.2 Sự hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
iv
Kết luận 30
Tài liệu tham khảo 31
1
Bảng ký hiệu
H không gian Hilbert thực
không gian Banach
E E∗ không gian đối ngẫu của E
mặt cầu đơn vị của E
SE R tập các số thực
R+ tập các số thực không âm
∅ tập rỗng
∀x với mọi x
D(A) miền xác định của toán tử A
miền ảnh của toán tử A
R(A) A−1 toán tử ngược của toán tử A
I toán tử đồng nhất
không gian các hàm liên tục trên đoạn [a, b]
không gian các dãy số khả tổng bậc p
C[a, b] lp, 1 ≤ p < ∞ Lp[a, b], 1 ≤ p < ∞ không gian các hàm khả tích bậc p trên đoạn [a, b]
lim supn→∞ xn lim infn→∞ xn xn → x0 xn (cid:42) x0 J giới hạn trên của dãy số {xn} giới hạn dưới của dãy số {xn} dãy {xn} hội tụ mạnh về x0 dãy {xn} hội tụ yếu về x0 ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc
j ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị
Fix(T ) tập điểm bất động của ánh xạ T
2
Mở đầu
Bài toán bất đẳng thức biến phân đã được nghiên cứu và đưa ra lần
đầu tiên bởi Hartman và Stampacchia vào những năm đầu của thập
niên 60 thế kỉ XX. Mô hình bài toán bài toán bất đẳng thức biến phân,
kí hiệu là VIP(A, C), có dạng
Tìm x ∈ C sao cho: (cid:104)A(x), y − x(cid:105) ≥ 0 ∀y ∈ C, (1)
trong đó C là tập con lồi đóng khác rỗng trong không gian Hilbert thực
H hoặc không gian Banach thực E và A : (D(A) = C) → C là ánh xạ
mục tiêu xác định trên C.
Người ta thường nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến
phân và đề xuất các phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân.
Cho đến nay có nhiều phương pháp giải bất đẳng thức biến phân hữu
hiệu được xây dựng, chẳng hạn phương pháp chiếu của Lions, phương
pháp nguyên lý bài toán phụ của Cohen, phương pháp điểm gần kề của
Martinet, phương pháp điểm gần kề quán tính của Alvarez và Attouch
và phương pháp hiệu chỉnh Browder–Tikhonov đối với bất đẳng thức
biến phân đặt không chỉnh. Ở Việt Nam, bất đẳng thức biến phân cũng
là một chủ đề được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu, như nhóm
nghiên cứu của GS. Nguyễn Bường (Viện Công nghệ Thông tin), GS.
Nguyễn Đông Yên (Viện Toán học), GS. Lê Dũng Mưu (Trường Đại học
Thăng Long, Hà Nội), GS. Phạm Kỳ Anh (Trường Đại học Khoa học
tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội), GS. Phan Quốc Khánh (Trường
Đại học Quốc tế thành phố Hồ Chí Minh) . . . .
Mục đích của đề tài luận văn nhằm tổng hợp và trình bày lại hai
3
phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động
chung của một ánh xạ không giãn, một họ vô hạn đếm được các ánh xạ
không giãn trong không gian Banach trong các bài báo [3] và [5] công
bố năm 2008 và 2015.
Trong quá trình học tập và thực hiện luận văn này, các thầy cô của
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện
tốt nhất để tác giả học tập, nghiên cứu. Tác giả xin được bày tỏ lòng
biết ơn chân thành đến các thầy, cô. Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới PGS.TS. Nguyễn Thị Thu Thủy - Người đã tận tình
hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Tác giả luận văn
Lê Ngọc Tân
4
Chương 1
Bất đẳng thức biến phân trên tập
điểm bất động của một ánh xạ
không giãn
Chương này trình bày một số khái niệm và tính chất của không gian
Banach; ánh xạ j-đơn điệu, ánh xạ không giãn và phương pháp lặp giải
bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của một ánh xạ không
giãn trong không gian Banach. Kiến thức của chương này được viết dựa
trên kết quả của Ceng và các cộng sự công bố trong [3] và các tài liệu
1.1 Không gian Banach
được tham chiếu trong đó.
Cho E là không gian Banach với không gian đối ngẫu ký hiệu là E∗. Ta dùng ký hiệu (cid:107).(cid:107) cho chuẩn trong E và E∗ và viết tích đối ngẫu (cid:104)x, x∗(cid:105) thay cho giá trị của phiếm hàm tuyến tính x∗ ∈ E∗ tại điểm x ∈ E, tức là (cid:104)x, x∗(cid:105) = x∗(x). Kiến thức của mục này được tham khảo
từ các tài liệu [1], [2], [6] và [7].
5
1.1.1 Không gian Banach lồi và trơn
Ký hiệu SE := {x ∈ E : (cid:107)x(cid:107) = 1} là mặt cầu đơn vị của không gian
Banach E.
Định nghĩa 1.1.1 Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với
mọi điểm x, y ∈ SE, x (cid:54)= y, ta có
(cid:107)(1 − λ)x + λy(cid:107) < 1 với mọi λ ∈ (0, 1).
Chú ý 1.1.2 Định nghĩa 1.1.1 còn có thể phát biểu dưới dạng tương
đương sau: Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với mọi điểm
x, y ∈ E, x (cid:54)= y, mà (cid:107)x(cid:107) = 1, (cid:107)y(cid:107) = 1 ta có
(cid:13) (cid:13) (cid:13) < 1. (cid:13) (cid:13) (cid:13)
x + y 2 Ví dụ 1.1.3 Không gian E = Rn với chuẩn (cid:107)x(cid:107)2 được xác định bởi
i=1
(cid:18) n (cid:19)1/2 (cid:88) , (cid:107)x(cid:107)2 = x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn x2 i
là không gian lồi chặt.
Định nghĩa 1.1.4 Không gian Banach E được gọi là lồi đều nếu với
mọi ε > 0, tồn tại δ = δ(ε) > 0 sao cho với mọi x, y ∈ E mà (cid:107)x(cid:107) = 1,
(cid:107)y(cid:107) = 1, (cid:107)x − y(cid:107) ≥ ε ta luôn có
(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤ 1 − δ. x + y 2
Ví dụ 1.1.5 Không gian Hilbert H là không gian lồi đều. Vì từ đẳng
thức hình bình hành ta tính toán được
(cid:114) (cid:16) (cid:17) 1 − . 1 − (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤ 1 − x + y 2 ε2 4
Định nghĩa 1.1.6 Không gian Banach E được gọi là không gian trơn
nếu với mỗi điểm x nằm trên mặt cầu đơn vị SE của E tồn tại duy nhất một phiếm hàm gx ∈ E∗ sao cho (cid:104)gx, x(cid:105) = (cid:107)x(cid:107) và (cid:107)gx(cid:107) = 1.
6
Ví dụ 1.1.7 Các không gian lp, Lp[a, b], 1 < p < ∞ là không gian
Banach trơn.
Định nghĩa 1.1.8 (i) Chuẩn của không gian Banach E được gọi là
khả vi Gâteaux nếu với mỗi y ∈ SE giới hạn
(1.1) lim t→0 (cid:107)x + ty(cid:107) − (cid:107)x(cid:107) t
tồn tại với x ∈ SE, ký hiệu là (cid:104)y, (cid:53)(cid:107)x(cid:107)(cid:105). Khi đó (cid:53)(cid:107)x(cid:107) được gọi là đạo hàm Gâteaux của chuẩn.
(ii) Chuẩn của E được gọi là khả vi Gâteaux đều nếu với mỗi y ∈ SE,
giới hạn (1.1) đạt được đều với mọi x ∈ SE.
(iii) Chuẩn của E được gọi là khả vi Fréchet nếu với mỗi x ∈ SE, giới
hạn (1.1) tồn tại đều với mọi y ∈ SE.
(iv) Chuẩn của E được gọi là khả vi Fréchet đều nếu giới hạn (1.1) tồn
tại đều với mọi x, y ∈ SE.
Ví dụ 1.1.9 Không gian Hilbert H là không gian có chuẩn khả vi
Gâteaux với
(cid:53)(cid:107)x(cid:107) = x (cid:54)= 0. , x (cid:107)x(cid:107)
Ký hiệu 2C là tập các tập con của tập hợp C. Ta định nghĩa phép
chiếu mêtric như sau.
Định nghĩa 1.1.10 Cho C là một tập con khác rỗng của không gian Banach E. Ánh xạ PC : E → 2C xác định bởi (cid:110) (cid:111) y ∈ C : (cid:107)x − y(cid:107) = d(x, C) ∀x ∈ E PC(x) =
được gọi là phép chiếu mêtric từ E lên C.
1.1.2 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc
Định nghĩa 1.1.11 Ánh xạ J : E → 2E∗ (nói chung là đa trị) xác định bởi
Jx = {u ∈ E∗ : (cid:104)x, u(cid:105) = (cid:107)x(cid:107)(cid:107)u(cid:107), (cid:107)u(cid:107) = (cid:107)x(cid:107)},
7
được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của không gian Banach E.
Ví dụ 1.1.12 Trong không gian Hilbert H, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc
là ánh xạ đơn vị I.
Định nghĩa 1.1.13 Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J : E → 2E∗ của không gian Banach E được gọi là
(i) liên tục yếu theo dãy nếu J đơn trị và với mọi dãy {xn} hội tụ yếu đến x (xn (cid:42) x) thì Jxn hội tụ yếu đến Jx (Jxn (cid:42) Jx) theo tôpô yếu∗ trong E∗.
(ii) liên tục mạnh-yếu∗ nếu J đơn trị và với mọi dãy {xn} hội tụ mạnh đến x (xn → x) thì Jxn hội tụ yếu đến Jx (Jxn (cid:42) Jx) theo tôpô yếu∗ trong E∗.
Nhận xét 1.1.14 (xem [4]) Không gian lp, 1 < p < ∞ có ánh xạ đối
ngẫu chuẩn tắc liên tục yếu theo dãy. Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trong không gian Lp[a, b], 1 < p < ∞ không thỏa mãn tính chất này.
Tính đơn trị của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc có mối liên hệ với tính
khả vi của chuẩn của không gian Banach như khẳng định trong các định
lý sau đây.
Định lý 1.1.15 (xem [2]) Cho E là không gian Banach với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J : E → 2E∗. Khi đó các khẳng định sau là tương đương:
(i) E là không gian trơn;
(ii) J là đơn trị;
(iii) Chuẩn của E là khả vi Gâteaux với (cid:53)(cid:107)x(cid:107) = (cid:107)x(cid:107)−1Jx.
Chú ý 1.1.16 Ta dùng ký hiệu j để chỉ ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn
trị.
Định nghĩa 1.1.17 Cho C là một tập con khác rỗng của không gian
Banach E.
8
(i) Ánh xạ T : C → E được gọi là ánh xạ L-liên tục Lipschitz nếu tồn
tại hằng số L ≥ 0 sao cho
(cid:107)T x − T y(cid:107) ≤ L(cid:107)x − y(cid:107) ∀x, y ∈ C. (1.2)
(ii) Trong (1.2), nếu L ∈ [0, 1) thì T được gọi là ánh xạ co; nếu L = 1
thì T được gọi là ánh xạ không giãn.
Ký hiệu Fix(T ) := {x ∈ C : T x = x} là tập điểm bất động của ánh
xạ T . Ta có kết quả sau về tính chất của tập Fix(T ).
Định lý 1.1.18 (xem [2]) Cho C là một tập con lồi trong không gian
Banach lồi chặt E và T : C → E là ánh xạ không giãn. Khi đó nếu tập
điểm bất động Fix(T ) của ánh xạ T là khác rỗng thì nó là tập lồi.
Chú ý 1.1.19 Do tính liên tục của ánh xạ T nên tập Fix(T ) luôn là
tập đóng.
Hệ quả 1.1.20 (xem [2]) Cho C là tập con khác rỗng, lồi, đóng trong
không gian Banach lồi chặt E và T : C → E là ánh xạ không giãn. Khi
đó tập Fix(T ) là tập lồi đóng.
Định nghĩa 1.1.21 Ánh xạ A : C → E được gọi là ánh xạ λ-giả co
chặt nếu với mỗi x, y ∈ D(A), tồn tại j(x − y) ∈ J(x − y) sao cho
(cid:104)Ax − Ay, j(x − y)(cid:105) ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 − λ(cid:107)x − y − (Ax − Ay)(cid:107)2 (1.3)
với mỗi λ ∈ (0, 1). Trong (1.3), nếu λ = 0 thì T được gọi là ánh xạ giả
co.
Ta thấy (1.3) có thể được viết lại như sau
(cid:104)(I − A)x − (I − A)y, j(x − y)(cid:105) ≥ λ(cid:107)(I − A)x − (I − A)y(cid:107)2. (1.4)
Nhận xét 1.1.22 (xem [2])
(i) Nếu F : E → E là ánh xạ λ-giả co chặt thì F là ánh xạ L-liên tục
Lipschitz với L = 1 + 1/λ.
9
(ii) Mọi ánh xạ không giãn đều là ánh xạ giả co liên tục.
Bổ đề 1.1.23 (xem [2]) (Nguyên lý nửa đóng) Cho C là tập con lồi
đóng khác rỗng của không gian Banach phản xạ E thỏa mãn điều kiện
của Opital và giả sử T : C → E là ánh xạ không giãn. Khi đó ánh xạ
I − T là nửa đóng tại 0, tức là
xn (cid:42) x, xn − T xn → 0 ⇒ x = T x.
Bổ đề 1.1.24 (xem [2]) Cho E là không gian Banach trơn thực. Khi đó
(cid:107)x(cid:107)2 + 2(cid:104)y, J(x)(cid:105) ≤ (cid:107)x + y(cid:107)2 ≤ (cid:107)x(cid:107)2 + 2(cid:104)y, J(x + y)(cid:105), ∀x, y ∈ E,
trong đó J : E → E∗ là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của E.
1.1.3 Ánh xạ j-đơn điệu
Định nghĩa 1.1.25 Ánh xạ A có miền xác định là D(A) và miền ảnh
R(A) trong E được gọi là:
(i) j-đơn điệu mạnh nếu với mọi x, y ∈ D(A) tồn tại j(x−y) ∈ J(x−y)
sao cho
(cid:104)Ax − Ay, j(x − y)(cid:105) ≥ 0.
(ii) δ-j-đơn điệu mạnh nếu với mỗi x, y ∈ D(A) tồn tại j(x − y) ∈
J(x − y) sao cho
(cid:104)Ax − Ay, j(x − y)(cid:105) ≥ δ(cid:107)x − y(cid:107)2 với mỗi δ ∈ (0, 1).
Mệnh đề 1.1.26 (xem [2]) Cho E là một không gian Banach thực trơn
và A : E → E là một ánh xạ.
(i) Nếu A là ánh xạ λ giả co chặt thì A là ánh xạ liên tục Lipschitz với
λ).
hằng số (1 + 1
(ii) Nếu A là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh và λ-giả co chặt với δ + λ > 1
thì I − A là ánh xạ co với hằng số (cid:113) 1−δ λ .
10
(iii) Nếu A là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh và λ-giả co chặt với δ + λ > 1
thì với số cố định bất kỳ τ ∈ (0, 1), I − τ A là ánh xạ co với hằng số (cid:17) (cid:16) . I − τ I − (cid:113) 1−δ λ
Chứng minh. (i) Từ (1.4) ta nhận được
λ(cid:107)(I − A)x − (I − A)y(cid:107)2 ≤ (cid:104)(I − A)x − (I − A)y, j(x − y)(cid:105)
≤ (cid:107)(I − A)x − (I − A)y(cid:107)(cid:107)x − y(cid:107),
từ đó suy ra
(cid:107)(I − A)x − (I − A)y(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107). 1 λ
Nên
(cid:107)F x − F y(cid:107) ≤ (cid:107)(I − F )x − (I − F )y(cid:107) + (cid:107)x − y(cid:107) + (cid:107)x − y(cid:107)
(cid:18) (cid:19) 1 + ≤ (cid:107)x − y(cid:107), 1 λ
λ).
và do đó F liên tục Lipschitz với hằng số (1 + 1
(ii) Từ (1.3) và (1.4), ta có
λ(cid:107)(I − F )x − (I − F )y(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 − (cid:104)F x − F y, j(x − y)(cid:105)
≤ (1 − δ)(cid:107)x − y(cid:107)2.
λ ∈ (0, 1), nên
(cid:113) 1−δ Vì δ + λ > 1 ⇔
(cid:18)(cid:114) (cid:19) (cid:107)(I − F )x − (I − F )y ≤ (cid:107)x − y(cid:107),
và vì vậy I − F là ánh xạ co với hằng số
(iii) Vì I − F là ánh xạ co với hằng số 1 − δ λ (cid:113) 1−δ λ . (cid:113) 1−δ λ , nên với mỗi số cố định
τ ∈ (0, 1) ta có
(cid:107)x − y − τ (F (x) − F (y))(cid:107) = (cid:107)(1 − τ )(x − y) + τ [(I − F )x − (I − F )y](cid:107)
≤ (1 − τ )(cid:107)x − y(cid:107) + τ (cid:107)(I − F ) − (I − F )y(cid:107)
(cid:19) (cid:18)(cid:114) (cid:107)x − y(cid:107) ≤ (1 − τ )(cid:107)x − y(cid:107) + τ 1 − δ λ (cid:114) (cid:18) (cid:18) (cid:19)(cid:19) = 1 − τ 1 − (cid:107)x − y(cid:107). 1 − δ λ
11
Từ đây suy ra I − τ F là ánh xạ co với hằng số 1 − τ (cid:0)1 − (cid:1). (cid:113) 1−δ λ
1.2 Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân
trên tập điểm bất động của ánh xạ không giãn
(cid:3)
Mục này trình bày một phương pháp lặp lai ghép đường dốc nhất giải
bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu trên tập điểm bất động của một
ánh xạ không giãn trong không gian Banach X. Nội dung của mục này
được viết trên cơ sở bài báo [3].
1.2.1 Bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu
Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của không gian Banach thực
E, A : E → E là một ánh xạ j-đơn điệu xác định trên E. Bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu (ký hiệu là VI∗(A, C)) được phát biểu
như sau:
(1.5) Tìm x∗ ∈ C sao cho: (cid:104)A(x∗), j(x − x∗)(cid:105) ≥ 0 ∀x ∈ C,
ở đây j(x − x∗) ∈ J(x − x∗).
Sau đây là hai ví dụ về bất đẳng thức biến phân trong không gian
hữu hạn chiều.
Ví dụ 1.2.1 Cho f là hàm số khả vi trên [a, b] ⊂ R. Tìm x∗ ∈ [a, b] sao
cho
f (x). f (x∗) = min x∈[a,b]
Ta thấy có ba khả năng sau:
(1) Nếu x∗ ∈ (a, b) thì f (cid:48)(x∗) = 0.
(2) Nếu x∗ = a thì f (cid:48)(x∗) ≥ 0.
(3) Nếu x∗ = b thì f (cid:48)(x∗) ≤ 0.
12
Trong cả ba trường hợp ta đều có f (cid:48)(x∗)(x − x∗) ≥ 0. Đây là một bất đẳng thức biến phân dạng (1.5) trong không gian R.
Ví dụ 1.2.2 Cho f là một hàm số khả vi trên tập con lồi đóng C của không gian Rn. Tìm x∗ ∈ C thỏa mãn:
f (x). f (x∗) = min x∈C
Giả sử x∗ là điểm cực tiểu cần tìm, x là một phần tử tùy ý của C. Do
C là một tập lồi nên
(1 − t)x∗ + tx = x∗ + t(x − x∗)
= x∗ + t(x − x∗) ∈ C ∀t ∈ [0; 1].
Hàm
Φ(t) = f (x∗ + t(x − x∗) ∀t ∈ [0; 1]
đạt cực tiểu tại t = 0. Suy ra Φ(cid:48)(t) ≥ 0. Hay
Φ(cid:48)(t) = f (cid:48)(x∗ + t(x − x∗)).(x − x∗).
Như vậy,
Φ(cid:48)(0) = (cid:104)∇f (x∗), x − x∗(cid:105) ≥ 0 ∀x ∈ C.
Đây là một bất đẳng thức biến phân.
1.2.2 Phương pháp lặp và sự hội tụ
Cho E là một không gian Banach phản xạ thực với ánh xạ đối ngẫu
chuẩn tắc J có tính chất liên tục yếu theo dãy, T : E → E là ánh xạ
không giãn và C = Fix(T ) (cid:54)= ∅, A : E → E là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh
và λ-giả co chặt với δ + λ > 1. Ta xét phương pháp lặp tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán VI∗(A, C) như sau.
Phương pháp 1.2.3 (xem [3]) Giả sử các dãy {λn}, {µn} thuộc khoảng (0, 1) với mọi n ≥ 0. Với xấp xỉ ban đầu x0 ∈ E tùy ý cho trước, dãy lặp
13
{xn} được xác định như sau:
yn = λnxn + (1 − λn)T xn, (1.6) ∀n ≥ 0. xn+1 = yn − λnµnA(xn),
Phương pháp 1.2.3 dựa trên cơ sở của phương pháp lặp Mann và
phương pháp đường dốc nhất. Thật vậy, trong công thức (1.6), bước lặp
yn = λnxn + (1 − λn)T xn được lấy từ phương pháp lặp Mann và bước lặp xn+1 = yn − λnµnA(xn) được lấy từ phương pháp đường dốc nhất.
Bổ đề 1.2.4 (xem [3]) Cho E là một không gian Banach thực trơn và
T : E → E là ánh xạ không giãn (hoặc giả co liên tục) với Fix(T ) (cid:54)= ∅.
Giả sử A : E → E là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh và λ-giả co chặt với
δ + λ > 1. Với mỗi t ∈ (0, 1) chọn số µt ∈ (0, 1) tùy ý và dãy {xt} được xác định bởi
(1.7) xt = txt + (1 − t)T xt − tµtA(xt).
Giả sử u ∈ E là một điểm bất động của ánh xạ T , nghĩa là, u ∈ C =
Fix(T ). Khi đó,
(i) (cid:104)A(xt), j(xt − u)(cid:105) ≤ 0;
(ii) Dãy {xt} bị chặn.
Chứng minh. (i) Vì u là điểm bất động của ánh xạ T nên
(cid:104)xt − (txt + (1 − t)u − tµtA(xt)), J(xt − u)(cid:105)
= (cid:104)(txt + (1 − t)T xt − tµtA(xt))
− (txt + (1 − t)u − tµtA(xt)), J(xt − u)(cid:105)
= (1 − t)(cid:104)T xt − u, j(xt − u)(cid:105) ≤ (1 − t)(cid:107)xt − u(cid:107)2.
Rõ ràng
(cid:104)xt − (txt + (1 − t)u − tµtA(xt)), j(xt − u)(cid:105) =
= (cid:104)(1 − t)(xt − u) + tµt(cid:104)A(xt), j(xt − u)(cid:105) ≥ (1 − t)(cid:107)xt − u(cid:107)2 + tµt(cid:104)A(xt), j(xt − u)(cid:105).
14
Do đó
tµt(cid:104)A(xt),j(xt − u)(cid:105) ≤
≤ (cid:104)xt − (txt + (1 − t)u − tµtF (xt)), j(xt − u)(cid:105)
− (1 − t)(cid:107)xt − u(cid:107)2
≤ 0,
suy ra
(cid:104)F (xt), j(xt − u)(cid:105) ≤ 0.
(ii) Vì A là ánh xạ δ-j-đơn điệu mạnh nên
(cid:104)A(xt), j(xt − u) = (cid:104)A(xt) − A(u), j(xt − u)(cid:105) + (cid:104)A(u), j(xt − u)(cid:105)
≥ δ(cid:107)xt − u(cid:107)2 + (cid:104)A(u), j(xt − u)(cid:105).
Sử dụng kết luận (i) của định lý ta nhận được
δ(cid:107)xt − u(cid:107)2 + (cid:104)A(u), j(xt − u)(cid:105) ≤ 0.
Do đó,
(1.8) δ(cid:107)xt − u(cid:107)2 ≤ −(cid:104)A(u), j(xt − u)(cid:105) ≤ (cid:107)A(u)(cid:107)(cid:107)xt − u(cid:107),
suy ra
(cid:107)xt − u(cid:107) ≤ δ−1(cid:107)A(u)(cid:107).
Điều này chứng tỏ rằng dãy {xt : t ∈ (0, 1)} bị chặn.
(cid:3)
Mệnh đề 1.2.5 (xem [3]) Cho E là không gian Banach thực phản xạ với ánh xạ đối ngẫu J : E → E∗ liên tục yếu theo dãy. Giả sử T : E → E
là ánh xạ không giãn và C = Fix(T ) (cid:54)= ∅, A : E → E là ánh xạ δ-j-đơn
điệu mạnh và λ-giả co chặt với δ + λ > 1. Với mỗi t ∈ (0, 1) chọn một số µt ∈ (0, 1) tùy ý và giả thiết xt xác định bởi (1.7). Khi đó nếu t → 0+ thì dãy {xt} hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất u∗ của bất đẳng thức biến phân VI∗(A, C).
15
Chứng minh. Cho u ∈ C = Fix(T ). Từ Bổ đề 1.2.4(iii), dãy {xt : t ∈ (0, 1)} bị chặn và do đó các tập {T (xt) : t ∈ (0, 1)} và {A(xt) : t ∈ (0, 1)} cũng bị chặn. Vì xt = txt + (1 − t)T xt − tµtA(xt) nên
(cid:107)xt − T xt(cid:107) = (cid:107)txt + (1 − t)T xt − tµtA(xt) − T xt(cid:107)
= (cid:107)t(xt − T xt) − tµtA(xt)(cid:107)
≤ t(cid:107)xt − T xt(cid:107) + tµt(cid:107)A(xt)(cid:107)
t → 0+. ≤ t(cid:107)xt − T xt(cid:107) + t(cid:107)A(xt)(cid:107) → 0 khi
Suy ra
(cid:107)xt − T xt(cid:107) = 0. lim t→0+
Chú ý rằng tập {xt : t ∈ (0, 1)} bị chặn. Vì E là không gian Banach phản xạ nên tồn tại một dãy con {xtn} ⊂ {xt} hội tụ yếu trong đó {tn} là một dãy trong (0, 1) hội tụ tới 0 khi n → ∞. Bây giờ ta giả sử xn := xtn và xn (cid:42) u∗. Sử dụng Bổ đề 1.1.23 ta có u∗ = T u∗. Trong (1.8) lấy u = u∗ ta được
(cid:107)xn − u∗(cid:107)2 ≤ −δ−1(cid:104)A(u∗), j(xn − u∗)(cid:105).
Vì ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J liên tục yếu theo dãy nên
xn → u∗ khi n → ∞,
tức là, xtn → u∗ khi n → ∞.
Tiếp theo ta chỉ ra rằng dãy {xt} hội tụ mạnh tới u∗. Thật vậy, vì các tập {xt} và {F (xt)} bị chặn và ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J đơn trị và liên tục yếu theo dãy nên,
sk → 0, (cid:107)A(xsk) − A(v∗)(cid:107) → 0 khi
và
|(cid:104)A(xsk), j(xsk − u)(cid:105) − (cid:104)A(v∗), j(v∗ − u)(cid:105)| = |(cid:104)A(xsk) − A(v∗), j(xsk − u)(cid:105) + (cid:104)A(v∗), j(xsk − u) − j(v∗ − u)(cid:105)| ≤ (cid:107)A(xsk) − A(v∗)(cid:107)(cid:107)xsk − u(cid:107)
sk → 0. + |(cid:104)A(v∗), j(xsk − u) − j(v∗ − u)(cid:105)| → 0 khi
16
Vì vậy, từ Bổ đề 1.2.4(i), với mỗi u ∈ C = Fix(T ) ta có
(1.9) (cid:104)A(xsk), j(xsk − u)(cid:105) ≤ 0. (cid:104)A(v∗), j(v∗ − u)(cid:105) = lim sk→0
Tương tự ta có
(1.10) (cid:104)A(xtn), j(xtn − u)(cid:105) ≤ 0. (cid:104)A(u∗), j(u∗ − u)(cid:105) = lim tn→0
Chọn u = u∗ trong (1.9) và u = v∗ trong (1.10) ta có
(cid:104)A(v∗), j(v∗ − u∗)(cid:105) ≤ 0,
và
(cid:104)A(u∗), j(u∗ − v∗)(cid:105) ≤ 0.
Cộng hai bất đẳng thức cuối và sử dụng tính δ-j-đơn điệu mạnh của A,
ta nhận được
δ(cid:107)u∗ − v∗(cid:107)2 ≤ (cid:104)A(u∗) − A(v∗), j(u∗ − v∗)(cid:105) ≤ 0.
Suy ra v∗ = u∗ và u∗ là nghiệm duy nhất của VI∗(A, C).
(cid:3)
Để chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy lặp (1.6) ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.6 (xem [2]) Cho {sn} là một dãy các số thực không âm thỏa mãn
∀n ≥ 0, sn+1 ≤ (1 − αn)sn + αnβn + γn,
n=0 αn = ∞ hoặc tương đương (cid:81)∞
n=0(1 − αn) = 0;
trong đó {αn}, {βn} và {γn} thỏa mãn các điều kiện: (i) {αn} ⊂ [0, 1], (cid:80)∞
n=0 γn < ∞.
(ii) lim supn→∞ βn ≤ 0; (iii) γn ≥ 0 (n ≥ 0), (cid:80)∞
Khi đó limn→∞ sn = 0.
Bây giờ ta chứng minh sự hội tụ mạnh của dãy lặp xác định bởi
Phương pháp 1.2.3 tới nghiệm duy nhất của VI∗(A, C).
17
Định lý 1.2.7 (xem [3]) Cho E là một không gian Banach phản xạ thực với ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J : E → E∗ là liên tục yếu theo dãy. Giả
sử T : E → E là một ánh xạ không giãn với C = Fix(T ) (cid:54)= ∅, A : E → E
là δ-j-đơn điệu mạnh và λ giả co chặt với δ + λ > 1. Cho dãy {xn} xác định bởi phương pháp lặp (1.6) trong đó {λn} và {µn} là hai dãy số trong khoảng (0, 1) thỏa mãn các điều kiện sau:
n=0 λnµn = ∞;
λn µn
= 0 và (cid:80)∞ (i) limn→∞
n=0 |λn+1 − λn| < ∞;
(ii) (cid:80)∞
n=0 |µn+1 − µn| < ∞ hoặc limn→∞
= 1. (iii) (cid:80)∞ µn µn+1
Khi đó dãy {xn} hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất u∗ của bất đẳng thức biến phân VI∗(A, C).
Chứng minh. Trước tiên ta chỉ ra rằng limn→∞ λn = 0. Thật vậy, vì {µn} là một dãy trong (0, 1) nên ta có
≤ → 0 khi n → ∞, λn = µn λn µn λn µn
tức là, limn→∞ λn = 0.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh dãy {xn} bị chặn. Thật vậy, lấy u ∈ C,
với C = Fix(T ). Khi đó, sử dụng Mệnh đề 1.1.26(iii) ta có
(cid:107)xn+1 − u(cid:107) = (cid:107)yn − λnµnA(xn) − u(cid:107)
= (cid:107)λnxn + (1 − λn)T xn − λnµnA(xn) − u(cid:107)
= (cid:107)λn[(I − µnA)xn − u] + (1 − λn)(T xn − u)(cid:107)
≤ (1 − λn)(cid:107)T xn − u(cid:107) + λn(cid:107)(I − µnA)xn − u(cid:107)
≤ (1 − λn)(cid:107)xn − u(cid:107) + λn[(cid:107)(I − µnA)xn − (I − µnA)u(cid:107)
(cid:114) (cid:18) (cid:19)(cid:21) 1 − + (cid:107)(I − µnA)u − u(cid:107)] (cid:20) 1 − µn ≤ (1 − λn)(cid:107)xn − u(cid:107) + λn (cid:107)xn − u(cid:107) 1 − δ λ
+ λnµn(cid:107)A(u)(cid:107).
18
Suy ra
(cid:114) (cid:18) (cid:19)(cid:19) (cid:18) 1 − (cid:107)xn+1 − u(cid:107) ≤ 1 − λnµn (cid:107)xn − u(cid:107) + λnµn(cid:107)A(u)(cid:107) 1 − δ λ (cid:114) (cid:18) (cid:19)(cid:19) (cid:18) = 1 − 1 − λnµn (cid:107)xn − u(cid:107) 1 − δ λ (cid:114) (cid:114) (cid:18) (cid:19)(cid:18) (cid:19)−1 1 − 1 − (cid:107)A(u)(cid:107) + λnµn 1 − δ λ 1 − δ λ (cid:114) (cid:18) (cid:19)−1 1 − (cid:107)A(u)(cid:107)}. ≤ max{(cid:107)xn − u(cid:107), 1 − δ λ
Bằng quy nạp ta nhận được
(cid:114) (cid:26) (cid:18) (cid:19)−1 (cid:27) 1 − (cid:107)A(u)(cid:107)) , ∀n ≥ 0. (cid:107)xn − u(cid:107) ≤ max (cid:107)x0 − u(cid:107), 1 − δ λ
Do đó dãy {xn} bị chặn và do đó các dãy {T (xn)} và {A(xn)} cũng bị chặn. Bây giờ, ta chỉ ra rằng
(1.11) (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) → 0 khi n → ∞.
Thật vậy, ta có (với hằng số M > 0)
(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = (cid:107)λnxn + (1 − λn)T xn − λnµnA(xn)
− (λn−1xn−1 + (1 − λn−1)T xn−1
− λn−1µn−1A(xn−1))(cid:107)
= (cid:107)λn(I − µnA)xn + (1 − λn)T xn
− (λn−1(I − µn−1A)xn−1 + (1 − λn−1)T xn−1)(cid:107)
≤ (cid:107)(1 − λn)(T xn − T xn−1)
+ (λn − λn−1)[(I − µn−1A)xn−1 − T xn−1](cid:107)
+ λn(cid:107)(I − µnA)xn − (I − µn−1A)xn−1(cid:107)
≤ (1 − λn)(cid:107)T xn − T xn−1(cid:107)
+ |λn − λn−1|(cid:107)(I − µn−1F )xn−1 − T xn−1(cid:107)
+ λn[(cid:107)(I − µnA)xn − (I − µnA)xn−1(cid:107)
+ (cid:107)(µn−1 − µn)A(xn−1)(cid:107)].
19
Suy ra
(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) ≤ (1 − λn)(cid:107)xn − xn−1(cid:107) + |λn − λn−1|M
(cid:114) (cid:20)(cid:18) (cid:18) (cid:19)(cid:19) 1 − + λn 1 − µn (cid:107)xn − xn−1(cid:107) 1 − δ λ (cid:21)
+ |µn−1 − µn|M
(cid:114) (cid:19)(cid:19) (cid:18) (cid:18) = 1 − (cid:107)xn − xn−1(cid:107) 1 − λnµn 1 − δ λ
+ λn|µn−1 − µn|M + |λn − λn−1|M.
Đặt
(cid:114) (cid:18) (cid:19) 1 − , αn = λnµn
(cid:114) (cid:18) , − 1 1 − βn = 1 − δ λ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 − δ λ (cid:19)−1(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) µn−1 µn
γn = |λn − λn−1|M.
Khi đó,
(1.12) (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) ≤ (1 − αn)(cid:107)xn − xn−1(cid:107) + αnβn + γn.
Dễ dàng thấy được từ các điều kiện (i)-(iii) của định lý rằng một trong
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
các điều kiện (a) hoặc (b) sau thỏa mãn:
n=0
n=0 ∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
(a) < ∞; αn = ∞, βn = 0, lim n→∞
n=0
n=0
n=0
(b) αn = ∞, αnβn < ∞, γn < ∞.
Do đó, áp dụng Bổ đề 1.2.6 vào (1.12) ta suy ra
(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) → 0 khi n → ∞.
Bây giờ ta chỉ ra rằng
(1.13) (cid:107)xn − T (xn)(cid:107) → 0 khi n → ∞.
20
Thật vậy, ta thấy
(cid:107)xn+1 − T (xn)(cid:107) = (cid:107)λnxn + (1 − λn)T (xn) − λnµnA(xn) − T xn(cid:107)
≤ λn(cid:107)xn − T (xn)(cid:107) + λn(cid:107)A(xn)(cid:107).
Do đó, từ (1.11) ta suy ra
(cid:107)xn − T xn(cid:107) ≤ (cid:107)xn − xn+1(cid:107) + (cid:107)xn+1 − T xn(cid:107)
≤ (cid:107)xn − xn+1(cid:107) + λn(cid:107)xn − T xn(cid:107) + λn(cid:107)A(xn)(cid:107) → 0, n → ∞.
Đặt u∗ = limt→0+ xt, trong đó dãy {xt} được xác định bởi (1.7). Theo Mệnh đề 1.2.5, u∗ chính là nghiệm của VI∗(A, C), tức là
(cid:104)A(u∗), j(u∗ − v)(cid:105) ≤ 0 ∀v ∈ C. (1.14)
Tiếp theo ta chỉ ra rằng
(1.15) (cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn)(cid:105) ≤ 0. lim sup n→∞
Thật vậy, ta có thể chọn một dãy con {xnk} của dãy {xn} sao cho
(cid:104)A(u∗), j(u∗ − xnk)(cid:105). (cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn)(cid:105) = lim k→∞ lim sup n→∞
Vì E là không gian Banach phản xạ và dãy {xn} bị chặn nên ta có thể giả sử xnk (cid:42) w. Từ các điều kiện của Bổ đề 1.1.23 và (cid:107)xn − T xn(cid:107) → 0 (n → ∞) suy ra w ∈ C = Fix(T ). Do ánh xạ đối ngẫu J là liên tục yếu
theo dãy nên từ (1.14) ta có
(cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn)(cid:105) = (cid:104)A(u∗), j(u∗ − w)(cid:105) ≤ 0. lim sup n→∞
Cuối cùng, ta chỉ ra rằng xn → u∗ khi n → ∞. Thật vậy, ta có
xn+1 − (λnxn + (1 − λn)u∗ − λnµnA(xn))
= xn+1 − u∗ − λn((I − µnA)xn − u∗).
Sử dụng Bổ đề 1.1.24 và Mệnh đề 1.1.26(iii) ta nhận được
(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 = (cid:107)xn+1 − (λnxn + (1 − λn)u∗ − λnµnA(xn))
+ λn((I − µnA)xn − u∗)(cid:107)2
≤ (cid:107)xn+1 − (λnxn + (1 − λn)u∗ − λnA(xn))(cid:107)2 + 2λn(cid:104)(I − µnA)xn − u∗, J(xn+1 − u∗)(cid:105).
21
Suy ra
(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 ≤ (1 − λn)2(cid:107)T xn − u∗(cid:107)2
+ 2λn(cid:104)(I − µnA)xn − (I − µnA)u∗, j(xn+1 − u∗)(cid:105) + 2λn(cid:104)(I − µnA)u∗ − u∗, j(xn+1 − u∗)(cid:105)
≤ (1 − λn)2(cid:107)xn − u∗(cid:107)2
+ 2λn(cid:107)(I − µnA)xn − (I − µnA)u∗(cid:107)(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107) + 2λnµn(cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn+1)(cid:105)
(cid:114) ≤ (1 − λn)2(cid:107)xn − u ∗ (cid:107)2 (cid:18) (cid:18) (cid:19)(cid:19) 1 − + 2λn 1 − µn (cid:107)xn − u∗(cid:107)(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107) 1 − δ λ
+ 2λnµn(cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn+1)(cid:105).
Hay
(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 ≤ (1 − λn)2(cid:107)xn − u∗(cid:107)2
(cid:114) (cid:18) (cid:20)(cid:18) (cid:19)(cid:19)2 1 − 1 − µn + λn (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 1 − δ λ (cid:21)
+ (cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2
+ 2λnµn(cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn+1)(cid:105)
(cid:114) ≤ (1 − λn)2(cid:107)xn − u∗(cid:107)2 (cid:18) (cid:18) (cid:19)(cid:19) 1 − + λn 1 − µn (cid:107)xn − u∗(cid:107)2
1 − δ λ + λn(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 + 2λnµn(cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn+1)(cid:105).
22
Từ đây suy ra
(cid:18) (cid:18) (cid:19)(cid:19) 1 − (cid:32) (cid:33) λn 1 − µn (cid:113) 1−δ λ
(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 ≤ 1 − λn + (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 1 − λn
+ (cid:104)A(u∗), J(u∗ − xn+1)(cid:105)
(cid:114) (cid:18) (cid:18) (cid:19) (cid:19) = 1 − 1 − + (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 1 − δ λ λ2 n 1 − λn
+ (cid:104)A(u∗), J(u∗ − xn+1)(cid:105). 2λnµn 1 − λn λnµn 1 − λn 2λnµn 1 − λn
Hay
(cid:114) (cid:18) (cid:19)(cid:19) (cid:18) 1 − 1 − (cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 ≤ 1 − δ λ (cid:114) (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 (cid:114) (cid:18) (cid:19) (cid:19)−1 1 − × 1 − + 1 − δ λ 1 − δ λ
(cid:21) . × (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 + 2(cid:104)A(u∗), j(u∗ − xn+1)(cid:105) λnµn 1 − λn (cid:18) λnµn 1 − λn (cid:20)λn µn
Đặt
(cid:114) (cid:18) (cid:19) 1 − , αn =
(cid:114) λnµn 1 − λn (cid:18) 1 − (cid:21) (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 + 2(cid:104)A(u∗), J(u∗ − xn+1)(cid:105) βn = 1 − δ λ 1 − δ λ (cid:19)−1(cid:20)λn µn
và γn = 0. Suy ra
(1.16) (cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 ≤ (1 − αn)(cid:107)xn − u∗(cid:107)2 + αnβn + γn.
n=0
λnµn 1−λn
= ∞ và do đó
n=0 λnµn = ∞ nên (cid:80)∞ n=0 αn = ∞. Chú ý rằng limn→∞ λn/µn = 0 và lim supn→∞(cid:104)A(u∗), J(u∗−
Vì limn→∞ λn = 0 và (cid:80)∞ (cid:80)∞
xn+1)(cid:105) ≤ 0 vì (1.15). Do đó, từ tính bị chặn của dãy {xn − u∗} ta có lim supn→∞ βn ≤ 0. Áp dụng Bổ đề 1.2.6 cho (1.16) suy ra limn→∞ (cid:107)xn − u∗(cid:107) = 0.
(cid:3)
23
Chương 2
Bất đẳng thức biến phân trên tập
điểm bất động chung của một họ
các ánh xạ không giãn
Chương này trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân
trên tập điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ
không giãn trong không gian Banach E:
(2.1) Tìm x∗ ∈ C sao cho: (cid:104)A(x∗), j(x − x∗)(cid:105) ≥ 0 ∀x ∈ C,
i=1.
ở đây, A : E → E là một ánh xạ j-đơn điệu xác định trên E, j(x − x∗) ∈ J(x − x∗) và C là tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn {Ti}∞
Nội dung của chương được viết trên cơ sở bài báo [5] và các tài liệu
được trích dẫn trong đó với các mục sau. Mục 2.1 giới thiệu bài toán bất
đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ vô hạn
đếm được các ánh xạ không giãn và một số bổ đề liên quan. Mục 2.2
giới thiệu một phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập
điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không
giãn trong không gian Banach và trình bày chứng minh sự hội tụ mạnh
của phương pháp.
24
2.1 Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động
chung của một họ ánh xạ không giãn
2.1.1 Bài toán
Trong chương này ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân (2.1) với
∞ (cid:92)
C là tập điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ
i=1 : E → E, tức là C :=
i=1
không giãn {Ti}∞ Fix(Ti).
2.1.2 Một số bổ đề bổ trợ
Bổ đề 2.1.1 (xem [7]) Giả sử {an} là dãy số thực không âm thỏa mãn an+1 ≤ (1 − bn)an + bncn, ở đây {bn} và {cn} là các dãy số thực thỏa mãn:
n=1 bn = ∞;
(i) bn ∈ [0, 1] và (cid:80)∞
(ii) lim supn→∞ cn ≤ 0.
Khi đó, limn→∞ an = 0.
Bổ đề 2.1.2 (xem [6]) Giả sử {xn} và {zn} là các dãy bị chặn trong không gian Bannach E sao cho xn+1 = (1 − γn)xn + γnzn với n ≥ 1, ở đây dãy {γn} thỏa mãn điều kiện
n→∞
(2.2) γn < lim sup γn < 1. 0 < lim inf n→∞
Nếu
((cid:107)zn+1 − zn(cid:107) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)) ≤ 0 lim sup n→∞
thì limn→∞ (cid:107)xn − zn(cid:107) = 0.
Mệnh đề 2.1.3 (xem [3]) Giả sử E, A và T được giả thiết như Mệnh
đề 1.2.5. Nếu tồn tại một dãy {yn} bị chặn trong không gian Banach E
25
thỏa mãn limn→∞ (cid:107)yn − T yn(cid:107) = 0 và p∗ = limn→∞ xt, ở đây dãy {xt} được định nghĩa bởi (1.7) thì
2.2 Phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân
(2.3) (cid:104)A(p∗), j(p∗ − yn)(cid:105) ≤ 0. lim sup n→∞
2.2.1 Mô tả phương pháp
∞ (cid:92)
Trong mục này ta mô tả phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến
i=1
phân (2.1) với C := Fix(Ti) là tập điểm bất động chung của một họ
i=1.
vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn {Ti}∞
Phương pháp 2.2.1 (xem [5]) Xuất phát từ điểm x0 bất kỳ ban đầu thuộc không gian Banach E, các xấp xỉ tiếp theo được xác định bởi dãy
lặp:
(2.4) xn+1 = (1 − γn)xn + γnSnFn(xn), n = 1, 2, 3, . . . ,
n (cid:88)
n (cid:88)
ở đây Fn = I − λnA, {λn}, {γn} là dãy các tham số dương và Sn là ánh xạ xác định bởi:
i=1
i=1
(2.5) Ti, ˜sn = si ∀n ∈ N, Sn = si ˜sn
∞ (cid:88)
trong đó si > 0 với mọi i ∈ N thỏa mãn
i=1
(2.6) si = ˜s < ∞
và Ti : E → E, i ∈ N là các ánh xạ không giãn trên E.
2.2.2 Sự hội tụ
Định lý 2.2.2 (xem [5]) Cho E là không gian Banach thực phản xạ lồi
chặt có chuẩn khả vi Gâteaux đều, A : E → E là ánh xạ η-j-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt với η + γ > 1. Giả sử {Ti}∞ i=1 là một họ vô hạn
26
∞ (cid:92)
i=1 thiết thêm rằng các dãy tham số {λn}, {γn} thỏa mãn
∞ (cid:88)
đếm được các ánh xạ không giãn trên E có C := Fix(Ti) (cid:54)= ∅. Giả
n=1
λn = 0 và λn = ∞; (i) λn ∈ (0, 1), lim n→∞
(ii) γn ∈ (0, 1) thỏa mãn điều kiện (2.2).
Khi đó dãy lặp (2.4) hội tụ mạnh tới nghiệm duy nhất x∗ của bất đẳng thức biến phân (2.1).
∞ (cid:92)
Chứng minh. Từ (2.5) và (2.6) suy ra Sn là ánh xạ không giãn trên E
i=1
và Snp = p với mọi p ∈ Fix(Ti), n ≥ 1. Sử dụng Mệnh đề 1.1.26(iii),
từ (2.4), (2.5) và (2.6) ta nhận được đánh giá
(cid:107)xn+1 − p(cid:107) = (cid:107)(1 − γn)xn + γnSnFn(xn) − p(cid:107)
≤ (1 − γn)(cid:107)(xn) − p(cid:107) + γn(cid:107)SnFn(xn) − Snp(cid:107)
≤ (1 − γn)(cid:107)(xn) − p(cid:107) + γn(cid:107)Fn(xn) − p(cid:107)
≤ (1 − γn)(cid:107)(xn) − p(cid:107)
+ γn [(1 − λnτ )(cid:107)(xn) − p(cid:107) + λn(cid:107)A(p)(cid:107)]
= (1 − γnλnτ )(cid:107)xn − p(cid:107) + γnλnτ (cid:107)A(p)(cid:107) τ (cid:26) (cid:27) ≤ max . (cid:107)x1 − p(cid:107), (cid:107)A(p)(cid:107) τ
Từ đây suy ra dãy {xn} bị chặn. Do tính chất của các ánh xạ A, Fn, Sn nên các dãy {F (xn)}, {SnFn+1(xn)} và {Fn(xn)} cũng bị chặn. Vì thế dãy {Fn+1(xk) − p} cũng bị chặn bởi một hằng số dương M1.
Đặt zn = SnFnxn. Từ (2.4), (2.5) và (2.6) ta suy ra
xn+1 = (1 − γn)xn + γnzn,
27
và
n+1 (cid:88)
n (cid:88)
(cid:107)Sn+1Fn+1(xn) − SnFn+1(xn)(cid:107)
i=1
i=1
n (cid:88)
= siTi(Fn+1(xn)) − siTi(Fn+1(xn)) 1 ˜sn (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)
i=1
− = siTi(Fn+1(xn)) (cid:13) (cid:13) 1 (cid:13) (cid:13) ˜sn+1 (cid:13) (cid:18) 1 ˜sn 1 ˜sn+1 (cid:19) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)
+ (cid:107)sn+1Tn+1(Fn+1(xn))(cid:107)
≤ 1 ˜sn+1 (M1 + (cid:107)Tk+1(Fn+1(xn)) − Tn+1p(cid:107) + (cid:107)p(cid:107))
≤ (2M1 + (cid:107)p(cid:107)). sn+1 ˜sn+1 sn+1 ˜sn+1
Vì thế
(cid:107)zn+1 − zn(cid:107) = (cid:107)Sn+1Fn+1(xn+1) − SnFn(xn)(cid:107)
≤ (cid:107)Sn+1Fn+1(xn+1) − Sn+1Fn+1(xn)(cid:107)
+ (cid:107)Sn+1Fn+1(xn) − SnFn+1(xn)(cid:107)
+ (cid:107)SnFn+1(xn) − SnFn(xn)(cid:107)
≤ (cid:107)Fn+1(xn+1) − Fn+1(xn)(cid:107) + (2M1 + (cid:107)p(cid:107)) sn+1 ˜sn+1
+ (cid:107)Fn+1(xn) − Fn(xn)(cid:107)
≤ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) + 2λn+1M1
+ (2M1 + (cid:107)p(cid:107)) + |λn+1 − λn|M1. sn+1 s1
Kết hợp bất đẳng thức này với điều kiện (i) của định lý và sn+1 → 0 khi n → ∞ suy ra
((cid:107)zn+1 − zn(cid:107) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)) ≤ 0. lim sup n→∞
Sử dụng Bổ đề 2.1.2 ta nhận được
(2.7) (cid:107)xn − zn(cid:107) = 0. lim n→∞
Mặt khác từ
(cid:107)zn − Snxn(cid:107) = (cid:107)SnFn(xn) − Snxn(cid:107) ≤ (cid:107)Fn(xn) − xn(cid:107) ≤ λ1M1,
28
và λn → 0 với n → ∞, (cid:107)zn − Snxn → 0(cid:107) kết hợp với (2.7) suy ra
(2.8) (cid:107)xn − Snxn(cid:107) = 0. lim n→∞
∞ (cid:88)
Bây giờ ta sẽ chỉ ra
i=1
(2.9) (cid:107)xn − Sxn(cid:107) = 0 với S = siTi. lim n→∞ 1 ˜s
n (cid:88)
∞ (cid:88)
Thật vậy với bất kỳ x ∈ D-tập hợp con bị chặn trong E ta có đánh giá
i=1 n (cid:88)
i=1 n (cid:88)
∞ (cid:88)
(cid:107)Snx − Sx(cid:107) = siTix − siTix 1 ˜s 1 ˜sn
i=1
i=n+1
n (cid:88)
∞ (cid:88)
+ ≤ siTix − siTix siTix 1 ˜s 1 ˜s 1 ˜sn (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)
i=n+1
∞ (cid:88)
≤ si(cid:107)Tix(cid:107) + si(cid:107)Tix(cid:107) 1 ˜s (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) i=1 ˜s − ˜sk ˜sn˜s
i=1 M (˜s − ˜sn) ˜s
i=n+1
∞ (cid:88)
≤ + si M ˜s
i=n+1
= 2 si. M ˜s
Ở đây
M := (cid:107)x(cid:107) + 2(cid:107)p(cid:107) ≥ (cid:107)Tix − Tip(cid:107) + (cid:107)p(cid:107) ≥ (cid:107)Tix(cid:107)
với p ∈ C và với mọi i ≥ 1. Do đó
(cid:107)Snx − Sx(cid:107) = 0. lim n→∞ sup x∈D
với bất kỳ tập hợp con D bị chặn trong E. Đặt D := {xn}, ta nhận được (cid:107)Snxn − Sxn(cid:107) → 0 với n → ∞. Kết hợp với (2.8) ta suy ra đẳng thức thứ nhất trong (2.9). Tiếp theo vì S là ánh xạ không giãn nên nó
là ánh xạ liên tục và giả co trên X. Sử dụng Mệnh đề 1.2.5 và Mệnh đề
2.1.3 với T thay bởi S ta nhận được (2.3). Bây giờ ta đánh giá giá trị
29
(cid:107)xn+1 − p∗(cid:107)2 như sau:
(cid:107)xn+1 − p∗(cid:107)2 ≤ (1 − γn)(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + γn(cid:107)SnFn(xn) − p∗(cid:107)2
= (1 − γn)(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + γn(cid:107)SnFn(xn) − Snp∗(cid:107)2 ≤ (1 − γn)(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + γn(cid:107)Fn(xn) − p∗(cid:107)2 = (1 − γn)(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + γn(cid:107)Fn(xn) − Fn(p∗) − λnA(p∗)(cid:107)2 ≤ (1 − γn)(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + γn (cid:2)(1 − λnτ )(cid:107)(xn) − p∗(cid:107)2
−2λn (cid:104)A(p∗), j(xn − p∗ − λnA(xn))(cid:105)]
= (1 − γnλnτ )(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + 2γnλn[(cid:104)A(p∗), j(p∗ − xn)(cid:105)
+ (cid:104)A(p∗), j(p∗ − xn + λnA(xn)) − j(p∗ − xn)(cid:105)] ≤ (1 − γnλnτ )(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + γnλnτ 2[(cid:104)A(p∗), j(p∗ − xk(cid:105)
+ (cid:104)A(p∗), j(p∗ − xn + λnA(xn)) − j(p∗ − xn)(cid:105)]/τ
≤ (1 − bn)(cid:107)xn − p∗(cid:107)2 + bncn.
Ở đây
bn = γnλnτ,
. cn = 2[(cid:104)F (p∗), j(p∗ − xn)(cid:105)] + (cid:104)F (p∗), j(p∗ − xn + λnF (xn)) − j(p∗ − xn)(cid:105) τ
(2.10)
∞ (cid:80) n=0
∞ (cid:80) n=0
Vì λn = ∞, bn = ∞, nên sử dụng Bổ đề 2.1.1, (2.3) và sử dụng
tính liên tục yếu∗ của ánh xạ j ta suy ra limn→∞ (cid:107)xn − p∗(cid:107) = 0. Định lý được chứng minh.
(cid:3)
30
Kết luận
Đề tài luận văn đã trình bày một số kiến thức cơ bản của không gian
Banach, giới thiệu bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian
Banach.
Tác giả đã tổng hợp và trình bày lại một phương pháp lặp giải bất
đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của một ánh xạ không giãn
và một phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất
động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn trong không
gian Banach trong các bài báo [3] và [5]. Đồng thời tác giả cũng trình
bày các chứng minh định lý hội tụ mạnh của các phương pháp lặp tới
nghiệm duy nhất của bất đẳng thức biến phân.
31
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực và Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc
gia Hà Nội.
Tiếng Anh
[2] R.P. Agarwal, D. O’Regan D., D.R. Sahu (2009), Fixed Point The-
ory for Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer.
[3] L.C. Ceng, Q.H. Ansari, J.-Ch. Yao (2008), "Mann-type steepest-
descent and modified hybrid steepest descent methods for varia-
tional inequalities in Banach spaces", Numer. Funct. Anal. Optim.,
29(9-10), 987-1033.
[4] I. Cioranescu (1990), Geometry of Banach Spaces, Duality Mappings
and Nonlinear Problems, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht.
[5] Ng. Buong, Ng.T.H. Phuong, Ng.T.T. Thuy (2015), "Explicit it-
eration methods for a class of variational inequalities in Banach
Spaces", Russian Math., 59(10), 16-22.
[6] T. Suzuki (2007), "Strong convergence of approximated sequences
for nonexpansive mappings in Banach spaces", Proc. Amer. Math.
Soc., 135, 99–106.
[7] H.K. Xu (2003), "An iterative approach to quadratic optimization",
J. Optim. Theory Appl., 116, 659–678.
