Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp chiếu giải hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:46

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nội dung của luận văn là trình bày các kết quả của T.M. Tuyen về một phương pháp chiếu lai ghép và hai phương pháp chiếu thu hẹp cho bài toán tìm nghiệm của hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát trong không gian Banach phản xạ. Ngoài ra, một số hệ quả của các định lý chính cho một số bài toán liên quan cũng được giới thiệu. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp chiếu giải hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN XUÂN TRÌU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI HỆ BÀI TOÁN CÂN BẰNG HỖN HỢP TỔNG QUÁT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8 46 01 12 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC 1. TS. Trương Minh Tuyên 2. TS. Phạm Hồng Trường Thái Nguyên – 2020
ii Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS. Trương Minh Tuyên, người đã tân tình giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu để hoàn thành luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán–Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã tận tình giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường. Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng chí lãnh đạo phòng Giáo dục và Đào tạo, Ban giám hiệu trường THCS Tân Lập huyện Vũ Thư, tỉnh Thái Bình đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi trong suốt thời gian đi học. Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, người thân, bạn bè đã động viên, khích lệ, tạo điều kiện giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu.
iii Mục lục Lời cảm ơn ii Một số ký hiệu và viết tắt iv Mở đầu 1 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Không gian Banach phản xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Khoảng cách Bregman và ánh xạ Bregman không giãn mạnh . . . 4 1.2.1 Đạo hàm Gâteaux và đạo hàm Fréchet . . . . . . . . . . . 4 1.2.2 Hàm lồi và khoảng cách Bregman . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.3 Hàm lồi hoàn toàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.4 Phép chiếu Bregman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.2.5 Ánh xạ Bregman không giãn mạnh . . . . . . . . . . . . . 20 Chương 2 Một số phương pháp chiếu giải hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát 21 2.1 Bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2 Phương pháp chiếu lai ghép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.3 Phương pháp chiếu thu hẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39
iv Một số ký hiệu và viết tắt X không gian Banach X∗ không gian đối ngẫu của X R tập hợp các số thực + R tập các số thực không âm ∩ phép giao int M phần trong của tập hợp M inf M cận dưới đúng của tập hợp số M sup M cận trên đúng của tập hợp số M max M số lớn nhất trong tập hợp số M min M số nhỏ nhất trong tập hợp số M argminx∈X F (x) tập các điểm cực tiểu của hàm F trên X ∅ tập rỗng dom(A) miền hữu hiệu của toán tử (hàm số) A R(A) miền ảnh của toán tử A A−1 toán tử ngược của toán tử A I toán tử đồng nhất lim sup xn giới hạn trên của dãy số {xn } n→∞ lim inf xn giới hạn dưới của dãy số {xn } n→∞ xn → x0 dãy {xn } hội tụ mạnh về x0 xn * x0 dãy {xn } hội tụ yếu về x0 F (T ) tập điểm bất động của ánh xạ T Fˆ (T ) tập điểm bất động tiệm cận của ánh xạ T ∂f dưới vi phân của hàm lồi f 5f gradient của hàm f M bao đóng của tập hợp M
v projfC phép chiếu Bregman lên C Df (x, y) khoảng cách Bregman từ x đến y
1 Mở đầu Bài toán tìm điểm bất động chung của một họ hữu hạn hay vô hạn ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert hay không gian Banach là một trường hợp riêng của bài toán chấp nhận lồi: “Tìm một phần tử thuộc giao khác rỗng của một họ hữu hạn hay vô hạn các tập con lồi và đóng {Ci }i∈I của không gian Hilbert H hay không gian Banach X”, với I là tập chỉ số bất kỳ. Bài toán này có nhiều ứng dụng quan trọng trong các lĩnh vực khoa học khác nhau như: Xử lí ảnh, khôi phục tín hiệu, vật lý, y học ... Khi Ci là tập nghiệm của các bài toán cân bằng (tổng quát), thì đã có nhiều phương pháp được đề xuất dựa trên các phương pháp lặp cổ điển nổi tiếng. Đó là các phương pháp lặp Kranoselskii, Mann, Ishikawa, Halpern, phương pháp xấp xỉ mềm hay các phương pháp sử dụng các siêu phẳng cắt ... Cho đến nay vấn đề nghiên cứu các phương pháp xấp xỉ nghiệm của hệ bài toán cân bằng trong không gian Hilbert hay Banach vẫn là một chủ đề thu hút sự quan tâm của nhiều người làm toán trong và ngoài nước. Bằng cách sử dụng công cụ khoảng cách Bregman thay cho khoảng cách thông thường, người ta đã tìm ra nhiều phương pháp xấp xỉ nghiệm của lớp các bài toán cân bằng. Ngoài ra, khi sử dụng khoảng cách Bregman người ta giải quyết được bài toán cân bằng, cùng các bài toán liên quan khác trên không gian Banach phản xạ mà không đòi hỏi thêm các tính chất hình học khác của không gian như tính lồi đều hay trơn đều. Năm 2016, T.M. Tuyen [21] đã nghiên cứu đưa ra ba thuật toán chiếu cho bài toán tìm nghiệm của hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát trong không gian Banach phản xạ. Cụ thể hơn, T.M. Tuyen đã giới thiệu và chứng minh sự hội tụ mạnh ba phương pháp lặp song song dựa trên phương pháp chiếu lai ghép (hybrid projection method) và phương pháp chiếu thu hẹp (shrinking projection method). Mục đích của luận văn này là trình bày lại chi tiết các kết quả của T.M. Tuyen trong bài báo [21]. Theo đó, nội dung của luận văn được chia làm hai chương chính, trong đó: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn đề cập đến một số vấn đề về không gian Banach
2 phản xạ, đạo hàm Gâteaux, đạo hàm Fréchet, hàm lồi, dưới vi phân của hàm lồi, phép biến đổi Young-Fenchel, khoảng cách Bregman, phép chiếu Bregman và toán tử Bregman không giãn mạnh. Chương 2. Một số phương pháp chiếu giải hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát Nội dung của chương này là các kết quả của T.M. Tuyen về một phương pháp chiếu lai ghép và hai phương pháp chiếu thu hẹp cho bài toán tìm nghiệm của hệ bài toán cân bằng hỗn hợp tổng quát trong không gian Banach phản xạ. Ngoài ra, một số hệ quả của các định lý chính cho một số bài toán liên quan cũng được giới thiệu.
3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Chương này bao bồm hai mục. Mục 1.1 trình bày về một số tính chất cơ bản của không gian phản xạ. Mục 1.2 giới thiệu về khoảng cách Bregman, phép chiếu Bregman và toán tử Bregman không giãn mạnh. Nội dung của chương này được tham khảo trong các tài liệu [1, 13, 16, 19, 22]. 1.1 Không gian Banach phản xạ Trước hết, trong mục này chúng tôi nhắc lại khái niệm không gian Banach phản xạ. Định nghĩa 1.1.1. Một không gian Banach X được gọi là không gian phản xạ, nếu với mọi phần tử x∗∗ của không gian liên hợp thứ hai X ∗∗ của X, đều tồn tại phần tử x thuộc X sao cho hx, x∗ i = hx∗ , x∗∗ i với mọi x∗ ∈ X ∗ . Chú ý 1.1.2. Trong luận văn, chúng tôi sử dụng ký hiệu hx∗ , xi để chỉ giá trị của phiếm hàm x∗ ∈ X ∗ tại x ∈ X. Mệnh đề 1.1.3. [1] Cho X là một không gian Banach. Khi đó, các khẳng định sau là tương đương: i) X là không gian phản xạ. ii) Mọi dãy bị chặn trong X, đều có một dãy con hội tụ yếu. Mệnh đề dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tập đóng và tập đóng yếu trong không gian tuyến tính định chuẩn. Mệnh đề 1.1.4. Nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian không gian tuyến tính định chuẩn X, thì C là tập đóng yếu.
4 Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại dãy {xn } ⊂ C sao cho xn * x, nhưng x ∈ / C. Theo định lý tách các tập lồi, tồn tại x∗ ∈ X ∗ tách ngặt x và C, tức là tồn tại ε > 0 sao cho hy, x∗ i ≤ hx, x∗ i − ε, với mọi y ∈ C. Đặc biệt, ta có hxn , x∗ i ≤ hx, x∗ i − ε, với mọi n ≥ 1. Ngoài ra, vì xn * x, nên hxn , x∗ i → hx, x∗ i. Do đó, trong bất đẳng thức trên, cho n → ∞, ta nhận được hx, x∗ i ≤ hx, x∗ i − ε, điều này là vô lý. Do đó, điều giả sử là sai, hay C là tập đóng yếu. Mệnh đề được chứng minh. Chú ý 1.1.5. Nếu C là tập đóng yếu, thì hiển nhiên C là tập đóng. 1.2 Khoảng cách Bregman và ánh xạ Bregman không giãn mạnh 1.2.1 Đạo hàm Gâteaux và đạo hàm Fréchet Cho X là một không gian Banach và cho f : X −→ (−∞, +∞] là một hàm số. Ta ký hiệu miền hữu hiệu domf là tập {x ∈ X : f (x) < +∞}. Với mỗi x ∈ int domf và y ∈ X, ta ký hiệu f 0 (x, y) là đạo hàm phải của f tại x theo hướng y, tức là f (x + ty) − f (x) f 0 (x, y) = lim . t↓0 t Định nghĩa 1.2.1. Hàm f được gọi là khả vi Gâteaux tại x nếu giới hạn limt→0 (f (x + ty) − f (x))/t tồn tại với mọi y. Trong trường hợp này f 0 (x, y) trùng với (5f )(x), giá trị của gradient 5f của f tại x. Định nghĩa 1.2.2. Hàm f được gọi là khả vi Fréchet tại x nếu giới hạn trên tồn tại đều trên tập {y ∈ X : kyk = 1}. Hàm f được gọi là khả vi Fréchet đều trên tập con C của X nếu giới hạn trên tồn tại đều với mọi x ∈ C và kyk = 1. Chú ý 1.2.3. i) Nếu hàm f khả vi Gâteaux (Fréchet) trên X, thì toán tử gradient 5f là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên X.
5 ii) Ta biết rằng nếu f là khả vi Gâteaux (khả vi Fréchet) trên int domf , thì f liên tục và đạo hàm Gâteaux 5f của nó là liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu* trên int domf (xem [6]). iii) Nếu f khả vi Fréchet đều trên X, thì tồn tại số M sao cho k 5 f (x)k ≤ M , với mọi x ∈ X. Dưới đây một tính chất đơn giản của hàm khả vi Fréchet đều. Mệnh đề 1.2.4 (xem [2], Định lý 1.8). Nếu f : X −→ R khả vi Fréchet đều, thì f liên tục đều trên X. Chứng minh. Lấy bất kỳ u, v ∈ X. Xét hàm số h(t) = f [u + t(v − u)] với mọi t ∈ [0, 1]. Khi đó, ta có h(t + τ ) − h(t) f ([u + (t + τ )(v − u)]) − f [u + t(v − u)] = . τ τ Vì f khả vi Fréchet đều trên X, nên khi cho τ → 0, ta nhận được h0 (t) = 5f (u + t(v − u))(v − u). Theo định lý Lagrange, tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho h(1) − h(0) = h0 (θ). Suy ra |f (u) − f (v)| = |h(1) − h(0)| = | 5 f (u + θ(v − u))(v − u)| ≤ k 5 f (u + θ(v − u))kku − vk. Từ Chú ý 1.2.3 iii), suy ra tồn tại M sao cho k 5 f (x)k ≤ M , với mọi x ∈ X. Do đó, ta nhận được |f (u) − f (v)| ≤ M ku − vk. Vậy f liên tục đều trên X. 1.2.2 Hàm lồi và khoảng cách Bregman Định nghĩa 1.2.5. Cho D ⊂ X, f : D → R ∪ {±∞}. i) Hàm f được gọi là chính thường nếu dom f 6= ∅ và f (x) > −∞(∀x ∈ D), trong đó dom f = {x ∈ D : f (x) < ∞}.
6 ii) Hàm f được gọi là hàm lồi trên D nếu epi f là tập lồi trong E × R, trong đó epi f = {(x, r) ∈ D × R : f (x) ≤ r}. iii) Hàm f : D ⊂ X → R được gọi là nửa liên tục dưới tại điểm x ∈ D nếu với mỗi ε > 0 có một δ > 0 sao cho f (x) − ε ≤ f (x) với mọi x ∈ D, kx − xk < δ. Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên D nếu f nửa liên tục dưới tại mọi điểm x ∈ D. Ví dụ 1.2.6. Mọi hàm affine T : Rn −→ R đều là hàm lồi. Dưới đây là ví dụ về hàm nửa liên tục dưới. Ví dụ 1.2.7. Cho f : R −→ R là hàm số được xác định bởi ( x2 khi x 6= 0 f (x) = −1 khi x = 0. Khi đó, hàm f là hàm nửa liên tục dưới tại điểm x = 0, nhưng không liên tục tại x = 0. Thật vậy, dễ thấy f không liên tục tại x = 0. Với mọi ε > 0 và với mọi δ > 0 (trong trường hợp này có thể chọn δ là số dương bất kỳ) ta có f (0) − ε = −1 − ε < −1 ≤ f (x), với mọi x. Do đó, f là nửa liên tục dưới tại 0. Mệnh đề 1.2.8. Hàm f : X −→ (−∞, +∞] là lồi khi và chỉ khi f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) (1.1) với mọi x, y ∈ X và mọi t ∈ [0, 1]. Chứng minh. Giả sử f là hàm lồi trên X. Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức (1.1) đúng với mọi t ∈ (0, 1). Nếu x hoặc y không thuộc dom f , thì hiển nhiên bất đẳng thức (1.1) đúng. Giả sử x, y ∈ dom f . Khi đó ta có (x, f (x)) ∈ epi f và (y, f (y)) ∈ epi f . Vì epi f là tập lồi, nên tx, f (x)) + (1 − t)(y, f (y)) ∈ epi f với mọi t ∈ (0, 1), tức là (tx + (1 − t)y, tf (x) + (1 − t)f (y) ∈ epi f với mọi t ∈ (0, 1). Suy ra f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y).
7 Ngược lại giả sử bất đẳng thức (1.1) đúng với mọi t ∈ (0, 1). Ta sẽ chỉ ra epi(f ) là tập lồi. Thật vậy, giả sử (x, s) ∈ epi f và (y, r) ∈ epi f , tức là f (x) ≤ s và f (y) ≤ r. Khi đó, từ bất đẳng thức (1.1), ta có f [tx + (1 − t)y] ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) ≤ ts + (1 − t)r, với mọi t ∈ [0, 1]. Suy ra t(x, r) + (1 − t)(y, r) ∈ epi f với mọi t ∈ [0, 1]. Suy ra epi f là tập lồi và do đó f là hàm lồi. Mệnh đề 1.2.9. Nếu f là một hàm lồi và x ∈ dom f , thì các khẳng định sau là đúng: i) Hàm ϕf (y, x; ·) : R \ {0} −→ (−∞, +∞] xác định bởi f (x + ty) − f (x) ϕf (y, x; t) = t là hàm không giảm trên mỗi khoảng (0, +∞) và (−∞, 0). ii) Với mọi y ∈ X, giới hạn f 0 (x, y) = limt↓0 ϕf (y, x; t) là tồn tại và f 0 (x, y) ≤ f (x + y) − f (x). Chứng minh. i) Nếu 0 < t < s < +∞, thì từ Mệnh đề 1.2.8, ta có t s−t f (x + ty) = f (x + sy) + x s s t s−t ≤ f (x + sy) + f (x) s s f (x + sy) − f (x) = f (x) + t , s điều này suy ra ϕf (y, x; t) ≤ ϕf (y, x; s). Do đó ϕf (y, x; ·) là hàm không giảm trên (0, +∞). Tương tự, ta cũng nhận được ϕf (y, x; ·) là hàm không giảm trên (−∞, 0). ii) Theo i) giới hạn f 0 (x, y) = limt↓0 ϕf (y, x; t) tồn tại và f 0 (x, y) ≤ ϕf (y, x; 1), tức là f 0 (x, y) ≤ f (x + y) − f (x). Mệnh đề 1.2.10. Cho D ⊂ E là một tập lồi, f : D → R ∪ {±∞} là một hàm lồi trên D. Khi đó, ta có các khẳng định dưới đây:
8 i) Mọi điểm cực tiểu địa phương của f trên D đều là điểm cực tiểu toàn cục của f trên D. ii) Nếu f là hàm lồi chặt trên D, thì điểm cực tiểu của f nếu có là duy nhất. Chứng minh. i) Giả sử x0 ∈ D là một điểm cực tiểu địa phương của f , nhưng x0 không là điểm cực tiểu toàn cục. Khi đó, tồn tại x1 ∈ D sao cho f (x1 ) < f (x0 ). Vì x0 ∈ D là một điểm cực tiểu địa phương của f , nên tồn tại một lân cận U của x0 sao cho f (x0 ) ≤ f (x), với mọi x ∈ D ∩ U . Với t ∈ (0, 1) đủ nhỏ, ta có xt = x0 + t(x1 − x0 ) ∈ D ∩ U , do đó ta nhận được f (x0 ) ≤ f (xt ) = f [tx1 + (1 − t)x0 ] ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x0 ). Suy ra f (x0 ) ≤ f (x1 ), mâu thuẫn với f (x1 ) < f (x0 ). Vậy x0 là một điểm cực tiểu của f trên D. ii) Giả sử x1 và x2 là các điểm cực tiểu của f trên D với x1 6= x2 . Khi đó f (x1 ) = f (x2 ) = m = min f (x). x∈D Từ tính lồi chặt của f suy ra x1 + x2 1 f( ) < (f (x1 ) + f (x2 )) = m, 2 2 mâu thuẫn với m = minx∈D f (x). Vậy điểm cực tiểu của f nếu có là duy nhất. Định nghĩa 1.2.11. Cho f : X −→ (−∞, +∞] là một hàm lồi, chính thường và nửa liên tục dưới. Cho x ∈ int domf , dưới vi phân của f tại x được xác định bởi ∂f (x) = {x∗ ∈ E ∗ : f (x) + hx∗ , y − xi ≤ f (y) ∀y ∈ X}. Ví dụ 1.2.12. Cho f : R −→ R xác định bởi f (x) = |x − a| với a ∈ R và mọi x ∈ R. Khi đó, ta có  1, nếu x > a,   ∂f (x) = −1, nếu x < a,   [−1, 1], nếu x = a. Tổng quát hơn, ta có ví dụ dưới đây.
9 Pn Ví dụ 1.2.13. Cho f : Rn −→ R xác định bởi f (x) = | i=1 xi |, với mọi x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn . Khi đó, ta có  Pn    (1, 1, . . . , 1), nếu i=1 xi > 0, Pn ∂f (x) = {(a, a, . . . , a) : a ∈ [−1, 1]}, nếu i=1 xi = 0,   (−1, −1, . . . , −1), nếu P n i=1 i x < 0. Thật vậy, ta có P n Pn    Pi=1 xi nếu i=1 xi > 0, f (x) = − ni=1 xi nếu n P  i=1 xi < 0, 0 nếu Pn x = 0.  i=1 i Suy ra  Pn   {(1, 1, . . . , 1)} nếu i=1 xi > 0, Pn ∂f (x) = {(−1, −1, . . . , −1)} nếu i=1 xi < 0,  cov({(1, 1, . . . , 1), (−1, −1, . . . , −1)}) nếu Pn x = 0  i=1 i  Pn {(1, 1, . . . , 1)} nếu i=1 xi > 0,   Pn = {(−1, −1, . . . , −1)} nếu i=1 xi < 0,  {t(1, 1, . . . , 1) + (1 − t)(−1, −1, . . . , −1) : t ∈ [0, 1]} nếu Pn x = 0  i=1 i  Pn {(1, 1, . . . , 1)} nếu i=1 xi > 0,   Pn = {(−1, −1, . . . , −1)} nếu i=1 xi < 0,  {(2t − 1, 2t − 1, . . . , 2t − 1) : t ∈ [0, 1]} nếu Pn x = 0  i=1 i  Pn {(1, 1, . . . , 1)} nếu i=1 xi > 0,   Pn = {(−1, −1, . . . , −1)} nếu i=1 xi < 0,  {(a, a, . . . , a) : a ∈ [−1, 1]} nếu Pn x = 0.  i=1 i Định nghĩa 1.2.14. Hàm liên hợp của f là f ∗ : X ∗ −→ (−∞, +∞] và được xác định bởi f ∗ (x∗ ) = sup {hx∗ , xi − f (x)}. x∈X Ví dụ 1.2.15. Cho f : R −→ R xác định bởi f (x) = ex với mọi x ∈ R. Khi đó, ta có  ∗ ∗ ∗ x (ln x − 1), nếu x > 0,   f ∗ (x∗ ) = 0, nếu x∗ = 0,  +∞, nếu x∗ < 0. 
10 Thật vậy, ta có f ∗ (x∗ ) = sup{x∗ x − ex } x∈R với mọi x∗ ∈ R. Nếu x∗ = 0, thì f ∗ (x∗ ) = supx∈R {−ex } = 0. Nếu x∗ < 0, vì x∗ x − ex → +∞ khi x → −∞, nên ta có f ∗ (x∗ ) = +∞. Nếu x∗ > 0, đặt g(x) = x∗ x − ex . Khi đó, ta có g 0 (x) = x∗ − ex = 0 khi và chỉ khi x = ln x∗ . Dễ thấy hàm g đạt cực đại tại x = ln x. Do đó ta nhận được f ∗ (x∗ ) = g(ln x∗ ) = x∗ (ln x∗ − 1). Định nghĩa 1.2.16. Cho E là một không gian Banach phản xạ, một hàm f : X −→ (−∞, +∞] được gọi là hàm Legendre nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn hai điều kiện sau: L1 ) Phần trong int domf của miền hữu hiệu của f khác rỗng, f khả vi Gâteaux trên int domf và dom5f = int domf ; L2 ) Phần trong int domf ∗ của miễn hữu hiệu của f ∗ khác rỗng, f ∗ khả vi Gâteaux trên int domf ∗ và dom5f ∗ = int domf ∗ . Vì E là phản xạ, nên (∂f )−1 = ∂f ∗ (xem [6]). Do đó, từ các điều kiện L1 ) và L2 ), ta có các đẳng thức sau: 5f = (5f ∗ )−1 , ran 5 f = dom 5 f ∗ = int domf ∗ và ran 5 f ∗ = dom 5 f = int domf, trong đó ran5f là miền ảnh của 5f . Khi dưới vi phân của f là đơn trị, thì nó đồng nhất với 5f (xem [9]). Bauschke và cộng sự (xem [4]) các điều kiện L1 ) và L2 ) cũng suy ra rằng các hàm f và f ∗ là lồi chặt trên phần trong của miền hữu hiệu tương ứng. Nếu X là một không 1 gian Banach trơn và lồi chặt, thì f (x) = kxkp , 1 < p < +∞ là hàm Legendre. p Từ đây, ta luôn giả thiết rằng X là không gian Banach phản xạ. Mệnh đề 1.2.17 (xem [15], Mệnh đề 2.1). Nếu f : X −→ R là hàm lồi, khả vi Fréchet đều và bị chặn trên mỗi tập con bị chặn của X, thì 5f liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của X từ tôpô mạnh của X vào tôpô mạnh của X ∗ .
11 Chứng minh. Giả sử kết luận của mệnh đề là sai, khi đó tồn tại hai dãy bị chặn {xn }, {yn } và số dương ε sao cho kxn − yn k → 0, nhưng h5f (xn ) − 5f (yn ), wn i ≥ 2ε, trong đó {wn } là một dãy trong X thỏa mãn kwn k = 1 với mọi n. Vì f khả vi Fréchet đều nên tồn tại một hằng số dương δ sao cho f (yn + twn ) − f (yn ) − th5f (yn ), wn i ≤ εt, với mọi t ∈ (0, δ). Từ tính lồi của hàm f , ta cũng có h5f (xn ), (yn + twn ) − xn i ≤ f (yn + twn ) − f (xn ), với mọi n ≥ 1. Cũng từ tính lồi của hàm f , ta có th5f (xn ), wn i ≤ f (yn + twn ) − f (yn ) ≤ f (yn + twn ) − f (yn ) + h5f (xn ), xn − yn i + f (yn ) − f (xn ) Do đó, ta nhận được 2εt ≤ t 5 f (xn ) − 5f (yn ), wn i ≤ [f (yn + twn ) − f (yn ) − th5f (yn ), wn i] + h5f (xn ), xn − yn i + f (yn ) − f (xn ) ≤ εt + h5f (xn ), xn − yn i + f (yn ) − f (xn ). Vì f là bị chặn trên các tập con bị chặn của X nên h5f (xn ), xn − yn i → 0. Ngoài ra, theo giả thiết f liên tục đều trên các tập con bị chặn của X, nên f (yn ) − f (xn ) → 0. Do đó, trong bất đẳng thức trên, khi cho n → +∞, ta nhận được 2εt ≤ εt, điều này là vô lý. Vậy 5f liên tục đều trên các tập con bị chặn của X. Cuối cùng, trong mục này ta đề cập đến khái niệm khoảng cách Bregman. Cho f : X −→ (−∞, +∞] là một hàm lồi khả vi Gâteaux. Hàm Df : domf × int domf −→ [0, +∞) xác định bởi Df (y, x) = f (y) − f (x) − h5f (x), y − xi, (1.2) được gọi là khoảng cách Bregman tương ứng với f (xem [2]).
12 Nhận xét 1.2.18. i) Khoảng cách Bregman không là khoảng cách theo nghĩa thông thường, vì nó không có tính đối xứng. ii) Với mỗi x cố định, dễ thấy Df (·, x) là hàm lồi chặt và 5Df (·, x)(y) = 5f (y) − 5f (x). iii) Khoảng cách Bregman có hai tính chất quan trọng, đó là đẳng thức ba điểm: với bất kỳ x ∈ dom f và y, z ∈ int dom f , Df (x, y) + Df (y, z) − Df (x, z) = h5f (z) − 5f (y), x − yi, (1.3) và đẳng thức bốn điểm: với bất kỳ y, ω ∈ dom f và x, z ∈ int dom f , Df (y, x) − Df (y, z) − Df (ω, x) (1.4) + Df (ω, z) = h5f (z) − 5f (x), y − ωi. Thật vậy, với mọi x, y, z ∈ X, ta có Df (x, y) + Df (y, z) − Df (x, z) = f (x) − f (y) − h5f (y), x − yi + f (y) − f (z) − h5f (z), y − zi − [f (x) − f (z) − h5f (z), x − zi] = h5f (z) − 5f (y), x − yi, suy ra đẳng thức ba điểm được chứng minh. Bây giờ với mọi x, y, z, w ∈ X, ta có Df (y, x) − Df (y, z) − Df (ω, x) + Df (ω, z) = f (y) − f (x) − h5f (x), y − xi − [f (y) − f (z) − h5f (z), y − zi] − [f (w) − f (x) − h5f (x), w − xi] + f (w) − f (z) − h5f (z), w − zi = h5f (z) − 5f (x), y − ωi, suy ra đẳng thức bốn điểm được chứng minh. 1.2.3 Hàm lồi hoàn toàn Cho f : X −→ (−∞, +∞] là một hàm lồi và khả vi Gâteaux. Khi đó, f được gọi là:
13 a) lồi hoàn toàn tại x ∈ int domf nếu modul của tính lồi hoàn toàn của nó tại x, vf : int domf × [0, +∞) −→ [0, +∞) xác định bởi vf (x, t) = inf{Df (y, x) : y ∈ domf, ky − xk = t}, là dương với mọi t > 0; b) lồi hoàn toàn nếu nó là lồi hoàn toàn tại mọi x ∈ int domf ; c) lồi hoàn toàn trên các tập con bị chặn nếu vf (B, t) là dương với mọi tập con bị chặn B của X và t > 0, trong đó modul của tính lồi hoàn toàn của hàm f trên tập B là hàm vf : int dom f × [0, +∞) −→ [0, +∞) xác định bởi vf (B, t) = inf{vf (x, t) : x ∈ B ∩ int domf }. Tính chất của modul lồi của hàm lồi f được giới thiệu trong mệnh đề dưới đây. Mệnh đề 1.2.19 (xem [2], Mệnh đề 1.1.8). Cho f là một hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới. Nếu x ∈ int dom f thì ta có các khẳng định dưới đây: i) Miền hữu hiệu của vf (x, ·) là một khoảng có dạng [0, τf (x)) hoặc [0, τf (x)] với τf (x) ∈ [0, +∞); ii) Nếu c ∈ [1, +∞) và t ≥ 0, thì vf (x, ct) ≥ cvf (x, t); iii) Hàm vf (x, ·) là cộng tính trên, tức là với mọi s, t ∈ [0, +∞) thì ta có vf (x, s + t) ≥ vf (x, s) + vf (x, t); iv) Hàm vf (x, ·) là đơn điệu tăng và nó là đơn điệu tăng ngặt nếu và chỉ nếu f là hàm lồi hoàn toàn tại x. Chứng minh. i) Giả sử x ∈ int dom f và vf (x, t) < +∞. Khi đó, từ định nghĩa của vf (x, t) tồn tại yt ∈ dom f sao cho kyt − xk = t. Vì dom f là tập lồi nên đoạn nối x và yt , ký hiệu là [x, yt ] nằm hoàn toàn trong dom f . Suy ra với mọi s ∈ [0, t] tồn tại ys ∈ dom f sao cho kys − xk = s. Như vậy khoảng (0, t) chứa trong miền xác định của vf (x, ·) khi mà vf (x, t) < +∞. Điều này chỉ ra rằng miền xác định của vf (x, ·) là một khoảng có dạng [0, τf (x)) hoặc [0, τf (x)]. ii) Nếu c = 1 hoặc nếu t = 0 hoặc nếu vf (x, ct) = +∞ thì kết luận của mệnh đề là hiển nhiên. Trong các trường hợp khác, cho ε là một số thực dương. Từ định nghĩa của vf (x, ct), tồn tại u ∈ dom f sao cho ku − xk = ct và vf (x, ct) + ε > Df (u, x) = f (u) − f (x) − h5f (x), u − xi. (1.5)
14 Với mọi α ∈ (0, 1), ký hiệu uα = αu + (1 − α)x. Đặt β = c−1 và khi đó ta có kuβ − xk = βku − xk = t. Với mọi α ∈ (0, 1), ta có α α α α uβ + (1 − )x = [βu + (1 − β)x] + (1 − )x = uα . (1.6) β β β β Từ Mệnh đề 1.2.9 và (1.5), ta nhận được f (x + α(u − x)) − f (x) vf (x, ct) + ε > f (u) − f (x) − , α với mọi α ∈ (0, 1). Từ (1.6), ta nhận được αf (u) + (1 − α)f (x) − f (x + α(u − x)) vf (x, ct) + ε > α α α αf (u) + (1 − α)f (x) − f (uβ ) − (1 − )f (x) β β = α α α f (uβ ) + (1 − )f (x) − f (uα ) β β + α βf (u) + (1 − β)f (x) − f (uβ ) = β α α α α f (uβ ) + (1 − )f (x) − f ( uβ + (1 − )x) β β β β + . α Vì βf (u) + (1 − β)f (x) − f (uβ ) ≥ 0 (xem Mệnh đề 1.2.8), nên ta có α α α α f (uβ ) + (1 − )f (x) − f ( uβ + (1 − )x) β β β β vf (x, ct) + ε > α α f (x + (uβ − x)) − f (x) 1 β = f (uβ ) − f (x) − α . β β Cho α & 0, từ định nghĩa của hàm vf (x, ·), ta nhận được vf (x, ct) + ε > cDf (uβ , x) ≥ cvf (x, t). Vì ε là số dương tùy ý nên ta nhận được vf (x, ct) ≥ cvf (x, t). iii) Cho s và t là các số thực dương. Khi đó, từ ii) ta có s+t s+t vf (x, s + t) = vf (x, s) ≥ vf (x, s) s s
15 và s+t s+t vf (x, s + t) = vf (x, t) ≥ vf (x, t). t t Suy ra svf (x, s + t) ≥ (s + t)vf (x, s) và tvf (x, s + t) ≥ (s + t)vf (x, t). Cộng hai bất đẳng thức trên, ta nhận được (s + t)vf (x, s + t) ≥ (s + t)(vf (x, s) + vf (x, t)). Do đó, vf (x, s + t ≥ vf (x, s) + vf (x, t). iv) Giả sử 0 < s < t. Khi đó, từ ii) ta có t t vf (x, t) = vf (x, s) ≥ vf (x, s) ≥ vf (x, s). (1.7) s s Do đó vf (x, ·) là hàm không giảm. Giả sử f là hàm lồi hoàn toàn, khi đó vf (x, s) > 0. Do đó bất đẳng thức cuối trong (1.7) là chặt, vì s < t. Suy ra vf (x, ·) là hàm tăng ngặt. Ngược lại nếu vf (x, ·) là hàm tăng ngặt thì hiển nhiên f là hàm lồi hoàn toàn. Tiếp theo, luận văn đề cập đến một số tính chất quan trọng dưới đây. Mệnh đề 1.2.20 (xem [16], Bổ đề 3.1). Cho f : X −→ R là một hàm khả vi Gâteaux và lồi hoàn toàn. Nếu x0 ∈ X và dãy {Df (xn , x0 )} bị chặn, thì dãy {xn } cũng bị chặn. Chứng minh. Vì dãy {Df (xn , x0 )} bị chặn nên tồn tại số M > 0 sao cho Df (xn , x0 ) ≤ M với mọi n ≥ 1. Từ định nghĩa của modul của tính lồi hoàn toàn vf (x, t) ta có vf (x0 , kxn − x0 k) ≤ Df (xn , x0 ) ≤ M. (1.8) Suy ra dãy {vf (x0 , kxn − x0 k)} cũng bị chặn bởi M . Vì f là hàm lồi hoàn toàn nên theo Mệnh đề 1.2.19 iv) vf (x, ·) là hàm tăng ngặt và dương trên (0, +∞). Suy ra vf (x, 1) > 0 với mọi x ∈ X. Bây giờ, giả sử ngược lại rằng dãy {xn } không bị chặn. Khi đó, tồn tại một dãy con {xnk } ⊂ {xn } sao cho limk→+∞ kxnk k = +∞. Do đó limk→+∞ kxnk − x0 k = +∞. Từ Mệnh đề 1.2.19 ii), ta có vf (x0 , kxnk − x0 k) ≥ kxnk − x0 kvf (x, 1) → +∞,