ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC -------------------------------
HOÀNG THỊ VẦN
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH
GIẢI BÀI TOÁN ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG TÁCH
TRONG KHÔNG GIAN HILBERT
Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số : 8 46 01 12
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
1. TS. Trương Minh Tuyên
2. TS. Phạm Hồng Trường
THÁI NGUYÊN - 2020
ii
Lời cảm ơn
Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới TS. Trương Minh Tuyên người thầy đã
luôn tận tình hướng dẫn, chỉ bảo và giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và
hoàn thiện luận văn.
Đồng thời, tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn đến các thầy, cô trong khoa Toán–
Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ, tạo điều kiện
cho tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường.
Cuối cùng tác giả xin chân thành cảm ơn tới người thân trong gia đình, bạn
bè và đồng nghiệp đã luôn động viên tạo điều kiện giúp đỡ tôi về mọi mặt trong
suốt quá trình học tập và viết luận văn này.
iii
Mục lục
Lời cảm ơn ii
Một số ký hiệu và viết tắt iv
Mở đầu 1
Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 3
1.1. Một số đặc trưng của không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . 11
1.2.1. Ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.2. Phương pháp chiếu lai ghép . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.2.3. Phương pháp chiếu thu hẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3. Toán tử đơn điệu trong không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . 16
Chương 2 Hai phương pháp chiếu giải bài toán điểm bất động chung
tách 21
2.1. Phát biểu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2. Phương pháp chiếu lai ghép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3. Phương pháp chiếu thu hẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4. Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4.1. Bài toán (MSCFPP) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.4.2. Bài toán (MSCNPP) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Kết luận 34
Tài liệu tham khảo 35
iv
Một số ký hiệu và viết tắt
(cid:104)., .(cid:105) tích vô hướng trên không gian Hilbert H
(cid:107).(cid:107) chuẩn trên không gian Hilbert H
∪ phép hợp
∩ phép giao
tập các số thực không âm R+
G(A) đồ thị của toán tử A
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
∅ tập rỗng
∀x với mọi x
xn −→ x0 dãy {xn} hội tụ mạnh về x0
xn (cid:42) x0 dãy {xn} hội tụ yếu về x0
1
Mở đầu
Cho C và Q là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của các không gian Hilbert
H1 và H2, tương ứng. Cho T : H1 −→ H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn. Bài
toán chấp nhận tách (SFP-Split Feasibility Problem) có dạng như sau:
Tìm một phần tử x∗ ∈ C ∩ T −1(Q). (0.1)
Một dạng tổng quát của Bài toán (0.1) là bài toán chấp nhận tách đa tập
(MSSFP-Multiple sets Split Feasibility Problem), bài toán này được phát biểu
như sau: Cho Ci, i = 1, 2, ..., N và Qj, j = 1, 2, ..., M là các tập con lồi và đóng
của H1 và H2 tương ứng.
i=1Ci ∩ T −1(∩M
j=1Qj) (cid:54)= ∅.
Tìm một phần tử x∗ ∈ ∩N (0.2)
Mô hình bài toán (SFP) lần đầu tiên được giới thiệu và nghiên cứu bởi Y.
Censor và T. Elfving [5] cho mô hình các bài toán ngược. Bài toán này đóng vai
trò quan trọng trong khôi phục hình ảnh trong Y học, điều khiển cường độ xạ trị
trong điều trị bệnh ung thư, khôi phục tín hiệu (xem [3], [4]) hay có thể áp dụng
cho việc giải các bài toán cân bằng trong kinh tế, lý thuyết trò chơi.
Bài toán chấp nhận tách (0.1) là một trường hợp đặc biệt của bài toán điểm
bất động chung tách. Dạng tổng quát của bài toán điểm bất động chung tách
được phát biểu như sau: Cho Ti : H1 −→ H1, i = 1, 2, ..., N và Sj : H2 −→ H2,
j = 1, 2, ..., M là các ánh xạ không giãn trên H1 và H2, tương ứng.
j=1 Fix(Sj)(cid:1) (cid:54)= ∅.
i=1 Fix(Ti) ∩ T −1(cid:0) ∩M
(0.3) Tìm phần tử x∗ ∈ ∩N
Thời gian gần đây, lớp các Bài toán (0.3) đã thu hút sự quan tâm nghiên cứu
của nhiều nhà toán học trong và ngoài nước. Năm 2019, các tác giả Reich S. và
2
Tuyen T.M. đã đưa ra một phương pháp lặp mới dựa trên phương pháp chiếu lai
ghép (Hybrid projection method) để giải Bài toán (0.3) (xem [8, Định lý 4.2]).
Mục đích của luận văn này là trình bày chứng minh chi tiết cho Định lý 4.2
trong [8] và trình bày lại một kết quả của tác giả Ha M.T.N. về phương pháp chiếu
co hẹp [6] để xấp xỉ một nghiệm của Bài toán (0.3) cho trường hợp M = N = 1.
Nội dung của luận văn được chia làm hai chương chính:
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, luận văn đề cập đến một số đặc trưng cơ bản của không
gian Hilbert, phép chiếu mêtric, ánh xạ không giãn cùng các phương pháp chiếu
lai ghép hay chiếu co hẹp để tìm điểm bất động cho lớp ánh xạ này. Mục cuối
cùng của chương này đề cập đến khái niệm toán tử đơn điệu và một số tính chất
cơ bản.
Chương 2. Hai phương pháp chiếu giải bài toán điểm bất động chung
tách
Chương này tác giả trình bày chứng minh chi tiết cho Định lý 4.2 trong [8]
và trình bày lại kết quả của tác giả Ha M.T.H. trong [6]. Ngoài ra, bằng cách sử
dụng tính chất điểm bất động của ánh xạ trung bình hay tính chất của toán tử
giải đối với toán tử đơn điệu, tác giả cũng đưa ra một số phương pháp giải Bài
toán (0.3) và bài toán không điểm chung tách.
3
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này bao gồm ba mục chính. Mục 1.1 đề cập đến một số đặc trưng cơ
bản của không gian Hilbert thực, Mục 1.2 giới thiệu sơ lược một số kết quả về
ánh xạ không giãn, cùng với các phương pháp chiếu lai ghép và chiếu thu hẹp tìm
điểm bất động cho lớp ánh xạ này. Mục 1.3 trình bày một số khái niệm và tính
chất cơ bản về toán tử đơn điệu trong không gian Hilbert. Nội dung của chương
1.1. Một số đặc trưng của không gian Hilbert
này phần lớn được tham khảo từ các tài liệu [1] và [2].
Ta luôn giả thiết H là không gian Hilbert thực với tích vô hướng được kí hiệu
là (cid:104)., .(cid:105) và chuẩn được kí hiệu là (cid:107).(cid:107).
Mệnh đề 1.1. Trong không gian Hilbert thực H ta luôn có đẳng thức sau
(cid:107)x − y(cid:107)2 + (cid:107)x − z(cid:107)2 = (cid:107)y − z(cid:107)2 + 2(cid:104)x − y, x − z(cid:105),
với mọi x, y, z ∈ H.
Chứng minh. Thật vậy, ta có
(cid:107)y − z(cid:107)2 + 2(cid:104)x − y, x − z(cid:105) = (cid:104)y, y(cid:105) + (cid:104)z, z(cid:105) + 2(cid:104)x, x(cid:105) − 2(cid:104)x, z(cid:105) − 2(cid:104)x, y(cid:105)
= [(cid:104)x, x(cid:105) − 2(cid:104)x, y(cid:105) + (cid:104)y, y(cid:105)]
+ [(cid:104)x, x(cid:105) − 2(cid:104)x, z(cid:105) + (cid:104)z, z(cid:105)]
= (cid:107)x − y(cid:107)2 + (cid:107)x − z(cid:107)2.
4
Vậy ta được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.2. Cho H là một không gian Hilbert thực. Khi đó, với mọi x, y ∈ H
và mọi λ ∈ [0, 1], ta có
(cid:107)λx + (1 − λ)y(cid:107)2 = λ(cid:107)x(cid:107)2 + (1 − λ)(cid:107)y(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2. (1.1)
Chứng minh. Ta có
(cid:107)λx + (1 − λ)y(cid:107)2 = λ2(cid:107)x(cid:107)2 + 2λ(1 − λ)(cid:104)x, y(cid:105) + (1 − λ)2(cid:107)y(cid:107)2
= λ(cid:107)x(cid:107)2 + (1 − λ)(cid:107)y(cid:107)2 − λ(1 − λ)((cid:107)x(cid:107)2 − 2(cid:104)x, y(cid:105) + (cid:107)y(cid:107)2)
= λ(cid:107)x(cid:107)2 + (1 − λ)(cid:107)y(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2.
Ta được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.3. Cho H là một không gian Hilbert thực. Khi đó, nếu với x, y ∈ H
thỏa mãn điều kiện
|(cid:104)x, y(cid:105)| = (cid:107)x(cid:107).(cid:107)y(cid:107),
tức là bất đẳng thức Schwars xảy ra dấu bằng thì hai véc tơ x và y là phụ thuộc
tuyến tính.
Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng x (cid:54)= λy với mọi λ ∈ R. Khi đó, từ tính chất
của tích vô hướng, ta có
0 < (cid:107)x − λy(cid:107)2 = λ2(cid:107)y(cid:107)2 − 2λ(cid:104)x, y(cid:105) + (cid:107)x(cid:107)2,
với mọi λ ∈ R. Ta thấy rằng nếu y = 0, thì hiển nhiên x và y là phụ thuộc tuyến
tính. Giả sử y (cid:54)= 0, khi đó với λ = (cid:104)x, y(cid:105) (cid:107)y(cid:107)2 , thì bất đẳng thức trên trở thành
|(cid:104)x, y(cid:105)| < (cid:107)x(cid:107).(cid:107)y(cid:107),
điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy x và y là phụ thuộc tuyến tính.
Mệnh đề được chứng minh.
5
Nhắc lại rằng, dãy {xn} trong không gian Hilbert H được gọi là hội tụ yếu về
phần tử x ∈ H, nếu
(cid:104)xn, y(cid:105) = (cid:104)x, y(cid:105), lim n→∞
n=1 |xn|2 < ∞(cid:9) và {en} ⊂ l2, được cho bởi
với mọi y ∈ H. 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 = (cid:8){xn} ⊂ R : (cid:80)∞
, 0, ..., 0, ...), en = (0, ..., 0, 1 vị trí thứ n
với mọi n ≥ 1. Khi đó, en (cid:42) 0, khi n → ∞. Thật vậy, với mỗi y ∈ H, từ bất đẳng
∞ (cid:88)
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.
Ta biết rằng mọi không gian Hilbert H đều thỏa mãn điều kiện của Opial,
tính chất này được thể hiện trong mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.4. Cho H là một không gian Hilbert thực và {xn} ⊂ H là một dãy
bất kỳ thỏa mãn điều kiện xn (cid:42) x, khi n → ∞. Khi đó, với mọi y ∈ H và y (cid:54)= x,
ta có
(1.2) (cid:107)xn − y(cid:107). lim inf n→∞ (cid:107)xn − x(cid:107) < lim inf n→∞
Chứng minh. Vì xn (cid:42) x, nên {xn} bị chặn.
Ta có
(cid:107)xn − y(cid:107)2 = (cid:107)xn − x(cid:107)2 + (cid:107)x − y(cid:107)2 + 2(cid:104)xn − x, x − y(cid:105).
Vì x (cid:54)= y, nên
((cid:107)xn − x(cid:107)2 + 2(cid:104)xn − x, x − y(cid:105)) lim inf n→∞ (cid:107)xn − y(cid:107)2 > lim inf n→∞
(cid:107)xn − x(cid:107)2. = lim inf n→∞
6
Do đó, ta nhận được
(cid:107)xn − y(cid:107). lim inf n→∞ (cid:107)xn − x(cid:107) < lim inf n→∞
Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.5. Mọi không gian Hilbert thực H đều có tính chất Kadec-Klee, tức
là nếu {xn} ⊂ H là một dãy bất kỳ trong H thỏa mãn các điều kiện xn (cid:42) x và
(cid:107)xn(cid:107) → (cid:107)x(cid:107), thì xn → x, khi n → ∞.
Chứng minh. Ta có
(cid:107)xn − x(cid:107)2 = (cid:107)xn(cid:107)2 − 2(cid:104)xn, x(cid:105) + (cid:107)x(cid:107)2
→ 0, n → ∞.
Suy ra xn → x, khi n → ∞. Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.6. Cho C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert thực H.
Khi đó, tồn tại duy nhất phần tử x∗ ∈ C sao cho
(cid:107)x∗(cid:107) ≤ (cid:107)x(cid:107) với mọi x ∈ C.
(cid:107)x(cid:107). Khi đó, tồn tại {xn} ⊂ C sao cho Chứng minh. Thật vậy, đặt d = inf x∈C
(cid:107)xn(cid:107) −→ d, n −→ ∞.
Từ đẳng thức hình bình hành, ta có
(cid:107)2 (cid:107)xn − xm(cid:107)2 = 2((cid:107)xn(cid:107)2 + (cid:107)xm(cid:107)2) − 4(cid:107) xn + xm 2
≤ ((cid:107)xn(cid:107)2 + (cid:107)xm(cid:107)2) − 4d2 −→ 0,
xn ∈
khi n, m −→ ∞. Do đó {xn} là dãy Cauchy trong H. Suy ra tồn tại x∗ = lim n→∞ C (do {xn} ⊂ C và C là tập đóng). Do chuẩn là hàm số liên tục nên (cid:107)x∗(cid:107) = d.
Tiếp theo ta chỉ ra tính duy nhất. Giả sử tồn tại y∗ ∈ C sao cho (cid:107)y∗(cid:107) = d. Ta
có
(cid:107)2 (cid:107)x∗ − y∗(cid:107)2 = 2((cid:107)x∗(cid:107)2 + (cid:107)y∗(cid:107)2) − 4(cid:107) x∗ + y∗ 2
7
≤ 2(d2 + d2) − 4d2
= 0.
Suy ra x∗ = y∗. Vậy tồn tại duy nhất một phần tử x∗ ∈ C sao cho (cid:107)x∗(cid:107) =
infx∈C (cid:107)x(cid:107).
Từ Mệnh đề 1.6, ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.7. 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
(cid:107)x − PC(x)(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) với mọi y ∈ C.
Chứng minh. Vì C là tập lồi, đóng và khác rỗng nên x − C cũng là tập lồi, đóng
và khác rỗng. Do đó, theo Mệnh đề 1.6, tồn tại duy nhất một phần tử PC ∈ C
sao cho
(cid:107)x − PC(x)(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) với mọi y ∈ C.
Định nghĩa 1.1. Phép cho tương ứng mỗi phần tử x ∈ H một phần tử PCx ∈ C
xác định như trên được gọi là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Ví dụ 1.1. 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
Ví dụ 1.2. Cho C = {x ∈ H : (cid:107)x − a(cid:107) ≤ R}, trong đó a ∈ H là một phần tử cho
trước và R là một số dương. Khi đó, ta có:
x nếu (cid:107)x − a(cid:107) ≤ R, PCx = a + (x − a) nếu (cid:107)x − a(cid:107) > R. R (cid:107)x − a(cid:107)
Mệnh đề dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để ánh xạ PC : H −→ C là
một phép chiếu mêtric.
8
Mệnh đề 1.8. Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert
H. Cho PC : H −→ C là một ánh xạ. Khi đó, các phát biểu sau là tương đương:
a) PC là phép chiếu mêtric từ H lên C;
b) (cid:104)y − PCx, x − PCx(cid:105) ≤ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C;
Chứng minh. Thật vậy, giả sử PC là phép chiếu mêtric từ H lên C, tức là (cid:107)x −
PCx(cid:107) = infu∈C (cid:107)x − u(cid:107). Với mọi x ∈ H, y ∈ C và với mọi α ∈ (0, 1), đặt
yα = αy + (1 − α)PCx. Vì C lồi nên yα ∈ C và do đó
(cid:107)x − PCx(cid:107) ≤ (cid:107)yα − x(cid:107).
Điều này tương đương với
(cid:107)x − PCx(cid:107)2 ≤ (cid:107)α(y − PCx) − (x − PCx)(cid:107)2
= α2(cid:107)y − PCx(cid:107)2 + (cid:107)x − PCx(cid:107)2 − 2α(cid:104)y − PCx, x − PCx(cid:105).
Từ đó, ta nhận được
2(cid:104)y − PCx, x − PCx(cid:105) ≤ α(cid:107)y − PCx(cid:107)2.
Cho α −→ 0+, ta được (cid:104)y − PCx, x − PCx(cid:105) ≤ 0.
Ngược lại, giả sử b) đúng. Với mọi x ∈ H và mọi y ∈ C, ta có
(cid:107)x − PCx(cid:107)2 = (cid:107)x − y + y − PCx(cid:107)2
= (cid:107)x − y(cid:107)2 + 2(cid:104)x − y, y − PCx(cid:105) + (cid:107)y − PCx(cid:107)2
= (cid:107)x − y(cid:107)2 + 2(cid:104)x − PCx, y − PCx(cid:105) − (cid:107)y − PCx(cid:107)2
≤ (cid:107)x − y(cid:107)2.
Do đó, (cid:107)x − PCx(cid:107) = infu∈C (cid:107)x − u(cid:107), hay PC là phép chiếu mêtric từ H lên C.
Từ mệnh đề trên, ta có hệ quả dưới đây:
Hệ quả 1.1. 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, ta có các khẳng định sau:
9
a) với mọi x, y ∈ H, ta có
(cid:107)PCx − PCy(cid:107)2 ≤ (cid:104)x − y, PCx − PCy(cid:105);
b) với mọi x ∈ H và y ∈ C, ta có
(cid:107)x − y(cid:107)2 ≥ (cid:107)x − PCx(cid:107)2 + (cid:107)y − PCx(cid:107)2.
Chứng minh. a) Với mọi x, y ∈ H, từ Mệnh đề 1.8, 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.
b) Với mọi x ∈ H và y ∈ C, từ Mệnh đề 1.8, ta có
(cid:104)x − PCx, y − PCx(cid:105) ≤ 0.
Từ đó, ta có
(cid:107)x − y(cid:107)2 = (cid:107)(x − PCx) − (y − PCx)(cid:107)2
= (cid:107)x − PCx(cid:107)2 + (cid:107)y − PCx(cid:107)2 − 2(cid:104)x − PCx, y − PCx(cid:105)
≥ (cid:107)x − PCx(cid:107)2 + (cid:107)y − PCx(cid:107)2.
Hệ quả được chứng minh.
Mệnh đề 1.9. Cho C là một tập con lồi, đóng của không gian Hilbert H và
x /∈ C. Khi đó, tồn tại một phần tử v ∈ H, v (cid:54)= 0 sao cho
(cid:104)v, y(cid:105) ≤ (cid:104)v, x(cid:105) − (cid:107)v(cid:107)2. sup y∈C
Chứng minh. Vì x /∈ C, nên v = x − PCx (cid:54)= 0. Từ Mệnh đề 1.8, ta có
(cid:104)v, y − PCx(cid:105) ≤ 0,
10
với mọi y ∈ C. Suy ra
(cid:104)v, y − x + x − PCx(cid:105) ≤ 0,
với mọi y ∈ C. Điều này tương đương với
(cid:104)v, y(cid:105) ≤ (cid:104)v, x(cid:105) − (cid:107)v(cid:107)2,
với mọi y ∈ C. Do đó
(cid:104)v, y(cid:105) ≤ (cid:104)v, x(cid:105) − (cid:107)v(cid:107)2. sup y∈C
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.1. Mệnh đề 1.9 còn được gọi là định lý tách tập lồi cho trước với một
điểm không thuộc nó.
Mệnh đề 1.10. Nếu C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert H, thì
C là tập đóng yếu.
Chứng minh. Giả sử C không là tập đóng yếu. Khi đó, tồn tại dãy {xn} trong C
thỏa mãn xn (cid:42) x, nhưng x /∈ C. Vì C là tập lồi và đóng, nên theo định lý tách các tập lồi, tồn tại y ∈ H và ε > 0 (chẳng hạn lấy y = v và ε = (cid:107)v(cid:107)2/2 trong
chứng minh của Mệnh đề 1.9) sao cho
(cid:104)y, z(cid:105) < (cid:104)y, x(cid:105) − ε,
với mọi z ∈ C. Đặc biệt
(cid:104)y, xn(cid:105) < (cid:104)y, x(cid:105) − ε,
với mọi n. Cho n → ∞, ta nhận được
(cid:104)y, x(cid:105) ≤ (cid:104)y, x(cid:105) − ε,
điều này là vô lý. Do đó, C là tập đóng yếu.
Chú ý 1.2. Nếu C là tập đóng yếu trong H thì hiển nhiên C là tập đóng.
Từ định lý Banach-Alaoglu, ta có mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.11. Mọi tập con bị chặn của H đều là tập compact tương đối yếu.
11
1.2. Ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert
1.2.1. Ánh xạ không giãn
Định nghĩa 1.2. 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
với mọi x, y ∈ C, ta có
(cid:107)T x − T y(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107).
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}.
Mệnh đề dưới đây cho ta mô tả về tính chất của tập điểm bất động Fix(T ).
Mệnh đề 1.12. 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 lồi và đóng trong H.
Chứng minh. 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,
với mọi 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.
Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của Fix(T ). Giả sử x, y ∈ Fix(T ), tức là T x = x
và T y = y. Với mọi λ ∈ [0, 1], ta chỉ ra z = λx + (1 − λ)y ∈ Fix(T ). Thật vậy,
nếu x = y, thì z = x = y ∈ Fix(T ). Giả sử x (cid:54)= y, khi đó ta có
(cid:107)T z − x(cid:107) = (cid:107)T z − T x(cid:107) ≤ (cid:107)x − z(cid:107) = (1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107),
(cid:107)T z − y(cid:107) = (cid:107)T z − T y(cid:107) ≤ (cid:107)y − z(cid:107) = λ(cid:107)x − y(cid:107).
12
Từ đó, ta nhận được
(cid:107)x − y(cid:107) ≤ (cid:107)T z − x(cid:107) + (cid:107)T z − y(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107).
Suy ra
(cid:107)x − y(cid:107) = (cid:107)T z − x(cid:107) + (cid:107)T z − y(cid:107),
và
(cid:107)T z − x(cid:107) = (1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107), (cid:107)T z − y(cid:107) = λ(cid:107)x − y(cid:107). (1.3)
Đặt a = T z − x và b = y − T z, thì ta nhận được (cid:107)a + b(cid:107) = (cid:107)a(cid:107) + (cid:107)b(cid:107), điều này
tương đương với
(cid:104)a, b(cid:105) = (cid:107)a(cid:107).(cid:107)b(cid:107).
Theo Mệnh đề 1.3, tồn tại α ∈ R sao cho a = αb. Vì x (cid:54)= y, nên α (cid:54)= −1. Suy ra
T z là một tổ hợp affine của x và y, tức là
T z = βx + (1 − β)y, (1.4)
. với β = 1 1 + α Từ (1.3) và (1.4), ta nhận được
(cid:107)x − T z(cid:107) = (1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107) = (1 − β)(cid:107)x − y(cid:107).
Suy ra λ = β, tức là T z = z. Do đó, z ∈ Fix(T ). Vậy Fix(T ) là một tập lồi.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.3. Ta có thể chứng minh tính lồi của tập Fix(T ) bằng cách khác như
sau: Giả sử Fix(T ) (cid:54)= ∅ và x, y ∈ Fix(T ). Với λ ∈ [0, 1], đặt z = λx + (1 − λ)y.
Khi đó, từ Mệnh đề 1.2 và tính không giãn của T ta có
(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
13
= (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.
Mệnh đề dưới đây cho ta biết về tính nửa đóng của ánh xạ không giãn T .
Mệnh đề 1.13 (Nguyên lý nửa đóng, xem [1]). Giả sử T là một ánh xạ không
giãn từ tập con lồi, đóng và khác rỗng C của không gian Hilbert thực H vào chính
nó. Nếu T có điểm bất động, thì I − T là nửa đóng, tức là nếu {xn} là một dãy
trong C hội tụ yếu về phần tử x ∈ C và dãy {(I − T )xn} hội tụ mạnh về phần tử
y, thì ta có (I − T )x = y.
Chứng minh. Giả sử x − T x (cid:54)= y. Vì xn (cid:42) x, nên xn − y (cid:42) x − y. Do x − y (cid:54)= T x,
nên từ Mệnh đề 1.4, ta có
(cid:107)xn − y − T x(cid:107) lim inf n→∞ (cid:107)xn − x(cid:107) < lim inf n→∞
((cid:107)xn − T xn − y(cid:107) + (cid:107)T xn − T x(cid:107)) ≤ lim inf n→∞
(cid:107)xn − x(cid:107). ≤ lim inf n→∞
Suy ra mâu thuẫn. Do đó, x − T x = y. Đặc biệt, nếu y = 0 thì x = T x hay
x ∈ Fix(T ).
Bổ đề được chứng minh.
Sự tồn tại điểm bất động đối với lớp ánh xạ không giãn trong không gian
Hilbert được phát biểu trong mệnh đề dưới đây:
Mệnh đề 1.14. Cho C là một tập con lồi, đóng và bị chặn của không gian Hilbert
H. Cho T : C −→ C là một ánh xạ không giãn. Khi đó Fix(T ) (cid:54)= ∅.
Chứng minh. Lấy x0 ∈ C và dãy {αn} ⊂ (0, 1] sao cho αn → 0. Xác định dãy ánh
xạ {Tn} trên C như sau:
Tn(x) = αnx0 + (1 − αn)T (x),
với mọi n ≥ 1 và mọi x ∈ C.
14
Với mọi x, y ∈ C, ta có
(cid:107)Tn(x) − Tn(y)(cid:107) = (1 − αn)(cid:107)T (x) − T (y)(cid:107) ≤ (1 − αn)(cid:107)x − y(cid:107).
Suy ra, Tn là ánh xạ co với hệ số co 1 − αn. Theo nguyên lý ánh xạ co Banach1
tồn tại duy nhất xn ∈ C sao cho Tn(xn) = xn, tức là,
xn = αnx0 + (1 − αn)T (xn).
Từ đó suy ra
(cid:107)xn − T (xn)(cid:107) = αn(cid:107)x0 − T (xn)(cid:107) ≤ αndiam(C) → 0.
Do đó ta có (cid:107)xn − T (xn)(cid:107) → 0.
Vì C là tập bị chặn và {xn} ⊂ C nên dãy {xn} cũng bị chặn. Do đó theo Mệnh đề 1.11, tồn tại một dãy con {xnk} ⊆ {xn} sao cho xnk (cid:42) x∗ khi k → ∞. Do đó, theo Mệnh đề 1.13, ta nhận được x∗ ∈ Fix(T ).
Mệnh đề được chứng minh.
i∈I αi = 1 ta đều có
Mệnh đề 1.15. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian
i∈I αiTi) = ∩i∈IFix(Ti).
Hilbert H. Cho (Ti)i∈I và một họ các ánh xạ không giãn từ C vào chính nó thỏa mãn ∩i∈IFix(Ti) (cid:54)= ∅. Khi đó với mọi αi ∈ (0, 1) thỏa mãn (cid:80) Fix((cid:80)
Chứng minh. Dễ thấy ∩i∈IFix(Ti) ⊆ Fix((cid:80) i∈I αiTi). Bây giờ ta sẽ chỉ ra bao hàm thức ngược lại. Lấy y ∈ ∩i∈IFix(Ti), với mọi i ∈ I và mọi x ∈ C, từ Mệnh đề
(1.1) và tính không giãn của Ti, ta có
2(cid:104)Tix − x, x − y(cid:105) = (cid:107)Tix − y(cid:107)2 − (cid:107)Tix − x(cid:107)2 − (cid:107)x − y(cid:107)2
= (cid:107)Tix − Tiy(cid:107)2 − (cid:107)x − y(cid:107)2 − (cid:107)Tix − x(cid:107)2
1Mọi ánh xạ co từ không gian mêtric đầy đủ X vào chính nó đều có duy nhất một điểm bất động.
(1.5) ≤ −(cid:107)Tix − x(cid:107)2.
15
i∈I αiTi). Từ (1.5), ta có
Bây giờ, lấy bất kỳ x ∈ Fix((cid:80)
i∈I
i∈I
(cid:88) (cid:88) 0 = 2 αi(cid:104)Tix − x, x − i(cid:105) ≤ − (cid:107)Tix − x(cid:107)2 ≤ 0.
i∈I (cid:107)Tix − x(cid:107)2 = 0 và do đó (cid:107)Tix − x(cid:107) = 0 hay x = Tix với mọi i ∈ I,
Suy ra (cid:80)
tức là, x ∈ ∩i∈IFix(Ti).
i∈I αiTi) = ∩i∈IFix(Ti).
Vậy Fix((cid:80)
Mệnh đề được chứng minh.
1.2.2. Phương pháp chiếu lai ghép
Trong mục này chúng tôi đề cập đến một phương pháp chiếu lai ghép để tìm
điểm bất động của ánh xạ không giãn. Năm 2003, Nakajo và Takahashi [7] đã
chứng minh định lý dưới đây:
Định lý 1.1. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng, khác
rỗng của H. Cho T là một ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với Fix(T ) (cid:54)= ∅.
Với x1 ∈ C bất kỳ, ta xác định dãy {xn} như sau
yn = αnxn + (1 − αn)T xn,
Cn = {z ∈ C : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)}, (1.6)
Qn = {z ∈ C : (cid:104)xn − z, x − xn(cid:105) ≥ 0},
xn+1 = PCn∩Qnx1, n ≥ 1,
trong đó {αn} là dãy số thực thỏa mãn điều kiện αn ⊂ [0, a), với a < 1. Khi đó,
dãy {xn} hội tụ mạnh về PFix(T )x1, khi n → ∞.
1.2.3. Phương pháp chiếu thu hẹp
Trong tiểu mục này, chúng tôi giới thiệu một số kết quả của Takahashi W.,
Takeuchi Y. và Kubota R. trong tài liệu [10] về phương pháp chiếu thu hẹp cho
bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn.
16
Định lý 1.2. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng, khác
rỗng của H. Cho T là một ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với Fix(T ) (cid:54)= ∅
và x0 ∈ H. Với C1 = C và u1 = PC1x0, xác định dãy {un} như sau:
yn = αnun + (1 − αn)T un,
Cn+1 = {z ∈ Cn : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)un − z(cid:107)},
un+1 = PCn+1x0, n ∈ N,
trong đó 0 ≤ αn ≤ a < 1 với mọi n ∈ N. Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PFix(T )x0.
Định lý 1.3. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng, khác
rỗng của H. Cho T là một ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với Fix(T ) (cid:54)= ∅
và x0 ∈ H. Với C1 = C và u1 = PC1x0, xác định dãy {un} như sau:
(cid:1), yn = αnun + (1 − αn)(cid:0)βnun + (1 − βn)T un
Cn+1 = {z ∈ Cn : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)un − z(cid:107)},
un+1 = PCn+1x0, n ∈ N,
1.3. Toán tử đơn điệu trong không gian Hilbert
trong đó 0 ≤ αn ≤ a < 1 và 0 < b ≤ βn ≤ c < 1 với mọi n ∈ N. Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PFix(T )x0.
Định nghĩa 1.3. Một ánh xạ đa trị A : H −→ 2H được gọi là một toán tử đơn
điệu nếu
(cid:104)u − v, x − y(cid:105) ≥ 0 (1.7)
với mọi x, y ∈ H và mọi u ∈ A(x), v ∈ A(y).
Toán tử đơn điệu A được gọi là đơn điệu cực đại nếu đồ thị
G(A) = {(x, u) ∈ H × H : u ∈ A(x)}
không chứa thực sự trong đồ thị của bất kì toán tử đơn điệu nào khác trên H.
17
Ví dụ 1.3. Toán tử A(x) = x3 với x ∈ R là đơn điệu cực đại trên R.
Thật vậy, hiển nhiên A là một toán tử đơn điệu trên R. Ta sẽ chỉ ra đồ thị
của A không là tập con thực sự của bất kỳ một toán tử đơn điệu nào khác trên R. Giả sử tồn tại một toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa thực sự đồ thị của A. Khi đó, tồn tại phần tử x0 ∈ R sao cho (x0, m) ∈ G(B), nhưng (x0, m) /∈ G(A). Như vậy sẽ xảy ra hai trường hợp hoặc A(x0) > m hoặc
A(x0) < m.
Trường hợp 1: A(x0) > m
Giả sử x1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x1) = m. Khi
đó, x1 < x0. Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại x2 ∈ (x1, x0) sao cho
n = A(x2) ∈ (m, A(x0)). Từ (x0, m) ∈ G(B) và (x2, A(x2)) ∈ G(A) ⊂ G(B), suy
ra
(x0 − x2)(m − A(x2)) ≥ 0.
Vì x0 > x2, nên A(x2) ≤ m, điều này mâu thuẫn với A(x2) ∈ (m, A(x0)). Như
vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0) > m.
Trường hợp 2: A(x0) < m
Giả sử x1 là nghiệm của phương trình A(x) = m, tức là A(x1) = m. Khi
đó, x1 > x0. Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại x2 ∈ (x0, x1) sao cho
n = A(x2) ∈ (A(x0), m). Từ (x0, m) ∈ G(B) và (x2, A(x2)) ∈ G(A) ⊂ G(B), suy
ra
(x0 − x2)(m − A(x2)) ≥ 0.
Vì x0 < x2, nên A(x2) ≥ m, điều này mâu thuẫn với A(x2) ∈ (A(x0), m). Như
vậy, không thể xảy ra trường hợp A(x0) < m.
Vậy không tồn tại toán tử đơn điệu B trên R sao cho đồ thị của B chứa thực
sự đồ thị của A. Do đó, A là một toán tử đơn điệu cực đại trên R.
Ví dụ 1.4. Toán tử
x3, nếu x ≥ 0, A(x) =
0, nếu x < 0,
18
với mọi x ∈ R là đơn điệu nhưng không đơn điệu cực đại trên R.
Thật vậy, rõ ràng A là một toán tử đơn điệu, nhưng đồ thị của A là tập con
thực sự của đồ thị của toán tử đơn điệu B(x) = x3 với mọi x ∈ R.
Chú ý 1.4. Toán tử đơn điệu A : H −→ 2H là đơn điệu cực đại khi và chỉ khi
R(I + λA) = H với mọi λ > 0, ở đây R(I + λA) là miền ảnh của I + λA.
Từ chú ý trên ta có một ví dụ khác dưới đây về toán tử đơn điệu cực đại:
Ví dụ 1.5. Cho T : H −→ H là một ánh xạ không giãn, tức là (cid:107)T x − T y(cid:107) ≤
(cid:107)x − y(cid:107) với mọi x, y ∈ H. Khi đó A = I − T là một toán tử đơn điệu cực đại, ở
đây I là ánh xạ đồng nhất trên H.
Thật vậy, với mọi x, y ∈ H, ta có
(cid:104)A(x) − A(y), x − y(cid:105) = (cid:107)x − y(cid:107)2 − (cid:107)T x − T y(cid:107)2 ≥ 0,
suy ra A là một toán tử đơn điệu.
Tiếp theo, ta chỉ ra tính cực đại của A. Với mỗi λ > 0 và mỗi y ∈ H, xét
phương trình
λA(x) + x = y. (1.8)
Phương trình trên tương đương với
(λT x + y). (1.9) x = 1 1 + λ
Xét ánh xạ f : H −→ H bởi
f (x) = (λT x + y), 1 1 + λ
với mọi x ∈ H. Dễ thấy, f là ánh xạ co với hệ số co là ∈ (0, 1). Do đó, λ 1 + λ theo nguyên lý ánh xạ co Banach, phương trình (1.9) có duy nhất nghiệm. Suy
ra, phương trình (1.8) có duy nhất nghiệm.
Vậy A là một toán tử đơn điệu cực đại.
Định nghĩa 1.4. Cho A : H −→ 2H là một toán tử đơn điệu cực đại. Khi đó,
r = (I + rA)−1, r > 0 được gọi là giải của A.
ánh xạ J A
19
r của toán tử đơn điệu cực đại A là một ánh xạ đơn trị,
Chú ý 1.5. i) Giải J A
r (x) = x;
không giãn và A(x) (cid:51) 0 khi và chỉ khi J A
r (x) nhận ít nhất hai giá trị y và z.
Thật vậy, giả sử tồn tại x ∈ H sao cho J A
Từ định nghĩa của toán tử giải, suy ra
x − y ∈ rA(y), x − z ∈ rA(z).
Từ tính đơn điệu của A, suy ra
(cid:104)(x − y) − (x − z), y − z(cid:105) ≥ 0.
là một ánh xạ đơn trị. Suy ra, (cid:107)y − z(cid:107)2 ≤ 0. Do đó, y = z. Vậy J A r
r là một ánh xạ không giãn. Với mọi x, y ∈ H, đặt z1 = J A
r (x)
Tiếp theo, ta chỉ ra J A
r (y), tức là
và z2 = J A
x − z1 ∈ rA(z1), y − z2 ∈ rA(z2).
Từ tính đơn điệu của A, ta có
(cid:104)x − z1 − y + z2, z1 − z2(cid:105) ≥ 0.
Suy ra
(cid:107)z1 − z2(cid:107)2 ≤ (cid:104)x − y, z1 − z2(cid:105) ≤ (cid:107)x − y(cid:107).(cid:107)z1 − z2(cid:107).
là một ánh xạ không giãn. Do đó, (cid:107)z1 − z2(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107), hay J A r
r (x). Điều này tương đương với x ∈ x + rA(x) hay A(x) (cid:51) 0.
Giả sử, x = J A
ii) Với mọi số dương λ và µ, ta luôn có đẳng thức sau
λ x = J A J A µ
(cid:17) x + (cid:0)1 − , x ∈ H. (1.10) (cid:1)J A λ x (cid:16)µ λ µ λ
λ (x).
Thật vậy, đặt (cid:17) x + (cid:0)1 − , z = J A y = J A µ (cid:1)J A λ x (cid:16)µ λ µ λ
Suy ra, (cid:16) (cid:17) x + 1 − z ∈ y + µA(y), x ∈ z + λA(z). µ λ µ λ
20
Từ tính đơn điệu của A, suy ra
(cid:104)µx + (λ − µ)z − λy − µx + µz, y − z(cid:105) ≥ 0,
tương đương với −λ(cid:107)y − z(cid:107)2 ≥ 0. Suy ra, y = z và do đó ta được điều phải chứng
minh.
λ là một ánh xạ không giãn. Thật vậy, với mọi x, y ∈ H, giả sử u = J A
λ (x) và v = J A
λ (y). Khi đó, ta có
iii) Toán tử giải J A
x − u ∈ λA(u) và y − v ∈ λA(v). Do đó, từ tính đơn điệu của A, ta có
0 ≤ (cid:104)u − v, (x − u) − (y − v)(cid:105) = (cid:104)u − v, x − y(cid:105) − (cid:107)u − v(cid:107)2.
Suy ra
(cid:107)u − v(cid:107)2 ≤ (cid:104)u − v, x − y(cid:105) ≤ (cid:107)x − y(cid:107).(cid:107)u − v(cid:107).
λ là một ánh xạ không giãn.
Do đó, ta nhận được (cid:107)u − v(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) hay J A
Chú ý 1.6. Từ Mệnh đề 1.12 và Chú ý 1.5 i), iii), suy ra tập không điểm của
toán tử đơn điệu cực đại A cũng là một tập lồi và đóng.
21
Chương 2
Hai phương pháp chiếu giải bài toán
điểm bất động chung tách
Trong chương này chúng tôi tập trung trình bày lại các kết quả của các tác giả
Reich S. và Tuyen T.M. trong tài liệu [8] về một phương pháp chiếu lai ghép, và
của tác giả Ha M.T.N. trong tài liệu [6] về một phương pháp chiếu thu hẹp cho
2.1. Phát biểu bài toán
bài toán điểm bất động chung tách trong không gian Hilbert.
Cho C và Q là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của các không gian Hilbert
H1 và H2, tương ứng. Cho T : H1 −→ H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn và T ∗ : H2 −→ H1 là toán tử liên hợp của T . Bài toán chấp nhận tách (SFP) có
dạng như sau:
(SFP) Tìm một phần tử x∗ ∈ Ω1 := C ∩ T −1(Q) (cid:54)= ∅.
Dạng tổng quát của Bài toán (SFP) là bài toán (MSFP), bài toán này được phát
biểu như sau: Cho Ci, i = 1, 2, ..., N và Qj, j = 1, 2, ..., M là các tập con lồi và
đóng của H1 và H2 tương ứng.
i=1Ci ∩ T −1(∩M
j=1Qj) (cid:54)= ∅.
(MSFP) Tìm một phần tử x∗ ∈ Ω2 := ∩N
Mô hình bài toán (SFP) lần đầu tiên được giới thiệu và nghiên cứu bởi Y. Censor
và T. Elfving [5] cho mô hình các bài toán ngược. Bài toán này đóng vai trò quan
22
trọng trong khôi phục hình ảnh trong Y học, khôi phục tín hiệu (xem [3], [4]) hay
có thể áp dụng cho việc giải các bài toán cân bằng trong kinh tế, lý thuyết trò
chơi (xem [9]).
Khi Ci và Qj là tập điểm bất động của các ánh xạ không giãn Ti và Sj, tương
ứng thì bài toán (MSFP) trở thành bài toán điểm bất động tách đối với ánh
xạ không giãn. Dạng tổng quát của bài toán điểm bất động chung tách được
phát biểu như sau: Cho Ti : H1 −→ H1, i = 1, 2, ..., N và Sj : H2 −→ H2,
j = 1, 2, ..., M là các ánh xạ không giãn trên H1 và H2, tương ứng.
i=1 Fix(Ti) ∩ T −1(cid:0) ∩M
j=1 Fix(Sj)(cid:1) (cid:54)= ∅.
(MSCFPP) Tìm phần tử x∗ ∈ Ω3 := ∩N
Khi Ci và Qj là tập không điểm của các toán tử đơn điệu cực đại Ai và Bj,
tương ứng, thì bài toán (MSFP) trở thành bài toán không điểm chung tách. Dạng
tổng quát của bài toán này được phát biểu như sau: Cho Ai : H1 −→ 2H1, i = 1, 2, ..., N và Bj : H2 −→ 2H2, j = 1, 2, ..., M là các toán tử đơn điệu cực đại
trong H1 và H2, tương ứng.
i=1A−1
j=1 B−1
i (0) ∩ T −1(cid:0) ∩M
j (0)(cid:1) (cid:54)= ∅.
(MSCNPP) Tìm phần tử x∗ ∈ Ω4 := ∩N
Trong luận văn này, trước hết chúng tôi đề cập đến hai phương pháp chiếu
giải một trường hợp riêng của bài toán (MSCFPP) khi N = M = 1, tức là bài
toán sau: Cho H1 và H2 là các không gian Hilbert thực. Cho S1 : H1 −→ H1 và
S2 : H2 −→ H2, là các ánh xạ không giãn trên H1 và H2, tương ứng. Xét bài toán: Tìm một phần tử x† ∈ H1 sao cho
(SCFPP) x† ∈ Ω5 := Fix(S1) ∩ T −1(Fix(S2)) (cid:54)= ∅,
trong đó T : H1 −→ H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn từ H1 vào H2.
Tiếp đó, bằng cách sử dụng các Mệnh đề 1.15 và các Chú ý 1.5, 1.6, chúng tôi
đưa ra các phương pháp giải cho các bài toán (MSCFPP) và (MSCNPP).
23
2.2. Phương pháp chiếu lai ghép
Để giải Bài toán (SCFPP), các tác giả Reich S. và Tuyen T.M. đã đề xuất
thuật toán dưới đây:
Thuật toán 2.1. Với bất kỳ x0 = x ∈ H1, xác định dãy {xn} bởi
yn = S1(xn),
zn = S2(T yn),
Cn = {z ∈ H1 : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn = {z ∈ H1 : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
Wn = {z ∈ H1 : (cid:104)z − xn, x0 − xn(cid:105) ≤ 0},
xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0), n ≥ 0.
Ta bắt đầu phân tích sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.1 thông qua mệnh đề
dưới đây:
Mệnh đề 2.1. Trong Thuật toán 2.1, dãy {xn} hoàn toàn xác định.
Chứng minh. Trước hết, ta chỉ ra rằng Cn, Dn và Wn là các tập con lồi, đóng của
H1 với mọi n ≥ 0. Để thấy điều này, ta viết, với mỗi số nguyên n ≥ 0, các tập
Cn = {z ∈ H1 : (cid:104)xn − yn, z(cid:105) ≤ ((cid:107)xn(cid:107)2 − (cid:107)yn(cid:107)2)}, con Cn, Dn và Wn ở các dạng tương ứng sau: 1 2
Dn = {z ∈ H1 : (cid:104)T yn − zn, T z(cid:105) ≤
((cid:107)T yn(cid:107)2 − (cid:107)zn(cid:107)2)}, 1 2 = {z ∈ H1 : (cid:104)T ∗(T yn − zn), z(cid:105) ≤ ((cid:107)T yn(cid:107)2 − (cid:107)zn(cid:107)2)}, 1 2
Wn = {z ∈ H1 : (cid:104)x0 − xn, z(cid:105) ≤ (cid:104)xn, x0 − xn(cid:105)},
Dễ thấy rằng Cn, Dn và Wn là các tập con lồi và đóng của H1 với mọi n ≥ 0.
Tiếp theo, ta chứng minh Ω5 ⊂ Cn ∩ Dn ∩ Wn với mọi n ≥ 0. Thật vậy, lấy
bất kỳ p ∈ Ω5, ta có S1(p) = p và S2(T p) = T p. Từ tính không giãn của S1 và S2
suy ra
(cid:107)yn − p(cid:107) = (cid:107)S1(xn) − S1(p)(cid:107) ≤ (cid:107)xn − p(cid:107),
24
(cid:107)zn − T p(cid:107) = (cid:107)S2(yn) − S2(T p)(cid:107) ≤ (cid:107)yn − T p(cid:107).
Do đó, từ định nghĩa của Cn và Dn suy ra Ω5 ⊂ Cn ∩ Dn với mọi n ≥ 0.
Bây giờ ta chỉ ra Ω5 ⊂ Wn với mọi n ≥ 0. Rõ ràng W0 = H1, nên ta có
Ω5 ⊂ W0. Giả sử Ω5 ⊂ Wn với n ≥ 0 nào đó. Từ xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0) và đặc
trưng của phép chiếu mêtric (xem Mệnh đề 1.8), ta nhận được
(cid:104)z − xn+1, x0 − xn+1(cid:105) ≤ 0
với mọi z ∈ Cn ∩ Dn ∩ Wn. Vì Ω5 ⊂ Cn ∩ Dn ∩ Wn và p ∈ Ω5, nên ta có
(cid:104)p − xn+1, x0 − xn+1(cid:105) ≤ 0.
Điều này suy ra p ∈ Wn+1 và do đó Ω5 ⊂ Wn+1. Vậy bằng quy nạp toán học, ta
nhận được S ⊂ Wn với mọi n ≥ 0.
Do vậy Ω5 ⊂ Cn ∩ Dn ∩ Wn với mọi n ≥ 0 và vì vậy Cn ∩ Dn ∩ Wn là tập con
lồi, đóng, khác rỗng của H1 với mọi n ≥ 0. Điều này suy ra rằng dãy {xn} là hoàn
toàn xác định.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 2.1. Dưới đây, ta có thể đưa ra một cách để tìm hình chiếu của x0 lên
2 = T yn − zn, an
3 = T ∗(T yn − zn), và đặt
Với mỗi n, đặt an
2 =
3 = (cid:104)xn, x0 − xn(cid:105).
((cid:107)xn(cid:107)2 − (cid:107)yn(cid:107)2), bn ((cid:107)T yn(cid:107)2 − (cid:107)zn(cid:107)2), bn bn 1 = Cn ∩ Dn ∩ Wn trong Thuật toán 2.1. 1 = xn − yn, an 1 2 1 2
Khi đó phần tử xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0) là nghiệm duy nhất của bài toán tối
ưu toàn phương sau:
(2.1) (cid:107)x − x0(cid:107)2, min x∈H1
i , x(cid:105) ≤ bn
i , i = 1, 2, 3.
với ràng buộc (cid:104)an
3 (cid:88)
Đặt
i : λi ∈ R, i = 1, 2, 3}.
i=1
L = { λian
25
i=1 λian
i , h(cid:105) = 0 với mọi i = 1, 2, 3. Do đó, Bài toán (2.1) trở thành bài toán sau:
3 (cid:88)
Khi đó L là một không gian con tuyến tính đóng của H1. Do đó, theo định lý phân tích trực giao1, với mỗi x ∈ H1, x − x0 được biểu diễn duy nhất dưới dạng x = u + h, trong đó u ∈ L và h ∈ L⊥. Vì u ∈ L, u = (cid:80)3 i và h ∈ L⊥, nên (cid:104)an
i (cid:107)2 + (cid:107)h(cid:107)2),
i=1
3 (cid:88)
(2.2) ((cid:107) λian min h,λ1,λ2,λ3
i (cid:105) ≤ bn
i − (cid:104)an
i , x0(cid:105), i = 1, 2, 3.
i=1
với ràng buộc λian (cid:104)an i ,
Dễ thấy rằng tại nghiệm của Bài toán (2.2), ta có h = 0. Do vậy, λi, i = 1, 2, 3 là nghiệm tối ưu của bài toán cực tiểu toàn phương trong không gian R3 với ba
ràng buộc bất đẳng thức. Ta biết rằng có nhiều phương pháp khác nhau để giải bài
toán này hoặc ta cũng có thể sử dụng gói “Quadratic Programming Algorithms”
trong MATLAB để xấp xỉ nghiệm của nó.
Sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.1 được cho bởi định lý dưới đây.
Định lý 2.1. Dãy {xn} xác định bởi Thuật toán 2.1 hội tụ mạnh về PΩ5(x0).
Chứng minh. Ta chia chứng minh của định lý này thành các bước nhỏ như sau.
Bước 1. (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) → 0 khi n → ∞.
Đặt x† = PΩ5(x0). Trước hết, ta có x† ∈ S ⊂ Wn với mọi n ≥ 0. Tiếp theo, từ định nghĩa của Wn và đặc trưng của phép chiếu mêtric ta nhận được xn = PWn(x0).
Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu mêtric ta có
(2.3) (cid:107)xn − x0(cid:107) ≤ (cid:107)x† − x0(cid:107)
với mọi n ≥ 0. Điều này suy ra dãy {xn} bị chặn.
Vì xn+1 ∈ Wn và xn = PWn(x0), nên từ Mệnh đề 1.1 ta nhận được
1Cho H là một không gian Hilbert và L là một không gian con tuyến tính đóng của H. Khi đó mỗi
x ∈ H được biểu diễn duy nhất dưới dạng x = y + z với y ∈ L và z ∈ L⊥.
(2.4) (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)2 ≤ (cid:107)xn+1 − x0(cid:107)2 − (cid:107)xn − x0(cid:107)2.
26
Do đó dãy {(cid:107)xn − x0(cid:107)} là đơn điệu tăng. Vì {(cid:107)xn − x0(cid:107)} bị chặn, nên giới han
limn→∞ (cid:107)xn − x0(cid:107) tồn tại và hữu hạn. Từ (2.4) suy ra rằng
(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0, lim n→∞
khẳng định được chứng minh.
Bước 2. (cid:107)xn − yn(cid:107) → 0 và (cid:107)zn − T yn(cid:107) → 0 khi n → ∞.
Từ xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0) ∈ Cn và định nghĩa của Cn, ta có
(cid:107)xn+1 − yn(cid:107) ≤ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107).
Do đó, từ limn→∞ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0, ta thu được
(2.5) (cid:107)xn+1 − yn(cid:107) → 0.
Vì
(cid:107)xn − yn(cid:107) ≤ (cid:107)xn+1 − yn(cid:107) + (cid:107)xn+1 − xn(cid:107),
nên
(2.6) (cid:107)xn − yn(cid:107) → 0,
khẳng định thứ nhất được chứng minh.
Từ xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0) ∈ Dn và định nghĩa của Dn, ta có
(cid:107)zn − T xn+1(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T xn+1(cid:107) ≤ (cid:107)T (cid:107)(cid:107)xn+1 − yn(cid:107).
Từ (2.5) suy ra rằng
(2.7) (cid:107)zn − T xn+1(cid:107) → 0.
Do đó, áp dụng (2.5) và đánh giá
(cid:107)zn − T yn(cid:107) ≤ (cid:107)zn − T xn+1(cid:107) + (cid:107)T xn+1 − T yn(cid:107)
≤ (cid:107)zn − T xn+1(cid:107) + (cid:107)T (cid:107)(cid:107)xn+1 − yn(cid:107),
27
ta nhận được
(2.8) (cid:107)zn − T yn(cid:107) → 0,
khẳng định thứ hai đươc chứng minh.
Bước 3. xn → PΩ5(x0) khi n → ∞.
Vì dãy {xn} bị chặn, nên tồn tại một dãy con {xnk} của {xn} sao cho xnk (cid:42) x∗
khi k → ∞. Vì T là một toán tử tuyến tính bị chặn, nên ta có T xnk (cid:42) T x∗.
Sử dụng (2.6) và (2.8), ta nhận được
(2.9) (cid:107)xnk − S1(xnk)(cid:107) → 0 và (cid:107)T ynk − S2(T ynk)(cid:107) → 0.
Từ Bổ đề 1.13 suy ra x∗ ∈ Fix(S1) và T x∗ ∈ Fix(S2), tức là, x∗ ∈ Ω5 = Fix(S1) ∩ T −1(Fix(S2)).
x0, x∗ ∈ Ω5, (2.3) và Mệnh đề 1.4, suy ra rằng Từ x† = P H1 Ω5
(cid:107)xnk − x0(cid:107) (cid:107)x0 − x†(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − x∗(cid:107) ≤ lim inf k→∞
k→∞
≤ lim sup (cid:107)xnk − x0(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − x†(cid:107).
Sử dụng tính duy nhất của điểm gần x† nhất, ta nhận được x† = x∗. Ta cũng có (cid:107)xnk − x0(cid:107) → (cid:107)x† − x0(cid:107) và từ Mệnh đề 1.5 ta thu được xnk → x† khi k → ∞. Một lần nữa sử dụng tính duy nhất của x†, ta suy ra xn → x† khi n → ∞.
2.3. Phương pháp chiếu thu hẹp
Định lý được chứng minh.
Bằng cách sử dụng phương pháp chiếu co hẹp, tác giả Ha M.T.N [6] đã xây
dựng thuật toán dưới đây để giải Bài toán (SCFPP).
Thuật toán 2.2. Với mỗi x0 = x ∈ H1, C0 = D0 = H1, xác định dãy {xn} bởi
yn = S1(xn),
zn = S2(T yn),
28
Cn+1 = {z ∈ Cn : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn+1 = {z ∈ Dn : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
xn+1 = PCn+1∩Dn+1x0, n ≥ 0.
Sự hội tụ mạnh của Thuật toán 2.2 được cho bởi định lý dưới đây:
Định lý 2.2. Dãy {xn} xác định bởi Thuật toán 2.2 hội tụ mạnh về PΩ5x0.
Chứng minh. Ta chia chứng minh của định lý này thành bốn bước.
Bước 1. Dãy {xn} hoàn toàn xác định.
Trước hết, ta chỉ ra rằng Cn và Dn là các tập con lồi và đóng của H1 với mọi
n ≥ 0. Để thấy điều này, với mỗi số nguyên n ≥ 0, ta viết lại các tập Cn+1 và
Dn+1 ở các dạng
Cn+1 = Cn ∩ {z ∈ H1 : (cid:104)xn − yn, z(cid:105) ≤ ((cid:107)xn(cid:107)2 − (cid:107)yn(cid:107)2)}, 1 2
Dn+1 = Dn ∩ {z ∈ H1 : (cid:104)T yn − zn, T z(cid:105) ≤
1 2 = Dn ∩ {z ∈ H1 : (cid:104)T ∗(T yn − zn), z(cid:105) ≤ ((cid:107)T yn(cid:107)2 − (cid:107)zn(cid:107)2)}, ((cid:107)T yn(cid:107)2 − (cid:107)zn(cid:107)2)}, 1 2
tương ứng. Bây giờ, bằng quy nạp toán học và vì C0 = D0 = H1, nên ta có Cn
và Dn là các tập con lồi và đóng của H1 với mọi n ≥ 0, khẳng định được chứng
minh.
Tiếp theo ta chỉ ra Ω5 ⊂ Cn ∩ Dn với mọi n ≥ 0. Rõ ràng Ω5 ⊂ C0 ∩ D0 = H1.
Giả sử rằng Ω5 ⊂ Cn ∩ Dn với n ≥ 0 nào đó. Lấy bất kỳ p ∈ Ω5, ta có S1(p) = p
và S2(T p) = T p. Từ tính không giãn của S1 và S2 suy ra
(cid:107)yn − p(cid:107) = (cid:107)S1(xn) − S1(p)(cid:107) ≤ (cid:107)xn − p(cid:107)
(cid:107)zn − T p(cid:107) = (cid:107)S2(T yn) − S2(T p)(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T p(cid:107).
Do đó, từ định nghĩa của các tập Cn+1, Dn+1 và giả thiết quy nạp S ⊂ Cn ∩Dn suy
ra Ω5 ⊂ Cn+1 ∩ Dn+1. Do đó, bằng quy nạp toán học ta nhận được Ω5 ⊂ Cn ∩ Dn
với mọi n ≥ 0 và vì vậy Cn ∩ Dn là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của H1 với
mỗi số nguyên n ≥ 0. Điều này suy ra dãy {xn} hoàn toàn xác định, khẳng định
29
được chứng minh.
Bước 2. (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) → 0 khi n → ∞.
Trước hết, ta chỉ ra rằng dãy {xn} bị chặn. Thật vậy, đặt x† = PΩ5x0. Từ S ⊂ Cn ∩ Dn suy ra x† ∈ Cn ∩ Dn với mọi n ≥ 0. Do đó, sử dụng xn = PCn∩Dnx0, ta thu được
(2.10) (cid:107)x0 − xn(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − x†(cid:107)
với mọi n ≥ 0. Vì vậy dãy {xn} bị chặn.
Tiếp theo, từ xn+1 = PCn+1∩Dn+1x0 ∈ Cn ∩ Dn, xn = PCn∩Dnx0 và Mệnh đề
1.1, ta nhận được
(cid:107)xn − x0(cid:107)2 ≤ (cid:107)xn+1 − x0(cid:107)2 − (cid:107)xn+1 − xn(cid:107)2 ≤ (cid:107)xn+1 − x0(cid:107)2.
Điều này suy ra dãy {(cid:107)xn − x0(cid:107)} đơn điệu tăng. Từ tính bị chặn của dãy {xn}
suy ra giới hạn của dãy {(cid:107)xn − x0(cid:107)} tồn tại và hữu hạn.
Ta chỉ ra dãy {xn} hội tụ mạnh đến một phần tử p ∈ H1. Thật vậy, với mọi
m ≥ n, ta có Cm ∩ Dm ⊂ Cn ∩ Dn. Do đó, xm ∈ Cn ∩ Dn. Từ Mệnh đề 1.1, ta
nhận được
(cid:107)xm − xn(cid:107)2 ≤ (cid:107)xm − x0(cid:107)2 − (cid:107)xn − x0(cid:107)2 → 0
khi m, n → ∞. Suy ra {xn} là dãy Cauchy. Vì thế tồn tại giới hạn limn→∞ xn = q.
Do đó, ta có
(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) ≤ (cid:107)xn+1 − q(cid:107) + (cid:107)xn − q(cid:107) → 0,
điều này suy ra rằng (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) → 0 khi n → ∞, khẳng định được chứng minh.
Bước 3. (cid:107)xn − yn(cid:107) → 0 và (cid:107)zn − T yn(cid:107) → 0 khi n → ∞.
Cn∩Dn
Từ xn+1 = P H1 x0 ∈ Cn và định nghĩa của tập Cn, ta có
(cid:107)xn+1 − yn(cid:107) ≤ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107).
Do đó, từ limn→∞ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0, ta nhận được
(2.11) (cid:107)xn+1 − yn(cid:107) → 0.
30
Vì
(cid:107)xn − yn(cid:107) ≤ (cid:107)xn+1 − yn(cid:107) + (cid:107)xn+1 − xn(cid:107),
nên ta suy ra
(2.12) (cid:107)xn − yn(cid:107) → 0.
Từ xn+1 = PCn∩Dnx0 ∈ Dn và định nghĩa của tập Dn ta có
(cid:107)zn − T xn+1(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T xn+1(cid:107) ≤ (cid:107)T (cid:107)(cid:107)xn+1 − yn(cid:107).
Từ (2.11) suy ra
(2.13) (cid:107)zn − T xn+1(cid:107) → 0.
Do đó, sử dụng (2.11) và đánh giá
(cid:107)zn − T yn(cid:107) ≤ (cid:107)zn − T xn+1(cid:107) + (cid:107)T xn+1 − T yn(cid:107)
≤ (cid:107)zn − T xn+1(cid:107) + (cid:107)T (cid:107)(cid:107)xn+1 − yn(cid:107),
ta thu được
(2.14) (cid:107)zn − T yn(cid:107) → 0.
Bước 4. xn → x† = PΩ5x0 khi n → ∞.
Vì xn → q và T là toán tử tuyến tính bị chặn, nên T xn → T q. Từ (2.12),
(2.14), tính liên tục của S1 và S2 suy ra q ∈ Ω5.
Cho n → ∞ trong (2.10), ta nhận được
(cid:107)x0 − p(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − x†(cid:107).
Từ tính duy nhất của x† suy ra p = x†.
Định lý được chứng minh.
31
2.4. Ứng dụng
2.4.1. Bài toán (MSCFPP)
Bằng cách sử dụng Mệnh đề 1.15 và các Định lý 2.1, Định lý 2.2, ta nhận được
định lý dưới đây cho bài toán (MSCFPP).
i=1 aiTi và Φ = (cid:80)M
i=1 ai = 1 và (cid:80)M
i=1 bjSj. Cho
Định lý 2.3. Cho ai, i = 1, 2, . . . , N và bj, j = 1, 2, . . . , M là các số thực dương j=1 bj = 1. Đặt Ξ = (cid:80)N thỏa mãn (cid:80)N
{xn} là dãy được xác định như sau:
a) Với bất kỳ x0 = x ∈ H1,
yn = Ξ(xn),
zn = Φ(T yn),
Cn = {z ∈ H1 : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn = {z ∈ H1 : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
Wn = {z ∈ H1 : (cid:104)z − xn, x0 − xn(cid:105) ≤ 0},
xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0), n ≥ 0.
hoặc
b) Với mỗi x0 = x ∈ H1, C0 = D0 = H1,
yn = Ξ(xn),
zn = Φ(T yn),
Cn+1 = {z ∈ Cn : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn+1 = {z ∈ Dn : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
xn+1 = PCn+1∩Dn+1x0, n ≥ 0.
Khi đó dãy {xn} hội tụ mạnh về PΩ3x0.
Ta có hệ quả dưới đây cho bài toán chấp nhận tách đa tập (MSFP).
32
i=1 aiPCi và Φ = (cid:80)M
i=1 bjPQj .
i=1 ai = 1 và (cid:80)M Cho {xn} là dãy được xác định như sau:
Hệ quả 2.1. Cho ai, i = 1, 2, . . . , N và bj, j = 1, 2, . . . , M là các số thực dương thỏa mãn (cid:80)N j=1 bj = 1. Đặt Ξ = (cid:80)N
a) Với bất kỳ x0 = x ∈ H1,
yn = Ξ(xn),
zn = Φ(T yn),
Cn = {z ∈ H1 : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn = {z ∈ H1 : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
Wn = {z ∈ H1 : (cid:104)z − xn, x0 − xn(cid:105) ≤ 0},
xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0), n ≥ 0.
hoặc
b) Với mỗi x0 = x ∈ H1, C0 = D0 = H1,
yn = Ξ(xn),
zn = Φ(T yn),
Cn+1 = {z ∈ Cn : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn+1 = {z ∈ Dn : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
xn+1 = PCn+1∩Dn+1x0, n ≥ 0.
Khi đó dãy {xn} hội tụ mạnh về PΩ2x0.
2.4.2. Bài toán (MSCNPP)
Sử dụng Chú ý 1.5 i), Mệnh đề 1.15 và các Định lý 2.1, Định lý 2.2, ta nhận
được định lý dưới đây cho bài toán (MSCNPP).
Định lý 2.4. Cho ri, i = 1, 2, . . . , N và sj, j = 1, 2, . . . , M là các số thực dương.
Cho ai, i = 1, 2, . . . , N và bj, j = 1, 2, . . . , M là các số thực dương thỏa mãn
sj . Cho {xn}
i=1 ai = 1 và (cid:80)M
33 j=1 bj = 1. Đặt Ξ = (cid:80)N
i=1 aiJ Ai
i=1 bjJ Bj
ri và Φ = (cid:80)M
(cid:80)N
là dãy được xác định như sau:
a) Với bất kỳ x0 = x ∈ H1,
yn = Ξ(xn),
zn = Φ(T yn),
Cn = {z ∈ H1 : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn = {z ∈ H1 : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
Wn = {z ∈ H1 : (cid:104)z − xn, x0 − xn(cid:105) ≤ 0},
xn+1 = PCn∩Dn∩Wn(x0), n ≥ 0.
hoặc
b) Với mỗi x0 = x ∈ H1, C0 = D0 = H1,
yn = Ξ(xn),
zn = Φ(T yn),
Cn+1 = {z ∈ Cn : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)},
Dn+1 = {z ∈ Dn : (cid:107)zn − T z(cid:107) ≤ (cid:107)T yn − T z(cid:107)},
xn+1 = PCn+1∩Dn+1x0, n ≥ 0.
Khi đó dãy {xn} hội tụ mạnh về PΩ4x0.
34
Kết luận
Luận văn đã trình bày lại một cách khá chi tiết và hệ thống về các
vấn đề sau:
• Một số tính chất đặc trưng của không gian Hilbert, ánh xạ không giãn và
nửa nhóm ánh xạ không giãn và toán tử đơn điệu trong không gian Hilbert;
• Các kết quả của Reich S. và Tuyen T.M. trong tài liệu [8] về một phương
pháp chiếu lai ghép, và của tác giả Ha M.T.N. trong tài liệu [6] về một
phương pháp chiếu thu hẹp cho bài toán điểm bất động chung tách trong
không gian Hilbert;
• Xây dựng một số ứng dụng của các kết quả đã biết cho một số bài toán tổng
quát hơn, đó là các bài toán (MSCFPP) và (MSCNPP).
35
Tài liệu tham khảo
[1] Agarwal R. P., O’Regan D., Sahu D. R. (2009), Fixed Point Theory for
Lipschitzian-type Mappings with Applications, Springer.
[2] Bauschke H.H., Combettes P.L. (2010), Convex Analysis and Monotone Op-
erator Theory in Hilbert spaces, Springer.
[3] C. Byrne, Iterative oblique projection onto convex sets and the split feasibility
problem, Inverse Problems, 18(2), pp. 441-453 (2002).
[4] C. Byrne, A unified treatment of some iterative algorithms in signal processing
and image reconstruction, Inverse Problems, 18, pp. 103-120 (2004).
[5] Y. Censor and T. Elfving, A multi projection algorithm using Bregman pro-
jections in a product space, Numer. Algorithms, 8(2-4), pp. 221-239, (1994).
[6] Ha M.T.N (2019), “A Shrinking projection method for solving the split com-
mon fixed point problem in Hilbert spaces”, Thai Nguyen University, Journal
of Science and Technology, 203(10), pp. 31–35.
[7] Nakajo K., Takahashi W. (2003), "Strong convergence theorems for nonex-
pansive mappings and nonexpansive semigroups", J. Math. Anal. Appl., 279,
pp. 372-379.
[8] Reich S., Tuyen T. M. (2020), “A new algorithm for solving the split common
null point problem in Hilbert spaces”, Numerical Algorithms, 83, pp. 789–805.
[9] Shehu Y., Agbebaku D. F. (2018), “On split inclusion problem and fixed point
problem for multi-valued mappings”, Comp. Appl. Math., 37, pp. 1807–1824.
36
[10] Takahashi W., Takeuchi Y., Kubota R. (2008), “Strong convergence theorems
by hybrid methods for families of nonexpansive mappings in Hilbert spaces”,
J. Math. Anal. Appl., 341, pp. 276–286.
