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

Chia sẻ: Tri Lễ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:40

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 trên tạp chí chuyên ngành Toán học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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 4 1.1 Ánh xạ đơn điệu trong không gian Hilbert . . . . . . . . . . 4 1.1.1 Phép chiếu mêtric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2 Ánh xạ không giãn, ánh xạ đơn điệu . . . . . . . . . 7 1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert 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
1 Bảng ký hiệu H không gian Hilbert thực E không gian Banach E∗ không gian đối ngẫu của E SE mặt cầu đơn vị của E R tập các số thực R+ tập các số thực không âm N tập các số tự nhiên ∀x với mọi x D(A) miền xác định của toán tử A R(A) miền ảnh của toán tử A A−1 toán tử ngược của toán tử A I toán tử đồng nhất C[a, b] tập các hàm liên tục trên đoạn [a, b] d(x, C) khoảng cách từ phần tử x đến tập hợp C lim supn→∞ xn giới hạn trên của dãy số {xn } lim inf n→∞ xn giới hạn dưới của dãy số {xn } xn → x0 dãy {xn } hội tụ mạnh về x0 xn * x0 dãy {xn } hội tụ yếu về x0 J 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 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.
3 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
4 Chương 1 Xấp xỉ nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân 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. 1.1 Ánh xạ đơn điệu trong không gian Hilbert 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 h·, ·i và chuẩn k · k 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 * 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 lim hxn , yi = hx, yi, ∀y ∈ H. n→∞
5 Từ tính liên tục của tích vô hướng, suy ra nếu xn → x, thì xn * x. Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng. Chẳng hạn xét không gian l2 = P∞ 2 2 {xn } ⊂ R : n=1 |xn | < ∞ và {en } ⊂ l được cho bởi en = (0, . . . , 0, 1 , 0, . . . , 0, . . . ), vị trí thứ n với mọi n ≥ 1. Khi đó, en * 0, khi n → ∞. Thật vậy, với mỗi y ∈ H, từ bất đẳng thức Bessel, ta có ∞ X |hen , yi|2 < kyk2 < ∞. n=1 Suy ra limn→∞ hen , yi = 0, tức là en * 0. Tuy nhiên, {en } không hội tụ về 0, vì ken k = 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: kx + yk2 ≤ kxk2 + 2hx + y, yi ∀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 PC x ∈ C sao cho kx − PC xk ≤ kx − yk với mọi y ∈ C. (1.1) Chứng minh. Thật vậy, đặt d = inf kx − uk. Khi đó, tồn tại {un } ⊂ C u∈C sao cho kx − un k → d khi n → ∞. Từ đó, kun − um k2 = k(x − un ) − (x − um )k2 2 un + um 2 2 = 2kx − un k + 2kx − um k − 4 x − 2 ≤ 2(kx − un k2 + kx − um k2 ) − 4d2 → 0, khi n, m → ∞. Do đó {un } là dãy Cauchy trong H. Suy ra tồn tại u = lim un ∈ C. Do chuẩn là hàm số liên tục nên kx − uk = d. Giả sử tồn tại n→∞ v ∈ C sao cho kx − vk = d. Ta có ku − vk2 = k(x − u) − (x − v)k2 2 u + v 2 2 = 2(kx − uk + kx − vk ) − 4 x − 2 ≤ 0.
6 Suy ra u = v. Vậy tồn tại duy nhất một phần tử PC x ∈ C sao cho kx − PC xk = inf u∈C kx − uk. Định nghĩa 1.1.4 Phép cho tương ứng mỗi phần tử x ∈ H một phần tử PC x ∈ 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 : hx, ui = y}, với u 6= 0. Khi đó y − hx, ui PC x = x + u. kuk2 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 hx − PC x, PC x − yi ≥ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C. (1.2) 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)PC x ∈ C. Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu mêtric, suy ra kx − PC xk2 ≤ kx − ty − (1 − t)PC xk2 ∀t ∈ (0, 1). Bất đẳng thức trên tương đương với kx − PC xk2 ≤ kx − PC xk2 − 2thx − PC x, y − PC xi + t2 ky − PC xk2 , với mọi t ∈ (0, 1). Từ đó, t hx − PC x, PC x − yi ≥ − ky − PC xk2 ∀t ∈ (0, 1). 2 Cho t → 0+ , ta nhận được hx − PC x, PC x − yi ≥ 0. Ngược lại, giả sử hx − PC x, PC x − yi ≥ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C. Khi đó, với mỗi x ∈ H và y ∈ C, ta có kx − PC xk2 = hx − PC x, x − y + y − PC xi
7 = hx − PC x, y − PC xi + hx − PC x, x − yi ≤ kx − yk2 + hy − PC x, x − PC x + PC x − yi = kx − yk2 + hy − PC x, x − PC xi − ky − PC xk2 ≤ kx − yk2 . Suy ra PC là phép chiếu mêtric từ H lên C. 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 kPC x − PC yk2 ≤ hx − y, PC x − PC yi. Chứng minh. Với mọi x, y ∈ H, từ Mệnh đề 1.1.6, ta có hx − PC x, PC y − PC xi ≤ 0, hy − PC y, PC x − PC yi ≤ 0. Cộng hai bất đẳng thức trên ta nhận được điều phải chứng minh. 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 kT x − T yk ≤ kx − yk ∀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 ) 6= ∅. 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
8 {xn } là một dãy bất kỳ trong Fix(T ) thỏa mãn xn → x, khi n → ∞. Vì {xn } ⊂ Fix(T ), nên kT xn − xn k = 0 ∀n ≥ 1. Từ tính liên tục của chuẩn, cho n → ∞, ta nhận được kT x − xk = 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 ) 6= ∅ và x, y ∈ Fix(T ). Với λ ∈ [0, 1], đặt z = λx + (1 − λ)y. Khi đó, kT z − zk2 = kλ(T z − x) + (1 − λ)(T z − y)k2 = λkT z − xk2 + k(1 − λ)(T z − y)k2 − λ(1 − λ)kx − yk2 = λkT z − T xk2 + (1 − λ)k(T z − T y)k2 − λ(1 − λ)kx − yk2 ≤ λkz − xk2 + (1 − λ)k(z − y)k2 − λ(1 − λ)kx − yk2 = kλ(z − x) + (1 − λ)(z − y)k2 = 0. Suy ra T z = z và do đó z ∈ Fix(T ). Vậy Fix(T ) là một tập lồi. Cho {Ti }∞ 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 = γn Tn Un,n+1 + (1 − γn )I, Un,n−1 = γn−1 Tn−1 Un,n + (1 − γn−1 )I .. . Un,k = γk Tk Un,k+1 = (1 − γk )I, Un,k−1 = γk−1 Tk−1 Un,k + (1 − γk−1 )I .. . Un,2 = γ2 T2 Un,3 + (1 − γ2 )I, Wn = Un,1 = γ1 T1 Un,2 + (1 − γ1 )I.Un,n+1 I. 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 ni=1 Fix(Ti ) là khác rỗng và T
9 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 ) = ni=1 Fix(Ti ). T 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: U∞,k x = lim Un,k x n→∞ và W x = lim Wn x = lim Un,1 x n→∞ n→∞ với mọi x ∈ H. Vậy ánh xạ W được gọi là W -ánh xạ được sinh ra bởi T1 , T2 , . . . và γ1 , γ2 , . . . 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 ∞ T 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 ) = ∞ T i=1 Fix(Ti ). 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 hAx − Ay, x − yi ≥ 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 hAx − Ay, x − yi ≥ δ kx − yk ∀x, y ∈ C; nếu δ(t) = cA t2 , cA là hằng số dương thì toán tử A được gọi là đơn điệu mạnh;
10 (iii) liên tục Lipschitz trên C với hệ số L > 0 nếu kA(x) − A(y)k ≤ Lkx − yk ∀x, y ∈ C. (iv) λ-đơn điệu mạnh ngược nếu tồn tại hằng số λ dương sao cho hAx − Ay, x − yi ≥ λkAx − Ayk2 ∀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/β 2 ). Khi đó p kPC (I − ρA)x − PC (I − ρA)yk ≤ 1 − ρ(2α − ρβ 2 )kx − yk với mọi x, y ∈ C. Đặc biệt, PC (I − ρA) là một ánh xạ co từ C vào C. 1.2 Bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert 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 hA(x∗ ), x − x∗ i ≥ 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.
11 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: Tìm x∗ ∈ C thỏa mãn x∗ = T (x∗ ). (1.5) 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 xn+1 = PC (I − ρA)xn , n = 1, 2, . . . (1.7) 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/β 2 ), dãy {xn } sinh bởi (1.7) hội tụ mạnh tới một nghiệm duy nhất u∗ của VI(A, C).
12 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/β 2 ), dãy {xn } xác định bởi xn+1 = (I − λn ρA)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 (C1) limn→∞ λn = 0; (C2) ∞ P n=1 λn = 0; (C3) limn→∞ λnλ−λ 2 n+1 = 0. n+1 Điều kiện (C3) ở trên có thể thay bằng điều kiện sau bởi Xu [16]: (C4) limn→∞ λλn+1 n = 1. 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: Tìm phần tử u∗ ∈ C sao cho ∞ \ ∗ ∗ hA(x ), x − x i ≥ 0 ∀x ∈ C := Fix(Ti ). (1.8) i=1 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 inf n→∞ βn ≤ lim supn→∞ < 1. Giả sử rằng xn+1 = βn yn + (1 − βn )xn với mọi n ∈ N và lim sup(kyn+1 − yn k − kxn+1 − xn k) ≤ 0. n→∞
13 Khi đó lim kyn − xn k = 0. n→∞ Bổ đề 1.2.5 (xem [4]) Giả sử {sn } là một dãy các số thực không âm, P∞ {αn } ⊂ [0, 1] với n=1 αn = ∞, cho {βn } là một dãy các sốPthực với lim supn βn ≤ 0, và cho {γn } là một dãy các số thực không âm với ∞ n=1 γn < ∞. Giả sử rằng sn+1 ≤ (1 − αn )sn + αn βn + 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 ∞ T 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 xn+1 = (I − λn ρA)Wn xn (1.9) với mọi n ∈ N, trong đó ρ ∈ (0, 2α/β 2 ), và {λn } ⊂ (0, 1] thỏa mãn limn→∞ λn = 0. Khi đó lim kxn+1 − xn k = 0. n→∞ Chứng minh. Đặt Vn = (I − λn ρA)Wn , ta có thể viết lại (1.9) bởi xn+1 = Vn xn . Giả sử u ∈ ∞ T n=1 Fix(Vn ). Từ Bổ đề 1.1.10 suy ra kxn+1 − uk = kVn xn − uk ≤ kVn xn − Vn uk + kVn u − uk ≤ (1 − λn r)kxn − uk + k(I − λ)ρA)Wn u − Wn U k = (1 − λn r)kxn − uk + λn ρkAu k ρ = (1 − λn r)kxn − uk + λn r kAu k r ρ ≤ max{kxn − uk, kAu k}, r p ở đó R = 1 − 1 − ρ(2α − ρβ 2 ) ∈ (0, 1). Bằng quy nạp ta suy ra ρ kxn − uk ≤ max{kx1 − uk, kAu k} =: K r
14 và từ đó suy ra dãy {xn } là bị chặn. Vì vậy, {Vn xn } cũng bị chặn. Từ (1.9), ta chú ý rằng xn+1 = (I − λn ρA)Wn xn = λn (I − ρA)Wn xn + (1 − λn )Wn xn = λn (I − ρA)Wn xn + (1 − λn )(γ1 T1 Un,2 xn + (1 − γ1 )xn ). Đặt +(1 − λn )Wn xn ) + (1 − λn )γ1 T1 Un,2 xn yn = λn + (1 − λn )γ1 Khi đó λn {(I − ρA)Wn xn − u} + (1 − λn )γ1 (T1 Un,2 xn xn − u) kyn − uk = λn + (1 − λn )γ1 λn k(I − ρA)Wn xn − uk + (1 − λn )γ1 k(T1 Un,2 xn xn − u)k ≤ λn + (1 − λn )γ1 1 ≤ {λn k(I − ρA)Wn xn − (I − ρA)Wn uk λ + (1 − λn )γ1 + λn k(I − ρA)Wn u − uk + (1 − λn )γ1 kT1 un,2 xn − uk} 1 ≤ {λn (1 − r)kxn − xu k + λn ρkAu k λ + (1 − λn )γ1 + (1 − λn )γ1 kUn,2 xn − uk} λn (1 − r)K + λn rK + (1 − λn )γ1 K ≤ λn + (1 − λn )γ1 = K. Vì vậy, dãy {yn } là bị chặn. Hơn nữa, ta có lim sup(kyn+1 − yn k − kxn+1 − xn k) n→∞ λn+1 (I − ρA)Wn+1 + xn+1 (1 − λn+1 )γ1 T1 Un+1,2 xn+1 = lim sup n→∞ 1 λn (I − ρA)Wn xn + (1 − λn )γ1 T1 Un,2 xn − − kxn+1 − xn k λn + (1 − λn )γ1 λn+1 (I − ρA)Wn+1 xn+1 − λn+1 (I − ρA)Wn+1 xn ≤ lim n→∞ λn+1 + (1 − λn+1 ) γ1 λn+1 + k(I − ρA)Wn+1 xn − (I − ρA)Wn xn k λn+1 + (1 − λn+1 ) γ1
λn+1 λ n