ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THIÊN QUANG
PHƯƠNG PHÁP LAI GHÉP TÌM ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN TRONG KHÔNG GIAN HILBERT
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. Trương Minh Tuyên
Thái Nguyên – 2017
ii
Lời cảm ơn
Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo tận
tình của TS. Trương Minh Tuyên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và
chân thành tới thầy.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, các thầy cô
trong khoa Toán - Tin đã tham gia giảng dạy, truyền thụ kiến thức cho tôi.
Đặc biệt là PGS.TS. Nguyễn Thị Thu Thủy đã dạy bảo và động viên tôi
hoàn thành tốt các nhiệm vụ trong cả quá trình học tập và nghiên cứu tại
trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu trường THPT Diêm Điền cùng
các đồng nghiệp và gia đình đã giúp đỡ và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho
tôi trong suốt thời gian qua.
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 và toán tử đơn điệu trong không gian
Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1. Ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.2. Nửa nhóm ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . 14
1.2.3. Toán tử đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Chương 2 Một số phương pháp lai ghép tìm điểm bất động
chung của một họ ánh xạ không giãn 22
2.1. Phương pháp chiếu co hẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2. Phương pháp lai chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.3. Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Kết luận 39
Tài liệu tham khảo 40
iv
Một số ký hiệu và viết tắt
H không gian Hilbert
X không gian Banach
(cid:104)., .(cid:105) tích vô hướng trên H
(cid:107).(cid:107) chuẩn trên 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
∃x tồn tại x
αn (cid:38) α0 dãy số thực {αn} hội tụ giảm về α0
xn −→ x0 dãy {xn} hội tụ mạnh về x0
xn (cid:42) x0 dãy {xn} hội tụ yếu về x0
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 E", 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 = F (Ti), với F (Ti) là tập điểm bất động của ánh xạ không giãn Ti, i = 1, 2, ..., N , 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...
Năm 2008, các tác giả Takahashi W., Takeuchi Y., Kubota R. đã đưa ra
một số phương pháp lai ghép bao gồm phương pháp lai chiếu và phương
pháp chiếu co hẹp kết hợp với phương pháp lặp Mann [6] cho bài toán tìm
một điểm bất động chung của một họ ánh xạ không giãn trong không gian
Hilbert. Ở đây, họ đã xây dựng một điều kiện mới (điều kiện NST (I)) mô
tả mối liên hệ giữa hai họ ánh xạ không giãn. Thông qua điều kiện này thì
bài toán tìm điểm bất động chung của một họ ánh xạ không giãn (có thể
hữu hạn hay vô hạn) được đưa về bài toán tìm điểm bất động chung của
một họ vô hạn đếm được các ánh xạ không giãn.
Mục đích của luận văn này là trình bày lại một cách có hệ thống các kết
quả của các tác giả Takahashi W., Takeuchi Y., Kubota R. trong tài liệu
[6]. Ngoài ra, trong luận văn chúng tôi cũng xây dựng hai ví dụ số đơn giản
2
được lập trình và thử nghiệm bằng phần mềm MATLAB nhằm minh họa
thêm cho các phương pháp lặp. Nội dung chính của luận văn được trình bày
trong hai chương.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này luận văn tập trung trình bày và làm rõ một số đặc
trưng cơ bản của không gian Hilbert thực (các đẳng thức và bất đẳng thức
cơ bản, phép chiếu mêtric, định lý tách các tập lồi, tính đóng yếu của một
tập con lồi đóng), ánh xạ không giãn, nửa nhóm ánh xạ không giãn và toán
tử đơn điệu trong không gian Hilbert.
Chương 2. Một số phương pháp lai ghép tìm điểm bất động chung
của một họ ánh xạ không giãn
Nội dung chính của chương này là trình bày lại các kết quả của các tác
giả Takahashi W., Takeuchi Y., Kubota R. đã đưa ra một số phương pháp
lai ghép bao gồm phương pháp lai chiếu và phương pháp chiếu co hẹp kết
hợp với phương pháp lặp Mann [6] cho bài toán tìm một điểm bất động
chung của một họ ánh xạ không giãn trong không gian Hilbert cùng với các
ứng dụng của chúng.
3
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
Chương này bao gồm hai 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, nửa nhóm ánh xạ không giãn và toán tử đơn
điệu. Nội dung của chương này phần lớn được tham khảo từ các tài liệu [1]
và [2].
1.1. Một số đặc trưng của không gian Hilbert
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.
Vậy ta được điều phải chứng minh.
4
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,
tuyến tính. Giả sử y (cid:54)= 0, khi đó với λ = với mọi λ ∈ R. Ta thấy rằng nếu y = 0, thì hiển nhiên x và y là phụ thuộc (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.
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→∞
5
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)∞
n=1 |xn|2 < ∞(cid:9) và {en} ⊂ l2, được cho bởi en = (0, ..., 0,
, 0, ..., 0, ...), 1 vị trí thứ n
n=1
với mọi n ≥ 1. Khi đó, en (cid:42) 0, khi n → ∞. Thật vậy, với mỗi y ∈ H, từ bất đẳng thức Bessel, ta có ∞ (cid:88) |(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) > (cid:107)xn − x(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→∞
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.
6
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, với mỗi x ∈ H, tồn tại duy nhất phần tử PCx ∈ C sao cho
(cid:107)x − PCx(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) với mọi y ∈ C.
(cid:107)x − u(cid:107). Khi đó, tồn tại {un} ⊂ C sao Chứng minh. Thật vậy, đặt d = inf u∈C
cho (cid:107)x − un(cid:107) −→ d, n −→ ∞. Từ đó ta có
2
(cid:107)un − um(cid:107)2 = (cid:107)(x − un) − (x − um)(cid:107)2
(cid:107) = 2(cid:107)x − un(cid:107)2 + 2(cid:107)x − um(cid:107)2 − 4(cid:107)x −
un + um 2 ≤ 2((cid:107)x − un(cid:107)2 + (cid:107)x − um(cid:107)2) − 4d2 −→ 0,
khi n, m −→ ∞. Do đó {un} là dãy Cauchy trong H. Suy ra tồn tại un ∈ C. Do chuẩn là hàm số liên tục nên (cid:107)x − u(cid:107) = d. Giả sử u = lim n→∞
tồn tại v ∈ C sao cho (cid:107)x − v(cid:107) = d. Ta có
2
(cid:107)u − v(cid:107)2 = (cid:107)(x − u) − (x − v)(cid:107)2
= 2((cid:107)x − u(cid:107)2 + (cid:107)x − v(cid:107)2) − 4(cid:107)x − (cid:107) u + v 2
≤ 0.
Suy ra u = v. Vậy tồn tại duy nhất một phần tử PCx ∈ C sao cho (cid:107)x − PCx(cid:107) = infu∈C (cid:107)x − u(cid:107).
7
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.
Mệnh đề 1.7. 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
(1.3) (cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C.
Chứng minh. Giả sử PC là phép chiếu mêtric. Khi đó với mọi x ∈ H, y ∈ C và mọi t ∈ (0, 1), ta có ty + (1 − t)PCx ∈ C. Do đó, từ định nghĩa của phép chiếu mêtric, suy ra
(cid:107)x − PCx(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − ty − (1 − t)PCx(cid:107)2,
với mọi t ∈ (0, 1).
Bất đẳng thức trên tương đương với
(cid:107)x − PCx(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − PCx(cid:107)2 − 2t(cid:104)x − PCx, y − PCx(cid:105) + t2(cid:107)y − PCx(cid:107)2,
với mọi t ∈ (0, 1). Từ đó, ta có
(cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ − (cid:107)y − PCx(cid:107)2, t 2
8
với mọi t ∈ (0, 1). Cho t → 0+, ta nhận được
(cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ 0.
Ngược lại, giả sử
(cid:104)x − PCx, PCx − y(cid:105) ≥ 0 với mọi x ∈ H và y ∈ C.
Khi đó, với mỗi x ∈ H và y ∈ C, ta có
(cid:107)x − PCx(cid:107)2 = (cid:104)x − PCx, x − y + y − PCx(cid:105)
= (cid:104)x − PCx, y − PCx(cid:105) + (cid:104)x − PCx, x − y(cid:105) ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 + (cid:104)y − PCx, x − PCx + PCx − y(cid:105) = (cid:107)x − y(cid:107)2 + (cid:104)y − PCx, x − PCx(cid:105) − (cid:107)y − PCx(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2.
Suy ra PC là phép chiếu mêtric từ H lên C.
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, với mọi x, y ∈ H, ta có
(cid:107)PCx − PCy(cid:107)2 ≤ (cid:104)x − y, PCx − PCy(cid:105).
Chứng minh. Với mọi x, y ∈ H, từ Mệnh đề 1.7, 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.
Mệnh đề 1.8. 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
9
Chứng minh. Vì x /∈ C, nên v = x − PCx (cid:54)= 0. Từ Mệnh đề 1.7, ta có
(cid:104)v, y − PCx(cid:105) ≤ 0,
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 1.8 còn được gọi là định lý tách tập lồi cho trước với
một điểm không thuộc nó.
Mệnh đề 1.9. 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 1.8) 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.
10
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 1.10. Mọi tập con bị chặn của H đều là tập compact tương đối
yếu.
1.2. Ánh xạ không giãn và toán tử đơn điệu 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 F (T ), tức là
F (T ) = {x ∈ C : T x = x}.
Mệnh đề dưới đây cho ta mô tả về tính chất của tập điểm bất động F (T ).
Mệnh đề 1.11. 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,
F (T ) là một tập lồi và đóng trong H.
Chứng minh. Giả sử F (T ) (cid:54)= ∅.
Trước hết, ta chỉ ra F (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 F (T ) thỏa mãn xn → x, khi n → ∞. Vì {xn} ⊂ F (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 ∈ F (T ). Do đó, F (T ) là tập đóng.
11
Tiếp theo, ta chỉ ra tính lồi của F (T ). Giả sử x, y ∈ F (T ), tức là T x = x
và T y = y. Với mọi λ ∈ [0, 1], ta chỉ ra z = λx + (1 − λ)y ∈ F (T ). Thật vậy,
nếu x = y, thì z = x = y ∈ F (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).
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). (1.4)
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, (1.5)
với β = . 1 1 + α Từ (1.4) và (1.5), 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 ∈ F (T ). Vậy F (T ) là một tập lồi.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.3. Ta có thể chứng minh tính lồi của tập F (T ) bằng cách khác như
sau: Giả sử F (T ) (cid:54)= ∅ và x, y ∈ F (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
12
= λ(cid:107)T z − x(cid:107)2 + (cid:107)(1 − λ)(T z − y)(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2
= λ(cid:107)T z − T x(cid:107)2 + (1 − λ)(cid:107)(T z − T y)(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2
≤ λ(cid:107)z − x(cid:107)2 + (1 − λ)(cid:107)(z − y)(cid:107)2 − λ(1 − λ)(cid:107)x − y(cid:107)2
= (cid:107)λ(z − x) + (1 − λ)(z − y)(cid:107)2 = 0.
Suy ra T z = z và do đó z ∈ F (T ). Vậy F (T ) là một tập lồi.
Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Hilbert H.
Cải tiến điều kiện của Nakajo cùng các cộng sự trong tài liệu [3], Takahashi,
Takeuchi và Kubota [6] đã đưa ra điều kiện sau:
∞ (cid:92)
Cho {Tn} và T là hai họ ánh xạ không giãn từ C vào chính nó, sao cho
n=1
F (T ) = F (Tn) (cid:54)= ∅, ở đây F (Tn) là tập các điểm bất động của Tn và
F (T ) là tập điểm bất động chung của họ T . Khi đó, họ {Tn} được gọi là thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với họ T , nếu với mỗi dãy bị chặn {zn} ⊂ C, thỏa mãn
(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) = 0, lim n→∞
(cid:107)zn − T zn(cid:107) = 0 với mọi T ∈ T . ta đều có lim n→∞
Mệnh đề 1.12. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian
Hilbert H và T là một ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với F (T ) (cid:54)= ∅. Cho {βn} là dãy số thực thỏa mãn 0 < a ≤ βn ≤ b < 1. Với mỗi n ∈ N, ta xác định dãy ánh xạ {Tn} từ C vào C bởi
Tnx = (1 − βn)x + βnT x, với mọi x ∈ C.
Khi đó, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T .
Chứng minh. Thật vậy, dễ thấy {Tn} là một họ ánh xạ không giãn từ C vào chính nó. Giả sử {zn} là một dãy bị chặn bất kỳ trong C thỏa mãn điều kiện
(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) = 0. lim n→∞
13
Khi đó, từ định nghĩa của ánh xạ Tn, ta có
(cid:107)zn − T zn(cid:107) = (cid:107)zn − Tnzn(cid:107) → 0, 1 βn
vì {βn} ⊂ [a, b]. Do đó, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T . Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.13. Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của không
gian Hilbert H và T, S là hai ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với F (T ) ∩ F (S) (cid:54)= ∅. Cho {βn} là dãy số thực thỏa mãn 0 < a ≤ βn ≤ b < 1. Với mỗi n ∈ N, ta xác định dãy ánh xạ {Tn} từ C vào C bởi
Tnx = (1 − βn)Sx + βnT x, với mọi x ∈ C.
Khi đó, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T = {T, S}.
Chứng minh. Với mọi x, y ∈ C, ta có
(cid:107)Tnx − Tny(cid:107) = (cid:107)(1 − βn)Sx + βnT x − (1 − βn)Sy + βnT y(cid:107)
≤ (1 − βn)(cid:107)Sx − Sy(cid:107) + βn(cid:107)T x − T y(cid:107)
≤ (cid:107)x − y(cid:107).
Suy ra {Tn} là một họ ánh xạ không giãn từ C vào chính nó.
Giả sử {zn} là một dãy bị chặn bất kỳ thỏa mãn
(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) = 0. lim n→∞
Lấy u ∈ F (S) ∩ F (T ). Khi đó, u ∈ F (Tn) với mọi n ≥ 1. Từ tính không giãn của Tn, ta có
(cid:107)Tnzn − u(cid:107) = (cid:107)Tnzn − Tnu(cid:107) ≤ (cid:107)zn − u(cid:107).
Suy ra dãy {Tnzn − u} bị chặn và do đó
n
K = max{sup {(cid:107)Tnzn − u(cid:107)}} < ∞. {(cid:107)zn − Tnzn(cid:107)}, sup n
14
Từ Mệnh đề 1.2, ta có
(cid:107)zn − u(cid:107)2 ≤ ((cid:107)zn − Tnzn(cid:107) + (cid:107)Tnzn − u(cid:107))2
= (cid:107)zn − Tnzn(cid:107)((cid:107)zn − Tnzn(cid:107) + 2(cid:107)Tnzn − u(cid:107))
(cid:107)(1 − βn)(Szn − u) + βn(T zn − u)(cid:107)2
≤ 3K(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) + (cid:107)zn − u(cid:107)2 − βn(1 − βn)(cid:107)Szn − T zn(cid:107)2.
Do đó, ta nhận được
βn(1 − βn)(cid:107)Szn − T zn(cid:107)2 ≤ 3K(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) → 0.
Theo giả thiết, suy ra
(cid:107)Szn − T zn(cid:107) → 0.
Từ đó, ta có
(cid:107)zn − Szn(cid:107) ≤ (cid:107)zn − Tnzn(cid:107) + βn(cid:107)Szn − T zn(cid:107) → 0,
(cid:107)zn − T zn(cid:107) ≤ (cid:107)zn − Tnzn(cid:107) + (1 − βn)(cid:107)Szn − T zn(cid:107) → 0.
Suy ra
(cid:107)zn − Szn(cid:107) → 0, (cid:107)zn − T zn(cid:107) → 0.
Vậy {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T = {T, S}. Mệnh đề được chứng minh.
1.2.2. Nửa nhóm ánh xạ không giãn
Định nghĩa 1.3. Một họ ánh xạ T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} từ tập con khác
rỗng C của không gian Hilbert H vào chính nó được gọi là một nửa nhóm
ánh xạ không giãn nếu nó thỏa mãn các điều kiện dưới đây:
i) T (0)x = x với mọi x ∈ C;
ii) T (s + t) = T (s)T (t) với mọi s, t ≥ 0;
iii) (cid:107)T (s)x − T (s)y(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) với mọi s ≥ 0 và x, y ∈ C;
15
iv) với mỗi x ∈ C, s (cid:55)→ T (s)x là ánh xạ liên tục theo biến s trên [0, ∞).
Ví dụ 1.3. Họ T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} xác định bởi T (s)x = e−sx với mọi s ≥ 0 và mọi x ∈ R là một nửa nhóm ánh xạ không giãn trên R và F (T ) = {0}.
Ví dụ 1.4. Cho T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} là một họ ánh xạ từ R3 vào R3 được xác định bởi
cos s − sin s 0
T (s)x = , sin s cos s 0 0 0 1 x1 x2 x3
với mọi x = (x1, x2, x3) ∈ R3 và với mọi s ≥ 0. Khi đó, T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} là một nửa nhóm ánh xạ không giãn trên R3 và F (T ) = {(0, 0, a) : a ∈ R}.
Dễ thấy các họ ánh xạ T thỏa mãn các điều kiện i) và iv), ta chỉ ra nó
thỏa mãn các điều kiện ii) và iii).
Thật vậy, với mọi t, s ≥ 0 và mọi x = (x1, x2, x3) ∈ R3, ta có cos s − sin s 0
T (s)T (t)x = sin s cos s 0 0 0 1
x1 cos t − x2 sin t x1 sin t + x2 cos t x3
= x1 cos(s + t) − x2 sin(s + t) x1 sin(s + t) + x2 sin(s + t) x3
cos(s + t) − sin(s + t) 0
= sin(s + t) cos(s + t) 0 0 0 1 x1 x2 x3
= T (s + t)x.
Suy ra điều kiện ii) được thỏa mãn.
16
Dưới đây ta chỉ ra họ T thỏa mãn điều kiện iii). Với mọi s ≥ 0 và mọi
x, y ∈ R3, ta có
(cid:107)T (s)x − T (s)y(cid:107) = (cid:107)(cid:0)(x1 − y1) cos s − (x2 − y2) sin s, (x1 − y1) sin s
=
= (cid:1)(cid:107) + (x2 − y2) cos s, x3 − y3 (cid:104)(cid:0)(x1 − y1) cos s − (x2 − y2) sin s(cid:1)2 + (cid:0)(x1 − y1) sin s + (x2 − y2) cos s(cid:1)2 + (x3 − y3)2(cid:105)1/2 (x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + (x3 − y3)2(cid:105)1/2 (cid:104)
= (cid:107)x − y(cid:107).
Suy ra T thỏa mãn điều kiện iii).
Mệnh đề 1.14. [3, 4] Cho C là một tập con lồi, đóng và khác rỗng của
không gian Hilbert H. Cho T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} là một nửa nhóm ánh xạ không giãn trên C với F (T ) (cid:54)= ∅. Cho {tn} là một dãy các số thực với 0 < tn < ∞ thỏa mãn limn→∞ tn = ∞. Với mỗi n ∈ N, xác định ánh xạ Tn từ C vào chính nó bởi
0
(cid:90) tn T (s)xds, với mọi x ∈ C. Tnx = 1 tn
Khi đó, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST(I) ứng với T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞}.
1.2.3. Toán tử đơn điệu
Định nghĩa 1.4. 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 (1.6)
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)}
17
không chứa thực sự trong đồ thị của bất kì toán tử đơn điệu nào khác trên
H.
Ví dụ 1.5. 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.
18
Ví dụ 1.6. Toán tử
x3, nếu x ≥ 0, A(x) = 0, nếu x < 0,
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 1.7. 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. (1.7)
x = (λT x + y). (1.8) Phương trình trên tương đương với 1 1 + λ
Xét ánh xạ f : H −→ H bởi
(λT x + y), f (x) = 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 (1.8) có duy nhất nghiệm.
Suy ra, phương trình (1.7) có duy nhất nghiệm.
Vậy A là một toán tử đơn điệu cực đại.
19 Định nghĩa 1.5. Cho A : H −→ 2H là một toán tử đơn điệu cực đại. Khi đó, ánh xạ J A
r = (I + rA)−1, r > 0 được gọi là giải của A.
r của toán tử đơn điệu cực đại A là một ánh xạ đơn r (x) = x; r (x) nhận ít nhất hai giá trị y
Chú ý 1.5. i) Giải J A trị, không giãn và A(x) (cid:51) 0 khi và chỉ khi J A Thật vậy, giả sử tồn tại x ∈ H sao cho J A
và z. 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.
là một ánh xạ không giãn. Với mọi x, y ∈ H, đặt
Suy ra, (cid:107)y − z(cid:107)2 ≤ 0. Do đó, y = z. Vậy J A r Tiếp theo, ta chỉ ra J A r r (x) và z2 = J A z1 = J A r (y), tức là
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 ∈ H. (1.9) x + (cid:0)1 − (cid:1)J A λ x (cid:16)µ λ µ λ
Thật vậy, đặt
λ (x).
(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
20
Suy ra, (cid:17) (cid:16) x + 1 − z ∈ y + µA(y), x ∈ z + λA(z). µ λ
µ λ 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.
Mệnh đề 1.15. Cho H là một không gian Hilbert và A : H −→ 2H là một toán tử đơn điệu cực đại với A−10 (cid:54)= ∅ và cho J A là toán tử giải của A với r r > 0. Khi đó, với mọi r, λ > 0, ta có
r x − J A
λ J A
r x(cid:107) ≤
r x(cid:107),
(cid:107)J A (cid:107)x − J A 1 λ 1 r
với mọi x ∈ D(A).
Chứng minh. Theo Chú ý 1.5, ta có
r x = J A J A λ
r x(cid:1).
x + (1 − )J A (cid:0)λ r λ r
λ (xem Chú ý 1.5), ta có
Do đó, từ tính không giãn của J A
r x − J A
λ J A
r x(cid:107) =
r x(cid:1) − J A
λ J A
r x(cid:107)
(cid:107)J A x + (1 − )J A (cid:107)J A λ 1 λ (cid:0)λ r λ r
r x(cid:107).
(cid:107)x − J A ≤ 1 r 1 r
Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.16. [4] Cho H là một không gian Hilbert và A : H −→ 2H là một toán tử đơn điệu cực đại với A−10 (cid:54)= ∅ và cho J A là toán tử giải của r A với r > 0. Cho {λn} ⊂ (0, ∞) là dãy số thỏa mãn limn→∞ λn = ∞. Giả sử {Tn} là dãy ánh xạ được xác định bởi Tn = J A với mọi n. Khi đó, {Tn} λn thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với J A = (I + A)−1.
21
n=1T (Tn) = A−10. Giả sử {zn}
Chứng minh. Từ Chú ý 1.5, ta có F (J A) = ∩∞ là một dãy bị chặn trong D(A) sao cho
(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) = 0. lim n→∞
Khi đó, từ tính không giãn của J A và Mệnh đề 1.15, ta có
(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) → 0. ≤ 2(cid:107)zn − Tnzn(cid:107) + (cid:107)zn − J Azn(cid:107) ≤ (cid:107)zn − Tnzn(cid:107) + (cid:107)Tnzn − J ATnzn(cid:107) + (cid:107)J Azn − J ATnzn(cid:107) 1 λn
Suy ra, (cid:107)zn − J Azn(cid:107) → 0. Mệnh đề được chứng minh.
Nhận xét 1.1. Mệnh đề 1.16 còn đúng khi dãy {λn} thỏa mãn điều kiện infn{λn} = λ > 0.
22
Chương 2
Một số phương pháp lai ghép tìm điểm bất động chung của một họ ánh xạ không giãn
Trong chương này chúng tôi tập trung trình bày lại các kết quả của
Takahashi W., Takeuchi Y. và Kubota R. trong tài liệu [6] cho bài toán
tìm điểm bất động chung của một họ ánh xạ không giãn trong không gian
Hilbert, cùng với đó là hai ví dụ số nhằm minh họa cho các phương pháp.
2.1. Phương pháp chiếu co hẹp
Trước hết, ta cần bổ đề dưới đây:
Bổ đề 2.1. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của H. Cho {Tn} và T là hai họ ánh xạ không giãn từ C vào chính nó sao cho ∩∞ n=1F (Tn) = F (T ) (cid:54)= ∅ và cho x0 ∈ H. Cho {un} là dãy trong C thỏa mãn các điều kiện sau:
a) (cid:107)un − x0(cid:107) ≤ (cid:107)u − x0(cid:107) với mọi u ∈ F (T ) và với mọi n ∈ N;
b) Với mỗi T ∈ T , (cid:107)un − T un(cid:107) → 0.
Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PF (T )x0, trong đó PF (T ) là phép chiếu mêtric từ H lên F (T ).
23
Chứng minh. Đặt z0 = PF (T )x0. Vì
(cid:107)un − x0(cid:107) ≤ (cid:107)z0 − x0(cid:107),
với mọi n, nên dãy {un} bị chặn. Khi đó, theo Mệnh đề 1.9 và Mệnh đề 1.10, tồn tại một dãy con {uni} của dãy {un} sao cho uni (cid:42) w ∈ C. Từ b), ta có w = T w với mọi T ∈ T . Thật vậy, giả sử tồn tại T ∈ T mà T w (cid:54)= w.
Vì H thỏa mãn điều kiện Opial (xem Mệnh đề 1.4), nên ta có
(cid:107)uni − T w(cid:107) lim inf i→∞ (cid:107)uni − w(cid:107) < lim inf i→∞
((cid:107)uni − T uni(cid:107) + (cid:107)T uni − T w(cid:107)) ≤ lim inf i→∞
((cid:107)uni − T uni(cid:107) + (cid:107)uni − w(cid:107)) ≤ lim inf i→∞
(cid:107)uni − w(cid:107). = lim inf i→∞
Suy ra mâu thuẫn. Vậy ta nhận được w = T w với mọi T ∈ T .
Ta có
(cid:107)x0 − z0(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − w(cid:107)
i→∞
(cid:107)x0 − uni(cid:107) ≤ (cid:107)z0 − x0(cid:107) (cid:107)x0 − uni(cid:107) ≤ lim sup ≤ lim inf i→∞
và do đó ta nhận được
(cid:107)x0 − z0(cid:107) = (cid:107)x0 − w(cid:107).
Từ tính duy nhất của z0, suy ra z0 = w. Từ đó suy ra {un} hội tụ yếu về z0.
Ta lại có
i→∞
(cid:107)x0 − un(cid:107) ≤ lim sup (cid:107)x0 − un(cid:107) ≤ (cid:107)z0 − x0(cid:107) (cid:107)x0 − z0(cid:107) ≤ lim inf i→∞
và do đó ta nhận được
(cid:107)x0 − un(cid:107) = (cid:107)z0 − x0(cid:107). lim n→∞
24
Từ un (cid:42) z0, suy ra x0 − un (cid:42) x0 − z0. Vì không gian Hilbert H có tính chất Kadec-Klee (xem Mệnh đề 1.5), nên ta thu được
x0 − un → x0 − z0,
tức là un → z0. Bổ đề được chứng minh.
Từ Bổ đề 2.1, Takahashi và các cộng sự đã chứng minh kết quả dưới đây:
Định lý 2.1. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của H. Cho {Tn} và T là hai họ ánh xạ không giãn từ C vào chính nó sao cho ∩∞ n=1F (Tn) = F (T ) (cid:54)= ∅ và cho x0 ∈ H. Giả sử {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T . Cho {un} là dãy trong C thỏa mãn các điều kiện sau:
a) 0 ≤ (cid:104)x0 − un, un − u(cid:105) với mọi u ∈ F (T ) và mọi n ∈ N;
b) 0 ≤ (cid:104)x0 − un, un − un+1(cid:105) với mọi n ∈ N;
c) Tồn tại M ≥ 0 sao cho (cid:107)T un − un(cid:107) ≤ M (cid:107)un − un+1(cid:107) với mọi n ∈ N.
Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PF (T )x0.
Chứng minh. Với u ∈ F (T ), từ a) ta có
0 ≤ (cid:104)x0 − un, un − u(cid:105)
= (cid:104)x0 − un, un − x0 + x0 − u(cid:105) ≤ −(cid:107)x0 − un(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un(cid:107).(cid:107)x0 − u(cid:107).
Do đó, ta nhận được
(2.1) (cid:107)x0 − un(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − u(cid:107).
Từ b), ta có
0 ≤ (cid:104)x0 − un, un − un+1(cid:105)
= (cid:104)x0 − un, un − x0 + x0 − un+1(cid:105)
25
≤ −(cid:107)x0 − un(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un(cid:107).(cid:107)x0 − un+1(cid:107).
Suy ra
(cid:107)x0 − un(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − un+1(cid:107).
Như vậy dãy {(cid:107)x0 − un(cid:107)} là đơn điệu tăng. Từ (2.1), suy ra dãy {(cid:107)x0 − un(cid:107)} bị chặn. Do đó, tồn tại giới hạn hữu hạn limn→∞ (cid:107)x0 − un(cid:107) = K.
Tiếp theo, ta chỉ ra (cid:107)un − un+1(cid:107) → 0. Từ b), ta có
(cid:107)un − un+1(cid:107)2 = (cid:107)un − x0 + x0 − un+1(cid:107)2
= (cid:107)un − x0(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2 + 2(cid:104)un − x0, x0 − un+1(cid:105) = (cid:107)un − x0(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2
+ 2(cid:104)un − x0, x0 − un + un − un+1(cid:105)
= −(cid:107)un − x0(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2 − 2(cid:104)x0 − un, un − un+1(cid:105) ≤ (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2 − (cid:107)un − x0(cid:107)2.
Do đó, từ limn→∞ (cid:107)x0 − un(cid:107) = K, suy ra (cid:107)un − un+1(cid:107) → 0.
Từ c), ta có
(cid:107)Tnun − un(cid:107) → 0.
Vì {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T , nên ta có
(2.2) (cid:107)T un − un(cid:107) → 0,
với mọi T ∈ T .
Từ (2.1), (2.2) và Bổ đề 2.1, ta nhận được, {un} hội tụ mạnh
về z0 = PF (T )x0. Định lý được chứng minh.
Từ Định lý 2.1, ta nhận được định lý sau:
Định lý 2.2. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của H. Cho {Tn} và T là hai họ ánh xạ không giãn từ C vào chính nó sao cho ∩∞ n=1F (Tn) = F (T ) (cid:54)= ∅ và cho x0 ∈ H. Giả sử {Tn}
26
(2.3)
thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T . Đặt C1 = C, u1 = PC1x0 và xác định dãy {un} trong C như sau: yn = αnun + (1 − αn)Tnun, 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 = PF (T )x0.
Chứng minh. Trước hết, ta chỉ ra F (T ) ⊂ Cn với mọi n ≥ 1 bằng quy nạp. Hiển nhiên F (T ) ⊂ C1. Giả sử F (T ) ⊂ Ck với k ≥ 1 nào đó. Khi đó, với u ∈ F (T ) ⊂ Ck, ta có
(cid:107)yk − u(cid:107) = (cid:107)αkuk + (1 − αk)Tkuk − u(cid:107)
≤ αk(cid:107)uk − u(cid:107) + (1 − βk)(cid:107)Tkuk − u(cid:107)
≤ αk(cid:107)uk − u(cid:107) + (1 − βk)(cid:107)uk − u(cid:107)
= (cid:107)uk − u(cid:107)
và do đó u ∈ Ck+1. Từ đó suy ra F (T ) ⊂ Cn với mọi n ≥ 1.
Tiếp theo, ta chỉ ra Cn là lồi và đóng với mọi n ≥ 1. Hiển nhiên C1 = C là tập lồi và đóng (theo giả thiết). Giả sử Ck là tập lồi đóng với k ≥ 1 nào đó. Với z ∈ Ck, ta có (cid:107)yk − z(cid:107) ≤ (cid:107)uk − z(cid:107) tương đương với
(cid:104)uk − yk, uk − z(cid:105) ≤ (cid:107)yk − uk(cid:107)2. 1 2
Do đó, Ck+1 là tập lồi và đóng. Suy ra Cn là các tập lồi và đóng với mọi n ≥ 1. Như vậy dãy {un} hoàn toàn xác định.
Từ un = PCnx0, ta có
(cid:104)x0 − un, un − y(cid:105) ≥ 0, ∀y ∈ Cn.
Vì F (T ) ⊂ Cn, nên ta cũng có
(2.4) (cid:104)x0 − un, un − u(cid:105) ≥ 0, với mọi u ∈ F (T ) và mọi n ≥ 1.
27
Suy ra với u ∈ F (T ), ta có
0 ≤ (cid:104)x0 − un, un − u(cid:105)
= (cid:104)x0 − un, un − x0 + x0 − u(cid:105) = −(cid:107)x0 − un(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un(cid:107).(cid:107)x0 − u(cid:107).
Suy ra
(cid:107)x0 − un(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − u(cid:107),
với mọi u ∈ F (T ) và mọi n ≥ 1.
Từ un = PCnx0 và un+1 = PCn+1x0 ∈ Cn+1 ⊂ Cn, ta có
(2.5) (cid:104)x0 − un, un − un+1(cid:105) ≥ 0.
Từ (2.5), suy ra
0 ≤ (cid:104)x0 − un, un − un+1(cid:105)
= (cid:104)x0 − un, un − x0 + x0 − un+1(cid:105) = −(cid:107)x0 − un(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un(cid:107).(cid:107)x0 − un+1(cid:107),
do đó ta nhận được
(cid:107)x0 − un(cid:107) ≤ (cid:107)x0 − un+1(cid:107),
với mọi n ≥ 1. Kết hợp với tính bị chặn của {(cid:107)x0 − un(cid:107)}, suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn limn→∞ (cid:107)x0 − un(cid:107) = l.
Ta chỉ ra (cid:107)un − un+1(cid:107) → 0. Thật vậy, từ (2.5), ta có
(cid:107)un − un+1(cid:107)2 = (cid:107)un − x0 + x0 − un+1(cid:107)2
= (cid:107)un − x0(cid:107)2 + 2(cid:104)un − x0, x0 − un+1(cid:105) + (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2 = (cid:107)un − x0(cid:107)2 + 2(cid:104)un − x0, x0 − un + un − un+1(cid:105)
+ (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2
= −(cid:107)un − x0(cid:107)2 + 2(cid:104)un − x0, un − un+1(cid:105) + (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2 ≤ −(cid:107)un − x0(cid:107)2 + (cid:107)x0 − un+1(cid:107)2,
28
kết hợp với limn→∞ (cid:107)x0 − un(cid:107) = l, ta nhận được (cid:107)un − un+1(cid:107) → 0. Mặt khác, từ un+1 ∈ Cn+1 ⊂ Cn, suy ra
(2.6) (cid:107)yn − un+1(cid:107) ≤ (cid:107)un − un+1(cid:107).
Từ định nghĩa của yn, ta có
(cid:107)yn − un(cid:107) = (1 − αn)(cid:107)Tnun − un(cid:107).
Do đó, từ (2.6), ta nhận được
(cid:107)Tnun − un(cid:107) = (cid:107)yn − un(cid:107)
≤ (cid:107)yn − un(cid:107)
= (cid:107)yn − un+1 + un+1 − un(cid:107)
≤ (2.7) (cid:107)un+1 − un(cid:107). 1 1 − αn 1 1 − a 1 1 − a 2 1 − a
Từ (2.4), (2.5), (2.7) và Định lý 2.1, suy ra dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PF (T )x0. Định lý được chứng minh.
Từ Định lý 2.2, Takahashi và các cộng sự đã đưa ra các kết quả dưới đây
cho bài toán tìm điểm bất động của một ánh xạ không giãn hay một nửa
nhóm ánh xạ không giãn và bài toán tìm không điểm của một toán tử đơn
điệu cực đại trong không gian Hilbert.
Định lý 2.3. 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 F (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,
29 trong đó 0 ≤ αn ≤ a < 1 với mọi n ∈ N. Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PF (T )x0.
Chứng minh. Với mỗi n ≥ 1, đặt Tn = T . Hiển nhiên {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T . Do đó, từ Định lý 2.2, suy ra điều phải chứng minh.
Định lý được chứng minh.
Định lý 2.4. 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 F (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,
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 = PF (T )x0.
Chứng minh. Với mỗi n ≥ 1, đặt
Tnx = βnx + (1 − βn)T x,
với mọi x ∈ C. Theo Mệnh đề 1.12, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T . Do đó, từ Định lý 2.2, suy ra điều phải chứng minh.
Định lý được chứng minh.
Định lý 2.5. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi,
đóng, khác rỗng của H. Cho S và T là hai ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với F (S) ∩ F (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)βnSun + (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,
30 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 = PF (S)∩F (T )x0.
Chứng minh. Với mỗi n ≥ 1, đặt
Tnx = βnSx + (1 − βn)T x,
với mọi x ∈ C. Theo Mệnh đề 1.13, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với {S, T }. Do đó, từ Định lý 2.2, suy ra điều phải chứng minh.
Định lý được chứng minh.
Định lý 2.6. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi,
đóng, khác rỗng của H. Cho T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} là một nửa nhóm ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với F (T ) (cid:54)= ∅ và x0 ∈ H. Với C1 = C và u1 = PC1x0, xác định dãy {un} như sau:
yn = αnun + (1 − αn) (cid:82) λn 0 T (s)unds, 1 λn
(2.8)
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, 0 < λn < ∞ với mọi n ∈ N và λn → ∞. Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PF (T )x0.
Chứng minh. Với mỗi n ≥ 1, đặt
0
(cid:90) λn T (s)xds, Tnx = 1 λn
với mọi x ∈ C. Theo Mệnh đề 1.14, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T . Do đó, từ Định lý 2.2, suy ra điều phải chứng minh.
Định lý được chứng minh.
Định lý 2.7. Cho H là một không gian Hilbert thực và cho A : H −→ 2H là một toán tử đơn điệu cực đại. Với u1 = x0 ∈ H và C1 = H, xác định dãy
31
{un} như sau:
un,
(2.9)
yn = αnun + (1 − αn)J A λn 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, 0 < λn < ∞ với mọi n ∈ N và λn → ∞. Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PA−10x0.
Chứng minh. Với mỗi n ≥ 1, đặt Tnx = J A x với mọi x ∈ C. Theo Mệnh đề λn 1.16, {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với J A = (I + A)−1. Do đó, từ Định lý 2.2, suy ra điều phải chứng minh.
Định lý được chứng minh.
2.2. Phương pháp lai chiếu
Năm 2003, Nakajo và Takahashi [3] đã chứng minh định lý dưới đây:
Định lý 2.8. 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 F (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)}, (2.10)
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 PF (T )x1, khi n → ∞.
Ngoài ra, Nakajo và Takahashi [3] cũng đã chứng minh định lý dưới đây
cho bài toán tìm điểm bất động chung của một nửa nhóm ánh xạ không
giãn.
32
Định lý 2.9. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi,
đóng, khác rỗng của H. Cho T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} là một nửa nhóm ánh xạ không giãn trên C sao cho F (T ) (cid:54)= ∅. Với x1 ∈ C bất kỳ, ta xác định dãy {xn} như sau yn = αnxn + (1 − αn) (cid:82) λn 0 T (s)xnds, 1 λn
Cn = {z ∈ C : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)xn − z(cid:107)}, (2.11)
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 và {λn} là dãy số thực dương thỏa mãn điều kiện λn → ∞. Khi đó, dãy {xn} hội tụ mạnh về PF (T )x1, khi n → ∞.
Sử dụng Định lý 2.1, Takahashi, Takeuchi và Kubota đã đưa ra một tổng
quát của các Định lý 2.8 và Định lý 2.9, như sau:
Định lý 2.10. Cho H là một không gian Hilbert thực và C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của H. Cho {Tn} và T là hai họ ánh xạ không giãn từ C vào chính nó sao cho ∩∞ n=1F (Tn) = F (T ) (cid:54)= ∅ và cho x0 ∈ H. Giả sử {Tn} thỏa mãn điều kiện NST (I) ứng với T . Đặt C1 = C, u1 = PC1x0 và xác định dãy {un} trong C như sau: yn = αnun + (1 − αn)Tnun,
Cn = {z ∈ C : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)un − z(cid:107)}, (2.12)
Qn = {z ∈ C : (cid:104)x0 − un, un − z(cid:105) ≥ 0}, un+1 = PCn∩Qnx0, n ∈ N,
trong đó 0 ≤ αn ≤ a < 1 với mọi n ∈ N. Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PF (T )x0.
Chứng minh. Ta biểu diễn lại các tập Cn và Qn ở dạng dưới đây:
Cn = C ∩ {z ∈ H : (cid:104)un − yn, z(cid:105) ≥ ((cid:107)un(cid:107)2 − (cid:107)yn(cid:107)2)}, 1 2
33
Qn = C ∩ {z ∈ H : (cid:104)un − x0, z(cid:105) ≥ (cid:104)un − x0, un(cid:105)}.
Vì C là tập lồi, đóng và
{z ∈ H : (cid:104)un − yn, z(cid:105) ≥ ((cid:107)un(cid:107)2 − (cid:107)yn(cid:107)2)}, 1 2
{z ∈ H : (cid:104)un − x0, z(cid:105) ≥ (cid:104)un − x0, un(cid:105)}
là các nửa không gian đóng của H, nên Cn và Qn là các tập lồi và đóng.
Lấy u ∈ F (T ). Khi đó, với mọi n ≥ 1, ta có
(cid:107)yn − u(cid:107) = (cid:107)αnun + (1 − αn)Tnun − u(cid:107)
≤ αn(cid:107)yn − u(cid:107) + (1 − αn)(cid:107)Tnun − Tnu(cid:107)
≤ αn(cid:107)yn − u(cid:107) + (1 − αn)(cid:107)un − u(cid:107)
= (cid:107)yn − u(cid:107).
Suy ra u ∈ Cn với mọi n ≥ 1. Do đó, ta nhận được F (T ) ⊂ Cn với mọi n ≥ 1.
Tiếp theo, ta chỉ ra F (T ) ⊂ Qn với mọi n bằng quy nạp. Thật vậy, từ
u1 = PCx0, ta có
(cid:104)x0 − u1, u1 − y(cid:105) ≥ 0,
với mọi y ∈ C, suy ra Q1 = C. Do đó F (T ) ⊂ Q1. Giả sử F (T ) ⊂ Qk với k ≥ 1 nào đó. Từ uk+1 = PCk∩Qkx0, ta có
(cid:104)x0 − uk+1, uk+1 − y(cid:105) ≥ 0,
với mọi y ∈ Ck ∩ Qk. Do F (T ) ⊂ Ck ∩ Qk, nên ta nhận được
(cid:104)x0 − uk+1, uk+1 − u(cid:105) ≥ 0,
với mọi u ∈ F (T ). Suy ra, F (T ) ⊂ Qk+1. Như vậy, ta nhận được F (T ) ⊂ Qn với mọi n ≥ 1.
Tóm lại, ta có F (T ) ⊂ Cn ∩ Qn với mọi n ≥ 1 và do đó dãy {un} hoàn
toàn xác định.
34
Vì F (T ) ⊂ Qn và từ định nghĩa của Qn, ta có
(2.13) (cid:104)x0 − un, un − u(cid:105) ≥ 0,
với mọi u ∈ F (T ). Từ un+1 = PCn∩Qnx0 ∈ Qn, ta cũng có
(2.14) (cid:104)x0 − un, un − un+1(cid:105) ≥ 0.
Mặt khác, un+1 = PCn∩Qnx0 ∈ Cn, nên từ định nghĩa của Cn, ta nhận được
(cid:107)yn − un+1(cid:107) ≤ (cid:107)un − un+1(cid:107).
Từ cách xác định của yn, ta có
(cid:107)yn − un(cid:107) = (1 − αn)(cid:107)Tnun − un(cid:107).
Tương tự như chứng minh của Định lý 2.2, ta nhận được
(2.15) (cid:107)yn − un(cid:107) ≤ (cid:107)un − un+1(cid:107). (cid:107)Tnun − un(cid:107) ≤ 2 1 − a 1 1 − αn
Từ (2.13)-(2.15) và Định lý 2.1, suy ra dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PF (T )x0. Định lý được chứng minh.
Tương tự như Định lý 2.7, ta cũng có kết quả dưới đây cho bài toán xác
định không điểm của toán tử đơn điệu cực đại.
Định lý 2.11. Cho H là một không gian Hilbert thực và cho A : H −→ 2H là một toán tử đơn điệu cực đại. Với u1 = x0 ∈ H và C1 = H, xác định dãy {un} như sau:
un, yn = αnun + (1 − αn)J A λn
Cn = {z ∈ C : (cid:107)yn − z(cid:107) ≤ (cid:107)un − z(cid:107)}, (2.16)
Qn = {z ∈ C : (cid:104)x0 − un, un − z(cid:105) ≥ 0}, un+1 = PCn∩Qnx0, n ∈ N,
trong đó 0 ≤ αn ≤ a < 1, 0 < λn < ∞ với mọi n ∈ N và λn → ∞. Khi đó, dãy {un} hội tụ mạnh về z0 = PA−10x0.
Nhận xét 2.1. Từ Nhận xét 1.1, ta có thể thấy rằng Định lý 2.11 vẫn còn đúng cho trường hợp dãy {λn} thỏa mãn điều kiện infn{λn} = λ > 0.
35
2.3. Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 2.1. Xét bài toán tìm điểm bất động chung của nửa nhóm ánh xạ không giãn T = {T (s) : 0 ≤ s < ∞} từ R3 vào R3 được xác định bởi
cos s − sin s 0
T (s)x = , sin s cos s 0 0 0 1 x1 x2 x3
với mọi x = (x1, x2, x3) ∈ R3 và với mọi s ≥ 0.
Ta biết rằng T là một nửa nhóm ánh xạ không giãn và F (T ) = {(0, 0, a) :
a ∈ R} (xem Ví dụ 1.4). Với x0 = (1, 2, 3), thì ta có z0 = PF (T )x0 = (0, 0, 3).
Dưới đây ta sẽ mô tả sự hội tụ của dãy lặp {xn} xác định trong Định lý 2.6 và Định lý 2.9 thông qua đánh giá khoảng cách giữa nghiệm xấp xỉ xn và nghiệm chính xác z0.
và Áp dụng Định lý 2.6 và Định lý 2.9 với x0 = (1, 2, 3), αn = 1 n + 1
Phương pháp lặp (2.8)
TOL 10−4 10−5 10−6
n 34 43 50
(cid:107)xn − x∗(cid:107) 7.66 × 10−5 9.89 × 10−6 9.04 × 10−7
xn (3.1 × 10−5, 7 × 10−5, 3) (2.67 × 10−6, 9.52 × 10−6, 3) (7.06 × 10−6, 5.65 × 10−6, 3)
Phương pháp lặp (2.11)
TOL 10−4 10−5 10−6
n 595 1591 3642
(cid:107)xn − x∗(cid:107) 9.23 × 10−5 9.36 × 10−6 8.47 × 10−7
xn (−1.39 × 10−5, 9.13 × 10−5, 3) (−3.02 × 10−6, 8.86 × 10−6, 3) (−1.86 × 10−6, 8.26 × 10−6, 3)
Bảng 2.1: Nghiệm chính xác (0, 0, 3)
λn = n, ta nhận được bảng kết quả dưới đây:
Sự hội tụ của dãy nghiệm xấp xỉ được cho bởi các phương pháp lặp (2.8)
và (2.10) cũng được mô tả trong hình dưới đây:
36
Hình 2.1: Nghiệm chính xác z0 = (0, 0, 3)
Ví dụ 2.2. Xét bài toán tìm một phần tử x∗ ∈ S = argminx∈R3f (x), ở đây f được xác định bởi
f (x) = (cid:104)Ax, x(cid:105) + (cid:104)B, x(cid:105) + C,
với
1 1 −1 (cid:16) (cid:17) A = , C là các hằng số tùy ý. , B = 1 1 −1 −4 −4 4 −1 −1 1
Ta có (cid:53)2f = 2A. Do A là ma trận nửa xác định dương nên f là hàm lồi trên R3. Ngoài ra, vì f là hàm chính thường, liên tục trong R3, nên ∂f là toán tử đơn điệu cực đại. Như vậy, bài toán trên tương đương với bài toán
sau:
Tìm một phần tử
x∗ ∈ (∂f )−10 (cid:54)= ∅.
Dễ dàng kiểm tra được tập nghiệm của bài toán là
S = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 − x3 = 2}.
37
Với x0 = (2, 0, −3) và z = (a, b, a + b − 2) ∈ S với mọi a, b ∈ R, ta có
(cid:107)z − x0(cid:107)2 = (a − 2)2 + b2 + (a + b + 1)2.
Khi đó, z = PSx0 khi và chỉ khi
g(a, b) = (a − 2)2 + b2 + (a + b + 1)2
đạt giá trị nhỏ nhất. Dễ thấy, g(a, b) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi a = 1 và b = −1. Suy ra z0 = PSx0 = (1, −1, −2).
Chú ý 2.1. Ta cũng có thể tìm hình chiếu z0 của x0 lên tập S bằng cách sử dụng đặc trưng của phép chiếu mêtric (xem Mệnh đề 1.7), tức là z0 = PSx0 khi và chỉ khi
(cid:104)x0 − z0, z0 − z(cid:105) ≥ 0,
với mọi z ∈ S.
Gỉa sử z0 = (a0, b0, a0 + b0 − 2). Khi đó bất đẳng thức trên tương đương
với
(2 − a0)(a0 − a) − b0(b0 − b) − (1 + a0 + b0)(a0 + b0 − a − b) ≥ 0,
với mọi a, b ∈ R. Điều này tương đương với
0 + a0b0 + b2
0) ≥ 0,
(2a0 + b0 − 1)a + (a0 + 2b0 + 1)b + a0 − b0 − 2(a2
với mọi a, b ∈ R.
Bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi
0 + a0b0 + b2
0) ≥ 0.
2a0 + b0 − 1 = 0, a0 + 2b0 + 1 = 0, a0 − b0 − 2(a2
Suy ra z0 = PSx0 = (1, −1, −2).
và Áp dụng Định lý 2.7 và Định lý 2.11 với x0 = (2, 0, −3), αn = 1 n + 1
λn = n, ta nhận được bảng kết quả dưới đây:
38
Phương pháp lặp (2.9), (2.16)
TOL 10−4 10−5 10−6
n 18 22 26
(cid:107)xn − x∗(cid:107) 9.17 × 10−5 7.08 × 10−6 5.29 × 10−7
xn (1.000052, −0.999947, −2.000052) (1.000004, −0.999995, −2.000004) (1, −0.999999, −2)
Bảng 2.2: Nghiệm chính xác z0 = (1, −1, −2)
Chú ý 2.2. Trong trường hợp này thì các phương pháp lặp (2.9) và (2.16)
cho ta cùng một kết quả.
Từ Nhận xét 2.1, áp dụng Định lý 2.7 và Định lý 2.11 với x0 = (2, 0, −3),
Phương pháp lặp (2.9)
TOL 10−4 10−5 10−6
n 21 26 30
(cid:107)xn − x∗(cid:107) 8.86 × 10−5 6.26 × 10−6 7.38 × 10−7
xn (1.000051, −0.999948, −2.000051) (1.000003, −0.999996, −2.000003) (1, −0.999999, −2)
Phương pháp lặp (2.16)
TOL 10−4 10−5 10−6
n 30 37 43
(cid:107)xn − x∗(cid:107) 9.32 × 10−5 7 × 10−6 7.48 × 10−7
xn (1.000053, −0.999946, −2.000053) (1.000004, −0.999995, −2.000004) (1, −0.999999, −2)
Bảng 2.3: Nghiệm chính xác (1, −1, −2)
và λn = 1 với mọi n ≥ 1, ta nhận được bảng kết quả dưới đây: αn = 1 n + 1
Nhận xét 2.2. Phương pháp chiếu co hẹp (2.9) cho ta kết quả tốt hơn
phương pháp lai chiếu (2.16).
39
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 Takahashi W., Takeuchi Y., Kubota R. trong tài liệu
[6] cho bài toán tìm điểm bất động chung của một họ ánh xạ không
giãn;
• Xây dựng các ví dụ số đơn giản dựa trên phần mềm MATLAB nhằm
minh họa thêm cho các phương pháp.
40
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
Operator Theory in Hilbert spaces, Springer.
[3] Nakajo K., Takahashi W. (2003), "Strong convergence theorems for
nonexpansive mappings and nonexpansive semigroups", J. Math. Anal.
Appl., 279, pp. 372-379.
[4] Nakajo K., Shimoji K., Takahashi W. (2007), "Strong convergence to
common fixed points of families of nonexpansive mappings in Banach
spaces", J. Nonlinear Convex Anal., 8, pp. 11-34.
[5] Shimizu N., Takahashi W. (1997), "Strong convergence to common fixed
points of families of nonexpansive mappings", J. Math. Anal. Appl., 211,
pp. 71-83.
[6] 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.
