ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ KIM CHUNG
PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ĐẾM ĐƯỢC CÁC ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN
THÁI NGUYÊN - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THỊ KIM CHUNG
PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN TRÊN TẬP ĐIỂM BẤT ĐỘNG CHUNG CỦA MỘT HỌ ĐẾM ĐƯỢC CÁC ÁNH XẠ KHÔNG GIÃN
Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
TẬP THỂ HƯỚNG DẪN:
PGS.TS. PHẠM NGỌC ANH TS. NGUYỄN THỊ THU THỦY
THÁI NGUYÊN - 2015
iii
Mục lục
Mở đầu 1
1 Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu 4
1.1. Không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1. Không gian Banach trơn đều . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2. Ánh xạ đối ngẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.3. Ánh xạ không giãn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2. Toán tử đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.1. Toán tử đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2. Toán tử J-đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.3. Giới hạn Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3. Bài toán bất đẳng thức biến phân . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3.1. Bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert 15 1.3.2. Bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach 16
2 Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của ánh
xạ không giãn 18
2.1. Bất đẳng thức biến phân với toán tử đồng bức J-đơn điệu 18 2.1.1. Định lý hội tụ yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.2. Định lý hội tụ mạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2. Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu mạnh . . 25
2.2.1. Mô tả phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2.2. Sự hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Kết luận 31
iv
Tài liệu tham khảo 32
1
Mở đầu
Bất đẳng thức biến phân được nghiên cứu đầu tiên bởi Stampacchia
[6], [7] và là một công cụ hữu hiệu để nghiên cứu và giải các bài toán ứng dụng như bài toán cân bằng kinh tế, tài chính, vận tải v.v... vì vậy
nó đã trở thành vấn đề thời sự thu hút rất nhiều nhà khoa học quan tâm nghiên cứu.
Một trong những hướng nghiên cứu quan trọng của bất đẳng thức biến phân là việc xây dựng phương pháp giải. Dựa trên tính chất kiểu
đơn điệu, đã có rất nhiều phương pháp hiệu quả được các nhà khoa học đưa ra, trong đó tiêu biểu là phương pháp điểm gần kề của B. Martinet,
phương pháp nguyên lý bài toán phụ của G. Cohen, phương pháp lai đường dốc nhất của Yamada v.v.... Hiện nay đang có nhiều công trình
mở rộng hướng nghiên cứu của Yamada để giải bài toán bất đẳng thức
biến phân trên tập điểm bất động chung của một họ hữu hạn hay vô hạn các ánh xạ không giãn.
Mục đích của luận văn là trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động chung của họ đếm được các ánh
xạ không giãn trong không gian Banach.
Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, hai chương trình bày nội dung
của luận văn, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo.
Chương 1: "Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu" trình
bày một số kiến thức cơ bản về không gian Banach, toán tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu và bài toán bất đẳng thức biến phân trong hai không
gian Hilbert và Banach.
Chương 2: "Bất đẳng thức biến phân trên tập điểm bất động của ánh xạ không giãn" trình bày phương pháp giải bài toán bất đẳng thức biến
2
phân với toán tử đồng bức J-đơn điệu và toán tử J-đơn điệu mạnh trong
không gian Banach. Các kiến thức trình bày trong luận văn được tổng hợp từ hai bài báo trong [2] và [3].
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn trực tiếp của TS. Nguyễn Thị
Thu Thủy và PGS.TS. Phạm Ngọc Anh. Tác giả xin bày tỏ lòng biết
ơn chân thành và sâu sắc tới thầy cô, người đã tận tâm giảng dạy và chỉ bảo tác giả trong suốt quá trình tác giả thực hiện luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan
tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.
Cuối cùng tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp
đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả khi học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015. Học viên
Nguyễn Thị Kim Chung
3
BẢNG KÝ HIỆU
R
trường số thực tập rỗng
∅ Rn
không gian Euclide n-chiều giá trị tuyệt đối của x |x|
chuẩn của véctơ x phép chiếu mêtric từ H lên C
phép co rút không giãn theo tia từ E lên C tích vô hướng của hai phần tử x và y ||x|| PC QC (cid:104)x, y(cid:105)
miền xác định của ánh xạ A không gian đối ngẫu của E sự hội tụ mạnh của {xn} vào x ∈ E sự hội tụ yếu của {xn} vào x ∈ E tập các điểm bất động của T D(A) E∗ xn → x xn (cid:42) x Fix(T )
VI(C, A)
tập các nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
S(C, A)
tập các nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach
4
Chương 1
Bất đẳng thức biến phân với toán
tử J-đơn điệu
Chương này giới thiệu khái niệm và một số tính chất của không gian
Banach; toán tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu; và bài toán bất đẳng thức biến phân. Các kiến thức của chương được tổng hợp từ các tài liệu
1.1. Không gian Banach
[1]–[7].
1.1.1. Không gian Banach trơn đều
Cho E là không gian Banach thực với chuẩn (cid:107).(cid:107). Ký hiệu E∗ là không gian đối ngẫu của E và giá trị của f ∈ E∗ tại x ∈ E là (cid:10)x, f (cid:11). Cho {xn} là một dãy trong E. Ký hiệu sự hội tụ mạnh của {xn} đến x ∈ E là xn → x và sự hội tụ yếu là xn (cid:42) x. Gọi U = {x ∈ E : (cid:107)x(cid:107) = 1}.
Định nghĩa 1.1 Không gian Banach E gọi là lồi đều nếu với mỗi
(cid:107)x − y(cid:107) ≥ (cid:15) thỏa mãn (1.1) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:15) ∈ (0, 2], tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x, y ∈ U (cid:13) x + y (cid:13) (cid:13) ≤ 1 − δ. 2
Ta thấy, không gian Banach lồi đều là không gian phản xạ và lồi chặt.
Định nghĩa 1.2 Không gian Banach E được gọi là trơn nếu giới hạn
(1.2) lim t→0 (cid:107)x + ty(cid:107) − (cid:107)x(cid:107) t
5
tồn tại với mọi x, y ∈ U . Nó được gọi là trơn đều nếu giới hạn (1.2) đạt được đều với x, y ∈ U .
Định nghĩa 1.3
i) Chuẩn của E gọi là khả vi Fréchet nếu với mỗi x ∈ U , giới hạn
(1.2) đạt được đều với y ∈ U .
ii) Chuẩn của E gọi là khả vi Gâteaux đều nếu với mỗi y ∈ U , giới
hạn (1.2) đạt được đều với x ∈ U .
iii) Hàm số ρ : [0, ∞) → [0, ∞) được gọi là môđun trơn của E và được
định nghĩa như sau
ρ(τ ) = sup ((cid:107)x + y(cid:107) + (cid:107)x − y(cid:107)) − 1 : x, y ∈ E, (cid:107)x(cid:107) = 1, (cid:107)y(cid:107) = τ (cid:111) . (cid:110)1 2 (1.3)
Ta thấy không gian E trơn đều nếu và chỉ nếu limτ →0 ρ(τ )/τ = 0.
Định nghĩa 1.4 Cho số thực q cố định, với 1 < q ≤ 2. Không gian Banach E gọi là q-trơn đều nếu tồn tại hằng số c > 0 sao cho ρ(τ ) ≤ cτ q với mọi τ > 0.
Bổ đề 1.1 Cho số thực q với 1 < q ≤ 2 và E là không gian Banach. Khi đó E là q-trơn đều nếu và chỉ nếu tồn tại hằng số K ≥ 1 sao cho
(cid:107)x + y(cid:107)q + (cid:107)x − y(cid:107)q(cid:17) (cid:16) ≤ (cid:107)x(cid:107)q + (cid:107)Ky(cid:107)q (1.4)
1 2 với mọi x, y ∈ E.
Hằng số K trong Bổ đề 1.1 được gọi là hằng số q-trơn đều của E.
1.1.2. Ánh xạ đối ngẫu
(1.5) Định nghĩa 1.5 Cho số thực q > 1. Ánh xạ đối ngẫu tổng quát Jq từ E vào 2E∗ được định nghĩa như sau x∗ ∈ E∗ : (cid:10)x, x∗(cid:11) = (cid:107)x(cid:107)q, (cid:107)x∗(cid:107) = (cid:107)x(cid:107)q−1(cid:111) (cid:110) Jq(x) =
với mọi x ∈ E. Ánh xạ J = J2 được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc, và
(1.6) Jq(x) = (cid:107)x(cid:107)q−2J(x) với mọi x ∈ E.
6
Ta ký hiệu ánh xạ đối ngẫu tổng quát, chuẩn tắc đơn trị tương ứng là jq và j. Nếu E là không gian Hilbert H thì J = I-toán tử đơn vị trong H. Ta thấy, với mọi x, y ∈ E và f ∈ J(y),
(cid:107)x(cid:107)2 − (cid:107)y(cid:107)2 ≥ 2(cid:10)x − y, f (cid:11). (1.7)
Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J có các tính chất sau.
(1) Nếu E là không gian lồi chặt, thì J là ánh xạ 1 − 1 và
(cid:104)x − y, x∗ − y∗(cid:105) > 0 với (x, x∗), (y, y∗) ∈ J, x (cid:54)= y;
(2) Nếu E là không gian phản xạ, thì J là toàn ánh;
(3) Nếu E là không gian trơn đều, thì J là liên tục đều theo chuẩn trên
mỗi tập con bị chặn của E.
Ngoài ra,
(cid:11) ≤ (cid:107)y(cid:107)q − (cid:107)x(cid:107)q, (1.8) q(cid:10)y − x, jx
với mọi x, y ∈ E và jx ∈ Jq(x). Hơn nữa ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.2 Cho số thực q thỏa mãn 1 < q ≤ 2 và E là không gian Banach q-trơn đều. Khi đó
(1.9) (cid:107)x + y(cid:107)q ≤ (cid:107)x(cid:107)q + q(cid:10)y, Jq(x)(cid:11) + 2(cid:107)Ky(cid:107)q
với mọi x, y ∈ E, trong đó Jq là ánh xạ đối ngẫu tổng quát của E và K là hằng số q-trơn đều của E.
Chứng minh. Cho x, y ∈ E tùy ý. Từ (1.8) ta có q(cid:10)y, Jq(x)(cid:11) ≥ (cid:107)x(cid:107)q − (cid:107)x − y(cid:107)q.
Kết hợp với Bổ đề 1.1 ta nhận được q(cid:10)y, Jq(x)(cid:11) ≥ (cid:107)x(cid:107)q − (cid:107)x − y(cid:107)q
(1.10)
≥ (cid:107)x(cid:107)q − (2(cid:107)x(cid:107)q + 2(cid:107)Ky(cid:107)q − (cid:107)x + y(cid:107)q) = −(cid:107)x(cid:107)q − 2(cid:107)Ky(cid:107)q + (cid:107)x + y(cid:107)q.
Từ đây suy ra
(cid:50) (cid:107)x + y(cid:107)q ≤ (cid:107)x(cid:107)q + q(cid:10)y, Jq(x)(cid:11) + 2(cid:107)Ky(cid:107)q.
7
1.1.3. Ánh xạ không giãn
Định nghĩa 1.6 Cho E là không gian Banach và C là một tập con của
E. Khi đó ánh xạ T từ C vào chính nó được gọi là không giãn nếu
(cid:107)T x − T y(cid:107) ≤ (cid:107)x − y(cid:107) với mọi x, y ∈ C. (1.11)
Ký hiệu Fix(T ) là tập các điểm bất động của ánh xạ T , tức là
Fix(T ) = {x ∈ C : T x = x}.
Định nghĩa 1.7 Một tập con lồi, đóng C của không gian Banach E được gọi là có cấu trúc chuẩn tắc nếu với mỗi tập con D lồi, đóng, bị
chặn của C chứa ít nhất 2 phần tử, tồn tại một phần tử của D không
là đường kính của D.
Dễ thấy, tập con lồi, đóng của không gian Banach lồi đều có cấu trúc
chuẩn tắc và tập con lồi, compact của không gian Banach cũng có cấu trúc chuẩn tắc. Định lý sau đây liên quan đến sự tồn tại của các điểm
bất động của một ánh xạ không giãn.
Định lý 1.1 Cho E là không gian Banach phản xạ và D là tập con lồi, đóng, khác rỗng của E có cấu trúc chuẩn tắc. Cho T là ánh xạ không
giãn từ D vào chính nó. Khi đó tập Fix(T ) khác rỗng.
Định lý 1.2 Cho D là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian
Banach lồi đều E và T là ánh xạ không giãn từ D vào chính nó. Nếu {uj} là một dãy của D thỏa mãn
và uj (cid:42) u0 (cid:107)uj − T uj(cid:107) = 0 lim j→∞
1.2. Toán tử đơn điệu
thì u0 là điểm bất động của ánh xạ T .
1.2.1. Toán tử đơn điệu
Cho H là một không gian Hilbert thực, C là một tập con của H.
8
Định nghĩa 1.8 Toán tử A : C → H được gọi là
(i) đơn điệu nếu
(cid:104)A(x) − A(y), x − y(cid:105) ≥ 0 ∀x, y ∈ D(A);
(ii) η-đơn điệu mạnh nếu tồn tại η > 0 sao cho
(cid:104)A(x) − A(y), x − y(cid:105) ≥ η(cid:107)x − y(cid:107)2 ∀x, y ∈ D(A);
(iii) L-liên tục Lipschitz nếu tồn tại hằng số L > 0 sao cho
(cid:107)A(x) − A(y)(cid:107) ≤ L(cid:107)x − y(cid:107) ∀x, y ∈ D(A).
Nếu 0 ≤ L < 1 thì toán tử A được gọi là toán tử co. Nếu L = 1 thì toán tử A là toán tử không giãn.
Định nghĩa 1.9 Toán tử A từ C vào H gọi là đồng bức đơn điệu nếu tồn tại số thực dương α sao cho
(cid:104)x − y, Ax − Ay(cid:105) ≥ α(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2 (1.12)
với mọi x, y ∈ C. Trong trường hợp này, A gọi là α-đồng bức đơn điệu.
Cho T là ánh xạ không giãn từ C vào chính nó, khi đó A = I − T là
ánh xạ 1/2-đồng bức đơn điệu.
Định nghĩa 1.10 Ánh xạ T từ C vào chính nó gọi là giả co chặt nếu tồn tại hằng số k với 0 ≤ k < 1 thỏa mãn
(cid:107)T x − T y(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 + k(cid:107)(I − T )x − (I − T )y(cid:107)2 (1.13)
với mọi x, y ∈ C. Trong trường hợp này, T gọi là k-giả co chặt.
Định nghĩa 1.11 Ánh xạ QC : E → C được gọi là phép co rút không giãn theo tia từ E lên C nếu QC thỏa mãn
C = QC;
(i) QC là phép co rút trên C, tức là Q2
(ii) QC là ánh xạ không giãn;
9
(iii) QC là ánh xạ theo tia, tức là với mọi 0 < t < ∞,
QC(QC(x) + t(x − QC(x))) = QC(x).
Tập C được gọi là tập co rút không giãn theo tia nếu tồn tại phép co rút không giãn theo tia QC từ E lên C.
Bổ đề 1.3 Mọi tập con C lồi đóng của không gian Banach lồi đều E đều là tập co rút của E, tức là tồn tại phép co rút từ C lên E.
Bổ đề 1.4 Cho C là tập con khác rỗng lồi đóng của không gian Banach trơn E và QC : E → C là phép co rút từ E lên C. Khi đó, các phát biểu sau là tương đương:
(i) QC là ánh xạ không giãn theo tia;
(ii) (cid:104)x − QCx, j(y − QCx)(cid:105) ≤ 0 ∀x ∈ E, y ∈ C.
Bổ đề 1.5 Cho C là tập con khác rỗng lồi đóng trong không gian Banach E lồi đều và trơn đều và T là ánh xạ không giãn trên C với Fix(T ) (cid:54)= ∅.
Khi đó tập Fix(T ) là tập co rút không giãn theo tia của C.
Cho E là không gian Banach trơn, C là một tập con của E và J là
ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của E. Ký hiệu
S(C, A) = {u ∈ C : (cid:10)Au, J(v − u)(cid:11) ≥ 0, ∀v ∈ C}.
Bổ đề 1.6 Cho C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach trơn E. Cho QC là phép co rút không giãn theo tia từ E vào C và A là toán tử J-đơn điệu từ C vào chính nó. Khi đó với mọi λ > 0,
(1.14) S(C, A) = Fix(QC(I − λA)).
Chứng minh. Từ Bổ đề 1.4 ta có u ∈ Fix(QC(I − λA)) nếu và chỉ nếu (cid:10)(u − λAu) − u, J(y − u)(cid:11) ≤ 0 (1.15)
với mọi y ∈ C và λ > 0. Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức (cid:10) − λAu, J(y − u)(cid:11) ≤ 0. Từ λ > 0, ta có u ∈ S(C, A).
(cid:50)
10
Chú ý 1.1 Khi E là không gian Hilbert H, ánh xạ QC chính là phép chiếu mêtric PC từ H lên C.
1.2.2. Toán tử J-đơn điệu
Định nghĩa 1.12 Cho E là không gian Banach và C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của E. Toán tử A từ C vào E gọi là
(i) J-đơn điệu nếu tồn tại j(x − y) ∈ J(x − y) với mỗi x, y ∈ D(A) sao
cho
(cid:104)Ax − Ay, j(x − y)(cid:105) ≥ 0; (1.16)
(ii) J-đơn điệu đều nếu với mọi x, y ∈ D(A) tồn tại j(x − y) ∈ J(x − y) và một hàm tăng ngặt ψ : R+ := [0, ∞) → R+, ψ(0) = 0 sao cho
(cid:104)Ax − Ay, j(x − y)(cid:105) ≥ ψ((cid:107)x − y(cid:107)); (1.17)
(iii) η-J-đơn điệu mạnh nếu tồn tại một hằng số η > 0 sao cho (1.17)
thỏa mãn với ψ(t) = ηt2.
Định nghĩa 1.13 Ánh xạ T : C → C được gọi là γ-giả co chặt nếu với mọi x, y ∈ C tồn tại số γ > 0 và jq(x − y) ∈ Jq(x − y) sao cho
(cid:104)T x − T y, jq(x − y)(cid:105) ≤ (cid:107)x − y(cid:107)q − γ(cid:107)(I − T )x − (I − T )y(cid:107)q
hay tương đương với
(cid:104)(I − T )x − (I − T )y, jq(x − y)(cid:105) ≥ γ(cid:107)(I − T )x − (I − T )y(cid:107)q,
ở đây, I là ánh xạ đơn vị của không gian E.
Theo định nghĩa này ta thấy mọi ánh xạ γ-giả co chặt đều là (1+γ)/γ-
liên tục Lipschitz.
Bổ đề 1.7 Giả sử E là không gian Banach thực, trơn. Cho F : E → E là ánh xạ η-J-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt với η + γ > 1. Khi đó,
với mọi λ ∈ (0, 1), I − λF là ánh xạ co rút với hệ số co 1 − λτ , ở đây τ = 1 − (cid:112)(1 − η)/γ ∈ (0, 1).
11
Bổ đề 1.8 Cho C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach
2-trơn đều E. Cho α > 0 và A là toán tử α-J-đơn điệu mạnh từ C vào E. Nếu 0 < λ ≤ α/K 2, thì I − λA là ánh xạ không giãn từ C vào E, trong đó K là hằng số 2-trơn đều của E.
Bây giờ, ta định nghĩa toán tử α-đồng bức J-đơn điệu mạnh (1.12)
trong không gian Banach.
Định nghĩa 1.14 Cho C là tập con của không gian Banach trơn E. Cho α > 0, toán tử A từ C vào E gọi là α-đồng bức J-đơn điệu nếu
(cid:10)Ax − Ay, J(x − y)(cid:11) ≥ α(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2 (1.18)
với mọi x, y ∈ C.
Hiển nhiên, định nghĩa của toán tử α-đồng bức J-đơn điệu dựa trên
cơ sở của toán tử đồng bức đơn điệu. Từ (1.18) ta có
(cid:107)x − y(cid:107) (1.19) (cid:107)Ax − Ay(cid:107) ≤ 1 α
với mọi x, y ∈ C. Cho số thực q tùy ý q ≥ 2. Từ (1.6), (1.18), (1.19) ta
có
(cid:10)Ax − Ay, Jq(x − y)(cid:11) =(cid:107) x − y (cid:107)q−2 (cid:10)Ax − Ay, J(x − y)(cid:11)
(1.20)
≥ (cid:107)x − y(cid:107)q−2α(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2 ≥ (α(cid:107)Ax − Ay(cid:107))q−2α(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2 = αq−1(cid:107)Ax − Ay(cid:107)q
với mọi dãy x, y ∈ C.
Sau đây là một số tính chất của toán tử α-đồng bức J-đơn điệu trong
không gian Banach 2-trơn đều.
Bổ đề 1.9 Cho C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach
2-trơn đều E. Cho α > 0 và A là toán tử α-đồng bức J-đơn điệu từ C vào E. Nếu 0 < λ ≤ α/K 2, thì I − λA là ánh xạ không giãn từ C vào E, trong đó K là hằng số 2-trơn đều của E.
12
Chứng minh. Từ Bổ đề 1.2, với mọi x, y ∈ C ta có
(cid:107)(I − λA)x − (I − λA)y(cid:107)2 = (cid:107)(x − y) − λ(Ax − Ay)(cid:107)2
≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 − 2λ(cid:10)Ax − Ay, J(x − y)(cid:11)
(1.21)
+ 2K 2λ2(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2 ≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 − 2λα(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2 + 2K 2λ2(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2
≤ (cid:107)x − y(cid:107)2 + 2λ(K 2λ − α)(cid:107)Ax − Ay(cid:107)2.
Vậy, nếu 0 < λ ≤ α/K 2, thì I − λA là ánh xạ không giãn từ C vào E.
(cid:50)
Nhận xét 1.1 Nếu q ≥ 2 từ (1.20) với mọi x, y ∈ C ta có
(cid:107)(I − λA)x − (I − λA)y(cid:107)q ≤ (cid:107)x − y(cid:107)q
+ λ(2K qλq−1 − qαq−1)(cid:107)Ax − Ay(cid:107)q.
(1.22)
Từ đó, với q > 2 không tồn tại không gian Banach q-trơn đều. Ta chỉ xét không gian Banach 2-trơn đều.
Áp dụng Định lý 1.1, Bổ đề 1.6, 1.9, ta thấy nếu D là tập con lồi, đóng, bị chặn, khác rỗng của không gian Banach 2-trơn đều và lồi đều
E, D là phép co rút không giãn theo tia của E và A là toán tử α-đồng bức J-đơn điệu từ D vào E, thì tập S(D, A) khác rỗng. Định lý sau đây
được chứng minh bởi Reich.
∞ (cid:92)
∞ (cid:92)
Định lý 1.3 Cho C là tập con lồi, đóng khác rỗng của không gian Ba- nach lồi đều với chuẩn khả vi Fréchet. Cho {T1, T2, . . . } là một dãy của ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với (cid:84)∞ n=1 Fix(Tn) (cid:54)= ∅. Cho x ∈ C và Sn = TnTn−1 . . . T1 với mọi n ≥ 1. Khi đó tập
n=1
n=1
(1.23) co{Smx : m ≥ n} ∩ Fix(Tn)
bao gồm ít nhất một điểm, trong đó coD là bao lồi đóng của D.
13
1.2.3. Giới hạn Banach
∼ µ xác định trên tập số nguyên dương N, tức là, một hàm tuyến ∼ ∼ µ xác định trên µ (cid:107) = 1 =
∼ µ trên l∞ thỏa mãn (cid:107)
∼ µ (1). Hàm
Cho
tính liên tục N khi và chỉ khi
∼ µ (a) ≤ sup{an : n ∈ N}
∼ µ(a).
∼ µ trên N
∼ µn(a) thay cho
inf{an : n ∈ N} ≤
∼ µn(a) =
∼ µn(an+1)
với mỗi a = (a1, a2, . . . ) ∈ l∞. Ta sẽ viết được gọi là giới hạn Banach nếu
với mỗi a = (a1, a2, . . . ) ∈ l∞. Sử dụng định lý Hann–Banach, ta có thể ∼ µ là giới chứng minh sự tồn tại của giới hạn Banach. Ta biết rằng nếu
hạn Banach thì
∼ µn(an) ≤ lim sup
n→∞
an ≤ an lim inf n→∞
với mỗi a = (a1, a2, . . . ) ∈ l∞.
Cho {xn} là một dãy bị chặn trong X. Khi đó, ta có thể định nghĩa
hàm lồi liên tục nhận giá trị thực g : X → R bởi
∼ µn(cid:107)xn − x(cid:107)2,
g(x) = ∀x ∈ X.
Bổ đề 1.10 Cho r là số thực và (a0, a1, . . . ) ∈ l∞ thỏa mãn µn(an) ≤ r với mọi giới hạn Banach µ và lim supn→∞(an+1 − an) ≤ 0. Khi đó, lim supn→∞ an ≤ r.
Bổ đề 1.11 Cho C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Ba- nach X với một chuẩn khả vi Gâteaux đều. Giả sử {xn} là một dãy con bị chặn trong X, x∗ là một phần tử của C và µ là giới hạn Banach. Khi đó,
µ(cid:107)xn − x(cid:107)2 µ(cid:107)xn − x∗(cid:107)2 = min x∈C
nếu và chỉ nếu
µ(cid:104)x − x∗, J(xn − x∗)(cid:105) ≤ 0 với mọi x ∈ C.
14
Bổ đề 1.12 Cho E là không gian Banach với chuẩn khả vi Gâteaux đều. Cho {xn} bị chặn trong E. Cho f là ánh xạ từ (0, 1) vào E. Giả sử limt→0 f (t) = z và {f (t) : t ∈ (0, 1)} bị chặn. Cho x ∈ E và µ là giới hạn Banach. Nếu, với mỗi (cid:15) > 0, tồn tại t0 ∈ (0, 1) sao cho
(cid:10)x − f (t), J(xn − f (t))(cid:11) < (cid:15) µn
với mọi t ∈ (0, t0), thì
(cid:10)x − z, J(xn − z)(cid:11) ≤ 0. µn
Hơn nữa, nếu limn→∞ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0, thì
(cid:10)x − z, J(xn − z)(cid:11) ≤ 0. lim sup n→∞
Chứng minh. Cho (cid:15) > 0 tùy ý. Theo giả thiết, tồn tại t0 ∈ (0, 1) sao cho
(cid:10)x − f (t), J(xn − f (t))(cid:11) < µn với mọi t ∈ (0, t0). (cid:15) 3
, ∀t ∈ (0, t1), n ∈ N. Vì chuẩn E là chuẩn khả vi Gâteaux đều và limt→0 f (t) = z, tồn tại t1 ∈ (0, 1) sao cho |(cid:10)x − z, J(xn − z)(cid:11) − (cid:10)x − z, J(xn − f (t))(cid:11)| < (cid:15) 3
Từ limt→0 f (t) = z và {xn − f (t) : n ∈ N, t ∈ (0, 1)} bị chặn trong E, tồn tại t2 ∈ (0, 1) sao cho
|(cid:10)x − z, J(xn − f (t))(cid:11) − (cid:10)x − f (t), J(xn − f (t))(cid:11)| < (cid:15) 3
với mọi t ∈ (0, t2) và n ∈ N. Khi đó
(cid:10)x − z, J(xn − z)(cid:11) = µn µn
(cid:0)(cid:10)x − f (t), J(xn − f (t))(cid:11)(cid:1)
< = (cid:15) + + (cid:0)(cid:10)x − z, J(xn − z)(cid:11) − (cid:10)x − z, J(xn − f (t))(cid:11)(cid:1) (cid:0)(cid:10)x − z, J(xn − f (t))(cid:11) + µn − (cid:10)x − f (t), J(xn − f (t))(cid:11)(cid:1) + µn (cid:15) 3 (cid:15) 3 (cid:15) 3
với mọi t ∈ (0, min{t0, t1, t2}). Vì thế µn(cid:104)x − z, J(xn − z)(cid:105) ≤ 0. Hơn nữa, giả sử limn (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0. Từ giả thiết chuẩn của E là chuẩn khả vi
15
Gâteaux đều, ta thu được
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)(cid:104)x − z, J(xn+1 − z)(cid:105) − (cid:104)x − z, J(xn − z)(cid:105) (cid:12) = 0. lim n→∞
Từ Bổ đề 1.10, ta thu được lim supn→∞(cid:104)x − z, J(xn − z)(cid:105) ≤ 0.
1.3. Bài toán bất đẳng thức biến phân
(cid:50)
1.3.1. Bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
Bài toán 1.1 Cho H là không gian Hilbert thực với chuẩn (cid:107).(cid:107) và tích vô hướng (., .), C là một tập con lồi, đóng, khác rỗng của H và A là một
toán tử đơn điệu từ C vào H. Bài toán bất đẳng thức biến phân được phát biểu như sau:
Tìm phần tử u ∈ C thỏa mãn : (v − u, Au) ≥ 0, ∀v ∈ C. (1.24)
Phần tử u ∈ C thỏa mãn (1.24) được gọi là một nghiệm của bài toán.
Tập các nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (1.24) được ký hiệu là VI(C, A). Trong trường hợp C = H, VI(H, A) = A−10, trong đó A−10 = {u ∈ H : Au = 0}. Mỗi phần tử của A−10 được gọi là một không điểm của toán tử A. Cho T là ánh xạ không giãn từ C vào chính nó, khi đó A = I − T là toán tử 1/2-đồng bức đơn điệu và
Fix(T ) = VI(C, A), trong đó I là ánh xạ đồng nhất của H và Fix(T ) là tập các điểm bất động của T . Trong trường hợp C = H = RN , ta có định lý sau về tìm không điểm của toán tử ngược đơn điệu mạnh.
Định lý 1.4 Cho RN là không gian Euclid N chiều và A là toán tử α- đồng bức đơn điệu từ RN vào chính nó với A−10 (cid:54)= ∅. Cho dãy {xn} được định nghĩa như sau:
(1.25) x1 = x ∈ RN , xn+1 = xn − λnAxn, n = 1, 2, . . . ,
trong đó {λn} là dãy thuộc [0, 2α]. Nếu dãy {λn} được chọn sao cho λn ∈ [a, b] với a, b thỏa mãn 0 < a < b < 2α, thì dãy {xn} hội tụ tới một phần tử của A−10.
16
Sau đây là định lý hội tụ yếu về tìm nghiệm của bất đẳng thức biến
phân cho toán tử ngược đơn điệu mạnh.
Định lý 1.5 Cho C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Hilbert thực H và A là toán tử α-đồng bức đơn điệu C vào H với VI(C, A) (cid:54)= ∅. Cho {xn} là dãy được định nghĩa như sau:
(1.26) x1 = x ∈ C, xn+1 = PC(αnxn + (1 − αn)PC(xn − λnAxn))
với mọi n = 1, 2, . . . , trong đó PC là phép chiếu mêtric từ H lên C, {αn} là dãy thuộc [−1, 1], và {λn} là dãy thuộc [0, 2α]. Nếu các dãy {αn} và {λn} được chọn sao cho αn ∈ [a, b] với a, b thỏa mãn −1 < a < b < 1 và λn ∈ [c, d] với 0 < c < d < 2(1 + a)α, thì dãy {xn} hội tụ yếu tới một phần tử của VI(C, A).
1.3.2. Bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach
Bài toán 1.2 Cho E là không gian Banach trơn, E∗ ký hiệu là không gian đối ngẫu của E, C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của E và A : C → E là một toán tử J-đơn điệu. Bài toán bất đẳng thức biến
phân trong không gian Banach E được phát biểu như sau:
Tìm một điểm u ∈ C sao cho: (cid:10)Au, J(v − u)(cid:11) ≥ 0, ∀v ∈ C, (1.27)
trong đó J là ánh xạ đối ngẫu từ E vào E∗. Ký hiệu tập nghiệm của (1.27) là S(C, A).
Từ Bổ đề 1.4 ta có kết quả quan trọng sau về mối quan hệ của bất đẳng thức biến phân với bài toán điểm bất động trong không gian Banach
trơn.
Mệnh đề 1.1 Cho C là tập con khác rỗng lồi đóng của không gian
Banach trơn E. Khi đó bất đẳng thức biến phân (1.27) tương đương với phương trình điểm bất động:
(1.28) p∗ = QC(I − µF )(p∗), µ > 0,
tức là S(C, A)=Fix(QC(I − µF )).
17
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.4, ta có p∗ ∈ Fix(QC(I − µF )) khi và chỉ khi
(cid:104)(p∗ − µF p∗) − p∗, j(x − p∗)(cid:105) ≤ 0 ⇔ (cid:104)−µF p∗, j(x − p∗)(cid:105) ≤ 0
với mọi x ∈ C và µ > 0. Do µ > 0 nên ta suy ra x0 ∈ S(C, A). Mệnh đề được chứng minh.
(cid:50)
Do sự tương đương của bài toán bất đẳng thức biến phân trong không
gian Banach trơn với bài toán điểm bất động mà nhiều phương pháp giải bất đẳng thức biến phân trong không gian Banach cũng được xây
dựng dựa vào các phương pháp xấp xỉ điểm bất động.
Bài toán 1.2 có mối liên hệ với bài toán điểm bất động của các ánh
xạ tuyến tính, bài toán tìm không điểm của toán tử J-đơn điệu v.v. . . . Bài toán tìm không điểm của toán tử J-đơn điệu có thể thực hiện bằng
thuật toán điểm gần kề. Ta cũng có thể tìm nghiệm của Bài toán 1.2
trên cơ sở xét sơ đồ lặp sau cho toán tử J-đơn điệu A trong không gian Banach E
(1.29) x1 = x ∈ C, xn+1 = αnxn + (1 − αn)QC(xn − λnAxn)
với mọi n = 1, 2, . . . , trong đó QC là phép co rút không giãn theo tia từ E vào C, {αn} là dãy thuộc [0, 1], và {λn} là dãy số thực.
18
Chương 2
Bất đẳng thức biến phân trên tập
điểm bất động của ánh xạ không
giãn
Chương này trình bày phương pháp lặp giải bất đẳng thức biến phân J-đơn điệu trong không gian Banach với toán tử J-đơn điệu mạnh và
đồng bức J-đơn điệu. Nội dung của chương được viết trên cơ sở bài báo
2.1. Bất đẳng thức biến phân với toán tử đồng bức
J-đơn điệu
[2], [3] và [5].
Trong mục này, chúng tôi trình bày kết quả bài báo [2], [3] khi nghiên
cứu phương pháp giải Bài toán 1.2 với toán tử đồng bức J-đơn điệu
trong không gian Banach lồi đều và 2-trơn đều.
2.1.1. Định lý hội tụ yếu
Định lý 2.1 Giả sử E là không gian Banach lồi đều và 2-trơn đều, C là tập con lồi đóng khác rỗng của E, QC là phép co rút không giãn theo tia từ E vào C với α > 0 và A là toán tử α-đồng bức J-đơn điệu từ C vào E với S(C, A) (cid:54)= ∅. Giả sử x1 = x ∈ C và {xn} được cho bởi
(2.1) xn+1 = αnxn + (1 − αn)QC(xn − λnAxn)
19
với mọi n = 1, 2, . . . , trong đó {λn} là dãy các số thực dương và {αn} là dãy thuộc [0, 1]. Nếu {λn} và {αn} được chọn sao cho λn ∈ [a, α/K 2] với a > 0 và αn ∈ [b, c], trong đó b, c thỏa mãn 0 < b < c < 1, thì dãy {xn} hội tụ yếu tới phần tử z tùy ý của S(C, A), trong đó K là hằng số 2-trơn đều của E.
Chứng minh. Đặt yn = QC(xn − λnAxn) với mọi n = 1, 2, .... Cho u ∈ S(C, A). Đầu tiên ta chứng minh các dãy {xn} và {yn} bị chặn và limn→∞ (cid:107)xn − yn(cid:107) = 0. Thật vậy, từ Bổ đề 1.6 và 1.9 ta có
(cid:107)yn − u(cid:107) = (cid:107)QC(xn − λnAxn) − QC(u − λnAu)(cid:107) (2.2) ≤ (cid:107)(xn − λnAxn) − (u − λnAu)(cid:107) ≤ (cid:107)xn − u(cid:107)
với mọi n = 1, 2, .... Từ (2.2) suy ra
(cid:107)xn+1 − u(cid:107) = (cid:107)αn(xn − u) + (1 − αn)(yn − u)(cid:107)
(2.3) ≤ αn(cid:107)xn − u(cid:107) + (1 − αn)(cid:107)yn − u(cid:107)
≤ αn(cid:107)xn − u(cid:107) + (1 − αn)(cid:107)xn − u(cid:107) = (cid:107)xn − u(cid:107)
với mọi n = 1, 2, .... Vì thế nên {(cid:107)xn − u(cid:107)} là dãy không tăng và khi đó tồn tại limn→∞ (cid:107)xn − u(cid:107). Vậy, {xn} bị chặn. Từ (2.2) và (1.19) suy ra các dãy {yn} và {Axn} bị chặn.
Tiếp theo chúng ta sẽ chứng minh rằng limn→∞ (cid:107)xn − yn(cid:107) = 0. Giả sử rằng limn→∞ (cid:107)xn − yn(cid:107) (cid:54)= 0. Khi đó, tồn tại (cid:15) > 0 và dãy con {xni − yni} của dãy {xn − yn} sao cho (cid:107)xni − yni(cid:107) ≥ (cid:15) với mỗi i = 1, 2, .... Từ E là tập lồi đều, hàm số (cid:107).(cid:107)2 lồi đều trên tập lồi bị chặn B(0, (cid:107)x1 − u(cid:107)), trong đó B(0, (cid:107)x1 − u(cid:107)) = (cid:8)x ∈ E : (cid:107)x(cid:107) ≤ (cid:107)x1 − u(cid:107)(cid:9). Vì vậy, với mỗi (cid:15), tồn tại δ > 0 sao cho (cid:107)x − y(cid:107) ≥ (cid:15) thỏa mãn
(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)δ (2.4)
(2.5) với mỗi x, y ∈ B(0, (cid:107)x1 − u(cid:107)) và λ ∈ (0, 1). Như vậy, với mỗi i = 1, 2, ..., (cid:107)xni+1 − u(cid:107)2 = (cid:107)αni(xni − u) + (1 − αni)(yni − u)(cid:107)2 ≤ αni(cid:107)xni − u(cid:107)2 + (1 − αni)(cid:107)yni − u(cid:107)2
− αni(1 − αni)δ.
Vì thế, với mỗi i = 1, 2, ...,
(2.6) 0 < b(1 − c)δ ≤ αni(1 − αni)δ ≤ (cid:107)xni − u(cid:107)2 − (cid:107)xni+1 − u(cid:107)2.
20
Vế phải của bất đẳng thức trên hội tụ tới 0, điều này mâu thuẫn. Khi
đó ta có kết luận sau
(2.7) (cid:107)xn − yn(cid:107) = 0. lim n→∞
Từ dãy {xn} bị chặn, ta có dãy con {xni} của {xn} hội tụ yếu tới z. Và từ λni thuộc [a, α/K 2] với a > 0, suy ra {λni} bị chặn. Vậy, tồn tại dãy } của{λni} hội tụ tới λ0 ∈ [a, α/K 2]. Không mất tổng quát, ta con {λnij có thể giả sử λni → λ0. Ta tiếp tục chứng minh z ∈ S(C, A). Từ QC là ánh xạ không giãn, kết hợp với cách đặt yni = QC(xni − λniAxni) ta có
(cid:107)QC(xni − λ0Axni) − xni(cid:107) ≤ (cid:107)QC(xni − λ0Axni) − yni(cid:107)
+ (cid:107)yni − xni(cid:107)
(2.8) ≤ (cid:107)(xni − λ0Axni) − (xni − λniAxni)(cid:107)
+ (cid:107)yni − xni(cid:107)
≤ M |λni − λ0| + (cid:107)yni − xni(cid:107),
trong đó, M = sup{(cid:107)Axn(cid:107) : n = 1, 2, . . . }. Từ sự hội tụ của {λni}, (2.7), (2.8), ta có
(2.9) (cid:107)QC(I − λ0A)xni − xni(cid:107) = 0. lim i→∞
Mặt khác, từ Bổ đề 1.9, ta có QC(I − λ0A) không giãn. Vậy, từ (2.9), Bổ đề 1.6, và Định lý 1.2, ta thu được z ∈ Fix(QC(I − λ0A)) = S(C, A). Cuối cùng, ta chứng minh dãy {xn} hội tụ yếu tới một phần tử của
S(C, A). Thật vậy, đặt
(2.10) Tn = αnI + (1 − αn)QC(I − λnA)
với mọi n = 1, 2, . . . . Khi đó ta có
n=1co{xm : m ≥ n}.
xn+1 = TnTn−1 . . . T1x và z ∈ ∩∞
n=1Fix(QC(I − λnA)) = S(C, A).
Từ Bổ đề 1.9 ta có Tn là ánh xạ không giãn từ C vào chính nó, với
∞ (cid:92)
mọi n = 1, 2, . . . , và từ Bổ đề 1.6 ta có n=1Fix(Tn) = ∩∞ ∩∞ Từ Định lý 1.3, ta thu được
n=1
(2.11) co{xm : m ≥ n} ∩ S(C, A) = {z}.
21
Do đó, dãy {xn} hội tụ yếu tới một vài phần tử của S(C, A). Định lý được chứng minh.
(cid:50)
2.1.2. Định lý hội tụ mạnh
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
Định lý 2.2 Giả sử E là không gian Banach lồi đều và 2-trơn đều và C là tập con lồi đóng, khác rỗng của E, QC là phép co rút không giãn theo tia từ E lên C với α > 0, A là toán tử α-đồng bức J-đơn điệu từ C vào E với S(C, A) (cid:54)= ∅. Cho {αn} là dãy thuộc [0, 1] thỏa mãn
n=1
n=1
(2.12) αn = 0, αn = ∞ và |αn+1 − αn| < ∞, lim n→∞
∞ (cid:88)
và {λn} là dãy thuộc [a, α/K 2] với a > 0 thỏa mãn
n=1
(2.13) |λn+1 − λn| < ∞,
trong đó K là hằng số 2-trơn đều của E. Khi đó, với x1 = x ∈ C, dãy {xn} được định nghĩa bởi
(2.14) xn+1 = αnx + (1 − αn)QC(xn − λnAxn), n = 1, 2, . . .
hội tụ mạnh tới phần tử z của S(C, A).
Chứng minh. Đặt yn = QC(xn − λnAxn) với mọi n ∈ N. Cho u ∈ S(C, A). Trước tiên ta chứng minh các dãy {xn}, {yn} và {Axn} bị chặn. Thật vậy từ Bổ đề 1.6 và 1.8 ta có
(cid:107)yn − u(cid:107) = (cid:107)QC(xn − λnAxn) − QC(u − λnAu)(cid:107)
(2.15) ≤ (cid:107)(xn − λnAxn) − (u − λnAu)(cid:107)
≤ (cid:107)xn − u(cid:107)
với mọi n ∈ N. Từ (2.15) ta có
(cid:107)x2 − u(cid:107) = (cid:107)α1(x − u) + (1 − α1)(y1 − u)(cid:107)
≤ α1(cid:107)x − u(cid:107) + (1 − α1)(cid:107)y1 − u(cid:107)
≤ α1(cid:107)x − u(cid:107) + (1 − α1)(cid:107)x − u(cid:107)
= (cid:107)x − u(cid:107).
22
Nếu (cid:107)xk − u(cid:107) ≤ (cid:107)x − u(cid:107) với k ∈ N, ta có thể chỉ ra một cách tương tự (cid:107)xk+1 − u(cid:107) ≤ (cid:107)x − u(cid:107). Do đó, {xn} bị chặn. Từ (2.15) và (1.19) suy ra {yn} và {Axn} bị chặn.
Tiếp theo ta chứng minh
(cid:107)xn − yn(cid:107) = 0. lim n→∞ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0 và lim n→∞
Từ Bổ đề 1.8 ta có
(cid:107)yn+1 − yn(cid:107)
= (cid:107)QC(xn+1 − λn+1Axn+1) − QC(xn − λnAxn)(cid:107)
≤ (cid:107)(xn+1 − λn+1Axn+1) − (xn − λnAxn)(cid:107)
= (cid:107)(xn+1 − λn+1Axn+1) − (xn − λn+1Axn) (2.16) + (λn − λn+1)Axn(cid:107)
≤ (cid:107)(xn+1 − λn+1Axn+1) − (xn − λn+1Axn)(cid:107)
+ |λn − λn+1|(cid:107)Axn(cid:107)
≤ (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) + L|λn − λn+1|
với mọi n ∈ N, trong đó L = sup (cid:8)(cid:107)Axn(cid:107) : n ∈ N(cid:9). Vì vậy, từ (2.16) ta có
(cid:107)xm+2 − xm+1(cid:107)
= (cid:107)(αm+1x + (1 − αm+1)ym+1) − (αmx + (1 − αm)ym)(cid:107)
= (cid:107)(αm+1 − αm)(x − ym) + (1 − αm+1)(ym+1 − ym)(cid:107)
≤ |αm+1 − αm|(cid:107)x − ym(cid:107) + (1 − αm+1)(cid:107)ym+1 − ym)(cid:107)
≤ M |αm+1 − αm| + (1 − αm+1)((cid:107)xm+1 − xm(cid:107) + L|λm+1 − λm|)
≤ (1 − αm+1)(cid:107)xm+1 − xm(cid:107) + L|λm+1 − λm| + M |αm+1 − αm|
với mọi m ∈ N, trong đó M = sup (cid:8)(cid:107)x − yn(cid:107) : n ∈ N(cid:9). Bằng quy nạp, ta có
k=m
n+m−1 (cid:88)
n+m−1 (cid:88)
(cid:107)xn+m+1 − xn+m(cid:107) ≤ (cid:81) n+m−1 (1 − αk+1)(cid:107)xm+1 − xm(cid:107)
k=m
k=m
+ L |λk+1 − λk| + M |αk+1 − αk|
23
n=1 αn = ∞ ta có
k=m
với mọi n, m ∈ N. Từ (cid:81) n+m−1 (1 − αk+1) = 0 và (cid:80)∞
(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) lim sup n→∞
n→∞
n+m+1 (cid:88)
n+m+1 (cid:88)
= lim sup (cid:107)xn+m+1 − xn+m(cid:107)
n→∞
n→∞
k=m
k=m
≤ L lim sup |λk+1 − λk| + M lim sup |αk+1 − αk|
n=1
với mọi m ∈ N. Hơn nữa, từ ∞ (cid:88) |αn+1 − αn| < ∞
∞ (cid:88)
và
n=1
|λn+1 − λn| < ∞
ta có
(cid:107)xn+1 − xn(cid:107) ≤ 0 lim sup n→∞
khi m → ∞. Như vậy
n=1 |λn+1 −λn| < ∞, ta có limn→∞ (cid:107)yn+1 −yn(cid:107) = 0
(2.17) (cid:107)xn+1 − xn(cid:107) = 0. lim n→∞
Từ (2.16), (2.17) và (cid:80)∞ thỏa mãn
(2.18) (cid:107)xn − yn(cid:107) = 0 lim n→∞
Vì limn→∞ αn = 0 và
n=1 |λn+1 − λn| < ∞, suy
(cid:107)xn − yn(cid:107) ≤ αn−1(cid:107)x − yn(cid:107) + (1 − αn−1)(cid:107)yn−1 − yn(cid:107).
Từ giả thiết {λn} là dãy thuộc [a, α/K 2] và (cid:80)∞ ra λn hội tụ tới λ0 ∈ [a, α/K 2]. Do đó, từ
(cid:107)xn−QC(xn − λ0Axn)(cid:107)
≤ (cid:107)xn − yn(cid:107) + (cid:107)QC(xn − λnAxn) − QC(xn − λ0Axn)(cid:107)
≤ (cid:107)xn − yn(cid:107) + |λn − λ0|(cid:107)Axn(cid:107),
và (2.18) ta có
(2.19) (cid:107)xn − QC(xn − λ0Axn)(cid:107) = 0. lim n→∞
24
Với 0 < t < 1, cho zt là phần tử duy nhất của C thỏa mãn
zt = tx + (1 − t)T zt,
trong đó T = QC(I − λ0A). Khi đó {zt} bị chặn. Ta cũng thu được limt→0 zt = z ∈ Fix(T ) = S(C, A) từ Bổ đề 2.2. Cho µ là giới hạn Banach. Từ giả thiết T = QC(I − λ0A) không giãn, ta có
(cid:107)xn − T zt(cid:107)2 = (cid:107)xn − T xn + T xn − T zt(cid:107)2
≤ (cid:107)xn − T xn(cid:107)2 + (cid:107)xn − zt(cid:107)2 + 2(cid:107)xn − T xn(cid:107)(cid:107)xn − zt(cid:107)
với mọi n ∈ N và t ∈ (0, 1). Vậy, từ (2.19) ta có
µn(cid:107)xn − T zt(cid:107)2 ≤ µn(cid:107)xn − zt(cid:107)2
với mọi t ∈ (0, 1). Từ định nghĩa của zt, ta có
(1 − t)(xn − T zt) = (xn − zt) − t(xn − x).
Từ (1.7), ta có
(1 − t)2(cid:107)xn − T zt(cid:107)2 ≥ (cid:107)xn − zt(cid:107)2 − 2t(cid:104)xn − x, J(xn − zt)(cid:105)
≥ (1 − 2t)(cid:107)xn − zt(cid:107)2 + 2t(cid:104)x − zt, J(xn − zt)(cid:105)
với mọi n ∈ N và t ∈ (0, 1). Vậy, ta có
(1 − t)2µ(cid:107)xn − zt(cid:107)2 ≥ (1 − t)2µ(cid:107)xn − T zt(cid:107)2
≥ (1 − 2t)µn(cid:107)xn − zt(cid:107)2 + 2tµn(cid:104)x − zt, J(xn − zt)(cid:105)
và khi đó
µn(cid:107)xn − zt(cid:107)2 ≥ µn(cid:104)x − zt, J(xn − zt)(cid:105) t 2
với mọi t ∈ (0, 1). Từ Bổ đề 1.12, ta có µn(cid:104)x − z, J(xn − z)(cid:105) ≤ 0. Hơn nữa, từ (2.17) ta thu được
(cid:104)x − z, J(xn − z)(cid:105) ≤ 0. lim sup n→∞
Vì thế, với mọi (cid:15) > 0, tồn tại m ∈ N thỏa mãn
(2.20) (cid:104)x − z, J(xn+1 − z)(cid:105) ≤ (cid:15)
với mọi n ≥ m.
25
Cuối cùng, ta chứng minh {xn} hội tụ mạnh tới z ∈ S(C, A). Từ (1.7)
và
(1 − αn)(yn − z) = xn+1 − z − αn(x − z)
ta có
(2.21) (1 − αn)2(cid:107)yn − z(cid:107)2 ≥ (cid:107)xn+1 − z(cid:107)2 − 2αn(cid:104)x − z, J(xn+1 − z)(cid:105)
với mọi n ∈ N. Vậy, từ (2.15), (2.20), (2.21) và z ∈ S(C, A) ta có
(cid:107)xn+1 − z(cid:107)2 ≤ (1 − αn)2(cid:107)yn − z(cid:107)2 + 2αn(cid:104)x − z, J(xn+1 − z)(cid:105)
≤ (1 − αn)2(cid:107)xn − z(cid:107)2 + 2αn(cid:15)
với mọi n ≥ m. Bằng quy nạp, ta có
k=m
k=m
(cid:16) 1 − (cid:81) n (cid:17) . (cid:107)xn+1 − z(cid:107)2 ≤ (cid:81) n (1 − αk)(cid:107)xm − z(cid:107)2 + 2(cid:15) (1 − αk)
n=1 αn = ∞ ta có
với mọi n, m ∈ N. Khi đó, từ (cid:80)∞
(cid:107)xn+1 − z(cid:107)2 ≤ 2(cid:15). lim sup n→∞
Từ giả thiết (cid:15) > 0 tùy ý, ta thu được lim supn→∞ (cid:107)xn+1 − z(cid:107)2 ≤ 0 và vì thế limn→∞ (cid:107)xn+1 − z(cid:107)2 = 0. Khi đó, dãy {xn} hội tụ mạnh tới z ∈ S(C, A).
2.2. Bất đẳng thức biến phân với toán tử J-đơn điệu
mạnh
(cid:50)
Trong mục này, chúng tôi trình bày một phương pháp lặp giải Bài
toán 1.2 trên tập điểm bất động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn với toán tử J-đơn điệu mạnh và giả co chặt trong không
gian Banach lồi chặt, q-trơn đều.
2.2.1. Mô tả phương pháp
Cho E là không gian Banach phản xạ thực, lồi chặt, q-trơn đều với
1 < q ≤ 2, A là một toán tử η-J-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt với
26
i=1
η + γ > 1. Cho {Ti}∞ i=1 : E → E là một họ đếm được các ánh xạ không ∞ (cid:92) giãn sao cho C := Fix(Ti) (cid:54)= ∅. Ta xác định dãy lặp sau
(2.22) xn = γn(I − λnA)xn + (1 − γn)Snxn, n ≥ 1,
n (cid:88)
n (cid:88)
với
i=1
i=1
(2.23) Sn = (κi/sn)Ti, sn = κi,
i=1 thỏa mãn
∞ (cid:88)
ở đây {κi}∞
i=1
(2.24) κi ∈ (0, 1) và κi = κ < ∞,
λn và γn là các dãy số thực.
2.2.2. Sự hội tụ
i=1 là một dãy các số thực
i=1
∞ (cid:88)
Bổ đề 2.1 Cho C là tập con lồi, đóng của không gian Banach lồi chặt E. Giả sử {Ti}∞ i=1 là họ đếm được các ánh xạ không giãn trên C và ∞ (cid:92) Fix(Ti) khác rỗng. Giả thiết rằng {si}∞
i=1
∞ (cid:88)
dương với si = 1. Khi đó ánh xạ T trên C xác định bởi
i=1
T x = siTix với x ∈ C,
∞ (cid:92)
hoàn toàn xác định và là ánh xạ không giãn, đồng thời ta có
i=1
Fix(T ) = Fix(Ti).
Bổ đề 2.2 Cho E là không gian Banach lồi đều, có chuẩn khả vi Gâteaux
đều và cho C là tập con lồi, đóng, khác rỗng của E. Cho T là ánh xạ không giãn từ C vào chính nó với Fix(T ) (cid:54)= ∅. Cho x ∈ C và zt là phần tử duy nhất của C thỏa mãn zt = tx + (1 − t)T zt với 0 < t < 1. Khi đó, limt→0zt = z ∈ Fix(T ).
27
Định lý 2.3 Giả sử E là không gian Banach phản xạ thực, lồi chặt,
i=1
q-trơn đều với 1 < q ≤ 2, A là một ánh xạ η-J-đơn điệu mạnh và γ-giả co chặt với η + γ > 1, {Ti}∞ i=1 : E → E là một họ đếm được các ánh xạ ∞ (cid:92) không giãn sao cho C := Fix(Ti) (cid:54)= ∅. Khi đó, dãy {xn} xác định bởi
(2.22)-(2.24) hội tụ mạnh tới phần tử duy nhất x∗ là nghiệm của Bài toán 1.2 với λn ∈ (0, 1], γn ∈ (0, 1) thỏa mãn γn → 0 khi n → ∞.
Chứng minh. Xét ánh xạ
Fnx = γn(I − λnA)x + (1 − γn)Snx,
với mọi n ≥ 1 và x ∈ E. Khi đó, theo Bổ đề 1.7 ta có
(cid:107)Fnx − Fny(cid:107) = (cid:107)γn(I − λnA)x + (1 − γn)Snx
− [γn(I − λnA)y + (1 − γn)Sny](cid:107)
= (cid:107)γn[(I − λnA)x − (I − λnA)y]
+ (1 − γn)(Snx − Sny)(cid:107)
≤ γn(1 − λnτ )(cid:107)x − y(cid:107) + (1 − γn)(cid:107)x − y(cid:107)
= (1 − γnλnτ )(cid:107)x − y(cid:107), x, y ∈ E,
với γnλnτ ∈ (0, 1). Vì thế Fn là ánh xạ co trên X. Theo nguyên lý ánh xạ co Banach, tồn tại duy nhất phần tử xn ∈ E sao cho xn = Fnxn với mọi n ≥ 1.
Đối với mọi phần tử cố định p ∈ C, sử dụng Bổ đề 1.7 và tính chất
của ánh xạ không giãn Sn ta có
(cid:107)xn − p(cid:107)q = (cid:107)γn(I − λnA)xn + (1 − γn)Snxn − p(cid:107)q
= (cid:104)γn(I − λnA)xn + (1 − γn)Snxn − p, jq(xn − p)(cid:105)
= (cid:104)γn
= (cid:104)γn
(cid:2)(I − λnA)xn − p(cid:3) + (1 − γn)(Snxn − p), jq(xn − p)(cid:105) (cid:2)(I − λnA)xn − (I − λnA)p − λnAp(cid:3) + (1 − γn)(Snyn − Snp), jq(xn − p)(cid:105) ≤ γn(1 − λnτ )(cid:107)xn − p(cid:107)q − γnλn(cid:104)Ap, jq(xn − p)(cid:105)
+ (1 − γn)(cid:107)xn − p(cid:107)q
= (1 − γnλnτ )(cid:107)xn − p(cid:107)q − γnλn(cid:104)Ap, jq(xn − p)(cid:105).
28
Do đó
(2.25) (cid:107)xn − p(cid:107)q ≤ τ −1(cid:104)Ap, jq(p − xn)(cid:105).
Hiển nhiên (cid:107)xn − p(cid:107) ≤ τ −1(cid:107)Ap(cid:107). Điều này có nghĩa là {xn} là dãy bị chặn và vì vậy các dãy {Snxn} và {Axn} cũng bị chặn. Hơn nữa, ta có
(cid:107)xn − Snxn(cid:107) = (cid:107)γn(I − λnA)xn + (1 − γn)Snxn − Snxn(cid:107)
= (cid:107)γn(I − λnA)xn − γnSnxn(cid:107)
≤ γn(cid:107)(I − λnA)xn(cid:107) + γn(cid:107)Snxn(cid:107).
Vì γn → 0 khi n → ∞, λn ∈ (0, 1] và {xn}, {Axn} cùng với {Snxn} là các dãy bị chặn nên
(2.26) (cid:107)xn − Snxn(cid:107) = 0. lim n→∞
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
Từ (2.23) và (2.24) ta có,
i=1
i=1 si = 1. Từ Bổ đề 2.1, T là ánh xạ không giãn
i=1 ánh xạ E vào E với (cid:80)∞ và Fix(T ) = C.
T := ∈ (0, 1) κiTi = siTi, si = 1 κ κi κ
i=1 là các ánh xạ không giãn nên
Vì dãy {xn} bị chặn trên E và {Ti}∞
n (cid:88)
∞ (cid:88)
(cid:107)Tixn(cid:107) ≤ M2 < ∞, i = 1, 2, . . . . Ta có
i=1 n (cid:88)
i=1 n (cid:88)
∞ (cid:88)
(cid:107)Snxn − T xn(cid:107) = κiTixn − κiTixn (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 1 κ 1 sn
i=1
i=n+1
∞ (cid:88)
n (cid:88)
≤ κiTixn − κiTixn κiTixn (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) + (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 1 κ 1 κ 1 sn
i=1 κ − sn κsn
i=n+1
i=1
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
≤ κi(cid:107)Tixn(cid:107) κi(cid:107)Tixn(cid:107) + 1 κ
i=n+1
i=n+1
+ ≤ κi. κi = 2 M2(κ − sn) κ M2 κ M2 κ
i=n+1 κi → 0 khi n → ∞ nên
Để ý rằng (cid:80)∞
(2.27) (cid:107)Snxn − T xn(cid:107) = 0. lim n→∞
29
Từ (2.26) và (2.27) suy ra
(2.28) (cid:107)xn − T xn(cid:107) = 0. lim n→∞
Tiếp theo, đối với giới hạn Banach µ chúng ta xác định ánh xạ
ϕ : X → R như sau
ϕ(x) = µ(cid:107)xn − x(cid:107)2 ∀x ∈ E.
Hiển nhiên ϕ(x) là một phiếm hàm lồi, liên tục. Ta đặt
ϕ(u)}. C ∗ = {v ∈ E : ϕ(v) = inf u∈E
Do E là không gian Banach phản xạ nên C ∗ là tập khác rỗng. Hơn nữa, vì tính lồi và tính liên tục của ϕ nên ta có C ∗ là một tập con lồi, đóng của E. Mặt khác, với T là ánh xạ không giãn và sử dụng (2.28) với mọi u ∈ C ∗
ϕ(T u) = µn(cid:107)xn − T u(cid:107)2 ≤ µn (cid:0)(cid:107)xn − T xn(cid:107) + (cid:107)T xn − T u(cid:107)(cid:1)2
≤ µn(cid:107)xn − u(cid:107)2 = ϕ(u).
Suy ra T u ∈ C ∗ và vì thế T (C ∗) ⊂ C ∗, nghĩa là C ∗ là tập bất biến qua ánh xạ T . Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng C ∗ chứa một điểm bất động của ánh xạ T . Giả sử x ∈ C. Vì mọi tập con lồi, đóng, khác
rỗng của một không gian Banach phản xạ, lồi chặt E là tập Chebyshev nên tồn tại duy nhất u∗ ∈ C ∗ sao cho
(cid:107)x − v(cid:107). (cid:107)x − u∗(cid:107) = inf v∈C ∗
Mặt khác, ta có T x = x và T u∗ ∈ C ∗, đồng thời T là ánh xạ không giãn nên ta nhận được
(cid:107)x − T u∗(cid:107) = (cid:107)T x − T u∗(cid:107) ≤ (cid:107)x − u∗(cid:107),
suy ra T u∗ = u∗ từ tính duy nhất của u∗ ∈ C ∗. Do đó u∗ ∈ C ∩ C ∗. Từ Bổ đề 1.11, u∗ là cực tiểu phiếm hàm ϕ(u) trên X nếu và chỉ nếu
(2.29) µ(cid:104)u − u∗, j(xn − u∗)(cid:105) ≤ 0 ∀u ∈ E.
Chọn u = (I − A)u∗ trong (2.29) và sử dụng tính chất
jq(u∗ − xn) = (cid:107)u∗ − xn(cid:107)q−2j(u∗ − xn)
30
ta nhận được
(2.30) µ(cid:104)Au∗, jq(u∗ − xn)(cid:105) ≤ 0.
Kết hợp với (2.25) và (2.30) ta có µ(cid:107)xn − u∗(cid:107)2 = 0. Do đó, tồn tại dãy con {xni} của {xn} hội tụ mạnh tới u∗ khi i → ∞. Từ (2.25) và tính liên tục yếu theo chuẩn của ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc jq trên các tập con bị chặn của E ta được
(2.31) (cid:104)Ax, jq(x − u∗)(cid:105) ≥ 0 ∀x ∈ C.
Vì x, u∗ ∈ C (tập con lồi đóng) nên bằng việc thay thế x trong (2.31) bởi tx+(1−t)u∗ với t ∈ (0, 1) và sử dụng tính chất jq(t(u∗−x)) = tjq(u∗−x) với t > 0, sau đó chia cả hai vế cho t và cuối cùng cho t → 0 thì ta nhận được
(cid:104)Au∗, jq(x − u∗)(cid:105) ≥ 0 ∀x ∈ C.
Tính duy nhất nghiệm x∗ của Bài toán 1.2 dẫn tới u∗ = x∗. Do đó, dãy {xn} hội tụ mạnh tới x∗ khi n → ∞.
(cid:50)
31
Kết luận
Trong bài luận văn này tác giả đã hoàn thành các công việc sau
• Nhắc lại một số kiến thức cơ bản về không gian Banach, toán tử đơn điệu, toán tử J-đơn điệu và bài toán bất đẳng thức biến phân
trong hai không gian Hilbert và Banach.
• Trình bày kết quả của [2], [3] và [5] khi nghiên cứu phương pháp
giải Bài toán 1.2 với toán tử đồng bức J-đơn điệu trong không gian
Banach lồi đều và 2-trơn đều.
• Trình bày một phương pháp lặp giải Bài toán 1.2 trên tập điểm bất
động chung của một họ đếm được các ánh xạ không giãn với toán tử J-đơn điệu mạnh và giả co chặt trong không gian Banach lồi chặt,
q-trơn đều.
32
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực và Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc
Tiếng Anh
gia, Hà Nội.
[2] Aoyama K., Iiduka H. and Takahashi W. (2006), "Weak convergence
of an iterative sequence for accretive operators in a Banach space", Fixed Point Theory Appl, Art. ID 35390, 13.
[3] Aoyama K., Iiduka H., and Takahashi W. (2007), "Strong conver- gence of Halpern’s sequence for accretive operators in a Banach
space", Panamerican Math. J., 17(3), 75-89.
[4] Beauzamy B. (1985), Introduction to Banach Spaces and Their Ge-
ometry, 2nd ed., North-Holland Mathematic Studies, vol.68, North- Holland, Amsterdam.
[5] Buong Ng., Phuong Ng.T.H., and Thuy Ng. T. T. (2015), "Explicit iteration methods for a class of variational inequalities in Banach
spaces", lzv. VUZ. Matematika, 59(10), 19 -26.
[6] Kinderlehrer D. and Stampacchia G. (1980), An Introduction to
Variational Inequalities and Their Application, Pure and Applied Mathematics, vol. 88, Academic Press, New York.
[7] Lions J.-L. and Stampacchia G. (1967), "Variational inequalities", Communications on Pure and Applied Mathematics, 20, 493-519.
