Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất đẳng thức biến phân với họ vô hạn đếm được các ánh xạ không gian

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————–

TRẦN THỊ QUỲNH TRANG

BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN VỚI HỌ VÔ HẠN ĐẾM ĐƯỢC CÁC ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN, 11/2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————–

TRẦN THỊ QUỲNH TRANG

BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN VỚI HỌ VÔ HẠN ĐẾM ĐƯỢC CÁC ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN

Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

TS. TRẦN XUÂN QUÝ

THÁI NGUYÊN, 11/2018

iii

Mục lục

Bảng ký hiệu 1

Mở đầu 2

Chương 1. Xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân

trong không gian Hilbert 1.1 Ánh xạ đơn điệu trong không gian Hilbert . . . . . . . . . . 1.1.1 Phép chiếu mêtric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Ánh xạ không giãn, ánh xạ đơn điệu . . . . . . . . .

1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert

4 4 4 7 10 1.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 Phương pháp lặp hiện giải bài toán bất đẳng thức

biến phân trong không gian Hilbert . . . . . . . . . . 11

Chương 2. Xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân

trong không gian Banach 20 2.1 Ánh xạ j-đơn điệu trong không gian Banach . . . . . . . . . 20 2.1.1 Giới hạn Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.2 Không gian Banach trơn . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.1.3 Ánh xạ đối ngẫu, ánh xạ j-đơn điệu . . . . . . . . . . 22 2.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach 25 2.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu . . . . 25 2.2.2 Một phương pháp lặp hiện xấp xỉ nghiệm bài toán

bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu . . . . . . . . . . 29 2.2.3 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Kết luận 35

Tài liệu tham khảo 36

Bảng ký hiệu

H E E∗ SE R R+ N

∀x D(A) R(A) A−1 I C[a, b] d(x, C) lim supn→∞ xn lim infn→∞ xn xn → x0 xn (cid:42) x0 J j Fix(T ) không gian Hilbert thực không gian Banach không gian đối ngẫu của E mặt cầu đơn vị của E tập các số thực tập các số thực không âm tập các số tự nhiên với mọi x miền xác định của toán tử A miền ảnh của toán tử A toán tử ngược của toán tử A toán tử đồng nhất tập các hàm liên tục trên đoạn [a, b] khoảng cách từ phần tử x đến tập hợp C 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 ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị tập điểm bất động của ánh xạ T

Mở đầu

Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian vô hạn chiều được nhà toán học người Italia là G. Stampacchia và các đồng nghiệp đưa ra lần đầu tiên vào những năm đầu của thập niên 60 thế kỉ XX trong khi nghiên cứu về bài toán biên tự do (xem [11, 13, 14]). Bất đẳng thức biến phân có vai trò quan trọng trong nghiên cứu toán học lý thuyết về bài toán tối ưu, bài toán điều khiển, bài toán cân bằng, bài toán bù, bài toán giá trị biên. . . (xem [7, 10, 18] và các tài liệu được trích dẫn trong đó). Do đó, việc nghiên cứu các phương pháp giải bất đẳng thức biến phân đang là một trong những đề tài thu hút được sự quan tâm nghiên cứu của nhiều nhà toán học trong và ngoài nước và nhiều kết quả sâu sắc đã được thiết lập. Bên cạnh đó, bất đẳng thức biến phân còn có nhiều ứng dụng trong các bài toán thực tế như mô hình cân bằng trong kinh tế, giao thông, bài toán khôi phục tín hiệu, bài toán công nghệ lọc không gian, bài toán phân phối băng thông. . .

Cho đến nay, nhiều vấn đề mới và khó liên quan đến bất đẳng thức biến phân và các bài toán tối ưu, mà điều kiện cần cực trị của chúng được viết dưới dạng các bất đẳng thức biến phân, vẫn đang được quan tâm nghiên cứu bằng những công cụ toán học hiện đại. Một trong những hướng nghiên cứu quan trọng hiện nay là xây dựng phương pháp giải bất đẳng thức biến phân với tập ràng buộc là tập điểm bất động chung của một họ ánh xạ không giãn, tập không điểm chung của một họ ánh xạ loại j-đơn điệu, tập nghiệm chung của bài toán cân bằng, bài toán bất đẳng thức biến phân, bài toán điểm bất động trong không gian Hilbert và không gian Banach.

Mục tiêu của đề tài luận văn là trình bày phương pháp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn trên không gian Hilbert và không gian Banach từ các bài báo [8] và [9].

Nội dung của luận văn được trình bày trong hai chương.

Chương 1 trình bày một phương pháp xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert với tập ràng buộc là tập điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn. Nội dung của chương này được tham khảo từ một số tài liệu cơ bản về Giải tích hàm và bài báo [9] công bố năm 2008.

Chương 2 trình bày một phương pháp xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach với tập ràng buộc là tập điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn. Nội dung của chương được viết trên cơ sở kết quả trong [8] công bố năm 2018.

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS. Nguyễn Thị Thu Thủy cùng TS. Trần Xuân Quý, xin được cám ơn cô và thầy đã tận tình hướng dẫn cũng như dành cho tôi những nhận xét quý báu để tôi có thể hoàn thành luận văn này.

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy cô, những người đã tận tâm giảng dạy và chỉ bảo cho tôi trong suốt quá trình học tập cũng như khi thực hiện luận văn.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái nguyên đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học.

Cuối cùng tôi xin cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã trao đổi, động viên và khích lệ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên.

Thái Nguyên, ngày 22 tháng 11 năm 2018 Tác giả luận văn

Trần Thị Quỳnh Trang

Chương 1

Xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng

thức biến phân trong không gian

Hilbert

1.1 Ánh xạ đơn điệu trong không gian Hilbert

Chương này trình bày phương pháp lai ghép đường dốc nhất 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 Hilbert. Nội dung của chương được viết trên cơ sở bài báo của Iemoto và Takahashi trong [9] công bố năm 2008.

Mục này trình bày khái niệm và một số tính chất của không gian Hilbert thực H, khái niệm về ánh xạ đơn điệu, liên tục Lipschitz, ánh xạ không giãn và một số tính chất.

1.1.1 Phép chiếu mêtric

Cho H là một không gian Hilbert thực với tích vô hướng (cid:104)·, ·(cid:105) và chuẩn (cid:107) · (cid:107) và cho C là một tập con lồi đóng của H. Ta ký hiệu sự hội tụ mạnh và hội tụ yếu của dãy {xn} tới x ∈ H lần lượt là xn → x và xn (cid:42) x.

Định nghĩa 1.1.1 Dãy {xn} trong không gian Hilbert H được gọi là hội tụ yếu về phần tử x ∈ H, nếu

∀y ∈ H. (cid:104)xn, y(cid:105) = (cid:104)x, y(cid:105), lim n→∞

, 0, . . . , 0, . . . ), en = (0, . . . , 0, Từ tính liên tục của tích vô hướng, suy ra nếu xn → x, thì xn (cid:42) x. Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng. Chẳng hạn xét không gian l2 = n=1 |xn|2 < ∞(cid:9) và {en} ⊂ l2 được cho bởi (cid:8){xn} ⊂ R : (cid:80)∞ 1 vị trí thứ n

∞ (cid:88)

với mọi n ≥ 1. Khi đó, en (cid:42) 0, khi n → ∞. Thật vậy, với mỗi y ∈ H, từ bất đẳng thức Bessel, ta có

n=1

|(cid:104)en, y(cid:105)|2 < (cid:107)y(cid:107)2 < ∞.

Suy ra limn→∞(cid:104)en, y(cid:105) = 0, tức là en (cid:42) 0. Tuy nhiên, {en} không hội tụ về 0, vì (cid:107)en(cid:107) = 1 với mọi n ≥ 1 (xem [2]).

Bổ đề 1.1.2 (xem [2]) Trong không gian Hilbert thực H ta có bất đẳng thức sau:

(cid:107)x + y(cid:107)2 ≤ (cid:107)x(cid:107)2 + 2(cid:104)x + y, y(cid:105) ∀x, y ∈ H.

Mệnh đề 1.1.3 (xem [2]) Cho C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert thực H. Khi đó, với mỗi x ∈ H, tồn tại duy nhất phần tử PCx ∈ C sao cho

y ∈ C. (1.1) (cid:107)x − PCx(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) với mọi

(cid:107)x − u(cid:107). Khi đó, tồn tại {un} ⊂ C Chứng minh. Thật vậy, đặt d = inf u∈C

sao cho (cid:107)x − un(cid:107) → d khi n → ∞. Từ đó,

(cid:107)un − um(cid:107)2 = (cid:107)(x − un) − (x − um)(cid:107)2

(cid:13) (cid:13) (cid:13)x − (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) un + um 2

= 2(cid:107)x − un(cid:107)2 + 2(cid:107)x − um(cid:107)2 − 4 ≤ 2((cid:107)x − un(cid:107)2 + (cid:107)x − um(cid:107)2) − 4d2 → 0,

khi n, m → ∞. Do đó {un} là dãy Cauchy trong H. Suy ra tồn tại u = un ∈ C. Do chuẩn là hàm số liên tục nên (cid:107)x − u(cid:107) = d. Giả sử tồn tại lim n→∞ v ∈ C sao cho (cid:107)x − v(cid:107) = d. Ta có

(cid:107)u − v(cid:107)2 = (cid:107)(x − u) − (x − v)(cid:107)2

(cid:13) = 2((cid:107)x − u(cid:107)2 + (cid:107)x − v(cid:107)2) − 4 (cid:13) (cid:13)x − (cid:13) 2 (cid:13) (cid:13) u + v 2

≤ 0.

Suy ra u = v. Vậy tồn tại duy nhất một phần tử PCx ∈ C sao cho (cid:107)x − PCx(cid:107) = infu∈C (cid:107)x − u(cid:107). (cid:3)

Định nghĩa 1.1.4 Phép cho tương ứng mỗi phần tử x ∈ H một phần tử PCx ∈ C xác định như (1.1) được gọi là phép chiếu mêtric chiếu H lên C.

Ví dụ 1.1.5 Cho C = {x ∈ H : (cid:104)x, u(cid:105) = y}, với u (cid:54)= 0. Khi đó

u. PCx = x + y − (cid:104)x, u(cid:105) (cid:107)u(cid:107)2

Mệnh đề dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để ánh xạ PC : H → C

là một phép chiếu mêtric.

Mệnh đề 1.1.6 (xem [2]) Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert thực H. Khi đó, điều kiện cần và đủ để ánh xạ PC : H → C là phép chiếu mêtric từ H lên C là

với mọi x ∈ H và y ∈ C. (1.2) (cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ 0

Chứng minh. Giả sử PC là phép chiếu mêtric. Khi đó với mọi x ∈ H, y ∈ C và mọi t ∈ (0, 1), ta có ty + (1 − t)PCx ∈ C. Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu mêtric, suy ra

(cid:107)x − PCx(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − ty − (1 − t)PCx(cid:107)2 ∀t ∈ (0, 1).

Bất đẳng thức trên tương đương với

(cid:107)x − PCx(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − PCx(cid:107)2 − 2t(cid:104)x − PCx, y − PCx(cid:105) + t2(cid:107)y − PCx(cid:107)2,

với mọi t ∈ (0, 1). Từ đó,

(cid:107)y − PCx(cid:107)2 ∀t ∈ (0, 1). (cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ − t 2

Cho t → 0+, ta nhận được

(cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ 0.

Ngược lại, giả sử

(cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C.

Khi đó, với mỗi x ∈ H và y ∈ C, ta có

(cid:107)x − PCx(cid:107)2 = (cid:104)x − PCx, x − y + y − PCx(cid:105)

= (cid:104)x − PCx, y − PCx(cid:105) + (cid:104)x − PCx, x − y(cid:105) ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 + (cid:104)y − PCx, x − PCx + PCx − y(cid:105) = (cid:107)x − y(cid:107)2 + (cid:104)y − PCx, x − PCx(cid:105) − (cid:107)y − PCx(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2.

Suy ra PC là phép chiếu mêtric từ H lên C. (cid:3)

Hệ quả 1.1.7 (xem [2]) Cho C là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert H và PC là phép chiếu mêtric từ H lên C. Khi đó, với mọi x, y ∈ H, ta có

(cid:107)PCx − PCy(cid:107)2 ≤ (cid:104)x − y, PCx − PCy(cid:105).

Chứng minh. Với mọi x, y ∈ H, từ Mệnh đề 1.1.6, ta có

(cid:104)x − PCx, PCy − PCx(cid:105) ≤ 0, (cid:104)y − PCy, PCx − PCy(cid:105) ≤ 0.

Cộng hai bất đẳng thức trên ta nhận được điều phải chứng minh.

(cid:3)

1.1.2 Ánh xạ không giãn, ánh xạ đơn điệu

Định nghĩa 1.1.8 Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H. Ánh xạ T : C → H được gọi là một ánh xạ không giãn, nếu

(cid:107)T x − T y(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) ∀x, y ∈ C. (1.3)

Ta ký hiệu tập điểm bất động của ánh xạ không giãn T là Fix(T ), tức là Fix(T ) = {x ∈ C : T x = x}. Tính chất của tập điểm bất động Fix(T ) của ánh xạ không giãn T được cho trong mệnh đề dưới đây.

Mệnh đề 1.1.9 (xem [3]) Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert thực H và T : C → H là một ánh xạ không giãn. Khi đó, Fix(T ) là một tập con lồi và đóng trong H.

Chứng minh. (a) Giả sử Fix(T ) (cid:54)= ∅. Trước hết, ta chỉ ra Fix(T ) là tập đóng. Thật vậy, vì T là ánh xạ không giãn nên T liên tục trên C. Giả sử

{xn} là một dãy bất kỳ trong Fix(T ) thỏa mãn xn → x, khi n → ∞. Vì {xn} ⊂ Fix(T ), nên

(cid:107)T xn − xn(cid:107) = 0 ∀n ≥ 1.

Từ tính liên tục của chuẩn, cho n → ∞, ta nhận được (cid:107)T x − x(cid:107) = 0, tức là x ∈ Fix(T ). Do đó, Fix(T ) là tập đóng.

(b) Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của Fix(T ). Giả sử Fix(T ) (cid:54)= ∅ và

x, y ∈ Fix(T ). Với λ ∈ [0, 1], đặt z = λx + (1 − λ)y. Khi đó,

(cid:107)T z − z(cid:107)2 = (cid:107)λ(T z − x) + (1 − λ)(T z − y)(cid:107)2

= λ(cid:107)T z − x(cid:107)2 + (cid:107)(1 − λ)(T z − y)(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2 = λ(cid:107)T z − T x(cid:107)2 + (1 − λ)(cid:107)(T z − T y)(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2 ≤ λ(cid:107)z − x(cid:107)2 + (1 − λ)(cid:107)(z − y)(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2 = (cid:107)λ(z − x) + (1 − λ)(z − y)(cid:107)2 = 0.

Suy ra T z = z và do đó z ∈ Fix(T ). Vậy Fix(T ) là một tập lồi.

Cho {Ti}∞

(cid:3) i=1 là một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn trên không gian Hilbert H, γ1, γ2, . . . là các số thực sao cho 0 ≤ γi ≤ 1 với mọi i = 1, 2, . . . . Khi đó, với mỗi n = 1, 2, . . . , ánh xạ Wn xác định như sau:

Un,n+1 = I, Un,n = γnTnUn,n+1 + (1 − γn)I, Un,n−1 = γn−1Tn−1Un,n + (1 − γn−1)I ... Un,k = γkTkUn,k+1 = (1 − γk)I, Un,k−1 = γk−1Tk−1Un,k + (1 − γk−1)I ... Un,2 = γ2T2Un,3 + (1 − γ2)I, Wn = Un,1 = γ1T1Un,2 + (1 − γ1)I.Un,n+1I.

Ánh xạ Wn được xây dựng như trên gọi là W -ánh xạ sinh bởi Tn, Tn−1, . . . , T1 và γn, γn−1, . . . , γ1 (xem [10], [13] và [14]). Tính chất của ánh xạ Wn được cho trong các bổ đề dưới đây.

Bổ đề 1.1.10 (xem [14]) Cho H là một không gian Hilbert thực, T1, T2, . . . , Tn là các ánh xạ không giãn trên H sao cho (cid:84)n i=1 Fix(Ti) là khác rỗng và

i=1 Fix(Ti).

giả sử γ1, γ2, . . . , γn là các số thực sao cho 0 < γi < 1 với i = 1, 2, . . . , n. Với mỗi n = 1, 2, . . . , Wn là W -ánh xạ được sinh ra bởi các ánh xạ Tn, Tn−1, . . . , T1 và các số γn, γn−1, . . . , γ1. Khi đó Wn là ánh xạ không giãn và Fix(Wn) = (cid:84)n

Với k ∈ N. Từ Bổ đề 3.2 trong [6], ta định nghĩa các ánh xạ U∞ và W

trên không gian Hilbert H như sau:

Un,kx U∞,kx = lim n→∞

và

Un,1x W x = lim n→∞ Wnx = lim n→∞

với mọi x ∈ H. Vậy ánh xạ W được gọi là W -ánh xạ được sinh ra bởi T1, T2, . . . và γ1, γ2, . . .

i=1 Fix(Ti).

Bổ đề 1.1.11 (xem [6]) Cho H là một không gian Hilbert thực, T1, T2, . . . là các ánh xạ không giãn trên H sao cho (cid:84)∞ i=1 Fix(Ti) là khác rỗng và giả sử γ1, γ2, . . . là các số thực sao cho 0 < γi < 1 với mọi i ∈ N. Giả sử W là W -ánh xạ được sinh ra bởi T1, T2, . . . và γ1, γ2, . . . Khi đó W là ánh xạ không giãn và Fix(W ) = (cid:84)∞

Định nghĩa 1.1.12 Cho C là một tập con lồi trong không gian Hilbert H và D là một tập con trong H chứa C. Ánh xạ đơn trị A : D → H được gọi là:

(i) đơn điệu trên C nếu

(cid:104)Ax − Ay, x − y(cid:105) ≥ 0 ∀x, y ∈ C;

A được gọi là đơn điệu chặt trên C nếu dấu "=" của bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi x = y;

(ii) đơn điệu đều nếu tồn tại một hàm không âm δ(t), không giảm với

t ≥ 0, δ(0) = 0 và thỏa mãn

(cid:104)Ax − Ay, x − y(cid:105) ≥ δ(cid:0)(cid:107)x − y(cid:107)(cid:1) ∀x, y ∈ C;

nếu δ(t) = cAt2, cA là hằng số dương thì toán tử A được gọi là đơn điệu mạnh;

(iii) liên tục Lipschitz trên C với hệ số L > 0 nếu

(cid:107)A(x) − A(y)(cid:107) ≤ L(cid:107)x − y(cid:107) ∀x, y ∈ C.

(iv) λ-đơn điệu mạnh ngược nếu tồn tại hằng số λ dương sao cho

(cid:104)Ax − Ay, x − y(cid:105) ≥ λ(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2 ∀x, y ∈ C.

Nhận xét 1.1.13 Nếu A đơn điệu mạnh trên C thì đơn điệu chặt trên C; nếu A đơn điệu chặt trên C thì đơn điệu trên C. Tuy nhiên chiều ngược lại không đúng.

Bổ đề 1.1.14 (xem [15]) Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập con lồi đóng khác rỗng của H và cho α, β, ρ > 0. Giả sử A : C → H là một ánh xạ α-đơn điệu mạnh và β-liên tục Lipschitz và ρ ∈ (0, 2α/β2). Khi đó

(cid:107)PC(I − ρA)x − PC(I − ρA)y(cid:107) ≤ (cid:112)1 − ρ(2α − ρβ2)(cid:107)x − y(cid:107)

1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian

Hilbert

với mọi x, y ∈ C. Đặc biệt, PC(I − ρA) là một ánh xạ co từ C vào C.

1.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân

Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert H, ký hiệu là VI(A, C) được phát biểu như sau: Cho C là một tập hợp con lồi đóng, khác rỗng của không gian Hilbert thực H, D là một tập con của H chứa C, A : D → H là một ánh xạ xác định trên H.

Tìm phần tử x∗ ∈ C sao cho (cid:104)A(x∗), x − x∗(cid:105) ≥ 0 (∀x ∈ C). (1.4)

Sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (1.4)

được công bố trong định lý sau đây.

Định lý 1.2.1 (xem [12]) Nếu A : D → H là ánh xạ η-đơn điệu mạnh trên C và L-liên tục Lipshitz trên C thì bài toán VI(A, C) (1.4) có nghiệm duy nhất.

Sau đây là một số bài toán quen thuộc có thể mô tả được dưới dạng bài

toán bất đẳng thức biến phân.

Bài toán giải hệ phương trình

Xét H = Rn, C = D = Rn và A : Rn → Rn. Khi đó x∗ ∈ Rn là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân VI(A, Rn) khi và chỉ khi x∗ là nghiệm của hệ phương trình A(x∗) = 0.

Bài toán điểm bất động

Giả sử C là một tập khác rỗng trong không gian Hilbert H và T : C → C là một ánh xạ. Bài toán điểm bất động, ký hiệu là FP(T, C), được phát biểu như sau:

(1.5) Tìm x∗ ∈ C thỏa mãn x∗ = T (x∗).

Xét ánh xạ A : C → H cho bởi

A(x) = x − T (x) ∀x ∈ C. (1.6)

Khi đó bài toán VI(A, C) tương đương với bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ T .

1.2.2 Phương pháp lặp hiện giải bài toán bất đẳng thức biến

phân trong không gian Hilbert

Phương pháp chiếu gradient

Phương pháp lặp đã biết để tìm một nghiệm của bài toán bất đẳng thức

biến phân (1.4) là thuật toán chiếu gradient: x1 ∈ C và

(1.7) xn+1 = PC(I − ρA)xn, n = 1, 2, . . .

trong đó PC là phép chiếu mêtric chiếu H lên C và ρ là một số thực dương. Khi A là ánh xạ đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz, thì dãy {xn} sinh ra bởi (1.7) hội tụ mạnh tới một nghiệm duy nhất của VI(A, C).

Định lý 1.2.2 (xem [18]) Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập con lồi đóng khác rỗng của H và α, β là các số thực dương. Giả sử rằng A là một ánh xạ α-đơn điệu mạnh và β-liên tục Lipschitz từ C vào H. Khi đó,

(i) Bài toán bất đẳng thức biến phân VI(A, C) có nghiệm duy nhất u∗ ∈ C.

(ii) Với mỗi x1 ∈ C và ρ ∈ (0, 2α/β2), dãy {xn} sinh bởi (1.7) hội tụ mạnh

tới một nghiệm duy nhất u∗ của VI(A, C).

Phương pháp lai ghép đường dốc nhất

Dưới đây là định lý hội tụ của phương pháp lai ghép đường dốc nhất giải bất đẳng thức biến phân (1.4) trên tập điểm bất động của một ánh xạ không giãn T .

Định lý 1.2.3 (xem [17]) Cho H là một không gian Hilbert thực, T là một ánh xạ không giãn trên H, tập Fix(T ) là khác rỗng và cho α, β > 0. Giả sử rằng A là một ánh xạ α-đơn điệu mạnh và β-liên tục Lipschitz từ R(T ) vào H. Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân VI(A, Fix(T )) có một nghiệm duy nhất u∗ ∈ C. Hơn nữa, với mỗi x1 ∈ H và ρ ∈ (0, 2α/β2), dãy {xn} xác định bởi

xn+1 = (I − λnρA)T xn với mọi n ∈ N,

thì dãy {xn} hội tụ mạnh tới một nghiệm duy nhất u∗ của bài toán bất đẳng thức biến phân VI(A, Fix(T )), ở đây {λn} là một dãy thuộc (0, 1] thỏa mãn

n=1 λn = 0; λn−λn+1

(C1) limn→∞ λn = 0; (C2) (cid:80)∞

λ2

n+1

= 0. (C3) limn→∞

Điều kiện (C3) ở trên có thể thay bằng điều kiện sau bởi Xu [16]:

λn λn+1

= 1. (C4) limn→∞

Tiếp sau đây ta trình bày sự hội tụ mạnh của một phương pháp lặp hiện lai ghép đường dốc nhất giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn {Ti}∞ i=1 trong không gian Hilbert H. Bài toán bất đẳng thức biến phân trong trường hợp này được phát biểu như sau:

∞ (cid:92)

Tìm phần tử u∗ ∈ C sao cho

i=1

(cid:104)A(x∗), x − x∗(cid:105) ≥ 0 ∀x ∈ C := (1.8) Fix(Ti).

Bổ đề 1.2.4 (xem [15]) Giả sử {xn} và {yn} là các dãy bị chặn trong H và giả sử {βn} là một dãy trong [0, 1] với 0 < lim infn→∞ βn ≤ lim supn→∞ < 1. Giả sử rằng xn+1 = βnyn + (1 − βn)xn với mọi n ∈ N và

((cid:107)yn+1 − yn(cid:107) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)) ≤ 0. lim sup n→∞

(cid:107)yn − xn(cid:107) = 0. Khi đó lim n→∞

Bổ đề 1.2.5 (xem [4]) Giả sử {sn} là một dãy các số thực không âm, {αn} ⊂ [0, 1] với (cid:80)∞ n=1 αn = ∞, cho {βn} là một dãy các số thực với lim supn βn ≤ 0, và cho {γn} là một dãy các số thực không âm với (cid:80)∞ n=1 γn < ∞. Giả sử rằng

sn+1 ≤ (1 − αn)sn + αnβn + γn

với mọi n ∈ N. Khi đó limn→∞ sn = 0.

Bổ đề 1.2.6 (xem [9]) Cho H là một không gian Hilbert thực và cho α, β > 0. Giả sử T1, T2, . . . là các ánh xạ không giãn trên H sao cho (cid:84)∞ n=1 Fix(Tn) khác rỗng và giả sử γ1, γ2, . . . là các số thực sao cho 0 < a ≤ γi ≤ b < 1 với mọi i = 1, 2, . . . và một số a, b ∈ (0, 1) với a ≤ b. Với mỗi n ∈ N, giả sử Wn là W -ánh xạ sinh ra bởi Tn, Tn−1, . . . , T1 và γn, γn−1, . . . , γ1 và cho A là một ánh xạ α-đơn điệu mạnh ngược và β-liên tục Lipschitz trên H. Giả sử rằng {xn} là một dãy sinh ra bởi x1 ∈ H và

(1.9) xn+1 = (I − λnρA)Wnxn

với mọi n ∈ N, trong đó ρ ∈ (0, 2α/β2), và {λn} ⊂ (0, 1] thỏa mãn limn→∞ λn = 0. Khi đó

(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0. lim n→∞

Chứng minh. Đặt Vn = (I − λnρA)Wn, ta có thể viết lại (1.9) bởi xn+1 = Vnxn. Giả sử u ∈ (cid:84)∞ n=1 Fix(Vn). Từ Bổ đề 1.1.10 suy ra

(cid:107)xn+1 − u(cid:107) = (cid:107)Vnxn − u(cid:107)

≤ (cid:107)Vnxn − Vnu(cid:107) + (cid:107)Vnu − u(cid:107) ≤ (1 − λnr)(cid:107)xn − u(cid:107) + (cid:107)(I − λ)ρA)Wnu − WnU (cid:107) = (1 − λnr)(cid:107)xn − u(cid:107) + λnρ(cid:107)Au(cid:107)

= (1 − λnr)(cid:107)xn − u(cid:107) + λnr (cid:107)Au(cid:107) ρ r

≤ max{(cid:107)xn − u(cid:107), (cid:107)Au(cid:107)}, ρ r

ở đó R = 1 − (cid:112)1 − ρ(2α − ρβ2) ∈ (0, 1). Bằng quy nạp ta suy ra

(cid:107)xn − u(cid:107) ≤ max{(cid:107)x1 − u(cid:107), (cid:107)Au(cid:107)} =: K ρ r

và từ đó suy ra dãy {xn} là bị chặn. Vì vậy, {Vnxn} cũng bị chặn. Từ (1.9), ta chú ý rằng

xn+1 = (I − λnρA)Wnxn

= λn(I − ρA)Wnxn + (1 − λn)Wnxn = λn(I − ρA)Wnxn + (1 − λn)(γ1T1Un,2xn + (1 − γ1)xn).

Đặt

yn = +(1 − λn)Wnxn) + (1 − λn)γ1T1Un,2xn λn + (1 − λn)γ1

Khi đó

(cid:107)yn − u(cid:107) =

≤ (cid:13) (cid:13) λn {(I − ρA)Wnxn − u} + (1 − λn)γ1(T1Un,2xnxn − u) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) λn + (1 − λn)γ1 (cid:13) (cid:13) λn (cid:107)(I − ρA)Wnxn − u(cid:107) + (1 − λn)γ1 (cid:107)(T1Un,2xnxn − u)(cid:107) λn + (1 − λn)γ1

≤ {λn(cid:107)(I − ρA)Wnxn − (I − ρA)Wnu(cid:107)

1 λ + (1 − λn)γ1 + λn(cid:107)(I − ρA)Wnu − u(cid:107) + (1 − λn)γ1(cid:107)T1un,2xn − u(cid:107)}

≤ {λn(1 − r)(cid:107)xn − xu(cid:107) + λnρ(cid:107)Au(cid:107)

≤ 1 λ + (1 − λn)γ1 + (1 − λn)γ1(cid:107)Un,2xn − u(cid:107)} λn(1 − r)K + λnrK + (1 − λn)γ1K λn + (1 − λn)γ1

= K.

Vì vậy, dãy {yn} là bị chặn. Hơn nữa, ta có

((cid:107)yn+1 − yn(cid:107) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)) lim sup n→∞

n→∞

= lim sup λn+1(I − ρA)Wn+1 + xn+1(1 − λn+1)γ1T1Un+1,2xn+1 1 (cid:19) − − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:18)(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) λn(I − ρA)Wnxn + (1 − λn)γ1T1Un,2xn λn + (1 − λn)γ1

≤ lim n→∞ (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:18)(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) λn+1(I − ρA)Wn+1xn+1 − λn+1(I − ρA)Wn+1xn λn+1 + (1 − λn+1) γ1

+ (cid:107)(I − ρA)Wn+1xn − (I − ρA)Wnxn(cid:107)

− + (cid:107)(1 − ρA)Wnxn(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) λn+1 (cid:12) (cid:12) λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) λn λn + (1 − λn) γ1

+ (cid:107)T1Un+1,2xn+1 − T1Un,2xn+1(cid:107)

+ (cid:107)T1Un,2xn+1 − T1Un,2xn(cid:107)

+ − (cid:107)T1Un,2xn(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (1 − λn+1) γ1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (1 − λn+1) γ1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (cid:12) λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn) γ1 λn + (1 − λn) γ1 (cid:17) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)

n→∞

(cid:18) ≤ lim sup (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)

+ (cid:107)Wn+1xn − Wnxn(cid:107)

− + (cid:107)(1 − ρA)Wnxn(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λn λn + (1 − λn) γ1

+ (cid:107)T1Un+1,2xn+1 − T1Un,2xn+1(cid:107)

+ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)

+ − (cid:107)T1Un,2xn(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) λn+1 (cid:12) (cid:12) λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn+1) γ1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (1 − λn+1) γ1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (cid:12) λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn) γ1 λn + (1 − λn) γ1 (cid:17) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)

n→∞

(cid:18) = lim sup (cid:107)Wn+1xn − Wnxn(cid:107)

+ − (cid:107)(1 − ρA)Wnxn(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λn λn + (1 − λn) γ1

+ (cid:107)T1Un+1,2xn+1 − T1Un,2xn+1(cid:107)

(cid:19) + − (cid:107)T1Un,2xn(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (1 − λn+1) γ1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (cid:12) λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn) γ1 λn + (1 − λn) γ1

và

(cid:107)Wn+1xn − Wnxn(cid:107) = (cid:107)Un+1,1xn − Un,1xn(cid:107)

= (cid:107)γ1T1Un+1,2xn + (1 − γ1) xn − {γ1T1Un,2xn + (1 − γ1) xn}(cid:107) = γ1 (cid:107)T1un+1,2xn − T1Un,2xn(cid:107) ≤ γ1 (cid:107)Un+1.2xn − Un,2xn(cid:107) = γ1(cid:107)γ2T2Un+1,3xn + (1 − γ2) xn − {γ2T2Un,3xn + (1 − γ2) xn)}(cid:107)

= γ1γ2 (cid:107)T2Un+1,3xn − T2Un,3xn(cid:107) ≤ γ1γ2 (cid:107)Un+1,3xn − Un,3xn(cid:107)

...

(cid:33) (cid:32) n (cid:89) ≤ γi (cid:107)Un+1,n+1xn − Un,n+1xn(cid:107)

i=1 (cid:32) n (cid:89)

(cid:33)

= γi (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)nn+1Tn+1Un+1,n+2xn + (1 − γn+1) xn − xn

i=1 (cid:32)n+1 (cid:89)

(cid:33)

i=1

= γi (cid:107)Tn+1xn − xn(cid:107)

≤ bn+1 (cid:107)Tn+1xn − xn(cid:107) .

Tương tự, ta có

(cid:107)T1Un+1.2xn+1 − T1Un,2xn+1(cid:107) ≤ bn (cid:107)Tn+1xn+1 − xn+1(cid:107) .

Vì vậy,

n→∞

lim sup ((cid:107)yn+1 − yn(cid:107) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)) (cid:18) ≤ lim sup bn+1 (cid:107)Tn+1xn − xn(cid:107)

+ − (cid:107)(1 − ρA)Wnxn(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λn λn + (1 − λn) γ1

(cid:19) − + (cid:107)T1Un,2xn(cid:107) bn (cid:107)Tn+1xn+1 − xn+1(cid:107) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (1 − λn) γ1 λn + (1 − λn) γ1

n→∞

≤ lim sup bn+1

− + (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λn λn + (1 − λn) γ1

+ bn

(cid:19) + L, − (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (1 − λn) γ1 λn + (1 − λn) γ1

n=1 F (Tn). Từ limn→∞ λn =

λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (1 − λn+1) γ1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (cid:12) λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (cid:18) λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 λn+1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (1 − λn+1) γ1 λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (1 − λn+1) γ1 (cid:12) (cid:12) λn+1 + (1 − λn+1) γ1 (cid:12) ở đây, L = max{2K, K+(cid:107)(I−ρA)u(cid:107)} với u ∈ (cid:84)∞

0 và γn ≤ b < 1 với mọi n ∈ N, ta suy ra

((cid:107)yn+1 − yn(cid:107) − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)) ≤ 0. lim sup n→∞

Bây giờ, ta chú ý rằng

xn+1 = (1 − λn) (1 − γ1) xn + {1 − (1 − λn) (1 − γ1)} yn

với mọi n ∈ N và

n→∞

(1 − λn) (1 − γ1) ≤ lim sup (1 − λn) (1 − γ1) < 1. 0 < lim n→∞

Từ Bổ đề 1.2.4, ta thu được limn→∞ (cid:107)yn − xn(cid:107) = 0. Do đó ta có

{1 − (1 − λn)} (cid:107)yn − xn(cid:107) = 0. lim n→∞ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = lim n→∞

Ta có điều cần chứng minh.

(cid:3)

Định lý 1.2.7 (xem [9]) Cho H là một không gian Hilbert và cho α, β > 0. Cho T1, T2, . . . là các ánh xạ không giãn trên H sao cho (cid:84)∞ n=1 Fix (Tn) là khác rỗng và γ1, γ2, . . . là các số thức sao cho 0 < a ≤ γi ≤ b < 1 với mọi i = 1, 2, . . . và một số a, b ∈ (0, 1) với a < b. Với mỗi n ∈ N, giả sử Wn là W -ánh xạ sinh ra bởi Tn, Tn−1, . . . , T1 và γn, γn−1, . . . , γ1 và giả sử A là một ánh xạ α-đơn điệu mạnh ngược và β-liên tục Lipschitz trên H. Giả sử rằng {xn} là một dãy được sinh ra bởi x1 ∈ H và

∞ (cid:88)

xn+1 = (I − λnρA) Wnxn với mọi n ∈ N, ở đây ρ ∈ (cid:0)0, 2α/β2(cid:1) , và {λn} ⊂ (0, 1] thỏa mãn các điều kiện (C1) và (C2), đó là

n=1

λn = 0 và λn = ∞. lim n→∞

n=1 Fix(Tn)) (1.8).

Khi đó dãy {xn} là hội tụ mạnh tới một nghiệm duy nhất u∗ của bài toán bất đẳng thức biến phân VI(A, (cid:84)∞

Chứng minh. Giống như chứng minh Bổ đề 1.2.6, {xn} và {AWnxn} là bị chặn. Giả sử W là một W -ánh xạ được sinh ra bởi T1, T2, . . . và γ1, γ2, . . . sao cho W x = limn→∞ Wnx với mỗi x ∈ H. Sử dụng ánh xạ W và λk = 1/k

n=1F (Tn) , A). Khi

như Định lý 2.3 trong [9], từ Bổ đề 1.1.11 ta có VI (∩∞ đó ta có với mọi n, k ∈ N,

(cid:107)xn+1 − W uk(cid:107) = (cid:107)Wnxn − λnρHWnxn − W uk(cid:107)

≤ (cid:107)Wnxn − Wnuk(cid:107) + (cid:107)Wnuk − W uk(cid:107) + λnρ (cid:107)AWnxn(cid:107) ≤ (cid:107)xn − uk(cid:107) + (cid:107)Wnuk − W uk(cid:107) + λnρ (cid:107)AWnxn(cid:107) .

Từ limn→∞ λn = 0 và W uk = limn→∞ Wnuk với mỗi k ∈ N, với mỗi giới hạn Banach µ bất kì ta suy ra

(1.10) µn (cid:107)xn − W uk(cid:107)2 = µn (cid:107)xn+1 − W uk(cid:107)2 ≤ µn (cid:107)xn − uk(cid:107)2 .

Từ định nghĩa của {uk}, ta có

(cid:19) (cid:18)

ρAW uk xn − uk = xn − W uk − 1 k (cid:18) (cid:19) 1 − = (xn − W uk) + (xn − W uk + ρAW uk) 1 k 1 k

và từ

(cid:19) (cid:18) 1 − (xn − W uk + ρAW uk) . (xn − W uk) = (xn − uk) − 1 k 1 k

Ta cũng có

(cid:18) (cid:19)2 1 − (cid:107)xn − W uk(cid:107)2

1 k ≥ (cid:107)xn − uk(cid:107)2 − (cid:104)xn − uk, xn − W uk + ρAW uk(cid:105)

(cid:104)xn − uk, xn − uk + uk − W uk + ρAW uuk(cid:105) 2 k 2 k (cid:18) (cid:19) = 1 − (cid:107)xn − uk(cid:107)2 + (cid:104)xn − uk, −uk + W uk − ρAW uk(cid:105) . = (cid:107)xn − uk(cid:107)2 − 2 k 2 k

Từ (1.10), ta có

(cid:19)2 (cid:18) (cid:19)2 (cid:18) 1 − 1 − µn (cid:107)xn − W uk(cid:107)2 1 k 1 k (cid:18) µn (cid:107)xn − uk(cid:107)2 ≥ (cid:19) V = 1 − µn (cid:107)xn − uk(cid:107)2 + µn (cid:104)xn − uk, −uk + W uk − ρAW uk(cid:105) 2 k 2 k

và từ đó

µn (cid:107)xn − uk(cid:107)2 ≥ µn (cid:104)xn − uk, −uk + W uk − ρAW uk(cid:105) 1 2k

với mọi k ∈ N. Cho k → ∞, từ u∗ ∈ VI(F (W ), A) ta suy ra

0 ≥ µn (cid:104)xn − u∗, −u∗ + W u∗ − ρAW u∗(cid:105)

= µn (cid:104)xn − u∗, −ρAW u∗(cid:105)

và do đó

0 ≥ µn (cid:104)xn − u∗, −AW u∗(cid:105) .

Hơn nữa, từ Bổ đề 1.2.6 ta có

|(cid:104)xn+1 − u∗, −AW u∗(cid:105) − (cid:104)xn − u∗, −AW u∗(cid:105)|

|(cid:104)xn+1 − xn, −AW u∗(cid:105)| = 0. lim n→∞ = lim n→∞

Do đó, theo Bổ đề 2.1.5

n→∞

0 ≥ lim sup (1.11) (cid:104)xn − u∗, −AW V u∗(cid:105) .

Cuối cùng ta chỉ ra rằng limn→∞ (cid:107)xn − u∗(cid:107) = 0. Thật vậy, từ Bổ đề 1.1.2 ta có

(cid:107)xn+1 − u∗(cid:107)2 = (cid:107)Tnxn − u∗(cid:107)2

= (cid:107)(Tnxn − Tnu∗) + (Tnu∗ − u∗)(cid:107)2 ≤ (cid:107)Tnxn − Tnu∗(cid:107)2 + 2 (cid:104)xn+1 − u∗, Tnu∗ − u∗(cid:105) = (cid:107)Tnxn − Tnu∗(cid:107)2 + 2 (cid:104)xn+1 − u∗, Wnu∗ − λnρAWnu∗ − u∗(cid:105) ≤ (1 − λnr) (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 + 2λnρ (cid:104)xn+1 − u∗, −AWnu∗(cid:105)

= (1 − λnr) (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 + λnr

((cid:104)xn+1 − u∗, −AW vu∗) (cid:111) (cid:26)2ρ r + (xn+1 − u∗, AW u∗ − AWnu∗(cid:105))

(cid:27) , ((cid:104)xn+1 − u∗, −AW v∗(cid:105) + M (cid:107)W u∗ − Wnu∗(cid:107)) + λnr ≤ (1 − λnr) (cid:107)xn − u∗(cid:107)2 (cid:26)2ρ r

n=1 Fix (Tn)).

ở đó M = β supn∈N (cid:107)xn − u∗(cid:107). Từ Bổ đề 1.2.4 và (1.11), ta thu được dãy {xn} hội tụ mạnh tới một nghiệm u∗ của bất đẳng thức biến phân VI(A, (cid:84)∞

(cid:3)

Chương 2

Xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng

thức biến phân trong không gian

Banach

2.1 Ánh xạ j-đơn điệu trong không gian Banach

Chương này trình bày một phương pháp lặp hiện 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. Nội dung của chương được viết trên cơ sở bài báo [8] của Nguyễn Song Hà, Nguyễn Bường và Nguyễn Thị Thu Thủy công bố năm 2018.

Cho E là không gian Banach thực. Ký hiệu E∗ là không gian liên hợp của E, (cid:104)x∗, x(cid:105) là giá trị của phiếm hàm tuyến tính liên tục x∗ ∈ E∗ tại x ∈ E và chuẩn của E và E∗ đều ký hiệu là (cid:107) · (cid:107).

2.1.1 Giới hạn Banach

Xét không gian các dãy số bị chặn

|xn| < ∞}. (cid:96)∞ = {x = (x1, x2, . . .) : sup n

Định nghĩa 2.1.1 Phiếm hàm µ : (cid:96)∞ → R được gọi là giới hạn Banach nếu

(i) µ là ánh xạ tuyến tính, tức là µ(x + y) = µ(x) + µ(y) và µ(cx) = cµ(x)

với mọi x, y ∈ (cid:96)∞ và c là hằng số.

(ii) µ là ánh xạ dương, tức là µ(x) ≥ 0 với mọi x ∈ (cid:96)∞ sao cho xn ≥ 0 với

mọi n ∈ N.

(iii) (cid:107)µ(cid:107) = µ(1, 1, . . .) = 1.

(iv) µ(x1, x2, . . .) = µ(x2, x3, . . .) với mỗi x = (x1, x2, . . .) ∈ (cid:96)∞.

Ta viết µ(xn) thay cho µ(x1, x2, . . .). Sự tồn tại của giới hạn Banach

được bảo đảm nhờ Định lý Hahn–Banach.

Định lý 2.1.2 (xem [3]) Luôn tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục µ trên (cid:96)∞ sao cho (cid:107)µ(cid:107) = µ(1) = 1 và µ(xn) = µ(xn+1) với mỗi x = (x1, x2, . . .) ∈ (cid:96)∞.

Một số tính chất của giới hạn Banach µ được nêu trong các mệnh đề

sau.

Mệnh đề 2.1.3 (xem [3]) Cho µ là giới hạn Banach. Khi đó

n→∞

xn ≤ µ(xn) ≤ lim sup xn lim inf n→∞

với mỗi x = (x1, x2, . . .) ∈ (cid:96)∞. Hơn nữa, nếu xn → a, thì µ(xn) = a.

Bổ đề 2.1.4 (xem [3]) Cho C là tập con lồi trong không gian Banach E có chuẩn khả vi Gâteaux đều. Giả sử {xn} là dãy bị chặn trong E, z là một điểm trong C và µ là giới hạn Banach. Khi đó,

µ(cid:107)xn − u(cid:107)2 µ(cid:107)xn − z(cid:107)2 = min u∈C

khi và chỉ khi µ(cid:104)u − z, j(xn − z)(cid:105) ≤ 0 với mọi u ∈ C.

Bổ đề 2.1.5 (xem [7]) Giả sử a là một số thực và giả sử (a1, a2, . . .) ∈ l∞ sao cho µn(an) ≤ a với mọi giới hạn Banach µ và lim supn→∞(an+1 −an) ≤ 0. Khi đó, lim supn→∞ an ≤ a.

Giới hạn Banach là một mở rộng của khái niệm giới hạn thông thường. Tức là, với mọi dãy số hội tụ x = {xn}, thì µ(x) = (cid:96)(x) = limn→∞ xn với mọi giới hạn Banach µ. Tuy nhiên, tồn tại những dãy không hội tụ nhưng lại có giới hạn Banach. Chẳng hạn xét ví dụ sau.

Ví dụ 2.1.6 Lấy dãy x = (1, 0, 1, 0, . . .) ∈ (cid:96)∞. Khi đó

(x1, x2, . . . , xn, . . .) + (x2, x3, . . . , xn+1, . . .) = (1, 1, 1, . . .),

suy ra

µ(xn) + µ(xn+1) = µ(1) = 1 ∀µ.

Sử dụng điều kiện (iv) trong Định nghĩa 2.1.1, ta có µ(xn) = 1/2.

2.1.2 Không gian Banach trơn

Ký hiệu SE := {x ∈ X : (cid:107)x(cid:107) = 1} là mặt cầu đơn vị của không gian

Banach E.

Định nghĩa 2.1.7 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).

Định nghĩa 2.1.8 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.

Định nghĩa 2.1.9

(i) Chuẩn của không gian Banach E được gọi là khả vi Gâteaux nếu với mỗi y ∈ SE giới hạn

(2.1) 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 (2.1) đạt được đều với mọi x ∈ SE. (iii) Chuẩn của E được gọi là khả vi Fréchet nếu với mỗi x ∈ SE, giới hạn (2.1) tồn tại đều với mọi y ∈ SE. (iv) Chuẩn của E được gọi là khả vi Fréchet đều nếu giới hạn (2.1) tồn tại đều với mọi x, y ∈ SE.

2.1.3 Ánh xạ đối ngẫu, ánh xạ j-đơn điệu

Ký hiệu 2E là tập tất cả các tập con của E.

Định nghĩa 2.1.10 Ánh xạ J s : E → 2E∗, s > 1 (nói chung là đa trị) xác định bởi

J s(x) = (cid:8)x∗ ∈ E∗ : (cid:104)x∗, x(cid:105) = (cid:107)x∗(cid:107)(cid:107)x(cid:107), (cid:107)x∗(cid:107) = (cid:107)x(cid:107)s−1(cid:9) x ∈ E,

được gọi là ánh xạ đối ngẫu tổng quát của không gian Banach E. Khi s = 2, ánh xạ J 2 được ký hiệu là J và được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của E.

Ký hiệu ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị là j.

Ví dụ 2.1.11 Trong không gian Hilbert H, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc là ánh xạ đơn vị I.

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 2.1.12 (xem [3]) 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.

Định lý 2.1.13 (xem [3]) Cho E là không gian Banach có chuẩn khả vi Gâteaux đều. Khi đó ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc j : E → E∗ là liên tục đều mạnh-yếu∗ trên mọi tập con bị chặn trong E.

Bổ đề 2.1.14 (xem [6, Bổ đề 2.2]) Giả sử E là một không gian Banach trơn. 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.

Chứng minh.Thật vậy, ta có

(cid:107)x(cid:107)2 − (cid:107)y(cid:107)2 − 2(cid:104)x − y, j(cid:105) = (cid:107)x(cid:107)2 − (cid:107)y(cid:107)2 − 2(cid:104)x, j(cid:105) + 2(cid:104)y, j(cid:105) = (cid:107)x(cid:107)2 − (cid:107)y(cid:107)2 − 2(cid:104)x, j(cid:105) + 2(cid:107)y(cid:107)2 = (cid:107)x(cid:107)2 + (cid:107)y(cid:107)2 − 2(cid:104)x, j(cid:105) (cid:62) (cid:107)x(cid:107)2 + (cid:107)y(cid:107)2 − 2(cid:107)x(cid:107).(cid:107)j(cid:107) (cid:62) (cid:107)x(cid:107)2 + (cid:107)y(cid:107)2 − 2(cid:107)x(cid:107).(cid:107)y(cid:107) (cid:62) ((cid:107)x(cid:107) − (cid:107)y(cid:107))2 (cid:62) 0.

Vậy ta có bất đẳng thức

(cid:107)x(cid:107)2 − (cid:107)y(cid:107)2 − 2(cid:104)x − y, j(cid:105) (cid:62) 0 với mọi x, y ∈ E và j ∈ Jy. (2.2)

Từ bất đẳng thức (2.2), ta lần lượt thay x bởi x + y và y bởi x + y ta thu (cid:3) được hai bất đẳng thức cần chứng minh.

Tiếp theo, chúng tôi trình bày về ánh xạ j−đơn điệu và một khái niệm

liên quan.

Định nghĩa 2.1.15 Cho A : E → E là một ánh xạ đơn trị. Ánh xạ A : E → E được gọi là

(i) j-đơn điệu nếu với mọi x, y ∈ E, tồn tại j(x − y) ∈ J(x − y) sao cho

(cid:104)A(x) − A(y), j(x − y)(cid:105) ≥ 0;

(ii) η-j-đơn điệu mạnh nếu tồn tại số η > 0 sao cho với mọi x, y ∈ E, tồn

tại j(x − y) ∈ J(x − y) sao cho

(cid:104)A(x) − A(y), j(x − y)(cid:105) ≥ η(cid:107)x − y(cid:107)2;

(iii) m-j-đơn điệu nếu nó là ánh xạ j-đơn điệu và R(rA + I) = E với mọi r > 0, ở đây R(A) là ký hiệu miền ảnh của ánh xạ A và I là ánh xạ đơn vị trên E.

Nhận xét 2.1.16 Nếu E là không gian Hilbert H thì ánh xạ j-đơn điệu, η-j-đơn điệu mạnh là ánh xạ đơn điệu và η-đơn điệu mạnh tương ứng.

Định nghĩa 2.1.17 Ánh xạ A : E → E được gọi là γ-giả co chặt theo nghĩa của Browder và Petryshyn nếu tồn tại j(x − y) ∈ J(x − y) sao cho

(cid:104)A(x) − A(y), j(x − y)(cid:105) ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 − γ(cid:107)(I − A)(x) − (I − A)(y)(cid:107)2

thỏa mãn với x, y ∈ E và với mọi γ > 0.

Nhận xét 2.1.18 Rõ ràng, nếu A là ánh xạ γ-giả co chặt, thì A là ánh xạ L-liên tục Lipschitz với L = 1 + 1/γ, tức là (cid:107)A(x) − A(y)(cid:107) ≤ L(cid:107)x − y(cid:107) với mọi x, y ∈ E.

Bổ đề 2.1.19 (xem [6, Mệnh đề 2.1]) Cho E là một không gian Banach trơn và A : E → E là ánh xạ η-j-đơn điệu manh và γ-giả co chặt với η + γ > 1. Khi đó:

(i) Với mỗi λ ∈ (0, 1), I − λA là ánh xạ co với hằng số 1 − λτ, ở đây

τ = 1 − (cid:112)(1 − η)/γ.

2.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian

Banach

(ii) Khi λ = 1, I − A cũng là ánh xạ co với hằng số τ1 = (cid:112)(1 − η)/γ.

2.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu

Bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu trong không gian Banach E, ký hiệu là VI∗(A, C) được phát biểu như sau: Cho C là một tập hợp con lồi đóng, khác rỗng của không gian Banach thực X, A : E → E là một ánh xạ xác định trên E.

Tìm phần tử x∗ ∈ C sao cho (cid:104)A(x∗), j(x − x∗)(cid:105) ≥ 0 ∀x ∈ C. (2.3)

Trong mục này, ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân VI∗(A, C) trong

∞ (cid:92)

trường hợp A : E → E là ánh xạ η-j-đơn điệu mạnh, γ-giả co chặt và

i=1

∅ (cid:54)= C := (2.4) Fix(Ti)

i=1 là một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn trên E.

với {Ti}∞

∞ (cid:92)

Bổ đề 2.2.1 [5, Bổ đề 3]) Giả sử Q là một tập con lồi đóng của một không gian Banach lồi chặt E. Cho {Ti}∞ i=1 là một dãy các ánh xạ không giãn

i=1 là một dãy các

i=1

∞ (cid:88)

trên Q. Giả sử rằng Fix(Ti) là khác rỗng. Cho {ti}∞

i=1

∞ (cid:88)

số thực dương với ti = 1. Khi đó ánh xạ T trên Q xác định bởi

i=1

∞ (cid:92)

T (x) = tiTi(x)

i=1

với x ∈ Q là ánh xạ không giãn và Fix(T ) = Fix(Ti).

Mệnh đề 2.2.2 (xem [8]) Cho E là một không gian Banach thực phản xạ lồi chặt có chuẩn khả vi Gâteaux đều. Cho F : E → E là một ánh xạ

η-j-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt sao cho η + γ > 1 và cho S : E → E là một ánh xạ không giãn trên E sao cho C = Fix(S) là khác rỗng. Với mỗi t ∈ (0, 1), chọn một số λt ∈ (0, 1) tùy ý sao cho λt → 0 khi t → 0 và cho {yt} được định nghĩa bởi

(2.5) yt = (I − λtF )S(yt).

Khi đó:

(i) Tồn tại một nghiệm duy nhất p∗ ∈ C của bài toán bất đẳng thức biến

phân VI∗(F, C).

(ii) Dãy {yt} hội tụ mạnh tới nghiệm p∗ của bài toán VI∗(F, C) khi t → 0.

∞ (cid:92)

Bổ đề 2.2.3 (xem [8]) Cho E và F như trong Mệnh đề 2.2.2. Giả sử {Ti}

i=1

k (cid:88)

là một họ vô hạn các ánh xạ không giãn trên E sao cho C := Fix(Ti) (cid:54)=

i=1

k (cid:88)

∅. Định nghĩa T k := siTi, k ≥ 1, với si được định nghĩa trong (2.9) 1 ˜sk

i=1

và ˜sk = si. Khi đó:

∞ (cid:88)

(a) Tồn tại một ánh xạ không giãn T : E → E được định nghĩa bởi

i=1

∞ (cid:92)

T k(x) = x ∈ E siTi(x), T (x) = lim k→∞ 1 ˜s

i=1

với Fix(T i) = Fix(Ti) = Fix(T ).

(b) Với mỗi tập đóng B trong E , ta có

(cid:107)T k(x) − T (x)(cid:107) = 0. lim k→∞ sup x∈B

(c) Cố định α ∈ (0, 1), ta định nghĩa Sk := αI + (1 − α)T k, k ≥ 1 và (cid:107)xk − S := αI + (1 − α)T. Nếu dãy {xk} trong E là bị chặn và lim k→∞

S(xk)(cid:107) = 0, thì

(2.6) (cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk)(cid:105) ≤ 0, lim sup k→∞

trong đó p∗ ∈ C là một nghiệm duy nhất của bài toán VI∗(F, C).

∞ (cid:88)

Chứng minh. (a) Theo Bổ đề 2.2.1, tồn tại một ánh xạ không giãn T : E → E cho bởi

i=1

∞ (cid:92)

T k(x) = x ∈ E siTi(x), T (x) = lim k→∞ 1 ˜s

i=1

với Fix(T i) = Fix(Ti) = Fix(T ).

(b) Giả sử B là một tập con đóng của E. Khi đó, tồn tại một số dương ˜M sao cho (cid:107)x(cid:107) ≤ ˜M với mọi x ∈ B. Từ đó, với mỗi x ∈ B và p ∈ C, ta được

(cid:107)Ti(x) − p(cid:107) = (cid:107)Ti(x) − Ti(p)(cid:107) ≤ (cid:107)x − p(cid:107) ≤ (cid:107)x(cid:107) + (cid:107)p(cid:107) ≤ ˜K ∀i ∈ N,

ở đây ˜K = ˜M + (cid:107)p(cid:107) < ∞. Điều này đảm bảo rằng

M = sup{(cid:107)Ti(x)(cid:107) : x ∈ B, i ∈ N} < ∞.

k (cid:88)

∞ (cid:88)

Khi đó, với k ∈ N, ta có

k (cid:88)

∞ (cid:88)

siTi(x) − siTi(x) 1 ˜s (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 1 ˜sk sup x∈B (cid:107)T k(x) − T (x)(cid:107) = sup x∈B

i=1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

i=1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)

i=1

i=k+1

∞ (cid:88)

k (cid:88)

− + ≤ siTi(x) siTi(x) 1 ˜s 1 ˜s (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 1 ˜sk sup x∈B sup x∈B

i=1

i=k+1

≤ − siM. siM + 1 ˜s 1 ˜s (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 ˜sk

(cid:107)T k(x) − T (x)(cid:107) = 0. Vậy, lim k→∞ sup x∈B

∞ (cid:92)

(c) Với α ∈ (0, 1) cố định, ta định nghĩa Sk := αI + (1 − α)T k, k ≥ 1. Chú ý Sk cũng là không giãn với k ≥ 1 cố định. Giả sử rằng {xk} là một (cid:107)xk − S(xk)(cid:107) = 0. Ta có thể thấy rằng dãy bị chặn trong E sao cho lim k→∞

i=1

dãy {Sk(xk) : k ∈ N} là bị chặn. Thật vật, với mỗi p ∈ Fix(Ti), ta có

Sk(p) = p, và từ đó (cid:13) (cid:13)= (cid:13) (cid:13)Sk(xk) − p(cid:13) (cid:13) ≤ (cid:107)xk(cid:107) + (cid:107)p(cid:107).

(cid:13)α(xk − p) + (1 − α)(T k(xk) − T k(p))(cid:13) Hơn nữa, {F Sk(xk)} là bị chặn. Lấy ym = ytm, đã định nghĩa theo (2.5), ở đây {tm} là một dãy trong (0, t0) hội tụ tới 0 khi m → ∞. Theo định

nghĩa của ym, ta có thể viết

xk − ym = xk − (I − λmF )S(ym)

= (1 − λm)(xk − S(ym)) + λm(xk − S(ym) + F S(ym)).

Từ đó

(cid:107)xk − ym(cid:107)2 = (cid:104)(1 − λm)(xk − S(ym)) + λm(xk − S(ym) + F S(ym)), j(xk − ym)(cid:105) = (1 − λm)(cid:104)xk − S(ym), j(xk − ym)(cid:105)

+λm(cid:104)xk − S(ym) + F S(ym), j(xk − ym)(cid:105)

= (1 − λm)(cid:104)xk − S(xk) + S(xk) − S(ym), j(xk − ym)(cid:105) +λm(cid:104)xk − ym + ym − S(ym) + F S(ym), j(xk − ym)(cid:105) ≤ (1 − λm)((cid:107)xk − S(xk)(cid:107) + (cid:107)S(xk) − S(ym)(cid:107))(cid:107)xk − ym(cid:107)

+λm[(cid:107)xk − ym(cid:107)2 + (cid:104)ym − S(ym) + F S(ym), j(xk − ym)(cid:105)]

≤ (1 − λm)(cid:107)xk − S(xk)(cid:107) (cid:107)xk − ym(cid:107)

+(1 − λm)(cid:107)S(xk) − S(ym)(cid:107) (cid:107)xk − ym(cid:107) + λm(cid:107)xk − ym(cid:107)2 +λm(cid:104)ym − S(ym) + F S(ym), j(xk − ym)(cid:105)

≤ (cid:107)xk − S(xk)(cid:107) (cid:107)xk − ym(cid:107)

+(1 − λm)(cid:107)xk − ym(cid:107)2 + λm(cid:107)xk − ym(cid:107)2 +λm(cid:104)ym − S(ym) + F S(ym), j(xk − ym)(cid:105)

≤ (cid:107)xk − ym(cid:107)2 + (cid:107)xk − S(xk)(cid:107) (cid:107)xk − ym(cid:107)

+λm(cid:104)ym − S(ym) + F S(ym), j(xk − ym)(cid:105),

điều này cho thấy

(cid:104)F S(ym), j(ym−xk)(cid:105) ≤ (cid:107)xk−S(xk)(cid:107) (cid:107)xk−ym(cid:107)+(cid:107)ym−S(ym)(cid:107) (cid:107)xk−ym(cid:107). 1 λm

Từ {xk} và {ym} là bị chặn và (cid:107)xk − S(xk)(cid:107) → 0, lấy giới hạn trên trong bất đằng thức ở trên, ta được

k→∞

0 ∈ N sao

(cid:104)F S(ym), j(ym − xk)(cid:105) ≤ (cid:107)ym − S(ym)(cid:107) lim sup (cid:107)xk − ym(cid:107). lim sup k→∞

Giả sử đã cho ε > 0. Từ đó (cid:107)ym − S(ym)(cid:107) → 0, khi đó tồn tại m1 cho

(2.7) (cid:104)F S(ym), j(ym − xk)(cid:105) < , m ≥ m1 0. ε 2 lim sup k→∞

Mặt khác, từ {xk − ym} là bị chặn và ánh xạ đối ngẫu j là liên tục yếu trên các tập con bị chặn của không gian Banach E có chuẩn khả vi Gâteaux, ta suy ra (sử dụng điều kiện ym → p∗) F S(ym) → F (p∗) và

|(cid:104)F (p∗), j(xk − p∗)(cid:105) − (cid:104)F S(ym), j(xk − ym)(cid:105)| = |(cid:104)F (p∗), j(xk − p∗) − j(xk − ym)(cid:105) + (cid:104)F (p∗) − F S(ym), j(xk − ym)(cid:105)| ≤ |(cid:104)F (p∗), j(xk − p∗) − j(xk − ym)(cid:105)|

+ (cid:107)F (p∗) − F S(ym)(cid:107) (cid:107)xk − ym(cid:107) → 0 khi m → ∞.

0 ∈ N sao cho

Khi đó tồn tại m2

, (cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk)(cid:105) < (cid:104)F S(ym), j(ym − xk)(cid:105) + ∀k ∈ N and m ≥ m2 0. ε 2

0}. Sử dụng (2.7), ta có

0, m2 (cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk)(cid:105)

Đặt m0 = max{m1

lim sup k→∞

k→∞

≤ lim sup (cid:104)F S(ym), j(ym − xk)(cid:105) + ≤ ε ∀m ≥ m0. ε 2

k→∞

(cid:3) Từ ε tùy ý, ta thu được lim sup (cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk)(cid:105) ≤ 0.

2.2.2 Một phương pháp lặp hiện xấp xỉ nghiệm bài toán bất

đẳng thức biến phân j-đơn điệu

Mục này trình bày sự hội tụ mạnh của một phương pháp lặp hiện giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của các ánh xạ không giãn trong không gian Banach. Dãy lặp được xây dựng như sau:

x1 ∈ E

k (cid:88)

i=1

(2.8) k ≥ 1, xk+1 = (I − λkF )(cid:0)αI + (1 − α) (si/˜sk)Ti (cid:1)(xk),   

∞ (cid:88)

trong đó si thỏa mãn

i=1

k (cid:88)

(2.9) si > 0 và si = ˜s < ∞.

i=1

˜sk = si, α ∈ (0, 1) là một số cố định và dãy tham số lặp {λk} thỏa

mãn các điều kiện

∞ (cid:88)

λk = 0; (L1) λk ∈ (0, 1), lim k→∞

k=1

(L2) λk = ∞.

i=1 thỏa mãn các điều kiện (L1), (L2) và (2.9) tương ứng. Khi đó, dãy {xk}, định nghĩa theo (2.8), hội tụ mạnh tới p∗ là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân VI∗(F, C) với C được xác định trong (2.4).

Định lý 2.2.4 (xem [8]) Cho E, F giống như trong Mệnh đề 2.2.2 và cho {Ti} là một họ vô hạn các ánh xạ không giãn trên E sao cho C := ∞ (cid:92) Fix(Ti) (cid:54)= ∅. Lấy một giá trị cố định α ∈ (0, 1). Giả sử rằng λk và si

Chứng minh. Ta chứng minh theo các bước sau. Bước 1. Chứng minh dãy {xk} là bị chặn. Với mỗi p ∈ C, từ (2.8) và Bổ đề 2.1.19, ta có

(cid:107)xk+1 − p(cid:107) ≤ (cid:107)(I − λkF )Sk(xk) − Sk(p)(cid:107)

≤ (1 − λkτ )(cid:107)xk − p(cid:107) + (cid:107)(I − λkF )Sk(p) − Sk(p)(cid:107) = (1 − λkτ )(cid:107)xk − p(cid:107) + λk(cid:107)F (p)(cid:107) = (1 − λkτ )(cid:107)xk − p(cid:107) + λkτ (cid:107)F (p)(cid:107)/τ ≤ max {(cid:107)x1 − p(cid:107), (cid:107)F (p)(cid:107)/τ },

k (cid:88)

ở đây Sk = αI + (1 − α)T k với T k định nghĩa bởi

i=1

T k = (2.10) (si/˜sk)Ti, ˜sk = si

và τ = 1 − (cid:112)(1 − η)/γ. Vì vậy, dãy {xk} bị chặn. Bước 2. Chứng minh (cid:107)xk+1 − xk(cid:107) → 0 khi k → ∞. Từ dãy {xk} là bị chặn, suy ra các dãy {Sk(xk)}, {Sk+1(xk)}, {Ti(xk)} với i ≥ 1, {F Sk(xk)} và {F Sk+1(xk)} cũng bị chặn. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng chúng bị chặn bởi cùng một số dương M1. Hơn nữa, từ (2.8), ta có thể viết

xk+1 = λk(I − F )Sk(xk) + (1 − λk)Sk(xk)

(2.11)

= λk(I − F )Sk(xk) + (1 − λk)(cid:0)αxk + (1 − α)T k(xk)(cid:1) = hkxk + (1 − hk)zk,

ở đây hk = (1 − λk)α và

+ . zk = λk(I − F )Sk(xk) 1 − hk (1 − λk)(1 − α)T k(xk) 1 − hk

Từ zk+1 − zk = C1 + (1 − α)C2, khi đó

− C1 := λk(I − F )Sk(xk) 1 − hk

= λk+1(I − F )Sk+1(xk+1) 1 − hk+1 (cid:2)(I − F )Sk+1(xk+1) − (I − F )Sk+1(xk)(cid:3)

+ (cid:2)(I − F )Sk+1(xk) − (I − F )Sk(xk)(cid:3)

+ − (cid:21) (I − F )Sk(xk), λk+1 1 − hk+1 λk+1 1 − hk+1 (cid:20) λk+1 1 − hk+1 λk 1 − hk

− C2 := (1 − λk)T k(xk) 1 − hk

= (1 − λk+1)T k+1(xk+1) 1 − hk+1 (cid:2)T k+1(xk+1) − T k+1(xk)(cid:3) 1 − λk+1 1 − hk+1

+ − (cid:2)T k+1(xk) − T k(xk)(cid:3) (cid:21) T k(xk), 1 − λk+1 1 − hk+1 (cid:20)1 − λk+1 1 − hk+1 1 − λk 1 − hk

k+1 (cid:88)

k (cid:88)

và

i=1

(cid:107)T k+1(xk) − T k(xk)(cid:107) = siTi(xk) − siTi(xk) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 1 ˜sk

i=1

(cid:19) k (cid:88) − = siTi(xk) + (cid:13) (cid:13) Tk+1(xk) (cid:13) (cid:13) sk+1 ˜sk+1

≤ M1 + M1 = 2 M1, (cid:13) 1 (cid:13) (cid:13) ˜sk+1 (cid:13) (cid:13) (cid:18) 1 (cid:13) (cid:13) ˜sk+1 (cid:13) sk+1 ˜sk+1 1 ˜sk sk+1 ˜sk+1 sk+1 ˜sk+1

ta có

(cid:107)zk+1 − zk(cid:107) ≤ (cid:107)C1(cid:107) + (cid:107)C2(cid:107)(1 − α)

− ≤ 2M1 (cid:12) (cid:12) (cid:3)+ (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λk+1τ1 1 − hk+1 λk 1 − hk (cid:21) + (cid:2)(cid:107)xk+1 − xk(cid:107) + 2M1 (cid:20) (cid:107)xk+1 − xk(cid:107) + 2 M1 λk+1 1 − hk+1 sk+1 ˜sk+1 (1 − λk+1)(1 − α) 1 − hk+1

− M1(1 − α) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 1 − λk 1 − hk 1 − λk+1 1 − hk+1

32 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (1 − λk+1)(1 − α) 1 − hk+1

+ ≤ (cid:21) (cid:107)xk+1 − xk(cid:107) + ck,

(cid:18) 2 − + 2 ck = M1 + (cid:20) λk+1τ1 1 − hk+1 ở đây τ1 = (cid:112)(1 − η)/γ và (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:19) + − + 2 (1 − α) . λk 1 − hk (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λk+1τ1 1 − hk+1 sk+1 ˜sk+1 λk+1 1 − hk+1 (1 − λk+1)(1 − α) 1 − hk+1 1 − λk+1 1 − hk+1 1 − λk 1 − hk

Ta đặt

+ − 1 (cid:21) (cid:107)xk+1 − xk(cid:107) + ck. ˜ck := (cid:20) λk+1τ1 1 − hk+1 (1 − λk+1)(1 − α) 1 − hk+1

Từ đó, ta thu được

(cid:107)zk+1 − zk(cid:107) ≤ (cid:107)xk+1 − xk(cid:107) + ˜ck.

(cid:21) − 1 = + − 1 = 0 lim k→∞ 1 − α 1 − α Rõ ràng hơn, từ các điều kiện (L1) và (2.9), ta có hk → α, sk → 0 và ˜sk → ˜s > 0 khi k → ∞. Vì vậy, (cid:20) λk+1τ1 1 − hk+1 (1 − λk+1)(1 − α) 1 − hk+1

và

(cid:18) + 2 − 2 lim k→∞ ck = M1 lim k→∞

(cid:19) + 2 + − (1 − α) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) λk+1τ1 1 − hk+1 sk+1 ˜sk+1 (cid:12) λk (cid:12) (cid:12) 1 − hk (cid:12) 1 − λk+1 1 − hk+1 1 − λk 1 − hk

− (1 − α) = 0. = M1 1 1 − α 1 1 − α (cid:12) λk+1 (cid:12) (cid:12) 1 − hk+1 (cid:12) (1 − λk+1)(1 − α) 1 − hk+1 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Các giới hạn trên và tính bị chặn của {xk} bảm đảm rằng ˜ck → 0 khi k → ∞. Do đó,

(cid:0)(cid:107)zk+1 − zk(cid:107) − (cid:107)xk+1 − xk(cid:107)(cid:1)≤ 0. lim sup k→∞

Theo tính chất của Bổ đề 1.2.4, ta có

(2.12) (cid:107)xk − zk(cid:107) = 0. lim k→∞

Bây giờ, từ (2.8) và (2.11) với (2.12) suy ra (cid:107)Sk(xk) − xk+1(cid:107) ≤ λkM1 → 0, khi k → ∞ và

(cid:0)1 − (1 − λk)α(cid:1)(cid:107)xk − zk(cid:107) = 0. lim k→∞ (cid:107)xk+1 − xk(cid:107) = lim k→∞

xk = p∗. Bước 3. Chứng minh lim k→∞

Từ Mệnh đề 2.2.2, tồn tại một nghiệm duy nhất p∗ ∈ C của bài toán bất đẳng thức biến phân (2.3). Từ B := {xk} được định nghĩa theo (2.8) là (cid:107)T k(x) − T (x)(cid:107) = 0 và do đó bị chặn, từ Bổ đề 2.2.3(b) suy ra lim k→∞ sup x∈B

(cid:107)Sk(x) − S(x)(cid:107) = 0. Chú ý lim k→∞ sup x∈B

(cid:107)Sk(x) − S(x)(cid:107). (cid:107)xk − S(xk)(cid:107) ≤ (cid:107)xk − Sk(xk)(cid:107) + (cid:107)Sk(xk) − S(xk)(cid:107) ≤ (cid:107)xk − Sk(xk)(cid:107) + sup x∈B

(cid:107)xk − Sk(xk)(cid:107) = 0. Vì vậy, ta có thể dễ thấy (cid:107)xk − Từ Bước-II, ta có lim k→∞

S(xk)(cid:107) → 0, as k → ∞. Từ đó, theo Bổ đề 2.2.3(c) (xem (2.6)), ta có

(cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk)(cid:105) ≤ 0. lim sup k→∞

Vì j liên tục đều trên một tập con đóng của E, nên

(2.13) (cid:0)j(p∗ − xk+1) − j(p∗ − xk)(cid:1)= 0. lim k→∞

Cuối cùng, từ Bổ đề 2.1.19(i) và Bổ đề 2.1.14, ta có (cid:107)xk+1 − p∗(cid:107)2 = (cid:107)(I − λkF )Sk(xk) − p∗(cid:107)2

= (cid:107)(I − λkF )Sk(xk) − (I − λkF )Sk(p∗) − λkF (p∗)(cid:107)2 ≤ (cid:107)(I − λkF )Sk(xk) − (I − λkF )Sk(p∗)(cid:107)2

+ 2(cid:104)−λkF (p∗), j(xk+1 − p∗)(cid:105)

(2.14)

≤ (1 − λkτ )2(cid:107)Sk(xk) − Sk(p∗)(cid:107)2 − 2λk(cid:104)F (p∗), j(xk+1 − p∗)(cid:105) ≤ (1 − λkτ )(cid:107)xk − p∗(cid:107)2 − 2λk(cid:104)F (p∗), j(xk+1 − p∗)(cid:105) ≤ (1 − λkτ )(cid:107)xk − p∗(cid:107)2 + 2λkτ (cid:2)(cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk)(cid:105)

+ (cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk+1) − j(p∗ − xk)(cid:105)(cid:3)/τ

∞ (cid:88)

= (1 − bk)(cid:107)xk − p∗(cid:107)2 + bkck,

k=1

λk = ∞, ta thu được ở đây bk = λkτ , ck = 2(cid:2)(cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk+1)(cid:105) + (cid:104)F (p∗), j(p∗ − xk+1) − j(p∗ − xk)(cid:105)(cid:3)/τ and τ = 1 − (cid:112)(1 − η)/γ. Từ đó

∞ (cid:88)

bk = ∞. Vì vậy, theo Bổ đề 1.2.4 và Bổ đề 2.2.3 với ak = (cid:107)xk − p∗(cid:107)2,

k=1 (2.13)-(2.14), từ đó suy ra lim k→∞

(cid:3) xk = p∗.

2.2.3 Ứng dụng

Ta lấy F = (1 − a)I với một số cố định a ∈ (0, 1). Khi đó, F = I − f với f = aI và F là một ánh xạ η-j-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt trên E với các số dương η và γ thỏa mãn η + γ > 1. Thật vật, với x, y ∈ E, ta có

(cid:104)F (x) − F (y), j(x − y)(cid:105) = (1 − a)(cid:107)x − y(cid:107)2

(cid:107)ax − ay(cid:107)2 = (cid:107)x − y(cid:107)2 −

= (cid:107)x − y(cid:107)2 − (cid:107)f (x) − f (y)(cid:107)2

= (cid:107)x − y(cid:107)2 − (cid:107)(I − F )(x) − (I − F )(y)(cid:107)2 1 a 1 a 1 a

= (cid:107)x − y(cid:107)2 − γ(cid:107)(I − F )(x) − (I − F )(y)(cid:107)2,

ở đây γ = 1 a ∈ (1, ∞). Rõ ràng, η = 1 − a và từ đó η + γ > 1. Bây giờ, thay F bởi (1 − a)I trong (2.8), ta thu được thuật toán tìm một điểm chung cho một họ vô hạn của các ánh xạ không giãn trên E dưới đây:

(cid:40)

(2.15) k ≥ 1. x1 ∈ E, xk+1 = (cid:0)1 − (1 − a)λk (cid:1)(cid:0)αI + (1 − α)T k(cid:1)(xk),

Định lý sau là kết quả trực tiếp của Định lý 2.2.4.

∞ (cid:92)

Định lý 2.2.5 (xem [8]) Cho E là một không gian Banach phản xạ thực và lồi chặt có chuẩn vi phân Gâteaux đều và cho {Ti} là một họ vô hạn các

i=1

ánh xạ không giãn trên E sao cho C := Fix(Ti) (cid:54)= ∅. Cho a và α là hai

số cố định trong (0, 1). Giả sử rằng λk và si thỏa mãn các điều kiện (L1), (L2) và (2.9), tương ứng. Khi đó dãy {xk}, được xác định trong (2.15), hội tụ mạnh tới p∗, là nghiệm duy nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân

p∗ ∈ C : (cid:104)p∗, j(p∗ − p)(cid:105) ≤ 0 ∀p ∈ C.

Kết luận

Luận văn đã trình bày hai phương pháp lặp giải 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 trong không gian Hilbert và không gian Banach. Cụ thể

(1) Trình bày định nghĩa và tính chất của ánh xạ đơn điệu trong không

gian Hilbert, ánh xạ j-đơn điệu trong không gian Banach.

(2) Giới thiệu bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert và một số bài toán liên quan; bài toán bất đẳng thức biến phân j-đơn điệu trong không gian Banach; nêu sự tồn tại nghiệm và tính chất của tập nghiệm của bài toán.

(3) Trình bày hai phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân với tập ràng buộc là tập điểm bất động chung của một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert và không gian Banach, và các định lý hội tụ mạnh của các phương pháp.

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Đỗ Văn Lưu (2000), Giải tích lồi, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[2] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực và Giải tích hàm, NXB Khoa học Kỹ

thuật.

Tiếng Anh

[3] R.P. Agarwal, D. O’Regan, D.R. Sahu (2000), Fixed point theory for lipschitzian-type mappings with applications, Springer Dordrecht Hei- delberg London New York.

[4] K. Aoyama, Y. Kimura, W. Takahashi, and M. Toyoda (2007), "Ap- proximation of common fixed points of a countable family of nonex- pansive mappings in a Banach space", Nonlinear Anal., 67, pp. 2350– 2360.

[5] R.E. Bruck JR (1973), "Properties of fixed-point sets of nonexpansive mappings in Banach spaces", Trans. Amer. Math. Soc., 179, pp. 251– 262.

[6] L.C. Ceng, Q.H. Ansari, and J.C. Yao (2008), "Mann-type steepest- descent and modified hybrid steepest-descent methods for variational inequalities in Banach spaces", Numer. Funct. Anal. Optim., 29, pp. 987–1033.

[7] R. Glowinski (1984), Numerical Methods for Nonlinear Variational

Problems, Springer–Verlag, New York.

[8] Ng.S. Ha, Ng. Buong and Ng.T.T. Thuy (2018), "A new simple parallel iteration method for a class of variational inequalities", Acta Math. Vietnam, 43(2), pp. 239–255.

[9] S. Iemoto, W. Takahashi (2008), "Strong convergence theorems by a hybrid steepest descent method for countable nonexpansive mappings in Hilbert spaces", Sci. Math. Jpn., 21, pp. 555–570.

[10] P. Jaillet, D. Lamberton, B. Lapeyre (1990), "Variational inequalities and the pricing of American options", Acta Appl. Math., 21, pp. 263– 289.

[11] D. Kinderlehrer, G. Stampacchia (1980), An Introduction to Varia- tional Inequalities and Their Applications, Academic Press, Inc., New York–London.

[12] I.V. Konnov (2001), Combined Relaxation Methods for Variational In-

equalities, Springer Verlag, Berlin, Germany.

[13] J.-L Lions, G. Stampacchia (1967), "Variational inequalities", Comm.

Pure Appl. Math., 20, pp. 493–519.

[14] G. Stampacchia (1964), "Formes bilinéaires coercitives sur les ensem- bles convexes", (French) C. R. Acad. Sci. Paris, 258, pp. 4413-4416.

[15] T. Suzuki (2005), "Strong convergence theorems for infinite families of nonexpansive mappings in general Banach spaces", Fixed Point The- ory Appl., 2005, pp. 103–123.

[16] H.K. Xu (2003), "An iterative approach to quadratic optimization",

J. Optim. Theory Appl., 116, pp. 659–678.

[17] I. Yamada (2001), "The hybrid steepest descent method for the vari- ational inequality problem over the intersection of fixed point sets of nonexpansive mappings", in Inherently Parallel Algorithms in Feasi- bility and Optimization and Their Applications (D. Butnariu, Y. Cen- sor and S. Reich, Eds.), North-Holland, Amsterdam, pp. 473–504.

[18] E. Zeidler (1985), Nonlinear Functional Analysis and Its Applica- tions. III. Variational Methods and Applications, Springer–Verlag, New York.